Ευκλειδης Β 49

ΙΟΥΑΙΟΣ-ΑΥΓΟΥΣΤΟΙ-ΣΕΠ

ΕΜΒΡΙΟΣ 200

EYPR

2,5

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤ.ΑΚΒ www.patakis.qr

Πα'rά.χηc βοηθήματα. γι.α. όλα. τα μα.θήμα.τα. ΙJi,

'

Βιβλία, όχι βόμβες!

. . Α 31 1 •� ��

.

,� ιr �� �·� -�

-

.

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Γ. Βιδάλης - Β. Γκιμίσης

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

Α. Δασκαλάς, Κ. Σπανός κ.ά.

Φυσική yεν. παιδείας

Άλyεβpα yεν. παιδείας

Ευιλιίδεια rεωpετpία

Φυσική yεν. παιδείας

Γ Ενιαίου Λυκείου

Β' Ενιαίου Λυκείου

Β' ΕΥΙαίου Λυιείου

Μfθ040ΛΟΓΙλ

Φuσικής 3' cvιo;ou Jιvκεισι.ι-

.,

,., fQNCf

.....

ιιιw;ιιι;.ι:ειεαι.JDΙΙΙJIIf"ΟΟIr•�� ... �,.� • •• �.<::!"•• Oo<ft< �

Β' Eνroiou Λυκεiου

Β' Ενιαίου Λυκείου

μαθηματικά Γ' Εν�σίοu Λuκ:ε:iοv

Κ. Α. Κuριακόποuλος

Αντώνης Σαρρηγιάννης

I. Κεφαλλωνίτης, Β. Χρηστίδης

Ματθαίος Τσιλπιρίδης

Μαθηματικά θετ. κατεύθυνσης

Μεθοδολοyία φυσικής

Χημεία θετ. κατεύθυνσης

Μαθηματικά yεν. παιδείαι;

Τριαντάφuλλος Μελισσαρόποuλος

Τάσος Βαρδόποuλος

I. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης, Α. Κοντογιάννης

Ελεuθέριος Πρωτοπαπάς

θετ. & τεχν. κατεύθυνσης

r' Ενιαίου Λυκείου θετ. κατεύθυνσης

στα Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου

Β' Ενιαίου Λυκείου

Β' Ενιαίου Λυκείου

Β' Ενιαίου Λυκείου

r' Ενιαίου Λυκείου

ιοuοική Γ' Ev:ciou Λuκ.εiοu

�··

ι

-

'

-�

Φυσική r' Ενιαίου Λυκείου

Μεθοδολοyία Χημείας

Ερωτήσεις αξιολόyησης

θετ. & τεχν. κατεύθυνσης

Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου θετ. & τεχν. κατεύθυνσης

Από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού των ΕΚΔΟΙΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΙΗΜΑ ΙΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ για τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

Υπcύ8uvοι Έκδοσης Σuvιακιική Ομάδα:

•

Ιούλιος Αύyοuστος

2

ISSN: 1105

-

7998

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 2,50 ευρώ Ετήσι,α συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) Συvδρομητέ!< 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ

Τεύ χο!<

Ταχ. Επιιαyές Τ. Γρ.αφείο ΑΟήvα 54, Τ.Θ. 30044

2003

•

Ευρώ:

2,50

9

ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

12 Μα8ημαιικοί Διαyωvισμοί - Μα8ημαηκέ!; Ολυμπιάδε!;

I Μαθηματικά yια ιηv Α' Τάξη ιου Λυκείου I 23 Οι πραyμαιικοί αρι8μοί 28 Ισόιηια ιριyώvωv

30 Ασκήσει!; Γεωμειρία!;

32 Αvισοιικέ!; σχέσει!; σιη Γεωμειρία

I Μαθηματικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου I 35 Τριyωvομειρικέ!; Συvαριήσει!; Εφαρμοyέ!; και ΠροΟλήμαια 39 Ασκήσει!; Τριyωvομειρία!;

41 <<Υπο8έσει!;>> και <<Συμπεράσμαια>> σιη Γεωμειρία

48 Διαvύσμαια

Σuvcρyά•c�:

Εκδόιης: Αλεξανδρής Νικόλαος ΔιευΟυvιής: Καρκ:ούλιας Γιώργος

Σεπτέμβριος

•

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

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

I Μαθηματικά yια ιηv Γ' Τάξη ιου Λυκείου I

Φελλούρης Ανάργυρος, ΔΙψάκης Φίλm­ πος, Καραιι:ίτσος Ηλίας, Καραγιάvvης 1., Κωνσταvταιι:όπουλος.Μανώλης. ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΓΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ:36 17 784- 36 16 532 FΒΣ 36 41 025

•

ΜΑΘΗΜΑηΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώρ­ γιος, Χαραλαμποπούλου Λίνα Τυρλής Γιάννης, Κερασουρίδης Ιωάννης Ανδρουλαιι:όχης "Νίκος Βaχαλόπουλος Κώστας Βισκpδουρόχης Βασίλης Βλάχου Αyγελtχή Γιούσης θεόδωρος Γράψας Κωνσταντίνος Δούvαβης Αντώνης Ευθύμογλου Πέτρος θεοδωρέλος Χρίστος Καλίκας Σταμάτης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυριαιι:οπούλου-Κyβερvήτου Χρυστ. ΜαλιδόχηΕλένη Μετα{άς Νίκος Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δrun\τρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρας Ηλίας Παπαζιάν Μαριλένα Παππάς Γιώργος Ρήγας θεόδωρος Σαιι:ελλάρης Βασίλης ΣαiτηΕύα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδόχης Γιώργος -Τσιούμας θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλόμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

49

54 Ασκήσει!; Μιyαδικώv αρι8μώv

58 ΠροΟλήμαια σιι!; Συvαριήσει!;

66 @εωρήμαια Συvεχώv Συvαριήσεωv

76 Η σιήλη ιου Μα8ηιή

77 Η σιήλη ιη!; Αλληλοyραφία!;

Στοιχειοθεσία - Σελιδοποίηση Ν.

Εκτύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81 - 83

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

ΥπευΟ. Τυπογραφείου: Π Τρureριώτης-Τηk34746.'>4

Αλε{όπουλος

π

I

ΑΝΑΖΗΤΩΝΤΑΣ ΤΟ ΜΑΓΙΚΟ ΚΛΕΙΔΙ... Β.Ε. Βισκαδουράκης Η επίλυση ενός (δύσκολου) προβλήματος μπορούμε να πούμε πως γενικά συνίσταται στην αναζήτηση και εξεύρεση της ιδέας- κλειδί η οποία τελικά και ανοίγει το «εφτασφράγιστο» μυστικό της λύσης του. Ευ­ τυχώς υπάρχουν πολλά κλειδιά- πασπαρτού που ανοίγουν ολόκληρες κατηγορίες προβλημάτων, διαφορεπ­ κά η ζωή μας, θα ήταν αρκετά δυσκολότερη.

Ασχολούμενοι με την επίλυση των παρακάτω προβλημάτων (ή τουλάχιστον μερικών) θα δείτε να «τροχi­

ζεται» και να αναδεικνύεται σιγά - σιγά ένα τέτοιο μαγικό κλειδί - πασπαρτού ικανό να ανοίγει πολλές «βαριές» και καλά κλειδωμένες πόρτες. Και έχει εξαιρετική σημασία το κλειδί αυτό να το «τροχίσετε» μ� νοι σας και όχι να το αναζητήσετε έτοιμο. Δείτε το σαν μια νοητική πρόκληση και ανταποκριθείτε...

Πρόβλημα 5:

Πρόβλη μα 1:

Ποιο είναι το άθροισμα των εδρών των ζαριών που δεν φαίνονται;

Γιατί είναι αδύνατο να ξεκινήσουμε από κάποια γωνιά του σκακιού και να καταλήξουμε στην απέναντι, διαγράφοντας μονοκοντυλιάς όλα τα τετράγωνά του και το καθένα ακριβώς μία φο­ ρά; Πρόβλημα 6:

Πρόβλη μα2:

Γιατί κόβοντας ένα χαρτί σε τρία κομμάτια, στη συνέχεια ένα από τα κομμάτια αυτά πάλι σε τρία κ.ο.κ., είναι αδύνατο να πετύχουμε κάποια στιγμή να πάρουμε ακριβώς 2004 κομμάτια;

Γιατί σε μία συγκέντρωση οσωνδήποτε ατό­ μων, ο αριθμός αυτών που έχουν κάνει περιττό αριθμό χειραψιών είναι άρτιος; Πρόβλημα7:

Γιατί αν η ακολουθία α1, α2, , αη με η περιττό είναι μια αναδιάταξη (ένα ανακάτεμα) των α­ ριθμών ι' 2, 3, ..., η, το γινόμενο: Ρ = (α1 - ι)-(α2 - 2) · (α3 - 3)...(αη -η) θα είναι οπωσδήποτε άρτιος αριθμός; •••

Πρόβλημα 3:

Γιατί είναι αδύνατο μόνο με μεταγγίσεις να πά­ ρει κανείς σε ένα δοχείο χωρητικότητας 20 lit ποσότητα ι ι lit νερού χρησιμοποιώντας ένα δοχείο χωρητικότητας 4 και ένα 6 λίτρων;

Πρόβλημα 8:

Πρόβλημα 4:

Γιατί αν αφαιρέσουμε από ένα σκάκι δύο απέ­ ναντι γωνιακά τετράγωνα είναι αδύνατο το α­ πομένον μέρος του σκακιού να καλυφτεί με ντόμινο (LII);

Γιατί αν, ξεκινώντας από την ακολουθία των α­ ριθμών ι, 2, 3, ... , 2002, αντικαταστήσουμε κά­ θε ζευγάρι αριθμών α, β (τυχαία επιλεγμένο) με τον αριθμό j α - βj , μέχρι να μείνει μόνο ένας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/2

Το βήμα του Ευκλείδη

αριθμός, ο αριθμός αυτός θα είναι οπωσδήποτε περιττός; Πρόβλημα 9:

Γιατί η εξίσωση η + σ(η) + σ(σ(η)) = 2003, ό­ που σ(η) το άθροισμα των ψηφίων του η και σ(σ(η)) το άθροισμα των ψηφίων του σ(η), δεν έχει λύση στο σύνολο των φυσiκών;

Πρόβλημα 10:

Γιατί δεν μπορούμε να φτιάξουμε αριθμούς με άθροισμα 100 χρησιμοποιώντας όλα τα ψηφία Ο, 1, 2, ... , 9 μία ακριβώς φορά το καθένα;

Πρόβλημα 11:

Γιατί όταν το σημείο Α διαγράφει το δοσμένο κύκλο (0, R), το μέσον Μ του ΣΑ, όπου Σ δο­ σμένο· σταθερό σημείο, διαγράφει επίσης κύ­ κλο;

Καθένας με τη σειρά αλλάζει θέση πάνω στο ε­ πίπεδο, καταλαμβάνοντας ένα κόμβο με ακέ­ ραιες συντεταγμένες που είναι το συμμετρικό σημείο της προηγούμενης θέσης του ως προς κάποιο επίσης κόμβο με ακέραιες συντεταγμέ­ νες. Νικάει αυτός που θα καταφέρει να «εκτο­ πίσει>> τον άλλο καταλαμβάνοντας το ίδιο τε­ τράγωνο που έχει καταλάβει ο άλλος προηγου­ μένως. Γιατί άραγε το παιχνίδι αυτό δεν θα τε­ λειώσει ποτέ; ,

Πριν προχωρήσουμε, μια υπενθύμιση: Αν δεν Πρόβλημα 12:

Γιατί ένα ταχυδρομείο που διαθέτει γραμματό­ σημα μόνο των 5 και 8 λεπτών μπορεί να ικα­ νοποιήσει οποιαδήποτε ζήτηση σε ακέραια τιμή λεπτών, μεγαλύτερη ή ίση του 28;

Πρόβλημα 13:

έχετε ήδη ασχοληθεί με τη λύση μερικών τουλάχι­ στον από τα προηγούμενα προβλήματα, «πίσω ο­ λοταχώς». Μη στερείτε από τον εαυτό σας την ασύγκριτη χαρά της κατάκτησης μιας κορυφής (χωρίς αλεξίπτωτο... ). Αν πάλι έχετε ήδη κάνει αυτό το δώρο χαράς στον εαυτό σας, τότε είστε έτοιμοι για τη συνέχιση του οδοιπορικού προς την κορυφή των «Άνδεων>> (διάβαζε Αρχή.των. Αναλ­

Δύο παίκτες Α και Β έχουν� διάθεσή τους λοιώτων): κάρτες «αξίας» 1 , 2, 3, 4, 5 και 6 μονάδων (ό­ Το οδοιπορικό ξεκινάει από τη στενή αλλά μα­ σες θέλουν από κάθε είδος). Ο· καθένας εναλ­ κριά «κοιλάδα» των απλών πολυέδρων (π.χ. του λάξ καταθέτει στο τραπέζι από μία, της οποίας τετραέδρου, του κύβου, του ορθού τριγωνικού η αξία προστίθεται στο άθροισμα των ήδη κα­ πρίσματος, του οκταέδρου, των πυραμίδων κ.τ.λ., τατεθημένων καρτών. Νικητής αναδεικνύεται κ.τ.λ.). αυτός που θα μπορέσει να δώσει στο άθροισμα την τιμή 2004. Γιατί άραγε ο παίκτης Α (που ξεκινάει το παιγνίδι), έχει στρατηγική νίκης και ποια είναι η στρατηγική αυτή;

Πρόβλημα 14:

Δύο παίκτες Α και Β ξεκινούν ο πρώτος από το σημείο (2, 1) και ο δεύτερος από το (-3, 0).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/3

Το Ρήμα του Ευκλείδη

Αν από περιέργεια αρχίσετε να παρατηρείτε

και «συστολέφ να πάρει σφαιρικό σχήμα. Αν από

καταμετρώντας. ταυτόχρονα τα χαρακτηριστικά

ένα τέτοιο πολύεδρο αφαιρέσουμε μία έδρα, τότε

στοιχεία αυτών των στερεών σχημάτων, δηλαδή

το ανοικτό «κουτί» που δημιουργείται μπορεί πάλι,

τις κορυφές, τις έδρες και τις ακμές τους, είναι

χωρίς σκισίματα, να «τεντωθεί» όπως φαίνεται στο

σίγουρο πως οι παρατηρήσεις σας θα συμφωνή­

παρακάτω σχήμα και να γίνει μία επ�δη πολυγω­

σουν με τον εξής πίνακα:

νική επιφάνεια.

Είδος απλού στερεοii Κορυφές Έδρες Ακμές ετράεδρο κύβος τριγωνικό πρίσμα οκτάεδpο ιετραγωνucή πupαμίδα πενταγωνική πupαμίδα

6

4 8 6 6

4 6

12

5

9

8

12

5

5

8

6

6

10 Σ' αυτό το μετασχηματισμό, ο αριθμός των κο­

Αν τώρα μπορείτε να διακρίνετε κάποια σχέση, σταθερή και αναλλοίωτη που ικανοποιεί η τριά­ δα των αριθμών που αντιστοιχεί σε κάθε πολύε­ δρο, ε τότε βλέπετε την «κορυφή»:

(Κορυφές + Έδρες - Ακμές 2) (Ι) =

Αυτή η εξαιρετικά· σημαντική σχέση είναι ίσως η πρώτη ανακάλυψη στον τομέα της Συνδυαστι­ κής (ή Αλγεβρικής) Τοπολογίας, ενός ακόμα σύγ­ χρονου και εξελισσόμενου κλάδου των Μαθηματι­ κών� Φαίνεται ότι η σχέση ήταν γνωστή στο

Descartes (1639), αλλά φέρει το όνομα του Euler

ο οποίος την επαναανακάλυψε και δημοσίευσε

ρυφών, των ακμών και των εδρών παραμένει α­ ναλλοίωτος. Στη συνέχεια στις έδρες - πολύγωνα φέρνουμε διαγώνιες έτσι ώστε όλες να χωριστούν σε τρίγωνα (ξένα μεταξύ τους). Παρατηρούμε εδώ ότι η τιμή της παράστασης Κ + Ε - Α με την τρι­ γωνοποίηση δεν μεταβάλλεται (παραμένει αναλ­ λοίωτη), αφού φέρνοντας μία διαγώνιο αυξάνεται

ο αριθμός των εδρών (το Ε) κατά μία μονάδα αλλά το ίδιο συμβαίνει και με τον αριθμό των ακμών (το Α). Έτσι η παράσταση Κ + Ε- Α γίνεται: Κ+(Ε+1)-(Α+1)=Κ+ Ε+ 1-Α-1 =Κ+Ε-Α έμεινε δηλαδή αναλλοίωτη.

(1751) την απόδειξή της. Εδώ θα δούμε αμέσως μία απόδειξη της σχέσης

(Ι) εξαιρετικά απλή και κατανοητή που ανήκει στο μεγάλο Γάλλο Μαθηματικό Cauchy (1811) και α­ ναδεικνύει με μοναδικό τρόπο την αποτελεσματικό­

τητα που μπορεί να έχει ο εντοπισμός και η αξιο­

Αν τώρα εκτελέσουμε την αντίστροφη διαδικα­

ποίηση μιας αναλλοίωτης στη λύση δύσκολων

σία, δηλαδή αν αρχίσουμε να αφαιρούμε από εξω­

υπάρχει). Όσο για το τι είναι τελικά η αναλλοίωτη,

τερικά ένα-ένα τα τρίγωνα, τότε πάλι το αναλλοί­ ωτο της παράστασης Κ + Ε - Α διατηρείται, αφού:

προβλημάτων, (όταν βέβαια μια τέτοια αναλλοίωτη αυτό θα γίνει φανερό αμέσως παρακάτω, (είναι κάτι ας πούμε αμετάβλητο, κάτι που δεν αλλάζει). Έστω λοιπόν ότι έχουμε ένα απλό πολύεδρο.

Ένα πολύεδρο δηλαδή που αν ήταν από ελαστικό υλικό θα μπορούσε

με

κατάλληλες «διαστολές»

Αφαιρώντας ένα τρίγωνο υπάρχουν δύο ενδεχόμε­ να: Πρώτον, να μειωθεί κατά ένα ο αριθμός των εδρών (το Ε) και κατά ένα ο αριθμός των ακμών (το Α), οπότε έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/4

Το βήμα του Ευκλείδη

Κ+(Ε -'-1)-(Α l) -

K+Ε- 1- Α+1 =Κ+ Ε- Α

=

περίπτωση 4φορές

μαθήματά του στο Πανεπιστήμιο

Erlangen

της

Γερμανίας (Erlangen Program), διάκριση που

1

στηρίχθηκε αποφασιστικά στην έννοια των αναλ­ λοιώτων. Ο

Klein

πρότεινε τη θεώρηση της Γεωμετρίας

ως μελέτη των αναλλοιώτων μιας ομάδας �ετα­ σχηματισμών που δρουν σε ένα σύνολο. Η ιδέα αυτή του

περίπτωση 2

Κlein

όχι μόνο αποτέλεσε το

επίκεντρο της μελέτης της Γεωμετρίας από την

1 φορά

εποχή του μέχρι και σήμερα αλλά είχε και έχει τε­ ράστια επίδραση στο σύνολο σχεδόν των σύγχρο­

Δεύτερο, να μειωθεί κατά μία μονάδα το Ε και

νων Μαθηματικών, στη Φυσική και τη Χημεία._

κατά δύο μονάδες το Α (αλλά τότε θα μειωθεί κα­

Στη Φυσική για παράδειγμα, το αναλλοίωτο των

τά μία μονάδα και το Κ έτσι θα έχουμε: (Κ- 1) + (Ε- 1)- (Α- 2)=Κ- 1+Ε- 1- Α+2 =

Εξισώσεων

Κ + Ε -Α. Συνεχίζον:rας μ'

αυτό τον τρόπο (ο­ + πότε η τιμή της παράστασης Κ Ε - Α όπως είδα­

=

με παραμένει αναλλοίωτη) καταλήγουμε στο τέλος σε ένα και μόνο τρίγωνο (όπου είναι Κ= 3, Ε = 1 ,

Α = 3), αλλά τότε Κ+ Ε - Α = 3 + 1 - 3 = 1. Έτσι αν προσθέσουμε και τη μία έδρα που είχαμε στην αρχή αφαιρέσει από το πολύεδρο, θα έχουμε τη σημαντική σχέση:

Κ +Ε - Α = 2 ανώ.λοίωτη του Euler και η σχέση που αποδείξαμε τύπος του Ο αριθμός 2 λέγεται σταθερά ή

Euler.

•

•

του Maxwell στον Ηλεκτρομαγνητι­

σμό κιiτω από τους

μετασχηματισμούς

Lorentz

υπέδειξε στον Minkowski μια: νέα γεωμετρία του

χωροχρόνου του οποίου η ομάδα αντομορφισμών Lorentz. Αυτό ήταν

και η αρχή για

Θεωρία της Σχετικότητας

την οποία ο

είναι η ομάδα τη

Einstein σε κάποιο σημείο την αναφέρει ως

«lnvaήanten - theorie».

Ατομική Φυσική επίσης, στη Φυσική Στοιχειωδών Σωματιδίων και στην Κρυσταλλο­ γραφία, η Θεωρία των Αναλλοιώτων άνοιξε νέ­ Στην

ους ορίζοντες και οδήγησε σε πολλές νέες υποθέ­ σεις. Παράδεισος πάντως εκδήλωσης της παραγωγι­

Ας σημειωθεί ότι με τη βοήθεια του τύπου του

κότητας. της Θεωρίας Αναλλοιώτων αποτέλεσε

Euler

και με στοιχειώδεις γνώσεις θεωρίας Α­

από τις αρχές του 20ου αιώνά η Τοπολογία και Αιr

ριθμών (διαιρετότητας) μπορεί να δειχθεί ότι υ­

χάγγελος αυτού του Παραδείσου υπήρξε ο μεγά­

πάρχουν μόνο πέντε ειδών κανονικά πολύεδρα

λος Ολλανδός

(Πλατωνικά στερεά.) Η ιδέα των αναλλοιώτων μπορεί να εντοπιστεί

(1881-1966) που στο επίκεντρο του έργου του

σε πολλές παλιές μαθηματικές εργασίες, αλλά

λοιώτων.

μαθηματικός L.E.J. Brouwer

βρίσκονται τα τοπολογικά θεωρήματα περί αναλ­

19ου και αρχές του 20°υ αιώ­

Τόσο σημαντική υπήρξε η επιρροή της θεωρίας

να παρουσιάζεται και χρησιμοποιείται μ' ένα

των αναλλοιώτων στα Μαθηματικό. και τις Θετικές

πολύ ξεκάθαρο τρόπο. Ο όρος «αναλλοίωτη» («invariant» στα Αγγλικά) οφείλεται στον Άγ­

Επιστήμες γενικώτερα, ώστε ο Ε. Wigner είχε πει ότι «στο μέλλον είναι πολύ πιθανό να εξάγουμε τους

γλο μαθηματικό James Joseph Sylvester

φυσικούς νόμους και να ελέγχουμε την εγκυρότητα

(1814-1897).

τους μέσω των νόμων των αναλλοιώτων, παρά να

Σταθμός για τα Μαθηματικά υπήρξε η διάκριση

προσπαθούμε να συμπεράνουμε τους νόμους των

μόνο στα τέλη του

των

διάφορων · Γεωμετριών

από τον Felix Κlein

(1849-1925) την οποία παρουσίασε το

i872

στα

αναλλοιώτων μέσα απ' ό,τι πιστεύουμε ότι αποτε­ λούν τους νόμους της φύσης».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β: λζ' τ.l/5

Το βήμα του Ευκλείδη

Στο σημείο αυτό θα ήταν ίσως παράλειψη και εθελοτυφλία αν δεν υπογραμμίζαμε την έλλειψη της θεώρησης της Γεωμετρίας που διδάσκουμε στη Μέση Εκπαίδευση, από την οπτική του F.

Κlein. Η

όσους «υψηλά καθήμενοι» καθορίζουν τις τύχες της Μαθηματικής μας Εκπαίδευσης αλλά και �

ποιες άλλες τύχες μ' αυτήν συναρτώνται.

Το ζήτημα δεν είναι απλό· και αν σfιμερα χρε..

υποτίμηση και η ουσιαστική απουσία από τα σχο­

λικά εγχειρίδια Γεωμετρίας τα τελευταία είκοσι

επιστημολογικής ανεπάρκειας, αύριο θα σημάνει

χρόνια, των Γεωμετρικών Μετασχηματισμών που

την ολοκληρωτική αμφισβήτηση των κέντρων και

και ορίζουν την Ευκλείδεια Γεωμετρία είναι κραυ­ γαλέα. Μια - δυο εφαρμογές για παράδειγμα στη

των προσώπων που τα στελεχώνουν. Και τότε (για

συμμετρία (που ας σημειωθεί, με οδηγία του Π.Ι.

την... «υπηρεσιακότητα» με ότι αυτό συνεπάγεται

δεν διδάσκονται) και άλλα τόσα προβλήματα, δεν

για την Παιδεία μας, θα νομιμοποιείται να αξιολο-

μπορούν να πείσουν τους στοιχειωδώς υποψιασμέ-

γεί. ..

νους διδάσκοντες ότι η σημασία αυτών των γνω-

ώνεται ως ένα δείγμα (που δεν είναι μεμονωμένο)

παράδειγμα) η «επί θύραις» αξιολόγηση, μόνο

(Η συνέχεια στο επόμενο τεύχος)

στικών αντικειμένων έχει όντως κατανοηθεί απ'

Γενίκευση μιας άσκησης που είχε προτείνει

ο συνάδελφος Γ. Τασσόπουλος στο τεύχος 48 στη στήλη «0

Ευκλείδης προτείνει... Ευκλείδη και Διόφαντο» Φίλιππος Δημάκης Μηχανολόγος- Ηλεκτρολόγος ΕΜΠ

Σ' ένα τρίγωνοΑΒΓ φέρουμε τυχούσα ευθεία (ε) διερχόμενη από το Α και όχι -από τα Β, Γ. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Μ της ευθείας (ε), ώστε ΜΒΑ MfΑ* 0°, εφ' όσον η ευθεία δεν είναι η εσωτερική διχοτόμος της Α , η συμμετροδιάμεσος και η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου στο Α. Λύση α'"J"ρόπος · =

"

Απ<;>δεικνύουμε τη μοναδικότητα του Μ.

Δ

Δ

στα Α ΒΜ και ΒΜ Μ' προκύπτει: ημΒ1 ΒΜ' ΑΜ = ·-ημΒ2 ΑΒ ΜΜ' --

ημΓ 1 ημΓ

ομοίως

2

=

(1)

--

ΓΜ'. ΑΜ ΑΓ ΜΜ'

(1), (2) =>

(2)

:, -r;:'

κάι επειδή και Μ 'ΒΑ = M'fΑ τα Α Β Μ' και

ArM'

είναι όμοια. Θα είχαμε τότε

Αι = Α2

άτο­

πο γιατί η (ε) δεν είναι διχοτόμος. Σε άτοπο θα οδηγούμαστε ομοίως αν η (ε) ήταν εξωτερική της Α (θα προέκυπτε ΜΑΒ = MAr ενώ

MAB<MAr).

(ε)

·

Από την εφαρμογή του νόμου των ημιτόνων

(ε) Αν υπήρχε πλην του Μ και άλλο Μ' θα είχαμε:

Β1 =ΙΊ, M'BA=M'fA?B2 =f2

Η ύπαρξη (αλλά· και η μοναδικότητα) του ση­ . μείου Μ προκύπτει από την κατασκευή για την εύρεσή του.

lη περίπτωση: Αν η ευθεία (ε) είναι εσωτερική της κατακορυφήν της .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/6

Α

και της

Το βήμα του Ευκλείδη

2η περίπτωση Αν η (ε) είναι εξωτερική της Α και της κατακο­ ρυφήν της.

α. Ανάλυση: Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των ..

..

Α Β Μ και Α Μ Γ είναι ίσοι, γιατί η κοινή χορ-

δή τους ΑΜ φαίνεται από τα Β, Γ υπό ίσες γω­ νίες & . Αν Κ, Λ αντίστοιχα τα κέντρα των κύ­

κλων αυτών τότε ΚΑ =

ΛΜ

ΚΜ = ΛΑ = η (ε) μεσοκάθετος του ΚΑ. Αν Ρ το σημείο τομής �

της μεσοκαθέτου y'y της ΑΓ με την (ε) τότε η ΚΡ είναι συμμετρική της y'y ως προς της (ε).

β. Σύνθεση: Φέρομε

γ.

τις μεσοκαθέτους

την y'y στο Λ. Το Λ είναι συμμετρικό του Κ ως προς την (ε) γιατί y'y συμμετρική της z'z ως προς (ε) και η (ε) μεσοκάθετος του ΚΑ κλπ.

δ. Διερεύνηση:

Κατ' αρχάς πρέπει να τέμνονται και z'z. Αν xx'//z'z τότε zz'.l ΑΒ οπότε Α1 =90" -<Ρ1 =90" -<Ρ2 =Α2

διχοτόμος της

Α. Επίσης πρέπει η (ε) να τέμνει τον (Κ, ΚΑ) που συμβαίνει όταν η και η (ε)

(ε) δεν είναι εφαπτομένη του (Κ, ΚΑ). Είναι ε­ φαπτομένη (ΚΑ .l (ε) ) όταν η (ε) είναι η συμγ 2 μετροδιάμεσος

[

�

κλο. Η κατασκευή είναι απλή και το Μ είναι το

σημείο τομής, το μοναδικό (πλην του Α), της ..

(ε) και του περιγεγραμμένου κύκλου του Α Β Γ εφ' όσον η (ε) δεν είναι εφαπτομένη του ανω­ τέρω κύκλου.

' χχ

και ' y y των πλευρών ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Φέ­ ρομε την z'z συμμετρική της y'y ως προς την (ε) που τέμνει την χ'χ στο Κ. Ο κύκλος (Κ, ΚΑ) τέμνει την (ε) στο ζητούμε­ νο σημείο Μ. Απόδειξη: Φέρομε την ΚΣ .l (ε) που τέμνει

' χχ

Το τετράπλευρο ΜΑΓΒ είναι εγγράψιμο σε κύ­

ημΑΙ ημρ = = = ημΑ2 ημν β/2 β λ

r] .

Το σημείο τομής του (Κ, ΚΑ) και της (ε) πλην των ανωτέρω περιπτώσεων είναι το ζητούμενο σημείο. .

Αποδείξαμε συνεπώς την ύπαρξη και την μονα­ δικότητα του σημείου αυτού πλην των προανα­ φερθεισών εξαιρέσων. Ειδική περίπτωση αν η ευθεία (ε) είναι ο φορέ­

ας του ύψους ΑΔ οξυγωνίου και μη ισοσκελούς τριγώνου

ΑΒΓ ( ΑΒ * ΑΓ ,

ύψος όχι διχοτό­

μος): Επειδή για το ορθόκεντρο Η ισχύει ΙΙ:ΒΑ =IIf'Α, συμπεραίνουμε ότι αυτό είναι και το μοναδικό σημείο με τέτοια ιδιότητα.

β' τρόπος (Σύμφωνα με τη λύση Γ. Τασσόπου­

λου) ι η περίπτωση:

Αν η ευθεία (ε) είναι εσωτερική της Α και της κατάκορυφήν της: Φέρομε το συμμετρικό σημείο

Γ του Γ ως προς την ευθεία (ε).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.ΙΠ

------- · Το βήμα του Ευκλείδη

� �

}

Γ

Λόγω συμμετρίας M 'A= A => MBA=Mf''A Από υπόθεση ΜΓ Α=ΜΒΑ οπότε το τετράπλευρο ΜΒΓΑ είναι εγγράψιμο σε κύκλο . Το Μ είναι το σημείο τομής το μοναδικό (πλην του Α) της (ε) και του περιγεγραμμένου κύκλου του ΑΒΓ' . Οι προϋποθέσεις της ύπαρξης και μοναδικότη­ τας του Μ προκύπτουν από την κατασκευή για την εύρεσή του: α. Ανάλυση : Το ανωτέρω σκεπτικό. β. Σύνθεση : Φέρομε το συμμετρικό σημείο Γ του Γ ως προς (ε) και εν συνεχεία κατασκευάζουμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ που τέμνει την (ε) πλην του Α στο ζητούμενο σημείο Μ. γ. Απόδειξη: Επειδή το τετράπλευρο ΑΓΒΜ εί­ ναι εγγεγραμμένο σε κύκλο Mf''A = ΜΒΑ (1). Λόγω συμμετρίας Mf''Α = Mf'Α (2).

(1),(2) =>ΜΒΑ = ΜΓΑ δ. Διερεύνηση : Κατ' αρχάς πρέπει ο περιγεγραμμένος κύκλος του Α Β Γ' να είναι κατασκευάσιμος και μοναδικός, το οποίο ισχύει όταν το Γ δεν βρίσκεται στον φορέα της ΑΒ που συμβαίνει όταν η (ε) είναι διχοτόμος της Α (αν Γ' Β άπειροι κύκλοι, αν Γ';i!1 Β κανένας).

Επίσης η (ε) δεν πρέπει να είναι εφαπτομένη του κύκλου που συμβαίνει όταν είναι η συμμε­ τροδιάμεσος όπως αποδεικνύουμε παρακάτω: Έστω Αι ,Α 2 οι γωνίες που χωρίζει η (ε) την Α . Ισχύει Αι = φ (1) γιατί η Αι είναι γωνία σχηματιζομένη από την χορδή ΑΒ και την εφα­ πτομένη (ε) και η φ είναι εγγεγραμμένη στο τόξο ΑΒ . Λόγω συμμετρίας: Γ'Ακ = Α2 => ω + Αι = Α2 =>ω = Α2 - Αι (2) Γ'ΑΚ=rο+ Αι Α

•

'

Α

=

Α

}

Α

Α

Α

Α

Α

Είναι Γ'ΒΑ = 180 -φ-& και λόγω (1), (2) Γ'ΒΑ = 180' - λ - (Α2 - λ ) = 180' - Α2 => '

Γ'ΒΑ + Α2 = 1 80'

Δ

Δ

Α

(3)

Έστω Μ,Ν τα μέσα του ΒΓ, ΑΓ αντίστοιχα (ε­ πίσης Κ μέσο του ΓΓ), οπότε ΚΜ//ΒΓ, ΜΝ/IΑΒ και ΚΝ//ΑΓ', είναι κΜΝ = Γ'ΒΑ (4) γιατί έχουν τις πλευρές παράλληλες. Από (3), (4) προκύπτει κΜΝ + Α2 = 180' οπότε το τετράπλευρο ΚΜΝΑ είναι εγγράψιμο σε κύ­ κλο και συνεπώς .ΜΚΝ = MAr (5).

AJJ..ά .ΜΚΝ = φ (6) γιατί έχουν τις πλευρές παράλληλες. Από (5), (6) προκύπτει MAr = φ (7) και λόγω της (1) MAr = Αι δηλαδή η (ε) είναι συμμετροδιάμεσος. Σχόλιο απ' το συνάδελφο Γιώργο Τασσόπουλο

Θέλω να ευχαριστήσω από τη στήλη αυτή τον κ. Φ. Δημάκη διότι η γενίκευσή του μου δίνει τη δυνατότητα να δικαιολογήσω με πλέον διδακτικό τρόπο το γιατί ενδείκνυται να πάρουμε το συμμε. τρικό του Β ή του Γ ως προς την ευθεία (ε). Πράγματι, αν εξετάσουμε πρώτα την 2η περί­ πτωση κατά iι,ν οποία η (ε) είναι εκτός του τριγώ­ νου ΑΒ Γ και η απόδειξη της μοναδικότητας του Μ καθώς και η κατασκευή του είναι απλές, τότε δεν έχουμε παρά να ανάγουμε την 1 η περίπτωση στη 2η. Αυτό επιτυγχάνεται προφανώς με το να θεω­ ρήσουμε το συμμετρικό Γ του Γ ως προς την (ε), οπότέ έχουμε να αντιμετωπίσουμε το ίδιο πρόβλη­ μα για το τρίγωνο ΑΒΓ, στο οποίο όμως η (ε) εί­ ναι εξωτερική.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/8

Η Homo Mathematicus είναι μια σrήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλ.ιryή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή {yXJ. να διδάσκονται, 3) Ποwι είναι οι κλάδοι των Μαθηματιιcών

και ποw το αντικείμενο τοu καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τοuς, 5) Ποιες επισrήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή -γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποwς να τοuς σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της σrήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τοuς και ως προς το επίπ& δό τοuς, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέροuς των παιδιών.

Προαγγελίες. Με μεyάλη μας χαρά, σας πληροφορούμε παις, από το τεύχος αυτό, η στήλη εμπλουτίζεται με ένα

των Μαθηματικών και με τίτλο "που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικά;". Τα σημειώματα αυτά θα είναι, 'λiΥyω έλλειψης χώρου, πολύ περιληπτικά

νέο, μόνιμο σημείωμα, με αντικείμενο τη χρηmμότητα

Ι.

,που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικά;,

Κερασαρίδης Γιάννης

Θέμα: Μαθηματικά και Κυβερνητική

Η μελέτη των γενικών νόμων που διέπουν τα συστήματα iλi:γχου αποτελεί αντικείμενο της ειδ ικής εmστήμης που λέyεται Κυβερνητική. Ο όρος κυβερνητική προέρχεται από την ελληνική λέξη "κυβερνήτης" και μας θυμίζει ότι η κυβερνητική είναι η επιστήμη για τους γενικούς νόμους του μ ετασχηματισμού των. πληροφοριών στα συστήματα iλi:γχου. Η εμφάνιση της κυβερνητικής είναι αποτέλεσμα της προηΎούμενης ανάπτυξης της εmστήμης και της τεχνολσγίας. Θεμέλιο της κυβερνητικής είναι τα σύyχρονα Μαθηματικά, οι κλάδοι τους που αναπτύσσονται καταπληκτικά, όπως είναι η ΆλΎ εβρα, η Θεωρία των Πληροφοριών, η Θεωρία των ΑλΎορίθμων, η Θεωρία των βέλτιστων αποφάσ εων, η Θεωρία της Μαζικής Εξυπηρέτησης, η Επ ιχεφησιακή Έρευνα κλπ. Το Ύεrονός ότι η κυβερνητική είναι εφαρμόσιμη, εκφράζεται με την χρησιμοποίησή της στα πιο δι αφορετικά αντικείμενα έρευνας του πραΎματικού κόσμου. Έτσι: *Μπροστά στην οικονομική κυβερνητική μπαίνει ο στόχος της εφαρμογής στην οικονομία των Ύενικών νόμων που διέπουν τα συστήματα iλi. γχου. *Η βιοκυβερνητική εξετάζει τους ζωντανούς ο ργανισμούς, την ανθρώmνη σκέψη, ασχολείται με την δημιουργία μοντέλου της νοήσεως ή του EΎJC εφάλου. * Η τεχνική κυβερνητική εξετάζει τα προβλήματα του σχεδιασμού πολύπλοκων συστημάτων πχ.

ηλεκτρονικών υπολογιστών, των πληροφοριοδοτ ι­ κών συστημάτων κλπ. Η κυβερνητική σήμερα είναι η θεωρητική βάση του αυτοματισμού και κυρίως του αυτοματισμού πολλών ειδών της πνευματικής δραστηριότητας. Συστατικά μέρη της κυβερνητικής είναι: α) Η Θ ε­ ωρία των Πληροφοριών, β) Η Θεωρία των Αυτ ομάτων, Ύ) Η Θεωρία των ΑλΎορίθμων Οι πρακτικές προοπτίκές αυτών τω" θεωριών είναι εμφανώς μεΎάλες, ιδιαίτερα σε σχέση με την σύyχρονη ανάπτυξη των υπολογιστικών μεθόδων, οι οποίες καθιστούν δυνατή την αντικατάσταση πολύπλοκων μαθηματικών αλΎορίθμων από υπο­ λογιστικά προ-γράμματα. Με βάση τους νεότατους μηχανισμούς και συ­ στήματα της κυβερνητικής αναπτύσσεται με γοιryό ρυθμό ο aυτοματισμός των διαφόρων ειδών της πνευματικής δραστηριότητας του. ανθρώπου. Ο aυτοματισμός α'γ1Cαλιάζει ολοένα και πιο νέες π εριοχές, οι δυνατότητες του είναι απεριόριστες. Οι εmτυχίες του αυτοματισμού προκαλούν σε μερ ικούς αστούς φιλοσόφους και σιιyγραφείς ανησυχ ί­ ες Ύια το μέλλον της aνθρωπότητας. Αναροmο ύ­ νται μήπως τα αυτόματα εκτοπίσουν τον άνθρωπο. Ωστόσο οι φόβοι αυτού του είδους είναι αποτέλεσμα της άγνοιας της νομοτέλειας της ιστορικής εξέλιξης. Οι μηχανές, όσο τέλειες κι αν είναι, θα

Βιpλιογραφική αναφορά: "ακαδημαϊκή", τόμ. 2, Αστρονομία-Μαθηματικά, σσ. 441-450, εκδ. "Γιαννίκος & ΣΙΑ"

παραμένουν πάντα πιστοί βοηθοί του ανθρώπου.

11.

,Αυτό το ξέρατε;,

IIL

,Οι συνεργάτες της στήληςγράφουν-ερωτούν,

Ποιο είναι <<Το Γεωμετρικό Ναπολεόντειο Πρόβλημα;» [η απάντηση στο τtλος της στήλης]

ι

Α. «Μαθηματικά και σκάκι. Ομοιότητες και διαφορέ9), Χρ. Ζιώ'yας-μαθηματικός [ΠΡΕΒΕΖΑ] Από τον φίλο μαθηματικό Χρήστο Ζιώγα (από του με θέμα τις ομοιότητες και διαφορές ανάμεσα την Πρέβεζα) λάβαμε ηλεκτρονικά ένα σημείωμά στα Μαθηματικά και το Σκάκι. Πρέπει να σημειώ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/9

Homo Mathematicus

σουμε πως ο Χ. Ζιώγας είναι ένας εμβριθής μελε­ σmζόμενο ό).)..λ) ή κάποια θέση, αυτό απαιτεί μερι­ τητής του Σκακιού και έχει στο ενεργητικό του ένα κούς aριθμητικούς υπολογισμούς από έναν απλό σχετικό βιβλίο. Λόγω έλλειψης χώρου, θα το δη­ μέχρι σύνθετα δένδρο-διαγράμματα . μοσιεύσουμε σε δύο συνέχειες. Παραθέτουμε το Ομοιότητες στο Σκάκι και τα Μαθη ματικά. Δια­ πρώτο μέρος. σκεδάζοντας δε μέσω του παιχνιδιού , ο νους του «Αν θέλουμε να δώσουμε έναν απλοϊκό ορισμό ατόμου που ασχολείται με αυτού του είδους τα των μαθηματικών, θα λέγαμε ότι είναι η επιστήμη προβλήματα εθίζεται να ανακαλύπτει ·τις ιδέες που της ποσότητας και του χώρου. Ο συμβολισμός εί­ υπάρχουν, να τις κατανοεί και να δημιουργεί. Ιδού ναι επίσης ό).)..λ) ένα βασικό συστατικό της ενα­ λοιπόν μια προχωρημένη δυναμική εφαρμογή της σχόλησης των μαθηματικών που σχετίζεται με την παιδαγωγικής αρχής που οι βιολόγοι την διατυπώ­ ποσότητα και τον χώρο. Από την άλλη το σκάκι νουν ως εξής : <(}/ οντογένεση συγκεφαλαιώνει την είναι ένα εγκεφαλικό παιχνίδι που χρησιμοποιεί φυλογένεση» που σημαίνει σε απλά ελληνικά ότι: το βασικές αρχές της λογικής σ' ένα μείγμα στρατηγι­ άτομο επαναλαμβάνει την ανάπτυξη της ομάδας , κής με τις ιδιότητες της ύλης (κομματιών) και των και τι καλύτερο αυτό να επιτυγχάνεται μέσα από το επίπεδων ασπρόμαυρων τετραγώνων και αρκετής παιχνίδι !! δόσης στατιστικής-mθανότητας και οπωσδήποτε l.Οι δύο αυτές εγκεφαλικές ενασχολήσεις πα­ ψυχολογίας ατόμου . Από τις παρατηρήσεις μου ρουσιάζουν λοιπόν αρκετές ομοιότητες και διαφ� και από όσα έχω μελετήσει διαφαίνεται ότι υπάρχει ρές όπως: η λεγόμενη αλγεβρική σκακιστική γραφή ισχυρή σχέση μεταξύ των μαθηματικών και του χρησιμοποιεί το ορθογώνιο σύστημα συντεταγμέ­ σκακιού από την άποψη όχι μόνο της εφαρμογής νων π.χ. Πγ3 σημαίνει ο Πύργος κατευθύνεται στο του ως μοντέλο λογικο-μαθηματικό αλλά και της τετράγωνο που συναντώνται η κάθετος (γ) με την καλλιέργειας της δυνατότητας του νου να αντιλαμ­ οριζόντια γραμμή (3). βάνεται αφηρημένες έννοιες και σύμβολα, καθώς 2.Και στα δύο ενυπάρχει η θυσία χαρακτηρι­ και στις δυναμικές που αναπτύσσονται μεταξύ α� στικό γνώρισμα των δυναμικών συστημάτων. Στο τών μέσα βέβαια από την δύναμη της λογικής π .χ σκάκι η θυσία εμφανίζεται εκεί όπου προσωρινά η στρατηγική ανοιγμάτων ή μέσου παρτίδας ή φινά­ θέση το απαιτεί για να δημιουργηθούν οι προϋπ� λε. Η αρχική αντιμετώmση του σκακιού επιστη­ θέσεις νίκης ή μέσω κέρδους μεγαλύτερου υλικού ή μονικά (δηλαδή με βάση την αριστοτέλεια λογική) θέσης ματ. Ο G. Η. Hardy ένας από τους σημαντι­ οφείλεται στον αυστριακό, πρώην πρώτο αναγνω­ κότερους Άγγλους μαθηματικούς του 20ού αιώνα, ρισμένο παγκόσμιο πρωταθλητή, Wilhelm Steinitz συνήθιζε να ισχυρίζεται για την θυσία στο σκάκι πατέρα της μοντέρνας θεωρίας ο οποίος, με το επι­ ότι θυσιάζεται ένα μέρος του υπάρχοντος υλικού στημονικό σχήμα ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ-ΥΠΟΘΕΣΗ­ ενώ ο μαθηματικός στην μέθοδο της εις άτοπον ΠΕΙΡΑΜΑ-ΘΕΩΡΙΑ πάνω στους βασικούς σκακι­ απαγωγής με το περίφημο «έστω ότι ισχύει κάτι στικούς παράγοντες, υλικό-χώρος-χρόνος θεμελί­ διαφορετικό από αυτό που θέλουμε ν' αποδείξο� ωσε τη σύγχρονη αντίληψη του σκακιού. Βέβαια με», θυσιάζει ολόκληρο το παιχνίδι!. Βέβαια εδώ η και άλλες αρχές εφαρμόστηκαν μετέπειτα, όπως συζήτηση θα μπορούσε να πάρει την έκταση βιβλί­ της Κβαντομηχανικής από τον Ε. Lasker και τις ου και φυσικά είναι θέμα που ξεφεύγει από τους σύγχρονες επιστήμες Στατιστικής και Ψυχολογίας. σκοπούς του παρόντος άρθρου. Φuσικά στην σημερινή του μορφή συνέβαλλε τα 3.Η προσθετική - αφαιρετική σκέψη εφαρμόζε­ μέγιστα· , η σοβιετική σχολή με τους πολλούς ται στα πεδία μαθηματικών και σκακιού σε μέγι­ γκραν μαιτρ (GM) και τους «συνήθεις υπόπτους», στο βαθμό. Για το σκάκι οι σκέψεις αυτές αποτε­ παγκόσμιους πρωταθλητές μέχρι και σήμερα. λούν πηγή δημιουργίας τόσο σε επίπεδο υπολογι­ Στο σκάκι, οι κινήσεις, τα κομμάτια και η σκα­ στικό όσο και σε στρατηγικής σημασίας τοποθετή­ κιέρα είναι πλήρεις μαθηματικών εννοιών και ιδε­ σεις κομματιών (σκακιστικοί πεσσοί). Στα προβλή­ ών. Μερικά απλά παραδείγματα, για του λόγου το ματα που θα ακολουθήσουν οι ιδέες αυτές θα ανα­ αληθές που καταδεικνύουν αυτή την ιδέα και την πτυχθούν ικανοποιητικά . αναγορεύουν σε στρατηγικό πλεονέκτημα είναι ότι 4.Μια άλλη ομοιότητα μεταξύ μαθηματικών και τα τετράγωνα, οι γραμμές, οι στήλες, οι διαγώνιες σκακιού εδράζεται στην ιδέα: παρελθόν - παρόν και τα χρώματα των τετραγώνων είναι σχετικά με μέλλον. Αυτή κι' αν είναι ιδέα μέσα από την οποία τα πρότυπα της γεωμετρίας. Επίσης, οι θέσεις ματ ο νους εθίζεται σε δημιουργικές ενέργειες, γιατί είναι πραγματικά οι τομές των γραμμών και των μελετώντας παρτίδες παλαιές με στατιστικές και στηλών, που είναι σχετικές με τη γεωμετρία και την συμπεράσματα πάνω σ' αυτές , αναλύουμε παρτί­ mθανότητα, θέματα βέβαια τα οποία από μόνα τους δες του σήμερα και πιθανολογώντας διαμορφώνο� αποτελούν πεδία όπου μπορεί κανείς να γράψει με τις μελλοντικές παρτίδες! Άρα να μια προχωρη­ πολλά. Όταν εmτίθεται π.χ. ένα κομμάτι υπερα- μένη εφαρμογή της επιστημονικής σκέψης σύμφω·

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/10

Homo Mathematicus

τις

ναγικότητας. με εmταγές της επαγωγικότητας και παραγ� βαριάντες 6.Η διαδικασία του μετρήματος σnς διάφορες τουμαθημαnκά παιχνιδιού,μοντέλα μπορούν να παραστα­ S. Σ ε συμβολικό επίπεδο τα μαθημαnκά με το θούν με τα δενδροδιαγραμμά­ ολοκλήρωσης διαδικασιών μέσω των επιμέ­ των φάσεων σκάκι έχουν πολλά,ευκοιθείες,νά π.διχα.γώνιτα γεωμετρικά σχή­ ρους . ματα, τετράγωνα ε ς. Εκεί ν ο όμως που άλλων προσθέτει ·το σκάκιτου (π.είνχαι. τοη σύμβολο διαφορεnκότητα 7 .Η μέτρηση αποτελεί κοινό τόπο για μαθημα­ τικά και σκάκι . . Ξεκι ν ώντας από βασικές σχ& και συμβόλων του ρο­ κομματι ών και παίρνοντας ωςαξιμονάδα τοός κέ καιδιαβάθμι φυσικά ησηδυναμική τωνμε κομμαnών με πισειςόνιτωνέχουμε: κλιμακωτή ανάλογα την θέση που στρατιώτης (ή πι ό νι ) =1, ω μαnιc είρα,ναιδηλαδή διαμορφωμένη κάθε φοράεφαρμογή πάνω στηντηςσκακιιδέαςέ­ = ίππος=3, πύργος= βασίλισσα=9, βασιλιάς=Ο μι α μεταφορική των fractals στη δυναμική των κομμαnών. Τον περασμένο Απρίλη, λίγες μέρες μετά την . . "απελευθέρωση του Ιρακινού λαού", δέχθηκα ένα λεφώνημα απόχαρτί το βετεράνο μαθημαnκό Νίκό,ο nΔ.σουΨαθά.'πω·Ήταν οργισμένος. Μπήκε αμέσωςτωνστοΑριθ­ θέμα «Γιάνν η , πάρε και μολύβι και σημείωνε εί ν αι ένας γρίφος από τη . . Θεωρία μών, περιμένω απάντηση από τους αναγνώστες της στήλης» και μου υπαγόρευσε τον παρακάτω πίνακα . . τις

(0-0))

5,

[Στο επόμ ενο: «μια ... διαφορά» μαθηματικοί γρίφοι»]

και

«σκαιαιmχ:ο­

Β. "Κουjζ"

τη­

Το όνομα του Προέδρου των ΗΠΑ [με άρθρο]

ο

70

Τα γράμματα του ονόματος στην αρχαιοελληνική αρίθμηση Το άθροισμα των αριθμών που προέκυψαν

τις

Μ

40

π

ο

....

.

..........

..

υ

.. .

ς

....

συμπλήρωσε «Γιάννη, λες να είναι ο . . . . ; ». Συμπληρώστε μπλε τελείες και θα 'χετε την απάντηση. "Απόψεις" Συνέχει α απαντήσεων πάνω στα ερωτήματα που έθεσε [ " Ευκλείδης Β', τεύχος 46], ο μαθητής Μιχ. Ρο­ δίτης (από την Πάτρα). Λόγω έλλειψης χώρου, δημοσιεύουμε τίτλους των περιεχομένων τους. ..,.. Η Γεωργία Γυφτέα, μαθημαnκός στο ΤΕΕ Μούδρου της Λήμνου, μας έστειλε: α) δύο πολύ εmτυχείς απαντήσεις σε καθένα από δεντα δύοδιαιρούνται προβλήματα. αυτά αποδεικνύει πως οι ριθμοί της μορφής μόνο Μάλιστα με το 13, δε, στοκαιπρώτο με τουςαπ'αριθμούς και 11. σχολm.

7 και θαβ)προιcα.λ& ζεισει τοσίγκοιουρανωνιανnδράσεις, κό θέμα πουθαέθεσε ο μαθητής. Επειδή η απάντησή της εί ν αι ενδιαφέρουσα τη δημοσιεύσουμε ολόκληρη στο επόμενο τεύχος βετεράνος μαθημαnκός στο Νίκος Ψαθάς, μας έστειλε γενικευμένες απαντήσεις στα δύο προβλήματα, οποίες θα δημοσιεύσουμε κατάλληλο τεύχος. Ακόμη έστειλε μια εργασία με τίτλο «Ένα κριτήριο διαιρετότητας και μία εφαρμογή στους αριθμούς του Pieπe de Fennat». Δεν πρέπει να ξεχνάμε, άλλωστε, πως ομαθητής Ν.Δ. Ψαθάς έχει κάνει πολλές και σημαντικές εργασίες πάνω στη Θεωρία των Αριθμών. Επαμεινώνδας Κούλης (Β' Λυκείου, 3° Ε.Λ. Πατρών) μας έστειλε πολύ καλές απαντήσεις. ....καθυστερημένα, Από τον μαθητήέναΒασίλη Γαλάνη (Γ' Λυκείου, 8° Λύκειο "Εστία" Νέας Σμύρνης) λάβαμε, απελπισnιcά γράμμαη ύλη στο τουοποίοτελευταίου μας θέτειτεύχους μια σειράείχερωτημάτων, τεχνικής φύσης, σχετιμαςκά μεείναι σχολές προτίμησης. Όμως ε ήδη κλείσε1, άρα κάθε απάντησή άκαιρη και χωρίς νόημα. "Αυτό το ξέρατε;" [η απάντη ση] Η εκφώνηση του προβλήματος αυτού έχει ως με τη χρήση, μόνον, του διαβήτου>>, με την εξής ωση: «Παρατήρηση : Όπωςο Μέγας φαίνεται,Ναπολέων, σε σχε­ εξής «Δίνεται έναςκαικύκλος τουνα οποίου δενβρεθεί γνωρi­το σημεί ζουμε το κέντρο την ακτί του. Να τι κ ή συνομιλία μεταξύ τους, κέντρο του,χρόνια, κάνοντας χρήση μόνο του διαβήτη». Γάλλος aυτοκράτορας (1769-1821) υπέβαλε το Πρι ν δύο ο βετεράνος μαθημαnκός Γιώρ­ πρόβλημα, εις τον Γάλλον μαθηματι κ όν Μονζ (Gaspard Monge, 1746-1818). γος Π. μιαΜπακούρος-Δωρίων, μουτου,έδωσεμαθηματι (σε φωτο­ Μονζ μεδενπαρό­ είχε δώσει λύση». Κάποτε θα ασχοληθούμε τυπία) εργασία του αδερφού κ ού Μπακούρου (απεβίωσεδοθέντος την 23/8/1993) μεΚώστα τίτλοΠ.«Εύρεση του κέντρου κύκλου, μοια θέματα. Γ.

χyωχyω

αλλά

α­

..,.. Ο

τις

..,.. Ο

τις

Ιlα.

Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/11

���, OJ.I!t\JUJ�RII6C

Επιμέλεια : Επιτροπή Δια-yωνισμών

44η ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

�

ΤΟΚΙΟ ΙΑΠΩΝΙΑΣ, ΙΟΥΛΙΟΣ 2003

ΠΡΟΒΛΗΜΑl

Παρ ατήρηση

Το πλήθος των στοι χ εί ω ν του συνόλου ιsι = 106 δεν είναι ανάγκη να είναι τόσο μεγάλο. = .. Θα μπορούσαμε να έχουμε ακόλουθη διατύ­ στοιχεία. Να αποδ� πωση. που περιέχει ακριβώς υπάρχουν αριθμοί tι, t2, , tιοο στο ξετε Αν Α είναι ένα υποσύνολο του συνόλου = {1, 2, ..., η} που περιέχει ακριβώς Κ στοιχεία τέτοιοι ώστε τα σύνολα: Α1 = {x + t1 /χε Α},-yια και m είναι ένας θετικός ακέραως τέτοως ώστε είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους. n > (m [(�) + ] να υπάj>χουν Λύση ώστεΑ}, ταj=1,σύνολα Θεωρούμε το σύνολο D = {χ - y χ, y ε Α} το tι, tz, ... Ajστο= {χτέτοωι + t/χ ε . . . ., m οποίο περιέχει το πολύ 101 100 + 1 = 10101 στοι­ είναι ανά δύο ξένα μεταξύ τους. χεία. Δύο σ6νολα της μορφής A + t;= {χ + t;/χ ε Α} και A+tj = {χ + t/χ ε Α} ΠΡΟΒΛΗΜΑ2 έχουν τομή διάφορη του κενού συνόλου , αν και Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών ακε­ μόνο αν t; -tj ε . Πρά-yματι ραίων (α, b), -yια τα οποία ο αριθμός x + t; = y+ tj ε (A + t;)n(A + t) a2 2 αν και μόνο t; - tj = y - x ε D .

2αb -b3 +ι Επομένως, αρκείπουνα οιεπιλέξουμε 100 στοιχεία είναι θετικός ακέραιος. κατά τέτοω τρόπο δι α φορές τους να μην Λύση ανήκουν στο D. μπορεί να -yίνει επαγωγικά. Αν είναι πιλέyουμε ένα στοι χ εί ο τυχαία. Στη συνέχει α επι­ το στοιχείο t2 το σύνολο λέyουμε 2 -2αb2 k = -b3k + k τότε α {tι + χ/ χ Ε D} = ιsιι � 106 -10101 . α2 -2αb2 κ + b4κ2 = b4κ2 -b3 κ + κ b -+ b2 k-b2 Συνεχ ομοίως επιλέyουμε k στοιχεία με ίζοντας 2 κ)2 = (b2k)2 -2·b2 k·-+ (α-b k 99 . Για κάθε στοιχείο ω που έχει επιλεγεί δεν 4 2 4 μπορούμε συνέχει α να επιλέξουμε στοιχεία [2(α- b2 k)T = (2b2 k-b)2 + 4k-b2 + D. Έτσι μετά από 99 από το σύνολο ω Διακρί ν ουμε τώρα περιπτώσεις: γέςεπιλέξουμε των στοιτοχείπολύ ων t1,99·t2, 10101 ,�δεν= 999999 θα μπορούμε να 2 Αν 4κ - b = τότε 2α-2b2 κ = ±(2b2 κ -b), από το Επειδή lsl = 100000 είναι βέβαω μπορούμε να οπότε: ια. Αν 2α - 2b2κ = 2b2 κ+b, τότε b 2α. επιλέξουμε και το στοιχείο tιοο. ΈΟτω Α ένα υποσύνολο του συνόλου s

S,

{ι,2, ,ι.οοο.ΟΟΟ}

'

ιοι

ότι

•••

j =ι, 2, ..., ιοο

S

S

-I)

, 1:m

I

χ

την

I ,

αποδεf1;εtε (m

S

0

D

αν

Ε­

Η επιλσyή αυτή

από

Sι' όπου

S-

�

lος τρόπος

<=>

<=>

στη

τις

•••

ότι

επιλο­

S.

ι.

<=>

Ο,

τις

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/12

Μαθηματικοί Δuryωνισμο( - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

lβ. Αν 2α- 2b2κ = 2b2κ -b, τότε 2α = 4b2 κ-b . Όμως από 4κ - b2 = Ο έπεται ότι ο b είναι άρτιος, οπότε αν είναι b = 2n, τότε α = 8n4- η. Άρα έχουμε τις λύσεις: (α,b) = (n,2n) ή (α,b) = (8n4-n,2n), η εζ.

2. Αν 4κ-b2 >0 , τότε 2α-2b2 κ � 2b2 κ-b+1 και 4κ-b2 =(2α-2b2 κ)2 -(2b2 κ-b)2 � 2(2b2 κ-b) <:)4κ -b2 - 4kb2 + 2b-1 � 0 <:)4κ(1-b2 ) - (b-1)2 � ο <:)4κ(b2 -1) + (b-1)2 � ο το οποίο ισχύει μόνον για b = 1, οπότε (a,b) = (2κ,1), κ εz:.

3. Αν 4κ-b2 <Ο , τότε 2α-2b2 κ � 2b2 κ-b + 1 και 4κ-b2 = (2α-2b2 κ)2 - (2b2 κ-b)2 � (2b2 k-b -1)2 - (2b2 κ -b)2 4κ-b2 � -2(2b2 κ-b)+ 1 <:)(4κ-1)b2 - 2b + (4κ - l) � O. (*) Το πρώτο μέλος (*) είναι τριώνυμο ως προς b με διακρίνουσα: = 4[1-(4κ - 1)2 ] < Ο , για κάθε κ εz: οπότε, αφού 4κ - 1 > Ο, η ανισότητα (*) δεν αλη­ θεύει. <:::)

Δ

2ος τρ όπος Έστω (α,

-------

Έτσι αποκλείεται και οι δυο ρίζες να μην είναι ακέραιοι αριθμοί, ενώ αν μία είναι ακέραως αριθ­ μός, έστω η αι, τότε από την ισότητα α2= 2κb2 - α1 προκύπτει ότι και η άλλη θα είναι ακέραιος αριθ­ μός. Ας υποθέσουμε ότι α1 � α2 • Τότε α1 � αι +2 α2 = κb2 > Ο , ενω, απο την ισοτητα α1 α2 = κ(b3 -1) προκύπτει ότι: κ(b3 -1) κ(b3 -1) ο< _α2 = α <- κb2 = b - b_!_2 < b (6) 1 Από τις και (6) λαμβάνουμε α2 =Ο ή α2 = b/2. Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν α2 Ο τότε b3 -1 = Ο<=> b 1. Άρα θα είναι α1 2k και έτσι προκύπτουν τα ζεύγη (α, b) = (2k, 1}, k z: , τα οποία ικανο­ ποωύν την δεδομένη συνθήκη, όπως εύκολα επαληθεύουμε. Αν α2 b (b άρ τως), τότε και 2 ' ' προκυπτουν α1 b4 b , οποτε τα ζ ' 2- 2 εuγη (α, b) (.t',2R) ή (α, b) (8.t'4 -.e, 2.e), όπου .e z: τα οποία όπως εύκολα επαλη­ θεύουμε, ικανοποιούν τη δεδομένη συνθήκη. ,

,

(3)

=

•

=

,

=

Ε

=

•

=

=

Ε

=

,

b) ένα ζεύγος θετικών ακέραιων που ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 επαληθεύει την δεδομένη συνθήκη. Τότε θα έχ� Δίνεται ένα κυρτό εξάΎωνο στο οποίο οποιεσδή­ με:

ποτε δύο απέναντι πλευρές που έχουν την ακό­ λουθη ιδιότητα: η απόσταση μεταξύ των μέσων των πλευρών

Επειδή έχουμε: 2 κ = 2αb2 α-b3 +1 � 1 α2 � 2αb2 -b3 + 1 =>α > b2 (2α-b) � Ο (2) λόγω της (1). Άρα θα έχουμε: α > b ή α=-b2 Από την ισότητα κ = α2 /(2αb2 -b3 + 1) έχουμε την εξίσωση: α2 - 2κb2α+ κ(b3 - 1) = 0 (4) Αν θεωρήσουμε τους θετικούς ακέραιους κ και b σταθερούς, τότε η εξίσωση (4) έχει τις ρίζες αι και α2 για τις οποίες ισχύουν αι + α2 = 2κb2 και αι α2 = κ(b3 - 1) (5) <:::)

(3)

αυτών ισουται με J3 επι το αθροισμα των μη2 . κών τους. Να αποδείξετε ότι όλες οι Ύωνίες του εξαΎώνου είναι ίσες. (Ενα κυρτό εξάΎωνο ABCDEF έχει τρία ζεύrη απέναντι πλευρών: ΑΒ και DE , BC και EF, CD καιFΑ). '

'

'

Λύση Για τη λύση του προβλήματος θα χρησιμοποιή­ σουμε την επόμενη βοηθητική πρόταση: Λήμμα. Θεωρούμε τρίΎωνο PRQ με

QPR � 60 ° . Έστω L το μέσον της πλευράς QR. Τότε PL � .J3 2 QR και η ισότητα ισχύει αν και μό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.Ι/13

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

νο αν το τρίγωνο PQR είναι ισόπλευρο.

J3 ΑΒ = ΡΜ, 2

Απόδειξη

Ρ

Έστω S σημείο του ίδιου ημιεmπέδου με το ως προς την QR τέτοιο ώστε το τρίγωνο QRS είναι ισόπλευρο. Τότε το σημείο βρίσκεται στο εσ(Ι)­ τερικό του περιγγεγραμμένου κύκλου (0, OS) του τριγώνου QRS, ο οποίος εφάπτεται εσωτερικά στο QRJ3 κεντρου ' L και ακτινας ' LS 2

Ρ

κυιvw ' ·�"� �

=

.

s

-------

J3

'

2 DE = PN και συμφωνα με το λήμμα τα τρίγωνα ΑΡΒ και DPE είναι ισόπλευρα και ΑΡΒ 60° . Έτσι έχουμε όn η διαγώνιος CF θα σχηματίζει με μία από τις διαγωνίους AD ΒΕ γωνία μεγαλύτερη ή ίση των 60°. Χωρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε όn AQF � 60° όπου Q είναι το σημείο τομής των AD και CF. Εργαζόμενοι όπως και προηγουμένως βρίσκουμε όn και τα τρίγωνα AQF και CQD είναι ισόπλευρα, οπότε θα είναι AQF 60 Επομένως από το τρίγωνο PQR έπεται όn PRQ 60° BRC , όπου R είναι το σημείο τομής των διαγωνίων ΒΕ και CF. Ομοίως διαmστώνουμε όn, και τα τρίγωνα BCR και EFR είναι ισόπλευρα. Άρα καθεμιά γωνία του εξαγώνου είναι 120°, οπό­ τε όλες είναι ίσες. =

,

,

=

=

Άρα έχουμε:

_ _ _ _ _ ,

,, ... ...

PL :ς LS = J3 QR 2

,

• .

=

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Δίνεται τετράπλευρο ABCD εyyράψιμο σε

κύ­

Η ισότητα ισχύει αν, και μόνο αν, S , δηλα­ δή αν και μόνο αν το τρίγωνο PQR είναι ισόπλευ­ το D προς τις ευθείες BC, CA και ΑΒ, αντιστοί­ χως. Να αποδείξετε ότι PQ QR, αν, και μόνο ρο.

Ρ

κλο. 'Εστω Ρ, Q και R τα ίχνη των καθέτων από

Ξ

=

αν, οι διχοτόμοι των γωνιών ABC και ADC τέμνονται πάνω στην AC.

c

Λύση

F

lος τρόπος

Ε

D

Ε

Οι κύριες διαγώνιοι AD ΒΕ και CF του εξαγώ­ D νου σχηματίζουν ένα τρίγωνο, το οποίο σε ορισμέ­ νες περιπτώσεις εκφυλίζεται σε σημείο. Έτσι μπο­ ρούμε να εmλέξουμε δύο από αυτές που σχηματί­ ζουν γωνία �αλύτερη ή ίση των 60°. Έστω όn αυτές είναι οι διαγώνιοι AD και ΒΕ με ΑΡΒ � 60° (δεν μας ενδιαφέρει η γωνία ΑΡΕ ), όπου είναι Είναι γνωστό από το θεώρημα του Simson· όn το σημείο τομής των διαγωνίων AD και ΒΕ. Τότε, τα σημεία Q και R είναι συνευθειακά. Εmπλέον, σύμφωνα με το λήμμα, έχουμε: επειδή οι γωνίες και DRA είναι ορθές J3 τα τετράπλευρα DPCQ και DQRA είναι εγγράψι­ ΜΝ τ (ΑΒ + DΕ) μα, οπότε θα έχουμε: .Jj AB. + .Jj DE � PM + PN � MN DCA DPQ DPR (1 ) 2 � DAC DRQ DRP ( 1) όπου είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ και DE, Επομένως τα τρίγωνα DCA και DPR είναι ό­ αντίστοιχα. μοια.

J3 = PM + PN και J3 Ομοίως βρίσκουμε όn και τα τρίγωνα DAB, Επομενως ' -AB+-DE 2 2 ,

Ρ

=

=-

Ρ,

=

-

,

Μ, Ν

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/14

D:PC, DQC =

=

=

=

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

DQR είναι όμοια, όπως και τα τρίγωνα DBC, DPR. Άρα έχουμε: DA DR -=DC DP QR DR QR => DR = DB · = BC DB BC DP PQ PQ => DP = DB · = (5) DB ΒΑ ΒΑ

όπου C = ACB (η ισχύουσα ισότητα εξαρτάται από τη θέση D). Ομοίως έχουμε: QDR = A ή QDR = 1 so· - Α , όπου A = BAC . Από το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα QDC και QDP έχουμε: D CD D Pq = = = = CD ' ημC ημQΡD ημQCD ημ90" Από τις και(5) έπεται ότι: οπότε θα είναι PQ = CD · ημC .

DA DR QR · ΒΑ (6) - =- =- Ομοίως προκύπτει ότι QR = ΑDημλ , οπότε θα DB DP PQ BC έχουμε: Από την (6) έχουμε την ισοδυναμία: CD η DA ΒΑ = PQ = QR e> = (7) PQ = QR � AD ημC DC BC Σύμφωνα με το θεώρημα της διχοτόμου οι δι­ Επίσης από το νόμο των ημιτόνων έχουμε: χοτόμοι των γωνιών ABC και ADC διαιρούν την ημΑ CB = (3) AC σε τμήματα που έχουν λ&yο BA/BC και ημC ΑΒ DAIDC, αντιστοίχως. οπότε από τις και έχουμε: Άρα από το παραπάνω και την (7) προκύπτει ό­ CD CB τι: PQ = QR � οι διχοτόμοι των γωνιών ABC και PQ = QR � - = - � AB · CD = CB · AD AD ΑΒ ADC τέμνουν την AC στο ίδιο σημείο.

(3) (4)

�

(3), (4)

�

�

(2)

(2) (3)

ΠΡΟΒΛΗΜΑ S

2ος τρ όπος

Έστω n ένας θετικός ακέραιος και πραγματικοί αριθμοί με � � αποδείξετε ότι: α. μ.

Υποθέτουμε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών ABC και ADC τέμνουν την AC στα L και αντιστοί­ χως. Επειδή είναι AL ΑΒ ΑΜ AD = = και CL CB CM CD ' οι διχοτόμοι των γωνιών ABC και ADC τέμνουν την AC στο ίδιο ciημείο, αν, και μόνον αν,

Μ,

ΑΒ

AD CD

D

D

Θα αποδείξουμε ότι: AB · CD = CB · AD � PQ = QR Επειδή είναι DP .l BC , DQ .l AC και DR .l ΑΒ οι κύκλοι με διαμέτρους DC και DA περιέχουν τα ζεύγη των σημείων Ρ, Q και Q, R αντιστοίχως. Έτσι θα έχουμε: PDQ = C ή PDQ = 1 80" - C ,

(1)

)2 2(023 �

- 1)

χι, xz, •••

� Χ0

..•

•

, Χο Να

2

t; � <x. - xj ) ' D

D

η ισότητα ισχύει, αν, και μόνο αν, οι αριθ­ μοί αποτελούν αριθμητική πρόοδο. Λύση

lος τρ όπος

α. Επειδή και τα δύο μέλη της ανισότητας είναι αναλλοίωτα ως προς οποιαδήποτε μεταφορά ό­ λων των , μπορούμε να υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι Χι + . . . + = Ο. Έχουμε:

χι, Xz, Xn Xz + Xn ΣΙ χ; - xj i = 2Σi<j (xj - x;) = 2Σi=l (2i i,j=l •••

π

- = - � AB · CD = CB · AD .

CB

(

t; � ι χ. - xi l

χ1 χ2

π

-

n- 1)x;

(1)

Από την ανισότητα των Cauchy - Schwarz λαμ­ βάνουμε

(

)

ι χ - χ ι ' 4t (2 t , ,; i-n-ιJ' t ·� = = 4 · η(η + 1)(η-1) :Σ χ; 3 i=l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/15

;

(2)

Μαθηματικοί Διcryωνισμοί - Μαθηματικές Ολuμπuίδες

Επιπλέον έχουμε:

t. {xi - xj)2 =ηt χ; �(t xi )(t xj ) + +ηΣj=ι χ� =2ηΣη χ; (3) Επομένως, από (2) και (3) προκύπτει η ζη­ τούμενη ανισότητα 2(η2 -1) η (xi - χ 2 j �� x x i l ( ) 3 � ) D

ί=ι

τις

n

::;;

β. Αν ισχύει η ισότητα, τότε από την (1) θα έχοu­ με

xi = κ(2ί -η-1), i = l, 2... για κάποω κ Ε . Επειδή είναι: xi+ι - Xi = κ( 2(i+1)-2i) =2κ, για κάθε i = 1,2, ...,η - 1 οι αριθμοί Χι ,Χ2 , ...,χη αποτελούν αριθμητική πρόοδο. Αντίστροφα., έστω οι αριθμοί Χι ,Χ2 , ... ,χη ,n

1R

ότι

αποτελούν αριθμητική πρόοδο με διαφορά d. Τότε θα έχουμε: Χι +2 χ"'--η χ'. =-d2 (2"ι-η- 1) +--', . ' = xi - Χι + Χη , τοτε , , η ανισοτηΘεωρωντας xi

2

τα παραμένει αναλλοίωτη, ενώ θα έχουμε: 1) Και Χι, + Χ , + ... + Χη, = 0, Xi, = d(2 -η2 2 οπότε η ισότητα είναι φανερή.

i

2ος τρόπος

α. Επειδή, σύμφωνα με το (β), η ισότητα ισχύει όταν οι Χι ,χ2 , . ..,χη αποτελούν αριθμητική πρόοδο, δηλαδή όταν Χϊ Xj = j), εφαρμόζουμε την ως εξής: ανισότητα των ' ' Χ Χ Χ ( .ιιχ; ;ι ( ; � ;) j - j)'

d(i Ca-uchy-Schwarz � � � (t. li - ) η2(η -1) � tli - jl l i - χjι 2 t γ · 2 χ ( j xi ( x ) ( )

-------

ισούται επίσης με -η 1 + 1 + ... +1-(1 +1 + ... +1) 2

η(2ί-η-1) [� � J 2 ·

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

β. Ομοίως, όπως στον 1ο τρόπο. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 6

Έστω p ένας πρώτος φυσικός αριθμός. Να απο­ δείξετε ότι υπάρχει ένας πρώτος φυσικός αριθ­ μός q τέτοιος ώστε, Ύtα κάθε ακέραιο n, ο αριθ­ μός nP p δεν διαιρείται με το q.

-

Λύση

Επειδή ισχύει ότι: pP -1 = 1+ p + p2 + ... +pp-ι Ξ p +1(modp 2), p-1 μπορούμε να βρούμε έναν τουλάχιστον διαφέτη του (pP -1) /(p -1) ο οποίος δεν είναι ισοϋπόλοιπος με το 1 modulo p2• Ονομάζουμε αυτόν τον διαφέτη με q, ο οποίος είναι αυτός που ζητάμε. Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι υπάρχει ακέραως η τέτοως ώστε η - p Ξ p(modq) . Τότε από τον ρισμό του q θα έχουμε: η Ξ pP Ξ 1(modq) (1) Επιπλέον, από το μικρό θεώρημα του αφού q πρώτος, θα έχουμε ηq-ι Ξ 1(modq) (2) Επειδή p2 / q -1 , θα έχουμε (p2 ,q -1)/p , οπό­ τε από τις (1) και (2) προκύπτει ότι: η Ξ 1(modq) , p Ξ 1(modq) . οπότε Επομένως θα είναι και ι 1+p+p2 + ... +pp- Ξp(modq) , από την οποία και τον ορισμό του q, έπεται ότι p Ξ O(modq) , το οποίο είναι άτοπο. Ρ

ο-

2

Ρ

Fennat,

Ρ

Πα ρατήρη ση

Μία πρώτη διαπίστωση είναι ότι ο q πρέπει να είναι της μορφής κp + 1. Τότε θα έχουμε την ισο­ δυναμία υπάρχει η Ε Ζ με Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι (η Ξ p(modq) pκ Ξ 1(modq)) ή ισοδύναμα για κάθε η Ε Ζ ισχύει (η Ji!l p(modq) pκ Ji!l 1(modq)) . αληθεύει, αφού ο συντελεστής Επομένως Η ισότητα για την εύρεση ενός τέτοιου q είναι για κάθε Xi στο πρώτο μέλος ισούται με λογικό να θεωρήσουμε ένα πρώτο διαφέτη του η(2ί-η -1) . 1) (ι+ + 1 ' 1 (ι2) ') -... η-ι = ( + ....

2 , pP -* 1.Η 20η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα θα δη­ ενώ ο συντελεστής για κάθε Xi στο δεύτερο μέλος μ ι υθ ί ο ό ο ο 6

Ι,J=ι

Ι,J=ι

Ρ

(4)

<::::>

Ρ

<::::>

οσ ε ε στ επ μεν τεύχ ς.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.ΙΠ6

Μαθηματικοί διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΘΕΩΡΉΜΑΤΑ ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ

Καρακίτσος Ηλίας

αληθής συνεπάγεται ότι η Ρ(ν) αληθεύει για όλους τους θετικούς ακέραιους ν.

Θεώρημα Ι Οι διοφαντικές εξισώσεις της μορφής: 11 1 Χα + y = (2π + ι) z ·

δεν έχουν λύσεις, εκτός της χ = Ο, y = Ο, z = Ο, ό­ ταν α, μ, γ άρτιοι θετικοί αριθμοί και π περιτ­ τός αριθμός (α,μ,γ "# Ο) . Προαπαιτούμενα

Κάθε άρτιος αριθμός "# Ο είναι της μορφής 2νπ όπου ν φυσικός αριθμός ;?: ι και π περιττός αριθμός. Κάθε περιττός αριθμός είναι της μορφής 2κ + ι , ό­ που κ ακέραιος αριθμός. Για την απόδειξη του Θεωρήματος θα κάνω χρή­ ση του παρακάτω λήμματος που aποδείχνεται με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

Ι

2

Λήμμα Να αποδειχτεί ότι (2κ + ι{ = 2 + λv + ι για κάν

θε θετικό ακέραιο ν (λ, ακέραιος).

Απόδειξη του Θεωρήματος 1:

Για την απόδειξη του Θεωρήματος διάφορες περιπτώσεις:

Ι εξετάζω

ι) Αν χπερ, yπερ, zαρτ ή χ = 2κ + ι , y = 2λ + ι, γ - 11 Π . Ζ = 2ΡΠ6 α = 2α1 Π • ' Ι = 2β1 Π2 ' - 2 3 Χα + yβ = (2π+ ι) · zΎ � 2" 2 = (2π + ι) · (2Ρ π6 γ � (2 κ + ι) 1 π1 + (2λ + ι) β1 � ((2Κ+ ιy1 ]2•1 +((2λ+ ιyz ]2β1 =(2π+ ι) · 2ΎΡ · Π� � (2Κ + ι)2•1 + (2Λ + 1)2β1 = (2π + ι) · 2ΎΡ · Π�

β

•

Πz

� 2α1+2 Κι + ι + 2β1 +2 Αι + ι = (2π + ι) . 2ΎΡ . π� 1 1 � .i(2α1 + Κ I + 2β1 + ΛI + ι) = (2π + ι).i. · 2ΎΡ-l · ΠΎ 6 1 l l Α l Ρ l � 2α + Κι + 2β + ι + ι = (2π + ι) . 2Ύ - . π� δηλ. περιττός = άρτιος, Άτοπο. Λήμμα

2) Αν χπερ, Υαρτ, Ζπερ, χ = 2κ+ ι, Υ = 21πs, z = 2λ + ι

ν 2 β χα + Υ = (2π + ι) . Ζ1 � (2κ + ι) •1 π1 + (2 π5 )β = Έστω Ρ(ν) η προηγούμενη ισότητα που θέλουμε να = (2π + ι) . (2λ + ι/1 αποδείξουμε. Για ν = ι η ισότητα γίνεται: ν 2 (2κ + 1)2 1 = (2κ + ι)2 = 22 κ2 + 22 κ + ι = � [(2κ+ ιy1 (1 + 2β π� = (2π + ι) · [(2λ + ιy' ] 11 = 22 κ(κ + ι) + ι = 22 · 2λι + ι = � (2Κ + 1)2•1 + 2βν π� = (2π + ι) · (2Λ + ι)2Ύ1 2λι Λήμμα 1 � 2α1 +2 Κ 1 + ι + 2βν Π� = (2Π.+ ι) · (2Ύ1 +2 λ 1 + ι) 3 = 2 λι + ι = 2 +2 . λι + ι 3 πΛI +2ΎΙ +2 Λ +2π+/1f � 2αΙ +2 Κ +/+2βν πβ=2ΎΙ+ δηλαδή η Ρ(ι) είναι αληθής.

5 ν Ι 2 � ,i(2 α Κ +2β -Ι Π�)=.i(2ΎΙ + ΠΛι +2ΎΙ + Λ +π) Θα αποδείξουμε ότι αν η Ρ(ν) είναι αληθής, τότε η Ι Ρ(ν+ ι) είναι αληθής, δηλαδή αν: δηλ. άρτιος = περιττός, Άτοπο. ν ν 2 2 + + ι (2κ + ι) = 2 λν τότε: 3) Αν Χαρτ, yαρτ, Ζαρτ, Χ = 2μπ4, Υ = 2νπs, Ζ = 2Ρπ6 3 ν+l " ν 2 ν (2κ + ι) = 2 + λν+l + ι έχουμε: β χα + Υ = (2π + ι) . zΎ � (2μπ4 )α + (2 π5 )β = (2κ + ι)2ν+Ι = (2κ + ι)2ν ·2 = [(2κ + ι)2ν ]2 ::::: = (2π + ι)(γ π6 )Ύ = (2ν+2 λν + ι) 2 = (2ν+2 λν γ + 2 . 2 ν+2 λν + ι = � 2αμ Πα + 2βν Πβ5 = (2π + ι) 2ΎΡ Π6Ύ 4 = 22(ν+2) λ2ν + 2ν+3 λν + ι = 22 ν+4 λ2ν + 2ν+3 λν + ι = α. Αν αμ = βν = γρ = Α τότε: 3 ν ν ν 2 l + + 3 λ + ι + 2 + λ ) + ι λ 2 (2 = = 2Α · Π: + 2Α · Π� = (2π + ι) · 2Α · Π� ν+ l ν ν � λ.. � 2Α(π: + Π� ) = (2Π + ι) · 2Α · Π� Αφού η Ρ(ι) είναι αληθής και με την προϋπόθεση � π: + Π� = (2π + l) · Π� + ι) είναι ότι αν η Ρ(ν) είναι αληθής, τότε και η Ρ(ν δηλ. άρτιος = περιττός, Άτοπο. π,

'-ν---'

Ι

•

Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/17

I

+Ι

I

Ι

•

•

Μαθηματικοί δuryωνισμοί - Μαθηματuctς Ολυμπιάδες

β. Αν αμ = βν < γρ θέτω: αμ = βν = Α, γρ - Α = σ => γρ = Α + σ (σ άρτιος)

2ιιμ ' π: + 2βν Π: � (2Π + 1) 2ΥΡ Π� => 2λ π: + 2λ π� = (2π + 1) · 2λ+ο · Π� => 2λ (π: + Π�) = (2π + 1) · 2λ · 2° · Π� => π: + Π� = (2π +1) · 2° · Π� => (2κ + 1)2οι,., + (2λ + 1/' "z = (2π + 1) · 2° · Π� => [(2κ+1)"' ]2"' + [(2λ+ 1)"2 ]2β1 = (2π + 1) · 2° · Π� => (2Κ + 1)2"1 + (2Λ + 1)2β1 = (2π + 1) · 2° · π�

2αμ Π: + 2βν Π� = (2Π + 1) 2ΥΡ · Π� => 2Α π: + 2Α-οΠ� = (2Π + 1) · 2Α · Π� => �(2° Π: + π�) = (2π + 1) · � · 2° · Π� => 2° Π: + Π� = (2π + 1) · 2° · Π� δηλ. περιπός = άρτιος. Άτοπο.

•

•

•

στ.

2αμ π: + 2βν Π� = (2π + 1) · 2yρ · Π� => 2Α+οΠα4 + 2ΑΠβs = (2Π + 1) · 2Α · ΠΥ6 => }ιt(2°Π: + Π�) = (2π + 1) Υ · Π� => 2°π: + Π� = (2π + 1) · Π� => 2° π: + (2κ + 1)2β' " z = (2π + 1) · (2λ + 1) 21 1 "' => 2° π: + [(2κ + 1Υ2 ]�' = (2π + 1) . [(2λ + 1)"' ]211 => 2σπ: + (2Κ + 1/' = (2π + 1) · (2Λ + 1/' Λήμμα => 2σπ: + 2Ρ' +2 · Κ, + 1 = (2π + 1) · (2τ' +2 Λ, + 1) => 2σπ: +211' +2 · Κ, +f=2τ' +3πΛ,+2π+21'+2Λ,+j => ,2'(2σ·Ιπ: +2β,+ΙΚ, )=.z'(2rι +2πΛ, +π+2rι +ΙΛ,) 1 => 2σ-• π: + 211' + Κ1 = 21' +2πΛ 1 + π + 21'+ ' Λ,

Λήμμα

=> 2α' +2 Κ1 + 1 + 211'+2 Λ1 + 1 = (2π + 1) · 2° · π� => ,2'(2α,+ΙΚ1 +211• +'Λ,+ 1) = (2π + 1) · .z' 2σ-ι · π� => 2α, +Ι Κ1 + 211•+' Λ1 + 1 = (2π + 1) 2ο-Ι Π� δηλ. περιπός = άρτιος, Άτοπο .

•

·

•

γ.

•

Αν γρ < αμ = βν, θέτω: αμ = βν = Α, Α - γρ = σ => γρ = Α - σ

2ιιιι π: + 211ν π: = (2π + 1) · 2ΤΡ · Π� => 2λ π: + 2λ Π� = (2π + 1) · 2λ-ο · Π� => �(2°π: + 2°π�) = (2π + 1) · r · π� => 2°Π: + 2°Π� = (2π + 1) · Π�

δ.

άρτιος = περιπός,

άτοπο

Αν αμ = γρ < βν θέτω: αμ = γρ = Α, βν - Α = σ => βν = Α + σ

2'Ψπ: + 2βν Π: = (2Π + 1) 2ΤΡ Π� => 2Α π: + 2Α+οΠ� = (2π + 1) · 2Α · Π� •

•

=> [(2κ + 1)"' ]2"' + 2° π� = (2π + 1) · [(2λ + 1Υ' ]2'' => (2Κ + 1)2"' + 2°π� = (2π + 1) · (2Λ + 1/' => 2α'+2Κ1 + 1 + 2° π� = (2π + 1) (21' +2 Λ1 + 1) => 2α'+2Κι +f+2οπβ =21'+3 πΛι +2π+21'+2 Λι +j 1 1 => ,2'(2"' +1Κ1 +2°. Π�)=,2'(21'+2πΛ1 +π+21' + Λ1) => 2α,+Ι Κ + 2°-Ι Πβ - 2Υι+2 πΛι + Π + 2τι+Ι Λι δηλ. άρτιος = περιπός. Άτοπο. ·

s

ι

ζ.

=

άρτιος περιπός,

άτοπο

Αν αμ < βν = γρ, θέτω: βν = γρ = Α, Α - αμ = σ => αμ = Α - σ 2αμ π: + 21\Ύ Π� = (2π + 1) · 2yρ · Π� => 2Α-α Πα4 + 2Α Πβ = (2π + 1) · 2Α · Π16 => J)Α'(π: + +2°Π�) = (2π + 1) · � · 2° · Π� => π: + 2°Π� = (2π + 1) · 2° · Π� δηλ. περιπός = άρτιος, Άτοπο. s

=> Υ<π: + 2° π� > = <2π +1> · Υ - π� => π: + 2°Π� = (2π + 1) · Π� => (2κ + 1)2"' 111 + 2° π� = (2π + 1) · (2λ + 1)211 "'

Λήμμα

Αν βν = γρ < αμ θέτω βν = γρ = Α, αμ - Α = σ => αμ = Α + σ

s -

ε. Αν βν < αμ = γρ, θέτω : αμ = γρ = Α, Α - βν = σ => βν = Α - σ

η . Αν αμ < βν < γρ, θέτω : αμ = Α, βν = Α κ, γρ = Α + κ + λ (Α, κ, λ άρτιοι) 2αι1π: + 2Ρν π� = (2π + 1) 2τρ · πr

+

·

=> 2Α Πα4 + 2Α+κ Πβ5 = (2Π + 1) · 2Α+ιc+λ · ΠΥ6

=> 2Α (π: + +2"π�) = (2π + 1) · 2Α · 2"+λ · πr => π: + 2"π� = <2π +1) · 2"+λ · πr δηλ. περιπός = άρτιος, Άτοπο.

θ. Αν αμ < γρ < βν, θέτω: αμ = Α, γρ = Α + κ, βν = Α + κ + λ

2ιιιι π: + 2βν Π� = (2π + 1) · 2rP · Π�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/18

Μαθηματικοί δuηmνuηιοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

� 2Α π: + 2Α+Ι<+λ Π� = (2Π + 1) · 2Α+�< Π� � ,r'(π: + 2"+λΠ�) = (2π + 1) · ,r' · 2" · Π� •

� π: + 2"+λΠ� = (2π + 1) · 2" · Π� δηλ. περιττός = άρτιος, Άτοπο. ι. Αν γρ < αμ < βν, θέτω:

γρ = Α, αμ = Α+ κ, βν = Α + κ + λ 2αμπ: + 2βνΠ� = (2π + 1) · 2γρ · Π�

Αν α · β · γ = 0 θα έχουμε α = Ο, β = Ο, γ = Ο α = Ο, β '* Ο, γ '* Ο α = Ο, β = Ο, γ ::;; Ο α ::;; Ο, β = Ο, γ ::;; Ο α = Ο, β ::;; Ο, γ = Ο α ::;; Ο, β ::;; Ο, γ = Ο α ::;; Ο, β = Ο, γ = Ο Εύκολα aποδείχνεται ότι η χ α + yP = (2π + l)z1 δεν έχει λύσεις. Υποτίθεται ότι οι βάσεις χ, y, z με εκθέτες το Ο είναι ::;; Ο .

� 2Α+ιc π: + 2Α+Ι<+λ Π� = (2Π + 1) · 2Α · Π� � ,r'(2"π: + 2"+λΠ�) = (2π + 1) · _r' · Π�

� 2" π: + 2"+λπ� = (2π + 1) · π� δηλ. περιττός = άρτιος, Άτοπο. ια. Αν βν < αμ < γρ, θέτω: βν = Α, αμ = Α+ κ, γρ = Α + κ + λ 2αμπ: + 2βνΠ� = (2π + 1) · 21ρ · Π�

� 2Α+κ π: + 2Α Π� = (2Π + 1) · 2Α+κ+λ Π� •

� ,r'(2" π: + Π�) = (2π + 1) · _r' · 2ιc+λ · Π�

2" π: + Π� = (2π + 1) · 2"+λ · Π� δηλ. περιττός = άρτιος, Άτοπο �

ιβ. Αν βν < γρ < αμ, θέτω:

βν = Α, γρ = Α+ κ, αμ = Α + κ + λ 2αμπ: + 2Ρνπ� = (2π + 1) · 21ρ · Π� � 2Α+κ+λ π: + 2Α Π� = (2Π + 1) 2Α+κ Π� •

•

� 2ιc+λπ: + Π� = (2π + 1) · 2" · Π� δηλ. περιττός = άρτιος, Άτοπο ιγ. Αν γρ < βν < αμ, θέτω: γρ = Α, βν = Α+ κ, αμ = Α + κ + λ 2αμ π: + 2βνΠ� = (2π + 1) · 2γρ · Π�

-------

Εφαρμογές: α) θα αποδείξουμε ότι οι Διοφαντικές εξισ� (1), σεις Αα•χα + ΒΡeyΡ = (2π + l) · Γ1" · z1 όπου Α, Β, Γ ακέραιοι και ae, Ρο, γο, α, p, γ θετικοί άρτιοι και π περιττός δεν έχουν ρητές λύσεις (εκτός της χ = Ο, y = Ο, z = 0). α) Έστω

Απόδειξη:

ότι

οι παραπάνω εξισώσεις (1) έχουν κ μ ρ ρητη' λ:υ' ση την χ = -, y = -, z = - (κ, λ, μ, ν, λ ν τ · ρ, τ ακέραιοι και λντ ::;; Ο ). Λαμβάνουμε α Ααο + Ββ· = (2π + l) · Γ•

(�)

(�Ι

{�Τ

Κα Ρο μβ ρr 1• · · � Ααο - + Β l = (2π + Γ ) λα νΡ τ1 � Ααο κανΡτr + ΒΡο · μ Ρ · λα · τ1 = = (2π + l) · Γ10 · ρ1 · λα · νβ Αφού οι αο, βο, γο, α, β, γ είναι άρτιοι θα έχουμε: α0 = 2α� , β0 = 2β � , γ 0 = 2γ � , α = 2α', β = 2β', γ = 2γ'. Αα• κανΡτr + Ββ• μβλαττ = (2π + 1)Γ10 ρ1 λανβ � Α2αό κ2α' ν2Ρ'τ2r' + Β2Ρό μ 2Ρ'λ2α'τ2γ' = = (2π + l)Γ2τό ρ2r'λ2α'ν 2β' � (Ααό κα' νβ'ττ' )2 + (ΒΡό μΡ' λα'ττ' )z = = (2π + l)(Γ10 · ρr' · λα' · νΡ' )2 (2) Από τη (2) προκίmτει ότι η Διοφαντική εξίσωση : Χ2 + Υ2 = (2π + l)Z2 έχει λύση την: Χ = Ααό · κ α' · ν Ρ' · τ1 Υ = ΒΡό · μΡ' · λα' · τ1' z = rro . ρ λα' νβ' '

δηλ. άρτιος = περιττός, Άτοπο Αποδείξαμε ότι οι Διοφανnκές εξισώσεις της μορφής χ α + yP = (2π + l)z1 , αβγ '* Ο δεν έχουν λύσεις, εκτός της χ = Ο, y = Ο, z = Ο.

y

'

•

.

Ι.

Αυτό είναι άτοπο κατά το θεώρημα 'Αρα οι παραπάνω Διοφανnκές εξισώσεις δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.t/19

Μαθηματικοί διαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολvμπιάδες

έχουν ρητές λύσεις (επομένως και ακέραιες για λ = ν = τ = 1). Αα0 Χα + Ββ0 Υβ = (2π + 1) · Γ0 · Ζ1 β) (1) Αν θέσουμε z = 1, τότε η (1) γίνεται: (2) Με τη γλώσσα της Αναλυτικής Γεωμετρίας η (2) παριστάνει καμπύλες γραμμές που δεν έ­ χουν ρητά σημεία. Αν Αασ = Ββο και α = β = 2, οι παραπάνω γραμμές παριστάνουν κύκλους. Η Αασ χα + Ββο yβ = (2π + 1) · Γ10 · z1 παριστάνει επιφάνειες που δεν �χουν ρητά σημεία [εκτός του σημείου (0, Ο, 0)]. γ) Επίσης οι εξισώσεις της μορφής: (2π + 1 ) ΑασΧα - Ββ0 Χβ - [Ύο = Ο δεν έχουν ρητές λύσεις, όπου Α, Β, Γ ακέραιοι και αο, βο, γο, α, β άρτιοι θετικοί και π περιττός αριθμός. Παρ ατή ρηση

Οι Α, Β, Γ μπορεί να είναι και κλασματικοί αριθμοί. Ρ)

Να εξετάσετε αν οι Διοφαντικές εξισώσεις της μορφής χα+ yl' = (2π + l)z1 F:ι..ουν λύσεις όταν xyz * Ο και ένας τουλάχιστον από τους εκθ&

τες α, p, γ είναι άρτιος αρνητικός αριθμός.

Θεώ ρη μα Η

Οι Διοφαντικές εξισώσεις χ3 + y3 + z3 = 32 Κ ± 22 1) Θα εξετάσουμε πρώτα αν έχουν λύσεις οι Διοφαντικές εξισώσεις της μορφής: χ3 +y3 + z3

=

3zκ + 22

(ΚεΖ, παράμετρος).

δεν qουν λύσεις (Κ ε .Ζ , παράμετρος).

Κάνουμε εφαρμογη του θεωρήματος.

Θεώρημα: Αν p πρώτος αριθμός τότε: αΡ Ξ α(mοdp) � αΡ - α = Κp

Επειδή ο 3 είναι πρώτος, θα έχουμε κατά το

προηγούμενο θεώρημα: χ3 - χ = 3Κι � χ 3 = χ + 3Κι y3 - y = 3K2 � y3 = y + 3K2 z3 - z = 3Κ3 � z3 = z + 3Κ3 όπου Κ1 ,Κ2 , Κ3 ε .Ζ Θα έχουμε: χ 3 + y3 + z 3 = 3 2 Κ + 2 2 � χ + 3Κ1 + y + 3K2 + z + 3K3 = 32 Κ + � � x + y + z = 3 2 K - 3K1 - 3Κ2 -3Κ3 + 3 + 1 ι.__ι

� x + y + z = 3 (3K - K1 - Κ2 - Κ3 + 1) + 1 � x + y + z = 3ρ + 1

ρ

Επειδή το πολυώνυμο χ3 + y + z3 είναι συμμε­ τρικό ως προς χ, y, z, θα εξετάσουμε χωρίς βλάβη της αποδείξεως, αν οι Διοφαντικές εξι­ σώσεις της μορφής χ 3 + y3 + z3 = 3 2 Κ + 22 έχουν λύσεις για τις τρεις τριάδες (διαφορετικών μορφών): α) χ = 3λ, y = 3μ, z = 3ν + 1, y = 3μ + 2, z = 3ν + 2 β) χ = 3λ, γ) χ = 3λ + 1, y = 3μ + 1 z = 3ν + 2 α) Αν χ = 3λ, y = 3μ, z = 3ν + l :

χ 3 + y3 + z 3 = 3 2 Κ + 2 2 � (3λ)3 + (3μ)3 + (3ν + 1)3 = 32 Κ + 22 � 33 λ3 +33 μ3 +33 ν3 +3 · 32ν 2 +3 · 3ν + 1 = 32 Κ + 22 � 33 � + 33 μ3 + 33 ν3 +33 ν2 +32 ν - 32 Κ = 22 - 1 � 32 (3� + 3μ3 + 3ν 3 + 3ν 2 + ν - Κ) = 4 - 1 = 3 � 3 2 · Μ = 3 � 3 · Μ = 1 , Άτοπο

β) Αν χ = 3λ, y = 3μ + 2, z = 3ν + 2 :

χ 3 +y3 + z3 = 32 Κ + 22 � (3λ)3 + (3μ + 2)3 + (3ν + 2)3 = 32 Κ + 22 � 33 � + 33 μ3 + 3 · 32 μ2 · 2 + 3 · 3μ · 22 + 23 + + 33 ν3 + 3 · 32 ν2 · 2 + 3 · 3ν · 22 + 23 = 32 Κ + 22 � 33 � + 33 μ3 + 33 μ2 . 2 + 32 μ . 22 + 33 ν3 + + 33 ν2 · 2 + 32 · ν · 22 - 3 2 Κ = 2 2 - 23 - 23 � 32 (3� + 3μ3 + 3μ2 · 2 + μ · 22 + 3ν3 + + 3ν2 · 2 + ν · 22 - Κ) = 4 - 8 - 8 = -12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/20

Μαθηματικοί δuryωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

=> 32 · Μ = -12 => 3 · Μ = -4 .

Άτοπο

γ) Αν Ι = 3λ. + ι, Υ = 3μ + ι, z = 3ν + 2: χ 3 + y3 + � 3 = 3 2 K + 2 z => (3λ + 1)3 + (3μ + 1)3 + (3ν + 2)3 = 32 Κ + 22 => 33 λ3 +3 · 32 λ2 +3 . 3λ+ 1 +33 μ3 +3 . 32 μ2 +3 · 3μ + +1 + 33 ν3 + 3 · 32 ν 2 · 2 + 3 · 3ν · 22 +23 =32Κ+22 => 33 Κ + 33 λ2 + 3 2 λ + 33 μ3 + 3 3 μ2 + 32 μ + 33 ν3 + + 33 ν 2 · 2 + 32 · ν · 22 - 32 Κ = 22 - 1 __:. 1 - 23 => 3 2 (3λ? + 3� + λ + 3μ3 + 3μ2 + μ + 3ν3 + + 3ν2 · 2 + ν · 22 - Κ) = 4 - 1 - 1 - 8 = -6

α)

γ) χ = 3λ +2,

-------

y = 3μ + 2

z = 3ν + 1

Αν Ι = 3λ, y = 3μ + ι, z = 3ν + ι:

χ 3 + y3 + z 3 = 3 2 Κ _ 2 2 => (3λ)3 + (3μ + 1}3 + (3ν + 1)3 = 32 Κ - 22 => 3 3 Κ + 33 μ3 + 3 32 μ2 + 3 3μ + 1 + 33 ν3 + + 3 · 32 ν 2 + 3 · 3ν + 1 = 32 Κ - 22 => 33 λ? + 33 μ3 + 33 μ2 + 32 μ + 33 ν3 + 33 · ν 2 + + 32 ν - 32 Κ = 22 - 1 - 1 =:> 3 2 (3Κ + 3μ3 + 3μ 2 + μ + 3ν3 + 3ν 2 + ν - Κ) = = -4 - 1 - 1 = -6 => 32 · Μ = -6 => 3 · Μ = -2 άτοπο ·

·

'

άτοπο Αποδείχτηκε ότι οι Διοφαντικές εξισώσεις της β) Αν Ι = 3λ, y = 3μ, z = 3ν + 2: χ 3 + y3 + z 3 = 3 2 Κ _ 2 2 μορφής => (3λ)3 + (3μ)3 + (3ν + 2}3 = 32 Κ - 22 =:> 33 Κ + 33 μ3 + 3 3 ν3 + 3 · 32 ν 2 · 2 + + 3 · 3ν · 22 + 23 = 3 2 Κ - 22

δεν έχουν λύσεις.

2) Θα εξετάσουμε επίσης αν έχουν λύσεις οι Διοφαντικές εξισώσεις της μορφής: χ3

+

y3

+ 23

= 3zκ

_

=> 32 (3Κ + 3μ3 + 3ν3 + 3ν 2 · 2 + ν · 22 - Κ) =

22

= 4 - 8 = -12

(ΚεΖ, παράμετρος)

Κατά το προηγούμενο θεώρημα θα έχουμε: χ 3 + y3 + z 3 = 3 z K - 2 z => χ + 3Κ1 + y + 3K2 + z + 3K3 = 32 Κ - 22

L..J

=> x + y + z = 32 Κ - 3Κ1 - 3Κ2 - 3Κ3 - έ.:.3 => x + y + z = 3(3Κ - Κ1 - Κ2 - Κ3 - 2) + 2 ρ

=> x + y + z = 3ρ + 2 Επειδή το πολυώνυμο χ3 + I + r είναι συμ­ μετρικό ως προς χ, y, z θα εξετάσουμε χωρίς βλάβη της αποδείξεως, αν οι Διοφαντικές εξι­ σώσεις της μορφής χ3 + y3 + z3 = 3 2 Κ - 22 έχ,ουν λύσεις για τις τρεις τριάδες (διαφορετι­ κών μορφών): y = 3μ + 1, α) χ = 3λ, z = 3ν + 1, y = 3μ, β) χ = 3λ, z = 3ν + 2 ·

=:> 33 λ? + 33 μ 3 + 33 ν3 + 33 · ν2 · 2 + 3 2 ν · 22 - 3 2 Κ = = -22 - 23

άτοπο

γ) Αν Ι = 3λ + 2, y = 3μ + 2, z = 3ν + ι: χ 3 + y3 + z 3 = 3 2 Κ _ 2 2 => (3λ + 2)2 + (3μ + 2)2 + (3ν + 1)2 = 32 Κ - 22

=> 33λ3 +3 · 32 λ2 . 2+3 · 3λ · 22 +23 +33 μ3 +3 · 32 μ2 • 2+ +3 · 3μ · 22 + 23 + 33 v3 + 3 · 32 ν2 + 3 · 3ν + 1 =

= 32 Κ - 22 => 33 Κ + 33 λ2 · 2 + 32 λ · 22 + 33 μ3 + 33 μ2 · 2 + + 3 2 μ · 22 + 3 3 ν 3 + 3 3 ν 2 + 3 2 ν - 3 2 Κ = = -22 - 23 - 23 - 13 => 32 (3λ? + 3λ2 · 2 + λ · 22 + 3μ3 + 3μ2 · 2 + + μ · 22 + 3ν3 + 3ν2 + ν - Κ) = = -4 - 8 - 8 - 1 = -21 =:> 32 · Μ = -2 1 =:> 3 · Μ = -7 ,

άτοπο

Αποδείχτηκε ότι οι Διοφαντικές εξισώσεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/21

Μαθηματικοi διαyωνισμοi - Μαθηματικές ΟλuJUΠάδες ------

χ 3 + y3 + z3 = 32 Κ - 22

δεν

έχουν λύσεις.

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι οι Διοφαντι­ κές εξισώσεις χ 3 + y3 + z3 = 32 Κ ± 22

δεν

=>

έχουν λύσεις.

Παρατήρηση :

χ + y + z = 3ρ + 1 => χ = 3λ,

y = 3μ,

z = 3ν + 1

χ = 3λ,

y = 3μ + 1, y = 3μ, y = 3μ + 2, y = 3μ, y = 3μ + 2, y 3μ + 1, y = 3μ + 2, y = 3μ + 1,

z = 3ν

χ = 3λ + 1, χ = 3λ,

=> χ = 3λ + 2, χ = 3λ + 2, χ = 3λ + 1, χ = 3λ + 1, χ = 3λ + 2,

=

χ + y + z = 3ρ + 2 =>

z = 3ν z = 3ν + 2 z = 3ν + 2 z = 3ν z = 3ν + 2 z = 3ν + 1 z = 3ν + 1

χ = 3λ,

y = 3μ + 1,

·z = 3ν + l

χ = 3λ + 1,

y = 3μ.

z = 3ν + l

χ = 3λ + l,

y = 3μ + l.

z = 3ν

χ = 3λ,

y = 3μ,

z = 3ν + 2

χ = 3λ,

y = 3μ + 2. z = 3ν

χ = 3λ + 2.

y = 3μ.

χ = 3λ + 2.

y = 3μ + 2. z = 3ν + l

χ = 3λ + 2.

y = 3μ + l.

z = 3ν + 2

χ = 3λ + 1.

y = 3μ + 2.

z = 3ν + 2

z = 3ν

Παρατηρώ ότι από τις παραπάνω εννέα τριάδες για

την καθεμία από τις μορφές:

x + y + z = 3ρ + l. x + y + z = 3ρ + 2

ανά τρεις τριάδες είναι της ίδιας μορφής. Επειδή το πολυώwμο χ3 + y3 + z3 είναι συμμετρικό ως προς χ.

y. z μπορούμε να παίρνουμε μια

τριάδα από την καθεμία από τις τριάδες διαφορετι­

κών μορφών.

Βιβλιοπαρου σίαση Διαβάζοντας το βιβλiο των Μαθηματικών Γεω ργίου Τσά­ μη διαπιστώνουμε ότι ε(ναι ένα ένα μαθηματικό βιβλίο με

συyκεντρωμένες βασικtς μαθηματικtς -yνώσεις χρήσιμες σε κάθε λύτη. Επiσης ε(ναι χρήσιμο yια τους καλcn)ς μα­ θητές που θέλουν να ξεκινήσουν την μελέτη τους σε θέμ• τα μαθηματικών διαγωνισμών.

Σωτήρης Λουρiδας �..................... . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ........... �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/11

Οι Πpαγματι«ο f ApιfJμof

Πανα-yιώτης Χριστόπουλος Αyyελική Βλάχου

Αγαπητοί μαθητές καλή χρονιά και καλή πρόοδο. Πρέπει να τονίσουμε ότι το lo κεφάλαιο της Άλγε­

βρας περtλαμβάνει όn είναι απαραίτητο να γνωρίζει κανείς από την Άλγεβρα για να προχωρήσει παρα­

πέρα. Για να ξεκινήσουμε, είναι απαραίτητο να γνωρίζετε καλά τη θεωρία και τις ασκήσεις του lου Κε­

φαλαίου του σχολικού βιβλίου.

Ακόμα σας συνιστούμε να μελετήσετε τα εξής άρθρα στα προηγούμενα τεύχη του Ευκλείδη Β': • • • • • • • • • •

Η ταυτότητα Euler του Βαγγέλη Ευσταθίου και της Ρούλας Σπανδαγού - τεύχος 33 Διάταξη στο της Εύας Σαίτη - τεύχος 33 Αλγεβρική ταυτότητα του Χρήστου Σακελλάρη - τεύχος 37 Αποδεικ:nκές μέθοδοι του Γ. Τσικαλουδάκ:η - τεύχος 41 Εις άτοπον απaγωγή του Δ.Γ. Φαλιέρου - τεύχος 37 Ανισότητες του Σωτήρη Γιαννοσπύρου - τεύχος 41 Απόλυτες nμές του .Α. Κόντζια - τεύχος 41 Ρίζες του Δημήτρη Ιωάννου - τεύχος 42 Ρίζες πραγμαnκών αριθμών της Λίνας Χαραλαμποπούλου - τεύχος 45 Σύνολα - μεταβλητή - Συνάρτηση του Παναγιώτη Χριστόπουλου - τεύχος 43 (το άρθρο αυτό εί­ ναι χρήσιμο για τη λύση της άσκησης 4).

Ν

Ας ξεκινήσουμε με ασκήσεις - εφαρμογές.

Ά σκηση 1

( ) ( )

Άσκηση 2

­ ; 1 ;β 1 � βοήθεια των ταυτοτή Να υπολΟ'yισθούν θεί ότι α β - α α β και Να δειχ των οι αριθμοί: στη 777 β) 599� = α) 20041 = Ύ) 45 · 55 = συνέχεια να Ύραφεί ο αριθμός ως δuι­ φορά τετραΎώνων δύο ακεραίων αριθμών. Λύση : α) β) γ)

με τη

20042 = ( 2000 + 4)2 = 20002 + 2 · 2000 · 4 + 42 = = 4000000 + 16000 + 16 = 4016016 2 59992 = ( 6000 - 1 ) = 60002 - 2 . 6000 ·1 + 12 = = 36οοοοοο - 12οοο + ι = 3588001 45 · 55 = (50 - 5 )( 50 + 5 ) = = 502 - 52 = 2500 - 25 = 2475

Λύση :

=

α2 + 2αβ + β2

- α2 + 2αβ - β2 4

Παρατηρούμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/23

777 = 7 · 1 1 1

=

4αβ

4

= αβ

και αφού

-----α . β=

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

( α;β )2 _ ( α;β )2 για α = 7 και β = 1 1 1 έ-

χουμε:

( ;) ( ;) (�) ( �)

2 2 7·111= 7+ 11 - 7- 11 = 2 2 = 1 8 - _ 1 4 = 592 - 522

Επομένως,

Σημείωση:

Ο αριθμός 777 μπορεί να γραφεί και διαφορετικά ως εξής

(� ) (� )

2 2 777 = 259 · 3= 25 +3 - 25 -3 = 1312 -1282

Άσκηση 3 Να δειχθεί ότι (α + β )2 - (α - β )2 = 4αβ και στη συνέχεια να βρεθεί η τιμή της παράστασης 2004 333 2 2004 333 2 + - 333 - 2004 Α= 333 2004 Λύση:

) (

)

Έχουμε: (α+ β)2 - (α- β)2 = α2 + 2αβ + β2 - α2 + 2αβ- β2 = = 4αβ Θέτουμε στην ταυτότητα που αποδείξουμε

2004 333 ' α = --,β = -- και εχουμε: 333 2004 2 2 + 333 - 2004 _ 333 = Α = 2004 333 2004 333 2004 4 333 200 = 4 · 333 . 2004 = 4

(

) (

α) Από την άσκηση 3 έχουμε ότι ισχύει: (α + β )2 - (α - β)2 = 4αβ �

! [(α+β)2 - (α - β)2 ] = _!_ 4αβ 4 4 Επομένως ! [ (α + β )2 - (α-β )2 ] = α·β 4 β) Έχουμε 2χ + 2y = 40 ή x + y = 20 ή y = 20 - x ·

7 · 1 1 1 = 592 -522

(

Λύση:

)

Άσκηση 4 α) Αν α,β ε JR να αποδειχθεί ότι: ! [(α+β )2 - (α - β )2 ] = αβ 4 β) Ένα ορθογώνιο (παραλληλόγραμμο) έχει διαστάσεις χ, y και περίμετρο 40 m. Να εκ­ φραστεί η διάσταση y με τη βοήθεια της διάστασης χ. γ) Χρησιμοποιώντας το ερώτημα (α), να απο­ δειχθεί ότι για το εμβαδόν Ε του ορθογωνί­ ου ισχύει Ε :::;; 100m2

γ) Έχουμε Εορθοyωνίου = xy. Όμως λ&yω του ερωτή­ ματος (α) είναι:

y= 0xy = -41 [(χ + y)2 - (χ -y)2 J 2= x = !4 [( χ +20-χ)2 -(χ -20+ Χ2 J = = _!_4 [400- ( 2χ-20)2 ] = !4 · 400- !4 · 4( χ-10)2 = = lOO� ( x -10)2 :::; ιοΟm2

Άσκηση 5 Να λυθεί για τις διάφορες τιμές του λ ε JR η ε­ ξίσωση λ2 - λ3χ = 5λ - 6 - 27χ Λύση:

Θα κάνουμε τις πράξεις στην εξίσωση με στόχο να τη φέρουμε στη μορφή αχ + β = Ο ή αχ = β όπου α, β θα είναι παραστάσεις του λ.

λ2 -Κχ = 5λ-6-27χ � -Κχ + 27χ = -λ2 +5λ - 6 <=> λ3χ -27χ = λ2 -5λ+ 6 (λ3 -33 ) χ = ( λ- 2)( λ-3) (λ-3) (λ2 +3λ+9)χ = ( λ-2)( λ-3) ( 1 ) <:::>

<:::>

Προσοχή:

Η ποσότητα λ2 + νός, αφού: δ > Ο

3λ + 9 είναι διάφορη του μηδε­ ή

3 +32 - 32 + 9 = λ2 + 3λ + 9 = λ2 + 2 · -λ 2 22 22 2 2 27 = λ+ "23 - 49 +9 = λ+ "23 + 4 > 0 για κάθε λεR. Για την εξίσωση (1) διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α) συντελεστής του χ * Ο και

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/24

( )

------,----

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου

β) συντελεστής του χ = Ο Έχουμε: α) Αν ( λ - 3) (λ2 + 3λ + 9) :;t: Ο � λ - 3 :;t: Ο � λ :;t: 3 τότε ( 1) : (λ-3Χλ'+3λ+9)ιοο ) χ = (λ - 3)(λ - 3) (λ - 3)(� + 3λ + 9) ' εχουμε ' λ':υση χ = 2 λ -λ2 . αρα λ +3 +9 β) Αν (λ - 3)(� + 3λ + 9) = 0 � λ-3=0 � λ=3 (1) : ΎUΙλ=J )(3 - 3) · (32 + 3 · 3 + 9) · Χ = = (3 - 2) · (3 -3) � Ο · χ = 0 άρα η εξίσωση είναι αόριστη .

Άσκηση 6 Για τα α, β ε JR που ισχύει α2 + β2 + 25 - 8α - 6β Ο να λυθεί λ2χ = β2χ + λ2 - αλ + β Λύση: .

== .

η

η

.

Ποιά είναι η ελάχιστη τιμή που μπορεί να πάρει η παρά�αση Κ = lx - 21 + l x - 41 ; Ύ) Έχει μέ-yιστη τιμή η παράσταση Κ; Λύση: β)

Θα χρησιμοποιήσουμε τον ορισμό του σχολικού βιβλίου για την απόσταση δύο αριθμών α, β. Έ­ χουμε d(α, β) = Ι α- βl = β - αl = (ΑΒ) όπου το Α είναι σημείο του άξονα των πραγματικών και πα­ ριστάνει τον αριθμό α, ενώ το Β είναι όμοια ση­ μείο και παριστάνει τον αριθμό β. Θεωρούμε τον άξονα χ'χ των πραγματικών και τα σημεία Μ, Α, Β τα οποία αντιστοιχούν στους α­ σχέση ριθμούς χ, 2 και 4.

εξίσωση

I

i)

χ

Α

2

Μ

Β

χ 4 2<χ<4

χ

iv)

Α1 Μ

χ χ= 2

Β

4

χ

ii) ) 4 χ ν χ 2 χ= 4 χ χ χ 2 Παρατηρούμε ότι: α2 + β2 + 25 - 8α - 6β = χ<2<4 = α2 - 2 · 4α + 42 + β2 - 2 · 3β + 32 = Μ Β Α = (α - 4)2 + (β - 3)2 iii) χ 2 4 χ χ Όμως α2 + β2 + 25 - 8α - 6β = Ο, . άρα και 2<4<χ (α - 4)2 + (β - 3)2 = Ο, απ' όπου έχουμε α = 4 και Οι δυνατές θέσεις του Μ στον άξονα χ'χ είναι οι παρακάτω (με τη βοήθεια αυτών θα απαντήσουμε β = 3. στα ερωτήματα της άσκησης). Η προς λύση εξίσωση γίνεται: α) Με τη βοήθεια των παραπάνω έχουμε: λ2 χ = 32 χ + λ2 - 4λ + 3 ή lx - 21 = d(x,2) = (ΜΑ) (� - 9)χ = � - 4λ + 3 ή lx - 41 = d(x,4) = (ΜΒ) (λ + 3Χλ - 3)χ = (λ - 3)(λ- 1) (1) α) Αν (λ + 3)(λ - 3) :;t: Ο � λ :;t: -3 και λ :;t: 3 lx -21 +lx -� = d(x,2) + d(x,41= (ΜΑ)+(ΜΒ) (λ - 3)(λ- 1) = λ - 1 και τέλος lx - 2l = lx - 41 ή d(x,2) = d(x,4) ή ' χ= Έχουμε λυση (λ + 3)(λ - 3) λ + 3 d(x,2) = d(x,4) ή (ΜΑ) = (ΜΒ) άρα το Μ είβ) Αν (λ + 3)(λ - 3) = 0 � λ = -3 και λ = 3 ναι το μέσον του ευθ. τμήματος ΑΒ (αφού Μ, Για λ = -3 η (1) γίνεται: Ο · χ = 24 και η εξί­ Α, Β σημεία συνευθειακά). σωση είναι αδύνατη. β) Θέλουμε: Κ = lx - 21 + lx - 41 =ελάχιστη τιμή, Για λ = 3 η (1) γίνεται Ο · χ = Ο και είναι αόδηλαδή Κ = (ΜΑ) + (ΜΒ) = ελάχιστη τιμή. Α­ ριστη . πό τις θέσεις του Μ στον άξονα χ' χ παρατη­ Άσκηση 7 ρούμε ότι η ελάχιστη τιμή του αθροίσματος (ΜΑ) + (ΜΒ) είναι 2 όταν 2 < χ < 4 ή όταν Δίνονται οι εκφράσεις l x - 21, l x - 41 , χ = 2 ή όταν χ = 4. lx - 2l + lx - 41 και lx - 21 = l x - 41 . γ) Παρατηρούμε ότι η παράσταση Α παίρνει άπει­ ρες τι�ς όταν χ < 2 < 4 ή 2 < 4 < χ αλλά κα­ α) Τι παριστάνουν Ύεωμετρικά οι παραπάνω μία από αυτές δεν είναι η μεγαλύτερη τιμή. Ε­ εκφράσεις; πομένως δεν είναι δυνατόν η παράσταση Α να Μ Α

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/25

Β

Α

ΒΜ

------

Μαθηματικά ΎUΙ την Α ' Λυκείου

πάρει μέγιστη nμή.

Άσκηση 8

α) Να αποδειχθεί ότι η τετραγωνική ρίζα του αριθμού 43 - 24J3 είναι ο αριθμός 3J3 - 4 . β) Να απλοποιηθεί η παράσταση �43 24J3 J3 43 24

Α= + + � Λύση :

α) α' τρόπος Έχουμε όn:

43-24J3 =43-2·4·3J3 = 16+27 -2·4·3.J3 =32 · (.J3) +42 -2·4·.J3 = = (3J3-4)2 . Επομένως �(3J3-4)2 = �13J3-412 = = I3J3-41 = 3J3-4 αφού 3J3-40 > Ο β' τρόπος Σύμφωνα με τον ορισμό της τετραγωνικής ρί2 ζας αρκεί να ισχύει: (3J3-4) = 43-24J3. Έχουμε: (3J3 -4)2 =(3J3)2 -2·3J3 ·4+42 = =9·3+16-2if3=27+16-2W=43-24/3. � � β) A= 43+24J3 + 43-24J3 = = �27 +16+2·3J3 ·4 + �(3J3 -4)2 = �(3J3 + 4)2 + �(3../3-4)2 = I3J3 +41 + 13J3 -41 = 3J3 +4+3J3 -4=6J3.

Άσκηση 9

Να μετατραπούν τα παρακάτω κλάσματα σε ι­ σοδύναμα κλάσματα με ρητό παρονομαστή: β) ι γ) 4 J3 δ) 2 α) 3 8- 2 # ..JS - � �

Λύση:

Προσοχή •

στον παρονομαστή ενός .κλάσματος υ­ πάρχει ρίζα της μορφής W , με α>Ο και ν>μ,

Όταν

σ

στόχος μας είναι να εμφανίσουμε στον παρο­ νομαστή τη μορφή W α , έτσι πολλαπλα­ σιάζουμε αριθμητή και παρονομαστή με την ποσότητα \/αν-μ Όταν στον παρονομαστή ενός κλάσματος υ­ πάρχει παράσταση της μορφής Jβ ή ..Γα .Jβ τότε πολλαπλασιάζουμε αριθμητή και παρονομαστή με ..Γα .Jβ ή Jβ αντι­ στοίχως. (Διόn έτσι δημιουργούμε στον παρο­ νομαστή τετραγώνων διαφορά

=

•

-

-

-Γα+ -Γα+

(-Γα)2 - (Jβ)2 =α-β.

-α) 'Εχουμε: 4 = 4ifj = 4# = 4# 3 ifj ifjifj W if7S if7S β) 1 = if7S = Jfi2 Jfi2 . if7S ifi1 7 .

4 = 4(8+ 2.J3) = 4(8+ 2.J3)2 = γ) 8-2.J3 (8-2.J3)·(8+2.J3) -(2.J3) 2(4+.J3) = 8+2.J3 13 13 δ) Παρατηρούμε όn ο παρανομαστής γράφεται: .J5-ifi=W·if1 =t'1·125 έτσι έχουμε: 2 - 2 2� .J5 . ifj t/1 ·125 t/1 125 . �11255 2·�11255 - 2·�11255 �11256 1125 g2

---

Άσκηση 1 0

α) τι παριστάνει γεωμετρικά η παράσταση

Κ= .Jx2 + 6χ.: 9 + .Jx2 - 10χ + 25 ; β) Να βρεθεί για ποιά χ είναι Κ 8 . α) Έχουμε: Κ= .Jx 2 + 6χ + 9 + .Jx 2 -lOx + 25 = = �(χ+3)2 + �(χ-5)2 =l x +3l+lx -5l. Θεωρούμε τον άξονα των πραγμαnκών αριθ­ μών χ 'χ και τα σημεία Α, Β, Μ του χ 'χ να α­ νnστοιχούν στους αριθμούς -3, 5 και χ. Το σημείο Μ μπορεί να είναι εσωτερικό σημείο �

Λύση :

ή εξωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/26

-----ΑΒ χ

.

Είναι:

_3

-2

2. ....

3 4 5 ........ ... .... .. .. ... ..

-ι ο ι

.._....--. ...

Α

Μαθηματικά yuι την Α ' Λυκεiου

χ

Β

κ = lx + 31 + Ι χ - 51 = d(x,-3) + d(x,5) = = (ΜΑ) + (ΜΒ) .

Επομένως η παράσταση Κ παριστάνει γεωμε­ τρικά το άθροισμα των αποστάσεων του σημεί­ ου Μ από τα σημεία Α και Β.

β) K = .Jx2 + 6x + 9 + .Jx2 - 10x + 25 lx + 3l + lx - 5l .

Κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα: χ -3 5 +οο ..Jiϊ+6x+9=lx+31 -χ-3 χ+3 χ+3 ..Jiϊ-10x+25=lx-SI -x+S -x+S χ-5 -2χ+2 2χ-2 κ Για χ < -3 έχουμε Κ = -2χ + 2 � 8 ή -2χ � 6 ή χ � -3 άτοπο. Για -3 � χ � 5 έχουμε Κ = 8. Για χ > 5 έχουμε Κ = 2χ - 2 � 8 ή 2χ � 10 ή χ � 5 άτοπο. Επομένως για -3 � χ � 5 ισχύει Κ = 8 και είναι Κ � 8 . Άσκηση 1 1 -«>

•

•

•

8

β) .Jx2 - 4x + 4 = 8 ή �(χ - 2)2 =8 ή lx - 21 = 8

άρα χ - 2 = 8 � χ = 10 ή χ - 2 = -8 � χ = -6 Επομένως χ = ι Ο ή χ = --6. γ) Έχουμε: �(χ - ι)2 + 2�(χ - 3)2 ή =

�

if4i lx - ιl + 2lx - 3l = 4 ή {.[45 4<[16 η. l x - ιl + 2lx -3l = 4l x - ιl + 2lx -31 = <{16 (ι) . Όμως ι � χ � 3 απ' όπου έχουμε ι - ι � χ - ι � 3 - ι ή Ο � χ - ι � 2 , άρα χ - ι � ο . Ακόμα ι � χ � 3 ή ι - 3 � χ - 3 � 3 - 3 ή -2 � χ - 3 � 0 άρα χ - 3 � 0 έτσι η (ι) γίνεται: χ - ι + 2(-χ + 3) = <{16 � -χ <[16 - 5 � � χ = 5 - <{16 . Όμως ι � χ � 3 άρα ι � 5 - <{16 � 3 ή -4 � -<{16 � -;2 ή 2 � <[16 � 4 ή # � <[16 � {.[45 ή iffi � <[16 � .Vto24 που είναι άτοπο άρα δεν υπάρχουν τιμές του χ ώστε ι � χ � 3 και .J(χ - ι)2 + 2�(χ -3)2 = \ι43 =

�� .

Να εξετασθεί αν υπάρχουν τιμές του αριθμού χ σ : ώ τε να είναι Άσκηση 1 2 α) ld(x,-1) - 11 � 4 ; α) Να pρεθεί ο αριθμός α . αν γνωρ ίζετε ότι .J 2 - 4χ + 4 = 8 · 1 =2. α :;e Ο και Ιαl + ι;;ϊ x Ρ> �(χ - 1)2 + z�(x - 3)2 = �� με ι � χ � 3 . γ) p) Για την μεγαλύτερη τιμή . του α να λυθεί η v43 3 3 εξίσωση (χ - 4) - 8(α - χ) + 27(2 - χ)3 = 0 .

Λύση : α) ld(x, -2) - ιΙ � 4 έχουμε:

Λύση : -4 � d(χ,-2) - ι � 4 ή -4 + ι � d(x,-2) � 4 + ι α) Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί α και -ι με α Ο , α ή -3 � d(x, -2) � 5 ή -3 � Ιχ + 21 � 5 . είναι αντίστροφοι άρα και ομόσημοι και θα ιΌμως lx + 21 > -3 για κάθε χ Ε JR , αφού σχύει α+ = ΙαΙ + . lx + 21 � Ο για κάθε χ Ε R . Έτσι έχουμε να 1:1 λύσουμε την aνίσωση lx + 21 � 5 � ι = 2 απ' οπου . . εχουμε. . Επομένως α+ � � -5 � χ + 2 � 5 � -5 - 2 � χ � 5 - 2 � � -7 � χ � 3 επομένως χ Ε [-7,3] . :;e

I �I I l

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/27

-----

Μα�μαnκά �α �ν Α Άv�

(χ -4)3 + (-2+ 2χ)3 + (6-3χ)3 = 0 παρατηρούμε όn: (χ -4) -(-2+2χ)+ (6-3χ) = Ο επομένως έχουμε από την ταυτότητα EULER (χ -4)3 + (-2+ 2χ)3 + (6-3χ)3 = = 3 ·(χ -4) · (-2+ 2χ)· (6-3χ) = ο άρα ή (χ - 4) = Ο <=> χ = 4 ή -2 + 2χ = ο <=> χ = 1 ή 6 -3χ = ο <=> χ = 2 .

α+ .!α = 2 (1) ή α+ .!α = -2 (2) Λύνουμε τις (1) και (2) α+ .! = 2 <=> α2 +1 = 2α <=> (α-1)2 = 0 άρα α α =l α+-α1 = -2 <=> α2 + 1 = -2α <=> (α+1)2 = 0 ά­ ρα α = -1 . β) Για α = 1 η εξίσωση γίνεται: (χ -4)3 -8(1- χ)3 + 27(2- χ)3 = ο ή (χ-4)3 + (-2)3(1- χ)3 + 33(2-χ)= ο ή •

•

Ιcr6τητα Τριγώνων Ι. Καραyιάννη

ισότητα τριyώνων αποτελεί βασικό ερyαλείο της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Την χρησιμο­ ποιούμε -yια να αποδείξουμε θεωρή ματα και προτάσεις, αλλά και σε ασκήσεις -yια να αποδείξου­ με ισότητα yωνιών ή ευθυyράμμων τμημάτων. Η

Παρουσιάζουμε εδώ, λυμένες και προτεινόμενες ασκήσεις.

α. Συyκρίνουμε τα τρίyωνα ΑΡΜ και ΑΝΣ

Λυμένες Ασκή σεις -

1.

-

Δίνονται 2 ίσες yωνίες ΒΑΓ...... και ΔΑΕ , οι οποίες έχουν κοινή κορυφή Α και ένα κοινό μέρος, την yωνία ΔΑΓ Στις πλευρές ΑΔ και ΑΓ παίρνουμε σημεία Μ και Ν αντίι­ στοιχα ώστε ΑΜ = ΑΝ και στις πλευρές ΑΒ και ΑΕ παίρνουμε σημεία Ρ και Σ αντίι­ στοιχα ΑΡ = ΑΣ. Να aποδείξτε ότι: α. ΜΡ = ΝΣ. μ. Η ΡΣ είναι κάθετη στη διχοτόμο της Ύωνίας ΔΑΓ -

•

-

•

Λύση :

Α

Β

Ε

.

Αυτά έχουν: ΑΡ = ΑΣ (υπόθεση). ΑΝ...... = ΑΝ ....(υπόθεση) .. ...... ΒΑΔ ΒΑΓΔΑΓ ...... ...... ( ΒΑΓ...... = ΔΑΕ...... από υπόθεση) ...... = ΔΑΕ - ΔΑΓ = ΓΑΕ Άρα, από τα τρίγωνα ΑΡΜ και ΑΝΣ είναι ίσα σύμφωνα με το κριτήριο Π - Γ - Μ. Άρα ι­ σχύει και ΜΡ = ΝΣ. μ. Το τρίyωνο ΑΡΣ είναι ισοσκελές αφού ΑΡ = ...... ΑΣ. Άρα, η διχοτόμος Αχ της γωνίας ΒΑΕ είναι και φορέας του ύψους του τριγώνου ΑΡΣ από την κορυφή Α, άρα ισχύει ΡΣ ..l Αχ . Ισχυρισμός: Η διχοτόμος Αχ της γωνίας ...... ΒΑΕ ...... συμπίπτει με την διχοτόμο της γωνίας ΔΑΓ (γιατί;). Πράγματι, της ...... ....Αχ .. διχοτόμος ...... = ....... +--+ ...... ΒΑΕ ....... +--+ ΒΑχ χΑΕ ...... ....... ΒΑΔ + ΔΑχ χΑΓ + ΓΑΕ +--+ ΔΑχ χΑΓ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/28

-.

=

=

-------

Μαθηματικά yιατην Α ' Λυκείου ......

(γιατί;) � Α:λ. διχοτόμος της γωνίας ΔΑΓ . Άρα, η ΡΣ είναι κάθετος στη διχοτόμο της γ�

Αυτά έχουν: ΑΜ = ΒΝ (σχέση (1)). ΑΝ = ΒΜ (σχέση (2)) νίας ΔΑΓ . ΜΝ : κοινή πλευρά. Άρα από το κριτήριο ΠΠΠ τα τρίγωνα είναι i­ Στις πλευρές Οχ και Oy μιας γωνίας . xOy σα. παίρνουμε σημεία Α και Β αντίστοιχα ώστε Ισχύει δηλαδή: ΑΜΝ = ΒΝΜ ό ......

......

2.

= 08. Στο εσωτερικ της Ύωνίας � ΑΡΜ + Ρ_ΜΝ = ΒΡΝ + Ρ_ΜΝ ΟΑ ...... xOy παίρνουμε ημιεuθείες Oz και Οτ ώστε � ΑΡΜ = ΒΡΝ . ...... xOy Πάνω στις ημι.ευθείες Άρα, τα τρίγωνα ΡΑΜ και ΡΒΝ είναι ίσα. ...... . xOz = yOr < 2 μ. Το Ρ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας xOy αν ...... ......

Oz και Οτ παίρνουμε σημεία Μ ι<αι Ν ανri­ . ΡΟΒ = ΑΟΡ αν μόνο και στοιχα ώστε ΟΜ = ΟΝ. Φέρνουμε τις ΑΝ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΟΡ και ΒΟΡ. Αυτά και ΒΜ, οι οποίες τέμνονται στο σημείο Ρ. έχουν: Να αποδείξετε ότι: ΟΑ = ΟΒ α. Τα τρίΎωνα ΡΑΜ και ΡΒΝ είναι ίσα. διχοτόμου της Ύ� ΟΡ : κοινή πλευρά τ σημείο ι μ. Το Ρ ε....ίνα ης .. ΑΡ = ΡΒ (ως αντίστοιχες πλευρές (γιατί;) των νίας xOy . ίσων τριγώνων ΡΑΜ και ΡΒΝ).

Άρα από το κριτήριο ΙΠΙΠ συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα είναι ίσα οπότε έχουν και τις α­ ντίστοιχες γωνίες τους ίσες. Επομένως, ΑΟΡ = ΡΟΒ (γιατί;)

Λύση : ο

......

......

......

Το Ρ ανήκει στην διχοτόμο της xOy . χ

3.

Υ

α. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΟΑΜ και ΟΒΝ.

Αν το μέσο μιας πλευράς ενός τριΎώνου προβαλλόμενο στις άλλες δύο πλευρές του τριΎώνου ισαπέχει απ' αυτές, τότε το τρ� Ύωνο είναι ισοσκελές και αντίστροφα.

Αυτά έχουν: Λύση: ΟΑ = ΟΒ (υπόθεση) Α ΟΜ = ΟΝ (υπόθεση) Οι = Ο2 (υπόθεση) Άρα, από το κριτήριο ΙΠ'Π τα τρίγωνα είναι ί­ σα οπότε είναι και ΑΜ = ΒΝ (1). Συγκρίνουμε επίσης τα τρίγωνα ΟΑΝ και ΟΒΜ. Αυτά έχουν: Ευθύ : ΟΑ = ΟΒ (υπόθεση) Έστω Ε και Ζ οι προβολές του μέσου Μ και ΒΓ ΟΝ = ΟΜ (υπόθεση) στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Με την υπ� θεση ότι ΕΜ = ΜΖ θα αποδείξουμε ότι το τρίΎωνο ΑΟΝ = ΑΟΜ+ΜΟΝ = ΝΟΒ + ΜΟΝ = ΜΟΒ Άρα, από το κριτήριο ΠΓΠ, τα τρίγωνα είναι ί­ ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΜΒ και σα οπότε ισχ6ει και ΑΝ = ΒΜ (2). Συγκρίνουμε τέλος τα τρίγωνα ΑΜΝ και ΒΝΜ. ΖΜΓ. Αυτά έχουν: ......

......

.......

.-.

"""""

.-.

-

.-.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/29

-------

Μαθηματικά yuι την Α' Λυκείοu

ΕΜ = ΜΖ (υπόθεση) ΒΜ = ΜΓ (υπόθεση) δηλαδή έχουν την υποτείνουσα και μία κάθετη πλευρά ίσες μία προς μία άρα από κριτήριο ισότη­ τας ορθογώνιων τριγώνων τα τρίγωνα είναι ίσα. Άρα έχουν τις αντίστοιχες γωνίες ίσες, οπότε Β = Γ δηλαδή ΑΒΓ ισοσκελές. _....

Προτειν ό μενες Ασκή σεις

1.

=

2.

�

Αντίστροφο:

Με την υπόθεση ότι ΑΒΓ ισοσκελές θα αποδεί­ ξουμε ότι ΕΜ = ΜΖ . Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΜΒ και ΖΜΓ. Αυτά έχουν: ΒΜ = ΜΓ (υπόθεση) Β = Γ (υπόθεση) δηλαδή έχουν την υποτείνουσα και μία οξεία γω­ νία ίσες μία προς μία δηλαδή είναι ίσα. Τότε έχουν και τις αντίστοιχες πλευρές ίσες οπότε ΕΜ = ΜΖ δηλαδή το ζητούμενο. _....

�

Να δείξτε ότι τα δύο τρίγωνα Α'Β'Γ' είναι ίσα (όταν).· β β', γ γ' και μβ = μβ' .

3.

και

ΑΒΓ

=

Σε τρίγωνο ΑΒΓ και β>γ. Στην πλευρά ΑΓ παίρνουμε σημείο Δ και στην προbctαση της ΑΒ προς το Α σημείο Ε τέτοια ώστε β - γ . Να αποδείξετε ότι η ευΑΔ = ΑΕ = 2 θεία που διέρχεται από τα Δ και Ε διέρχεται και από το μέσο Μ της ΒΓ.

Ένα τρίΎωνο είναι ισοσκελές αν και μόνο αν οι δύο διάμεσοι των ίσων πλευρών του είναι ίσες.

Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυpερνήτου ΑΓ >

·

1. Δύο ίσα ευθύγραμμα τμή ματα ΑΒ και ΓΔ

τέμνονται στο σημείο Κ

ΑΒ + ΓΔ 2

Λύση :

(ΚΑ � ΚΒ, ΚΓ � ΚΔ)

και ισχύει ΑΔ ΓΒ. Να δείξετε ότι τα τρ� γωνα ΚΑΔ και ΚΓΒ είναι ίσα. =

Λύση :

Έχουμε (σχήμα):

r

Τα τρίγωνα ΔΑΓ και ΒΓΑ είναι ίσα (ΑΓ κοινή, ΑΔ = ΓΒ και ΑΒ = ΓΔ), οπότε Αι = Γι και άρα ΚΑ = ΚΓ. Και επειδή ΑΒ = ΓΔ, έπεται ότι ΚΒ = ΚΔ. Λό-yω αυτών και επειδή ΑΚΔ=ΓΚΒ έπεται ότι τα τρίΎωνα ΚΑΔ και ΚΓΒ είναι ίσα (ΙΠ'Π). ;ο...

2.

�

Θεωρούμε ένα (κυρτό) τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΓ � ΒΔ . Να δείξετε ότι:

ΑΕ+ΕΒ>ΑΒ και ΓΕ + ΕΔ > ΓΔ προσθέτοντας κατά μέλη, βρίσκουμε: ΑΓ + ΒΔ > ΑΒ + ΓΔ (1). Έχουμε: (\)

ΑΓ � ΒΔ => 2ΑΓ � ΑΓ + ΒΔ > ΑΒ + ΓΔ => ΑΒ + ΓΔ 2ΑΓ > ΑΒ + ΓΔ => ΑΓ > 2 3.

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ονομάζουμε xy την ευθεία που περιέχει τις διχοτόμους των εξωτερικών γωνιών της γωνίας Α Να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/30

;ο...

•

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

δείξετε ότι, για κάθε σημείο Μ της ευθείας xy, διαφορετικό από Α, ισχύει: ΜΒ + ΜΓ > ΑΒ + ΑΓ .

Λύση:

Έχουμε ΔΓ = ΔΑ. Έτσι, έχουμε: Βι

=

fι

=

ΔΑΓ => Βι = ΔΑΓ => 82 = Α.2 .

Εξάλλου, έχουμε: ΒΔ = ΑΕ και ΒΑ = ΑΓ. Συνεπώς τα τρίγωνα ΒΔΑ και ΑΕΓ είναι ίσα και άρα ΔΑ = ΕΓ και επειδή ΔΑ = ΔΓ έπεται ότι ΕΓ = ΔΓ, δηλαδή ΓΕ = ΓΔ. Επομένως το τρίγωνο ΓΔΕ είναι ισοσκελές.

Δ

5.

Θεωρούμε ένα (κυρτό) πολύγωνο ΑιΑ2···Α"' ένα εσωτερικό του σημείο Μ και τα κάθετα τμή ματα ΜΚι, ΜΚ2, , ΜΚν προς τις ευ­ θείες ΑιΑ2, Α2Α3, , ΑvΑι, αντιστοίχως. 'Ε­ στω ότι το ΜΚ1 είναι μικρότερο από τα ΜΚ2, , ΜΚv. Να δείξετε ότι το σημείο Κι ανήκει στην πλευρά (ευθύγραμμο τμή μα)

Έστω ότι το σημείο Μ ανήκει στην ημιευθεία Ay (διπλανό σχήμα). Τότε, στην προέκταση της πλευράς ΒΑ προς το Α παίρνουμε τμήμα ΑΔ = ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΓΜ είναι ίσα (ΠΓΠ) και άρα ΜΔ = ΜΓ. Από το τρίγωνο ΜΒΔ έχουμε ΜΒ + ΜΔ > ΒΔ και επειδή ΜΔ = ΜΓ και ΑιΑ2. ΒΔ = ΑΒ + ΑΔ = ΑΒ+ ΑΓ , έπεται ότι Λύση: ΜΒ + ΜΓ> ΑΒ+ΑΓ. Έστω ότι το Κι δεν ανήκει στην πλευρά ΑιΑ2, Αν το Μ ανήκει στην ημιευθεία Αχ, τότε στην οπότε θα ανήκει στην προέκτασή της και άρα θα προέκταση της πλευράς ΓΑ προς το Α παίρνουμε είναι εξωτερικό σημείο του πολυγώνου. Λ(yyω αυ­ τμήμα ΑΕ = ΑΒ και προχωρούμε όπως παραπάνω. τού και επειδή το Μ είναι εσωτερικό σημείο του 4. Θεωρούμε ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ πολυγώνου, το ευθύγραμμο τμήμα ΜΚι θα τέμνει μία πλευρά του πολυγώνου π.χ. την Α2Α3 σ' ένα = ΑΓ) και τη μεσοκάθετο της πλευράς ΑΓ, η οποία τέμνει την προέκταση της βάσης σημείο Ρ. Έτσι, θα έχουμε: ΜΚ1 � ΜΡ και επειδή προΒΓ σ' ένα σημείο Δ. Φέρνουμε το τμή μα ΔΑ και στην προέκτασή του προς το Α φανώς ΜΡ � ΜΚ2 , θα έχουμε: ΜΚ1 ΞΞ;; ΜΚ2 , άτοπο. παίρνουμε τμή μα ΑΕ = ΒΔ. Να δείξετε ότι Άρα, το Κι ανήκει στην πλευρά ΑιΑ2 . το τρίγωνο ΓΔΕ είναι ισοσκελές. Λύση: .•..

•••

..••

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/31

Μαθηματικά ΎUI την Α ' Λυκείου

��

Ανιtfοτικές σχέσ�ις στη Γεωμε τpfα

Αγγελική Σ. Βλάχου

Οι ανισοτικές σχέσεις αποτελούν ένα σημαντικό μέρος της ύλης. Να πούμε επίσης ότι σε ασκήσεις της Γεω­ ' μετρίας της Β ' τάξης του Λυκείου, θα ανατρέξουμε στις παρακάτω ανισοτικές σχέσεις και όχι μόνο. Ο παρακάτω πίνακας κατασκευάστηκε με βάση τα θεωρήματα του σχολικού βιβλίου. Τ i

ωνο ΑΒΓ

1) Σχέσεις Ύωνιών

Α

Α + Β + Γ = 2L

(το συναντήσαμε στο Γυμνάσιο και θα το αποδείξουμε στο 4° κεφ.) Γεξ > Α και Γεξ > Β •

•

2) • •

•

3) •

Α

ατα

•

Σχέσεις πλευρών - Ύωνιών

Α = Β = Γ {::> α = β = Ύ (ισόπλευρο τρίΎωνο) Β = Γ {::> β = Ύ (τρίΎωνο ισοσκελές) Α > Β > Γ {::> α > β > γ (σκαληνό τρίγωνο) ·

Σχέσεις πλευρών (τριΎωνική ανισότητα)

Ιβ- γΙ < α < β + Ύ

Σχή·μα 1: Αν ΑΔ .l ΒΓ και ΒΔ = ΔΓ {::>

ΑΒ = ΑΓ

Σχήμα 1:

•

Σχή μα 2: Αν ΑΔ .l ΒΓ και ΔΒ < ΔΓ {::>

ΑΒ < ΑΓ Επίσης αν ΑΔ .l ΒΓ τότε ΑΔ < ΑΒ και ΑΔ ΑΓ <

Σχή μα 2:

Α

Γ

1.

2.

Βασικές παρατηρήσεις

α) Από την τριΎωνtκή ανισότητα έχουμε: Ο συντομότερος δρόμος που ενώνει δύο σημεία είναι η ευθεία. β) Κάθε χορδή κύκλου είναι μικρότερη ή ίση της διαμέτρου. Με τη βοήθεια της τριγωνικής ανισότητας μπο­ ρούμε να εξετάσουμε αν τρία ευθύγραμμα τμήματα αποτελούν πλευρές τριγώνου. (Ασκήσεις l και 6)

3.

Για τρία σημεία του εmπέδου Α. Β, Γ τα οποία δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία (λέμε επίσης ότι Α, Β, Γ είναι μη συνευθειακά). Ισχύει ΒΓ<ΑΒ + ΑΓ, ΑΒ<ΑΓ + ΒΓ, και ΑΓ<ΑΒ + ΒΓ.

4. Αν Ύια-τα σημεία Α, Β, Γ δεν -yνωρίζουμε αν ανήκουν στην ίδια ευθεία ή όχ) τότε ισχύει: ΑΒ � ΑΒ + ΑΓ , ΒΓ � ΑΒ + ΑΓ και . ΑΓ � ΑΒ + ΑΓ . Η ισότητα ισχύει στην περίπτωση �ου τα Α, · Β, Γ είναι συνευθειακά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/32

-------

Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

Πριν προχωρήσουμε στην παρουσίαση των ασκή­ σεων να πούμε ότι είναι απαραίτητο να μελετη­ θούν και τα εξής άρθρα από τον Ευκλείδη Β·: Ανισοτικές σχέσεις των Δ. Ιωάννου - Τρ. Τρια­ νταφύλλου. - Τεύχος 42 Πρόβλημα ελαχίστου δρόμου του Κώστα Βα­ καλόπουλου. - Τεύχος Ανισοτικές σχέσεις τμημάτων γωνιών του Γ. Στρατήγη. - Τεύχος 38 Σχέσεις μεταξύ των βασικών στοιχείων τριγ� νων του ΓιώΡΎου Τσαπακίδη. - Τεύχος 29

Α

•

•

•

•

ι.

Είναι Β = ι 8Οο - 65° = ι ι 5° και f = ι80° - (Α + Β) = 25Ό Έτσι f < Α < Β <=? ΑΒ < ΒΓ < ΑΓ και επειδή ΑΔ < ΑΒ (ιδιότητα κάθετης και πλάγιας). Ισχύει: ΑΔ < ΑΒ < ΒΓ < ΑΓ.

Να εξετασθεί αν υπάρχει tρίΎωνο με πλευ­ 3. Να διαταχθούν τα ευθ. τμή ματα του παρα­ ρές α, β, Ύ στις περιπτώσεις πουείναι: κάτω σχή ματος: 0 β i) α = 1 μ.μ. = 13 μ.μ. Ύ = 7 μ.μ. Α� ��r.r� B ii) β = 5α και Ύ = 2 α (α > Ο) σημείωση: μ.μ., μονάδες μήκους Λύση: � � �

Θα εξετάσουμε αν ισχύει η τριΎωνική ανισό­ τητα και για τις δύο περιπτώσεις. ί) j 13 - 71 < 10 < 13 + 7 ή 6 < ι ο < 20 αληθεύει Λύση: 110- 71 < 13 < 10 + 7 ή 3 < 13 < ι7 αληΣτο τρίγωνο ΑΒΔ είναι θεύει Β1 = ι 8οο - (70° + 90°) = 20° έτσι: 113 - ι οι < 7 < 13 + 10 ή 3 < 7 < 23 αλη� 20° < 70° < 90° <=? ΑΔ < ΑΒ < ΒΔ (ι) θεύει Στο τρίγωνο ΔΓΒ είναι επομένως υπάρχει το τρίγωνο με τις παρα­ Γ = ι8Οο (95° + 43° ) = 42° έτσι: πάνω πλευρές. ίί) Έχουμε: α, β 5α, γ = 2α 42° < 43° < 95° <=? ΒΔ < ΓΔ < ΒΓ (2) j β - γj < α < β + Ύ ή Από (ι) και (2) έχουμε: j5α - 2αj < α < 5α + 2α ή 3α < α < 7α ή ΑΔ < ΑΒ < ΒΔ < ΓΔ < ΒΓ 3 < ι < 7 άτοπο επομένως δεν υπάρχει τέ­ 4 Οι λ υ έ β π ε ρ ς α, , Ύ τριΎώνου ΑΒΓ είναι ανά­ . τοιο τρίγωνο. λο-yες με τους αριθμούς 6, 4, 5 αντίστοιχα. ° αι 4 0 ί ί κ 2. Σε τρ Ύωνο ΑΒΓ ε ναι Α= Να διαταχθούν οι Ύωνίες του τριΎώνου, αν ° λε θ ύ έ Βες 65 . Να διαταχ ο ν οι π υρ ς του και το τρίΎωνο · έχει περίμετρο 60 μονάδες μή­ -

=

.·

=

το ύψος του ΑΔ.

Λύση:

κους.

Παρατηρούμε ότι Βεξ = 65° άρα είναι οξεία, επομένως η γωνία Β θα είναι αμβλεία και έ­ χουμε το παρακάτω σχή μα:

Λύση:

Αφού οι πλευρές α, β, γ είναι ανάλογες των α­ ριθμών 6, 4,5 έχουμε: � = � = r και από γνωστή ιδιότητα αναλο6 4 5 γιών είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/33

-------

Μαθηματικά ΎUΙ την Α ' Λυκεiου

α) Να βρεθεί σημείο Μ της ε, έτσι ώστε το άθροισμα ΜΑ + ΜΒ να είναι ελάχιστο. Ρ) Να pρεθεί σημείο Ν της ε, έτσι ώστε η διαφορά INA - NBI να είναι μέγιστη.

� = � = r = α + β + γ 60 = 4 6 4 5 6 + 4 + 5 ι5 άρα �6 = 4 <=> α = 24 μ. μ. � = 4 <=> β = ι6 μ.μ.

Λύση:

4 r = 4 <=> γ = 20 μ.μ.

5 Παρατηρούμε ότι: β < γ < α<=> Β < Γ < Α .

5.

α) Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις τις εξής: i) Τα σημεία Α, Β να βρίσκονται εκατέρω­ θεν της ευθείας ε. Α

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ 4 μ.μ., ΑΓ α μ.μ. και ΒΓ 5 μ.μ. Ποιές είναι οι τιμές που μπορεί να πάρει η περίμετρος Π του τριγώνου ΑΒΓ; =

Είναι Π = α + 4 + 5. Ισχύει η τριγωνική ανισότητα για τις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ συνεπώς έχουμε: l4 - 5l < α < 4 + 5 ή ι < α < 9 Όμως ι < α < 9 <=> ι + 4 < α + 4 < 9 + 4 <=> 5 < α + 4 < 13 <::::> 5 + 5 < α+ 4 + 5 < 13+5 <=> ιΟ < Π < ι8

Έχουμε να εξετάσουμε δύο δυνατές περtπtώσεις: ι η: το ισοσκελές τρίγωνο να έχει πλευρές 20, 2. και χ = 2.

2η: το ισοσκελές τρίγωνο να έχει πλευρές 20, 2 και χ = 20. Για την τριάδα 20, 2, 2 έχουμε: 120- 21 < 2 < 20 + 2 ή ιs < 2 < 22 άτοπο δεν υπάρχει τέτοω τρίγωνο. Για την τριάδα 20, 2, 20 έχουμε: 120 - 201 < 2 < 20 + 20 ή Ο < 2 < 40 επομένως υπάρχει ισοσκελές τρίγωνο με πλευρές 20, 2, 20 μον4δες μήκους και πε­ ρίμετρο 42 μονάδες μήκους.

•

•

7.

Δίνεται ευθεία ε και δύο διαφορετικά ση­ μεία Α, Β του επιπέδου, εκτός της ευθείας ε, τα οποία δεν ισαπέχουν από την παραπ• νω ευθεία.

Β

ε

Έστω Γ το σημείο τομής των ΑΒ και ε. Για οποωδήποτε σημείο Μ της ε, λ{yγω τριγωνικής ανισότητας ισχύει ΜΑ + ΜΒ � ΑΒ. Παρατηρούμε ότι η ελάχιστη τιμή για το άθροισμα ΜΑ + ΜΒ είναι ΑΒ και αυτό συμβαίνει όταν το Μ ταυτίζεται με το Γ. Επομένως το ζητούμενο σημείο Μ είναι η τομή των ΑΒ και ε. ii) Έστω ότι τα Α, Β βρίσκονται προς το ί­ διο μέρος της ε. Α

Να εξετασθεί αν υπάρχει ισοσκελές τρίγωvο με πλευρές 20, 2 και χ μονάδες μήκους. Αν ναι να βρεθεί η περίμετρος του. Λύση:

r

Μ ',,� ' .. � �

=

Λύση :

6.

":λ

, , ι'

=

Α'

Ψάχνουμε σημείο Μ της ε ώστε ΜΑ + ΜΒ = ελάχιστο. Αν Α' το συμμετρικό του Α ως προς την ευθεία ε τότε ΜΑ = ΜΑ '(λ{yγω συμμετρί­ ας). Έτσι έχουμε ΜΑ + ΜΒ = ΜΑ ' + ΜΒ = ελάχιστο. Τώρα τα Α ' και Β είναι εκατέ­ ρωθεν της ευθείας ε και λ{yγω της (i) περί­ πτωσης το σημείο Μ ταυτίζεται με το ση­ μείο Γ ποu είναι η τομή των Α'Β και ε. Επομένως το ζητούμενο σημείο Μ είναι η τομή των Α 'Β και ε. β) Το ερώτημα (β) αφήνεται προς εξάσκηση των μαθητών. Την παραπάνω άσκηση θα τη ναντήσουμε ξανά στα διανύσματα, στα Μαθη­ ματικά Κατεύθυνσης της Β ' Λυκείου. Ση μείω ση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/34

συ­

• Τpιιyωνοpeτp11•ές ιnwαpτιιjp'ε11ς Εφαpμογές •α11 ΠpoiUιjpπα

του Κώστα Βακαλόπουλου

Θεωρώντας δεδομένες τις γνώσεις που απορρέουν από την παράγραφο 1.1 του σχολικού βιβλίου για τις τριγωνομετρικές συναρτήσεις παραθέτουμε λίγες συμπληρωματικές ασκήσεις πάνω στις γραφικές παραστti σεις τριγωνομετρικών συναρτήσεων καθώς και μερικά προβλήματα η λύση των οποίων βασίζεται στη μελf;. τη των τριγωνομετρικών συναρτήσεων. Ά σκη ση

1

Να παρασταθούν Ύραφικά οι παρακάτω σuναρτήαεις: α) f(I) = lσuν�:l , p) g(I) = σuν l �:l , Ύ) h(I) lεφ�:l , δ) α(Ι) = εφ ! �:! Ε)

=

φ(Ι) = 2

·

( ;}

ημ 2 Ι +

{

-Π � Ι � Π

Άρα η γραφική παράσταση γης g θα αποτελείται από τη γνωστή συνημιτονοειδή καμπύλη για χ � Ο και από το συμμετρικό της σχήμα ως προς τον άξονα ψ 'ψ έτσι ώστε η γραφική παράσταση της g να έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα ψ' ψ. Έτσι: Υ

1

Λύση

συνχ, συνχ � Ο η γραφική α) Επειδή f(x) =

συνχ < Ο παράσταση της f θ' αποτελείται από τη γνωστή συνημιτονοειδή καμπύλη αν συνχ � Ο και από το συμμετρικό της σχήμα ως προς τον άξονα χ'χ συνχ < Ο. αν

-συνχ,

Υ 1

Παρατήρη ση

Επειδή για χ < Ο, συν(-χ)= συνχ ισχύει: Για κάθε χ ε R , συν lχl συνχ . Αυτό άλλωστε γίνεται φανερό και από τη γραφική παράσταση. =

χ

Ρ)

χ

{

χ � Ο Όμως συνάρτηση g(x) = συνχ, g η συν(-χ), χ < Ο είναι άρτια αφού για κάθε χ ε R ισχύει: -χ ε JR και g(-x) = συν l-χl = συν l χl g(x) . =

{εφχ,

εφχ � Ο η γραφική πα-εφχ, εφχ < Ο ράσταση της h θα αποτελείται από τη γνωστή γραφική παράσταση της εφχ αν εφχ � Ο και από το συμμετρικό της σχήμα ως προς τον άξονα χ' χ αν εφχ < Ο. Έτσι:

Ύ) Επεtδή h(x)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/35

=

-------

Μαθηματικά pα την Β' Λυκείου

Υ

Έτσι: χ

2π

: ,, : ιι : -ι

δ)

χ � 0 Όμως η συνάρτηση σ σ(χ)= {εφχ, εφ(-χ), χ< Ο είναι άρτια αφού για κάθε x ER1 (R1 =R- {κπ+ ; ,κΕz}) ισχύει: -χλ Ε R1 και σ(-χ)= εφ I-χi = εφlχl = σ( χ) . ρα: Η γραφική παράσταση της σ θα αποτελεί­ ται από τη γνωστή γραφική παράσταση της εφχ για χ � Ο και το συμμετρικό της σχήμα ως προς τον άξονα ώστε η γραφική παράσταση της σ να f:χει άξονα συμμετρίας τον άξονα Έτσι: ' ψψ

' ψ ψ.

Υ

χ

Άσκη ση:

Άσκηση 2

απομάκρυνση από τη κεντρική θέση ιι­ σορροπίας (χ = Ο) σε μια αρμονική ταλά­ ντωση δίνεται από τη συνάρτηση : x(t) = Α · συν(ωt + δ) (Α: το πλάτος της κίνησης, ω: η κυκλική συχνότητα, δ: η σταθερά φάσεως). α) Δείξτε όταν η σταθερά φάσης είναι - π 2 η συνάρτηση της απομάκρυνσης παίρνει ημιτονοειδή μορφή. Ρ) Να παρασταθούν Ύραφικά (σε διάστημα πλάτους μιας περιόδου) οι συναρτήσεις της απομάκρυνσης χ στις εξής περιπτώσεις: ί) Όταν διατηρείται το πλάτος και η σu­ χνότητα αλλά διαφέρουν στη φάση κατά π (ή Η

4

(Για λύση)

χ

4 j 5

ίί) Όταν έχο.υμε την . ίδια συχνότητα και σταθερά φάσης (δ Ο) αλλά διαφέρουν στο πλάτος κατά παράΎοντα 2. ίίί)Όταν έχουν το ίδιο πλάτος και σταθερά φάσης (δ Ο) αλλά διαφέρουν στη συ, χνοτητα κατα, τον παρu.LΎ. οντα 2"1 (η' στη περίοδο κατά τον παράΎοντα 2).

Να γίνουν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων: f1 (x) = l ημxl , f1 (x) = ημ l xl gι ( χ) Ισφχ ' gz (x) = σφ l xl

=

= l ε) Για κάθε χ Ε R . φ(χ)= 2ημ(2χ + i) = 2ημ[2(χ+ �)] Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 2ημ2χ Λύση γνωστον ειναι ικη με = -2π.2-= π και α) ΠράΎματι: Για δ=-� έχουμε: 2 f:χει μέyιστη και τιμή 2 και-2�)αντίστοιχα. Παρατηρούμε φ(χ)= r(χ+ . Αρα η χ(t)= Α ·συν (rοt- i) =Α·συν [-(; -ωt)] = γραφική παράσταση της φ προκύπτει από τη =Α· συν (i- ωt) =Α· ημωt γραφική παράσταση της f με οριζόντια μετατό( ) Ρ) Χ1 (t)=Α·συν ωt+ : mση κατά �4 μονάδες προς τα αριστερά. ,

'

περιοδ ,

ελάχιστη

' τ πεδω

=

που ως

ότι

ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.Ι/36

-----

Μαθηματικά yια την Β' Λυκεfου

[ ( )]

Έχουμε: χ1(t) = Α · συν ω t + 4: . Θεωρούμε την ψ(t) = Ασυνωt και παρατηρούμε ότι: x1(t) = ψ t + 4:

Πρό βλη μα 1 :

Παρακολουθώντας την σκιά ποu αφήνει κα­ ταμεσήμερο μια κούνια στο μεγάλο τροχό ε­ νός ΛΟΥΝΑ ΠΑΡΚ, ο οποίος εκτελεί ομα-

( }

Αρα:

Ο τροχός του ΛΟΥΝΑ ΠΑΡΚ

-

Η γραφική παράσταση της χ1 (t) προκύπτει από τη γραφική παράσταση της ψ(t) (γνωστή συvημιτονοειδής καμπύλη) με 4 μονάδες προς τα ριζόντια μετατόπιση κατά � ω αριστερά. Έτσι:

ο­

χ

Όταν η κούνια βρίσκεται στην αφετηρία (σημείο Α) η σκιά της βρίσκεται στο ση­ μείο Σ (Κεντρικό σημείο cπήριξης). Όταν η ° κούνια έχει διαγράψει τόξο π2 rad (ή 90 ) η σκιά της βρίσκεται στο σημείο Κι, όταν βρεθεί στο ψηλότερο σημείο, η σκιά είναι πάλι cno Σ ενώ όταν έχει διαγράψει τόξο 3π rad (ή 270j η σκιά της βρίσκεται στο 2 σημείο Κ2. (τα σημεία Κι και· κ2, είναι οι προβολές των Β και Δ στη γη). θεωρώντας την ευθεία ΚιΚ2 ως άξονα και το σημείο Σ ως αρχή του η αλγεβρική τιμή της απομά-­ κρυνσης της σκιάς της κούνιας από το ση­ μείο Σ δίνεται σε μέτρα από τη συνάρτηση : πt f(t) 3ημ (t σε min). Να βρεθούν:

Χ2 (t) = 2·Ασυνωt

ii)

χ

Α ο -Α ---------

2Α

-

···

)

m

-------------­

ωt χ3 (t) = Ασυν2

=

i)

χ

ο

·

s

Η διάμετρος του τροχού.

ii) Η περίοδος περιστροφής του τροχού.

πόσα λεπτά από την αναχώρηση θα βρεθεί κούνια για πρώτη φορά σε ψη� τερο σημείο της διαδρομής της. Λύση

iii) Σε

\ \ \ \ '

ι, Ιr

-Α �--------:"-� �·

4π ω

t

i)

Η διάμετρος του τροχού είναι η απόσταση Κ1Κ2 δηλ. η διαφορά της ελάχιστης από την μέγιστη τιμή της συνάρτησης f. Η ελάχιστη τιμή της εί­ ναι -3 ενώ η μέγιστη 3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/37

Μαθηματικά 'fUI την Β' Λυκείοο

Κ1 Κ2

= 3-(-3) 6, δηλαδή η διάμετρος του τροχού είναι 6 μέτρα. ii) Η περίοδος περιστροφής του τροχού είναι η πε­ ρίοδος της συνάρτησης f.

2π λρα: Τ = = 10(min) . π 5 iίί)Αναζητούμε την μικρότερη θετική τιμή του t ώστε f(t) = Ο � ημ = 0 � t = 5κ .

5 Όμως t > Ο => κ > Ο . λρα για κ=1 έχουμε t = 5min. λρα:

=

πt

Πρό βλη μα 2 : Το χρη ματιστήριο

α)

Προφανώς πρέπει να πουλήσει όταν η μετοχή έχει τη μεγαλύτερη τιμή της και να αγοράσει στη μικρότερη τιμή της. Αναζητούμε λοιπόν τις τιμές t(t>O) ώστε η νάρτηση f να παίρνει τη μεγαλύτερη τιμή της (14 €) και τη μικρότερη τιμή της (6€). f(t) = 14 � 10 + 4ημ 6 = 14 � ημ -6 = 1 � -6 = 2κπ+-π2 t = 12κ + 3 .

3 Όμως: t > Ο � ΙΟκ + 3 > Ο κ > -- .

10 λρα: Για κ Ο έχουμε t = 3. Δηλ. πρέπει να πουλήσει μετά από 3 μήνες. f(t) = 6 � . ..t = 9 δηλ. πρέπει να αγοράσει μετά από 9 μήνες. συ­

πt

πt

πt

<:::)

<:::)

=

Η αξία της μετοχής μιας εισηγμένης εται­

ρείας στο Χρηματιστήριο Αξιών Αθηνών (ΧΑΑ) δίνεται σε ευρώ από τη συνάρτηση: πt

f(t) = l 0 + 4ημ-6

για

O � t � 40 ,

(t σε μή-

β) Μεγαλύτερη ζημιά έχει κάποιος αν αγοράσει νες). Να βρεθεί: μετά από 3 μήνες και πουλήσει μετά από 9. α) Πότε πρέπει να πουλήσει κάποιος που Η ζημιά θα είναι: κατέχει την παραπάνω μετοχή για πρώ­ τη φορά ώστε να έχει το μεγαλύτερο πε­ Όμως: fmax = f(3) = 10+4·ημ 3Π =10 + 4 = 14€ ριθώριο κέρδους.

6 β) Ποια είναι η μεγαλύτερη ζημιά που 9π = 10- 4 = 6€ fmin = f(9) = 10 + 4 ·ημ6 μπορεί να έχει κάποιος ανά μετοχή. γ) Θα έχει κέρδος ή ζημιά κάποιος αν αγ• λρα: fmax - fmin = 14-6 = 8 € ανά μετοχή. ράσει 1000 μετοχές της παραπάνω εται­ ρείας τον � μήνα του πρώτου έτους και γ) Το κέρδος ή η ζημιά ανά μετοχή θα είναι: τις πουλήσει τον 11ο μήνα του ιδίου έτους.

Λύση Η γραφική παράσταση της παραπάνω συνάρτησης εWαι:

[τ � i ] � 12

Υ

ο

I( 1�π J - (10 +4ημ 76πJl = 14 · ημ ( 2π - :) -4ημ ( π+ :)1 = 14 ( -ημ �) - 4 ( ημ �)l ιrcι 1) - f(7)ι = ι ο +4ημ

-

3

6

9

12

t

λρα: Δεν θα έχουμε ούτε κέρδος, ούτε ζημιά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/38

------

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκείου

του Μανώλη Κωνσταντακόπουλου

2(1 - Ji) 1 - συν2χ + (Ji - 1)ημ2χ = Ji - 1 => 2 συν2χ - 1 + ημ2χ = 1 ::::? συν2χ + ημ2χ = 2 => Λύση : (συν2χ + ημ2χ )2 = 4 ::::? Έστω όn ένας αριθμός χ Ε JR είναι λύση της ε­ συν2 2χ + ημ2 2χ + 2συν2χημ2χ = 4 ξίσωσης (1). Βρίσκουμε εύκολα όn: => ημ4χ = 3, άτοπο. συν7 χ :::; συν2χ (2) �ι ημ4 χ :::; ημ 2χ (3). Άρα, δεν υπάρχει τέτοιος αριθμός. Αν σε μία τουλάχιστον από τις σχέσεις (2) και 3 (3) ισχύει η ανισότητα, τότε, προσθέτοντας αυτές . Να δείξετε ότι: ημ(75° + α) + συν(105° + α) = κατά μέλη, θα έχουμε: = (συνα - ημα)(συν1SΟ - ημ1S0) συν7χ + ημ4 χ < 1 , άτοπο λόγω της (1). Λύση: Άρα: Έχουμε: συν7χ = συν2χ συν2χ(συν5χ - 1) = Ο ημ(75° + α) + συν(105° + α) = ::::? και και ::::? = ημ(75° + α) + ημ(90° -105° -α) = !η�χ = η�χ jη�χ��χ - Q = Ο = ημ(75° + α) - ημ(15° + α) = συνχ = Ο ή συνχ = 1) συνχ = Ο = ημ75° συνα + συν75° ημα- ημ15° συνα­ και => ή -συν15°ημα = (1 - συν2χ)(-συν2χ) = Ο συνχ = 1 = συν15°συνα + ημ15°ημα- ημ1�0 συνα­ (γιατί;) -συν150 ημα = συν15° (συνα - ημ�) => χ = + κπ ή χ = 2κπ, όπου κ Ε Ζ -ημ15° (συνα - η μα) = Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι αριθμοί: = (συνα - ημα)(συν15° - ημ15°) χ = � + κπ και χ = 2κπ, όπου κ Ε Ζ , επαληθεύ- 4. 'Εστω ότι: 2 (Ji - 1)ημα + (3 - J2)συνp = 2 (1). συν την εξίσωση ( 1) και άρα αυτοί είναι οι ζητ� Να pρείτε την τιμή του συν(2α + p). μενες λύσεις.

1.

Να λυθεί η εξίσωση: συν'χ + ημ4χ = 1 (1)

{

!(

(

2.

�

)

Να εξετάσετε αν υπάρχει χ ε R με: (J2 - 1)ημχ + συνχ = tfi .

!(

Λύση:

Έχουμε: ημα :::; 1 Ji - 1)ημα :::; Ji - 1 (2) Λύση: συνβ :::; '* (3 - Ji)συνβ :::; 3 - Ji (3) Έστω όn υπάρχει τέτοιος αριθμός χ. Τότε, υ­ Αν σε μία τουλάχιστον από τις σχέσεις (2) και ψώνοντας στο τετράγωνο, βρίσκουμε: (3) ισχύει η ανισότητα, τότε, προσθέτοντας αυτές (Ji - 1)2ημ2χ + συν2χ + 2(Ji - 1)ημχσυνχ = κατά μέλη, θα έχουμε: = Ji ::::? (3 - 2Ji)ημ2χ + 1 - ημ2χ + (..fi - 1)ημα + (3 - Ji)συνβ < 2 , +(Ji - 1)ημ2χ = Ji ::::? άτοπο λόγω της (1).

(2 - 2Ji)ημ2χ + (Ji - 1)ημ2χ = Ji - 1 ::::? Άρα:

{

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.l/39

Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

!

ημα = 1 α = � + 2κπ (όπου κ, λ ε Ζ ) 2 συνβ = 1 ==> β = 2λπ 2α = π + 4κπ =? 2α + β = π + 2π(2κ + λ) =? β = 2λπ =? συν(2α + β) = συνπ =? συν(2α + β) = - 1 .

5.

[

Να λυθεί η εξίσωση: 3 3 � 1 + ημ χ + συν χ = 2 ημ2χ (1). Λύση:

=

Ε πειδή

.

λα

. , οπως βρισκουμε ευκο •

έχουμε:

[

]

i -1 : η..ιχσιm =-- , 2

7

y2 - 1 . 2 - 1 (πράξε� κτλ) (2) {:} 1 + y 1 - -- = 3 2 {::} (y + 1)(y2 + 2y - 5) = ο {:} (y = - 1 ή y = - 1 + ../6 ή y = - 1 - ../6 Με y έναν από τους αριθμούς αυτούς έχουμε: π ημχ + συνχ = y {::} ημχ + εφ 4 συνχ = y {::} π π ημχσυν + ημ 4 συνχ = 4

( ) ( �) � (χ,+�) � ( :)

= yσυν � {::} ημ χ + � = y J2 (3).

2 4 4 Με y -1, έχουμε: =

(3) {::} η·μ χ + ημ

=-

ημ -

{::}

{::}

π π χ + 4 = - 4 + 2κπ η •

•

(

π 5π χ + - = - + 2κπ όπου κ ε Ζ ' 4 4

χ = - + 2κπ ή

Με

�

y = - 1 + .J6

,

)

χ = π + 2κπ . όπως βρίσκουμε εύκολα ι-

. . η (3). ειναι . αδ. υνατη. σχυει: J2 > 1 και αρα , �Τ

Με y = - 1 - .J6 όπως βρίσκουμε εύκολα ισχύ­

ει: y J2 < - 1 και άρα η (3) είναι αδύνατη.

2 Άρα, οι λύσεις της δοσμένης εξίσωσης είναι: . π χ = -- + 2κπ και χ = π + 2κπ , όπου κ ε Ζ .

2

!

Έχουμε: (1) {::} 1 + (ημχ + συνχ) · (1 - ημχσυνχ) = = 3ημχσυνχ (2) Θέτουμε: ημχ + συνχ y .

•

•

6. Να δείξετε ότι ένα μη ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είνάι οξυγώνιο· αν, και μόνο αν εφΑ · εφΒ > 1 . Λύση:

Έχουμε: ημΑημΒ εφΑ · εφΒ > 1 {::} - 1 > Ο {::} συνΑσυνΒ ημΑημΒ - συνΑσυνΒ -συν(Α + Β) > 0 =? > 0 {::} συνΑσυνΒ συνΑσυνΒ . συνΓ > 0 {::} συνΑσυνΒσυνΓ > Ο (1). συνΑσυνΒ 1) Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο. Τότε η (1) προφανώς ισχύει.

2) Αντιστρόφως. Έστω ότι η (1) ισχύει. Τότε, αν (το μη ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ) ήταν αμβλ& γώνιο θα είχαμε: συνΑσυνΒ<Ο (γιατί;), άτοπο. Ά­ ρα είναι οξυγώνιο.

----

7.

Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

συνΒσυνΓ + ημΑημΒημΓ = 1 (1). Να δείξετε ότι το τρίΎωνο αυτό είναι ορθο­ γώνιο και ισοσκελές. Λύση:

Από την (1) έχουμε: 1 - συνΒσυνΓ ημΑ = . (2) ημΒημΓ Και επειδή ημΑ :::; 1 , έχουμε: 1 - συνΒσυνΓ :::; 1 =? 1 - συνΒσυνΓ :::; ημΒημΓ =? ημΒημΓ συνΒσυνΓ + ημΒημΓ � 1 =? συν(Β - Γ) Ξ:: 1 (και επειδή συν(Β - Γ)�1) =? συν(Β - Γ) = 1 =? Β - Γ = Ο =? Β = Γ . Έτσι, από τη (2), έχουμε: 1-συν2Β η μ2 Β ημΑ =? ημΑ=-- =? ημΑ=1 =? Α=90° ημ2Β ημ2Β

Άρα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο και ισο­ σκελές.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/40

�----

ί

�

Μαθηματικά pα τηv Β' Λυκείου

YιfiiiJIIZ I I/JZ>Aι ΚΑΙ φΖΥΜΠΙΜΖΜJ\ fΑ>Αι tΙΠriJIJ rcωΙJΙJC'fiJί!tllJ Σταμάτης Καλίκας

Σκοπός του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει κάθε μαθητή της Α ' αΛλά και της Β ' λυκείου να κάνει Er πανάλη ψη στα κεφάλαια 6 και 7 της γεωμετρίας που διδάσκονται συνήθως περιληπτικά . Τα κεφάλαια αυτά έχουν γνώσεις που είναι χρήσιμες και στην Β ' τάξη. Η θεωρία θα παρουσιαστεί σε περίληψη και με την βο­ ήθεια σχημάτων. Τα δεδομένα των θεωρημάτων ή προτάσεων συνιστούν την υπόθεση (Υ), ενώ τα ζητούμε­ να αποτελούν το συμπέρασμα (Σ). Περίληψη θεωρίας με την βοήθεια σχημάτων:

και αvnστρόφως

1.

Υ

Σ

Υ

Μ κέντρο του κύκλου

Σ

Γ\

ώ = ΑΒ

I

ε//ΑΒ

Γ\

Μ μέσο του ΑΒ , ε εφαπτομένη

α"

(�μα 1)

4.

2.

Υ Υ

Σ

Μ σημείο του κύκλου

Σ

Γ\

ώ = � ΑΒ

Γ\

Γ\

ΑΓ+ ΒΔ ω = --2 Α

Μ

(σχήμα 4)

(σχήμα 2) 3. Υ

Σ

5. Γ\

Μ μέσο του ΑΒ , ε εφαπτομένη ε//ΑΒ

Υ

Σ

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/41

Γ\

Γ\

ω = ΑΓ- ΒΔ 2 Α

---

--

--

Meβιtιuι'ΠICa .,aa qν Β' Λvκdov

8. Υ

Σ

Σ

και

ΑΒΓΔ

Κ'όκλο

τραπέζιο εγγεγραμμένο σε

ΑΒΓΔ ισοσκελές

αντίστροφα

Υ

ΑΒΓΔ ισοσκελέςτραπέζιο

Σ

ΑΒΓΔ

εγγράψιμο σε Κ'όκλο

Γ

6.

(σχήμα S)

Α

ΑΙ,εφωrrομένrι τοu Κ'όκλοu

Υ

λ

Σ

Γ\

xAy = Y2

Α8

(σχήμα 8) 9. Υ Σ

και

αντίστροφα

Υ

7.

(σχήμα 6) Υ

Σ

Οι απέναντι γωνίες του τετραπλεύροu ΑΒΓΔ είναι παραπληρωματικέ ΑΒΓΔ εγγράψιμο

ΑΒ//ΓΔ Γ\

Σ

Β

Γ\

ΑΓ = ΒΔ

και ανncnρόφως Υ

ο Οι απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές ΑΒΓΔ

I

Γ\

Γ\

Α

· ΑΓ = ΒΔ

Γ

ΑΒ//ΓΔ Δ

(σχήμα 9)

10.

Υ Σ

(σχήμα 7) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β' ).ζ' τ.Ι/41

ΑΒΓΔ

Κάθε πλευρά φαίνεται από τις α­ πέναντι κορυφές υπό ίση γωνία.

---- Μ•βιιιumκά 'JUI ην Β ' Λvιcάev

και αντίστροφα Υ

Μία πλευρά

Σ

ΑΒΓΔ εγγράψιμο

φαίνεται από τις απέ-

I I I I I I 11

Β Γ

Υ

11.

Υ

ΑΒΓΔ Οι εξωτερικές Ύωνίες είναι ίσες με απένανn εσωτερικές. Αεξ = Γ , Λ

Λ

Λ

ΑΓ

Ζ σημείο της ευθείας ΒΓ κοu δεν ΑΒ ανήκει στο τμήμα ΒΓ και ΖΒ ΔΖ

Λ

Λ

Λ

ΖΒ ΑΒ ΔΖ.

(σχήμα 10)

Λ

ΑΖ εξωτερι!Cfι διχοτόμος -=-

Δ

τις

(σχήμα 1 2)

13.

Γ

Υ

_,ε

,� ' ' ,' , ' ' Α , ,' I ,

=

ΑΓ

ΑΖ εξωτερucή διχοτόμος

λ

Βεξ = Δ , Γεξ = Α , Δεξ = Α

και αντίστροφα

Μία εξωτεριιcή

Υ

Ύωνία είναι ίση με

ν απtναντι εσωτ ι ΑΒΓΔ εγγράψιμο

'

(σχήμα 13)

Απαραίτητες γνώσεις -yια την μελέτη των α­

Β

σιcήσεων ποu ακολοuθο6ν: 1.

Α

Δ

1 2. Υ

ΑΔ

(σχήμα 1 1)

2.

διχοτόμος

ΑΒ ΔΒ = ΔΓ ΑΓ και αντίστροφα Υ

Σ

Δ σημείο του ΒΓ και ΑΔ

διχοτόμος

Γ

3. ΔΒ

ΔΓ

=

ΑΒ ΑΓ

Αν στο τρίΎωνο ΑΒΓ (σχήμα 14) είναι ΑΒ<ΒΓ<ΑΓ και ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ διχοτόμοι των γωνιών τοu τριγώνοu ΑΒΓ (σχήμα 14), τότε ΒΔ<α/2, ΓΔ>α/2, ΒΖ<Ύ/2, AZ>-y/2, Α­ Ε<β/2 και ΓΕ>β/2. Σε κάθε τρίγωνο

ΑΒΓ ισχUει: uα S δα S μα . Η ισότητα ισχUει μόνο -yια το ισοσκελές τρίΎ� νο.

Τα τέσσερα σημεία (Α,Β) και (Γ,Δ) λέμε ότι αποτελοUν αρμονιιcή τετράδα όταν είναι �

, νεuθειακά και ισχυει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ!;' τ.l/43

rA ΔΑ

=

ΓΒ ΔΒ .

Μαθηματικό 'fUI την Β' Λυκεiου

4.

5.

6.

Για δύο σημεία Α και Β δεν υπάρχουν μονα­ δικά σuζυγή αρμονικά.

Ε

Αν το Γ είναι το μέσο του τμήματος ΑΒ, το αρμονικό σuζυγές του Γ ως προς τα Α και Β δεν υπάρχει.

Στο (σχήμα 14) τα τμήματα ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ διχοτομούν τις γωνίες του τριγώνου.

8. Α

9.

Β

Δ

α

Γ

10.

(σχήμα 14) Τα τμήματα ΔΒ, ΔΓ , ΕΑ, ΕΓ, ΖΑ και ΖΒ δίνο­ νται από τις σχέσεις

ΔΒ = � ΔΓ = � EA = _lr_ β+γ ' α+γ ' β+γ ' ΕΓ = � , ZA = _lr_ , ZB = --'EL . α+β α+β α+γ

7.

Στο (σχήμα 15) τα τμήματα ΑΔ ΒΕ και ΓΖ εί­ ναι διχοτόμοι των εξωτερικών γωνιών του σκαληνού τριγώνου ΑΒΓ (γ<β<α). Τα τμήμα­ τα ΔΒ, ΔΓ, ΕΑ, ΕΓ, ΖΑ και ΖΒ δίνονται από τις σχέσεις (όπου Ζ το σημείο τομής της πλευράς, ΒΑ και της εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας Γ)

(σχήμα 15) Τα ίχνη της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου της γωνίας Α είναι σuζυγή αρμονικά �Β�� Λ

Αν τα τέσσερα σημεία (Α,Β) και (Γ,Δ) απο­ τελούν αρμονική τετράδα και το σημείο Ο εί­ ναι σημείο εκτός της ευθείας ΑΒΓ Δ, τότε η δέσμη των ευθειών ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ και ΟΔ λi:yε­ ται αρμονική δέσμη ευθειών. (Θεώρημα του Πάππου) Σε ευθεία (ε) θε� ρούμε αρμονική τετράδα σημείων (Α, Β) και (Γ,Δ) και σημείο Ο εκτός της ευθείας (ε). Μια άλλη ευθεία (η) τέμνει τις ημιευθείες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ, ΟΔ στα σημεία Δ, Ε, Ζ και Η αντί­ στοιχα. Τότε και η τετράδα (Δ, Ε) και (Ζ, Η) είναι αρμονική.

Λυμένες Ασκή σεις

1.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) εγγε­ γραμμένο σε κύκλο (Ο, R) και έστω Ε το σημείο τομής των διαγωνίων του. Να απο­ δείξετε ότι: α. Το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές. β. ΑΒΕ = ΒΑΕ = ΓΔΕ = ΔΓΕ = ω γ. ΑΕΔ = ΒΕΓ = 2ω δ. ΑΟΔ = 2ω ε. Τα σημεία Α, Δ, Ε και Ο είναι κορυφές εγγράψιμου τετραπλεύρου. Απόδειξη :

ΔΒ = � ΔΓ = � EA = _lr_ β -γ ' β -γ ' α-γ ' ΕΓ = � , ZA = _lr_ , ΖΒ = � . α-β α-β α-γ (σχήμα 16) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.Ι/44

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λυκείου

α. Αφού το τραπέζιο είναι εγγεγραμμένο σε κλο,

κύ­

είναι ισοσκελές β. Αν τα ίσα τόξα ΑΔ και ΒΓ έχουν μέτρο 2ω τότε ΑΒΕ = ΒΑΕ = ΓΔΕ = ΔΓΕ = ω γιατί είναι "

"

"

"

εγγεγραμμένες στα ίσα τόξα ΑΔ και ΒΓ ΑΔ+ ΒΓ = 2ω γ. ΑΕΔ = ΒΕΓ = 2 δ. Τα σημεία Α, Δ, Ε και Ο είναι κορυφές εγγρά­ ψιμου τf:τραπλεύρου γιατί η πλευρά ΑΔ φαίνε­ ται από τις κορυφές Ε και Ο υπό ίση γωνία 2ω. "

3.

"

θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΔ, την διχοτόμο του ΑΕ και Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Ονομάζουμε Ζ και Η τις προ­ βολές των κορυφών Β και Γ στον φορέα της διχοτόμου ΑΕ αντίστοιχα. Αν ονομά­ σουμε θ το σημείο τομής των ΒΖ και ΑΓ ε­ νώ Σ το σημείο τομής των ΑΒ και ΓΗ. α. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒθ είναι ισοσκελές β. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΓΣ είναι ισοσκελές γ. Να αποδείξετε ότι ZMJIΑΓ και ΑΓ-ΑΒ ΖΜ δ. Να

2

αποδείξετε ΑΓ-ΑΒ IIM = ---

ότι

HMJ/AB

γ. Στο τρίγωνο ΒΘΓ το τμήμα ΖΜ συνδέει τα μέ­

σα των πλευρών ΒΘ και ΒΓ άρα ΖΜ//ΘΓ//ΑΓ ΘΓ ΑΓ-ΑΘ ΑΓ-ΑΒ = . και ΖΜ = - = 2 2 2 δ. Στο τρίγωνο ΒΣΓ το τμήμα ΗΜ συνδέει τα μέ­ σα των πλευρών ΓΣ και ΒΓ άρα ΗΜ//ΒΣ/1ΑΒ και ΒΣ ΑΣ-ΑΒ ΑΓ-ΑΒ ΖΜ = - = = .

2 2 2 ε. Το τετράπλευρο ΒΘΓΣ είναι τραπέζιο γιατί οι πλευρές ΒΘ και ΓΣ είναι κάθετες στην ευθεία ΑΕ άρα ΒΘ/ΙΓΣ. Εmπλέον ΘΓ=ΒΣ, άρα το τραπέζιο ΒΘΓΣ είναι ισοσκελές. Συνεπώς είναι εγγράψιμο. στ.Το τετράπλευρο ΑΔΗΓ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά του ΑΓ φαίνεται από τις κορυφές Δ και Η υπό ορθή γωνία. ζ. Από την παραλληλία των ΖΜ και ΘΓ έχουμε Μι = Γ . Επειδή το ΑΔΗΓ είναι εγγράψιμο προκύπτει ότι Η ι = Γ (βλέπουν την πλευρά Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΑΔ). Επομένως στο ΔΖΜΗ είναι Μι = Η ι . Άρα το ΔΖΜΗ είναι εγγράψιμο γιατί η πλευρά ΔΖ φαίνεται από τις κορυφές Μ και Η υπό ίση γωνία.

και

2

ε. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΒθΓΣ είναι εγγράψιμο. στ.Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο Α­ ΔΗΓ είναι εγγράψιμο. ζ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΖΜΗ είναι εγγράψιμο.

Απόδειξη : α. Στο τρίγωνο ΑΒΘ το ΑΖ είναι ύψος και διχο­ τόμος, άρα το τρίγωνο ΑΒΘ είναι ισοσκελές. Έτσι ΑΘ=ΑΒ. β. Ομοίως στο τρίγωνο ΑΣΓ το ΑΗ είναι ύψος και διχοτόμος, άρα το τρίγωνο ΑΣΓ είναι ισοσκε­ λές. Έτσι ΑΣ=ΑΓ. Τα Ζ και Η είναι μέσα των βάσεων ΒΘ και ΓΣ.

(σχήμα 17) 4.

Να αποδείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές τα τμήματα α=lΟ, β=8 και γ=7. Αν Δ και Ε τα ίχνη των διχοτόμων των γωνιών Λ

Λ

Α και Αεξ αντιστοίχως, να υπολογιστούν τα τμήματα ΒΔ, ΔΓ, ΕΒ, ΕΓ και ΔΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/45

---

Μ88ηιιumκ6 .,._ 'ΠΙ• Β' Λvιcdou

Λύση : ΥπάρχεΙ τρίγωνο με πλευρές τα τμήματα αυτά y_rατi α= ΙΟ<β+y= /5, 1 0 · 7 = 70 = 14 ΔΒ = � = , β + Ύ 8 + 7 15 3

ΔΓ = αβ = 1 0 · 8 = 80 = 16 , β + Ύ 8 + 7 15 3 l0 · 7 = 7Ο = 7Ο, EB = � = β-Ύ 8-7 1 1 8 80 ΕΓ = � = 0 = =8Ο. β -Ύ 8-7 ι

2 · 10· 8 · 7 64 - 49

β+Ύ

1 120 224 =15 3 Α

Λ

� = 2αβ-y

Ρ - Ύ β 2 - Ύ2

n

ΑΒ · ΑΓ - ΒΔ · ΔΓ = Ρ · Ύ - ...!!:L · � = β+Ύ β+γ α2 (β + γ)2 - α2 β-y β-y 1 (β + Ύ)2 (β + γ)2

β'Υ

Σ

(σχήμα 1 8)

α.

Αν η διχΜόμος ΑΔ του τpι1mvου ΑΒΓ τέ­ pvει τον κιψι1εyρσμμtνο κi>κλο του στο

σημdο Σ (σχι'ίμα

18), α. να σοδdξετε ότι τα τpί1mνα ΑΒΔ και ΣrΔ dvaι όμοια, ρ. να αοδdξετε ότι τα τpί1mνα ΑΒΔ και ΣrΑ dναι όμοια και 1• να ••ρόσετε ως συνάρτηση των μηκών 1'(Ι)ν πλευριbν α, ρ και y το μήκος της δι.­ ΧΜόμου δ• • Εφαρμογή: α= 1 0, β=8 και -y=7.

Τα τρίΎωνα Λ

Λ

ΑΔΒ

Λύση :

και ΣΔΓ είναι

Αι = Γι (ε-y-yε-yραμμένες στο ίδιο Λ

Λ

Β = Σ (επε-yραμμένες στο ίδιο Λ

Λ

Δι = Δ2 (κατακορυφήν) . ρ. Τα τρίΎωνα ΑΔΒ και ΣΑΓ είναι

Λ

στο ίδιο τόξο ΑΓ ).

1· Από την ομοιότητα των τριΎώνων ΑΔΒ και ΒΔ ΑΒ ΑΔ . , ΣΔΓ προιαιπτει - = - = - ετσι ΣΔ ΣΓ ΓΔ ΑΔ · ΣΔ = ΒΔ · ΓΔ (1). Από την ομοώτητα των τριΎώνων ΑΔΒ και ΒΔ ΑΒ ΑΔ ΣΑΓ προκύπτει - = - = έτσι ΣΓ ΣΑ ΑΓ ΑΔ · ΣΑ = ΑΒ · ΑΓ (2). Από την σχέση (2) προκύπτει: ΑΔ · (ΑΔ + ΔΣ) = ΑΒ · ΑΓ ή ΑΔ2 = ΑΒ · ΑΓ - ΑΔ · ΔΣ �

β-y

5.

Λ

.,

·

ΔΕ = ΔΒ + ΕΒ = � +

Λ

Αι = Α2 (από υπόθεση), Β = Σ (ε-y-yε-yραμμένες

[ [ [

] [

]

]

(β + γ + α)(β + Ύ - α) = (β + Ύ)2 2τ2(τ - α)

(β + Ύ)2

δα = 2

β+Ύ

-

]

4

β τ(τ - α) έτσι (β + γ)2 οy

Jβγτ(τ - α) .

Για α = 1 Ο, β = 8 και γ = 7 έχουμε

�

δα = .3._ 8 · 7 25 .� = 15 2 2 ·

2-- S.· 2 .J · 1 · 5 +5 2- 2

-

3

= 3..ffo .

3

Δραστηριότητα:

Αν η εξωτερική διχοτόμος ΑΕ του τριγώνου ΑΒΓ (γ<β) τέμνει τον περιyεγραμμένο κύκλο του στο σημείο Σ (σχήμα 1 9), (α) να αποδείξετε ότι τα τpίyωνα ΑΒΕ και ΣΓΑ είναι όμοια, όμοια -yιατί (β) να αποδείξετε ότι τl:!. τρίγωνα ΑΒΕ και ΣΓΕ τόξο ΒΣ ), είναι όμοια και τόξο ΑΓ ), (Ύ) να εκφράσετε ως συνάρτηση των μηκών των πλευρών α, β και γ το μήκος της εξωτερικής διόμοια -yιατί χοτόμου Δα . Εφαpμοyή: α=JΟ, β=8 και γ=7. n

n

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.t/46

-------

Ε

Μαθημαmc:β .,_ τιιν Β ' Λvιcdeu

(σχήμα 19) Απάντηση :

Δα. = -2-�βγ(τ - β)(τ - γ) β-γ

Οι μαθητές της Β · λυκείου

θα δΊδο.χτούν το θεrJ, ρημα Stewart που υπάρχει ως άσκηση στο οχολικό βιβλίο. Η διατύπωση του θεωρήματος είναι η εξής: «Έστω Δ σημείο της πλευρώ; ΒΓ, τριγώνου ΑΒΓ. Ισχύει: ΒΔ · ΑΓ2 + ΔΓ Ait = ΒΓ · (Μ + ΒΔ· ΔΓ) » ·

(σχήμα 20) 7.

Να ρρεβεf το ιcέnpe ράιιοvς Υ,... .....,.. νcόν ράρ&ιιν, 2100 ηιι� Ypi'Yf"8 ABr

του θεωρήματος Stewilrt μπο­ ρούμε να υπολογίσουμε το μήκος της εσωτερικής και εξωτερικής διχοτόμου συναρτήσει των πλευρών α, β, γ του τριγώνου ΑΒΓ, αφού εiναι γνωστά τα τμήματα ΒΔ, ΔΓ, συναρτήσει των πλευρών α, β, γ. Με

6.

την βοήθεια

(σχήμα 21).

Απάντηση : Α

Να αποδειχθεί η ισοδυναμία: δρ ::!: δτ

<:::>

ρ s ., .

Β

Απόδειξη:

ρ

Γ

Δ

α

(σχήμα 2 1)

-2- �αγτ(τ - β) � α+γ -2-�αβτ(τ - γ) � . . . � α+β (γ - β)(α3 + 3αβγ + γα2 + γβ2 + βα2 + βγ2 ) � Ο � γ � β.

Αν το βάρος ανά μονάδα μήκοuς των ράβδrον ληφθεί ως μονάδα, τότε οι ράβδοι ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ θ­ χουν βάρος γ, β, α αντίστοιχα ιcαι τα σημεία � μογής τοuς είναι τα μέσα Ζ, Ε ιcαι Δ των τμημάτων _.

ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ. Η συνισταμένη των δυνάμεων γ

και β έχει μέτρο β+-, και σημείο εφαρμο-,ής το ση μείο Τ του τμήματος ΔΖ, τέτοιο ώστε ΤΖ α α/2 ΕΖ Στο τρίγωνο ΔΕΖ ο Τ είναι ΤΔ γ y/2 ΕΔ -+

Παρατήρη ση :

Προφανώς ισχύει η ισοδυναμία δβ = δ7 � β = γ .

- •- =-=- .

Λ

Δραστηριότητα:

Με την βοήθεια του σχήματος 20 να εξετάσετε αν ιοχύει η ισοδυναμία Δβ = Δ7 � β = γ όπου Δp. Δγ οι εξωτερικές διχοτόμοι του τριγώνου που άγονται από τις κορυφές Β και Γ αντίστοιχα.

το ίχνος της διχοτόμου της .,ωνίας Ε . Το ιcέvτρο βάρους είναι ση μείο τοu τμήματος ΕΤ. Ομοίως συμπεραίνουμε ότι το ιcέvτρο βάρους είναι σημείο και των άλλmν διχοτόμων τοu τριΎώνοu ΔΕΖ. Έτσι το ζητούμενο κέντρο βάρους είναι το έyιcεντρο τοu ΔΕΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' -r.l/47

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

. • ΔΙΑΝΥΣΜΑ ΤΑ

του Χρήστου Λαζαρίδη

Εισαγωγή Το παρακάτω άρθρο προσπαθεί να βοηθήσει τους μαθητές στην εμπέδωση του κεφαλαίου των διανυ­ σμάτων. Το κεφάλαιο αυτό παρουσιάζει αρκετές δυσκολίες, αφού διαπραγματεύεται τα διανύσματα, τα Q­ ποία οι μαθητές δεν έχουν συναντήσει άλλη φορά. Το άρθρο χωρίζεται σε τρία μέρη. Το πρώτο αναφέρεται στις πράξεις, το δεύτερο στις συντεταγμένες Και το τρίτο στο εσωτερικό γ.ινόμενο. Στο τέλος κάθε μέρους παρατίθενται ασκήσεις προς λύση. ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟ

Άσκηση 1 Δίνονται τα σημεία Α, Β, Γ, Δ και Ε τέτοια ώστε: - -- -- -ΔΒ - ΓΕ = ΔΓ - ΑΕ (1). Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Β συμπίπτουν. Λύση :

Θεωρούμε ως σημείο αναφοράς το Ο.

(1) {::? (ΟΒ - ΟΔ) - (ΟΕ - ΟΓ) = (ΟΓ - ΟΔ) - (ΟΕ - ΟΑ) {::? ΟΒ - ΟΔ - ΟΕ + ΟΓ = -{::? ΟΓ - ΟΔ - ΟΕ + ΟΑ {::? 0Β = ΟΑ {::? ΟΒ - ΟΑ = Ο {::? ΑΒ = Ο . Άρα, τα Α, Β συμπίπτουν.

-

-

Άσκηση 2 Δίνονται τα μη συνευθειακά σημεία Α,Β και Γ. α) Να αποδείξετε ότι το διάνυσμα ίί. = 2ΜΑ + 3ΜΒ - SΜΓ είναι σταθερό (δηλαδή ανεξάρτητο του Μ). σημείο Κ τέp) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει τοιο ώστε: 2ΚΑ + 3ΚΒ = SΚΓ . ··

Λύση:

-

α) Θεωρούμε ως σημείο αναφοράς το σημείο Α. ίί. = -2ΑΜ + 3(ΑΒ ΑΜ) - 5(ΑΓ - ΑΜ) = -2ΑΜ + 3ΑΒ - 3ΑΜ - 5ΑΓ + 5ΑΜ = 3ΑΒ - 5ΑΓ , δηλαδή σταθερό. β) Έστω ότι υπάρχει σημείο Κ, ώστε: 2ΚΑ + 3ΚΒ = 5ΚΓ {::? 2ΚΑ + 3Iffi - 5ΚΓ = Ο . �

Για κάθε σημείο Κ, το διάνυσμα του πρώτου είναι σταθερό και ίσο με το μέλο υς 3ΑΒ - 5ΑΓ , από το α ερώτημα. Άρα, 3ΑΒ - 5ΑΓ = Ο {::? 3ΑΒ = 5ΑΓ {::? ΑΒ = % ΑΓ Συμπεραίνουμε ότι τα Α, Β, Γ είναι συνευ­ θειακά, πράγμα Άτοπο.

Άσκηση 3

Δίνονται τα διανύσματα ii,p,γ , τα οποία α­

νά - ραμμικά. Αν - -δύο - δεν -είναι- συyy α//(β + 2γ) και ΡII(Ύ + 2α) , να αποδείξετε - ότι: Ρ = -4α - 2γ . Λύση:

a//(β + 2y) , άρα υπάρχει λ Ε IR ώστε β + 2r = λa {::? β = λa - 2:Υ (1). βιι<Ύ + 2a) , άρα υπάρχει μ Ε IR ώστε - (I) γ + 2α = μβ {::? γ + 2α = μλα - 2μγ {::?

(2μ + 1)r = (μλ - 2)α (2)

2 Έστω 2μ + 1 7= Ο , τότε από (2), y = μλ - a , 2μ + 1 άρα γ// α πράγμα Άτοπο, επομένως 2μ + 1 = ο {::? μ = - � .

- - - 1Έχουμε: γ + 2α = -- β {::? -2γ - 4α = β .

2

Άσκηση 4 : Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε τα μέσα τω� πλευρών του ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Αν ΑΜ = χΑΔ + yΑΕ με x + y = 2 , να αποδεί- ξετε ότι: α) ΔΕ//ΒΓ p) τα Μ, Β, Γ είναι συνευθειακά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λατ' τ.4/48

Μαθηματικά ΎUΙ την Β' Λvκεiο'U

------

Προτεινόμενες Ασκή σεις

Λύση:

α)

- - - 1- Ι­ ΔΕ = ΑΕ - ΑΔ = - ΑΓ - - ΑΒ = 2 2 1 - - 1ΔΕΙΙΒΓ . = l (ΑΓ - ΑΒ) = l ΒΓ ,

άρα

Α

-

1.

Δίνονται τα σημεία Α, Β, Γ και οι κ,λ,μΕ ώστε κ + λ + μ= Ο. Να αποδείξετε το διάνυσμα u = κΜΑ + λΜΒ + μΜΓ, είναι σταθερό. Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ. Αν ΑΜ = λΑΒ + ΑΓ , όπου λ Ε , να αποδείξε­ τε το Μ ανήκει σε μία ευθεία. Έστωy μη συγγραμμικά ανά δύο1 διανύσματα a, β, . Αν aΙΙ(β + y) και βΙΙ{ + a) , να αποδείξετε ότι: α + β + γ = Ο . Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ = χΑΒ + yΑΓ , όπου x + y = l . Να αποδείξετε τα Μ, Β, Γ είναι συνευθειακά. Δίνονται τα σημεία Α, Β και Γ. Να προσδιο­ ρίσετε σημείο Μ τέτοιο ώστε: IR

ότι

­

2.

IR

ότι

β)

r

χ + Υ = 2 <=? Υ = 2 - χ -

-

-

-

3.

-

-

ΑΜ = χΑΔ + (2 - χ)ΑΕ <=? ΑΜ = χΑΔ + 2ΑΕ - χΑΕ <=? ΑΜ - 2ΑΕ = χ(ΑΔ - ΑΕ) <=?

4.

-

άρα

ΑΜ - ΑΓ = χ(ΑΔ - ΑΕ) <=? ΓΜ = χΕΔ , ΓΜΙΙΕΔ ΓΜΙΙΒΓ Μ, Β, Γ

και από α) συνευθειακά.

επομένως

Άσκηση 5

τρίγωνο Δίνεται Αν ΑΒΓ. ΓΜ = -λΑΒ + (λ - l)ΑΓ , όπου λ ε R (με-

-

5.

-

-

-

ότι

·-

-

-

-

ΜΑ + ΜΒ + 2ΑΓ = 0 .

ΜΕΡΟΣ ΔΕΥΤΕΡΟ

Άσκηση 1

ταβλητός), να αποδείξετε ότι για κάθε λ ε � , το Μ ανήκει σε μια εuθεία.

Δίνονται τα διαν6σματα α = (1,2) και β = (2,3) . α) Να υπολογίσετε το μέτρο του διαν6σματος u = -Ι θα + 6β και τη γωνία που

Λύση:

-

-

-

σχηματίζει με τον άξονα χ'χ. β) Να εκφράσετε το διάνυσμα ν = (8,13)ως γραμμικό συνδυασμό των α, β Στη συ­ νέχεια να αναλύσετε το ν σε δύο συνι­ στώσες από τις οποίες η μία να είναι παράλληλη στο α και η άλλη στο β .

•

Β -

-

-

-

ΓΜ = -λΑΒ + (λ - l)ΑΓ <=? ΓΜ = -λΑΒ + λΑΓ - ΑΓ <=? ΑΓ + ΓΜ = λ(ΑΓ - ΑΒ) <=? ΑΜ = λΒΓ .

-

·

-

-

-

Λύση :

-

α)

u = -10a + 6β = - 10(1,2) + 6(2,3) =

= (- 10,-20) + (12,1 8) = (2,-2), = �22 + (-2)2 = .J4 · 2 = 2Ji .

Για κάθε λ Ε , έχουμε ΑΜ ΒΓ , άρα το άρα, ιυι Μ ανήκει στην ευθεία που διέρχεται από το Α και Έστω φ η ζητούμενη γωνία όπου φ Ε [0,2π) , είναι παράλληλη στο ΒΓ. τότε, λiί = εφφ , άρα, IR

ότι

II

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/49

------- Μαθηματικά ΎUΙ -2 - = εφφ {:::} εφφ = -1 {:::} εφφ = εφ(- �) {:::} 2 φ = kπ - � , k ε Ζ , Υ

2

(8, 13) = x (l , 2) + y(2, 3) {:::} (8,13) = (χ + 2y,2x + 3y) {:::} χ + 2y = 8 χ= 2 {:::} 2χ + 3y = 13 y=3 Άρα v = 2a + 3β .

)

λ Τελικά, λ � Ο , τιμές που προφανώς επαληθεύ- jj u- . συν σχέση ΑΜ

χ

τη

Άσκηση 3

(

Μ α,

)

.

β) Να αποδείξετε ότι το διάνυσμα u= Ε � είναι παράλληλο με το ΑΜ , για κάθε Ε � . γ) Να υπολογίσετε το λ, έτσι ώστε

λ

Λύση:

α) Το Μ είναι το μέσο του ΒΓ, άρα

(

)

+2 3 1 Μ -6 , ; δηλαδή Μ(-2,2) .

2 ΑΜ = (-2 - 1, 2 - 5) = (-3,-3) και AM = �(-3)2 + (�3)2 = Μ = 3../2 .

- - = - 3 -3 = -3λ + 3λ = 0, β) det(AM,u) λ λ

I

I

ι

ι

�4 ) , όπου α Ε �

•

α) Να αποδείξετε ότι τα Α, Β, Μ είναι συ­ νευθειακά για κάθε α Ε � 1β) Αν ΒΜ ΑΒ , να υπολογίσετε τον α. = -

-

AM tt ίi .

α

•

Άσκηση 2 Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με A(l,5), Β( 6,3) και Γ(2,1). α) Να υπολογίσετε το μήκος της διαμέσου

(λ,λ),λ

( �) ,Β(2,-1) και

Δίνονται τα σημεία Α 1,-

{:::}

Οι ζητούμενες συνιστώσες είναι 2a = 2(1,2) = (2,4) και 3β = 3(2,3) = (6, 9) ' οι οποίες προφανώς είναι παράλληλες με τα α, β αντίστοιχα.

ΑΜ

-

για κάθε λ ε � άρα AM//u . γ) λ = Ο τότε ίi = (0,0) το οποίο είναι δυνατόν να θεωρηθεί ομόρροπο με το ΑΜ . λ � ο τότε

33 ΑΜ = (-3,-3) = - λ (λ,λ) = - λ u .

- jj u- , άρα, - -3 > Ο {:::} λ < Ο . Πρέπει ΑΜ

-2 - - - -

7π ' φ=4 Απο' το σχημα, . β) Έστω x, y E � ώστε v = xa + yβ

την Β' Λυκείου

3

γ) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει τιμή του α,

1- ,

4../5

έτσι ώστε ΟΜ

< -- .

5

Λύση :

( %) = ( ι. �) α-4 α-2 ΒΜ = (α - 2, -- + 1) = ( α- 2, -- ) 2 2

α) ΑΒ = 2 - 1,- 1 +

1 2 = α- 2 _ α- 2 =Ο 2 2 α-2 α-2 2 άρα, ΑΒ//ΒΜ επομένως Β, Μ συνευθειακά για κάθε α Ε � . α 2 = β) ΒΜ = ΑΒ {:::} α - 2, {:::}

-det(AB, ΒΜ) =

1

·

(

�

Α, ; ) (�, i)

α - 2 = _!_ 3 {::} α - 2 = _!_ {::} α= 2 3 3 α - 2 -1 -- = 2 6 α 42 γ) οΜ = α2 +

]

Ι Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/50

.--=-

(;)

------

4α2 + α2 - 8α + 16 = / = 4 ν

Μαθηματικά yια την Β' Λυκεiου

�5α2 - 8α + 16 2

Έστω ότι υπάρχει α Ε JR , ώστε: 4J5 5α2 - 8α + 16 4.J5 < - {::} < {::} 5 2 5 25(5α2 - 8α + 16) < 64· 5 <* 25α2 - 40α + 80 < 64 <* 25α2 -40α+16<0 <* (5α - 4)2 < Ο, Άτοπο.

�

IOMI

--

Άσκη ση 4

Δίνονται τα σημεία Α(α,α+l), B(IJ-1, β), ό­ που α, β ε IR με α -::;; -β . Αν (ΟΑ) = (ΟΒ), να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Β συμπίπτουν.

Λύ ση (ΟΑ) = (ΟΒ) <* (ΟΑ)2 = (ΟΒ)2 <* α2 + (α + 1)2 = (β - 1)2 + β2 <* α2 + α2 + 2α + 1 = β2 - 2β + 1 + β2 <* 2α2 + 2α = 2β2 - 2β <* α2 + α = β2 - β <* α2 - β2 + α + β = Ο <* (α - β)(α + β) + (α + β) = 0 <* (α + β)(α - β + 1) = 0 <* α - β + 1 = Ο (διότι α � -β ). Άρα, α = β-1 και α+1 = β, επομένως τα Α, Β συμπίπτουν.

Άσκη ση 5

Έστω τα σημεία Α(χ - y,y),B(2x+ y,2y), όπου x,y ε IR . Να βρείτε τα χ, y έτσι ώστε το ΑΒ σχημα­ τίζει γωνία 45° με τον άξονα χ'χ και AB = 2 .

I I

Λύ ση : ΑΒ = (2χ + y - x + y,2y - y) = (χ + 2y, y) εφ45° = Υ <* 1 = Υ <* χ+2y = y <* x + 2y x + 2y x = -y (1). (Ι) ΑΒ = 2 <* ΑΒ 2 = 4 <* (χ + 2y)2 + y2 = 4<*

1

ι

Άρα, χ = -.Ji, y = .Ji η χ = .Ji, y = -.Ji . Αν x = -.Ji, y = .Ji τότε AB = (Ji , .Ji) , πoυ προφανώς επαληθεύει. Αν χ = .Ji, y = -.Ji τότε ΑΒ = (-.Ji,-.Ji) που δεν επαληθεύει αφού σχηματίζει με τον χ ' χ γωνία 225°.

ι ι

(-y + 2y)2 + y2 = 4 <* 2y2 = 4 <* y2 = 2 {::} y = -.Ji η y = .Ji .

Προτειν ό μενες Ασκή σεις

1 . Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α(α,α+2), Β(β-2,β), Γ( l ,-1) και Δ(Ο,-2), όπου α,β Ε JR είναι συνευθειακά.

2.

Έστω α = (1,-2) και β = (4,1) . � Να υπ<:λογίσετε το μέτρο του διανύσματος ν = 2α_ + β . β) Να αναλύσετε το διάνυσμα ίί = (3, 5) σε δύο συνιστώσες παράλληλες προς τα α, β .

Έστω τα σημεία Α(1 , 3) και Β (3, 2). α) Αν M(x, y) και ΑΜ // ΑΒ , να αποδείξετε ότι x + 2y = 7 . β) Αν ΑΝ = 2ΝΒ , να υπολογίσετε τις συντε­ ταγμένες του Ν.

4. Δίνονται τα σημεία A(x,y) και B(-y, x) όπου χ, y Ε JR . Να υπολογίσετε τα χ, y Ε JR έ­ = s.Ji και το ΟΑ να σχηματί­ τσι ώστε 3.

I ABI

ζει γωνία 60° με τον άξονα χ ' χ.

5.

Έστω τα διανύσματα α = (2, - 3) και β = (1,4) . Θεωρούμε τα σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = 2α + 3β και ΑΓ = 3α + 2β . Να υπολο­ γίσετε το μέτρο του διανύσματος ΒΓ .

ΜΕΡΟΣ ΤΡΙΤΟ

Ά σκη ση 1

Θεωρούμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, πλευράς α και το ύψος του ΑΔ. Να υπολο­ γίσετε τα παρακάτω γινόμενα. i) ΑΒ · ΑΓ ii) ΑΒ · ΒΓ iii) ΑΔ · ΒΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/51

-

Μαθηματικά 'fUI τηv Β' Λυκείου

-----

Α

Λύση :

Δ

Β i) ii)

στη

Γ

Μισuν-π3 =α · α-21 = -α22 AB·BΓ=-BA·BΓ=-IBAIΙ Brl σuv; = 1 -α2 =-α · α-=2 2 = (ΑΒ)2 - (ΒΔ)2 = 42 = 342 AΔ·BA=-AΔ·AB=- IAΔI ABi σuv= = α.J3 .J3 3α2 =--α-=-4 2 ΑΒ · ΑΓ = I ΑΒιι -;-;::.1

-

-

-

iii) (ΑΔ)2

Άσκηση 2 Έστω

α2 - �

�

2

ώστε

διαν6σματα α, Ρ τέτοια

τα

-

-

- -

y) το συνημίτονο της γωνίας Λ

-

Λύση:

α) α . β=ιαι βι σuv; =1·2- � =1 - - - - 2 -α) (α+2β)(2α+β)=2α +αβ+4βα+2β = 1 2ιαι2 +5αβ+ 2li3 2 = 2·1 + 5·1+ 2· 22 = ι5. β) ι3α-2ί312 = (3α-2β)2 = -- -2 =9α-12 -ι2αβ+4β =9-ι2+ι6=13, άρα 3α-2βl = Jϊ3 .

- (3α-2βχ3 r> σuν(3α -:- 2β,3α+2β)= _ _113α+2β _α+ 2ί3_1> < ι > I3α-2β --

_Λ

-

3

Έστω τα διανύσματα α, p και y ώστε: και + = = =

Ι«Ι liil ι,Ιrl

J2

α μ=1 .

α) Να αποδείξετε ότι: α .l μ .

-2

Λ

β) Να υπολογίσετε τη γωνία (α, y) . Λύση:

α) α+β=y, άρα, (α+β)=y-2 {::} α2 + 2αβ + β2 = y2 {::} ι + 2aβ +ι= Ji2 {::} 2α;3 = {::} αβ- =- {::}- α- β- . - -α2ι +αβ - - α·yι = α(α+β) = β) σuν(α,y)= ι ια ιrι ιαι rι αι rι ι +� = .fi άρα, (α� = π . = ι·ν2 2 4 - - -

- -

ο

ο

Άσκηση 4 Έστω τα

_l

y)

a,p

* Ο με -

1 3 4 al = ../3lίil

Αν α .l (2α - 3β) να αποδείξετε ότι -- π (α,β) = - .

-

(3α - 2β,3α+ 2Ρ) .

-

ι;-:; ι;;;; .

,

α) το γινόμενο (α + 2β)(2α + p) . β) το μέτρο του διανύσματος 3α - 2Ρ .

-

- - - (3α-2β)(3α+2β)= 9α-2 -4β-2 = 9-ι6= -7 ι3α-2βι = Jϊ3 (από το β) ι3α + 2βΙ = (3α + 2β)2 = 9α2 +12αβ + 4β2 = 37 . άρα, ι3α + 2βl = m . Αvnκαθιστώντας σχέση ι, προκύπτει: σuν(3α-2β,- 3α- + 2β) = ν13ν37 7 Άσκηση

-

(1).

Λ

6

Λύση

a(2α-3β) = {::} α- <2α-3β) {::} -2α2 -3αβ= 0 liilo=O {::} 2 ιαι2 -3ιαι βl σuν(a, β)= {::} {::} 21-αι -3ιβ-ι·σuν(α,β) {::} σuν(Ο., β)= 2Ι3lβαll {::} σuν(α,β)=-.J32 (α,β)=-.6 _l

ο

Λ

Λ-

.::""'::.

_Λ_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/52

{::}

_Λ_

Π

(\)

-------

Μαθημcιτικά yια την Β ' Λυκεiου

Ά σκη ση 5

-

z -z

-

-

ΟΜ + ΟΑ = 4 + 20Α · ΟΜ ,

Δίνεται το τρίΎωνο ΑΒΓ και το μέσο Δ της ΒΓ. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Μ, που ε� ναι τέτοια ώστε, ΔΜΒΓ + 2ΔΜ · ΒΑ = Ο (1) ανήκουν σε μία ευθεία.

να αποδείξετε ότι το σημείο Μ ανήκει σε έ­ ναν κύκλο.

-2 +ΟΑ -2 -20Α·ΟΜ=4{:} -ΟΜ (ΟΜ-ΟΑ)2 =4 ΑΜ 2 =4{:} ιΑΜι =2 . Άρα τό Μ ανήκει στον κέντρου Α και α­ κτίνας2. Δίνονται τα διανύσματα α= (3,4) και v=(-1,-2). α) Να υπολοοyίσετε το διάνυσμα προβ-v .

- ι ΒΓ +ΒΑ -] {:} = (1){:}2ΔΜ 0 τ β) Να αναλύσετε το ν σε δύο κάθετες συνι­ στώσες από οποίες η μία να είναι παράλ­ ΔΜ(ΒΔ-+ΒΑ)= Ο{:} ληλη και η άλλη κάθετη στο α . ΔΜ(2ΒΕ) -- -= Ο (Ε μέσο Τα διανύσματα α,β είναι κάθετα και έχουν ί­ {:} ΔΜ · ΒΕ = Ο{:} ΔΜ -ΒΕ. μέτρα. Θεωρούμε τα διανύσματα Το Μ ανήκεί στην ευθεία που διέρχεται από το σαu = κα+λβ,v= κα-λβ, όπου κ, λε Να Δ και είναι κάθετη στη ΒΕ. αποδείξετε ότι τα ν είναι κάθετα και έχουν Άσκηση ίσα μέτρα. Έστω α = (-3,4) και μ = (1,2) . Να υπολοΔίνεται τοΒΓ.τρίΝαΎωνοαποδείξετε ΑΒΓ και τοταμέσο Δ τηςΜ, 3. πλευράς οyίσετε το διάνυσμα πρopii (α + σημεία τα οποία ικανοποιούν τη σχέση ΑΜΑΒ = ΑΜΓΑ, ανήκουν σε μια ευθεία. Έχουμε- -προβα (α+ β) α , άρα, 4. Έστω τα μοναδιαία διανύσματα ίi, β με προβα (α+ β)= λα (1) <α.β)= % . Επί- σης--α(α+- β) = απροβα (α+ β){:} +β, ίi-β). Να υπολοοyίσετε το συν(2α α2 +αβ= α(λα).

- 2β- = Ύ Έστω τα διανύσματα α,- β, Ύ ώστε α+ Αλλά ιαι2 = (-3)2 +42 = 25,αβ= (-3)·1+ 4· 2= 5, ""' Ι«Ι = I� = 1�1 . οπότε, 25 + 5 = λ25 {:} λ= 3250 {:} λ= �5 Να αποδείξετε ότι: α (α+ 4β)- .

(1 ), Τελικά από Έστω το διάνυσμα α� Ο και το διάνυσμα β -. - 6 18 24 ) . προβα(α+β)= s (-3,4)= (-5,5 με li31 = 1 και ιπροβαβι = � . Να υπολοοyίσετε Δίνεται το σταθερό σημείο Α. τη Ύωνία (α, β). Λύση :

Λύση : Α

κύκλο

Προτεινόμενες Ασκή σεις

1.

Γ

α

τις

ΑΔ)

2.

...L

6

JR .

u,

-

-

ότι

β) .

Λύση -

ότι:

- -

-

-

-

II

-

Λ

- (I)

-

- -

5.

-

6.

Άσκη ση 7

Λ

Αν τα σημεία Ο, Μ είναι τέτοια ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/53

...L

-

-

Ααιιήαεις Μιrα6ιιιών ΑpιΙJμών του Γιώργου Τριάντου

Το παρόν άρθρο περιέχει ασκήσεις μιγαδικών αριθμών που περιορίζσνται αναγκαστικά (λόγω περικο­ πής της ύλης της Γ' ενιαίου Λυκείου) οτις πράξεις των μιγαδικών , τους συζυγείς , τα μέτρα και τις ιδιότητές τους. Σχετική έμφαση δίνεται οτις γεωμετρικές ερμηνείες παραστάσεων με μιγαδικούς.

1.

Να αποδείξετε ότι:

2 ι. Για κάθε z Ε c· ισχύει: Re( z 2 ) ;;:::: -1 . z

11. Αν

l ;ι

z E C* , z +

�

= 1 , τότε

ll

Λύση : x, y E R

Έστω με Τότε έχουμε : z = x + iy

z2 1 � (/ z/ + -)2 = 3 - 2 Re(-=) /z zz

l

και ) χ) + ) Υ) * Ο

z2 (x + iy)2 χ2 - y2 . 2xy Ά = = +ι ρα: ) z) 2 χ2 + y2 χ2 + y2 χ2 + y2

χ2 - y2 + χ 2 + y2 χ 2 - y2 z2 Re(-) + 1 = +1= χ 2 + y2 χ 2 + y2 ) z) 2

.

ιι. z +

=1� z+

Άρα, ι zι +

Ω+2=5,

z+

2χ 2 >Ο χ 2 + y2 z2 Re( ) ;;:::: -1 . z2 2

-2 Re(

οπότε: / l 2.

z2 )�2. z/2

Από (I) έχουμε

( �) 1 1

'

l

l�l � .J5

Για κάθε z Ε C , ορίζουμε:

f(z) = i(z2 + 1) + z

Α. Να βρεθούν οι τιμές του θετικού ακε­ ραίου ν για τις οποίες

=

Οπότε, ) ) Ι �1 Ι �Ι

l

z2 1 � < z/ + � )2 = 3 - 2 Re(z) z/ / z/

) z) + ) / � � .

ι.

1 z � 1 z1 2 + - + 2 = 3 - 2Re(=) 2 z I�

[f(i)]v + [f(-Ϊ)]ν + 2 = Ο Β. Να αποδειχθεί ότι ισχύει:

Re(f(z)) = Re(z)[1 - 2 ιm(z)]

=1�

1 - 1 - 1 z z (z + -)(z + =) = 1 � zz + --= + = + - = 1 z z zz z z z 1 � 1 z1 2 + - + 2 Re(=) = 1 � 2 z / z/

Α.

Θέτουμε:

Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.l/54

Λύση: T = [f(i)Y + [f(-i)]ν + 2 .

{

f(i) = ί(ί2 + 1) + i = i(-1 + 1) + i = ί f(-i) = i[(-i)2 + 1] + (-i) = -i

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

Έστω k, υ το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαί­ ρεσης του ν δια 4 . Η παράσταση γράφεται: τ

= iν + (-ί)" + 2 = i" + (-ίγ + 2 = υ=Ο ί0 + (-ί)0 + 2 = 1 + 1 + 2 = 4 υ=l αν i + (-i) + 2 = 2 = υ=2 i2 + (-ί)2 + 2 = -1 - 1 + 2 = ο υ=3 ί3 + (-ί)3 + 2 = -ί + i + 2 = 2 Η τιμή της παράστασης Τ είναι Ο όταν υ = 2. Άρα είναι ν = 4k + 2 , k Ε

Ν.

Β. Έχουμε:

3.

2Re(f(z)) = f(z) + f(z) = = i(z2 + 1) + z + i(z2 + 1) + z = = i(z2 + 1) + z -i(z2 + 1) + z = i(z2 - z2 ) + z + z - = i(z + z)(z - z) + z + z = (z + z)[i(z - z) + 1] = 2Re(z)[1 - 2Im(z)] Άρα: Re(f(z)) = Re(z)[1 - 2 lm(z)] z + mk 2 = k Αν m > O , k > 1 , z+m να αποδείξετε ότι : lzl = mk .

l

l 1

1

Λύση :

Η υπόθεση γράφεται ισοδύναμα:

z + mk2 = k � lz +mk2 1 = klz + ml � z+m lz + mk2 1 2 = k2 1z + ml z � (z + mk2)(� + mk2) = k2(z + m)(� + m) � z�+m2k4 +mk2 (z+�) = k2z�+m2k2 +mk2 (z+�) � k2z� - z� = m2k4 - m2k2 � (k2 - 1)lzl 2 = m2kz (k2 - 1)

Να παρασταθεί γραφικά στο μιγαδικό πεδο το σύνολο: Α n Β n Γ . Λύση :

Το σύνολο

του Α παρίσταται0(0,με Ο)τα καισημείαακτίνας

κυκλικού δίσκου κέντρου

R=2. Το σύνολο Β παρίσταται με τα εξωτερικά ση­ μεία του κυκλου κέντρου Κ(Ο,1) και ακτίνας

ρ=1.

Γ

Τέλος ,το σύνολο παρίσταται με τα σημεία του ημιεπιπέδου που ορίζεται από την μεσοκάθετο του τμήματος με άκρα τα σημεία Κ(Ο,1), Λ(1 ,0) και το σημείο Κ . Το σύνολο n Β n δίνεται με γραμμοσκίαση και έντονη γραμμή στο παρακάτω σχήμα. (Εξαφούνται τα σημεία )

Α Γ Σ, Ν, Ο

Υ

χ

5.

Δίνονται οι μιγαδικοί αριθμοί a,b,c μέ­ τρου ρ > Ο και ο μιγαδικός αριθμός

W=

ab + bc + ca a+b+c

----

Δίνονται τα σύνολα:

{

A = {z E C : Izl � 2} Β = { z Ε C : lz - il > 1} Γ = { z Ε C : lz - il � lz - 11}

1 w = ρ2 -

1.

Να αποδείξετε οτι:

2.

Να αποδείξετε ότι η εικόνα του w α­ νήκει στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ που ορίζουν οι εικόνες των a,b,c .

,

Λύση:

1. Έχουμε: ...:....__ w ab + bc + ca ) = ab + bc + ca =( a+b+c a+b+c = ab + bc + ca (1) a+b+c _ _ _ _

4.

επί­

Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/55

w

Μαθηματικά pa τη Γ ' Λυκείου

lal = lbl = lcl = ρ lal2 = lbl2 = lcl2 = ρ2 a; = bb2 = cc = ρ22 2 <::> -a =-ρa -b=-ρb -c=-ρc (2) Η σχέση (ι) λύyω της (2) γράφεται: ρ2 ρ2 ρ2 ρ2 ρ2 ρ2 c+a+b --+--+--W= a bρ2 bρ2c ρ2c a =ρ2 bc+ca+ab -+-+a ιb c 2 ι 2 =ρ ab+bc+ca =ρ w a+b+c 2. ww = ρ2 l w l2 = ρ2 l wl =ρ (3) Επειδή lal = lbl = lcl =ρ= lwl η εικόνα του μι­ γαδικού w ανήκει στον κύκλο που περιγράφει τομιγαδιτρίγωνο κών a, b,ΑΒΓc . με κορυφές εικόνες των <=>

<=>

<=>

6.

<=>

και παριστάνουν τα σημεία του επιπέδου που ι ­ σαπέχουν από τα σημεία Α, Β και Β, Γ αντίστοιχα. Είναι δηλ. οι εξισώσεις των μεσοκαέ - θ των ε1 , ε2 των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα. Είναι λΑΒ = .J3 , λ8r =- .fj3 . Παρατηρούμε ότι: λΑ8 λ8r =-ι. Άρα ΑΒΓ = 90° . Δηλ. το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β , οπότε η ε1 θα διέρχεται Κ της υποτείνουσας . Ομοίως από και ητοεμέσο θα διέρχεται από το Κ .

2 Άρα η λύση του συστήματος (Σ) είναι οι ντεταγμένες του Κ. Δ λ η λύση του (Σ) είναι (ι,3) οπότε =ι+ 3ί.

ιι.

Λ

•

ΑΓ

= +

= +

,

=+

αντίστοιχα, στο μιγαδικό επίπεδο, καθώς και οι εξισώσεις: (Σ )

ι.

{lz -3il lz --(3 .J3)il lz -3 -3il lz (3 .J3)il +

1

+

=

=

+

(1 )

(2)

Να ερμηνεύσετε γεωμετρικά τις εξι­ σώσεις (1),(2) . ιι. Να λύσετε το σύστημα (Σ) και να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β m. Να γράψετε την εξίσωση του περιγε­ γραμμένου κύκλου C1 στο τρίγωνο ΑΒΓ .

IV. Να βρείτε το ελάχιστο και το μέyιστο μέτρο του μιγαδικού z που η εικόνα του είναι σημείο του κύκλου C1 •

η

Ζ0

Β

τις

Δίνονται τα σημεία Α,Β,Γ που είναι εικό­ νες των μιγαδικών αριθμών ν -1 3i , w (3 .J3)i υ 3 3i

συ­

-1

ιιι.

3

ο 1

Το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι το Κ(ι, 3) και η ακτίνα του είναι ρ= 2 = 2 . Η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου είναι lz -ι-3il = 2, η2 οποία σε2 αναλυτική μορφή γράφεται: -1) + 3) = IV. Φέρουμε την ευθεία ΟΚ, η οποία τέμνει τον κύκλο στα σημεία Δ και Ε . (ΚΔ)=M-2 Ει,ναι: {mmaxlin lzzi=(OΔ)=(OK)l =(ΟΕ)= (ΟΚ) + = JW + 2 (ΑΓ)

(χ

(y -

4.

(ΚΕ)

•

ι.

Λύση :

στη

Οι εξισώσεις(ι),(2) γράφονται μορφή: l {llzz -- vll=l=lzz -w u -wl

χ

7. Να βρεθούν οι συνθήκες που πρέπει να ικα­ νοποιούν οι πραγματικοί αριθμοί χ, y ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.1/56

Μαθηματικά ΎUΙ τη Γ ' Λυκεiου

ο αριθμός z (χ iy) να είναι πραγματι­ κός και μεγαλύτερος ή ίσος του 8 .

= +

3

Λύση :

Είναι 3 =χ3 +3x2iy +3x(iy)2 +(iy)3 z=(x+iy) 2 2 = χ3-3xy + (3x y-y3)i οπότε: z Ε R2 και z � 8, όταν και2 μόνον όταν: {y(3xx3-3xy �8 2 -y2 )�=08 <=> {x3-3xy y=O ή -3xy' 28 {χ'y=O28 ή {χ'y=±xJ3 χ' ,;-ι {χy=O� 2 ή {y=±xJ3 χ :;; -ι {χy=O� 2 ή {y=±xJ3

ριστά το μήκος της χορδής ΜΡ , που παραμέ­ νει μικρότερη ή ίση μιάς διαμέτρου του, που έ­ χειΜ, Ρμήκος 2 . Άρα για δύο οποιαδήποτε σημεία του μοναδιαίου ισχύει: (ΜΡ) � 2 δηλ. lw -zl � 2 . κύκλου

Προτεινόμ ενες Ασκήσεις

Αν z, u Ε C με lzl = lul και (z�) Ε R+ ' τότε να δείξετε ότι ισχύει: I z;u I = � Να αποδείξετε την ισοδυναμία: (z�)E R+ και lzl=lul <::::> z = u .

10. Δίνονται οι εξισώσεις: z +kl =2r (1) , k > Ο, r > Ο, z Ε C . { llzz -kl+l -kil-lz +kil = r (2) Α. Αν η εξίσωση (1) παριστά έλλειψη C1 και η (2) υπερβολή c2 ' να βρείτε το διάστημα μεταβολής του συναρτήσει του k .

8. Α. Αν M(z) είναι η εικόνα ενός μιΎαδικού Β. Υποθέτουμε ότι r = kJ2. z στο μοναδιαίο ιcύκλο, να αποδείξετε Β 1.τηνΓια (1),τουςναμιγδείξετε αδικούς ότιz πουισχύειικανοποιούν ότι το συμβαίνει με την εικόνα η σχέση Ρ(w) του μιΎαδικού lz2 1 + lz2 -k2 1 = 4k2 (3) , και να την ερμη­ w=-νεύσετε γεωμετρικά. iz+k , kER. Β2.τηνΓια τους μιγαδικούς z που ικανοποιούν Β. Να αιτιολο-yήσετε την ανισότητα: (2) να δείξετε ότι ισχύει η σχέση lw - zl � 2 . lz2 1 = lz2 + k2 1 (4) , και να την ερμηνεύσεΛύση : τε γεωμετρικά. Α. Είναι lzl = . Αρκεί να δειχθεί ότι: l wl = 1. Πα- 11. Να βρεθούν οι τιμές των χ, y, t Ε R , ώστε οι ρατηρούμε ότι2 2 αριθμοί z =χ+ , w = t + i, να ικανο' l k z-i ποιουν το συστημα: IwI2 = Ι ikzz-i+kl = Ιiz+kll2 (i(kz-i)(kz+i) z +k)(-iz+k) z(1z-w = w ) { 1 (1z1 - I w I) I I I (Σ) 2 w(l-lzl) =1-lwl (2) k(z-z)-i22 - k2 2lzl -2khn(z)+1 = -ik22zz+i zz+ki(z-z)+k lzl -2khn(z)+k 12. Να αποδείξετε ότι για κάθεz Ε C -R , οι α­ k2 - 2khn(z)+12 =1 = 1-2khn(z) ριθμοί w = + �2Re(zz+l)z+l 2lzl , ικανοποιούν +k Άρα: lwl =1 την εξίσωση: w2 = z. Β. Το μέτρο l w -zl παριστά την απόσταση των εικόνων Μ,Ρ των μιγαδικών αυτών. Δηλ. πα9. I)

(τ)

11)

<::::>

<::::>

r

ίδιο

kz - i

,

1

yi

'

_

(1)

_

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/57

Μαθηματικά yια τη Γ ' Λυκείου

a

Πpο(Jλ ήματα fiTΙC ιιuναpτήtιCΙC

του Γιάννη Στρατή

Τα προβλήματα, που ακολουθούν, αναφέρονται σε βασικές έννοιες των συναρτήσεων (μονοτονία, ακρό­ τατες τιμές, σύνθεση συναρτήσεων, αντίστροφη συνάρτησης). Στη σχολική ύλη δεν δίνεται ιδιαίτερο βάρος και τα αντίστοιχα θέματα είναι απλά. Ωστόσο πιστεύουμε ότι μπορεί να προκαλέσει το ενδιαφέρον αναγνωστών που θέλουν να ξεπεράσουν τα περιορισμένα πλαίσια του Αναλυτικού Προγράμματος και να χαρούν τα Μαθηματικά ως τρόπος σκέψης. Οι «Πανελλήνιες» είναι άλλωστε μακριά.

Δίνεται η συνάρτηση f με 1 f(x) = �2x - 1 + x2 - 1

1.

.J

•

•

i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της Α. ii) Να δειχθεί ότι η f είναι γνήσια φθίνου­ σα. iίί) Να δειχθεί ότι: 0 < f(x) � 1 , για κάθε ΧΕΑ.

2.

Απάντηση •

Για το (i) Κατ'2 αρχάς πρέπει: 2 χ -ι;::: ο2 και 2χ-ι+.Jχ -ι;::: ο . χ -ι;::: ο� χ;:::2 ι ή χ�-ι χ ;::: ι � 2χ-ι+.Jχ -ι2 ;::: ι >0 και χ�-ι�2χ-ι+.Jχ -ι<Ο διότι: χ2 - <ι-2χ2 � 2 =ι-4χ+4χ � χ -ι<(ι-2χ) 2 2 �Άρα:3χΑ-4χ >Ο: αληθ ς (γιατί; ) . ή =[ι,+οο) . Για το Έχουμε: ι�χ1 <χ2 �2χ 1 - ι<2χ 2 -ι J J και χ� -ι<χ; -ι Jή x� -ι < x; -ιJ Συνεπώς 2χJ1 -ι + χ� -ι <2χ2J-ι+ χ; -ι ή �2χ1 -ι+ χ� -ι < �2χ2 -ι+ χ; -ι . ΑJ.λά: • •

νr-:;--: -1

l-2x>O

+

•

(ii)

ι ι οτε --<--. f(x1) f(x2 ) Κι επομένως f(x1 )>f1 (x2 ), δηλαδή η f είναι γνήσια φθίνουσα. Για το Είναι f(l) =ι= max { f(x)/ χ Ε [ι, ]} . Άρα O<f(x) �ι, για κάθε χ ΕΑ. Οπ '

Λυμένα Πρ ο βλήματα

(iii)

+οο

Να βρεθεί η συνάρτηση f : R � R τέτοια ώστε: α · f(χ - 2) + β · f(1 - χ) = 5(χ2 - 4χ + 9) ,

για κάθε χ Ε JR και της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από τα σημεία: Ρ(1,0) και Q(-2,15). Απάντηση

Ι.

Έστω ότι υπάρχει μια τέτοια συνάρτηση. Η συνθήκη για χ = Ο και χ = 3 γίνεται: αf(-2)+βf(ι)= 45 ή α·ι5+β·0=45 ήα=3 και αf(ι)+βf(-2)=5(9-ι2+9)=30 ή α·Ο+β·ι5=30 ή β=2. Άρα η συνθήκη γίνεται 2 3f(x -2) + 2f(ι-χ) = 5(χ -4χ +9). Οπότε, θέσουμε όπου χ τον2χ + 2, παίρνουμε: -4(χ+2)+9] ή 3f(x)+2f(-ι-x)=5[(x+2) 2 3f(x)+2f(-ι-x)=5(x +5) (ι) Τώρα, θέση του χ βάλουμε -ι-χ παίρ­ νουμε: 2 +5]= 3f(-ι-χ)+2f(χ)=5[(-ι χ) =5(χ2 +2χ+6) (2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Α' λζ' τ.l/58

αν

αν στη

Μαθηματικά ΎUΙ τη Γ ' Λυκεiου

Πολλαπλασιάζουμε την (1) επί 3 και τη (2) επί και προσθέtουμε: -2Οπότε: 2 + 5) -10{χ2 + 2χ + ή 5f(x) = 15(χ f(x)=x2 -4χ+3 (3) Θα δείξουμε ότι η f, που ορίζεται μέσω του που (3), επαληθεύει υποθέσεις του προβλή­ ματος. f(1) = Ο και f(-2)2 = 15 f(x2-2) =(χ -2) -4(χ -2)+3 = =χ -8x+15,f(1-x)=x22 +2χ αf(χ-2)+βf(1-χ) =5{χ -4χ+9) α{χ2 -8χ+15)+β{χ2 +2χ)=5χ2 -20χ+45 = {15α=45 :;:+ 2� = -20} . {;-8=.�3 + 2 . 2 = -20:αληθής} 3. Να βρεθούν συναρτήσεις f : JR JR, : JR που επαληθεύουν κάθε χ ε JR 6)

11

τ6-

τις

�

�

�

�

g

�

JR �

pα

τις εξισώσεις:

+ = ι, = = + + παίρνει ακρότατες τιμές». Απάντηση Έστω υπάρχουν συναρτήσεις f, g που επα­ ληθεύουν εξισώσεις. Πολλαπλασιάζουμε τη δεύτερη επί χ έχουμε: 2{χ +1)f(x)=1-x 1-χ2 . . ή f(x)= 1+χ (1) Οπότε αντικαθιστώντας δεύτερη εξίσωση παίρνουμε: 1+χ2 .

(2) g(x)= -1+χ Θα δείξουμε τώρα «οι συναρτήσεις που ρίζονται μέσω των τύπων (1), (2) επαληθεύουν εξισώσεις για κάθε χ ε JR ». xf(x) - g(x) -1 . f(x) xg(x) Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: «η συνάρτηση h με h(x) (2χ l)f(x) (2χ - l)g(x),

I.

ότι

τις

κι

--

στη

11.

ότι:

τις

ο­

1-χ2 + χ+χ22 = 1+χ22 =1 f(x)+xg(x)= 1+χ 1+χ2 -1 1+χ 2 χ-χ 1+χ -χ xf(x)-g(x)= 1+χ2 - 1+χ2 = 1+χ2 =-1 Για το δεύτερο έχουμε: 1+χ 2χ f(x) = (2χ +1)· 11-χ + χ2 +(2χ -1) 1 + χ2 = 1 + χ2 Εύκολα τώρα βλέπουμε h(-1)=-1� 1+χ2χ 2 �1=h(1), για κάθε xεJR δηλαδή: h(-1) = min{h(x)/x ε JR} και h{l) = max{h(x)/x ε JR}.

7χ-3 , 4. ινεται η συναρτηση f με f(χ) = _ .

5 2χ --

--

--

--

· --

--

ότι:

Δ,

i) Να δειχθεί ότι: <<είναι γνήσια αύξουσα σε καθένα από τα διαστήματα

(-oo,i}(i,�) ». Να βρεθεί συνάρτηση h τέτοια ώστε: « (foh)(x) = ημχ, .για κάθε χ, για το οποίο ορίζεται η h». iίί)Να δείξετε υπάρχουν ξ, η ε D(h) τέτοιοι ώστε: h(ξ) � h(x) � h(η) , για κάθε χ ε D(h) : δηλαδή h(ξ) = min{h(x)/ χ ε D(h)}, h(η) = max{h(x)/ x ε D(h)} . Απάντηση Για το (i) έχουμε : 5 <2χ2 <5� Χ1 <χ2 <-�2χ1 2 2χ1 -5<2χ2 -5<0�5-2χ1 >5-2χ2 >0 (1).

7χ1 - 3 < 7χ2 -3 (Ι) f(Χι ) < f(Χ2 ) 5-2Χ1 5-2χ2 (7χ1 -3)(5-2χ2 )<(7χ2 -3)(5-2χ 1 ) Χι < χ2 : αληθής. Όμοια εργαζομαστε . για 35 < Χ1 < Χ2 . Για το έχουμε: ?h(x)-3 (foh)(x) = ημχ 5-2h(x) = ημχ,h(χ) * �2 7h(x)- 3 = 5ημχ-2ημχ · h(x) (7 + 2ημχ)h{χ) = 3 + 5ημχ. ii)

ότι

•

�

�

(ii)

•

� �

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.l/59

�

�

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκεiου ε JR

Κι επειδή 7 + 2ημχ * Ο , για κάθε χ συ­ μπεραίνουμε ότι: Sημχ 3 + Δ(h) = .και h(x) = 7 +2ημχ (1).

Sημχ � 3 + � Κι επειδή: h(x) * 2 <=> 7+2ημχ * 2 6 + 10ημχ 35 + 10ημχ <=> 6 * 35 , που εί­ ναι πάντοτε αληθής, συμπεραίνουμε ότι η h εί­ ναι ορισμένη σ' ό'ΜJ το μέσω του τύπου (ι). Για το -π 2 Για ξ =-+ 2κπ, κ παίρνουμε: h(ξ) =5 2 και η= 2 + 2λπ, λ παίρνουμε h(η) = !9 .

-2 8 για κάθε Θα δείξουμε ότι: -�h(x)�-, 5 9 χ-2 3 + 5ημχ 7+2ημχ>Ο -5 < 7+2ημχ <::::> -ι4-4ημχ � ι5 + 25ημχ <=> -29 � 29ημχ <=> -ιS � ημχ : αληθεύει πάντοτε.

3 + ημχ � ! 27 + 45ημχ �56+ ι6ημχ 7+2ημχ 9 29ημχ � 29 ημχ � ι : αληθεύει πάντοτε

Για το (ii) Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: 5 + 3 +8=0. g(x) f(x) Θα δείξουμε 5 ότι-3η-+συνάρτηση h με φθίνουσα. h(x) = g(x) + f(x) 8 είναι γνήσια Πραγματικά: για οποωυσδήποτε πραγματικούς αριθμούς Χι,Χ2 με χι<χ2 ισχύει: f(x1) < f(x2 ) < Ο και g(x1 ) < g(x2 ) < Ο Συνεπως:, f(χι ι ) > f(xι 2 ) και g(χι)ι > g(xι 2 ) Κι επομέν ως: 3 5 3 5 f(χι) + g(χι) > f(x2 ) + g(x2 ) η' h(x1 ) -8 > h(x2 ) -8 δηλαδή: h(x1 ) > h(x2 ). Κατά το εξίσωση h(x) = Ο δε μπορεί να 'χει περισσότερες από μία λύσεις. χ Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = __ χ-1 Να βρεθούν συναρτήσεις g, h τέτοιες ώστε: 1 --- , για κάθε χ, που ορίζεται « (gof)(x) = ---:χ +1 χ1 η f και (foh)(x) = , για κάθε που ο­ i) Να αποδειχθεί ότι: «αν μια συνάρτηση f χ +1 είναι γνήσια μονότονη, τότε η γραφική ρίζεται η h». παράστασή της έχει ένα το πολύ κοινό Απά σημείο με τον άξονα x'D>. Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι: «το πεδίο ορι­ ii) Να αποδειχθεί «αν δύο συναρτήσεις f: g: παίρνουν μόνο αρ- σμού της f είναι Α = ( ι) (ι, Για τη g: f(x) = t. Οπότε: νητικές τιμές και είναι γνήσια αύξουσες, Θέτουμε: τότε η εξίσωση: χ -t =χ<=> (t-ι)χ = t 5f(x) + 3g(x) + 8f(x)g(x) =Ο t = --<=> χ-ι δε μπορεί να έχει περισσότερες από μία Για t = ι η τελευταία είναι αδύνατη. t λύσεις». Για t ι η εξίσωση αυτή γίνεται: χ = _t-ι_ (ι). Α ά τη Για το (i) Κι επειδή: χ * ι t-ιt * ι <=> t * t -ι : που α­ Η συνάρτηση είναι «ι-ι» άρα δε μπορεί να πάνtοτε, συμπεραίνουμε ότι: «η (ι) πάρχουν δύο ρίζες (ρι,ρ2 με ρ1 * ρ2 και ληθεύει ρίζεται για κάθε t με t ι )) f(ρ1 ) = f(ρ2 ) = Ο).

•

JR

<=>

--

--

-

::F-

R

•

(iii) :

για

εΖ

--

--

<=>

--

--

--

.

--

(ί) η

6.

<=>

5.

--

εΖ

�

ε JR

<=>

--

2-

χ

ντη ση

JR � JR,

ότι:

JR � JR

-οο,

υ

-too)

..

•

tx

π ν

•

*-

ση

(Ι)

υ­

<=>

-

-::;:.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/60

ο­

Μαθηματικά Ύ&α τη Γ Λυκείου

•

2 Συνεπώς (gof)(x) = -χ2χ-� +1 2 ( 6) = t 2 . g(t) = 2 2 2 2 t 2t -2t +1 + (t -1) t ( t - 1 ) +1 Άρα η g έχει πεδίο ορισμού2 όλο το R και τύπο g(x) 2χ2 -χ2χ+ 1 Πραγματικά: f2 (x) (gof)(χ)= 2f2 (x)-2f(x) + 1 2 ) ( = � 2χ�1 � = 2 ( χ-1 ) -2 ( χ-1) +1 = 2χ2 - 2χ(χ-1)+(χ-1)2 = χ2 2 = 2χ2 = 2χ2 -2χ2 +2χ+χ -2χ+1 χ +1 Γιατηνh: χ2 h(x) χ2 = -χ(foh)(x) = -χ2-� 2 +1 ,h(x) 1 +1 h(x)-1 � (χ2 + 1)h(x)2 = x2h(x)-χ2 � h(x) = -χ /R h εί ν αι καλά ορισμένη γιατί: 2 2 1 � χ + 1 Ο, που 1 -χ ισχύει h(x) πάντοτε. h, που ορίζεται μέσω του τύπου (2), είναι η ζητουμέvη αφού: h(x) (foh)(x) = f(h(x)) = h(x) -1 = 2 ,rια καθε' xER . = -χ-χ2 -2 1 = -χ2χ+1 Δίνεται μια συνάρτηση f : R R, που εί­ ναι -yνήσια αύξουσα. Να βρεθεί η συνάρτηση g : R R τέτοια ώστε: <φα κάποιον κ R συγκεκριμένο :;e

(2)

Η

:;e

�

:;e

ότι

Δεχόμαστε υπάρχει συνάρτηση g που για κάθε χ επαληθεύει συνθήκες του προβλήματος. Ι. Έστω ότι για κάποιο πραγματικό αριθμό χ ι­ σχύει: g(x +κ)> χ, τότε f(g(x +κ))> f(x) (αφού(fog)(x η f είναι+κ)> γνήσιαf(x):αύξουσα). Άρα: άτοπο. Συνεπώς: g(x +κ):::; χ, για κάθε χ (1) Θέτουμε: χ+ κ = t � χ = t-κ Οπότε ( 1) γίνεται: (2) g(t) ::=; tη-κ�g(x)::=;x-κ Έστω ότι για κάποιο πραγματικό αριθμό χ ι­ σχύει: χ> g(x) +κ, τότε f(x) > f(g(x) +κ) : άτοπο. Άρα: χ::=;g(χ)+κ ή χ-κ::=;g(χ) (3) Απ' τις (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι: g(χ)=χ-κ (4) Δείχνουμε τώρα ότι η συνάρτηση, που ορίζεται μέσω του τύπου (4) επαληθεύει συνθήκες του(fog)(x προβλήματος. +κ)= f(g(x +κ))= f(x):::; f(x) f(g(x) +κ)= f(x-κ+ κ)= f(x) � f(x). Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = �l l 2+ x 11.

τις

8.

ί) Να δεiχθεί ότι: «είναι -yνήσια αύξουσα)), ίί) Να δειχθεί ότι: «αν g με

:;e

'

Ε

και για κάθε χ επαληθεύει τις συνθήκες: (fog)(x + κ) :::; f(x) :::; f(g(x) + κ))),

=

'

R και (�� �J.

τότε (gof)(x) χ για κάθε χ Ε ,

=χ, για κάθε χ Απάντηση χ_, για χ<Ο. _ Έχουμε: f(x) = 2-3χ χ , για χ � Ο 2+3χ Γιαχ1 <χτο <0:f(x1)<f(x )� 2 2 (fog)(x)

{

�

�

( )

χ g(χ) - 2 ι - ! !

- 1 - 3 lxl 3 3

Η

7.

τις

•

Απάντηση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' 1'.1/61

(ί)

--

Ε

,

Μαθηpατικά po τη r· Λυκεiου

2χ1 < 2χ2 : αληθής. <=> Ο:::; χ1 < χ2 : f(x1 ) < f(x2 ) <::::>

+οο)

2χ1 + 3χ1χ2 < 2χ2 ς+ 3χ1χ2 <=> <=> 2χ1 < 2χ2 : αληθή . <Ο::; Χ2 : χι <Ο ::; χ2 =f(x2 ). f(χι)= 2-3χ1 2+3χ2 < με χ ισχύει: Άρα: για κάθε ι f(x1 )< f(x2 ) . Για το (ίί) \χ\ .!. Έχουμε: jf(x)\ = 2+3\χ\ < 3 <=> : <=> 3\χ\ < 2 + 3\xl: αληθής. Άρα: f(χ)ε (�1 .j), για κάθε χ ε�. x) Συνεπώς: (gof)(x) = 1-32f,f(x) I 2 2+χ3\ xl 2χ =χ = χ 3 \ \ \-3\ χ χ 2+ \ \ 1 _ 3 2+3\ χ\ και (fog)(x) = 2+3\g(x)g(x)\ = 2χ 1-3\� χ\ - \ χ -χ- ' 2+3 1-3 \χ\ 1 -3 x\ +3\xl -1 1 ) . για κάθε χ ε ("3'3" <::::>

Χι

Χι,Χ2

•

Χ2

τις

1-.JΓΊ

τις

4

1 2

1

·

=

� - -

9.

διάστημα Για να εί ν αι γνήσια φθίνουσα στο [1, πρέπει και αρκεί: .Jfi .Jϊ7 2λ2 -3λ-1<0 <=> 3-4 <λ< 3+2 . (1) φθίνουσα στο διάστημα αρκεί: (-οοΓια,1) ναπρέπειείναικαιγνήσια -2λ:2 +3λ-1<0<=> λ <-21 η λ>1. (2) Αναζητούμε τιμές του λ που συναληθεύουν συνθήκες (1) και (2):

Να βρεθούν οι τιμές της παραμέτρου λ έτσι ώστε <(1) συνάρτη ση f με f(χ) = (2λ2 - 3λ) \ x - lj - x + 3 είναι γνήσια φθίνουσα>>. Απάντηση

τύπος της2συνάρτησης γίν2εται: 1 -1)χ-2λ +3λ+3,χ � -3λ f(x)= {(2λ (-2λ2 +3λ-1)χ+2λ2 -3λ+3,χ<1

Ο

ο ο

ο ο

:_ ( 1 ) -+;-----""' : -(2) (2) -

Άρα: 1- 4J17 < λ < 21 η 1 < λ < 1 + 4.Jij Για τιμές του λ που επαληθεύουν συνθή­ χ1 < 1:::; χεί2 νι2σαιχύει:γνήσια φθίνουσα. Διότι γικεςα χ(3),ι, χ2ημεσυνάρτηση (-2λ? +3λ-l)χ1 +2λ -3λ+3> >(-2λ2 +3λ-1)+2Λ; -3λ+3=2 και(2λ2 -3λ-1)χ -2λ? +3λ+3:::; 2 2 :::; (2λ -3λ-1)-2λ? +3λ+3=2 Άρα: f(χι ) > 2 � f(x2 ). Οπότε f(x1) > f(x2 ). Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = 2χ - .J4x + 1 (α): f(x) <Ο, κάθε i). Να δειχθεί χ ε � (β) <<η είναι γνήσια αύξουσα>>. .

(3)

τις

τις

1 0.

ότι:

1

-�--:-

.

r

ΎUΙ

ίί) Να δειχθεί ότι: <<η f είναι αντιστρέψιμη>) και να βρεθεί η f1•

Απάντηση

•

Για το (i) 2 (α): 2x-.J4x +1 <2x-J4;.2 = = 2χ-2\xl = 2(χ -\χ\) :::; Ο, κάθε χ ε 1R . (β)ΈΧιστω< χ2Χ. ιΘα, χ δείξουμε τυχαίοι πραγματικοί ).2 με ότι: f(χι ) < f(xαριθμοί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/62

2

για

Μαθηματικά ΎUΙ τη Γ ' Λυκεiου

f(x2 )-f(xι) = = 2(χ2 -χι ) - (�4χ; +1 -�4χ� +1) = = 2(χ2 - Χι) - 4(χ; - χ�) �4χ� + 1 + �4χ� + 1 - 2(χ2 - Χι ) 1 - 2(χ2 + Χι) �4χ; + 1 + �4χ� + 1 _- 2(χ _ Χι ) -f(x2 )-f(xι) > Ο 2 �4χ; +1 + �4χ� + 1 δηλαδή: « Χι < χ2 f(χ ι ) < f(x2 ) , που σημαίνει όn η f είναι γνήσια αύξουσα. Για το (ii) η fείναι «1-1» άρα είναι ανnστρέψιμη. Το πεδίο ορισμού της f1 είναι το σύνολο των nμών f. Έστω y Ε � . Αναζητούμε χ Ε � τέτοιον ώστε f(x) = y (1). Αλλά f(x) = y � 2x -.J4x 2 + 1 = y � 2x - y > O (2) 2x - y = .J4x2 + 1 � (2x -y)2 = 4χ 2 +1 (3) (3) � 4χ2 -4xy + y2 = 4χ2 +1 � 2 1/ �χ=� 4y y < Ο [λόγω του (ί)] (4)

Να βρεθούν οι τιμές των παραμέτρων έτσι ώστε: (fof)(x) = 49χ + 8μ , για κάθε χ Ε � . Απάντηση

]-

[

=>

•

12.

(

Για να είναι δεκτή η (4) πρέπει να αρκεί να ι­ κανοποιεί τη συνθήκη (2). Έχουμε: y2 -1 - y = y2 -1 -2y2 = 2x - y = -2y 2y - y2 1 + y2 > 0 = -12y 2(-y) Άρα το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το διάστημα ( Ο) και συνεπώς Δ(Γι ) = (-οο, Ο) . τύπος της f1 δίνεται από τη (4) αν στη θέση του y (ανεξάρτητη μεταβλητή της aντίστροφης) θέσουμε χ.

2 Έτσι παίρνουμε: Γι (χ) = χ2χ- 1 /(-οο, Ο) .

•

Για το (i) Ας πάρουμε δύο συναρτήσεις f : Α JR και g : Β � , που είναι γνήσια φθίνουσες. Το πεδίο ορισμού της σύνθεσης gof (εφ' όσον ορίζεται) είναι Δ(gof) = {χ/χ Ε Α τέτοιος ώστε f(x) Ε Β} . Ας είναι τώρα Χι , χ2 Ε Δ(gof) τυχαίοι με Χ ι < Χ2 (1) (2). Τότε: Κι επειδή f(xι),f(x2 ) στοιχεία του Β συμπε­ ραίνουμε από τη (2) όn: g( f(χι)) < g(f(x2 )) ή (3). (gof)(xι) < (gof)(x2 ) ---+

Ο

-

ότι: <<η

Απάντη ση

-οο ,

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = (1 + 3λ2 )χ + 2λ μ .

σύνθεση δύο συ­ ναρτήσεων (εφ' όσον ορίζεται) που είναι γνήσια φθίνουσες είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση. ii) Για τις συναρτήσεις f : JR ---+ � και g : � ---+ JR δεχόμαστε ότι: «f(x) � Ο και g(x) � Ο , για κάθε χ». i) Να αποδειχθεί

Να δειχθεί ότι: «αν οι συναρτήσεις α• τές είναι γνήσια φθίνουσες, τότε η εξί­ σωση: (gof)(x) = (fg)(x) δε μπορεί να έχει περισσότερες από μία λύσεις».

--

ι ι.

Έχουμε (fof)(x) = f(f(x)) = = (1 + 3λ2 )f(χ) + 2λ-μ = =(Ι+ 3λ2 )2 χ + (2 +3λ2 )(2λ- μ) . Συνεπώς θα πρέπει: (1 +3λ2 )2 = 49 και (2+ 3λ2 )(2λ- μ) = 8μ ή 1 + 3λ2 = 7 και 8(2λ-μ) = 8μ ή λ2 = 2 και λ = μ. Τελικά παίρνουμε: λ = μ = .J2 ή λ = μ = -.fi

•

---+

Για το (ii) Θα δείξουμε όn: «η συνάρτηση h με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/63

Μαθηματικά pα τη Γ Λυκείου

h(x) = gof(x) -(fg)(x) είναι γνήσια αύξουσα. «Οπότε η h είναι «1-1)), και συνεπώς έχει το πολύ μία ρίζα. Προφανώς Δ(gof) = JR . Οπότε για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθ­ μούς Χι , Χ2 με Χι < χ2 ισχύει η (3) και Ο � f(x2 ) < f(χι ),Ο � g(x2 ) < g(χι) . Οπότε: f(x2 )g(x2 ) < f(χι)g(χι ) ή (fg)(x2 ) < (fg)(xι ) και συνεπώς: (4) -(fg)(xι) < -(fg)(x2 ) Από τις (3) και (4) με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε: (gof)(xι ) - (fg)(xι) < (gof)(x2 )- (fg)(x2 ), δηλαδή η συνάρτηση h(x) = (gof)(x) = (fg)(x) είναι γνήσια αύξουσα και συνεπώς δε μπορεί να έχει περισσότερες από μία ρίζες.

13.

{

Δίνεται η συνάρτηση f με 2 - λe, για ο � χ � 1 f(x) = χ lnx , για χ > 1 i) Να βρεθούν όλες οι τιμές, που μπορεί να πάρει ο πραγματικός αριθμός λ έτσι ώ­ στε η f να είναι γνήσια αύξουσα. ii) Για λ = !. να βρεθεί η αντίστροφη f1 και e

να σχεδιασθούν στο ίδιο Ορθοκανονικό Σύστημα Συντεταγμένων Oxy οι Ύραφι­ κές παραστάσεις των f, f1 • Απάντηση •

{

Ο τύπος της συνάρτησης γίνεται:

για Ο � χ � 1 f(x) = xz -1, για lnx, χ>1 και φυσικά η f είναι γνήσια αύξουσα άρα η f εί­ ναι «1-1)). Δηλαδή η fείναι αντιστρέψιμη. Το πεδίο ορισμού της f1 είναι το σύνολο τιμών. της f. Έστω y E JR . Αναζητούμε x E [O,-too) τέτοιον ώστε f(x) = y (1). Αν χ [0,1] , τότε (1) γίνεται: χ2 -1 = y . Απ' όπου παίρνουμε: y � -1 κα,ι χ = .J1 + y (2) () Ο � χ � 1�2 - 1 � y � O . Αν χ (1,-too) , τότε η (1) γίνεται: lnx = y � χ = (3). Απ' όπου παίρνουμε: y > Ο. Τελικά το σύνολο τιμών, που ζητάμε, είναι: «το διάστημα [-1, -too) )). Συνεπώς Δ(f-ι ) = [-1,-too) . Ο τύπος της f 1 προκύπτει από τους τύπους (2), (3) αν θέσουμε όπου y το χ. Έτσι παίρνουμε: Γι (χ) = .J1 +χ, για -1 � χ � Ο (4) . ' για χ > 0 Ε

Ε

e

{

e

x

Για το (i) Στο διάστημα [0, 1] η f έχει τύπο f(x) = χ2 -λe και είναι πάντα γνήσια αύξουσα. Στο διάστημα (1,-too) η f έχει τύπο f(x) = lnx και είναι γνήσια αύξουσα. Για Χι � 1 < χ2 έχουμε: f(χι) = χ� -λe � 1 - λe και f(x2 ) = lnx2 > Ο . Οι γραφικές παραστάσεις των f και f1 είναι, καθώς Άρα για νά'ναι η f γνήσια αύξουσα (στο πεδίο γνωρίζουμε συμμετρικές ως προς τη πρώτη διχο­ ορισμού της) πρέπει και αρκεί τόμο δ 'δ.

1-λe � Ο ή λ � _!_ .

JR δεχόμαστε ό­ 14. Για μια συνάρτηση f JR 3 , για κάθε χ όπου α>Ο συτι: (fof)(x) = α χ Για το (ii) :

e

•

Y

γκεκριμένος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/64

�

ΜαΟιιμcmκά pa τη Γ ' Λvκεicηι

i) Να δειχθεί ότι: η f είναι «1-1».

ii) Να δειχθεί ότι: η f παίρνει κάθε πρcη­ ματική τιμή. ίίί) Να βρεθεί ο τύπος της f1, αν είναι yν� στός ο τύπος της f. Απάντηση •

Για το

•

16.

(i)

f(x1 ) = f(x2 ) => f (f(x 1 )} = f ( f(x2 )} => => αχ, = αχ, => χ, = χ2 => χ, = χ2 3

(ίί)

3

3

Για το y Αναζητούμε χ τέτοιον ώστε: Έστω (1) f(x) = y Και σuνεπώς παίρνουμε την εξίσωση αχ) = f(y) ή χ = f(y) (2) α Για f(y) > O,x = 4f�) . Για f(y) < Ο, χ = -4-f�y) Για f(y) = O,x = O . Άρα το σύνολο τιμών της f είναι όλο το Δη­ 1 λαδή D(Γ ) = Για' το Απ τους προηγούμενους τύπους (3) παίρνουμε: 4f(αχ) f(x) > O f(x) = ο r-'(x) = ο ' -�-f(χ) για f(x) < O α Ε

3

(ίίί)

9f(χ) + 8 = Γ1 (53) .

•

'

15.

Για μια σuνάρτηση f δεχόμαστε ότι: (fof)(x)

= 2χ + 3f(x) , yια κάθε χ

i) Να δειχθεί ότι: η f είναι «1-1».

Ε JR

.

ii) Να pρεθεί ο τύπος της cιντίστροφης, αν είναι yνωστός ο τύπος της σuνάρτησης. ·

•

(ί)

Γιαf(xτο) f(x )

Απάντηση

1 = 2 => f(f(x,)) = f (f(x2 )}=> 2χ1 + 3f(x1) =2x2 +3f(x2 ) => 2x , = 2χ2 => => χ, = χ2

Απάντηση

(ί)

Γιαf(x1)το= f(x ) =>

2 f(f(x1)} = f(f(x2 )} = 3x1 + 2 = 3χ2 + 2 => . χ2 = χ2 ότι: y JR χ f(x) = y (1) f (f(x)} = f(y) . (2) Η (2) f

Έστω τώρα �αίος. Θα δείξουμε <αιπάρχει πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε: Απότην(Ι)έχουμε: ω της συνθήκης που ικανοποιεί η γί­ 'λfyy νεται: 3χ + 2 = f(y) � χ = i [f(y)-2] . Άρα f(A) = Συνεπώς το πεδίο ορισμού της είναι το Για το Επειδή 53 =7)3 ·17. + 2 , συμπεραίνουμε 53 = (fof)(l Άρα η εξίσωση γί ν εται: 9f(x) + 8 = Γ' ((fof)(17)) = f(l7) ή 9f(x)+ 8 = f((fof)(5))[αφoύ 17 = 3 ·5 + 2 ] ή 9f(x) + 8 = f ((fof)(5)) = (fof)f(5) = 3f(5) + 2 ή 9f(x) +6 = 3f(5) ήή 3f(x)+ 2 = f(5) ή (fof)f(x) = f(5) (fof)(x) = 5 ή 3χ + 2 = 5 ή χ = 2) 2 Ε

>>

για

για

JR .

ii) Να επιλυθεί η εξίσωση:

R.

,

χΕ

σύνολο τιμών της είναι όλο το R.

.

•

= 3χ + 2 yια κάθε

i) Να δειχθεί ότι η f είναι «1-1» και ότι το

JR

JR .

Για μια σuνάρτηση f δεχόμαστε ότι: (fof)(x)

3

Ε JR .

(ίί)

Για το Θέτουμε f(x) = y . Οπότε: f(y) = 2Γ1 (y)+3y . Οπότε: Γ1 (y) = _!_2 [f(y)-3y] . Δηλαδή: Γ'(χ) = _!_2 [f(x) -3χ] .

•

•

(ίί)

JR .

f1

JR .

ότι:

Ι.

9f(l) + 8 = 3(3f(l) + + 9f(l)+ 8 = 3(fof)(f(l)) + 2 =3f ((fof)(l)} + 2 _= = 3f(5) + 2 = (fof)(f(5))

Αντίστροφα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.t/65

Μαθηματικά ΎUΙ,τη Γ Λυκείου

Έτσι, η πρώτη από τις εξισώσεις γίνεται: 5(2f(x) +19)+4· f(x)2- 19 36χ + 9 ή 12f(x) = 36x -48 ή f(x) = 3x -4 (4). Η (1) λόγω της (2), γίνεται: 3g(x) - 4 = 2(3x -4)+19 ή g(x) = 2x + 5 (3).

17. Να βρεθούν συναρτήσεις f : JR --+ JR, , 11. Θα δείξουμε ότι οι συναρτήσεις f, g, που ορίζο­ g : JR --+ JR που είναι «1-1)) και επαληθεύουν νται μέσω των (2) και (3), επαληθεύουν τις δο­ για κάθε JR τις εξισώσεις: σμένες εξισώσεις.

S(fog)(x) + 4 (fog-• )(χ) = 36χ + 9, 5(fog)(x) + 4fog-1 (x) = = 5(3g(x) -4)+4(3g-1 (x) -4) = f(x) - 2 (fog-• )(χ) = 19 = 15g(x) + 12g-1 (x) -36 Απάντηση = 36χ + 19 .

I. Έστω ότι υπάρχουν συναρτήσεις f,g που επα­ f(x) -2(fog-1 )(χ) = ληθεύουν τις εξισώσεις του προβλήματος. = 3χ -4-2(3g-1 (x) -4) = Απ' τη δεύτερη των εξισώσεων, αν θέσουμε = 3x - 6g-1 (x) + 4 g(x) όπου χ, παίρνουμε χ - 5 + 4 = 19. f(g(x)) - 2 {fog-1 )(g(x)) = 19 ή = 3χ - 6-2 (fog)(x) = 2f(x) + 19 (1) = f((fof)(5)) = f(17) = (f-1of)(f(17)) = = Γ1 ((fof)(17)) = Γ 1 (53) Δηλαδή η τιμή χ = 1 επαληθεύει την εξίσωση. Συνεπώς η τιμη χ = 1 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης. Ε

iiiiiii

του Βασίλη Καρκάνη και της Λίνας Χαραλαμποπούλου

Η έννοια της συνάρτησης έ-yινε κατανοητή χάρις στονLeonard Euler (1 707-1 783), που ισχυρίστηκε ότι μπcr

ρεί να διατυπωθεί ως «curva quancunque lίbero manus ductu descrίpta» (οποιαδήποτε καμπύλη που γράφεται με ελεύθερο χέρι). Ο Bemard Rίemann (1826-1866), στις πανεπιστημιακές του παραδόσεις ασχολήθηκε με συ­ νεχείς συναρτήσεις. Μάλιστα έδωσε ένα παράδειγμα συνάρτησης που είναι συνεχής, αλλά δεν έχει παράγωγο. Οι μαθηματικοί εκείνης της εποχής δεν έπαιρναν πολύ στα σοβαρά τέrοιες συναρτήσεις και ·τις αποκαλούσαν «πα­ θολuyικές» συναρτήσεις. Η σύγχρονη ανάλυση έχει δείξει πόσο σημαντικές είναι οι συνεχείς συναρτήσεις και π6 σο και εδώ ο Rίemann είχει διεισδύσει σ' ένα θεμελιώδες πεδίο των Μαθηματικών. Στο άρθρο αυτό ασχολούμαστε με τα θεωρήματα των συνεχών συναρτήσεων, τη μεταξύ τους σχέση και τη σημαντικότητά τους στην ανάλυση. Μέσα από παραδείγματα και εφαρμογές στοχεύουμε στην κατανόηση της χρησιμότητάς τους από τους μαθητές, οπότε και τη μελέrη σε βάθος των συνεχών συναρτήσεων. Υ

Α. Θεώ ρη μα ενδιάμεσης τιμή ς

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διά­ στημα [α,β] και f(α) * f(β) τότε για κάθε αριθ­ μό η μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε f(x0) = n . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.l/66

n

f(α) --- : α

Μαθηματικά pa τη Γ' Λυκείου

Η -yεωμετρική

ερμηνεία του θεωρήματος είναι

φανερή. Απλά παρατηρούμε ότι η ευθεία y = η τέ­ μνει σε ένα τουλάχιστον σημείο τη γραφική παρά­ σταση της συνεχούς συνάρτησης f. Παρ αδείγματα 1.

'Εστω η συνάρτηση f με f(x) = x + συν(πχ) - 3 και πεδίο ορισμού το διάστημα Δ = [-2,2] . Να δείξετε ότι η f παίρνει την τιμή 2.

3

Λύση

Αν f(O) f(O) 2+ f(1) f(1) τότε από το θε� ρημα ενδιάμεσης τιμής υπάρχει χ0 (0,1) ώστε (1- κ)(1 - λ) -'------'f( ) -_ f(O)+2 f(1) f( ) -_ -'-------'2 f(O)+ f(1) , Αν 2 = f(O) τοτε = Ο. , = 1. Αν f(O)+2 f(1) = f(l) τοτε Όμοια αν f(1) � f(O) 2+ f(1) < f(O) Μια εφαρμογή του θεωρήματος ενδιάμεσης τι­ μής είναι ειδική περίπτωση ενός θεωρήματος που είναι γνωστό ως θεώρημα σταθερού σημείου του Banach (S. Banach Πολωνός μαθηματικός του 1 μισού του 20ου αιώνα).

•

<

<

Ε

Χο

<=>

Χο

•

Χο

•

Χο

συνάρτηση f είναι συνεχής στο Δ ως άθροι­ σμα συνεχών συναρτήσεων. Ακόμη f(-2) = -8+συν(-2π)-3 = -8+ 1 -3 = -10 και Θ εώ ρημα f(2) = 23 + συν(2π)-3 = 6 , οπότε f(-2) 2 f(2) . Σύμφωνα με το θεώρημα ενδιά­ Αν η f είναι συνάρτηση συνεχής στο μεσης τιμής υπάρχει χ0 (-2, 2) τέτοιο ώστε Δ = [0,1] και f(Δ) = [0,1] , τότε υπάρχει = 2 . f(x0 } χ0 [0,1] τέτοιο ώστε f(x0) = χ0 • Η

<

2.

<

ou

Ε

Ε

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = x - (κ + λ)χ1 - κλχ + κλ όπου κ, λ Ε JR : ί) Να δείξετε ότι ο αριθμητικός μέσος των αριθμών f(O) και f(1) είναι (1 -κ)(1 - λ) 2 ii) Να δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε [0,1] ώστε - (1 -κ)(1 - λ) . f( Χο ) 2 3

Απόδειξη

Γεωμετρικά πρέπει να δείξουμε ότι το γράφημα της f τέμνει τη διαγώνιο του τετραγώνου με κορu­ φές (0,0}, (1,0), (1,1 }, (0,1) δηλαδή το γράφημα της g(x) = x,O � x � 1 . Υ

( 1 ,: 1 ) (0,1) -------------------

χ

Λύση

ί)

Είναι f(O) = κλ και f(l) = 1-κ-λ. αριθμητικός μέσος των αριθμών f(O),f(1) είναι: f(O) + f(1) -_ κλ+ 1 - κ-λ -_ (1 -κ)(1 - λ) 2 2 2 f(O) + f(l) � f(1) ή ii) Ισχύει f(O) � 2 f(O) +f(l) f(1) � 2 � f(O) . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Ο

Αν f(O) = Ο ή f(1) = 1 το θεώρημα έχει αποδει­ χθεί. Υποθέτουμε ότι f(O) > Ο και f(1) 1 . Η συνάρτηση h(x) = g(x)- f(x) ικανοποιεί τότε τις ποθέσεις του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής, εφό­ σον είναι συνεχής στο [0,1] και h(O) = g(O)- f(O) = -f(O) < Ο, h(1) = g(1)- f(1) = 1- f(l) > ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.l/67

<

υ-

Μαθηματικά .,.a τη Γ Λυκείου

οπότε το Ο [-f(0),1-f(1)] . Επομένως υπάρχει χ0 Ε (0,1) τέτοιο ώστε g(x0)-f(x0) = 0 δηλαδή Ε

Παράδειγ μα

Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο R ώστε f(x) , , να ικανοποιει τις συνθήκες lim -- 1 και Ι -+ 2 2 - Χ 2 8ημ(χ - 4) � (χ - 4)f(χ) � χ - 4 (1) για κάθε

f(x0) = χ0 •

=

Παρατήρηση

Με τη βοήθεια το θεωρήματος ενδιάμεσης τι­ μής αποδεικνύεται εικόνα f(Δ) ενός δια­ στήματος Δ μέσω μιας συνεχούς και μη σταθερής συνάρτησης f είναι διάστημα. Στην περίπτωση που η συνάρτηση f είναι σταθερή στο Δ, με f(x) = c γα κάθε χ Δ, τότε f(Δ) = {c} . Β. ειδική περίπτωση f(α)f(β) < Ο, η = Ο είναι γνωστή ως θεώρηα των Bolzano - Weierstras. Ο (1781 - 1848) ήταν Τσέ­ χος μαθηματικός. Μαζί με τους σύyχρονούς του Gauss, Abel, Cauchy ανήκει στους πρωτοπόρους της επίμονης απαίτησης για μαθηματική αυστηρό­ τητα. Daνid Hilbert (1862-1943) αργότερα πρό­ τεινε την αριθμητική διατύπωση της έννοιας του συνεχούς σύμφωνα με ότι είχε παρουσιασθεί στα έργα των Bolzano, Cauchy και Cantor. ( 1815 - 1897) ήταν Γερμανός μαθη­ ματικός. Φημιζόταν για την ακρίβεια και αυστηρό­ τητα των μεθόδων που χρησιμοποιούσε. Το θεώρημα Bolzano - Weierstrass διατυπώνε­ ται ως εξής:

χ Ε R . Να αποδείξετε ότι η γραφική παρά­ σταση Cr της f τέμνει τη γραφική παρά­ 2 σταση της παραβολής y -χ 7χ - 6 σε

ότι: «Η

Ε

Η

Bernard Bolzano

Ο

Ο Κarl

Weierstrass

Αν μια συνάρτηση f εfναι συνεχής στο [α,β) και f(α)f(β) < Ο τότε η f έχει μfα τουλάχιστον ρfζα Χο στο (α,β). δύο

Τα θεωρήματα είναι ισοδύναμα. Το θεώ­ ρημα Bolzano - Weierstrass είναι ειδική περίπτοr ση του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής και το θεώ­ ρημα ενδιάμεσης τιμής προκύπτει άμεσα αν εφαρ­ μόσουμε το θεώρημα των Bolzano - Weierstrass στη συνεχή συνάρτηση g(χ) = f(χ)-η την ποία ισχύει g(α)g(β) = (f(α)-n)(f(β)-n) < Ο . για

Υ

f(β) -----------------------

χ

ο-

=

+

σημεfο με τετμημένη στο διάστημα (2,4). Λύση

lim 2f(x) -χ =1. f(x) . χ ::;: 2 g(x) = 2-χ f(x) = (2- x)g(x) limg(x) = 1 . limf(x) = lim((2 -x)g(x)] = O . χ 2. f(2) Ο f (1) χ>4 χ - 4 � f(x) � x + 4 . lim 8ημ(χ -4) = 8 lim(x+ 4) = 8 Χ -4

Έχουμε Για θέτουμε Τότε και Έχουμε: Άρα εφόσον συνεχής στο Για από την έχουμε: 8ημ(χ-4) Είναι και οπότε απ' το κριτήριο παρεμβολής είναι: lim f(x) = 8 (2) Όμοια για χ < 4 βρίσκουμε lim f(x) = 8 (3). Από σχέσεις (2) και (3) έχουμε limf(x) = 8 και εφόσον f συνεχής στο χ 4, f(2 4) = 8 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) + χ - 7χ + 6 στο διά­ στημα [2, 4]. Για την g έχουμε: είναι συνεχής στο [2, 4] ως άθροισμα συνεχών g(2)g(4) = (f(2)-4)(f(4)- 6) = -4 . 2 = -8 . το θεώρημα Bolzano - Weierstrass, έχου­ Από με υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 (2,4) τέτοιο ώστε g(x0) = Ο , άρα f(x0) = -χ� + 7χ0 - 6 χ-+2

χ-+2

χ-+1

χ -+2

=

=

+ Χ-+4

Χ-+4+

χ-+4+

χ-+4-

τις

Χ-+4

=

• •

ότι

Ε

Συν έπεια του θ εωρή ματος

Bolzanno - Weierstrass

Αν η συνάρτηση f εfναι συνεχής. στο διάστη­ μα [α, β] και ρ1 ,ρ2 Ε (α,β) δύο διαδοχικές ρίζες της εξfσωσης f(x) Ο , τότε η f διατηρεί

=

σταθερό πρόσημο στο διάστημα (ρι,ρz).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.Ι/68

Μαθηματικά ΎUΙ τη Γ Λυκεiου

Απόδειξη Υποθέτουμε ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρό­ σημο στο (ρ1, ρ2). Δηλαδή υπάρχουν τουλάχιστον δύο αριθμοί Χι ,Χ2 Ε (ρι ,ρ2 ) με Χι < χ2 ώστε f(xι )f(x2 ) < 0. Τότε η f ικανοποιεί τις προϋποθέ­ σεις του θεωρήματος Bolzano στο [χι ,χ2 ] , οπότε υπάρχει χ0 Ε (Χι ,χ2 ) ώστε f(x0) = 0 . Αυτό όμως είναι άτοπο γιατί (χι ,χ2 ) (ρι ,ρ2 ) και ρι, ρ2 δια­ δοχικές ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο . c

Παρατήρη ση

Έστω f(x.) το ελάχιστο και f(χμ) το μέγιστο μιας συνεχούς συνάρτησης f στο [α, β], όπου χ.,χμ Ε[α,β] . Αν υποθέσουμε ότι χ. < χμ τότε η f είναι συνεχής στο [χ., χμ] , οπότε σύμφωνα με το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής για κάθε μεταξύ των f(x.) και f(χμ) υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο ώστε f(x0) = η . η

Χο

Παράδειγμα

Εφαρμογή

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, PJ και χ1 , χ2 Ε [α, PJ , να αποδείξετε ότι υπάρχει ξ [α,p] τέτοιος ώστε

Δίνονtαι οι σννεχείι; crιΜΙfΠΙίσεις f, g : IR � IR

ώστε για κάθε χ IR να ισχύει η σχέση

Ε

Ε

f(x)g(x) � 2 - f(x)

(1)

Να αποδείξετε ότι η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο JR •

Λύση

Υποθέτουμε ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρό­ σημο στο R.Τότε υπάρχουν Χι,Χ2 E IR με Χι < Χ2 ώστε f(xι ),f(x2 ) ετερόσημοι. Η f είναι συνεχής στο [χι ,χ2 ] και f(xι)f(x2 ) < 0. Από το θεώρημα Bolzano Weierstrass έχουμε ότι υπάρχει Χ0 Ε (χι ,χ2 ) τέτοιο ώστε f(x0) = Ο . Η σχέση (1) ισχύει για κάθε χ Ε JR οπότε για χ έχουμε: f(x0)g(x0) � 2 - f(x0) , άρα Ο � 2 άτοπο. Επομένως η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R. -

= Χο

Γ. Θεώρημα Μέγιστη ς και ελάχιστη ς τιμή ς.

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλει­

στό διάστημα [α, PJ τότε υπάρχουν τουλάΧ" στον δύο σημεία Χε και Χμ του [α, PJ τέτοια ώ­ στε να ισχύει f(x. ) f(x) f(χμ ) για κάθε

�

�

χ [α,p] . Δηλαδή η f παίρνει στο [α, PJ ελά­ χιστη τιμή f(χ. ) και μέyιστη τιμή f(χμ ) .

Ε

f(Χμ) -------

Υ

=

3f(x1 ) + 5f(x2 ) 8f(ξ) .

Λύση Η f είναι συνεχής στο [α, β], οπότε έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Έστω Μ, m οι τιμές αυτές ανri­ στοιχα. Τότε: m � f(xι ) � M και m � f(x2 ) � M . Από αυτές έχουμε 3m� 3f(xι ) � 3M (1) και 5m � 5f(x2 ) � 5Μ (2). Οι σχέσεις (1 ) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη δίνουν: 8m� 3f(xι ) +5f(x2 ) � 8M , άρα (3). Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν m = Μ, τότε η f είναι σταθερή. Αν f(x) = c , τότε f(χι ) = f(x2 ) = c και η (3) δίνει m � c � M . Επομένως μπορούμε να εmλέξουμε ως κάθε σημείο του [α, β]. Αν m < Μ, τότε σύμφωνα με το θεώρημα της ενδιάμεσης τιμής υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f(ξ) = 3f(xι ) +8 5f(x2 ) ή 8f(ξ) = 3f(xι ) + f(x2 ).

•

Χο

Παρατήρη ση

Σύνολο τιμών συνεχούς και γνησίως μονότ�

β

νης συνάρτησης σε διάστημα. χ

•

Έστω f συνεχής και γνησίως μονότονη στο διάστημα Δ = (α,β).

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.Ι/69

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκεiου

•

•

Αν Α = χ--+limα· f(x) και Β = χ--+βlim f(x) , τότε το σύνο"ΜJ τιμών της fστο διάστημα Δ = (α,β) είναι το: � (Α, Β) , αν fγνησίως αύξουσα στο Δ � (Β, Α) , αν γνησίως φθίνουσα στο Δ. Αν f συνεχής και γνησίως μονότονη στο [α, β], τότε το σύνο"ΜJ τιμών της f στο διάστημα Δ [α, β] είναι το fγνησίως αύξουσα στο [α, β] � [f(α),f(β)] � [f(β),f(α)] fγνησίως φθίνουσα στο [α, β]. Ανάλσyα συμπεράσματα ισχύουν αν έχουμε τα διαστήματα (α, β], [α, β).

εξίσωση f(x) = Ο έχει μοναδική λύση στο Δ αφού Ο f(Δ) και η f είναι γνήσια αύξουσα στο Δ.

iii) H

Ε

Πρόταση

=

αν αν

Αν μια συνάρτηση f είναι -yνήσια μονότονη και συνεχής σ' ένα διάστημα Δ, τότε η a­ ντίστροφή της ί1 είναι συνεχής στο f(Δ) . Εφαρμογή

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g με f(x)

Παράδ ειγμα

και g(x)

χ

2 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = x - 2 - συνχ .

α) Να βρεθεί η συνάρτηση h = fog .

i) Να δείξετε ότι η f είναι γνήσίως αύξοu-

β) Να δείξετε ότι η h αντιστρέφεται και να βρεθεί η h-1 •

σα στο Δ

=

[ο,;}

γ)

ii) Να βρείτε το f(Δ) .

Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της ε­ 1 ξίσωσης h(x) + h- (x) = O στο διάστημα

ίίi)Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει

Δ = [1, 2).

μοναδική λύση στο

(Ο,;)

Λύση

•

•

Έστω χ2 Ο, � με Ο � < χ2 � � Τότε έχουμε Ο � χ: < χ; άρα χ: - 2 < χ; - 2 (1). Ε­ πίσης επειδή η συνάρτηση g(χ) = συνχ είναι γνήσια φθίνουσα στο Ο, � έχουμε Χι ,

Ε

Το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνο"ΜJ Ar = JR - {Ο} και της g το σύνο"ΜJ Ag = JR να ορίζεται η fog πρέπει το σύνο"ΜJ A' = {x E Ag/g(x) E Ar} να είναι διάφορο του κενού. Πράγματι Α' = {χ R/ e" Ο} = R fr 1. και h(x) = (fog)(x) = f(e") =e" Ρ) Έχουμε =y 1 =y h(x) = g <=> e" <=> Υ > Ο x ER xER x ER

α)

Λύση

i)

= ez .

=-ι

[ ]

Χι

.

[ ]

συνχι > συνχ2 , άρα -συνχ < -συνχ2 (2) Προσθέτουμε τις (1) και κατά μέλη και έ­ χουμε: χ: - 2 - συνχι < χ; - - συνχ2 Άρα f(χ ι ) < f(x2 ) και η f είναι γνήσια αύξουσα στο Ο, � .

(2)2

ι

•

Ε

{

<=>

[ ]

-φ

{ {e-x {fne-x fny { -fny -fnx . y>O x ER

=

<=>

Για

-φ

χ=

y>O xER

οπότε h(A') = (0, ) . f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής στο Άρα h (0, -too) � R με h-ι (χ) = , οποτε ως α' θροισμα συνεχων γ) Οι συναρτήσεις h και h-1 είναι συνεχείς και -3, π2 γνησίως φθίνουσες στο [1,2] οπότε και η f(Δ) = f(O),f � = Κ(χ) = h(x) + h (χ) είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ = [1, 2].

ii) Η

[ο'-π2]

[ ( )] [

4- 8] .

,

-

ι

+οο

:

ι

ΕΥΚΛΕΙΔΒΣ Β' λζ' τ.l/70

Μαθηματικά 'YUI τη Γ Λυκεiου

Το σύνολο τιμών της συνάρτησης Κ είναι Κ(Δ) [Κ(2), K(l)]. Το Ο Κ(Δ) άρα η εξίσωση Κ(χ) = Ο έχει μια τουλάχιστον λύση στο [1, 2]. Επειδή η Κ είναι γνήσια φθίνουσα στο [1, 2] η λύση αυτή είναι μοναδική. =

Άσκηση lη

Ε

Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο Χο =

lim

Ι-+-3

Δ. Ένα πρόβλη μα, πολλές λύ σεις

=

= 5 . Να αποδείξετε ότι η ευθεία με εξί-

σωση y = 3, τέμνει τη γραφική παράσταση της f σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμη­ μένη Χ0 Ε (0,1) . ιη

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x)- 3 στο διάστημα [0, 1]. Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως ά­ θροισμα συνεχών και g(O) = f(O)-3 = -2, g(l) = f(l)-3 = 2 , άρα g(O)g(l) Ο . Σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano έχουμε όn υπάρχει ένα του­ λάχιστον χ0 (0,1) τέτοιο ώστε g(x0) = Ο , άρα f(x0) = 3 . Η f είναι γνήσια αύξουσα στο [0,1] άρα η λύση είναι μοναδική.

2η Λύση Αρκεί να δείξουμε όn η εξίσωση f(x) = 3 , έχει μοναδική λύση στο (0, 1 ) Η f είναι συνεχής και γνήσια αύξουσα στο (0, 1 ], άρα το σύνολο τιμών της είναι το f([0,1]) = [f(O),f(1)] = [1,5] . Ισχύει 3 [1,5] άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0) = 3 . Η f είναι γνήσια αύξουσα στο [0, 1] άρα το είναι μοναδικό.

3η Λύση Η f είναι συνεχής στο [0, 1] και f(O) 3 f(5) άρα απ' το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής υπάρχει χ0 (0,1) τέτοιο ώστε f(x0) = 3 . Επειδή η f είναι αύξουσα στο [0, 1] το είναι μοναδικό. <

Ε

.

Ε

Ε

Χο

<

<

Ε

Χο

2

-

9

= -335

'

Λύ ση Έχουμε: lim 6ημ(χ + 3) + (χ + 3)f(x) = -335 Χ -+-3

Αξιοποίηση της συνέχειας μιας συνάρτησης σε σημείο του πεδίο ορισμού της, για να βρούμε την τι­ μή της συνάρτησης στο σημείο αυτό.

Χ2

-9

(1)

Εφόσον η f είναι συνεχής στο - 3 θα είναι: (2) f(-3) = lim f(x) Θέτουμε g(x) = 6ημ(χ + 3)χ2+ (χ + 3)f(x) με χ ±3 . Λόγω της (1) θα είναι: (3) lim g(x) = -335 Ακόμη: (χ2 - · g(x) = 6ημ(χ + 3) + (χ + 3)f(x) οπότε: (χ + 3)(χ -3)g(x)- 6ημ(χ + 3) = = (χ + 3)f(x) και για χ -3 παίρνουμε: 6ημ(χ + 3) = f(x)= (χ + 3)(χ-3)g(x)χ+3 + 3) . = (χ -3)g(x) - 6 ημ(χ χ+3 Έτσι lim f(x) = = lim <χ -3)g(x)- 6 ημ(χ + 3) = χ +3 =-6 ·(-335) - 6 ·1 = 2010- 6 = 2004 Χο =

Χ-+-3

-9

-φ

χ-+-3

9)

'Φ

Χ -+-3

(3)

χ-+-3

[

]

Εύρεση του τύπου συνάρτησης αξιοποιώντας τη συνέχειά της. Άσκηση 2η Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο JR. Αν

ισχύει κάθε

Ασκήσεις

Χ

να pρεθεί η τιμή της f στο Χο = - 3.

Η συνάρτηση f είναι συνεχής και -yνησίως αύξουσα στο διάστημα [Ο, 1] με f(O) 1 και f(l)

-3. Αν ισχύει: 6ημ(χ + 3) + (χ + 3)f(x)

χ

4 + f(x) · (x3 - 8)

ε

•

=

�3χ2 + 4

R , να βρεθεί ο τύπος της f.

Λύση Για κάθε χ IR ισχύει: 4+ f(x) · (x3 - 8) = J3x2 + 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/71

Ε

για

Μαθηματικά. ΎUI 'ΠΙ Γ ' Λvκεiοu

οπότε Για

χ * 2 από f(x)

(1)

.J3x2 + 4 - 4

8 Εφόσον η είναι συνεχής στο

χής και στο

f(2) = 4(22004 + 2004) > ο

την παίρνουμε: (χ - 2)(χ2 + 2χ + 4)

f(x) =

άρα:

ή

Bolzano

IR

θα είναι συνε­

-8

.J3x2 + 4 - 4 ' χ*2 χ3 f(x) = 1 -, χ = 2

f(x) =

8

Λύση

f(0) = 3-3 - 3 = _!_ - 3 < 0 33 f(4) = 7 - 3 = 4 > 0

η

----

η

f(x0) = Ο .

ώ­

χ'χ σε ένα

.Άσκηση Sη

ι

Δίνεται η συνάρτηση f: R -+ R συνεχής. Αν ισχύει f(-2004) + f(O) + 1(2004) = Ο ,

να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα :ι: ':ι: σε ένα τουλάχιστον σημείο.

χ * ±2 εξίσωση που δόθηκε χ 2004 + 2004 χ 2000 + 2000 = <=> χ-2 χ+2 (χ+2)(χ2004 +2004) = -(χ - 2)(χ2000 + 2000) <=>

Για

χ0 ε (0, 4)

Bolzano

(0, 4).

χ2000 + 2000 -χ - 2

σ

f(O) · f(4) < 0

Cr

έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (-2, 2).

Λύ

f

[0, 4]

Να δειχθεί ότι η εξίσωση + 2004 :ι: - 2

συνάρτηση ορίζεται στο διάστημα και είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Ακόμη οπότε και από το θεώρημα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο στε του� η τέμνει τον άξονα Δηλαδή χιστον σημείο με τετμημένη στο διάστημα Η

.Άσκηση 3η

1004

(χ+3)11-3 - 3 .

Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ 'χ σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη στο διάστημα (Ο, 4).

Εφαρμογή του θεωρήματος Bolzano σε κατάλ­ ληλη συνάρτηση και κατάλληλο διάστημα.

:ι:

.Άσκηση 4η Δίνεται η συνάρτηση

.J3x2 + 4 - 4

3(χ + 2)� 1 . = ... = = lιm Χ-+2 �(x2+2x+4)(.J3x2+4+4)

8

(1)

(-2, 2).

3χ2 + 4 - 1 6 = = lim χ-+2 (χ - 2)(χ2 + 2χ + 4)(.J3x2 + 4 + 4)

Άρα

χ0 e (-2, 2)

f(χσ) = Ο δόθηκε

= f(2) = limf(x) = lim Χ-+2 (χ - 2)(χ2 + 4χ + 4) Χ-+2

!

οπότε και από το θεώρημα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο ώστε και λσyω της η αρχική ε­ ξίσωση που f:χ.ει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα f(-2) · f(2) < 0

.J3x2 + 4 - 4 χ3

f Χο = 2

f(-2) = -4[(-2)2000 + 2000] < 0

(1)

f(x) · (x-2)(x2 +2x+4)=.J3x2 + 4 - 4

-------

γράφεται:

Λύση

έχει Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση μια τουλάχιστον ρίζα στο Έχουμε: Θεωρούμε τη συνάρτηση: Αν τότε ή ή στο που είναι συνεχής ως αποτέλεσμα ·πστοράγματι η εξίσωση f:χ.ει μια τουλάχιστον ρίζα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Επίσης: (χ+2)(χ2004 +2004)+(χ-2)(χ2000 +2000)=0

f(x)=O (1)

(1)

IR .

f(-2004) + f(O) + f(2004) = Ο

f(x)=(x+2)(x2004 +2004)+(x-2)(x2000 +2000)

f(-2004) = Ο

f(O) = Ο

(1)

[- 2, 2]

IR .

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λζ' τ.ΙΠ2

f(2004) = Ο

(2)

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

Αν f(-2004) · f(O) · f(2004) * Ο τότε για να ι­ σχύει ή (2) θα πρέπει δύο από τους όρους f(-2004), f(O), f(2004) να είναι ετερόσημοι. Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί. Αν f(-2004) · f(O) < Ο τότε από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χι Ε (-2004, Ο) ώστε f(χι) = Ο.

Αν f(O) · f(2004) < Ο τότε από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 2 Ε (0,2004) ώστε f(x2) = Ο. ίίί. Αν f(-2004) · f(2004) < 0 όμοια θα υπάρχει χ 3 Ε (-2004,2004) ώστε f(x3) = Ο. ii.

Άρα σε κάθε περίπτωση η γραφική παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ' χ σε ένα τουλάχιστον σημείο.

Εφαρμο-ιή του θεωρήματος Bolzano -ιια τη διαπίστωση της ύπαρξης δύο ριζών.

Άσκηση 6η Να δειχθεί ότι η εξίσωση � = 2 - Sx2 έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο διάστημα (-1, 1). Λύση

Έχουμε την εξίσωση: χ 5 = 2 - 5χ 2 <;::> χ 5 + 5χ 2 - 2 = 0 (1) 2 Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=x5 +5χ -2 που είναι συνεχής στα διαστήματα [-1 , Ο] και [0, 1] ως πολυωνυμική. Επίσης: f(-1) = 2 f(O) = -2 f(1) = 4

}

f(-1) · f(0) < 0 οπότε: και f(O) · f(1) < 0 .

Άσκηση 7η Αν για τον πραγματικό αριθμό α ισχύει -6 � α � Ο , να δείξετε ότι η εξίσωση χ5 + Sx + α = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [Ο, 1]. Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ5 + 5χ + α στο διάστημα [0, 1] με -6 � α � Ο (1). Η f είναι συνεχής στο [0,1] ως πολυωνυμική. Επίσης: f(Ο) = α οπότε f(O) · f(l) = α(6 + α) � O f(1) = 6 + α λόγω της ( 1 ). Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: ί. Αν f(O) · f(l ) < Ο τότε από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 Ε (0,1) τέτοιο ώστε f(Xo) = Ο. ίί. Αν f(O) · f(1) = Ο τότε f(O) = Ο ή f( l ) = Ο που σημαίνει ότι το Ο ή το 1 θα είναι ρίζες της f. Άρα σε κάθε περίπτωση η εξίσωση: χ5 + 5χ + α = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διά­ στημα [0, 1].

}

Άσκη ση 8η Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής [0, 3] και για την οποία ισχύουν:

στο

f(O) = f(3), f(l) = f(2)

Να δείξετε ότι υπάρχει ξ Ε [0,2] τέτοιο. ώ­ στε να ισχύει: f(ξ) = f(ξ + 1)

.

Λύση Η fείναι συνεχής ?'το

[0, 3] και ισχύει: f(O) = f(3) (1), f(1) = f(2) (2) Έτσι από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Χι Ε ( -1, Ο) και ένα τουλάχιστον Θεωρούμε τη συνάρτηση: χ2 Ε (0,1) έτσι (όστε: f(χι) = Ο = f(x2). g(x) = f(x) - f(x+l ) στο [0, 3]. Η g είναι συνεχής Άρα η εξίσωση (1) έχει δύο τουλάχιστον ρίζες στο [0, 2] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συ­ ναρτήσεων. Επίσης: στο διάστημα (-1, 1). g(O) = f(O) - f(1) ·

Ρίζες εξίσωσης ή συνάρτησης σε κλειστό διά­ στημα.

(ι )

g(2) = f(2) - f(3) = f( l ) - f(O) = -[f(O) - f(1)] (2) οπότε g(O) · g(2) = -[f(O) - f(1)]2 � Ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/73

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Έτσι διακρίνουμε nς περιπτώσεις: ί. Αν g(O) g(2) < Ο από το θεώρημα Bolzano θα υπάρχει ξ Ε (0, 2) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . ίί. Αν g(O) g(2) = Ο τότε g(O) = Ο ή g(2) = Ο . Άρα σε κάθε περίπτωση υπάρχει ξ Ε [0,2] τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο � f(ξ) = f(ξ + 1 ). ·

Συνέχεια και μελέτη του πρόσημου συνάρτησης.

Άσκηση 10η

f(x) = .J6 - x - χ . α. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f. β. Να μελετηθεί η f ως προς τη συνέχεια. γ. Να μελετηθεί η f ως προς το πρόσημο των Δίνεται η συνάρτηση

·

Εύρεση του συνόλου τιμών συνάρτησης.

τιμών της.

Χρήση του θεωρήματος ενδιάμεσων τιμών.

Άσκηση 9η Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

3 - ln x - ex

ορισμένη �ο Δ = (Ο, 3].

Λύση α.

Πρέπει

β. Η

6-χ � Ο � χ :::; 6 άρα Α = ( -οο, 6] .

f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού της ως α­

ποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. (Στο Χο = 6 με τον ορισμό εύκολα διαπιστώνε­ β. Να βρεθεί το f(Δ). ται η συνέχεια της f). γ. Να δειχθεί ότι η εξίσωση lnx + ex = 3 έχει γ. Θα βρούμε τις ρίζες της f. Είναι f(x) = Ο � ακριβώς μία ρίζα στο διάστημα Δ. � .J6 - x - χ = 0 � .J6 - x = χ (1) και πρέπει χ > Ο (2). Λύ ση Από την (1) παίρνουμε: α. Έχουμε τη συνάρτηση f(x) = 3 - lnx - ex στο 6 - χ = χ 2 � χ2 + χ - 6 = 0 � διάστημα Δ = (0, 3]. Η f είναι συνεχής στο Δ ως χ = -3 που απορρίπτεται λόγω της (2) άθροισμα συνεχών συναρτήσεων. ή Ακόμη για κάθε χ1 , χ2 Ε Δ με Χι < Χ2 είναι: χ = 2 δεκτή lnx1 < lnx2 -lnx1 > -lnx� Έτσι· στον παρακάτω πίνακα φαίνεται το πρό­ και και με οπότε και σημο της f σε κάθε διάστημα του πεδίου ορι­ e x' < ex 2 -ex' < -ex2 σμού της. πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: -lnx1 - ex' > - ln x2 - ex2 άρα (-οο,2) Διάστημα (2,6] 3 -ln χ, -ex' > 3 -ln χ2 - ex2 οπότε f(χι) > f(x2) ο­ Επιλεyμένος απότε η συνάρτηση f είναι -γνησίως φθίνουσα στο· Δ.

3 ο ριθμός Χο β. Λόγω του (α) είναι f(Δ)= f(3), lim f(x) . .J3 -3 0 f( ) α. Να μελετηθεί η. μονοτονία της f στο Δ.

}

}

[

Όμως f(3) = 3 - ln3 - e3 και

Χ-+ +

)

lim f(x) = lim(3 -ln x - ex )=3-(-oo)-1 = = 2 + οο = +οο . Άρα f(Δ) = [3-ln3-e3 ,+oo ) . χ-+0+

χ-+0+

γ. Έχουμε την εξίσωση:

ln:x + ex = 3 � 3 -ln x - ex = O � f(x) = O Λόγω του (β) το Ο f(Δ) εφόσον 3 - ln3 e3 < Ο, οπότε απ' το θεώρημα ενδιά­ μεσης nμής θα υπάρχει χ Δ έτσι ώστε f(Xo) = Ο και μάλιστα το αυτό θα είναι μοναδικό λόγω της μονοτονίας της f στο Δ. Ε

�

0 Ε

·

Χο

Xo

Πρόσημο της f

J6

+

-

Χρήση του θεωρήματος μέγιστης και ελάχι­ στης τιμής και του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής.

Άσκηση l lη Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και χ1 , χ2 , χ3 Ε [α, β] . Να δείξετε ότι υπάρχει

γ Ε [α, β] τέτοιο ώστε: 6f(γ) = f(x1 ) + 2f(x2 )+ 3f(x3 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/74

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Λύση

Εφόσον η f είναι συνεχής στο [α, β] από το θε­ ώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής θα υπάρχουν m, Μ ε IR έτσι ώστε να ισχύει: m :::;; f(x) :::::;; Μ για κάθε χ ε [α, β] .

(1)

ή

m :::;;

f(x 1 ) + 2f(x 2 ) + 3f(x3 ) :::; Μ 6

(4)

Λόγω της (4) από το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής για την f θα υπάρχει γ ε [α, β] ώστε: f(γ) =

f(x 1 ) + 2f(x 2 ) + 3f(x3 ) 6

Με πρόσθεση των (1), (2), (3) κατά μέλη παίρ­ νουμε:

Κατάλληλο βοή θημα για όσους διδάσκουν καθώς και για τις εξετάσεις του ΑΣΕΠ. Θα βρείτε :

• Σχέδια διδασκαλίας

για όλε ς τις τάξεις

με τη ν κατάλληλη Μέθοδο, Μορφή και Πορεία διδασκαλίας.

• Τη ν αναλυτική βαθμολόγηση

θεμάτων στις προαγωγικές

και απολυτήριες εξετάσεις.

• Την αξιολόγηση του μαθη τή

και τη ς διδασκαλίας.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΓΕΝΝΑΔΕΙΟΥ ΣΧΟΛΗΣ Λ. ΕΙΡΗΝΗΣ 7, 163 45 ΗΛΙΟΥΠΟΛΗ ΊΉΛ.: 010-9937645 - 6 FAX: 010-9937211

! ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/75

E-mail: mail@genadios.edu.gr Επισκεφθείτε μας: http://www.genadios.edu.gr

Η Σ1ΗΛΗ ΤΟΥ ΜΑθΗrΗ

Ο μαθητής Γ τάξης

Βασίλειος Γαλάνης,

απ' το

Νέο Κόσμο της Αθήνας προτείνει: •

μία χορδή του Γ� που τέμνει την ΑΒ στο Ε και

Μία λίμνη μολύνεται από διαρροή τοξικού υγρού. Η ποσότητα σε λίτρα φ(t) που έχει εισρεύσει στη λίμνη μετά τη πάροδο t ωρών

{�.

για

t�4

l Ot - 32, για t > 4

Η διαρροή διήρκησε 1 Ο ώρες. ί. Να υπολογίσετε πόσα λίτρα τοξικού υγρού διοχετεύθηκαν στη λίμνη. ίί. Να βρείτε ποια χρονική στιγμή f{) υπήρχαν στη λίμνη 8 λίτρα τοξικού υγρού.

1.

σχηματίζει με αυτή γωνία ότι: E r + ΕΔ2 = 2R2•

45°.

Να αποδείξετε

Λύση :

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

Κατεύθυνσης:

Να υπολογίσετε το Ι.ιm

x>+ «>

2.

5 - Σύνθετα θέματα 9.1-9.2, σελ. 186.

θεωρούμε κύκλο (Ο, R), -διάμετρο του ΑΒ και

Γενική Παιδεία

είναι: φ(t) = 5 - t

•

Άσκηση

1

-;==:==--;=:===----ι=::==

.Jx z + χ + .Jxz - χ - .J4xz + 1

Για μια συνάρτηση f:

JR. � JR.

ισχύει

(r ( x ) - x8 - x6 )(r(x ) - x4 - χ 2 ) � ο ,

για κάθε χ. ί. Να αποδείξετε ότι: "η συνάρτηση είναι συνεχής στο Χο = Ο" ίί. Να υπολογίσετε το lim f (χ) .

"

Επειδή στο τρίγωνο ΕΓΗ είναι Ε Γ Η = 45" και η Η1 = 90" , έπεται ότι Γ = 45" Επειδή η ΑΒ είναι διάμετρος και κάθετη στη χορ­ δή, έχουμε ΕΓ = ΕΖ και 2 · rEH = 2 · 45" = 90" "

οπότε Δ Ε Ζ = 90" Εξάλλου, έχουμε:

ΔΟΖ = 2ΔΕΖ = 2 · 45" = 90"

χ-++<ο

Έτσι, έχουμε: 2 ΕΔ2 + ΕΓ = ΕΔ2 + ΕΖ2 = ΔΖ2

ίίί. Να υπολογίσετε το

= ΔΖ2 = ΟΔ2 + 0Ζ2 =

Ο μαθητής Β' τάξης

απ ' το Πειραματικό σχολείο Πανεπιστημίου Αθηνών προτείνει: Γιάννης Κλωνάτος,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/ 76

= R2 + R2 = 2R2

Η ΕrΗΛΗ rHE ΑΛΛΗΛ ΟrΡΑΦΙΑΕ

•

(ΜΝ)

είναι Ο συνάδελφος Αριστοτέλης Βαβαλέσκος απ' Άρα η ελάχιστη τιμή της απόστασης + Γ τη Καβάλα, Σχολικός Σύμβουλος ΠΕΟ 3, έ­ d I στειλε μια απόδειξη της ανισότητας Cauchy Schawary στους αριθμούς: (2η) Εύρεση της ελαχίστης απόστασης σημείου του Χώρου από το επίπεδο. α; β; α β και στις συνε-

IAx.Jo +2ByoΒ2 A+

(� J(� J � (� J κ

κ

Απάντηση

χείς συναρτήσεις με πεδίο ορισμού ένα κλει­ στό διάστημα:

(! r' (χ) J(!g' (x) dx} φ r(x) g(x)dxJ' [ α,β] =

dχ

Μας έστειλε επίσης δύο ασκήσεις γεωμετρίας για την Α' τάξη που θα αξιοποιήσουμε.

Η συνάδελφος Παναγιώτα Δημ. Βάθη απ' την Χαλκίδα μας έστειλε 13 λύσεις στο 2° θέ­ μα που' χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κύριος Νικόλαος Αρτεμιάδης στο τεύχος 43 σελ. 14. Στη συνέχεια αναφέρει δύο εφαρμογές της Το γράμμα αυτό είναι το δεύτερο που μας στέλνει ανισότητας στην Αναλυτική Γεωμετρία. η αγαπητή συνάδελφος. Στο πρώτο είχε στείλει 4 (lη) Δίνεται μια ευθεία με εξίσωση: Αχ + By + γ = Ο ο) κι ένα σημείο Μ(:χο, Υο) στο λύσεις και έγινε αναφορά σε 2 απ' αυτές στο άρ* . θρο «Οι τρεις ηλικίες» του Χρήστου Κηπουρού έ ίδιο ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμ νων τεύχος 45 σελ. xOy. Να βρεθεί η ελαχίστη απόσταση του • Ο συνάδελφος Σπύρος Γιαννακόπουλος απ' Μ απ' την ευθεία. την Ηλεία, μας έστειλε μια εργασία (25 σελί­ Απάντηση δες) πάνω στα Ολοκληρώματα, που θα αξιο­ Αν Ν τυχαίο σημείο της ποιηθεί (3° και 4° τεύχος). Τον-ευχαριστούμε θερευθείας με συντεταγμένες μά. y) έχουμε: • Ο συνάδελφος Κωνσταντίνος Παν. Κούλης, Από την ανισότητα Cauchy απ' την Πάτρα, μας έστειλε ένα γράμμα με αφορ­ - Schawary παίρνουμε: μή την εφαρμογή 1 (σελ. 67) του σχολικού βιβλίου των Μαθηματικών Θετικής και Τεχνολογι­ Λυκείου όπου με δύο κής Κατεύθυνσης παραδείγματα δείχνει ότι: «η εξίσωση της δέ­ (1) σμης Κι επειδή: Ν Ε IR α + β y + γ λ α + βz y + γ = 0 Αχ + Βy + Γ = Ο ή (2) λ Ε IR για α * Ο και * Ο, Συνεπώς η (1) γίνεται: α1 β2 - α2 β1 * Ο. - δεν δίνει όλες τις ευθείες που ή διέρχον1αι απ' το σημείο Κ, στο οποίο τέμνο­ νται οι ευθείες: ε 1 � α1 γ1 = Ο και ΓI ε 2 � α2 χ + β 2 y + γ 2 = 0 » •

{Α2 + Β2

9.

(χ,

ε

[(χ - χο )2 + ( Υ - Υο )2 ] (Α2 + Β2) � � [Α (χ - χο ) + Β( Υ - Υο )Τ = =[(Αχ +By) - (Ax0 + By0 )T Αχ + Βy =- Γ (ΜΝ)2 � (-Γ -Α2Αχ+ο Β-2ΒΥο )2 (ΜΝ) � IAx.JoA+2Byo+ B2+

Β'

(χ ι

ι

) + ( 2χ 2 ) l l +lβιl lα2 1 �jβ2 1 ι

ι

χ + β1y +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/77

·

Η στήλη της Αλληλογραφίας

-------

Ακριβέστερα δεν υπάρχει τιμή της παραμέτρου λ

της απαγωγής σε άτοπο, αποδεικνύετε ότι τέ­

για την οποία να προκύπτει η ευθεία ε2•

τοια συνάρτηση δεν υπάρχει, οπότε η άσκηση

Σχόλιο της Σ.Ε.

ελύθη (όταν ζητάμε να βρούμε ένα Μαθημα­

Η

τικό αντικείμενο, υπάρχει και περίπτωση αυτό

να μην υπάρχει). Το ότι αν στο τέλος της δο-

εξίσωση της δέσμης είναι ορθότερο να γράφε­

ται:

σμένης σχέσης αντί για

Κ ( α1χ + β1y + γ1 ) + λ ( α2χ + β2y + γ2 ) = Ο

1 ήταν το

% , τότε θα

υπήρχε τέτοια συνάρτηση, είναι φανερό από •

•

ένα γράμμα όπου με δύο τρόπους βρίσκει το

τής ήθελε να μην υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

εμβαδό κύκλου.

Όσο για τα υπόλοιπα που γράφετε δεν έχετε

Ο συνάδελφος Φώτης Κουνάδης απ' την

δίκιο, αφού η συνάρτηση που ζητάμε οφείλει

Αθήνα, μας έστειλε μια εργασία

(8

σελίδες)

με τίτλο «Εφαρμογές της τριγωνομετρίας στη

•

3.

να είναι ορισμένη και συνεχής στο

Κ. Τσοχίδη Ανέστη (Πτολεμαίδα) Πήραμε την εργασία σας με τίτλο «Μαθημα­

(όταν η επίσημη σχολική ύλη συμπεριλαμ-

τική λογική και απόδειξη>). Πρέπει να αντιμε­

βάνει την επίλυση τριγώνου).

τωπίσετε με περισσότερη αυστηρότητα τα ε­

Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος,

ξής: α) ορισμός συνεπαγωγής. β) ορισμός

μέλος της Συντακτικής Επιτροπής του περι� δικού απαντάει στα γράμματα που μας έστει-

μιας Μαθηματικής έννοιας. γ) Απόδειξη μιας

Κ. Στοφοριάδη Κων/νο (Βόλος)

απαραίτητη η επαλήθευση. Στην άσκηση (τεύχος 48, σελίδα

πρότασης και δ) Ευθεία απόδειξη.

•

Οι ισοδυναμίες ισχύουν, αλλά, εκεί φθάνει στη συvάρτηση με συνεπαγωγές, οπότε είναι

12

74), υπάρχει τυπογραφικό

λάθος στη δοσμένη σχέση, όπως φαίνεται από

Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής παρατήρησε ότι η

17 στη στήλη «0 και Διόφα­ υκλείδη Ευκλείδης προτείνει... Ε ντΟ)) του τεύχους 48 (σελ. 13) είναι λάθος. Έ­ εκφώνηση του προβλήματος

δωσε μάλιστα το παρακάiω παράδειγμα:

Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση

τη λύση και είναι το εξής: Στο δεύτερο ολο­ κλήρωμα το κάτω όριο είναι και

Ο να ήταν,

1 και όχι Ο (αλλά

αυτά που γράφετε αποτελούν

μία άλλη λύση).

2.

�.

Γεωμετρία», που θα αξιοποιηθεί μελλοντικά

λαν οι συνάδελφοι: 1.

τη λύση. Ο κατασκευαστής της άσκησης αυ­

Από το κύριο Χριστόδουλο Κοκολιό πήραμε

f(x ) =

Κ. Μαναρίδη Αλέξανδρος (Μαρούσι) Πράγματι, στην άσκηση (σελ.

12

του τεύχους

48

74) υπάρχει τυπογραφικό λάθος που α­

ναφέρετε, δηλαδή στο δεύτερο ολοκλήρωμα

το κάτω όριο είναι 1 και όχι Ο, όπως φαίνεται από τη λύση. Επίσης, στο αντίστροφο υπάρχει άλλο ένα τυπογραφικό λάθος (στο δεύτερο �

λοκλήρωμα το κάτω όριο είναι

1 και όχι 2).

Στη δοσμένη σχέση όχι μόνο δεν υπάρχει ση­

μαντικό λάθος, αλλά πέραν του τυπογραφικού

λάθους που είπαμε, δεν υπάρχει άλλο λάθος.

Άλλωστε και εσεί� ουσιαστικά με τη μέθοδο

f'( x) =

{� � + 6

2χ

{�

2

-χ+

Sx _ .!. ο<χ<1 2 6' χ>1 -

%,

O < x s; 1

2 χ>1 χ 1 ο < χ s; 1 Ι'( χ) = Ο - ' χ>1

{

Παρατηρούμε ότι η σιμη στο

f

τότε

οπότε

είναι δύο φορές παραγωγί­

(0, +ω), και ότι είναι κοίλη στο διάστημα

(0, 1] . Από τους αντίστοιχους ορισμούς προκύπτει ότι μια ευθεία ψ=λχ+μ,

40 έχει σαν εφαπ:τομένη τον εαυ­

τό της σε κάθε ση μείο της (χ1 , λχ1 +μ) ως επίσης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.l/78

Η στήλη της Αλληλογραφίας

δέχεται σαν aσύμπτωτη τον εαυτό της όταν χ�+οο. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της (1, 2) είναι η ψ=2χ (η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στη θέση χο= 1 ). Παρα­ τηρούμε, όμως ότι η f δεν έχει κανένα σημείο κα­ μπής με βάση τον ορισμό της έννοιας του σημείου καμπής..

..;___ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _

Έχουμε: α + β + γ = ρ ή α = ρ - β - γ (1) και α2 = β 2 + γ2 - 2βγσυνθ ή 2 ή (ρ - β - γ) = β2 + γ2 - 2βγσυνθ

[

Συ'vεπώς: ρ 2 - 2ρβ = 2γ ρ - β(l + συνθ) 1 ρ 2 - 2ρ β Οπότε: γ = 2 ρ - β (l + συνθ)

]

(2)

[Για τη (3) παρατηρούμε ότι έχει νόημα αφού α + γ > β > β συνθ] Η (3) δίνει τη τιμή του γ ως συνάρτηση του β.

-1/6

1

χ

Έστω f: (Ο,+οο) � JR μια συνάρτηση δύο φορές παραγωγίσιμη με

f"

συνεχής, της οποίας η

γραφική παράσταση Cr δεν περιέχει ευθύγραμ­ μο τμήμα.

Αν υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που διέρχεται απ' την αρχή Ο των αξόνων και είναι ταυτόχρο­ να aσύμπτωτη της Cr, να δείξετε ότι: «η Cr έχει

τουλάχιστο δύο σημεία καμπής».

•

Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτίδας μας έστειλε απαντήσεις στα παρακάτω θέματα της στήλης «0 Ευκλείδης προτείνει... Ευκλείδη και Διόφαντο» (τεύχος 45): D 4° (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Α. κ� ριακόπουλος)

Έχουμε δηλαδή τη συνάρτηση: 1 ρ2 - 2ρβ f (β) = 2 ρ - β ( l + συνθ) 2 -l ρ (l - συνθ) Συνεπώς: f'(β) = 0 2 ρ - β (l + συνθ) 2 <

[

ανοικτό διάστημα

� ρ - 2β > Ο

•

τις ήδη δημοσιευ-μένες στο τεύχος 48

Β Γ

θεnιcος αριθμος

.

Ο συνάδελφος Πέτρος Σκαλτσάς απ' το Α� γρίνιο, μας έστειλε ένα γράμμα όπου διαπραγματεύεται 4 ασκήσεις του σχολικού βι­

• • • • • • • • • • • •

•

Ο μαθητής της Α' τάξης Φαέθοντας Καρα­ γιαννόπουλος απ' την Καλαμάτα μας έστειλε απαντήσεις στα θέματα που 'χαν προτείνει στο , τεύχος 45 (σελ. 20) D Ο ΑκαδημαΙκός κύριος Νικόλας Αρτεμι�­ .

φορετική κατεύθυνση απ'

]

βλίου «Μαθηματικά θετικής και Τεχνολο­ γικής Κατεύθυνσης Β' Λυκείου» με διαφορε­ τικό τρόπο απ' το λυσάρι.

D 1 0° (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Α. Κα­

Α

[

( %)

ανοικτό διάστημα: Ο,

Χυτήρης.)

Δίνουμε σε τελείως δια­

0,

Άρα το σύνολο των τιμών της συνάρτησης είναι το

D 9° (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Λουκάς

Στρατής)

( %)

f (β) = γ > Ο � ρ (ρ - 2β) ρ - β(l + συνθ) > Ο

σόπουλος)

D 1 2° (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Ι. Δ .

για

κάθε β με β > Ο Επομένως η συνάρτηση f(β) είναι γνήσια φθίνο� σα, Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης αυτής είναι το

D 8° (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τασ­

λάκος)

]

. _

δης (2°) . D Ο μηχανολόγος κύριος Νικόλας Ζαφειρό­ πουλος (5°)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.l/79

Η στήλη της ΑλληλΟ'yραφiας

ΔυστυχΦς στη διατύπωση και των δύο θεμάτων είχε εμφυλλαχωρήσει ο δαίμων της φωτοσύν­ θεσης. Η ορθή εκφώνηση βρίσκεται στο τεύχος 47 σελ. 6 για το πρώτο και σελ. ι Ο για το δεύτερο.

Βρίσκει: α = 3 Οπότε η (2) γίνεται: t4 - 2t3 + t2 - 2t + ι = Ο •

Ο

Ο κύριος Λουκάς Χυτήρης, ερασιτέχνης Μαθηματικός (9°) Ο Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής του πε­ ριοδιοκού (4°) . Η απάντηση στο 9° θέμα είναι αξιόλογη και δείχνει ότι ο φίλος μας Φ.Κ. μπορεί να γίνει καλός επιστήμονας. Το άλλο το έλυσε ο πατέρας του μαθητή.

•

Ο φοιτητής του Μαθηματικού Πάτρας Γεώρ­ γιος Λιναρδάτος, παλιός συνεργάτης του πε­ ριοδικού μας, έστειλε με τη λύση της τη πο­ λυωνυμική εξίσωση: χ 5 + ι ιχ4 + 47χ3 + 95χ2 + 89χ + 3 ι = Ο (ι)

Κατ' αρχάς παρατηρεί ότι: «αν ρ ρίζα της εξί­ σωσης, τότε ρ < 0» και διαπιστώνει εύκολα ό­ τι μια ρίζα της (1) είναι ο - 1 . Έτσι έχει να επιλύσει την εξίσωση: χ4 + 10χ 3 + 37χ2 + 58χ + 3 ι (2) . Εκτελεί το μετασχηματισμό: χ = t - α και αναζητά τη τιμή του α έτσι να προκύψει αντί­ στροφη εξίσωση τετάρτου βαθμού.

------:--

Ο μαθητής της Α ' τάξης Δημήτρης Πασσάς απ' το Άργος, έστειλε μια απάντηση στο ιο πρόβλημα που είχε προτείνει ο συνάδελφος ι Μαντάς στο τεύχος 46 σελ. 6 (Προβλήματα

απ' τη καθημερινή ζωή). Έστειλε επίσης δύο προβλήματα •

Ο μαθητής Β ' τάξης Γεώργιος Α. Καλογεράκης απ' τη Κρήτη απαντάει στο πρόβλημα: «γιατί όλοι οι αριθμοί της μορφής 359359, 47 ι47 ι, 453453 διαιρούνται με το 1 3», που είχε θέσει ο μαθητής Μιχάλης Ροδίτης απ' την Πάτρα στο τεύχος 46 σελ. ι2 στη στήλη Homo Mathematicus.

ΤυΠ όγρcιφικά λά�t): ·

Τεύχ6ξ 4 8, σελαι� 74, άσκηση Στο δεύtέρb �όhήρωμα της όριο είναι 1

•.

ό'

:�···jΆ.'.'-:'

το κάτω

κdι όχι ο (όπως φαίνεται στη λύση.

Επίσης, στο αντίστροφο και στο δεύτερο ολοκλή­ ρωμα; 'τΒ ΠιΧνω όριο είναι ­

·• ναι ι · και όχι; 2Ψ

ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ

Ε ΚΔ Ο Σ Ε Ι Σ

Ακαδημίας 43, 1 06 72, Αθήνα Τηλ.: 2 1 0 36.06.826 - 2 1 0 36.06.760

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.l/80

Εκδόσει; τη; ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

t�Δ!ί�ης��

EUCLIDES

y·

I.OUIS MAND

ΜΑSΗΜΑΠ<Η ΑΝΑΛΥΣΗ ��

\S:KHCJI +f!JI

Η. it'ιi'Ι.Jντη;. ογ Ι ι•ιΟ'\' ..>�••Hiii < "'-

\{ / I Ι •> ΗΙ••ι� "Ο!...,Ι:.ιr ι.ι<�Ι<ΗJ ' '�" ''•

{f r ι r f H ( Ε ι

R O f'l \ _,.

J1 ί (fll" 11 t f Ι Γ 'i' ι>Ι> (,ιrnιι \f f r f Γ f, · rι .J

"'' ' ' ' ; .., ,, _, , Α Ι•••

ΕυκλείδηςΑ_: Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 1 0 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. ΕυιιλείδηςΒ :_: Τεύχος 2,5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 1 0 ευρώ ΕυκλείδηςΓ:_: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ Μαθημ. Εmθεώρηση: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ Δελτiο (Βullelίη):Γεύχος 7;30 ευρώ

Διεθνής Μαθηματικές Ολυμπιάδες 1 959 - 1999: 20 ευρώ Βαλκανικές Μαθηματικές Ολυμπιάδες 1984-2001 : 1 5 ευρώ θέματα εξετάσεων στα Α.Ε. Ι 1976 - 1989: 6 ευρώ Πρακτικά: 1ου ΠανελληνίαJ Σwεδρίου 6 ευρώ 2ου ΠανελληνίαJ Σwεδρίου 8 ευρώ 3ου Πανελληνίου Σwεδρίου 8 ευρώ 4ou-5ou Πανελληνίου Συνεδρίου8 ευρώ 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ 7ou Πανελληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ 8ou Πανελληνίου, Συνεδρίου 8 ευρώ 9ou Πανελληνίου Σwεδρίου 8 ευρώ 10ου ΠανελληνίαJ Συνεδρίου 17 ευρώ

1 1ου ΠανελληνίαJ Σwεδρίου 17 ευρώ 14ou ΠανελληνίαJ Σwεδρίου 17 ευρώ 15ou ΠανελληνίαJ Σwεδρίου 17 ευρώ 16ou Πανελληνίου Σwεδρίου 17 ευρώ 17ου Πανελληνίου Σwεδρίου 25 ευρώ 18ou Πανελληνίου Συνεδρίου 25 ευρώ 19ou Πανελληνίου Σwεδρίου 25 ευρώ Συνέδριο Hermis :_92 (Αγγλικά) 25 ευρώ Συνέδριο Hermis -94 (Αγγλικά) 2 τόμοι 0 τόμος 1 5 ευρώ Γραμμική :_λγεβρα (Gr. Mυncres) 6 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων ΓΕΩΜΠΡΙΚΑ) 20 ευρώ (Μετρικά - Διόmρα) 20 ευρώ

Διαλέξεις: Ο τόμος Μαθηματική Ανάλυση

(Loυis Brand)

5 ευρώ 25 ευρώ

Διαφορικές Εξισώσεις (Stephenson) 1 Ο ευρώ Ιστορια Μαθ ηματικων Loήa (4 1όμlι) Α, Β, ΓΑ, Γβ ο τόμοιΒ ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε.

4 ευρώ Ελληνική Μαθηματική Βιβλιο•

•

γραφία Στοιχειώδης Γεωμετρία Ανώτερη Σκοπιά θεωρία Αριθμών

4 ευρώ από 8 ευρώ 1 7 ευρώ

Τα παλαιότε:ρα τεύχη 6λων των εκδόσεων πωλούν-ται με ης ·τ ρeχοuαες ημeς τοu 2003

IQA N N H Σ ΑΠΛΑΚΙΔΗΣ

Είναι fφαγε

νεκρος

ο

Ευκλείδης;

Γ ' ΓΥΜΝ ΑΣΙΟ Υ

ΑΛrΕΒΡΑ Γ ΡΑΜΜ Ι Κ Η Λ

Ι _

'J.I IJ I f ίΙ { � .;

FBPA ΝΜΙΚΗΙΙ � J . r 11 ι ; !

www.saνa l a s . q r

Σημείο αναφοράς στο εκπαιδευτικό 6ι6λίο

ΖQΟΔ. Π Η ΓΗΣ 1 8

&

ΣΟΛQ Ν Ο Σ, Α θ Η Ν Α 1 0 6 8 1

ΤΗΛ.: 2 1 0 3 3 0 1 2 5 1

FAX:

21 0 33 0 6 918