Ευκλειδης Β 51 by demi de

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσική

Α' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλη ς - Β. Γκιμίσης r ενικής

Άλγεβρα

Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά. Ευκλείδεια Γεωμετρία

rενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

χημε},g

Φυσικής 3' ε...-ιο.Ο'..J λ""κε!ο� ."

Β' Ενιαίου Λυκεfου

1::W�!

ΙIHHJI(>4 θiC'",ιΙ.. JY-1 λl"CH ο θf�.ι,V�λωlι;Η • ο· · • w ο ·ο • � � • " ·" • • • • ι • • · �ι.

Κ. Α. Κυριακόπουλος

Μαθηματικά

θετικής Κατεύθυνσης,

Β' Ενιαίου Λυκείου

Αντώνης Σαρρηγιάνvης Μεθοδολογία Φυσικής

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαίου Λυκείου

Ενιαίου

Χημείο Β' Ενιαίου Λυκείου

θετικής Κιiτεύθυνσης.

Λvκε!συ

111 τόμος

;

Φυσική

Γ'

Ενιαίου Λυκείου

r· Ενιαίου Λυκεfου

Ματθαίος Τσιλπιρίδης

Μαθηματικά

fενικής Παιδείας, Γ' Ενιαlου

Λυκείου

"'ηΦυσική ο.

....·---··1,01-·... .. -. ..οι ....

,.....,.,_ .,., •••• .... οι-• _ � ... -.......�'"'"""""'""*"'"'(

; , , ,,,,,,,,,.,, •• _

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης,

μαθηματικά

[ Ej

�

Τριαντάφ υ λλος Μελισσαρόπουλος

Φυσική

fενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

κριτήρια : αξιολόγησης

ιουοική Γ'

I. Κε φαλλωvίτης, Β. Χρηστίδης

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

ΝΕΚΤΑΡΙΟ[ ΠΡΟΤοnΑΠΑΣ

Τ άσος Βαρδόπουλος

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Μεθοδολογία Χημείας

Κριτήρια αξιολόγησης

θετικής Κατεύθυνσης, Γ' Ενιαίου Λυκείου

στη Φυσική fενικής Παιδείας, Γ' Ε νιαίου Λυκείου

Ελευθέριος

Πρωτοπαπάς

Μαθηματικά

θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθuv:- · Γ' Ενιαίου Λυκείου

HELLENIC

l\1ATHEMATICAL SOCIETY

HELLAS2004

Alίtlli®illl�9 ffiΓP®®CS® dJωΠy �([)([)�

WwW®w ι1w® kWQilJU®U®Q ®U ι1w® MitwuQulfy �a Nαιι1tl®wmU !Eww®αιuti®w & lliwUti�twwι;; �uuαιtiwQ illww ιtw� MltiιιtiQU!fy wfi ιtwtiιtWll'®

Αθήνα 4-18 Ιουλίου 2004

Ελλάδα το καλοκαίρι του 2 004 εκ τός από τους Ολυμπιακούς Αγώνες φιλοξενεί και τη Διεθνή Γv!αθημαηκή Ολυμπιάδα, αναδεικνύοντας έτσι την διαχρονικότητα του αρχαιοελληνικο ιδεώδους, της ισόρροπης δηλαδή ανάπτυξης της πνευματικής δύναμης και της σωματικής ρώμης. Η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα� Δ.Μ.Ο., ένας θεσμός υψηλότατου ενδιαφέροντος, πραγματική πρόκληση για τη διοργανώτρια χώρα, που πραγματοποιείται για 45η συνεχή χρο νιά θα φιλοξενηθεί εδώ, τον ΙοίJλιο. Και όλοι θα είμαστε εκεί. . . Στην Αθήνα και τους Δελφούς . . . Μαζί με τους δεκάδες μαθητές από όλον τον κόσμο, οι οποίοι μαγεμένοι από τη γοητεία των Μαθηματικών έχουν για μέρες, μήνες ή χρόνια δουλέψει σκληρά πάνω στη λύση δύσκολων μαθηματικών προβλημάτων με στόχο τη συμμετοχή τους στη Διεθν11 Μαθημαηκή Ολυμιηό:δυ. Η Ο λυ μπιάδα θ α π ρ αγ μ ατοποιη θεί από 4 18 Ιουλίου. Οι ξένοι μαθητές θα έρθουν στις 9 Ιουλίου. και θα φύγουν στις 18 Ιουλίου Η χώρα μας θα φιλοξενήσει 90 περίπου αντιπροσωπίa; από διαφορετικές χώρες από όλο τον πλανήτη. Κάθε αντιπροσωπία θα αποτελείται από 6 μαθητές συνοδευόμενους από τον αρχηγό τους και τον υπαρχηγό τους. Επίσης θα υπάρχει διεθνής επιτροπή επιλογής θεμάτων και εξαίρετες προσωπικότητες της Μαθηματικής Επιστήμης μέλη των επιτροπών και η εννεαμελής Διεθνής Επιτροπή των Μαθηματικών Ολυμπιάδων. Τα θέματα, τα οποία είναι π ρ ωτότυπά, είναι κοινά για όλα τα παιδιά και θα μεταφ ρ αστού ν σε 56 γλώσσες, επειδή κάθε παιδί δι αγωνίζεται στη ν γλώσσα του. Το «εξεταστικό)) τμήμα της Ολυμπιάδας διαρκεί ουσιαστικά 2 ημέρες από 4,5 ώρες και το υπόλοιπο τμήμα της είναι το πολιτιστικό πρόγραμμα. Ελπίζουμε ότι από τα 800 περίπου μέλη των ξένων αποστολών και επιτροπών θα προκύψουν αρκετοί «πρεσβευτές» της χώρας μας στις πατρίδες τους. Η Ελλάδα συμμετέχει στις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες από το 1974. Από την 24" Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του Παρισιού ή χώρα μας έχει μια επιτυχή πορεία, με ικανοποιητική συγκομιδή μεταλλίων και υψηλή θέση κατάταξης. Αξιοσημείωτο είναι ότι το 199 4 στ ο Χονγκ Κονγκ και το 1996 στην Ινδία, η χώρα μας ήλθε πρώτη στον κόσμο στη ΓεωμΗρία. Η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα (fnternational Mat!1ematical Ol�'mpiad.· l_\!0 2004) αποτελεί μια πολύ καλή ευκαιρία να συνδυαστεί το σύγχρονο υψηλό μαθηματικό επίπεδο της χώρας με την αρχαιοελληνική μαθηματική κληρονομιά μας. Στην αρχή του 2lou α ιώνα είναι περισσότερο επιβεβλημένη από ποτέ η προώθηση υψηλών προτύπων, από το χώρο του πνεύματος και της επιστήμης. Η επιστημονικ�1 αρηότητα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, η εμπειρία που διαθέτa από τη διοργάνωση Μαθηματικών Διαγωνισμών σε διεθνές επίπεδο, οι καλές σχέσεις που έχa αναπτύξει με τη Διεθνή Εκπαιδευτική και Μαθηματική Κοινότητα, αποτελούν εγγύηση για την άρτια προετοιμασία των Ελληνικών Ολυμπιακών Ομάδων και την άψογη διοργάνωση της ΙΜΟ 2004. Από το 1997, η ΕΜΕ άρχισε την ενημέρωση και προετοιμασία της Διεθνούς Μαθηματικής Κοινότητας για τη διεκδίκηση της διοργάνωσης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας 2004. Την επιτυχή κατάληξη της τελικής διεκδίκησης - που έγινε το 1999 στο Βουκουρέσu - και r οποία αποδεικνύει το διεθνές κύρος της Εταιρείας μας, ακολούθησε ένας κύκλος δραστηριοτήτων με σκοπό την προβολή και περαιτέρω προετοιμασία του όλου εγχειρήματος. Η 45η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα είναι μια εθνική προσπάθεια. Το τεράστιο αυτό εγχείρημα απαιτεί την ενθουσιώδη συμμετοχή όλων μας, στο Σ<δμα Εθελοντό>ν τη ς Μαθηματικής Ολυμπιάδας 2004, που θα συσταθεί από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία. Απαραίτητο κριτήριο συμμετοχής είναι η άριστη γνώση της Αγγλικής γλώσσας . Η επιλογ ή θο γίνει με προσωπική συνέντευξη και στη συνέχεια οι εθελοντές και οι εθελόντριες θα εκπαιδευθούν κατάλληλα ώστε να αποτελέσουν τον υποστηρικτικό ιστό της Μαθηματικής Ολυμπιάδας το 200 . Μετά το τέλος της Ολυμπιάδας θα τους δοΟεί επίσημη βεβαίωση συμμετοχής τους ως εθελοντές, θα εγγραφούν, τιμής ένεκεν, πάρεδρα μέλη της Ελληνικ1Ίς ΜαθηματικΊΊς Εταφsiας και θα πάρουν δωpεάν εκδόσεις τη� Ε. Μ. Ε .. -

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

•

Ιανουάριος

•

Φεβρουάριοι;

•

Μάρτιοι;

2004

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

•

Ευρώ:

2,50

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

Υ πcύ8υνοι

Έκδοσης

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος.

Συνιακηκή Ομάδα:

Ανδρουλακόκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βισκαδουρόκης Βασίλης Βλάχου Αγyελιχή Γιούσης θεόδωρος Γράψ05 Κωνσταντίνος Δούν<ψης Αντώνης Ευθτη.ιογλου Πέψος θεοδωρέλος Χριστος Καλίκας Σταμάτης Καρακάσοyλου Αλέξανδρος Καρακατσανης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης ΚΊΊπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυρ ιακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λαι,αρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωιήρης Μαλαφέκας θανάσης ΜαλιδώαΊ Ελένη Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Ντζι ' ας Ηλίας Παπ ιάν Μαριλένα Πωm ς Γιώργος Ρήγας θεόδω_ρος Σ�ελλάpης Βασίλης Σαϊ�Ευα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδ�ς Γιώργος Τσιούp:ας θανάσης Τυρλής ΙωάνVης ΧαραλαμπίδηςΓιώργος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

14 Ο Ευκλείδη!; προιείνει... Ευκλείδη και... Διόφαvιο 33 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 36 «Ολυμπιακέ!; προσεγγίσει!;>>

I Μα8ημαιικά για ιφ· Α' τάξη ιου Λυκείου I 39 Γραμμικά συσιήμαια εξισώσεων α' 6α8μού 45 Μια περιήγηση σιο χώρο ιων παραλληλογράμμωΥ ιραπcζίωΥ ·

�

I Μα8ημαηκά για ιην Β' Τάξη ιου Λυκείου I 51 Εκ8ειική και λογαρι8μική συνάριηση

54 Κανονικά πολύγωνα - Μέιρηση κύκλου

58 Θεωρία αρι8μών 62 Κωνικέ!; ιομέ!;

67 Η σιήλη ιου μα8ηιή

Συνερyάιες:

Φελλούρης Ανόργuρος, Πάμφιλος Πόρης, Μ Στολάκης, Μπ6pπης Τοuμούνης, Μ Παπαδόπουλος, Αντώνης Τσιπρόπουλος, Ν. Ζανταρίδης, Κ Παπαδόπουλος, Χαρού λα Σαραφοπούλου, Τριαντάφυλλος Τρια νταφύλλου, 2.. 1:<:..\Vi, ΊΚΗ2.. \ 1\ 11 ..::F \11' ' Σ. ΠΑl\'ΕΓΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ; 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fa.x: 210-36 41 025

Εκδόιης: Αλε(αvδρής Νικόλαος Διcυθυνιής: Κ:αρκούλιας Γιώργος

Μα8ημαηκά για την Γ' Τάξη ιου Λυκείου

68 Απόδειξη ανισοιικών σχέσεων και επίλυση!; ανισώσεων

Πι8ανόιψε!;

75 Θεώρημα μέση!; ιιμή!; 80 21° Πανελλήνιο Συνέδριο

ISSN: 1105- 7998

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 2,50 ευρώ Ετήσια συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ.) Σuvδρο_ι.τητέ� 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyές Τ. Γραφcίο Αι.Ιήvα 54, Τ.Θ. 30044

Τεύχο�

ΣιοιχcιοιJcοία - Σελιδοποίηση

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

Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826

ΥπευΟ. Τυπογραφείοu Γl Τρtκεριώτης·Τηλ:3474654

Ν. Αλεξόπουλος

Δυναμική Γεωμετρία και EucliDraw Ένα σύντομο μάθημα, με αφορμή την κυκλοφορία ενός ελληνικού προγράμματος

Πάρης Πάμφιλος

Αναπλ. Καθηγητής - Μαθηματικό Τμήμα Παν. Κρήτης Με αφορμή το γνωστό πρόβλημα του Feπnat (1601-1665), θα Α κάνω μερικά σχόλια γιά την χρήση της Δυναμικής Γεωμετρίας και το αντίστοιχο νέο ελληνικό πρόγραμμα EucliDraw. Θα ξεκινήσω από το πρόβλημα και έναν από τους πολλούς τρόπους ανάλυσής του. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε τρεις πόλεις στις κορυφές ενός οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και ψάχνουμε την θέση Γ σημείου Ρ, έτσι ώστε το άθροισμα των αποστάσεων σyήμα-1 λ = ΡΑ+ΡΒ+ΡΓ να είναι το ελάχιστο δυνατόν. Το πρόβλημα θα μπορούσε να είναι ρεαλιστικό και να αφορά την εγκατάσταση ενός αεροδρομίου ή εργοστασίου που εξυπηρετεί τρεις πόλεις. Α Μεθοδολογικά, το πρόβλημα παρουσιάζει μια δυσκολία που οφείλεται στο ότι τα τμήματα των οποίων το άθροισμα θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε, δεν είναι διαδοχικά μίας τεθλασμένης γραμμής αλλά έχουν την ειδική διάταξη του σχήματος-Ι. Αν είχαν την διάταξη του Ρ σχήματος-2 και μάλιστα ένωναν δύο σταθερά σε θέση σημεία Α, Β, τότε θα ξέραμε ότι το ελάχιστο δυνατόν συνολικό μήκος θα ήταν το μήκος του Γ Β σχήμα-2 ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ. Το ευτύχημα είναι ότι μπορούμε να πετύχουμε μιαν αναγωγή στην κατάσταση του σχήματος-2. Η μέθοδος είναι γνωστή από παλιά (Feπnat). Διαλέγουμε μία κορυφή, π.χ. την Α και περιστρέφουμε το τρίγωνο ΑΡΓ, περί το Α, κατά 60 μοίρες, ώστε να έλθει στην θέση ΑΡ'Β'. Δημιουργούνται τότε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΡΡ' και ΑΓΒ'. Το άθροισμα λ ισούται πλέον με το λ = ΑΡ+ΒΡ+ΓΡ = ΒΡ+ΡΡ'+Ρ'Β'. Η θέση του Β' είναι σταθερή και συμπίπτει με την κορυφή του ισοπλεύρου ΑΓΒ'. Συνεπώς αν θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε την τιμή του λ, πρέπει το λ να συμπίπτει με το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος σχήμα-3 ΒΒ' και το Ρ να ευρίσκεται πάνω στην ΒΒ'. Γιατί ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/4

Το βήμα του Ευκλείδη

όμως να προτιμήσομε την κορυφή Α; Θα μπορούσαμε να σκεφτούμε παρόμοια περιστρέφοντας περί το Β ή Γ το τρίγωνο ΒΡΑ ή ΓΡΑ αντίστοιχα. Θα καταλήγαμε τότε στο ότι το Ρ θα έπρεπε να περιέχεται επί αντιστοίχων ευθειών ΑΑ', ΓΓ, που ενώνουν τις κορυφές του ΑΒΓ με τις απέναντι κορυφές των ισοπλεύρων, που κατασκευάζονται στις πλευρές του ΑΒΓ. Το σημείο Ρ, εάν υπάρχει, θα Γ' πρέπει λοιπόν να περιέχεται και στις τρεις αυτές ευθείες, οι οποίες, συνεπώς θα τέμνονται (στο ζητούμενο Ρ). Επίσης θα πρέπει να είναι ίσες μεταξύ τους, αφού κάθε μία θα υλοποιεί το ελάχιστο ζητούμενο άθροισμα λ. Για ν' αποδείξουμε λοιπόν την ύπαρξη του Ρ, πρέπει να δούμε ότι οι τρεις αυτές ευθείες ΑΑ ΒΒ', ΓΓ διέρχονται από κοινό σημείο Ρ. Δεν θα προχωρήσω αμέσως στην απόδειξη. Θα παρεμβάλλω κάποια ζητήματα διδακτικής: Πόσο γρήγορα Α' και αποτελεσματικά μπορεί να σχήμα-4 χειρισθεί ο δάσκαλος ένα παρόμοιο θέμα στην τάξη; Πόση προετοιμασία πρέπει να κάνει για το θέμα; Πόσο χρόνο να ασχοληθεί με το σχήμα και πόσο χρόνο με τον συλλογισμό; Μπορεί να διερευνήσει το θέμα με κάποιο είδος πειράματος; Όλα τα προηγούμενα διδακτικά θέματα συνδέονται με ένα σύγχρονο μέσον διδασκαλίας, που τείνει πλέον να καθιερωθεί παγκοσμίως. Την Δυναμική Γεωμετρία. Πρόκειται για ένα εποπτικό μέσον διδασκαλίας με την βοήθεια του υπολογιστή και καταλλήλου προγράμματος. Το πρόγραμμα λειτουργεί σε γραφικό περιβάλλον και επιτρέπει τον σχεδιασμό σχημάτων με την βοήθεια του «ποντικού>>. Πέρα από τον σχεδιασμό όμως το πρόγραμμα επιτρέπει την ιεραρχική δόμηση του σχήματος. Η «δυναμική» επιτρέπει να μεταβάλλουμε το σχήμα, π.χ. την μορφή του ΑΒΓ, χωρίς να αλλοιώνονται οι γεωμετρικές σχέσεις. Π.χ. στο προηγούμενο σχήμα, παρατηρούμε στην οθόνη ότι ανεξάρτητα του σχήματος του βασικού τριγώνου ΑΒΓ, τα ισόπλευρα επανασχεδιάζονται σωστά στις πλευρές του και οι ευθείες ΑΑ ΒΒ', ΓΓ, παρόλο που αλλάζουν θέση εξακολουθούν να διέρχονται από ένα σημείο Ρ. Έτσι και εάν ακόμη δεν έτυχε να γνωρίζομε την ιδιότητα αυτή, η δυναμική γεωμετρία μας επιτρέπει να την διαπιστώσουμε ή παρατηρήσουμε πειραματικά. Τουλάχιστον οπτικά. Βέβαια αυτό δεν είναι απόδειξη, αλλά είναι κίνητρο για απόδειξη. Και τα κίνητρα και η δημιουργία τους είναι , κατά την γνώμη μου, από τις σημαντικότερες διαδικασίες μέσα στην τάξη. Τα τελευταία χρόνια παρατηρείται μια ταχύρυθμη ανάπτυξη λογισμικού δυναμικής Γεωμετρίας. Στην Ελλάδα έγιναν προσπάθειες να εισαχθεί στα σχολεία αντίστοιχο λογισμικό και καταναλώθηκαν αρκετοί πόροι και εργασία, ώστε να γίνουν μεταφράσεις ξένων προγραμμάτων και αντίστοιχη εκπαίδευση σε επιλεγμένα προγράμματα. ',

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/5

Το βήμα του Ευκλείδη

Προσφάτως κυκλοφόρησε στην Ελλάδα και την Κύπρο (Βιβλιοπωλεία Παπασωτηρίου) και το αντίστοιχο ελληνικό πρόγραμμα 'ΈucliDraw'Ό Το πρόγραμμα ξεκίνησε το 1990 και αναπτύχθηκε στο Πανεπιστήμιο Κρήτης. Με την ιδιότητα ενός από τους συντελεστές, γνώστες και χρήστες του προγράμματος, θα σταθώ λίγο περισσότερο σ' αυτό. Το πρόγραμμα διακρίνεται για κάποια χαρακτηριστικά, τα οποία, πιστεύω, το καθιστούν ιδιαίτερα παραγωγικό. Τα χαρακτηριστικά αυτά επικεντρώνονται σε ορισμένους aυτοματισμούς που εξοικονομούν τον χρόνο του δασκάλου, τόσο κατά την προετοιμασία, όσο και κατά την παρουσίαση μέσα στην τάξη. Είναι σημαντικό για τον δάσκαλο, πέρα από το γνωστικό φορτίο, να μην επιβαρύνεται με την πολυπλοκότητα ενός δύσχρηστου εργαλείου. Επίσης είναι σημαντικό ο σχεδιασμός την ώρα του μαθήματος και ο πειραματισμός με δυναμική μεταβολή των σχημάτων να μην τρώει χρόνο από την ουσία του μαθήματος. Το πρόγραμμα είναι ένα βοήθημα, ένα εργαλείο, ένα σύγχρονο είδος χαρτιού, κανόνα και διαβήτη. Και δεν επιτρέπεται, νομίζω, να υποβαθμίσει ή να υποκαταστήσει τον ρόλο του δασκάλου. Ο δάσκαλος είναι αναντικατάστατος, ο χρόνος του Β' είναι πολύτιμος, ο χρόνος του μαθήματος περιορισμένος. Αυτοί που φτιάχνουν το εργαλείο θα πρέπει να αναλώσουν δυνάμεις και χρόνο, ώστε την ώρα της δράσης οι κατασκευές να εξελίσσονται γρήγορα και με ακρίβεια. Κατά την μακρόχρονη ανάπτυξη του προγράμματος ελήφθη ιδιαίτερη μέριμνα γι' αυτό. Έτσι, για παράδειγμα, το σχήμα-4, μπορεί να γίνει μέσα στην τάξη, χωρίς καμία προετοιμασία, σε 8 κινήσεις: 2 για το βασικό τρίγωνο ΑΒΓ, 3 για τα τρία ισόπλευρα, και 3 για τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΑ ', ΒΒ ', ΓΓ. Οι διασυνδέσεις και η ιεραρχική οργάνωση του σχήματος γίνονται εσωτερικά «διαβάζοντας», κατά κάποιο τρόπο, τις κινήσεις του χρήστη. Μετά την κατασκευή, μπορεί κανείς να μεταβάλλει το σχήμα του τριγώνου χωρίς να αλλοιώνει τις γεωμετρικές σχέσεις. Α: σχήμα-5 Ένα άλλο προτέρημα του προγράμματος είναι ότι συμπεριλαμβάνει, εκτός του σχεδιαστικού και ένα δεύτερο περιβάλλον προγραμματισμού. Εδώ βέβαια έχουμε μια δεύτερη φάση της χρήσης του προγράμματος, για πεπειραμένους: Την παραγωγή ειδικών εργαλείων, κατά την φαντασία και επινοητικότητα του χρήστη. Τέλος θα μπορούσα να προσθέσω και ένα ακόμη προτέρημα, ότι το πρόγραμμα είναι ελληνικό, αναπτύσσεται από ομάδα ταλαντούχων ελλήνων επιστημόνων και εξελίσσεται εμπλουτιζόμενο συνεχώς με νέα εργαλεία. Συνεπώς μπορεί, κατά την γνώμη μου, να προσαρμοσθεί στις ιδιαιτερότητες και την παράδοση της ελληνικής μαθηματικής κοινότητας, να αφομοιώσει προτάσεις της και υποδείξεις και να καλύψει με αποτελεσματικότητα και ευαισθησία τις ανάγκες που θα εκφρασθούν. Ας γυρίσουμε όμως στην απόδειξη που αφήσαμε στην μέση. Να κλείσουμε με λίγη από την ομορφιά του «σχήματος» που δεν είναι τίποτε άλλο παρά το αντίθετο του «άσχημοω> .

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/6

Το βήμα του Ευκλείδη ',

Η ισότητα των ΑΑ ΒΒ' οφείλεται στο γεγονός ότι το τρίγωνο ΒΒΤ προκύπτει από το ΑΑΤ μέσω περιστροφής του τελευταίου περί το Γ, κατά γωνία 60 μοιρών. Πράγματι, εκ κατασκευής, στα τρίγωνα ΑΑΤ και ΒΒΤ έχουμε: ΑΤ=ΒΓ, ΑΓ=ΒΤ και η περιεχόμενη γωνία <)ΑΤΑ = γ+60 = <)ΒΓΒ'. Επομένως, στο Ρ, λόγω της στροφής, η γωνία θα είναι 60 μοιρών. Συνέπεια άμεση είναι ότι τα Ρ και Γ «βλέπουν» την ΑΒ' υπό γωνίες ίσες (60 μοιρών), άρα το ΑΒΤΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς η ΑΡΓ, ως απέναντι της ΑΒΤ είναι 120 μοιρων, άρα η γωνία Β'ΡΓ είναι και αυτή 60 μοιρών. Αμέσως βλέπουμε λοιπόν ότι αν ενώσουμε το Ρ με τα Γ και Γ, τότε όλες οι γωνιές περί το Ρ σχήμα-6 σχήμα-7 είναι 60 μοιρών, πράγμα που ολοκληρώνει τ� θέμα μας. Τα Γ, Ρ, Γ είναι επί ευθείας, οι ΑΑ ΒΒ', ΓΓ διέρχονται όλες απ' το Ρ, και είναι ίσες μεταξύ τους και επιπλέον το Ρ «βλέπει» κάθε πλευρά του οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ υπό γωνία 120 μοιρών. Το σημείο «του Fennat» Ρ, του τριγώνου είναι ένα από τα εκατοντάδες αξιόλογα «κέντρα του τριγώνου)). Το σημείο αυτό κατασκευάζεται με τον προηγούμενο τρόπο ακόμη Γ' και στην περίπτωση z Β' αμβλυγωνίων τριγώνων, που όμως η αμβλεία γωνία είναι μικρότερη των 120 μοιρών. Η Αυτό φαίνεται πειραματικά (σχήμα-6) και από την δυναμική μεταβολή του Α' τριγώνου. Αν η αμβλεία σχήμα-8 ξεπεράσει τις 120 μοίρες τότε έχουμε μία κατάσταση όπως αυτή του σχήματος-7. Μιά άλλη κατεύθυνση εφαρμογής της Δυναμικής Γεωμετρίας είναι η «γενίκευση)). Π.χ. θα μπορούσαμε να αντικαταστήσουμε το ισόπλευρο τρίγωνο με ένα αυθαίρετο τρίγωνο και να θέσουμε το επόμενο πρόβλημα. Δίδονται δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΕΖΗ. Στις πλευρές του πρώτου κατασκευάζουμε όμοια προς το δεύτερο τρίγωνα, aντιστοιχώντας πάντοτε την ίδια πλευρά και προσανατολισμό. Κατόπιν θεωρούμε τις ευθείες ΑΑ ΒΒ', ΓΓ, που ενώνουν απέναντι κορυφές. Για ποία τρίγωνα ΕΖΗ, οι ευθείες αυτές διέρχονται από το ίδιο σημείο; Με την βοήθεια της δυναμικής γεωμετρίας, μπορούμε να «δούμε)) ότι κάτι τέτοιο συμβαίνει, ακριβώς τότε, όταν οι πλευρές ΕΖ = ΕΗ. Δηλαδή το τρίγωνο ΕΖΗ είναι ισοσκελές και τοποθετήται (καθ' ομοιότητα) με την βάση του πάνω στις πλευρές του ΑΒΓ. ',

�Ε

Ε ΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3Π

Το βήμα του Ευκλείδη

Δημιουργείται αμέσως το ερώτημα: εάν για κάθε ισοσκελές, κάνω την προηγούμενη κατασκευή και βρώ το κοινό σημείο Ρ των ΑΑ', ΒΒ', ΓΓ', ποίος είναι ο γεωμετρικός τόπος του Ρ; Και πάλι μπορεί κανείς να «δεί>) την απάντηση. Τουλάχιστον το EucliDraw έχει αντίστοιχο εργαλείο για γεωμετρικούς τόπους, ώστε με λίγες κινήσεις να δει κανείς ότι το Ρ κινείται πάνω σε μια ορθογώνια υπερβολή, γνωστή ως υπερβολή του Κiepert του τριγώνου ΑΒΓ. Δυστυχώς το χαρτί, που μεγαλώσαμε μαζί του, τόσο φιλικό και οικείο, δεν μας δίδει την δυνατότητα να «ζωντανέψουμε» τα προηγούμενα σχήματα. Να τα μεταβάλλουμε δυναμικά και να διαπιστώσουμε πειραματικά την αλήθεια των ισχυρισμών μας. Το ελληνικό πρόγραμμα δυναμικής γεωμετρίας «EucliDraW)) καλύπτει αυτήν την αδυναμία. Ο ενδιαφερόμενος μπορεί να κατεβάσει ελεύθερα στον υπολογιστή του την δοκιμαστική έκδοσή του προγράμματος, σχήμα-9 από την διεύθυνση http://www.euclidraw.com και να πειραματιστεί μόνος του, στον μαγικό κόσμο των σχημάτων και της δυναμικής τους, για όσο χρονικό διάστημα θέλει. Στην ίδια διεύθυνση μπορεί ο ενδιαφερόμενος να απευθυνθεί για βοήθεια, τόσο στο πρόγραμμα, όσο και σε γεωμετρικά θέματα γενικότερα. Η ομάδα του EucliDraw φιλοδοξεί να συμβάλλει σε μια αναζωπύρωση του ενδιαφέροντος για την γεωμετρία, πιστεύοντας ότι αυτή αποτελεί μια από τις κορυφαίες εκδηλώσεις του ελληνικού πνεύματος και πολιτισμού.

Τρεις λύσεις σε ένα πρόβλημα και η ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ του.

Μ. Στολάκης

Π ρ ό β λη μ α

Δίνονται οι κύκλοι (Κ, r) και (Λ, R) έτσι ώστε οι κοινές εσωτερικές εφαπτόμενες να τέμνονται κάθετα. Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου που σχηματίζεται από τις δύο εσωτερικές εφαπτόμενες και μια από τις κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες είναι: E=R·r . ιη

Λύση

Έχουμε ΒΔ =ΒΕ = χ και ΓΖ=ΓΗ=y . Επίσης ΔΚΕ =ΑΒΓ=ω=2 · ΒΚΔ τότε ω ΑΒ=χ+r=r·εφ-+r και 2 φ ΑΓ=y+R=Rεφ +R . 2 -

�( � )( � ) (ΑΒΓ)=� R·r(1+εφ �) (1+εφ � ) (1).

Άρα (ΑΒΓ)= rεφ +r R·εφ +R ή

ω φ εφ-+εφω+φ 2 = 2 Τώρα: 1=εφ450=εφ ω � 2 1-εφ ·εφ 2 2

�

� �

ή 1=εφ +εφ +εφ ·εφ Ε ΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.3/8

(2)

Το βήμα του Ευκλείδη

Η ( 1 ) γράφεται: (ΑΒΓ) = _!_R · r 1 + εφ ω + εφ φ + εφ ω · εφ φ και 2 2 2 2 2 από (2) θα έχουμε: · r · 2 ή ( ABΓ) = R · r . ( ABΓ) = _!_R 2

(

2η

)

Λύ ση

Ο κύκλος (Λ, R) είναι παρεγγεγραμμένος του τριγώνου ΑΒΓ . Άρα (ΑΒΓ) = ρβ(τ - β) ή (ΑΒΓ) = R α+ +γ β

( �

)

ΑΗ'

Γενίκευση του προβλήματος

Δίνονται οι κύκλοι (Κ, r) και (Λ,

R) όπου οι

εσωτερικές εφαπτόμενες σχηματίζουν μια γωνία «μέτρου ω». Να αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου

(βλ. ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ) Ομοίως για τον κύκλο (Κ,r) : (ΑΒΓ) = r α + + γ - γ .

( �

= r · R.fir;;+ R · r r;;· .fi η, R · ν2 + r · ν2 ΑΗ' = R2R · rr (2). + Τέλος από ( 1) και (2) έχουμε 2Rr = R · r . (ΑΒΓ) = -1 · (R + r) · -2 R+r , Συνεπως

που σχηματίζεται από τις δύο εσωτερικές

)

εφαπτόμενες και μια

από τις

εξωτερικές εφαπτόμενες είναι (ΑΒΓ)

δύο κοινές

= R · �. 2

Πολλαπλασιάζοντας τις δύο ισότητες έχουμε: Είναι παρόμοια με την 3η Λύση. (ΑΒΓ) 2 = R · r α + ; - β - α + - γ = Πράγματι έχουμε: ΒΓ = α, ΓΔ = ΓΕ = χ και R · r[α + (γ - β)][ α - (γ - β)] ΒΜ = ΒΝ = y. Επίσης ΒΕ = ΒΖ και ΓΝ = ΓΤ ( 1 ) 4 και ΑΜΤ = ΑΤ, ΑΔ = ΑΖ (2). z 2 2 ή (ΑΒΓ) 2 = R · r(α - γ - β + 2βγ) . 4 Όμως (Πυθαγόρειο Θεώρημα). Άρα (ΑΒΓ)2 = R · r · βγ2 ή (ΑΒΓ) 2 = R · r · (ΑΒΓ) . Τέλος ( ABΓ) = R · r .

(

3η

Λύ ση

Λύση

)( � )

Οι σχέσεις (1) γράφονται Έχουμε ΒΔ = ΒΕ = χ και ΓΖ = ΓΗ = y (ως α + χ = y + ΑΜ + ΑΖ όπου α = ΒΓ. εφαπτόμενα τμήματα). α + y = χ + ΑΔ + ΑΤ Επίσης: ΓΕ = ΓΜ και ΒΗ = ΒΝ ή Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: α+χ= y+R+r 2α = 2 · ΑΜ + 2 · ΑΔ (λόγω της (2)) α+y= x+r+R ω ω ΑΜ + ΑΔη' α = Rσφ- + rσφ - . = α η Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 2 2 2α = 2(R + r) ή α = R + r ( 1). Τώρα το ω Τέλος α = (R + r) · σφ (3) 2 τετράπλευρο ΚΛΗΕ είναι ορθογώνιο τραπέζιο με Τ ώρα το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο βάσεις R, r ενώ το ΑΗ' που είναι το ύψος του τραπέζιο και ΑΗ ' το ύψοςΚΑΝΕ του τριγώνου ΑΒΓ. τριγώνου ΑΒΓ θα είναι παράλληλο προς τις βάσεις. Παράλληλο με τις βάσεις R, r όπου: ΚΑ = _rω ΑΚ R · r · ΑΛ + ' όπου Άρα θα έχουμε ΑΗ = ημ-2 ΑΚ + ΑΛ ΑΚ = r · .J2 και ΑΛ = R · .J2 . και ΑΔ = Rω . ημ-2

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.3/9

Το βήμα του Ευκλείδη

Από ιδιότητα τραπεζίου έχουμε: ΚΕ · ΑΛ + ΛΝ · ΑΚ ή ΑΗ = ΚΑ + ΑΛ r· Rω + R · r ω ημημ2 �2� ή AH' = 2 · Rr ΑΗ = -r + R R+r ω ω ημ-2 ημ-2 '

�______

(4).

Τώρα από (3) και (4) έχουμε: (R + r)σφ2ω 2 · Rr · -- / (ΑΒΓ) 2 R+r Τέλος (ΑΒΓ) = R · r · σφ ω . 2 Ειδική περίπτωση Αν ω = 90° (δηλ. το αρχικό πρόβλημα) τότε 90° =R·r. (ΑΒΓ) = R · r · σφ 2

r "'Ένας διάλογος για Μαθηματικά και ... Λογική Παραθέτουμε μία επιστολή του συναδέλφου Μπάμπη Τουμάση και στη συνέχεια απάντηση από το συνάδελφο Αντώνη Κυριακόπουλο. ΔΕΝ XPEIAZET ΑΙ ΤΟ ΑΝτΙΣΤΡΟΦΟ

Σχόλιο:

Μπάμπης Τουμάσης

Στο τεύχος 48 του Ευκλείδη Β' στις επαναληπτικές ασκήσει<:;, πpοτείνονταν 11 άσκηση: Να βρείτε τις συναρτήσεις

οι οποίες είναι

ορισμένες και συνεχείς στο R και για τις οποίες

για κάθε χ ε IR ισχύει:

f(x)

(άσκηση

= χ2 +

J e-1f(x- t)dt ο

(1)

11 σελ. 73).

Στη λύση ακολουθείται η εξής πορεία: Θέτοντας ω = χ t η (1) μετασχηματίζεται στην χ 2 (2). f(x) = x - e-x J eωf(ω)dω -

Παραγωγίζοντας τη (2) έχουμε τελικά χ3 + x2 + c f(x) = -(3). 3 Από την (3) παίρνουμε f(O) c και από την (1) έχουμε f(O) Ο οπότε c = Ο. Έτσι από την 3 (4). (3), έχουμε ότι f(x) = � + x 2 3 Στη συνέχεια εξετάζεται το αντίστροφο. Εάν, δηλαδή, η συνάρτηση (4) πληροί τη δοσμένη συνθήκη (2). Πιο κάτω, σε σχόλιο που παρατίθεται στο τέλος της λύσης, αναφέρονται τα εξής: =

Στην παραπάνω λύ ση, ίσως να αναρωτη θείτε: «Είναι απαρα ίτητο να επαλη θεύσουμε ότι η συνάρτηση που βρ ήκαμε: f

+ χ2 (χ) = � 3

πλ ηρο ί

τις δοσμένες συνθή κες;». Η απάντηση είναι «Ναι είναι απαρα ίτητο». Γιατί, αφο ύ φ θάσαμε στη συνάρτηση αυτή χωρ ίς ισοδυναμίες, από που θενά, δεν εξασφαλίζεται ότι αυτή πληρο ί τις δοσμένες συνθήκες. Θα ή ταν λοιπόν δυνατόν, η συνάρτηση που βρ ήκαμε, να μην πληρο ί τις δοσμένες συνθή κες, οπότε τέτοια συνάρτηση που ζητάμε δεν θα υπήρχε. Επομένως, όχι μόνο είναι απαρα ίτητο, αλλά αν δεν το κάνουμε η λύση θα είναι λάθος, γιατί δεν θα ξέρουμε αν η συνάρτη ση αυτή είναι η ζητο ύ μενη ή όχι (βλέπε επόμενη ά σκηση). Σημειώνουμε ακόμα ότι, αν τη συνάρτηση αυτή τη βρ ίσκαμε με ισοδυναμίες, τότε σίγουρα θα ή ταν η ζητο ύμενη (σ' αυτή ν την περ ίπτωση, αν το επαλη θεύ αμε, θα σήμαινε ότι δε γνωρ ίζουμε την έννοια της ισοδυναμίας).

Μολονότι, γενικά, όταν φθάνουμε σ' ένα συμπέρασμα χωρίς ισοδυναμίες απαιτείται να εξετάσουμε το αντίστροφο, στην προκειμένη περίπτωση δεν χρειάζεται. Αυτό συμβαίνει γιατί χρησιμοποιούμε για την εύρεση του c μια αρχική συνθήκη, την f(O) Ο Αυτή ακριβώς η συνθήκη,

Ε ΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/10

Το βήμα του Ευκλείδη

η οποία προέρχεται από την αρχική σχέση ( 1) για χ = Ο μας εξασφαλίζει ότι η συνάρτηση που βρήκαμε μέσω συνεπαγωγών θα επαληθεύει οπωσδήποτε την αρχική σχέση και θα αποτελέσει έτσι λύση του προβλήματος . Πράγματι, θα αποδείξουμε στη γενική περίπτωση την πρόταση: Εάν f, g δύο συναρτήσεις παραγωγίσιμες σ' ένα

{

}

διάστημα Δ, τότε ισχύει η εξής ισοδυναμίας: f ' (x) = g ' (x) f (x) = g(x) {:::> f(κ) = g(κ) για κάθε

Δ και κ Ε Δ

καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι δεν υπάρχει συνάρτηση. Φαινομενικά, δίνεται η εντύπωση ότι το παράδειγμα της άσκησης 12 έρχεται σε αντίθεση με τον παραπάνω ισχυρισμό μας, ότι δηλαδή δεν απαιτείται η εξέταση του aντιστρόφου και η επαλήθευση. Αυτό όμως δεν είναι σωστό. Το παράδοξο οφείλεται στο γεγονός ότι η (1) στην πραγματικότητα είναι αδύνατη. Πράγματι, η ( 1) για χ = Ο δίνει -J f(t)dt = 1 => J f(t)dt = 1 (2). Ο

Για χ = -1 δίνει: Έστω f(x) = g(x) . Τότε, f ' (x) g'(x) για κάθε 3J f(t)dt = 1 => -3J f( t)dt = 1=> J f ( t) dt = -31 χ Ε Δ , καθώς επίσης και f( κ) = g(κ) , αφού κΕΔ. Για χ= 1 δίνει: 3J f(t)dt - J f(t)dt = 5 => Αντιστρό φω ς : Έστω ότι f ' (x) = g'(x) (1) και f(κ) = g(κ) (2), για κάθε χ Ε Δ και κ Ε Δ . => 3 J f(t)dt + J f( t )dt = 5 => Από (1) έπεται f(x) = g(x) + c για κάθε χ Ε Δ Απ όδειξη :

-1

και λόγω της (2) έπεται

f(x) = g(x) .

Ο οπότε

=> 3

Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : JR � JR χ

-χ

JR , ισχύει:

J f(t)dt - J f(t)dt = 2χ2 + 2χ + ι

(άσκηση

Στη συνέχεια όμως δίνεται, όπως αναφέρεται στο σχόλιο, «η επόμενη άσκηση» 12 προς τεκμηρίωση της άποψης ότι απαιτείται και η εξέταση του αντιστρόφου. Στη διατύπωση της άσκησης αυτής υπάρχει κάποιο τυπογραφικό λάθος. Απ' ότι μπορεί να συμπεράνει κανείς διαβάζοντας τη λύση, η άσκηση έχει ως εξής:

για τις οποίες: "κάθε

-1

(1)"

12, σελ. 74).

(3).

-1

J f(t)dt + J f(t)dt + J f(t)dt = 5 ι

-1

=?4J f(t)dt + J r(t)dt = 5 ,

(4).

Από (2), (3), (4) έπεται 4 - .!. = 5 =?!.!. 5 , άτοπο . 3 3 Είναι γνωστό όμως ότι εάν η πρόταση p είναι ψευδής τότε η συνεπαγωγή (p =?q) είναι πάντα αληθής, ανεξάρτητα από την τιμή αληθείας της q. Επομένως στην περίπτωση αυτή οφείλουμε να διαπιστώσουμε, είτε με τον αντίστροφο είτε με απαγωγή σε άτοπο ότι η συνάρτηση που προέκυψε με συνεπαγωγές δεν αποτελεί πραγματική λύση. =

πορεία που ακολουθείται στη λύση είναι η εξής: Τελικό συμπέρασ μα: Παραγωγίζοντας την ( 1) βρίσκουμε τελικά ότι lη περίπτω ση : Εάν η σχέση η οποία δίνεται ότι ικανοποιεί η f (ολοκληρωτική εξίσωση) είναι Κατόπιν εξετάζεται το αντίστροφο, πράγματι αληθής, f(x) = 2χ + _!_. τότε δεν χρειάζεται ο έλεγχος 2 του aντιστρόφου, αφού για την απόδειξή του εάν δηλαδή η f ( χ) = 2χ + _!_2 επιΑηθεύει την ( 1). χρησιμοποιείται μια αρχική συνθήκη αυτής. 1 2η περίπτωση : Εάν η σχέση η οποία δίνεται ότι Θέτοντας στην (1) όπου f(x) 2χ + 2 ικανοποιεί η f είναι ψευδής (δεν ισχύει για κάθε χ διαπιστώνεται ότι η f δεν επαληθεύει την (1). Άρα στο δοθέν διάστημα), τότε η συνάρτηση που Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/1 1

Το βήμα του Ευκλείδη

προκύπτει με συνεπαγωγές δεν αποτελεί λύση και οφείλουμε να το αποδείξουμε, είτε με τον έλεγχο του aντιστρόφου είτε με απαγωγή σε άτοπο. Σ η μειωτέον δε ότι η δεύτερη περίπτωση συνιστά ένα είδος παγίδας και για το λόγο αυτό θα ήταν πιο «έντιμΟ>) από παιδαγωγικής απόψεως να διατυπώνεται η άσκηση ως εξής: «Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει συνεχής συνάρτηση f η οποία να ικανοποιεί τη σχέση .... )) ή «Υπάρχει συνεχής συνάρτηση fη οποία ικανοποιεί τη σχέση .... ;)). Παρεμπιπτόντως, θα υπενθυμίσουμε ότι στο παρελθόν έχει τεθεί παρόμοιο θέμα στις πανελλαδικές εξετάσεις, εύρεσης δηλαδή μιας συνάρτησης f που να ικανοποιεί μια ολοκληρωτική εξίσωση. Το θέμα ανήκε στην πρώτη περίπτωση, αφού εκεί δεν επιτρέπονται παγίδες, και η λύση που προέκυπτε με συνεπαγωγές θεωρούνταν πάντα πλήρης και πολύ σωστά δεν αφαιρέθηκαν ποτέ μόρια για τη μη εξέταση του aντιστρόφου. ΚΑΙ ΟΜΩΣ ΧΡΕΙΑΖΕΤ Α Ι ΤΟ ΑΝτΙΣΤΡΟΦΟ

Αντώνης Κυριακόπουλος

Ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής του περιοδικού, απαντά στο γράμμα που μας έστεtλε ο συνάδελφος κ. Μπάμπης Τουμάσης, σχετικά με τις ασκήσεις 11 (σελίδα 73) και 12 (σελίδα 74) του τεύχους 48 του Ευκλείδη ΒΌ 1) Κατ' αρχήν, η γνωστή ισοδυναμία που γράφετε (Ολοκληρώματα, Θ. Καζαντζή, έκδοση 1994, σελίδα 363), δεν αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο. Ανεξάρτητα όμως από αυτό, με την ισοδυναμία αυτή, όταν έχουμε να επιλύσουμε μια ολοκληρωτική εξίσωση, απλώς μερικές φορές βρίσκουμε ένα ισοδύναμο σύστημα σχέσεων, στο οποίο ορισμένες ολοκληρωτικές συνθήκες έχουν μετατραπεί σε διαφορικές. Αλλά, το δύσκολο τις περισσότερες φορές είναι να συνεχίσουμε με ισοδυναμίες μέχρι να βρούμε τη ζητούμενη συνάρτηση. Τότε, και βέβαια δεν χρειάζεται το αντίστροφο. Όμως, σε όλες σχεδόν τις περιπτώσεις, είναι ευκολώτερο να εργαζόμαστε με συνεπαγωγές (χωρίς να εξετάζουμε αν ισχύουν ή όχι τα

αντίστροφα, όπως κάνουμε πολλές φορές στις άρρητες εξισώσεις). Τότε όμως χωρίς το αντίστροφο η λύση θα είναι λάθος. Για παράδειγμα, αν επιχειρήσουμε να λύσουμε την άσκηση:

«Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : IR � IR , για τις οποίες για κάθε χ ε IR , + x - -34 ισχύει2J f(t)dt+ J f(t)dt = � 3 χ

-χ

(Ολοκληρωτική εξίσωση)». Θα διαπιστώσουμε ότι ο δεύτερος τρόπος (με συνεπαγωγές και το αντίστροφο) είναι ευκολώτερος (θα βρούμε: f(x) χ 2 +1) . Ερωτώ σ' αυτή την άσκηση μπορούμε να βρούμε μια αρχική συνθήκη για τη συνάρτηση f και ποια είναι; Στις επίμαχες δύο ασκήσεις 11 και 12 ακολουθείται ο δεύτερος τρόπος. Απλά στη δεύτερη άσκηση 12, η συνάρτηση που βρίσκουμε δεν επαληθεύει τη δοσμένη εξίσωση και συνεπώς αυτή είναι αδύνατη. Στο δε αντίστοιχο σχόλιο απλά τονίζονται όλα αυτά. 2) Σε παρόμοιο θέμα στις Πανελλαδικές Εξετά σεις, αν ένας μαθητής εργαζόταν με συνε παγωγές και ο βαθμολογητής θεωρούσε πλήρη τη λύση χωρίς το αντίστροφο, απλά αδικούσε =

τους καλούς μαθητές.

Δυστυχώς, τα τελευταία κυρίως χρόνια, όλοι οι μαθητές αδικούνται ποικιλοτρόπως στις Πανελ λαδικές εξετάσεις (λάθος θέματα, λάθος λύσεις, λάθος οδηγίες της Κεντρικής επιτροπής κτλ.). Στο τεύχος 49 του Ευκλείδη Β' και στη σελίδα 80 έχει γίνει η διόρθωση του τυπογραφικού λάθος της άσκησης 12 (σελίδα 74). Στην επιστολή σας δίνετε μια άλλη λύση της άσκησης αυτής (φθάνετε σ' ένα άλλο άτοπο). Αλήθεια, εκεί δεν υποθέτετε ότι υπάρχει μία συνάρτηση f που πληροί τη σχέση (1), έστω και αν δεν το λέτε; Διαφορετικά, σε ποια συνάρτηση βάζετε χ = Ο κτλ.; Το ίδιο γίνεται και στη λύση του περιοδικού. Υποθέτει ότι υπάρχει μια τέτοια συνάρτηση και φτάνει σε άτοπο, ότι δηλαδή η συνάρτηση που αναγκαία προκύπτει, δεν πληροί την αρχική σχέση, όπως υποθέσαμε.

Ε ΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/12

Το βή μα του Ευκλείδη

είναι μια πρόταση). Επίσης, το ίσον σε μια 4) Αυτά που γράφετε πριν από το τελικό εξίσωση δεν είναι ένα ίσον που ισχύει, ούτε είναι συμπέρασμα δεν είναι σωστά. Γιατί, πώς θα ένα ίσον που πρόκειται να αποδειχθεί. Και διαmστώσουμε ότι η εξίσωση είναι αδύνατη; βέβαια μια εξίσωση μπορεί να είναι αδύνατη. Φuσικά με κάποια απόδειξη. Έτσι, η λύση Αυτό όμως δεν το γνωρίζουμε εκ των προτέρων. τελειώνει εκεί και επομένως δεν οφείλουμε να διαmστώσουμε τίποτα άλλο (αλήθεια, ο δεύτερος 5) Σύμφωνα με αυτά που γράφετε είναι παγίδα, και για τον λόγο αυτό, όπως λέτε, δεν είναι «έντιμο>> τρόπος που προτείνετε εκεί, πάλη απαγωγή σε από παιδαγωγικής απόψεως, να ζητήσουμε από άτοπο δεν είναι;). Επίσης, και αυτά που γράφετε στο τελικό ένα μαθητή να λύσει μια εξίσωση που είναι συμπέρασμα δεν είναι σωστά. Εκεί διακρίνετε αδύνατη. Για παράδειγμα, να ζητήσουμε από ένα μαθητή της Α' τάξης του Λυκείου να λύσει (στο δύο περιπτώσεις, αν υπάρχει τέτοια συνάρτηση f R) την εξίσωση: 2χ 2 - 3χ + 4 = 0 (είναι και αν δεν υπάρχει. Πώς όμως θα το γνωρίζουμε αδύνατη στο R). ΑJ..λά τότε το βιβλίο Άλγεβρας αυτό εκ των προτέρων; ΑJ..λά, ας υποθέσουμε της Α' Λυκείου (και όχι μόνο) έχει παγίδες και ότι κατά κάποιο μαγικό τρόπο το γνωρίζουμε. από παιδαγωγικής απόψεως το βιβλίο αυτό δεν Στη δεύτερη περίπτωση δεν τελειώνει εκεί το είναι «έντιμο», αφού έχει παρόμοιες ασκήσεις (η θέμα; Τι χρειάζονται τα υπόλοιπα; παραπάνω εξίσωση είναι λυμένη στο βιβλίο Στα Μαθηματικά η έννοια της εξίσωσης είναι αυτό, σελίδα 119). μία, είτε ο άγνωστος είναι αριθμός, είτε είναι Δεν είναι λοιπόν όπως τα λέτε τα πράγματα. συνάρτηση, είτε είναι ένα οποιοδήποτε άλλο Στα Μαθηματικά ότι είναι σωστό είναι και μαθηματικό αντικείμενο. όι εξισώσεις είναι «έντιμο» και αυτό είναι το πρώτο πράγμα που προτασιακοί τύποι. Λοιπόν, μια εξίσωση δεν πρέπει να διδάσκει η Παιδαγωγική. είναι μια σχέση που είναι αληθής ή ψευδής (δεν Ι>

Εnιστημοvικά Για ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ

Εκnαιδευτικά

Για Γυμνόσιο, Λύκειο, ΤΕΕ

Μπορείτε vo δείτε τιc; vtεc; μοc; εκδόσειc; στο lnternet στην ιστοσελίδα:

Διάφορα

Λογοτεχνία, μελέτες, λευκώματα

ΠΛΗΡΕΙΙ IEIPEI ΕΚΠΑΙΔΕΥ1ΙΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ ΜΑΘΗΜΑτtΚΑ ··.:

ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ Γενικής naιδι:Ιος

ΚΡΠΗΡΙΛ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ Β' & Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ •

θtτιιιής • JtΧΥ/κής κστ/νσης

ΠΟΧΑΙ1ΊΚΕΙ ΑΝΕΑΙΞΕΙΙ

ΑΝ. ΑθΑΝΑΣΙΑΔΗΣ

Τ. ΔΑΡΑΣ ·Π. ΣΥΨΑΣ

ΕeΑΡΜΟΣΜΕΝΛ

ΠΟΚΑmΚΕΣ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ

ΛΝΕΞΕΛΙΞΕΙΣ

•

Γeνιιής naιδtίιι<;

ΟΙΒΛΝΟΤΗΙΙΙ

ΑΛ. ΜΖΑΡΙΔΗΣ Γιο καθηyητtς & φοιτητtς ΑΕΙ·1ΕΙ ΠΙ8ΛΝοτΗ1ΕΣ

ΠΡΛΚΠΚΗ

ΜΑθΗΜΛΠΚΑ

ΛΡΙθΜΗΠΚΗ

Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ Για τους φοπητtς ΑΕΙ-ΠΙ

Α. ΒΕΡΝΑΡΔΟΣ ·Π. ΜΠΟτΣΑΡΗΣ

Ν. ΚΑΡΑΜΠΕfΑΚΗΣ

Ν. ΚΜΕΝΤΕΡΙΔΗΣ

Ν. ΚΑΡΑΜΠΕfΑΚΗΣ

ΣΕ ΠΡΟΓΡΑΜΜΛΠmΚΟ ΠΕΡΙΒΛΛΛΟΝ

FORl'RAN 90195

Η ΓΕΟΜΕτΡΙΑ

ΤΟΥΚΥΚΛΟΥ

ΕΥ. ΨΟΜΟΠΟΥΛΟΣ

Β' ΚΥΚΛΟΥ ΤΕΕ

ΚΡΙΤΗΡΙΛ ΑΞΙΟΛΟΓΗΣΗΣ

ΑήιιιruξιιΕφοιιιοιιίrr

ΛΝΛnτΥΞΗ ΕΦΛΡΜΟΓΟΝ

ΕΙΣΑΓΟΓΗ ΠΗΝ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Τεχνολ. Κατει!β.

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.3/1 3

Σ. ΠΑΜΑΤΑΚΗΣ

lo ΠΡΟΓΡΑΜΜΛΠΣΜΟΣ ΠΟ ΜΛτΗΕΜΛΠCΑ ΜΑθΗΜΛΠΚΑ

Ο Εuκλείδnς ' '1 ει'δ·:D uρο·τε·ιvει . Ε·-·, u'.κ.ο. και lhόφ.avτo ..

...

16.

(Το είχε προτε ίνει ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπόpης απ'τη Δάφνη Αττικής)

Έστω f : (Ο, +οο) � IR μια παραγωγίσιμη συνάρτηση. Να δειχθεί ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που διέρχεται απ' την αρχή Ο των αξόνων είναι: «υπάρχει χσ>Ο τέτοιος ώστε x0f'(x0) =f(x0) ». Υ

(ε)

Οπότε: x0f'(x0)-f(x0)=0. Το συμπέρασμα τώρα προκύπτει αμέσως απ' το πρώτο. Έστω: g( χ) # Ο για κάθε χ Ε (ξ, +οο) . Συνεπώς η g(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο κατά μήκος του ανοικτού διαστήματος (ξ, +οο) . Έστω α>ξ τότε g(α) >Ο ή g(α) <Ο . (I) Έστω g(α) >Ο , οπότε g(χ) >Ο για κάθε Χ Ε (ξ, +οο) . (Ιι): Αν g(α) =max { g(x)/ x Ε (ξ,+οο)} , τότε σύμφωνα με το Θεώρημα Fennat, ισχύει g' (α) =Ο . Και συνεπώς αf' (α)-f(α)=Ο . Υ

Σχ. 1

Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: «αν η Cr έχει a σύμπτωτη (δ) με εξίσωση y =λχ που συναντάει τη (δ) σ' ένα σημείο Κ, τότε έχει εφαπτομένη, που διέρχεται απ' την αρχή των αξόνων 0». Απάντηση •

Για το πρώτο Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) σ' ένα σημείο P0 ( x0 , f(x0)) τηςCrείναι y =f' (x0)x + ( f(x0)-x0f'(x0) ) .

•

Συνεπώς: Ο Ε (ε)� �Ο =f'(x0) ·Ο + ( f(x0)-x0f' (x0 )) � � f(x0) =x0f'(x0) . Για το δεύτερο f(x) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)= -λ /(Ο, +οο) , χ που είναι προφανώς παραγωγίσιμη και για την οποία έχουμε: lim g(x) =Ο και g(ξ) =Ο όπου Χ-Η«>

ξ η τετμημένη του σημείου Κ. Παρατηρούμε ότι: «αν υπάρχει η > ξ με g(η) =Ο , τότε κατά το Θεώρημα Rolle, υπάρχει χ0 Ε (ξ, η) τέτοιος ώστε: g' (x0) =ό >>.

Σχ. 2 (12): Έστω ότι υπάρχει χ, Ε (ξ, +οο) τέτοιος ώστε: g(x1) > g(α) . Θεωρούμε τη συνάρτηση: φ( χ)= g(x) - g(α)/(ξ, +οο) , για την οποία ισχύει: φ( χ,)>Ο . + Αν χ1 Ε (ξ, α), τότε υπάρχει β Ε (ξ, χ,) τέτοιος ώστε φ(β) =Ο . Αφού: φ(ξ) =-g(α) <Ο . Και το συμπέρασμα προκύπτει αμέσως απ' το Θεώρημα Bolzano. Υ

g(χι) g(a)

...... ....

........

: --· --τ

Σχ. 3 g /[β, α] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Η Θεωρήματος Rolle. Άρα υπάρχει χ0 Ε (β, α) τέτοιος ώστε: g'(x0) =Ο δηλαδή χσf(χσ)-f(χσ)=Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/14

Ο Εκλείδης προτείνει

Αν χ 1 Ε (α,+cο) , τότε υπάρχει β Ε (χ 1 ,+cο) τέτοιος ώστε φ(β) = Ο Υ

g( χι ) g( α )

---- - --Μ: - ---- �--1·----------

•..

Ευκλείδη ... και Διόφαντο

«Μέγιστης και Ελάχιστης τιμής», υπάρχει χ 0 Ε [α, Κ] τέτοιος ώστε: h(x) � h(x 0 ) , για κάθε χ Ε [α, Κ] . Ωστόσο β Ε [α, Κ]. Άρα: h(x 0 ) � h(β) >Ο . Και συνεπώς χ 0 >α . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι: h(x) � h(x 0 ) , για κάθε χ Ε [α, +co) · δηλαδή: h(x0 ) = rrnx { h(x)/x E [α, +co)} .

Σχ. 4 Π ό ρισ μ α : Αφού: lim φ( χ) = -g(α) και συνεπώς υπάρχει Για μια συνεχή συνάρτηση h1 : [α, +cο) � IR χ2 αρκετά μεγάλο (μεγαλύτερο κάποιου Κ δεχόμαστε ότι: «hι(α) 0» και ότι «υπάρχει θετικού, κατά τον ορισμό του ορίου) τέτοιος β Ε (α, +co) με την ιδιότητα: h1 (β) < Ο ». ώστε φ(χ 2 ) < Ο . Αν lim h1 (χ) = Ο , τότε η h1 παίρνει ελάχιστη Το συμπέρασμα τώρα προκύπτει αμέσως απ' το Θεώρημα Bolzano.Στη συνέχεια εφαρμόζουμε τιμή. Σχ ετικά τ ώ ρ α με το Θ έ μ α παρατηρούμε ότι: το Θεώρημα Rolle. Άρα υπάρχει χ 0 Ε (α, β) «αν Κ { ξ, f(ξ) ) είναι σημείο της (1-, απ' το οποίο τέτοιος ώστε φ ' (Χο) = Ο. διέρχεται η ασύμπτωτή της (δ) με εξίσωση y = λχ , Οπότε: x 0 f' ( χ 0 ) - f { χ 0 ) = Ο f(ξ) (11) Εργαζόμαστε παρόμοια στην περίπτωση: τότε f(ξ) = λξ ή ξ = λ )). g(α) < 0 . Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - λ / [ξ,+cο ) χ και παρατηρούμε ότι: «αν υπάρχει η Ε (ξ,+cο ) με • Στην ίδια, κατά βάση λογική, κινείται η του συναδέλφου g( η) = Ο , τότε η g ικανοποιεί τις υποθέσεις του διαπραγμάτευση Θεωρήματος Rolle στο διάστημα [ξ,η]. Συνεπώς Γ ε ρ ά σι μου Κ ε ρ α μιδά, απ' την Κέρκυ ρ α . υπάρχει χ 0 Ε (ξ, η) τέτοιος ώστε g'(x 0 ) = Ο ή x 0 f'(x 0 ) - f(x 0 ) = Ο . • Ο συνάδελφος Αθανάσ ιος Καλάκος απ' τα Άρα δε βλάπτεται η γενικότητα, αν δεχτούμε � Πατήσια της Αθήνας μας έστειλε μια δια τι: «για κάθε χ Ε (ξ,+cο ) ισχύει: g(x) -=F- Ο )). πραγμάτευση που στηρίζεται στο παρακάτω: Η συνάρτηση h με h(x) = j g(x) j ικανοποιεί τις χ -Η«>

Χ-Η«>

υποθέσεις του Λήμματος. Άρα υπάρχει χ 0 Ε (ξ, +co) τέτοιος ώστε δεχόμαστε ότι: « h( α) = Ο » και ότι «υπάρχει h(x 0 ) = max { h(x) / χ Ε [ξ, +co )} . β Ε (α, +cο) με h(β) >0 ». Αν lim h(x) = Ο , τότε Ωστόσο η h είναι παραγωγίσιμη. Και μάλιστα η h παίρνει μέγιστη τιμή. ισχύει: Απ ό δ ειξη g(x) g'(x) = g(x) . χ · f'(x) - f(x) = h'(x) ' Για ε = h(β) υπάρχει, κατά τον ορισμό του ορίου, j g(x) j χ2 j g(x) j Κ>β τέτοιος ώστε: « j h(x) j < h(β) για κάθε για κάθε χ Ε (ξ, +co) . χ Ε [α, +co) με χ>Κ». Συνεπώς για την h ισχύουν οι υποθέσεις του Άρα για κάθε χ Ε [α, +co ) με χ>Κ ισχύει: Θεωρήματος Fermat. h(x) � j h(x) j < h(β) . Άρα h'(x 0 ) = Ο ή x 0 f'(x 0 ) - f(x 0 ) = Ο . Η h είναι συνεχής κατά μήκος του κλειστού δια στήματος [α,Κ]. Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Λ μμ α :

Για μια συνεχή συνάρτηση

h : [α, +cο) � IR

Χ-+-1«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/1 5

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Ισχυριζόμαστε ότι: η συνθήκη g" (χ) > Ο , δε Στο ίδιο, βασικά, πνεύμα κινείται και η δια πραγμάτευση του συναδέλφου Κωνσταντίνου μπορεί να ισχύει για κάθε χ Ε (ξ, +οο) . Πραγματικά αν ήταν: g" (χ) > Ο , για κάθε Ηλία απ' το Α λι β έρι Ε υ βοί ας. χ Ε (ξ,+οο) , τότε η παράγωγος g ' θα'ταν γνήσια ,-....; . ,-....; αύξουσα κατά μήκος του διαστήματος [ξ,+οο) . 17. (Το είχε προτείνει ο Συνάδελφος Ροδόλφος Συνεπώς: g'(x) > g'(ξ) = Ο , για κάθε Μπόρης απ' τη Δ άφνη Αττικής) χ Ε (ξ, +οο) . Για μια συνάρτηση f : (Ο,+οο) � � , που είΚι επομένως η g θά'τανε γνήσια αύξουσα κατά ναι δύο φορές παραγωγίσιμη, δεχόμαστε ό μήκος του διαστήματος [ξ, +οο) . Οπότε για κάθε τι: «η f" είναι συνεχής» και ότι: «η γραφι χ Ε (ξ, +οο) ισχύει: g(x) > g(ξ) δηλαδή: g(x) > Ο . Για κάποιον τώρα Χ ι > ξ , συγκεκριμένο έχου κή παράσταση της Cr δεν εμπεριέχει ευθύ γραμμο τμήμα». με: g(χ) > g(χ ι ) > Ο , για κάθε Χ Ε (Χ ι ,+οο) . Υ Κι επειδή: lim g(x) :2: g(x ι ) , συμπεραίνουμε, f(Xo ) Ρ κατά τη (2), ότι: Ο :2: g( Χ ι ) , που είναι άτοπο. Άρα υπάρχει θετικός αριθμός θ τέτοιος ώστε το διάστημα (ξ, ξ + &) είναι το ευρύτερο διάστημα δεξιά του ξ, κατά μήκος του οποίου ισχύει: g"(x) > O . Τώρα: αν ήταν g"(ξ + &) < Ο , τότε για οποιον Αν υπάρχει ευθεία δ � y - λχ = Ο , η οποία δήποτε χ του ανοικτού διαστήματος (ξ, ξ + &) θα είναι ταυτόχρονα aσύμπτωτη και εφαπτομέ υπήρχε, κατά το Θεώρημα Bolzano, κάποιος ρ με νη της Cr, να δειχθεί ότι «η Cr έχει τουλάχι χ < ρ < ξ + & τέτοιος ώστε g"(ρ) = Ο : άτοπο. στον δύο σημεία καμπής». Άρα: g"(ξ + &) = Ο . Απ άντη ση Απ' τον ορισμό του θ συμπεραίνουμε ότι: «υ πάρχει δ>θ τέτοιος ώστε: g" (χ) � Ο , για κάθε C Έστω Κ ( ξ,f(ξ) ) σημείο της r, στο οποίο ε Χ Ε (ξ + &,ξ + δ) . φάπτεται η (δ). Συνεπώς: η παράγωγος g' είναι φθίνουσα κατά Τότε: f(ξ) = λξ και f'(ξ) = λ . μήκος του ανοικτού διαστήματος (ξ + &,ξ + δ) . Υ Έστω τώρα Χ ι ,χ2 τέτοιοι ώστε: ξ + & < Χι < χ2 < ξ + δ . Τότε: g'(χ ι ) :2: g'(x 2 ) . Αν ήταν g'(x ι ) = g'(x 2 ) , τότε για κάθε Χ Ε (Χ ι , χ 2 ) ισχύει: g'(χ ι ) :2: g'(x) :2: g'(x z ) Σχ.2 Θεωρούμε τη συνάρτηση g με g(x) = f(x) - λχ και λόγω της υπόθεσης ισχύει μόνο το «=». κι έχουμε: g(ξ) = g'(ξ) = Ο , lim g(x) = Ο (2) Άρα η g' είναι σταθερή κατά μήκος του διαστήμα τος (ξ + &,ξ + δ) . και για κάθε χ Ε (0, +οο) ισχύει Οπότε: g'(x) = Cι , για κάθε χ Ε (ξ + &,ξ + δ) . g"(x) = f"(x) (3). Και συνεπώς: g( χ) = Cι χ + c2 για κάθε (1): Έστω g"(ξ) > Ο . Χ Ε (ξ + &,ξ + δ) ή f(x) = (λ + cι )x + c 2 , για κάθε Τότε εξαιτίας της (3) και του ό,τι η f" είναι συ Χ Ε (ξ + &,ξ + δ) . νεχής, υπάρχουν δ ι με Ο < δ ι < ξ και δ2 με δ2>Ο τέδεν ισχύει· αντιβαίνει στην υπόθε τοιοι ώστε: « g"(x) > Ο , για κάθε χ Ε(ξ-δι ,ξ+δ2 )». ση Ηότιτελευταία ηCrδεν εμπεριέχει ευθύγραμμο τμήμα. •

Χ--Η«>

_ _ _ _ _ _ _ _ _

χ --++«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.3/16

Ο Εκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη

Άρα για κάθε χ Ε (ξ + 3,ξ + δ) ισχύει: g"(x) < Ο (7) και συνεπώς, λόγω της (2), το Μ (ξ + 3, f (ξ + 3)) είναι σημείο καμπής της Cr. Παρατηρούμε τώρα ότι: g'(ξ + 3) > Ο και g'(ξ + δ) < Ο (8). Άρα υπάρχει, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, χ 0 Ε (ξ + 3, ξ + δ) τέτοιος ώστε g'(x 0 ) = 0 . Έστω ότι: «για κάθε Χ Ε (χ 0 , +οο) ι σχύει g"(x) < Ο ». Τότε η παράγωγος g ' είναι γνήσια φθίνουσα κατά μήκος του διαστήματος [χ 0 ,+οο) . Συνεπώς για κάθε Χ Ε (χ 0 ,+οο) ισχύει g'(x) < g'(x 0 ) = 0 · δηλαδή: g' (χ) < Ο για κάθε χ Ε ( χ 0 , +οο) . Κι επομένως η συνάρτηση g είναι γνήσια φθίνουσα κατά μήκος του διαστήματος [ χ 0 , +οο) . Ας πάρουμε τώρα κάποιον χ 2 Ε (χ 0 ,ξ + δ) με g( χ 2 ) > Ο . Η εφαπτομένη της Cg στο σημείο Σ ( Χυg(χ 2 ) ) έχει εξίσωση: y=g(x2 )+ g'(� )(x- � ) και συναντάει τον οριζόντιο άξονα χ ' χ στο ση μείο R(r,O) με r = x 2 g'(xg;(χ) -)g(x 2 ) (9) . 2 Εύκολα διαπιστώνεται ότι: g(r) < Ο . Και συνεπώς για κάθε χ Ε (r, +οο) ισχύει: g(x) < g(r) [αφού η g είναι γνήσια φθίνουσα]. Συνεπώς lim g(x) � g(r) ή Ο � g(r) : άτοπο. Άρα υπάρχει θετικός αριθμός 3' τέτοιος ώστε: «το ανοικτό διάστημα (χ 0 , χ 0 + 3') είναι το ευρύτερο διάστημα δεξιά του Χο, κατά μήκος του οποί ου ισχύει g"(x) < Ο ». Με όμοιο τρόπο, όπως πιο πάνω, αποδεικνύου με ότι: «Το Ν ( ν, f(ν) ) με ν = χ 0 + 3' είναι σημείο καμπής της Cr». (11): Έστω g"(ξ) < Ο . Τότε για τη συνάρτηση h με h(x) = -g(x) = λχ - f(x)/(O,+oo) έχουμε: h(ξ) = Ο, h'(ξ) = Ο,h"(ξ) > Ο, lim h(x) = O και για κάθε χ Ε (Ο,+οο) ισχύει: h"(x) = -f "(x) . Συνεπώς, σύμφωνα με το (1), υπάρχουν δύο τουλάχιστον σημεία καμπής της Ch και λόγω συμ μετρίας δύο τουλάχιστον σημεία καμπής της Cr. (111): Έστω g"(ξ) = Ο . Χ -Η«>

χ -++«>

•..

και Διόφαντο

Η συνθήκη g" (χ) = Ο δε μπορεί να ισχύει για κάθε χ Ε (ξ, +οο) . Άρα υπάρχει Χ ι Ε (ξ, +χ) τέ τοιος ώστε: g"(χ ι ) * Ο . (lllι): Αν είναι: g"(χ ι ) > Ο . Τότε υπάρχει 3ι με Ο < 3ι � Χ ι - ξ τέτοιο.; ώστε «το διάστημα (χ ι - 3ι , χ ι ] είναι το ευρύτερο διάστημα αριστερά του Χι, κατά μήκος του οποίου ισχύει: g"(x) > 0 )). [αφού η g" είναι συνεχής]. + Αν Χ ι - 3ι > ξ , τότε με απλούς συλλ.ογισμούς παρόμοιους με εκείνους που χρηmμοποιήσαμε για το ξ + 3 της (Ι) καταλήγουμε ότι: «το Τ ( χι - 3ι ,f(χι - 3ι )) είναι σημείο καμπήςτης Cp). + Αν χ ι - 3 ι = ξ , τότε εργαζόμαστε ακριβώς όπως εργαστήκαμε στην (1). (lll2): Αν g"(χ ι ) < Ο . Εργαζόμαστε όπως στην περίπτωση (11). ,..._,

•

,..._,

συνάδελφος Γερ ά σιμος Κεραμιδ άς απ' την Κέρκυρα μας έστειλε μια διαπραγμάτευση που στηρίζεται στο παρακάτω. Ο

Λή μμ α :

Για μια συνάρτηση f : (Ο,

+οο) � IR ,

δύο φορές παραγωγίσιμη, f " (x) > Ο , για κάθε χ.

Αν η ευθεία ( δ ) : y της

Cr,

τότε

aσύμπτωτη.

= λχ + β

που είναι

δεχόμαστε

ότι:

είναι aσύμπτωτη

είναι πάνω

Α π ό δειξη

απ'

την

Απ' τον ορισμό της ασύμπτωτης έχουμε: lim [ f (χ) - λχ - β ] = Ο . χ-+1«> Θεωρούμε τη συνάρτηση g με g(x) = f(x) - λχ - β/(Ο, +οο) . Θα αποδείξουμε ότι: « g(x) > Ο, για κάθε Χ)). Έχουμε: g'(x) = f'(x) - λ, lim g(x) = Ο και για κάθε χ Ε (Ο,+οο) ισχύει: g"(x) = f"(x) . Αφού: g"(x) > Ο , για κάθε χ, η παράγωγος g ' είναι γνήσια αύξουσα. Για κάποιο 3 > Ο και τυχαίο θετικό χ υπάρ χουν, κατά το Θεώρημα Μέσης τιμής, ξ ι Ε (χ - 3, χ),ξ2 Ε (χ, χ + 3) τέτοιοι ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/1 7

Χ-Η«>

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

� g'(ξz) = � g ( x + θ-) - g( x) ( 1).

g'(ξ 1 ) = (g(x) - g(x - θ-)) και

Κι επειδή: ξ, < χ < ξ 2 και g1, συμπεραίνουμε ότι: g'(ξ, ) < g'(x) < g'(ξz ) ή _!_ (g(x) - g(x - θ-)) < g'(x) < _!_ (g(x + 8-) - g(x)) (2) a. a. Κι επειδή lim .!. (g(x) - g(x - θ-)) = Ο και a. lim .!. (g(x + θ-) - g(x) = Ο , συμπεραίνουμε, a. λόγω των (2) και του κριτηρίου παρεμβολής, ότι: lim g'(x) = Ο (3) Θα αποδείξουμε τώρα ότι: g' (χ) < Ο , για κάθε χ. Πραγματικά: για οποιονδήποτε χ 1 > Ο και Χ 2 > χ, έχουμε: g'(x) > g'(x 2 ) > g'(x, ) , για κάθε χ Ε (xz ,+oo) [αφού η g ' είναι γνήσια αύξουσα] (4) Απ' την παραπάνω σχέση παίρνουμε: lim g'(x) � g'(x 2 ) δηλαδή: g'(x 2 ) � Ο . Οπότε εξαιτίας της (4) συνάγεται ότι: g'(x) < Ο , για κάθε χ. Άρα η g /(0, +οο) είναι γνήσια φθίνουσα. Ας είναι τώρα τυχαίος ξ>Ο και χ, > ξ . Τότε για κάθε Χ Ε ( Χ 1 , +οο) ισχύει: (5) g(x) < g(x, ) < g(ξ) Κι επειδή lim g(x) = Ο , συμπεραίνουμε, εξαιτίας της (5), ότι: lim g(x) � g(x 1 ) ή Ο � g(x 1 ) και συνεπώς, λόγω της (5) παίρνουμε: g(ξ) > Ο . Χ-Η«>

Χ -ΗΟΟ

{

}

)}

χ -> +«>

•

χ -> +«>

Χ ->+«>

Πό ρι σμ α : Για μια συνάρτηση f : (0,

+οο) � IR , που είναι

δύο φορές παραγωγίσιμη f " (x) για κάθε χ.

<Ο,

= λχ + β

Αν η ευθεία (δ) : y

δεχόμαστε

ότι:

είναι ασύμπτωτη

της Cr, τότε η Cr είναι κάτω απ' την ασύμπτωτη. Σχετικά με το θέμα

f(Xo )

y = xf(Xo )

_____

, Ρο ____

Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε λ>Ο. Ας είναι Κ (ξ,f(ξ)) σημείο της Cr, στο οποίο εφάπτεται της Cr η ασύμπτωτή της. (6) Τότε: λ = f'(ξ) και f(ξ) = λξ = f'(ξ)ξ . Ωστόσο απ' το προηγούμενο Θέμα 16 βρίσκε ται χ 0 Ε (ξ, +οο) τέτοιος ώστε: (7)

Και συνεπώς η εφαπτομένη της Cr στο Ρ0 ( χ 0 , f ( χ 0 )) διέρχεται απ' την αρχή Ο των αξόνων. Αν το Ρ0 είναι σημείο της ασύμπτωτης τότε : f(x 0 ) = χ 0 f'(ξ) . Και συνεπώς η συνάρτηση φ με f(x) /[ξ, χ 0 ] ικανοποιει, τις υποθέσεις του φ( χ) = -χ Θεωρήματος Rolle. Άρα υπάρχει χ � Ε (ξ, χ 0 ) τέ τοιος ώστε: φ'(χ �) = Ο ή χ � · f'(x�) - f(x�) = Ο . Κι επειδή η Cr δεν εμπεριέχει ευθύγραμμο τμήμα, μπορούμε να θεωρήσουμε, χωρίς βλάβη της γενι κότητας, ότι το σημείο Ρ� (χ � , f (χ � )) δεν ανήκει στην ασύμπτωτη της Cr. Καταλήγουμε έτσι για το Ρο ότι: «ή θα είναι πάνω απ' την ασύμπτωτη» ή «θα είναι κάτω από την ασύμπτωτη». (1): Έστω ότι το Ρ0 είναι πάνω από την aσύ μπτωτη. Δηλαδή: f(x 0 J > λχ 0 . Συνεπώς: f(xo) > λ ή f'(x 0 ) > f'(ξ) (8). Χο Η συνάρτηση f /[ξ, χ 0 ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης Τιμής. Άρα υπάρχει χ, Ε (ξ, χ 0 ) τέτοιος �στε: f'(x, ) = f(xo) -- ξf(ξ) Χο ή λόγω των (6) και (7), (9). f'(x,) = Xof' (Χ ο ) -- ξε, f'(ξ) Χο Όμοια η συνάρτηση f' /[ξ, χ, ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ .. Οπότε υπάρχει χ 2 Ε (ξ, χ , ) τέτοιος ώστε: 1,,, , της (9) γινεται: f"( Χ 2 ) = f'(xχ,1 ) -- f'(ξ) , η οποια, 1'"'-'rω ξ ο ) - f'(ξ)} > 0 ( 10) [λfyγω της (8)]. f "(x 2 ) = χ σ (f'(χ (χ ο - ξ)(χ, - ξ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/18

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Αν χ,y,ω θετικοί αριθμοί με χ + y + ω = ι , Εργαζόμαστε παρόμοια και βρίσκουμε χ 3 Ε (χ 1 , χ 0 ) τέτοιον ώστε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης ο ) - f'(ξ) ) < 0 -ι � -ι (Ι Ι) f "(x 3 ) = -ξ(f'(χ κ = �-ι (χ ο - Χ ι )(χ ο - ξ) Η συνάρτηση f" /[χυχ 3 ] είναι συνεχής και Απάντηση παίρνει ετερόσημες τιμές στα άκρα του διαστήμα Είναι γνωστό ότι: «για οποιουσδήποτε θετικούς τος. Άρα, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, αριθμούς α,β ισχύει: α + β � 2� » . υπάρχει μ Ε (χ 2 , χ 3 ) τέτοιος ώστε: f "(μ) = Ο (Ι2). Συνεπώς για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς + Αν f"(x) > Ο για κάθε χ Ε [χυ μ) και f"(x) < Ο χ,y,ω ισχύει (χ + y)(y + ω)(ω + χ) � 8χyω . (1) για κάθε χ Ε (μ, χ 3 ) , τότε το Μ(μ, f(μ) ) είναι Ωστόσο έχουμε σημείο καμπής της Cr. χ + y = Ι - ω, y + ω = Ι - χ, ω + χ = I - y + Αν το διάστημα [χυ χ + Θ-) με 0 < Θ- < μ - χ και συνεπώς η (Ι) γίνεται: 2 2 (1 -ω)(Ι - χ)(Ι - y) � 8χyω . είναι το ευρύτερο διάστημα, κατά μήκος του οποίου ισχύει: f " (χ) > Ο , τότε εύκολα Ι - ω · -Ι - χ · -I-y �8 ή Άρα -αποδεικνύεται ότι το σημείο Μ( Xz + Θ-,f(Xz + Θ-)) ω χ Υ είναι σημείο καμπής της Cr. -Ι -Ι �-Ι � 8 . + Αν το διάστημα (χ - Θ-', χ ] με 0 < Θ-' < χ - μ 3 3 3 Συνεπώς η ελαχίστη τιμή της παράστασης είναι είναι το ευρύτερο διάστημα, κατά μήκος του . οταν: . χ =y = ω = -Ι . οποίου ισχύει f" (χ) < Ο , τότε το σημείο 8 και την παιρνει 3 Μ" ( χ3 -θ', f(χ3 - Θ-')) είναι σημείο καμπής της Cr. Αποδεικνύουμε τώρα ότι: «δεξιά του Χο υπάρχει ν τέτοιος ώστε το Ν (ν, f (ν) ) είναι σημείο καμπής • Την ίδια διαπραγμάτευση κάνουν οι συνάδελφοι Νίκος Αντωνόπουλος απ' το Ίλιο της Cr. Σύμφωνα με το Λήμμα, η συνθήκη f"(x) < Ο Αττικής, Γιώργος Κατσούλη ς, μέλος της δε μπορεί να ισχύει για κάθε χ Ε (μ, +οο) . Αφού Συντακτικής Επιτροπής, Γεράσιμος Κεραμι θά'πρεπε η C r /[μ,+οο) να' ναι κάτω απ' την aσύδάς απ' την Κέρκυρα, Ροδόλφος Μπόρης απ' τη Δάφνη Αττικής, Σωτήρης Σκοτίδας απ' την μπτωτη. [άτοπο το Ρο είναι πάνω απ' την aσύ Καρδίτσα, Γιάννης Σταματογιάννης απ' τη μπτωτη ] . Δροσιά Αττικής. Άρα υπάρχει Θ-" > Ο τέτοιος ώστε το διάστημα (μ, μ + Θ-") είναι το ευρύτερο διάστημα, κατά μή κος του οποίου ισχύει: f" (χ ) < Ο . διαπραγμάτευση κάνουν και οι • Την ίδια Άρα το σημείο Ν (ν, f(ν) ) με ν = μ + Θ-" είναι μαθητές Δημήτρης Μοιρογιάννης (Β' τάξη) σημείο καμπής της Cr. και Κώστας Φράγκος (Γ τάξη) απ' την Αθήνα. (11) Εργαζόμαστε παρόμοια στην περίπτωση που το Ρο είναι κάτω απ' την ασύμπτωτη της Cr. Αν όμως θεωρήσουμε τη συνάρτηση • Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος απ' τα Πατήσια της Αθήνας μας έστειλε την g(x) = λχ - f(χ)/(Ο,+οο) η περιπτωση (11) ανάγεται παρακάτω διαπραγμάτευση. αμέσως στην (1). Θέτουμε: χ = .!.. ,y = .!.. ,ω = .!.. . α β γ Συνεπώς: ι s (Τό 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος

( ) (� ) ( }

(� ) (� ) ( )

,....._, .

,....._,

Αποστολόπουλος, απ' το Μεσολόγγι).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ τ.3/1 9

,....._, .

,....._,

,....._, .

,....._,

Ο Εκλείδης προτείνεL ..

Ευκλείδη ... και Διόφ αντο

1 1 1 Ιωάννης Τσόπελας απ' την Αμαλιάδα Ηλείας. � + β + γ = 1 � αβ + βγ + γα = αβγ (1) και Κ = (α - β)(β - 1)(γ - 1) = • Ο συνάδελφος Κωνσταντίνος Ηλίας απ' το Α = αβγ - (αγ + βγ + γα) + (α + β + γ) - 1 λιβέρι Ευβοίας μας έστειλε μια διαπραγμάτευ ή λόγω της (1 ), Κ = α + β + γ - 1 . ση με παραγώγους: Απ' την ανισότητα τώρα «Αριθμητικού - ΓεωΘεωρούμε τη συνάρτηση f : (0,1) � � με μετρικού Μέσου» παίρνουμε: f (χ) = 1 - Υ . (1 - χ)(χ + Υ) 1- + -1 + -1 2: 3 . 3 - . -1 . 1 ή ψ;βΎ 2: 3 (3). x(l - x - y) Υ α β γ α β γ όπου y παράμετρος που διατρέχει το διάστημα Επίσης απ' την ίδια ανισότητα παίρνουμε: (3) (0, 1 ). Κ = α + β + γ - 1 2: 3ψ;βγ - 1 2: 9 - 1 = 8 · δηλαδή 'Εχουμε: f '(x) = (1 - y)(2x + y - 1) Κ 2: 8 . x 2 (1 - x - y) 2 Η ισότητα ισχύει μόνον όταν α = β = γ = 3 . Συγκροτούμε τον παρακάτω πίνακα μεταβολών.

ffi -

1 -y

1 Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης απ' την f(x) + ' ο Λάρισα μας έστειλε την παρακάτω f(x) ·�ο�ε/ , διαπραγμάτευση. Λ Έχουμε: Κ = (1 - x)(l - y)(l - ω) = 1 -Y) f( χyω 2 + ( xy + yω + ωχ) χyω 1 (χ + y + ω) Απ' τον πίνακα αυτό συνεπάγεται αμέσως ότι η = = χyω συνάρτηση παίρνει την ελάχιστη τιμή της για: <:; xy + yω + ωχ - χyω xy + yω + ωχ 1-y 1 (1) = χ = -χyω χyω 2 Είναι ωστόσο γνωστό ότι: 1 - y = (l + y) 2 , για κάθε f 2: f Δηλαδή: (x) 2 y(1 - y) (χ + Υ + ω) .!.. + .!_ + 2: 9 . χ Υ ω Χ Ε (0,1) (2). Οπότε: xy + yω + ωχ > 9 . χyω Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση (1 + y) 2 /(0,1) Συνεπώς Κ 2: 9 - 1 = 8 . Το ίσον ισχύει μόνον ό= (3) g(y) y(1 - y) ταν: χ = y = ω = -1 . 3 και παρατηρούμε ότι: (4) g '( Υ) - (1 +zy)(3y -z 1) y (1 - y) • Την ίδια διαπραγμάτευση κάνουν και οι συνά Συγκροτούμε συνεπώς τον παρακάτω πίνακα δελφοι: Χρή στος Δεμιρτσόγλου απ' τη Δράμα, μεταβολών: •

(

•

( )

..!..)

•

(� + �) + (: + :) + (: + �) Μετά

τις

πράξεις

συνθήκη

γίνεται:

� 6 , που είναι προφανής

αληθώς [ αφού για κ, λ > Ο ισχύει: � + � � 2 και η ισό λ κ τητα ισχύει μόνον όταν κ � λ] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.3/20

g'(y) g(y)

1/3

ο -

�ο�ε/ $ /_'. 8

Ο Εκλείδης προτείνει

..•

Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΜΒ έχουμε ΑΜ = ΑΒ. Απ' τον πίνακα αυτόν συνάγεται αμέσως ότι η συνάρτηση παίρνει την ελάχιστη τιμή της για Κι επειδή � + Β = 90° = φ + ω , συμπεραίνουμε ότι: � = φ . Άρα (ΑΚ) = (ΑΜ)- δηλαδή: (ΑΒ) = (ΑΚ). y = -1 . 3 Συνεπώς το Α είναι το μέσο του ΒΚ κι επομέ Δηλαδή: g(y) 2 g = 8 , για κάθε y E (0,1) . νως το ΓΑ είναι διάμεσος του τριγώνου ΚΒΓ. Άρα το Ν είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΚΒΓ. Για y = η (2) γίνεται: f(x) 2 f για κάθε . Οπότε (ΑΝ) = (ΑΓ) . 3 χ Ε (0,1) . Άρα f = min {f(x)/ x Ε (0,1)} = 8 . Και συνεπώς Κ 2 8 . Το ίσον ισχύει μόνον όταν • Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης, απ' τη Λάρισα απέστειλε την παρακάτω διαπραγμά χ = y = ω = -1 . 3 τευση . Θέτουμε χ = (ΑΝ). Οπότε: (ΝΓ) = β - χ .

�

•

(�)

(�}

,....,.; .

Ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτόπαπας, απ' το Περιστέρι Αττικής μας έστειλε μια διαπραγμάτευση που στηρίζεται στη θεωρία ελαχιστοποίησης μιας συνάρτησης με δύο μεταβλητές.

1 9 . (Το 'χε προτείνει ο Ουνάδελφος Χρ ήστος Δεμιρ

τζόγλου απ' τη Δρ άμα) Για ένα τρίγωνο ΑΒΓ δεχόμαστε ότι: «η διάμεσος ΑΜ είναι ίση με τη πλευρά ΑΒ».

Αν απ' το Μ φέρουμε την κάθετη στη ΒΓ και είναι

το σημείο που συναντάει την

ΑΓ, να δειχθεί ότι: (ΑΝ) = ( ΑΓ) . 3 Απάντηση κ

,....,.;

�

α 2

Εφαρμόζουμε το Πρώτο Θεώρημα Δαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ με διάμεσο την ΑΜ κι έχουμε: αz ή β 2 - γ 2 = α z β 2 + γ2 = 2μα2 + 2 2 (1) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Stewart στο τρίγω νο ΑΒΓ με ενδιάμεσο ευθύγραμμο τμήμα το ΒΝ και παίρνουμε: αz χ + γz (β - χ) = βz (β - χ) ή (ι) αz (β - χ) � αz χ = (β z - γz )(β - χ)� αz χ = 2 � 2χ = β - χ � χ = � . 3 /

•

Ο συνάδελφος Γιώργος Κατσούλη ς, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω απάντηση: Α

Προεκτείνουμε τις ΒΑ και ΜΝ κι ας είναι Κ το σημείο που συναντιούνται. Το ευθύγραμμο τμήμα ΚΜ είναι διάμεσος του τριγώνου ΚΒΓ.

� �

Έστω Δ το μέσο του ΝΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/2 1

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Τότε: ΜΔ 11= ΒΝ και (ΜΔ) = (ΔΝ) = (ΔΓ) . 2 Δηλαδή το ΜΔ είναι-διάμεσο ς του ορθογωνίου -τριγώνου ΝΜΓ. Άρα: ΔΜΓ = ΜΓ Δ=ω. Απ' το τρίγωνο ΑΜΓ παίρνουμε: Μ ι = φ + ω . ι = Β = ΑΒΝ + ΝΒΜ = ΑΒΝ + ω Κι επειδή Μ-Οπότε: ΑΒΝ = φ . Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΒΝ και ΑΜΔ είναι ίσα -[αφού: (ΑΒ) = (ΑΜ),ΑΒΝ = ΔΑΜ και -ΒΝΑ = 2ω = ΜΔΑ ]. Άρα: (ΑΝ) = (ΜΔ). Τελικά παίρνουμε: (ΑΝ) = (ΜΔ) = (ΔΝ) = (ΔΓ) δηλαδή: (ΑΝ) = (ΑΓ) . 3

Προεκτείνουμε την ΑΜ κατά τμήμα ΜΔ = ΑΜ. Α

Τα τρίγωνα ΑΒΜ, ΜΔΓ είναι προφανώς ίσα. Ας είναι τώρα ΔΖ κάθετη στη ΜΓ - κι ας είναι Ε το σημείο που η ΔΖ συναντάει την ΑΓ. Το Ζ είναι μέσο του ΜΓ, αφού το τρίγωνο • Ο συνάδελφος Γερ άσιμος Κεραμιδάς απ' την ΜΔΓ είναι ισοσκελές. Κέρκυρα έστειλε την παρακάτω απάντηση. Στο τρίγωνο ΑΔΕ το Μ είναι το μέσο του ΑΔ. Α Κι επειδή η ΜΝ είναι παράλληλη προς τη ΔΕ, συ μπεραίνουμε ότι: ΑΝ = ΝΕ. Ωστόσο στο τρίγωνο ΝΜΓ, το Ζ είναι μέσο της ΜΓ και συνεπώς: ΝΕ = ΕΓ. Άρα: (ΑΝ) = (ΝΕ) = (ΕΓ) = (ΑΓ) . Γ 3 Φέρουμε το ύψος ΑΔ στο τρίγωνο ΑΒΓ, το οποίο όπως είναι γνωστό είναι μεσοκάθετη στο • Ο συνάδελφος Σωτή ρης Σκοτίδας απ' την ΒΜ. Καρδίτσα έδωσε την παρακάτω λύση. Ας είναι τώρα (ΒΔ) = χ. Τότε: (ΔΜ) = χ και Απ' το Πρώτο Θεώρημα Διαμέσων έχουμε: (ΜΓ) = 2χ. αz . Κι επειδή μ = γ , συμπεραί Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ είναι ΜΝ//ΑΔ. β 2 + γ 2 = 2μ 2 + α 2 α ΑΝ ΑΓ ' ' Θ ' Ά ρα, κατα' το Θ.. εωρημα .. αλη, ισχυει: αz . ΔΜ = ΔΓ · νουμε ότι: γ2 = β 2 - (1) 2 ΑΓ Και συνεπώς: ΑΝ = . ΑΝ = κ , τοτε , 'Εστω τωρα 3 , ΝΓ ΑΝ = κ η' ΑΝ = Κ • Παρόμοια εργάστηκαν οι συνάδελφοι: Αθ ανάσιος ΑΝ + ΝΓ κ + 1 κ + 1 ΑΓ · Καλάκος απ' τα Πατήσια της Αθήνας, Ροδόλφος Θέτουμε � = λ/Ο < λ < 1 Μπόρης απ' τη Δάφνη Αττικής, Σωτήρης κ+1 Γκουντουβάς απ' την Ύδρα. 1 Οπότε -- = 1 - λ κ+1 Και συνεπώς: ΑΝ = λβ και ΝΓ = (1-λ)β. • Ο συνάδελφος Στέλιος Πετρ Q λέκας απ' τον Απ' το τρίγωνο ΑΝΜ και το Νόμο των ΣυνημιΚορυδαλλό Αττικής έστειλε την παρακάτω τόνων παίρνουμε: διαπραγμάτευση. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.3/22

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

(ΑΜ ) 2 = (ΑΝ) 2 + (ΜΝ)2 -2(ΑΝ)(ΜΝ)συν (ΜΝΑ). Κι επειδή ΑΜ = γ,(ΜΝ) 2 = (1 - λ)2 β2 -

(�)2

συν (ΜΝΛ ) = συν(90° + Γ) = -ημΓ , η παραπάνω σχέση γίνεται μετά από απλές πράξεις: �4 � - 1 = ο � λ = .! . 1-λ 3

(

)

Ο μαθητής Γ τάξης Κώστας Φρ άγκος απ' την Αθήνα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Ε

Αν ΑΔ είναι το ύψος του τριγώνου ΑΒΓ, τότε από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΔΓ, ΝΜΓ α ΜΝ ΜΓ , 2 = -2 . παιρνουμε: -- = - = 3α 3 ΑΔ ΔΓ 4

Οπότε: (ΜΝ) = �(ΑΔ) . (1) 3 <IJ Έχουμε ακόμη: Ε( . ) = -1 · -α · (ΜΝ) = 2 2 = 4α. . 32 (ΑΔ) = 31 · 21 · α · (ΑΔ) = 31 E( Aiιr (2) ) () και Ε( ) + Ε ( . ) = -1 Ε ( ) �2 2 Ε( λλ1Ν) = 21 Ε ( Aiιr) - }1 Ε( Aiιr) = 61 Ε ( M!r) . Άρα: Ε ( Mi-ιr) = 2Ε( λλ1Ν) � Ε( ΑΜι-J = 3Ε ( ) � .

(

. ΜΝΓ

ΜΝΓ

)

. ΑΜΝ

ΑΜΝ

λλ1Ν

� 21 (ΑΓ)d = 3 · 21 (AN)d � (ΑΝ) = "31 (ΑΓ)

Έχουμε: ΑΜ = ΑΒ και ΕΜ κάθετη στη ΒΓ. • Ο συνάδελφος Ε λευ θέρι ο ς Π ρ ωτοπαπάς απ' Άρα: ΜΕΒ = 90° - Β = 90° - ΒΜΑ = ΑΜΕ . το Περιστέρι Αττικής έστειλε την παρακάτω Και συνεπώς: ΑΕ = ΑΜ = ΑΒ. Οπότε: ΒΕ = 2ΕΑ διαπραγμάτευση. Εφαρμόζουμε τώρα το Θεώρημα Μενελάου για Α τη διατέμνουσα ΕΝΜ του τριγώνου ΑΒΓ κι έχουμε: ΝΑ . ΜΓ . ΕΒ -_ 1 ή ΝΑ -_ _! . ΝΓ ΜΒ ΕΑ ΝΓ 2 Συνεπώς: ΝΑ - 1 ή ΑΝ = _!_ δηλαδή: ΝΑ + ΝΓ 3 ΑΓ 3 Στο τρίγωνο ΑΒΓ το Μ είναι μέσο του ΒΓ και ΑΓ ΑΝ = 3 . ΜΚΙΙΑΒ, άρα το Κ είναι το μέσο του ΑΓ, οπότε ΜΚ = ΑΒ � MK = l και ΑΚ = ΚΓ = ΑΓ = Q_ ' 2 2 2 2 ΑΜ • Ο συνάδελφος Ν ίκος Αντων ό πουλος, απ' το Αφού ΑΒ = το τρίγωνο ΑΒΜ είναι ισοσκεΊλιον Αττικής έστειλε την παρακάτω λές με ΑΒΜ = ΒΜΑ = ΚΜΓ . Εξ' άλλου ισχύει: διαπραγμάτευση. ΛΜΝ = 90° - ΒΜΑ., ΝΜΚ = 90° - ΚΜΓ . Α Συνεπώς στο τρίγωνο ΑΜΚ το ΜΝ είναι διχο τόμος, άρα θα ισχύει ότι: β ·γ ΑΜ ΑΚ · ΑΝ = ΑΜ + ΜΚ � ΑΝ = -2-γ � Γ Β α Δ α Μ α 4 4 2 γ+2

�Γ

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/23

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

βγ ΑΓ . l <:::::> ΑΝ = -β <:::::> ΑΝ = <:::::> ΑΝ = 3γ 3 3 2 •

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ

(Β ΓJ >

. Προεκτείνου

με τη ΓΑ προς το Α κατά τμήμα ΑΔ ΑΒ. Ας είναι Μ τυχαίο ση μείο του ΒΔ. Φέρνου με την

Ν,

Θ τα κάθετη απ' το Μ στη ΒΔ κι ας είναι αντίστ ΑΒ οιχα. Αν Ε , ΑΓ ση μεία που τέμνει τις

Ο συνάδελφος Ι ω άννης Τ σ όπελας απ' την Αμαλιάδα Ηλείας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση:

ση μείο της ΑΓ τέτοω ώστε

να αποδειχθεί ότι: ΜΝ ΜΘ

EBr =

= ΒΕ .

� (Β- ΓJ,

Απ άντη ση

Έστω ΑΒΜ = ΑΜΒ = ω (1) Θεωρούμε το τμήμα ΒΝ και το ΜΤ 1 1 ΒΝ. . Αφού η ΜΝ είναι μεσοκάθετη στο ΒΓ, συμπεραίνουμε ότι ΝΒΓ = ΝΓΒ = φ (2) και λόγω της παραλληλίας των ΜΤ και ΒΝ συμπεραίνουμε ότι: ΝΒΓ = ΤΜΓ = φ (3) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΒΝ και ΑΜΤ για τα οποία: 1) ΑΒ = ΑΜ (από υπόθεση) . 2) ΑΒΝ = ΑΒΜ - ΝΒΓ = ω - φ και ΑΜΒ = ΜΑΓ + ΝΓΒ οπότε ΜΑΓ = ω - φ . Άρα ΑΒΝ = ΜΑΓ = ω - φ . 3) ΒΑΓ = 1 80 - Β Γ = 1 80 ω - φ και ΑΜτ = 1 8Ο0 - ΒΜΛ - fΜΓ = 180° - ω - φ . Άρα τα τρίγωνα ΑΒΝ και ΑΜΤ είναι ίσα μετα(4). ξύ τους και συνεπώς ΑΝ = ΜΤ Στο τρίγωνο ΒΝΓ το Μ είναι μέσο του ΒΓ και ΜΤ//ΒΝ. Οπότε το Τ είναι το μέσο του ΝΓ και ΒΝ = 2 · ΜΤ ή ΝΓ = 2 · ΜΤ (5). Από τις σχέσεις (4) και (5) συνάγεται ότι ΝΓ =2ΑΝ οπότε ΑΓ = ΝΓ +ΑΝ δηλαδή ΑΓ = 3 · ΑΝ .

-- --- -

---...

- ----- -- --- --- ο

,....

Ας είναι θ το μέτρο της γωνίας ΔΒΓ και ω το μέτρο της γωνίας ΔΒΑ. . Τότε: ,9 = ω + Β . Κι επειδή Α = 2ω [η γωνία Α είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου ΒΑΔ] παίρνουμε ,9 = Α + Β . Κι 2 Β- Γ <Υ=J 90° + ΕΒΓ επομένως: ,9 = 90° + -(1). Λ

προτείνει ο συνάδελ φος Χρ ή στος Δεμερτζόγλου απ ' τη Δρ άμα).

Άρα: ,9 - EBf = 90° , δηλαδή: ΒΔ _L ΒΕ (2). Φέρνουμε τώρα την ΑΚ κάθετη στη ΒΔ και την ΑΛ κάθετη στη ΜΘ και παρατηρούμε: ΜΝ + ΜΘ = (ΜΑ - ΝΑ) + (ΜΑ + ΛΘ) . Ωστόσο το τρίγωνο ΝΑΘ είναι ισοσκελές [αφού: Α 1 = Θ 1 ,Ν1 = Α 2 και Α 1 = Α2 (η ΑΚ είναι μεσοκάθετη και διχοτόμος της κορυφής)]. (4) Άρα: ΝΑ = ΛΘ. Απ' την (3), λόγω της (4), έχουμε: ΜΝ + ΜΘ = 2(ΜΛ) = 2(ΑΚ) = ΒΕ . Λ

•

2 0 . (Το 'χε

Βασικά την ίδια λύση έδωσαν οι συνάδελφοι Αντώνη ς Ι ωανν ίδ ης απ' τη Λάρισα, Γερ ά σ ι μ ος Κρε μ ίδας απ' την Κέρκυρα, Στυλιαν ό ς Πετρολέ κας, απ' τον Κορυδαλλό Αττικής,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/2 4

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Ο συνάδελφος Σωτή ρ η ς Γ κουντου βάς απ ' την Ύδρα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση:

•

Δ •

Στο ίδιο πνεύμα, αλλά με χρήση Τριγωνομετρίας, διαπραγματεύεται το θέμα ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος, απ ' τα Πατήσια της Αθήνας. Ο συνάδελφος Γιώργος Κατσούλης, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω απάντηση: Δ

Στο ΒΕ παίρνουμε τμήμα ΒΖ = ΜΘ. Απ ' την υπόθεση έχουμε: ω = ffiE = (Β- Γ) . Λ

�

Γ (1) Συνεπώς: Γ = Β- 2ω . Α (1) ΑΒ = ΑΔ <:::> Δ = ΔΒΑ = ω = Η Ε ι ως εξωτερική στο τρίγωνο ΓΒΕ επαλη2 ω � � � θεύει την ισότητα: Ε, = Γ + ω = Β - ω . Ν = Θ = φ [ αφού: ω + φ = 90° ]. Κι επειδή Β 2 = Β- ω , συμπεραίνουμε ότι: Κι επειδή: Β 2 = Ε ι . Οπότε ΒΑ = ΑΕ (2). Α 21 Β- Γ = 90 - 2 = φ Β = ΒΓΒΕ = Β2 Στο τρίγωνο ΔΒΕ ισχύει: ΒΑ = ΑΕ = ΑΔ. Οπ& τε: Δiffi = 90° . συμπεραίνουμε ότι: «η ΜΝ είναι παράλληλη προς Το τετράπλευρο ΜΒΖΘ είναι ορθογώνιο. Άρα: τη ΒΕ». ΜΒ = ΘΖ. Ωστόσο: ΑΒ = ΑΔ = ΑΕ. Άρα: Δiffi = 90° . ι Έχουμε ακόμη: Δ = Θ (αφού ΔΒ//ΘΖ) και ΜΘ = ΔΘ = ΔΘ <:::> 2ΜΘ = ΔΘ (2) Συνεπώς: ι ι ι Δ = Β . Άρα: Β = Θ . ΒΕ ΔΕ 2ΑΕ ΒΕ ΑΕ Τα τρίγωνα ΜΒΝ και ΖΘΕ είναι ίσα [αφού ΘΝ = ΑΘ (3) και ι = ]. = ΘΖ, Β e , ΝΜΒ = θzΕ = 90° ,ΜΒ ΒΕ ΑΕ Άρα: ΜΝ = ΖΕ. + ΑΘ = ΑΔ Άρα: 2ΜΘ + ΘΝ = ΔΘΑΕ Τελικά έχουμε: ΜΝ + ΜΘ = ΖΕ + ΒΖ = ΒΕ . ΑΕ = 1 . ΒΕ Οπότε: 2ΜΘ + ΘΝ = ΒΕ • Την ίδια, στην ουσία, διαπραγμάτευση κάνουν ή ΜΘ + (ΜΘ + ΘΝ) = ΒΕ ή ΜΘ + ΜΝ = ΒΕ . και οι συνάδελφοι Κωνσταντίνος Ηλίας απ ' το Αλιβέρι Ευβοίας, Ελευ θέρ ιος Π ρωτοπαπ άς απ ' το Περιστέρι Αττικής. • Ο συνάδελφος Σωτή ρ η ς Σκο τ ίδ ας, απ ' την Καρδίτσα έστειλε την παρακάτω διαπραγμά τευση: Λ

( ) Λ

-- --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/2 5

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφ αντο

8-f φ= 2

Απ' το τρίγωνο ΒΓΕ παίρνουμε: Λ ΓΛ Λ ΓΛ --- Λ Β+ ΛΕ ι = Γ+ Λ φ=Β+ = Β- φ = -- . 2 2 -,ΑΒΕ Άρα: ΑΒ = ΑΕ Κι επειδή ΑΒ = ΑΔ, συμπεραίνουμε ότι στο τρίγωνο ΕΒΔ η διάμεσος ΒΑ είναι ίση με το μισό της πλευράς ΔΕ. Άρα το τρίγωνο ΕΒΔ είναι ορθογώνιο στο Β · δηλαδή η ΒΕ είναι κάθετη στη ΒΔ. Και συνεπώς ΒΕ//ΜΝ. Τα τρίγωνα ΜΒΝ και ΔΒΕ είναι όμοια. [Ορθογώνια και ΒΛ ι = ΔΛ ι ]. ΜΒ . ΜΝ = -, -Συνεπως: (1) ΒΕ ΒΔ Επίσης τα τρίγωνα: ΔΜΘ και ΔΒΕ είναι όμοια. ΜΔ ΜΘ = , (2) Συνεπως: ΒΕ ΒΔ < ι ΜΒ ΜΔ Άρα: ΜΝ + ΜΘ <=>> + - ΒΕ = 1 · ΒΕ . 2 ΒΔ ΒΔ

(

•

)

Στο ίδιο κλίμα κινείται και η απάντηση του μαθητή Β ' τάξης Δη μή τρη Μοιρογι άννη απ' την Αθήνα.

Ο συνάδελφος Γιάννη ς Σταματογι άννη ς, απ' τη Δροσιά Αττικής έστειλε την παρακάτω δια-

Άρα: ΒΛ ι = ΕΛ ι . Οπότε: ΑΒ = ΑΕ. (3) Συνεπώς: ΕΓ = ΑΓ - ΑΕ = ΑΓ - ΑΒ . Ας είναι τώρα Η το ίχνος του ύψους του τριγώνου ΑΒΕ, που άγεται απ' την κορυφή Α. Η ΑΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΛ . [το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές] . Έχουμε: ΑΛ ι +ΑΛ 2 = ΔΛ ι + ΒΛ 2 ή 2ΑΛ 2 = 2ΔΛ ι . Κι επομένως η ΑΗ είναι παράλληλη προς τη ΒΔ· δη λαδή ΔΒΕ = 90° . Αν τώρα η ΑΗ τέμνει τη ΜΝ στο Ζ, τότε ΑΖΘ = 90° . Και συνεπώς το τετράπλευρο ΒΗΖΜ είναι ορθογώνιο. Άρα: ΜΖ = ΒΗ = ΒΕ (4) 2 Συνεπώς: (4) ΜΝ+ ΜΘ = ΜΖ+ ΖΝ+ ΜΘ = ΒΗ+ ΖΝ+ ΜΘ (5). Το τρίγωνο ΘΑΝ είναι ισοσκελές, αφού η διχοτόμος της γωνίας ΑΛ είναι και ύψος άρα μεσοκάθετη. Δηλαδή ΘΖ = ΖΝ . (5) Έτσι έχουμε: ΜΝ + ΜΘ (6)= ΒΗ + ΘΖ + ΜΘ = = ΒΗ + ΜΖ = 2ΒΗ = ΒΕ .

---

•

Στο ίδιο πνεύμα κινείται και η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Ροδόλφ ου Μπ ό ρη απ' τη Δάφνη Αττικής. Ο συνάδελφος Γιάννης Τ σόπελας απ' την Αμαλιάδα · Ηλείας μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Δ

( ) ( )

Λ φ = 1 Β+ Λ ΓΛ Έχουμε: ΒΛ ι = Β2 Λ φ = 2"1 Β+ Λ ΓΛ . και ΕΛ ι = Γ+

(1) (2)

Θεωρούμε το σημείο Θ ' πάνω στην προέκταση της ΜΘ προς το Μ ώστε ΜΘ ' = ΜΘ. Έστω Κ το σημείο τομής των ΔΘ ' και ΒΕ. Ας ονομάσομε την γωνία ΒΑΓ = 2φ , τότε --ΑΔΒ = ΑΒΔ = φ διότι το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές. Το τρίγωνο ΘΔΘ ' έχει την ΔΜ ύψος και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/26

----

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

διάμεσο. Άρα το τρίγωνο ΘΔΘ' είναι ισοσκελές με ΘΔ = Θ'Δ Άρα η ΔΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Δ . Συνεπώς ΜΔθ' = φ και ΑΒΕ=Β-ΕΒr=Β-Ξ(Β-Γ )=Ξ( Β+ Γ}

Α.+ Β+ Γ = ι8ο0 => Β+ Γ = ι8ο - 2φ => => Ξ( Β+ Γ) = 9 0° - φ (2) (ι), (2) => ΆΒΕ = 9 0° - φ = -ΜΝΒ = ΑΝΘ . Άρα ABE=ANe=90° - φ (3) Άρα ΒΕ//ΝΘ διότι έχουνε τις εντός, εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες. (4) Επίσης ΚΔΑ = ΒΑΓ = 2φ οπότε ΔΚ// ΑΒ διό-

ν--1 · -ν-ι- ... -ν-ι-2 <Άρα: 2ι · 32 .... νν-ι ν ν ν

( ) ν-ι ν

ν-ι ι < ---

,.....,

2 1 . (Το 'χε

( )

ν -ι- ν < 2ι η. η. με α. λλα λόγια: ν ,.....,

(ι - �ι ) < 2ι . ν

,.....,

».

Ωστόσο απ' την ανισότητα Bemoulli παίρνο�

Για το πρώτο: Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: «για οποιονδήποτε κ -ι < κ » . -(ι) . θετικο. κ ισχυει: κ κ +ι Θέτουμε: κ = 2,3, ... , (ν-ι) και παίρνουμε ν - 2 < ν-ι -ι < -2 < -3 < ... < -(2) 2 3 4 ν-ι ν ν - 2 < ν-ι Οπότε: -ι < ν - 1 ,-2 < ν-ι , .... ,-2 ν 3 ν ν-ι ν όταν: ν>2. +

ν παραγ.

προτείνει

•

Ο συνάδελφος Γερμάσ ιμος Κεραμιδάς απ' την Κέρκυρα απόδειξε το πρώτο μέρος με τη βοήθεια της ανισότητας Bemoulli. Πραγματικά: ν-Ι 1 Η αποδεικτέα γίνεται: ( ι- � > �ι

,.....,

•

�(ι-�) < (ι-�)

- · -

•

; (ι - ;) � (ι - ; ) < �

' -

Για ν = 2 ισχύει η ισότητα. Για το δεύτερο: Απ' την (1) παίρνουμε ν-ι < ν < ν+ι < ... < ν +(ν -ι) =--. 2ν -ι ν+ν 2ν ν ν -ι ν + 2 Και συνεπώς ν-1 ν-ι -ν-ι <--ν · ν+ι ·····--=-=2ν- ι ν ι ··· ν ν ν ν+ ι ν+ 2 2ν 2ν 2

ν- 2

Δηλαδή +

ν2

ο συνάδελ φος Γι άννης Στρατήγης απ 'την Τρ ίπολη) Να αποδειχθεί ότι: «για κάθε Ε Ν με ν>l ισχύει:

ν- 2 παραγ.

ν- 2

ν-ι ) < (ν-ι-) · ( ν -ι ) Συνεπώς: ι · ( --;--;ν -ι ν η, ν-ι < ( ν-ι )ν

τι έχουνε τις εντός, εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες. (5). Από τις (4), (5) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΚΒΝΘ' είναι παραλληλόγραμμο Οπότε: Θ'Ν = ΚΒ. Αρα Θ' Μ +ΜΝ=ΚΒ::::> ΜΘ+ΜΝ=ΚΒ (6) ΚΕ//ΘΘ' και ΔΜ ..l ΘΘ' . Άρα ΔΒ ..l ΚΕ . Συνεπώς στο τρίγωνο ΔΚΕ το ΔΒ είναι ύψος και διχοτόμος οπότε η ΔΒ είναι διάμεσος Συνεπώς ΚΒ = ΒΕ (7). Από τις (6), (7) παίρνουμε

ΒΕ = ΜΘ+ΜΝ.

)

με:

( ι--νι ) � ι-(ν-1)·-νι =-νι . ν-Ι

Το ίσον ισχύει μόνον όταν ν = 2. Για το δεύτερο μέρος χρησιμοποιεί το παρακάτω . Λήμμα: Αν μια ακολουθία (α.) είναι αύξουσα κι έχει όριο f , τότε: « . � f για κάθε Ε Ν * ».

α ν Στη συνέχεια, αφού αποδείξει ότι: 1im (ι-.!.)' =�, συμπεραίνει ότι: 1im (ι-.!.)γ = χ-+«<> ν χ e e

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/2 7

•

..._,

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Κατόπιν δείχνει ότι: «η ακολουθία είναι γνήσια αύξουσα». α = ι ν

( -�)ν

(αν)

( )

, στην ανισοτητα: , 'Ετσι φτανει ι - �ι ν < ;ι , για

κάθε ν Ε Ν με ν> 1 . ' ' ως το ζητουκι επειδη: ' ' -ι < ι , συναγεται αμεσ e 2 μενο. -=--

Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος απ' τα Άνω Πατήσια Αθήνας μας έστειλε μια διαπραγμάτευση · όπου με τη βοήθεια της ανισότητας Bemoulli αποδεικνύει και τα δύο σκέλη. Το δεύτερο σκέλος της αποδεικτέας γίνεται: 2 < -ν- ν = ι + ι _ ν και απ' την ανισότητα ν-ι ν-ι Bemoulli έχουμε: ι + -ι - > ι + ν -ι- > 2 για ν-1 ν-ι κάθε ν Ε Ν με ν> ι . •

( ) (

(

)

)ν

( .!.κ )κ-Ι . � > .!. . _κ_ = _ι _ . κ+ι κ κ+ι κ+ι

με

> ι+

Για το δεύτερο σκέλος θεωρεί τη συνάρτηση f(x) = ι - /(1, +οο) και αποδεικνύει ότι

( �γ

είναι γνήσια αύξουσα. Πραγματικά: για κάθε χ Ε (ι, +οο) .

( �) g(x) Όπου: g(x) = .en ( ι - .!. ) + -ι- . χ χ -ι Άρα: f'( x) = ι -

-ι <0, για κάθε χ Ε (ι,+οο) . χ(χ-ι) Οπότε η g(x) είναι γνήσια φθίνουσα. Ωστόσο lim g(x) = O και (χ - ι ).en 1 - -χι + ι lim g(x) = χ--+ lim1+ = +οο x �l + Χ

'Εχουμε: g'(x) Χ -Η«>

( ) διότι: lim [ cx - η ( - .!.) ] = Ο . χ

ι) .e ι Την ίδια διαπραγμάτευση κάνει και ο χ �Ι· συνάδελφος Ροδόλφος Μπόρης απ' τη Δάφνη Συνεπώς το σύνολο τιμών της συνάρτηση g(x) Αττικής. είναι το ανοικτό διάστημα: (Ο,+οο) · δηλαδή: g( χ) > Ο , για κάθε χ Ε (ι, +οο) . Απ' τη (2) τώρα παίρνουμε: «f'(x) > Ο , για κάθε Ο συνάδελφος Αντώνη ς Ιωαννίδη ς απ' την Λάρισα αποδεικνύει το πρώτο σκέλος με τη Μέθο χ Ε (1, +οο) » · δηλαδή η f(x) είναι γνήσια αύξουσα. Για κάποιον τώρα χ Ε (1, +οο) και για κάθε t με δο της Τελείας Επαγωγής. t>x έχουμε: Ο < f(x) < f(t) . Και επειδή ή + Για ν = 3 η αποδεικτέα γίνεται: .!.. · < ι. ' ' 3 3 3 Ι.ιm f( t ) = - , συμπεραινουμε, συμφωνα με την ι��e 3<4. + Δεχόμαστε ότι: για κάποιον κ με κ � 4 ισχύει: ι- ι > ι (ι). κ κ * Έχουμε: Θα δείξουμε ότι: ι - ι _ > _ι_ . κ+ι κ+ι ln ( l Πραγματικά: �) lim -61· -iz lim t ln (ι lim 1 t ι ι ι . ιt2 t = ιι> κ+ι κ+ι κ+ι t •

� (�)3

( ) κ-Ι ( )κ _

(

)κ (

) κ-Ι (

)

t�+oo

[

!)]

lim __ t 1

ι � + οο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/28

ι �+οο

-1

t�+oo

Άρα: lim f ( x ) = e-1 = ..!_ !->-+«>

Ο Εκλείδης προτείνει

.•.

ι ι e

διότητα «όριο και διάταξη» ότι: f(x) � - < - . Δη 2 λαδή: f(χ) < ..!.. , για κάθε 2

χΕ(ι,-tοο) .

Ο μαθητής Β ' τάξης Δη μήτριος Μοιρογιάννης απ' την Αθήνα διαπραγματεύεται το πρώτο σκέλος της αποδεικτέας με την Μέθοδο της Τελείας Επαγωγής, αποδεικνυοντας οτι: « � < � , για καθε ν Ν με ν :2:: 4 ». Οπότε για κάθε ν Ν με ν :2:: 4 ισχύει: < < , δηλαδή ,

, ι (ι - ι )ν

Ε Ε � ( ι-�) � (ι-�)ν � ( ι-�) < ( ι-�)ν για κάθε ν Ε

Ευκλείδη

•..

και Διόφαντο

Και συνεπώς για χ = ν, ν Ν με ν> ισχύει: .!. ..!.. • ν < <2 Το πρώτο σκέλος το αποδεικνύει με τη Μέθοδο της Τελείας Επαγωγής.

( ι -.!.)ν e

22. (Τό 'χε

προτείνει

ο συνάδελφος Στρατήγης απ ' την Τρ ίπολη).

Γι άννης

Για οποιοδήποτε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: α + β + γ ;:: � . υ : + υ� υ� + υ ; υ; + υ: τ Απάντηση Ε

με ν :2:: 3 .

Αφού για ν = 3 είναι ισοδύναμη με την 3 < 4 (που είναι αληθής) Για ν = 2 ισχύει η ισότητα. Για το δεύτερο σκέλος αναπτύσσει κατά Απ' το Α φέρου με ευθεία ε, παράλληλη προς τη ΒΓ. το διώνυμο: + Αν Ε είναι το συμμετρικό του Β ως προς την ε, ν ι τότε: ΒΖ = ΖΕ = υ α , ΑΕ = ΑΒ = γ ( ι ). Οπότε: Τώρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΒΓ έχουμε: ν ν + = + + 2 · + ... + (ΒΕ) 2 = (ΓΕ) 2 - α2 • (2) (ν - ι) 2 (Ι ) Κι επειδή: ΓΕ � ΓΑ + ΑΕ = β + γ , συμπεραί+ νν ι . ι + ν . νουμε ότι: (ν y- ν (ν γ (ΒΕ) 2 � (β + γ) 2 - α2 = (β + γ + α)(β + γ - α) . ν ' Συνεπως: η ν < - · δηλαδη' 2 Άρα: (2υα ) 2 � 2τ(2τ - 2α) ή υ; � τ(τ - α) (3) < . Εργαζόμαστε παρόμοια για το υβ και παίρνουμε: υ� � τ(τ - β) (4) . (3) Άρα: υ α2 + υ β2(4)� τγ και συνεπώς: 2 γ 2 - . υ α + υβ τ Ο μαθητής Γ τάξης Κώστας Φράγκος απ' την α β > ι και Όμοια βρίσκουμε: � ' Αθήνα μας έστειλε μια διαπραγμάτευση του θέμα υ + υ� τ υ� + υ � - τ τος όπου το δεύτερο σκέλος το αποδεικνύει με τη συνεπώς προσθέτοντας κατά μέλη καταλήγου με βοήθεια της ανισότητας: « :2:: χ + ι , η οποία ισχύ στην αποδεικτέα. ει για κάθε χ JR ». Έτσι για κάθε χ με χ> έχουμε: • Ο συνάδελφος Χρή σ τος �εμφτ�ό·,.. i.ι:• ι a..-τ · τη ή Δράμα αποδεικνύει κατ' αρ;ι:ά.; το

(ι _-ι _)ν ( ι ν-ιι )ν ι ( ι ) ν-ιι ( ) ι ( - ) -ι ' ( ) -ιι >2 . ( ν-ι )ν >2 ( ν-ι )ν ι (ι - �)ν �

Newton

> -ι

Ε ι e-� >ι + �ι e-' > ( ι- � )χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/29

>-ι -

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφ αντο

3π < & :::; 7π και Ο<ρ<5. ' Οποτε: 4 2 Αναζητούμε το πρωτεύον όρισμα του: w = 2z4 - 5z3 = z\2z - 5)

Λήμμα: «σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: ( β)( τ - γ) :::; α 2 » . 4 τ

Απ όδ ειξη :

4(τ - β)(τ - γ) = (2τ - 2β)(2τ - 2γ) = = (α - β + γ)(α + β - γ) = [α - (β - γ))[α + (β - γ)] = α2 - (β - γ)2 ::; α2 • Έχουμε τώρα για το θέμα που μας ενδιαφέρει: 4 τ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) . (Απ' τον τύπο του υ 2α = α2 Ήρωνα) Οπότε, λόγω του Λήμματος, παίρνουμε: υ2α + υβ2 -< τγ η' 2 γ 2 > 1 υα + υβ τ Από εδώ και μετά η διαδικασία προχωράει ό πως προηγούμενα.

•

(5)

Έχουμε: (2) · 5συν 2 & - 5) + i(2 5συν&ημ&) = 2z - 5 (=(2 3) (6) = 5 [ (2συν 2 & - 1 J + i(2ημ&συν&) Κι επομένως: 2z - 5 = 5( συν& + iημ2&) . (7) Ωστόσο: z 3 = ρ\ συν3& + iημ3&) . (6) Άρα: w (=7 ) 5ρ3 (συν5& + iημ5&) = = 5ρ3 [ συν(5& + 2κπ) + iημ(5& + 2 κπ)] /κ ε Ζ (8) ·

- - ο

,....,. .

(4)

3π < & :::; 7π . 'Εχουμε: 2 4 15π < 5& :::; 35π ' Και συνεπως: 2 4 1 1π η' 3π < 5 \7 :::; 6π + η' 6π + 4 2 1 1π = 2π + 3π . 3π < 5& - 6π ::; 4 4 2 8π . 3π < 5& - 6π < 2π <::::> 3π < & < 'Εστω: 5 2 2 Τότε: Argw = 5&- 6π [απ' το τύπο (8) για κ = - 3 ] .

,....,.

Με τον ίδιο βαmκά τρόπο διαπραγματεύονται το θέμα οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης απ' την Λάρισα, Γεράσιμος Κεραμιδάς απ' την Κέρκυρα, Σωτή ρης Σκοτίδας απ' την Καρδίτσα.

23. (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Ελευ θέριος

Έστω 3π <=> ο :::; 5& - 8π ::; 3π 2π ::; 5& - 6π :::; 2π + 4 4 τότε: Argw = 5& - 8π [απ' το τύπο (8) για κ = -4] Τελικά παίρνουμε:

Πρωτοπαπάς απ' το Περιστέρι Αττικής) . 7π π με /Αν 4

zεC Argz = & 2 ::; & ::; και l2z - sι = 5 , να υπολογίσετε Arg(2z4 - 5z3) . Απάντηση

Έστω ρ = lzl . Τότε z = ρ(συν& + iημ&) . (1) Οπότε: 2z - 5 = (2ρσυν& - 5) + i(2ρημ&) . (2) Συνεπώς: l2z - 5 1 = 5 <=> <::::> (2ρσυν J - 5) 2 + (2ρημJ )2 = 25 <::::> <::::> συν& = Ε.5 Άρα: συνθ>Ο.

(3)

Argw =

•

{

S θ - 6π, 5θ - 8π,

8π 3π για - < θ < 5 2 7π 8π για - θ ::; 4 5

Με τον ίδιο, κατά βάση, τρόπο διαπραγματεύο νται το θέμα οι συνάδελφοι Αθανάσιος Καλά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.3/3 0

Ο Εκλείδης προτείνει

.••

Ευκλείδη

.•.

και Διόφαντο

Έστω M(z) σημείο του τόξου αυτού . Φέρουμε απ' τα Άνω Πατήσια Αθήνας, Γιάννη ς Στα μ ατογι άννη ς απ' τη Δροσιά Αττικής . την ΟΜ και λαμβάνουμε σημείο Α, συμμετρικό του Ο ως προς το Μ. Προφανώς στο Α αντιστοιχεί ο μιγαδικός αριθμός 2z . Απ' το Α φέρουμε την κάθετη στην κατακόρυφη y ' y. Κι ας είναι: (ΑΒ) 5. • Στα πλαίσια των. παραπάνω ιδεών κινείται η διαπραγμάτευση του συνάδελφου Αντώνη Τότε στο Β αντιστοιχεί ο μιγαδικός αριθμός 2z-5. Το τρίγωνο ΟΒΑ είναι ισοσκελές. [αφού (ΟΒ) Ιωαννίδ η απ' τη Λάρισα. 5 (ΑΒ)]. Άρα: ΒΑΟ = ΑΟΒ = ω , Τώρα απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΑ παί� Ο συνάδελφος Γιώργος Κατ σ αο ύνη ς απ' την π Πρέβεζα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση . νουμε: ω = -2 - ΑΟΓ . (2) Υ Κι επειδή: Aor = g - 3π έχουμε: 2 � \ Κ( � ,0 ) κ ος

•

A(2z) Έστω z = χ + iy I χ, y ε IR . Τότε: j 2z - 5 j 5 ς:::> χ 2 + y2 = 5χ (1). Είναι προφανές ότι: χ * διότι διαφορετικά απ' την (1) θα παίρναμε y Οπότε θά 'χαμε: z κι αυτό αντιβαίνει την υπόθεση ότι: «ο μιγαδικός α7π » . ' πρωτευον ' ορισμα ' ριθ μος' z εχει θ με -π :::; -cr :::; 4 2 (αφού: χ 2 + y2 > Ο ). Απ' την (1) παίρνουμε Ας είναι τώρα j z j = ρ . Τότε: z = ρ(συνg + iημg) . Οπότε: χ = ρσυνg ή συνg � > ρ 7π . 3π < -cr < Άρα.. 2 4 Έτσι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) -του μιγαδικού επιπέδου είναι το τόξο ΟΣ του κύκλου κέντρου Κ και ακτίνας r = , μη συ=

= Ο.

=Ο

χ>Ο =

Ο.

(%, Ο)

μπεριλαμβανομένου του κέντρου Ο.

Άρα: Arg(2z - 5) = g - ω = g - (2π - g) = 2g - 2π (3) 3π < g ::ς 7π ς::::> π < 2g - 2π :::; 3π . αφου' 4 2 2 Έχουμε τώρα: Arg(2z4 - 5z3 ) = Arg [ z3 (2z - 5) J . Οπότε: Arg(2z4 - 5z3 ) = Argz3 + Arg(2z - 5) + 2κπ όπου κ ε Ζ (κατάλληλος). = 3g + (2g - 2π) + 2κπ = 5g + 2μπ/μ ε Ζ (κατάλληλος). (4) Από εδώ και μετά η διαδικασία προχωράει α κριβώς όπως πιο πάνω . ,-....; . ,-....;

Ο συνάδελφος Γιάννη ς Δ. Στρατής, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω α πάντηση: 'Εχουμε: j 2z - 5 j = 5 ς:::> z = % (1) και συνε-

J -%1

πώς ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(z) του .\ Ιι γαδικού Επιπέδου, που επαληθεύουν την ( 1 ). εiναι ο , κυ' κλος c με κεντρο Α 5 , και ακτινα r = Ξ5 . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/3 1

(l ο)

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Ο μαθητής Γ ' τάξης Κώ στας Φρ άγκος απ' την Αθήνα απέδειξε κατ' αρχάς ότι: (1). συν$- = l.:l5

Απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: 3π < $- � 7π (2). 2 4 Ας είναι τώρα Arg(2z - 5) = φ/Ο � φ < 2π . (3) Τότε: 2z - 5 = l 2z - 5 l (συνφ + iημφ) = 5(συνφ + iημφ) .(4) Κι επειδή: z = l z l (συν$- + iημ$-) συμπεραίνουμε (Ι) ότι: 2 l z l (συνθ + iημθ) - 5 = 5(συνφ + iημφ) <=> <:::::> 2 · 5συνθ( συνθ + iημθ) - 5 = 5( συνθ + iημθ) <:::::> 2συν 2 $- - 1 = συνφ και 2συν$-ημ$- = ημφ . Δηλαδή: συν2$- = συνφ και ημ2$- = ημφ <:::::> 2$- - φ = 2κπ ή φ = 2$- - 2κπ/κ ε Ζ . ..,. Αν ήταν κ � Ο , τότε φ>3π: άτοπο. ' ' φ < - -π : ατοπο. ' κ :?: 2 , τοτε .,......._ Αν ηταν 2 Άρα: κ = 1 . Επομένως: φ = 2$- - 2π . Οπότε: 2z - 5 = 5[ συν(2$- - 2π) + iημ(2$- - 2π)] = = 5( συν2$- + iημ2$-) . Από εδώ και μετά η διαπραγμάτευση προχωρά ει όπως πιο πάνω. •

Απ' το σχήμα συνάγεται αμέσως ότι το πέρας Μ της διανυσματικής ακτίνας ΟΜ , που αντιστοιχεί στο μιγαδικό αριθμό z, διαγράφει το τόξο ΟΑ μη συμπεριλαμβανομένου του άκρου Ο. (2). Άρα: 3π < $- � 7π 4 2 Έστω τώρα φ το μέτρο της γωνίας ΑΟΜ . Τότε $- = 2π - φ ή φ = 2π - $- (3). Απ' το Μ φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ παράλληλο και ίσο προς το ΑΟ (ομόρροπο προς το διάνυσμα ΑΟ ). Το τετράπλευρο ΑΟΝΜ είναι ρόμβος. Συνεπώς η διαγώνιος ΟΜ διχοτομεί τη γωνία ΑΟΝ · δηλαδή το μέτρο της γωνίας ΑΟΝ είναι 2φ. Στο σημείο Ν αντιστοιχεί ο μιγαδικός αριθμός: ' ' ' ορισμα ' ενα του z - 25 ειναι: z - 25 . κι επομενως () 2π - 2φ =3 2π - 2(2π - $-) = 2$- - 2π . ....

.-..

....

Επομένως z - 2. = 2.[ [ συν(2$- - 2π)] + iημ(2$- - 2π) J = 2 2 = 2.(συν2$- + iημ2$-) . 2 Άρα: 2z - 5 = 5(συν2$- + iημ2$-) . Τώρα αν l z l = ρ , τότε z = ρ(συν$- + iημ$-) . Οπότε: z 3 = ρ3 (συν3$- + iημ3$-) . Κι επειδή: 2z4 - 5z3 = z\2z - 5) συμπεραίνου ) με ότι: 2z4 - 5z3 = z3 (6)(5= 5ρ 3 (συν5$- + iημ5$-) . Δηλαδή: 2z4 -5i =5ρ3 [ συν(5a+2κπ)+iημ(5a+2kπ)] !κεΖ . Από δω και μετά η διαδικασία προχωράει όπως πιο πάνω.

Εύκολα αποδεικνύεται ότι:

συνθ > Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/32

Ιzl >

Ο και συνεπώς

Η Homo Mathematicus είναι μια στή λη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλη μαη σμού πάνω στα εξής θέ ματα: I ) Τι είναι τα Μαθη ματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθη μα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστή μες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθη ματικών για να μπορ έσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα τη ς στήλης αυτής, ως προς το περιεχό μενό τους και ως προς το επ� πεδό τους, θα πρέπει να είναι συ μβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Ι.

"π

ο υ και με ποιο τρόπο εφαρμό(ο νται τα Λιfαθιzματικά,· "

Θέμα : Μαθ η ματικά και Γλω σσ ολογία

μαθηματική γλωσσολογία είναι ένας κλάδος των Μαθηματικών, που αναπτύσσει ένα τυπικό "μηχανισμό" για την περιγραφή της δομής των φυσικών γλωσσών και ορισμένων τυπικών γλω σ σών. Η μαθηματική γλωσσολογία παρουσιάστηκε στη δεκαετία του 1950 σαν αποτέλεσμα της επιτ α κτικής ανάγκης για την αποσαφήνιση βασικών ε ν νοιών της γλωσσολογίας. Η μαθηματική γλωσσολογία χρησιμοποιεί, κυ ρίως την άλγεβρα, την θεωρία των αλγορίθμων και την θεωρία των αυτομάτων. Μολονότι δεν α ποτελεί μέρος της γλωσσολογίας, ωστόσο έχει α ναπτυχθεί σε στενή σχέση μαζί της. Μερικές φ cr ρές, ένας γλωσσολογικός κλάδος έρευνας, που χρησιμοποιεί μαθηματικά, ονομάζεται μαθηματική γλωσσολογία. Η μαθηματική περιγραφή της γλώσσας βασίζε ται στην έννοια της γλώσσας, κατά F. de Saussur, ως μηχανισμού, του οποίου η λειτουργικότητα " α ποκαλύπτεται" (διαφαίνεται) από τον τρόπο ομιλίας αυτών, που την χρησιμοποιούν. Η ομιλία οδηγεί σε "ορθά κείμενα", δηλαδή ακολουθίες "προφορικών Η

Ι Ι. ''Α υτό το ξέρατε; ,

Ποιος έγραψε την παρακάτω επιστολή, στην οποία εκφράζει τη γνώμη του για μια σειρά από μεγάλα μ αθηματικά ονόματα του πρώτου μισού του l 9 °u αιώνα; Παραθέτουμε περικοπές από την επιστολή αυτή . «Παρίσι, 24 Οκτωβρίου 1 82 6 Για να σου πω την αλήθεια, η πιο πολύβουη πρωτε ύουσα της ηπειρωτικής Ευρώπης είχε ως τώρα πάνω μου την επίδραση μιας ερήμου. Δεν γνωρίζω ουσιαστικά κανέναν. Είναι άλλωστε η πιο όμορφη εποχή και όλοι βρίσκονται στην ύπαιθρο . . . Μέχρι τώρα γνωρίστηκα με τον κ. Legendre, τον κ. Cauchy και τον κ. Hachette και μερικούς άλλους, λιγότερο γνωστούς αλλά πολύ ικ ανούς μαθηματικούς: τον κ. Saige, εκδότη του Bulletin des Siences και τον κ. Lejeune-Dirichlet, έναν Πρώσο που ήρθε να με δει πιστεύοντας ότι είμαι συμπατριώτης του. Είναι ένας μαθηματικός μεγάλης οξυδέρκειας. Με τον κ. Legendre έχει αποδείξει ότι είναι αδύνατη η λύση της εξίσωσης x5+y5=z5 σε ακέραιους αριθμούς, αλλά και πολλά άλλα έξοχα πράγματα. Ο Legendre είναι εξαιρετικά ευγενής, αλλά δυστυχώς πολύ γέρος. Ο

μονάδων" (speech units), που υπόκεινται σε καθ cr ρισμένους νόμους, πολλοί από τους οποίους μπ cr ρούν να περιγραφούν μαθηματικώς. Η μελέτη των μεθόδων της μαθηματικής περιγραφής ορθών κε ι μένων (κυρίως, προτάσεων) είναι κλάδος της μ α θηματικής γλωσσολογίας και ονομάζεται θεωρία περιγραφικών μεθόδων συντακτικών δομών (τheory of Descήptiνe for Syntactic Structures). Ένας άλλος κλάδος της μαθηματικής γλωσσ cr λογίας και, μάλιστα, κεντρικός γι' αυτή είναι η θεωρία των τυπικών γραμματικών, της cr ποίας ο κύριος εισηγητής είναι ο Ν. Chomsky. Ο Chomsky εξετάζει μεθόδους περιγραφής των ν cr μοτελειακών κανονικοτήτων, που χαρακτηρίζουν, όχι μόνο απομονωμένα κείμενα, αλλά το σύνολο των ορθών κειμένων σε μια διαδεδομένη γλώσσα. Η μαθηματική γλωσσολογία ασχολείται επίσης και με την μελέτη αναλυτικών μοντέλων της γλώσσας. Η εφαρμογή της μαθηματικής γλωσσ cr λογίας σε πραγματικές (φυσικές) γλώσσες είναι μέρος της μελέτης της γλωσσολογίας. [πηγή: Με γάλη Σοβιετική Εγκυκλοπαίδεια]

Cauchy είναι θεοπάλαβος . . . Ό,τι κάνει είναι έξοχο, α λ λά και εξαιρετικά μπερδεμένο. Στην αρχή δεν καταν ο ούσα ουσιαστικά τίποτα από όσα υποστήριζε. Τώρα αρχίζω να τον κατανοώ κάπως . . . Ο Cauchy είναι ο μ όνος που ασχολείται με τα καθαρά Μαθηματικά. Οι Poisson, Fouήer, Ampere, κλπ. είναι απασχολημένοι με τον μαγνητισμό και άλλα θέματα Φυσικής. Ο κ. Laplace δεν γράφει τίποτε τώρα, όπως πιστεύω. Η τελευταία του εργασία ήταν ένα συμπλήρωμα στη Θεωρία του των Πιθανοτήτων. Τον συναντώ αρκετά συχνά στο Ινστ ι τούτο. Είναι πολύ εύθυμος τύπος. Ο κ. Poisson είναι πολύ φιλικός · είναι ένας άνθρωπος που ξέρει να συμπε ριφέρεται με μεγάλη αξιοπρέπεια. Το ίδιο θα μπορούσα να πω και για τον κ. Fouήer. Ο Lacroix είναι αρκετά ηλικιωμένος. Ο κ. Hachette πρόκειται να με γνωρίσει σε μερικούς απ' αυτούς τους ανθρώπους. Έχω μόλις τελειώσει μια εκτενή μελέτη για μιαν ορ ισμένη κατηγορία υπερβατικών συναρτήσεων την οποία θα παρουσιάσω στο Ινστιτούτο, που θα συνέλθει την επόμενη Δευτέρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/33

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Έδειξα την εργασία μου στον κ. Cauchy, αλλά μόλις καταδέχθηκε να της ρίξει μια ματιά. Και τολμώ να πω, χωρίς καμιά διάθεση καυχησιολογίας, ότι είναι μια πο-

λύ καλή εργασία. Είμαι περίεργος να δω τι θα πουν στο Ινστιτούτο . . . . »

1 1 1 . "Οι συνεργάτεr;: τικ στιί).η;:: γράφουν-ερωτοι)ν"

Α Ό Μ αθη μ ατ ική Λογοτ εχνία στήλη μας, αλιεύοντας στο Διαδίκτυο, είχε την αγαθή τύχη να "πέσει" πάνω σε ένα δημοσίευμα της εφημερ� δας «ΤΑ ΝΕΑ» (9/7/2003), ενός σημαντικού ανθρώπου, του Τεύκρου Μιχαηλίδη (μαθηματικός και μεταφραστής επιστημονικών βιβλίων). Εμείς τον ευχαριστούμε, για την ευκαιρία που μας δίνει να απολαύσουμε ένα κείμενο, όπου καταγράφεται ζωντανά μια άλλη πλευρά της Μαθηματικής Επιστήμης. << Η ιωθη μερινότητ α των Μ α θημ ατι κ ών», του Τ ε ύ κρ ου Μ ιχα η λίδ η Η

«Όταν το 1993 κυκλοφόρησε το μυθιστόρημα του Απόστολου Δοξιάδη «0 θείος Πέτρος και η εικασία του Γκόλντμπαχ» ουδείς υποπτεύθηκε ότι δεν είχαμε απλώς ένα νέο μυθιστόρημα, αλλά στην ουσία - ένα νέο λογοτεχνικό είδος. Μάλιστα, το ίδιο το μυθιστόρημα πέρασε για αρκετό καιρό σχεδόν απαρατήρητο ώσπου να κάνει - το 2000 τη δεύτερη, πλήρως αναθεωρημένη έκδοσή του και να γίνει μέσα σε λίγες ημέρες μπεστ σέλερ, διεθνώς. Σήμερα κυκλοφορεί σε 26 γλώσσες και αποτελεί, αν όχι το πρώτο χρονολογικά, το γνω στότερο πάντως δείγμα μαθηματικής λογοτεχνίας. Τα Μαθηματικά, εφιαλτική ανάμνηση των μα θητικών χρόνων για τους περισσότερους -ακόμα και για πολλούς από αυτούς που στη μετέπειτα καριέρα τους διατήρησαν στενή επαφή μαζί τους δεν προσφέρονται ως θέμα για τη μυθοπλασία. Οι έννοιές τους, λιτές, εξαιρετικά αφηρημένες και κυρίως μη επιδεχόμενες πολλαπλές ερμηνείες, δεύτερες αναγνώσεις, κρυμμένα νοήματα - το ψω μοτύρι δηλαδή του λογοτέχνη - υποταγμένες στη σκληρή διχοτομία «αληθές - ψευδές» δεν συγκέ ντρωσαν ποτέ την προτίμηση των υπηρετών του «ηδυσμένου λόγου)). Όταν λέμε «ποτ6) εννοούμε φυσικά μέχρι την τελευταία πενταετία. Στις μέρες μας κυκλοφορούν τουλάχιστον εκατό τίτλοι βιβλίων που διεκδικούν - δίκαια ή άδικα τον τίτλο της μαθηματικής λογοτεχνίας, της λογο τεχνίας δηλαδή στην οποία το κύριο θέμα, η πλο κή, οι συναισθηματικές συγκρούσεις αναφέρονται στα Μαθηματικά. Αυτή η έξαρση αποτελεί ένα θέμα προς διερεύνηση, τόσο από πολιτιστική όσο και από κοινωνική και ιστορική σκοπιά. Για όλους τους προαναφερθέντες λόγους παρα κολουθήσαμε με ιδιαίτερο ενδιαφέρον τη δεύτερη μαθηματικο-λογοτεχνική δημιουργία του Απόστο λου Δοξιάδη, το θεατρικό έργο «lncompleteness)) («Μη πληρότητω)). Το έργο αναφέρεται στις τε λευταίες ημέρες του κορυφαίου μαθηματικού Kurt Goedel (1 906 - 1978), ο οποίος χάρη στις συντα-

ρακτικές ανακαλύψεις του στον τομέα της Μαθη ματικής Λογικής, χαρακτηρίστηκε ως ο «νέος Α ριστοτέληφ. Στο Δεύτερο Διεθνές Συνέδριο Μαθηματικών, που έγινε τον Αύγουστο του 1900 στο Παρίσι, ο κορυφαίος μαθηματικός Daνid Hilbert ( 1 8621943) παρουσίασε 23 προβλήματα που, κατά τη γνώμη του, θα αποτελούσαν το επίκεντρο της μα θηματικής δραστηριότητας κατά τον 20ό αιώ να.Από αυτά, τα δύο πρώτα αφορούσαν στη θεμε λίωση των μαθηματικών και τη μαθηματική λογι κή. Συγκεκριμένα το δεύτερο ζητούσε να αποδει χθεί ότι η δομή του συνόλου των φυσικών αριθ μών είναι πλήρης και χωρίς αντιφάσεις. Στο αίτημα αυτό του Hilbert, ο Goedel απάντησε το 193 1 με το θεώρημα της μη πληρότητας (που έδωσε και τον τίτλο του και στο έργο του Δοξιά δη). Με απλά λόγια, το θεώρημα του Goedel λέει ότι είναι αδύνατο να αποδειχθεί ταυτόχρονα η πληρότητα και η μη αντιφατικότητα του συνόλου των φυσικών αριθμών, αφού σε μια μαθηματική θεωρία θα υπάρχουν πάντα προτάσεις για τις οποί ες δεν θά μπορεί να αποδειχθεί ούτε ότι είναι αλη θείς ούτε ότι είναι ψευδείς. Με την ανακάλυψή του ο Goedel προκάλεσε συ γκλονιστικές αναταράξεις στον χώρο των μαθημα τικών, αφού ανέτρεψε ολόκληρη την αντίληψη και τον σχεδιασμό του Hilbert για τα Μαθηματικά. Ο Goedel συνέχισε τη μαθηματική του σταδιοδρομία ανακαλύπτοντας και άλλα πολύ σημαντικά θεω ρήματα στον τομέα της Μαθηματικής Λογικής. Πέθανε στις 14 Ιανουαρίου 1978, ύστερα από πα ραμονή 17 ημερών στο νοσοκομείο, επειδή αρνή θηκε να πάρει οποιαδήποτε τροφψ)

Στο επόμενο τεύχος ευελπιστούμε να έχουμε τη χαρά να δημοσιεύσουμε ένα άρθρο του Απόστολου Δοξιάδη στο οποίο θα φαίνεται η άπο ψή του για τις μαθηματικές σπουδές. Σ η μ ε ίω σ η

Β Ό ' ' Απ όψ εις"

Ο σχο λικό ς σύ μβου λος Ν ίκος Β αδιβούλης (είναι ένας ση μαντικός φ ίλος της στή λης και, προ πάντων, σκεφτό μενος άνθ ι» πος) μας έστειλε δύο κείμενά του με αντ ίστοιχους τίτλους « Υψώνω -υπερασπίζο μαι» και « Αναζητώντας τη γλώσσα της φύ σης». Π ραγματικά, βρεθήκαμε μπροστά σε μεγάλο δίλημμα ποια από τις δύ ο εργασίες να δημοσιεύσουμε . Καταλήξαμε στην πρ ώτη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/34

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

μόνο και μόνο γιατί ήταν μικρή και χώραγε στον διαθέσιμο χώρο της στήλης. Υπενθυμίζουμε ότι, οι όποιες θέσεις των συ-γγρα φέων, απηχούν τις προσωπικές τους θέσεις και σαν τέτοιες τίθενται στην κρίση των αναγνωστών.

«υψ ώνω - υπερασπίζομαι», του Νίκου Βαδιβούλη (Πρέ βεζα) υπερασπίζομαι

«0 Σταγειρίτης φιλόσοφος Αριστοτέλης είχε μια αντιπάθεια προς τους σοφιστές, αφού σε πολλές περιπτώσεις αυτοί έπειθαν τους ανθρώπους το κ α ταμεσήμερο ότι ενέσκηψε πυκνό σκοτάδι. Όμως κανείς δεν αμφισβητεί ότι η πρακτική διεξαγωγής δημοσίων διαλεκτικών μονομαχιών είχε θετικά αποτελέσματα, αφού με ακανόνιστη επιχειρημ α τολογία ο κάθε ένας των μονομάχων προσπαθούσε να καταρρίψει αυτό που ο έτερος υποστήριζε. Ο Αριστοτέλης έθεσε .κανόνες στη λογική επιχειρ η ματολογία και για το λόγο αυτό θεωρείται ο θεμ ε λιωτής της μαθηματικής λογικής. Πίστευε ότι οι σκοποί της λογικής θεώρησης του καθημερινού γίγνεσθαι διαφέρουν από αυτούς της ρητορικής, γιατί η μεν ρητορική τεχνική θέλει να πείσει, η δε Λογική επιστήμη διδάσκει την έγκυρη γνώση μέ σω της απόδειξης, που είναι το μεγαλύτερο μέχρι σήμερα ανθρώπινο επίτευγμα και ελληνική επ ι νόηση. Σήμερα η δίτιμη μαθηματική λογική δέχεται μια συνεπαγωγή ως ψευδή τότε και μόνο τότε, όταν η υπόθεση είναι αλη θή ς και το συμπέρασμα ψευδές. Είναι γνωστή η ιστορία, ο Ράσελ και ο Πάπας, κα τά την οποία ο φιλόσοφος Ράσελ, με τη βοήθεια συνεπαγωγής που του δόθηκε, αποδεικνύει ότι μια ψευδή ς πρ όταση συνεπάγεται οποιαδή ποτε πρ ότα ση. Αν υψώνω τη σημα ία τότε την υπερασπίζομαι. υψώνω, υπερασπίζομαι,

Σαν παράδειγμα λοιπόν ας ασχοληθούμε με την επόμενη συνεπαγωγή: Όπως αντιλαμβάνεστε τα ρήματα καθορίζουν την αλήθεια ή όχι της προηγούμενης συνεπαγωγής. Έτσι όταν το υψώνω εκφράζει το πραγματικό και

το είναι μη παραδεκτό, τότε η προηγούμενη συνεπαγωγή είναι, μόνο σ' αυτή την περίπτωση, ψευδής άρα και υποκριτική όταν πραγματοποιηθεί. Σήμερα τα περισσότερα κράτη υιοθετούν την πολιτισμική διαφοροποίηση και αναγνωρίζουν ότι οι πολύ-πολιτισμικοί και πολυεθνικοί πληθυσμοί αποτελούν δημοκρατική εγγύηση για την κοινων ι κή ολοκλήρωση. Είναι ιστορικά βεβαιωμένο ότι δεν απορρίπτονται βιαίως κουλτούρες, γλώσσες, θρησκείες, παραδόσεις μέσω του κοινωνικού σ ω φρονισμού, αφού τα νάματα σοφίας που εγκλείουν οι άνθρωποι δεν ξεριζώνονται ούτε με την εκ νέου ανάπλασή τους. Απομένει λοιπόν οι μετέχοντες της ελληνικής παιδείας να αισθάνονται υπερήφανοι όταν υψώνουν τα ελληνικά σύμβολα αλλά και να τα τιμούν, έστω και αν δεν θα τα υπερασπισθούν σε ειδικές περιπτώσεις. Ο θόρυβος στοχεύει στην απαξίωση της πολιτ ι κής ζωής του τόπου, οπότε πρέπει να απέχουμε των σοφιστικών τεχνικών, γιατί εκείνο που παρ έ χει ωφελήματα είναι η σωστή παιδαγωγία μέσω της οποίας διαπλάθουμε κριτικά ιστάμενους πολ ί τες, ώστε να μπορούν να διακρίνουν την έρπουσα φημολογία από το καλό κ' αγαθό. Αν οι άνθρωποι έκαναν πράξη το αρχαίο λόγιο «ο συ μισείς ετέρω μη ποιήσεις» και είχαν κατακτήσει τον τρόπο του σκέπτεσθαι τότε μέσω των πολύ-πρισματικών ε ντρυφημάτων θα εδραίωναν την αρμονία στην ο ι κογένεια, τη δημιουργικότητα στην κοινωνία, την τάξη στην πολιτεία, τη φιλία μεταξύ των ανθρ ώ πων και την ειρήνη στον κόσμσ».

Γ. Μια άλλη λύση στο « Γεωμετρικό Ναπολεόντ ειο Πρόβλημα»

Από τον εκλεκτό συνάδελφο-μαθηματικό Θανάση Δ. Γκίκα πήραμε μια νέα λύση στο πρόβλημα της εύρεσης της ακτίνας και του κέντρου ενός δοσμένου κύκλου, χρησιμοποιώντας μόνο χάρακα και διαβή τη, που δημοσιεύσαμε στο τεύχος 49 στη στήλη Homo mathematicus. Τον ευχαριστούμε. Ο καλός συνάδελφος μας λέει: «Αν ο Γ. Κερασαρίδης ήταν φοιτητής το '59-'63, ήμασταν τότε συμφο � τητές». Του απαντούμε: Ναι, σωστά θυμάται, και τον χαιρετούμε θερμά. Δ '. Ένα πολύ-πολύ παράξενο φαινόμενο Τον τελευταίο καιρό κάποιος συνάδελφος στέλλει ανώνυμες επιστολές προς τη συντακτική επιτροπή του περιοδικού (οι υπεύθυνοι της στή λης έλαβ αν γνώση μόνο της τελευταίας επιστολή ς), μέσα από τις οποίες ασκεί κριτική (στηλιτεύει θα έλεγα) στα όποια λάθη ή ανεπάρκειες του περιοδικού. Για τη Homo mathematicus η όποια κριτική είναι ευπρόσδεκτη και δημοσιεύσιμη. Για το λόγο αυτό στο επόμενο τεύχος θα τοποθετη θούμε αναλυτικά για τα σημεία που μας αφορούν. Προκαταβολικά: α) θεω ρούμε, τις παρατηρήσεις που μας αφορούν,

Ιlα.

προϊόντα γνήσιου "σχολαστικισμού", β) δηλώνουμε πως θεω ρούμε απρέπεια το να ασκείς την όποια κριτική κρυμμένος πίσω από την ανωνυμία. Να ρωτήσουμε τον "καλό" μας ανω νυμογράφο, γιατί φορά την κουκούλα κάθε φορά που εμφα\1. ζεται στο φως της ημέρας; Ποιον ή τι φοβάται; Κρίμα, γιατί "δείχνει" να "ξέρει γράμματα" . Αν μας απαντήσει επώνυ μα, εμείς υποσχόμαστε πως θα δημοσιεύσουμε την όποια απάντrr σή του, διαφορετικά δεν θα υποθάλψουμε κουκουλοφόρους . . .

"Α υτό το ξέοατεj " [η απάντηση ]

Την επιστολή αυτή έγραψε ο Niels Henrik Abel ( 1 802-1 829). Με νεώτερο σημείωμα, θα επανέλθου με στο έργο αυτού του γ}. γαντα της μαθηματικής επιστήμης [πηγή : Ε.Τ. BELL " Ο ι μαθηματικοί", τ. 11, σσ.42 -43 , Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/35

«Ολυ μπιακές Προσεγγίσεις>>

Σωτήρης Λουρίδας

που το ονομάζουμε τάξη ισοδυναμίας ή κλάση ι σοδυναμίας. 1 . Εστω σύνολο Ε :;t 0 . Έστω ένα σύνολο δει 6. Βα σικό Θεώρ η μα κτών Ι (πιθανόν Ι = Ν ή Ι ς Ν ). Κάθε αντι Σε κάθε σχέση ισοδυναμίας σ μέσα σε ένα στοιχία του Ι εντός του Ε ονομάζεται οικογέ σύνολο μία διαμέριση και αντί νεια στοιχείων του Ε με δείκτες από το Ι και στροφα,Εσεαντιστοιχεί κάθε διαμέριση του Ε αντιστοιχεί συμβολίζεται Εϊ, i Ε Ι ή απλά Ε;. Προφανώς κ μία σχέση ισοδυναμίας. οικογένειες με κ Ε Ν * είναι οι Ε ι Ε2, ... , Εκ. Απ όδειξη : Θεωρούμε ότι έχει ορισθεί μέσα στο 2. Έστω σύνολο Ε :;t 0 .Έστω σύνολο δεικτών I. Ε μία σχέση ισοδυναμίας σ. Έστω Εχο το σύνο'UJ των Έστω Ε;, i Ε Ι οικογένειες με στοιχεία του Ε. στοιχείων του Ε που είναι ισοδύναμα προς ένα στοι Αν U E; = Ε και ταυτόχρονα για κάθε i,j Ε Ι χείο Χο του Ε. Υποθέτουμε την ύπαρξη και ενός άλ 'λλJυ στοιχείου χΌ του Ε και Εχ· το σύνο'UJ των στοι με i :;t J, E; n Ej = 0 (δηλαδή ανά δύο τα χείων του Ε που είναι ισοδύναμαο στο χΌ. Τότε Χ Ε Εχο => χ σ Χο. E ; ,i Ε Ι είναι ξένα μεταξύ τους) λέμε ότι τα Αν χ σ χΌ τότε χ'ο σ χ => Εχο ς Εχ·ο · Ε; ,i Ε Ι ορίζουν μία διαμέρίση επί του Ε. Κατά τον ίδιο τρόπο έχουμε ΕΧ'ο ς Εχο · 3 . Έστω σύνολο Ε :;t 0 . Διμελής σχέση σ εντός Άρα Εχο = Εχ·ο · του Ε ονομάζεται κάθε υποσύνολο του καρτε Αν χ 0 %Χ � και Εχο n Εχ·ο :;t 0 θα υπάρχει σιανού γινομένου Ε χ Ε. Άρα το πεδίο ορισμού μίας διμελούς σχέσης σ(χ, y) ή χσy είναι υπο X E Exo n Ex·o τότε χ σ Χο και χ σ χΌ => Χο σ χΌ, ά σύνολο του Ε χ Ε. τοπο. Έτσι λοιπόν στη σχέση ισοδυναμίας σ αντι 4 . Έστω σύνολο Ε :;t 0 . Μία διμελής σχέση σ στοιχεί η διαμέριση Έη όπου το η αντιπροσωπεύει στα στοιχεία του Ε που ορίζεται από ένα νόμο τα στοιχεία του Ε που δεν είναι ισοδύναμα ,μεταξύ χσy ή σ(χ, y) (ο οποίος καθίσταται πρόταση � τους ως προς τη σχέση σ. Αντίστροφα: Έστω Ε;, i Ε Ι μία διαμέριση του ταν τα χ, y αντικατασταθούν από συγκεκριμέ να στοιχεία του Ε) και για τον οποίο αληθεύ Ε. Ορίζουμε μία σχέση σ ως εξής: χσy � χ και y ουν ταυτόχρονα οι προτάσεις: βρίσκονται στο ίδιο Ε; , i Ε I. Προφανώς η χσy εί (α) για κάθε χ Ε JR (χσχ) (αυτοπαθής ή α ναι ανακλαστική (χσχ), συμμετρική αφού για κάθε νακλαστική) χ, y E E; (χσy => yσχ), μεταβατική αφού για κάθε (β) · για κάθε (χ, y) E ExE (χσy => yσχ) (συμ x,y,z E E; χσy και yσz => χ, z E E; => χσz). Άρα έ μετρική) χουμε σχέση ισοδυναμίας τα δε στοιχεία της δια (γ) για κάθε χ Ε Ε, yE E, z E E (χσy και yσz μέρισης είναι οι τάξεις ισοδυναμίας. => χσz) (μεταβατική) ονομάζεται σχέση Παρατ.ήρηση : Θεωρούμε αΕ Εn τότε το En εί ισοδυναμίας. ναι το σύνολο των στοιχείων του Ε που είναι ισο δύναμα προς το α ως προς την σχέση ισοδυναμίας 5. Παραδείγματα 1. Η ισότητα είναι σχέση ισοδυναμίας (το που ορίσαμε. Δηλαδή το τυχαίο στοιχείο χ ε Ea αντίστροφο δεν ισχύει πάντα) έχει την «ίδια συμπεριφορά)) με το α ως προς τη 2 . Έστω το σύνολο των τριγώνων ενός επι σχέση ισοδυναμίας που ορίσαμε. Αυτό έχει μεγάλη πέδου. Ορίζουμε τη σχέση σ ως εξής: σημασία διότι ομαδοποιώντας τα στοιχεία ενός χσy � "χ ισοεμβαδικό y". συνόλου Ε με βάση τη σχέση ισοδυναμίας τα με Τότε η σ είναι σχέση ισοδυναμίας. λετάμε μέσω των αντιπροσώπων τους. Έστω Ζ το σύνο'UJ των ακεραίων αριθμών. 3. Παράδειγμα 1 Έστω ν ένας σταθερός ακέραιος αριθμός. Έστω κυρτό πολύγωνο ν-πλευρών με περίΟρίζουμε τη σχέσης α = β(mοdν) αν και μετρο ν..fi . Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα του μόνο αν α - β = κ · ν, κ Ε Ζ . Η σχέση αυ λάχιστον μη κένο σύνολο τριγώνων με κορυφές τή είναι σχέση ισοδυναμίας και μάλιστα ο τρείς από τις κορυφές του πολυγώνου, εμβαδού νομάζεται αριθμητική ισοδυναμία. μικροτέρου ή ίσο τουl. Παρατή ρη ση : Έστω σύνολο Ε, σ μία σχέση Λύση : Έστω Τ το σύνολο όλων των τριγώνων ισοδυναμίας εντός του Ε και Χο στοιχείο του Ε. Ό με κορυφές τρείς από εκείνες του πολυγώνου. Η λα τα στοιχεία του Ε, που είναι ισοδύναμα προς το σχέση χσy= (χ ισοεμβαδικό με y), όπου x,yET είχ0 ως προς την σ αποτελούν ένα υποσύνολο του Ε Σχέ ση ισοδ υναμίας

iεl

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.3/3 6

------

«Ολυ μmακές προσεyγίσεις» -------

ναι σχέση ισοδυναμίας, αφού ισχ6ουν οι ιδιότητες χσχ (ανακλαστική), χσy= yσχ (συμμετρική), χσy και yσz => χσz (μεταβατική). Αυτή η σχέση δη μιουργεί μια διαμέριση. Έτσι χωρίζεται το Τ σε κλάσεις ισοδυναμίας. Άρα αν τουλάχιστον ένα τρί γωνο με κορυφές τρείς από τις κορυφές του πολυ γώνου έχει εμβαδόν μικρότερο ή ίσο του 1 , τότε η κλάση στην οποία ανήκει είναι το ζητούμενο � νολο. Έστω λοιπόν, ότι όλα τα τρίγωνα έχουν εμ βαδόν μεγαλύτερο του 1 . Για τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: Β Δ<ΑΒ άρα ΒΔ · ΑΓ < ΑΒ · ΑΓ ή Μ· ΑΒ· ΑΒ · ΑΓ 'A J< ΑΒ· ΑΓ η, 1 < ---ΑΓ η, (ABn ΑΓ <-2 2 2 2 ή J2 < 2 -./ΑΒ · ΑΓ ή 2J2 < ΑΒ + ΑΓ (1) 2 (αφού για α, β Ε IR , με α,β>Ο, έχουμε 2νΓαβ � α + β . Δ

Από την ( 1) προκύπτει ότι: Α 1 Α 2 + Α2 Α3 > 2J2 Α 2 Α 3 + Α3 Α4 > 2J2

•

Τ ρία προ βλή ματα

Πρόβλη μα ι

Α v Α ι + Α 1 Α 2 > 2J2 ε πρόθεση κατά μέλη έχουμε: Μ 2(A1 Az + AzA3 + ... + �Α1 ) > 2νJ2 ή 2νJ2 > 2νJ2 άτοπο. Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον τρίγωνο με κορυφές τρείς από εκείνες του ν-γώνου με εμ βαδόν μικρότερο ή ίσο του 1 το οποίο δημιουργεί συγκεκριμένη κλάση. Παράδειγμα 2 :

ένωση πεπερασμένου πλήθους κλάσεων modulo 39. Θεωρούμε την κλάση χ = Χ 0 mod(l3) τότε ot ακέραιοι Χ 0 , Χ 0 + 13, Χ 0 + 26 ανήκουν στην κλάση Χ 0 mod(13) . Αυτοί δεν είναι ισοδύναμα στοtχεία ως προς την σχέση ισοδυναμίας mod 39. Αυτό ε πειδή Χ 0 + 13 · i = (χ0 + 13 · i 1) mοd39(με i = 0, 1, 2) ή 39/(i - i 1) · 13 � 3/i - i 1 (αφού 13 · 3 = 39 ) ή i = i 1 mod 3 ή i = i (αφού Ο � i και Ο � i 1 � 2 ) ή i = i 1 ή Χ 0 + ί · m1 = Χ0 + i m1 Έστω τώρα α ένας τυχαίος ακέραιος της κλά σης Χ 0 mod(13) τότε α = Χ 0 + 13 · k με k Ε Ζ . Άρα α = Χ 0 + 13k = α + (3π + υ) · 13 = = Χ 0 + 3π · 13 + 13υ = Χ 0 + 13 · υ + 39π ή α = (χο + 3υ)mod39 με Ο � υ � 3 . Οπότε κάθε κλάση υπολοίπων modu1o 13 είναι η ένωση 3 κλάσεων ισοδυναμίας mod39.

Να αποδειχθεί ότι κάθε κλάση υπολοίπων modu1o ι3 είναι ένωση 3 κλάσεων υπολοίπων modulo 39. Λύση : Γνωρίζουμε (από την θεωρία αριθμών) ότι το σύνολο Ζ των ακραίων διαμερίζεται σε κλάσεις (ή τάξεις) ισοδυναμίας με βάση την σχέση ισοδυναμίας α = βmod(n)(� η / α - β) . Παρατηρούμε ότι 13/39 αφού 39 = 3 · 13 . Από α = β mod(39) έχουμε α = β mod(13) . Άρα κάθε κλάση ισοδυναμίας modulo 39 είναι υποσύνολο μιας κλάσης ισοδυναμίας modulo 13. Άρα η τυχαία κλάση ισοδυναμίας modulo 13 είναι

Θεωρούμε συνάρτηση f : IR � IR με την ι:.. διότητα [r<x + ι)y - r(x2 + 2χ) = ι (ι) rια κάθε χ Ε IR . Να αποδείξετε ότι το πεδίο τιμών της δεν είναι υποσύνολο των ρητών αριθμών. Λύση : Η συνάρτηση f : IR � IR με f(x) = x έχει την ιδιότητα (1) αφού [ f(x + 1) ] 2 = (χ + 1) 2 = χ 2 + 2χ + 1 και f(x 2 + 2χ) = χ 2 + 2χ οπότε [f(x + 1)] 2 - f(x 2 + 2χ) = 1 . Άρα υπάρχει μια τουλάχιστον συνάρτηση f με την ιδιότητα (1) και f : IR � IR . Γενικά λοιπόν, έχουμε την εξής λύση: Θεωρούμε χ 2 + 2χ = χ + 1 � χ 2 + χ - 1 = 0 με Δ = (+1) 2 - 4 · 1(-1) = 5 οπότε χ 1 ,2 = -1 � .J5 . Άρα για χ 0 Ε -1 - .JS , -1 + .J5 έχουμε: 2 2 Υο = f(x 0 + 1) = f(x� + 2χ 0 ) . Από την ισχ6 της σχέσης (l) έχουμε y� - y0 = 1 � y� - y0 - 1 = 0 με 1 + .J5 Δ = (-1) 2 - 4 · 1 · (-1) = 5 => y0 Ε 1 - .JS , -2 -2που δεν είναι υποσύνολο των ρητών αριθμών Q. Παρατήρ ηση : Έστω η συνάρτηση 2 f(x) = x / IR τότε f(x + 1) * f(x) για κάθε χ Ε IR διότι αν f(x2 + l) = f(x) => x2 + l = x=> x2 - χ+ 1 = 0 με Δ = -3 < Ο . Άρα δεν υπάρχει χ Ε IR ώστε f(x 2 + 1) = f(x) . Συνεπώς θεωρείται αναγκαία η

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' λζ' τ.3/37

{

}

{

}

------

«Ολυ μmακές προσεyyίσεις»

θεώρηση χ 2 + 2χ = χ + 1 ώστε να υπάρχει το χ 0 με την ιδιότητα οι αντίστοιχες τιμές f(x� + 2χ 0 ), f(x 0 + 1) να είναι ίσες και να μπο ρούν να αντιπροσωπευθούν από μια τιμή Υο = f(x 0 + 1) = f(x� + 2χ 0 ) (παρατηρούμε ότι οι 1 - -, JS 1 +J5 δ εν ανηκουν , σε προφανεις, τιμες, 2 2 τιμές για την ισχύ της ισότητας χ� + 2χ 0 = χ 0 + 1 )

Παρατήρ η ση 1 : Το πρό βλημα γενικεύεται με σημείο Ρ της ΜΒ ώστε κ · ΜΡ = λ · ΡΒ όπου κ,λ σταθεροί θετικοί αριθμοί. Επίσης με ΡΤ να σχημα τίζει δεδομένη γωνία με την ευθεία ΜΑ. Παρατήρη ση 2: Λύνεται και τριγωνομετρικά. Πρόβλη μα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) και σημείο Δ της ΒΓ, μεταξύ των Β και Γ, ώστε ΔΓ=9ΒΔ. Για το μοναδικό σημείο Σ της ΑΔ � στε ΒΣΓ = 90° + Α2 να αποδειχθεί ότι: ΣΓ=3ΣΒ. Πρό βλη μα 2 Δίνεται ευθ. Τμήμα ΑΒ. Θεωρούμε το σύ Λύση : i) Αν θεωρήσουμε κύκλο (Κ, R) που νολο των σημείων Μ?Β με την ιδιότητα να εφάπτεται στις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Β και Γ τότε ΑΜΒ = ω όπου ω δοθείσα γωνία ώστε: το σημείο τομής της με την ΑΔ είναι το σημείο Σ π που είναι μονοσήμαντα τα ορισμένα αφού κάθε Ο < ω < 2 . Για το τυχαίο σημείο Μ του σημειο- σημείο Σ ' *Σ. Α συνόλου αυτού θεωρούμε Τ την προβολή του μέσου Ρ του ΜΒ πάνω στην ΜΑ. Να αποδείξε, ο λόγος ΜΒ · ΜΤ , σταθερος, ατε οτι παραμενει 2 ΒΤ νεξάρτητα από την θέση του σημείου Μ ώστε ΑΜΒ = ω με M :;t: B . Λύ ση : Γνωρίζουμε ότι το σύνολο των σημεί ων Μ είναι τόξο κύκλου (αν και ο μη προσδιορι κ σμός αυτός δεν επηρεάζει την λύση του προβλήματος) Τα ορθογώνιο τρίγωνο Τ Μ Ρ παραμένει της ΑΔ δίνει πολύ εύκολα ΒΣ τ > ΒΣΓ ή ΒΣ Τ < ΒΣΓ , Β1 = fΊ , Β2 = fΊ οπότε όμοιο προς τον εαυτό του αφού η γωνία Τ Μ Ρ = ω Α � Α ' ΜΡ ειναι ' Επο- Β1 + Β2 = Γι + Γ2 = Γ = Β = 90° 2 => ΒΣΓ = 90° + -2 ' σταθερος. σταθερη.' Άρα ο λογος ΜΤ (ΒΔΣ) ΒΔ· ΒΣ (ΒΣΑ) ΒΣ· ΒΑ μένως και 2 ΜΡ είναι σταθερός άρα και ο ii) (ΓΑΣ) ΓΣ· ΓΑ ' (ΓΔΣ) ΓΣ· ΓΔ ' ΑΒ= ΑΓ . 2ΜΤ Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των δύο ΜΡ = λ (λ σταθερός). πρώτων σχέσεων έχουμε: ΜΤ (ΒΔΣ) · (ΒΣΑ) = ΒΣ2 · ΒΔ (1). (ΓΑΣ) · (ΓΔΣ) ΓΣ 2 · ΓΔ ΒΔ (ΒΔΣ) = Έχουμε επίσης και (ΓΔΣ) ΔΓ ΒΒ ' = ΒΔ οπότε με πολλαπλασιασμό (ΒΣΑ) = (ΓΣΑ) ΓΓ ΔΓ 2 κατά μέλη έχουμε: (ΒΔΣ) · (ΒΣΑ) = ΒΔ2 (2) Το τρίγωνο λοιπόν Μ ΤΒ παραμένει όμοιο (ΓΑΣ) · (ΓΔΣ) ΓΔ προς τον εαυτό του αφού ΤΜΒ = ω δεδομένη και Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: ΜΒ ΜΤ ειναι ΜΒ = λ σταθερο., Άρα οι λογοι , ' -, ΒΣ 2 · ΒΔ = -ΒΔ2 � -ΒΣ 2 = ΒΔ � -ΒΣ 2 = -1 ΒΤ ΒΤ ΜΤ ΓΣ 2 · ΓΔ ΓΔ2 ΓΣ 2 ΓΔ ΓΣ 2 9 Β ΜΤ Μ = k2 όπου kι,kz σταθεροί δηλαδή ΒΤ = k 1 , � ΒΣ = .!.3 � ΓΣ = 3ΒΣ ΒΤ ΓΣ , ΜΒ · ΜΤ = k 1 k σταθεσταθ εροι, αριθ μοι, οποτε 2 ΒΤ 2 ρό σε όλη την κίνηση του Μ. Λ

�

- -

---

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.3/3 8

'τάξη τ

rpαμμικ6 ιJutnιfμστα c{ιcτώcτcων α- �σιμού Κώστα Βακαλόπουλου Α . ΓΡΑΜΜΙΚΉ ΕΞΙΣΩΣΗ ΜΕ ΔΥΟ ΑΓΝΩΣΤΟΥΣ

Γραμμική εξίσωση με δύο αγνώστους ονομάζεται κάθε εξίσωση της μορφής: l α · χ + β · ψ = γ l (ι), με α,β,γ ε !R π.χ. 2 . χ - ψ = ι , χ = 2, ψ = 3 , κλπ. Λύσεις της εξίσωσης αυτής (αν υπάρχουν) είναι κάθε ζεύγος αριθμών (χ, ) που την ψ επαληθεύει.

Αν β * Ο τότε η εξίσωση (1) γίνεται: και txf;ι αχ β· - ·χ+ ψ� t ψ� λύσεις όλα τα ζεύγη των αριθμών (χ, ) που ψ είναι συντεταγμένες των σημείων της ευθείας ε, α με συντελεστή διεύθυνσης: λ = -- και που β -

+ γ <ο> Ι Υ

Π αρ ά δ ειγ μα :

εξίσωση: 2χ - ψ = ι έχει άπειρες λύσεις π. χ. τα ζεύγη: (1, 1), (2, 3), . . . Όλα τα ζεύγη αυτά απει κονιζόμενα στο καρτεσιανό επίπεδο παρίστανται με τα σημεία της ευθείας: ε: ψ 2χ - ι δηλαδή την γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 2χ - ι με χ Ε IR . Η

τέμνει τον άξονα

ψψ'

στο ση μείο

Λέμε τό τε ό τι η ευθεία ε

α · χ +β ·ψ = Ύ

έχει εξίσωση

ή ό τι η εξίσω ση

παριστάνει την ευ θεία

Β( o,t).

τη ν:

α · χ + β · ψ = 'f

ε.

Π ρο σ οχή !

Αν β * Ο και α = Ο τότε η εξίσωση ( 1 ) γίνεται: = και παριστάνει εuθεiα παράλληλη στον

Ι tl

Ας δούμε όμως τις περιπτώσεις των γραμμικών άξονα χχ ' . εξισώσεων με τη σειρά:

1η

π ε ρίπτω ση :

Αν α * Ο ή β * Ο , δηλαδή αν οι συντελεστές α,β δεν είναι συχρόνως μηδέν, τότε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/39

Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

Αν β = Ο τότε α * Ο και η εξίσωση (1) γίνεται: χ = και παριστάνει ευθεία παράλληλη στον

Ι ��

με δύο α γνώστους ον�μάζουμε δυο γραμμικές εξισώσεις μαζί, των οποίων ζητάμε, αν υπάρχουν, τις κοινές ψ=γ α , , (Σ): αι · χχ + β ι ψ = γι με π.χ. το συστημα λυσεις 2 · + β2 2 α ι, βι, γι, α2 , β2 , γ2 Ε 1R . Ε π ίλυση ενός γραμμικού συστήματος είναι η δια δικασία εύρεσης, αν υπάρχουν, των λύσεών του. Σύστη μα δύο γραμμικών εξισώσεων

άξονα ψψ Ό Υ

{

2η

Β . ΣΥΣΤΉΜΑΤΑ ΓΡΑΜΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣ� ΣΕΩΝ ΜΕ ΔΥΟ ΑΓΝΩΣΤΟΥΣ

Α ξι ό λογ ες επιση μάνσεις :

περίπτωση :

Αν α = Ο και β = Ο τότε η εξίσωση (1) γίνεται: Ο · χ + Ο · ψ = γ , οπότε: Ο τότε η εξίσωση (2) γίνεται ./ Αν γ Ο . χ + Ο · ψ = Ο επαληθεύεται από οποιοδήποτε ζεύγος αριθμών και παριστάνουν όλο το επίπεδο. ./ Αν γ * Ο τότε η εξίσωση (2) γίνεται Ο · χ + Ο · ψ = γ και δεν επαληθεύεται από κανένα ζεύγος αριθμών είναι δηλαδή αδύνατη και παριστάνει το κενό σύνολο.

(2)

ΣΥΜΠΕΡ ΑΣΜΑ ΤΑ

Μια γραμμική εξίσωση α · χ + β · ψ = Ο , (με δυο αγνώστους) παριστάνει ευθεία μόνο αν οι συντε λεστές α και β δεν μηδενίζονται συγχρόνως δηλα δή αν α * ο ή β * ο ή ισοδύναμα: lαl + ι β ι * ο . Π αρ ά δειγ μα :

εξίσωση κ · χ + ( κ + 1) · ψ = 3 αριστάνει ευθεία για κάθε κ Ε JR αφού τα κ, κ + 1 δεν μηδενίζονται συγχρόνως για καμία πραγματική τιμή του κ. Η

Π αρατή ρ η ση :

Αν οι εξισώσεις του συστήματος παριστάνουν ευ θείες τότε αν : ./ Οι ευθείες τέμνονται, το σύστημα έχει μια μόνο λύση, τις συντεταγμένες του κοινού σημείου των δύο ευθειών . ./ Οι ευθείες είναι παράλληλες, το σύστημα είναι αδύνατο και δεν έχει λύση. ./ Οι ευθείες ταυτίζονται, το σύστημα έχει άπειρες λύσεις τις συντεταγμένες των σημείων της μιας εκ των δύο ευθειών. ΓΡΑΦΙΚΗ ΕΠΙΛΥΣΗ ΓΡΑΜΜΙΚΟΥ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ

Σύμφωνα με τα παραπάνω ένας τρόπος επίλυσης ενός γραμμικού συστήματος του οποίου οι εξισώ σεις παριστάνουν ευθείες είvαι ο γραφικός δηλαδή η παράσταση σ' ένα καρτεσιανό σύστημα συντε ταγμένων, των ευθειών που παριστάνουν οι εξι σώσεις του και στη συνέχεια, ./ είτε ο προσδιορισμός του κοινού τους σημείου ./ είτε η διαπίστωση ότι οι ευθείες είναι παράλληλες δηλαδή ότι το σύστημα είναι αδύνατο ./ είτε ακόμη ότι οι ευθείες ταυτίζονται δηλαδή ότι το σύστημα έχει άπειρες λύσεις.

Ο καλύτερος τρόπος για να αποδώσουμε το , σύνολο λύσεων μιας γραμμικής εξίσωσης: α · χ + β · ψ = Ο Π αρ άδειγ μα με α * Ο ή β * Ο είναι με τις συντεταγμένες των Να λυθεί (γραφικά) το σύστημα: ση�ν της ευθείας που παριστάνει.

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/40

{2x-y =1 x+y= 2

Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 1

Λύση

{

Σύμφωνα με τις γραφικές παραστάσεις των γραμ 2x - y = l μικών εξισώσεων του συστήματος (σχήμα), λύση Να λυθεί το σύστημα: x + y = 2 του συστήματος είναι οι συντεταγμένες του κοινού Λύση τους σημείου δηλαδή:(χ, ψ) = (1, 1).

{2xx +-yy==21 <=> {2xy =-2y-=x1 <=> {2χy =-2(-2 x- χ ) = 1 <::::> {3χy ==23- x <::::> {χy == 21 - 1 <::::> {χy == 11

(Μέθοδος αντικατάστασης)

Το σύστημα έχει μια y) = (χ, (1, 1).

Άρα:

ΑΛ Γ Ε Β ΡΙΚΕΣ ΜΕΘΟΔΟΙ Ε ΠΙΛΥΣΗΣ Γ ΡΑΜΜΙΚΟΥ ΣΥΣΤΗΜΑΤΟΣ

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 2

Να λυθεί το σύστημα:

{

μοναδική λύση

την

2x - y = l

x+y=2 Επειδή η γραφική επίλυση ενός γραμμικού συστήμα τος έχει το μειονέκτημα της έλλειψης ακρίβειας στον Λύση προσδιορισμό των λύσεων υπενθυμίζουμε τις αλγε (Μέθοδος αντίθετων συντελεστών) βρικές μεθόδους επίλυσης γραμμικών συστημάτων: 2χ - y = 1 2χ - y) + ( χ + y ) = 1 + 2 • Μέθοδος αντικατάστασης <::::> <::: :> x+y=2 x+y=2 • Μέθοδος αντιθέτων συντελεστών και χ = 1 <::::> χ = 1 3χ = 3 • Μέθοδος οριζουσών <::::> x + y = 2 <::::> 1 + y = 2 y = 1 ΜΕΡΟΣ Α ' : Άρα: Το σύστημα έχει μια μοναδική λύση την • ΜΕΘΟΔΟΣ ΑΝτΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗΣ (χ, y) = (1, 1).

{

•

ΜΕΘΟΔΟΣ ΑΝτΙΘΕΤΩΝ Σ ΥΝΤΕΛΕΣΤΩΝ

Στις αλγεβρικές μεθόδους επίλυσης ενός γραμμι κού συστήματος, το μετατρέπουμε διαρκώς σε άλ λο ισοδύναμό του, δηλαδή σε σύστημα με τις ίδιες ακριβώς λύσεις με το αρχικό. Αυτό συνήθως επι τυγχάνεται με δύο τρόπους:

{

{(

{

Πα ρ ατήρη ση : Οι αρι θμο ί λ1 και λ2 επιλέγονται προκύ ψουν αντίθετοι συντελεστές σ'

έτσι ώστε να έναν από τους αγνώστους. Στο προηγο ύμενο παρ άδειγμα ή ταν λ 1 = 1 και λ2 = 1 .

D Λ ύνουμε τη μια εξίσωση ως προς τον έναν

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 3

άγνωστο και τον aντικα θιστο ύμε στην άλλη D Α ντικα θιστο ύ με μια από τις εξισώσεις του . συστήματος π. χ. την ε1 με το γραμμικό της συν

Να λυθεί το σύστημα:

δυασμό με την άλλη ε2, δηλαδή με την εξίσωση: λ1 ε1 λ2 ε2 , λ1 =ι:. Ο .

+ (Η εξίσωση: λ1 ε1 + λ2 ε 2 είναι εκείνη που προκύπτει προσθέτοντας κατά μέλη τις εξισώσεις ει και ε2 , αφού προηγουμένως πολλαπλασιάσουμε και τα δύο μέλη τη ς ει με τον αριθμό λι και της ε2 με τον αριθμό λ2) •

•

{

3x + 2y = 36 ·

2x + 4y

= 40

{3x2x ++ 2y4y == 3640 <::::> {22x· {3χ+ 4y+=2y)40+( -3) · {2χ + 4y) = 2 · 36 +( -3) ·40 {2x-8y+=4y-48= 40 <::::> {2χy =+64 · 6 = 40 <::::> {yχ == 86

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/4 1

Λύση

<::::>

Μαθη ματικά -για την Α' Λυκείου

1 1 και η δεύτερη την την ει : ψ = 3χ - ευθεία : 2 ε2 : ψ = 3χ - 5 που είναι παράλλη λες οπότε το ΑΔ ΥΝΑ ΤΟ ΣΥΣΤΗΜΑ σύστημα είναι Αδύνατο. Όπως έχουμε αναλύσει πριν, ένα σύστημα του ο ΑΟΡΙΣΤΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ποίου οι εξισώσεις παριστάνουν ευθείες είναι αδύ νατο όταν οι ευθείες είναι παράλληλες. Τι γίνεται (Η ΣΥΣΤΗΜΑ ΜΕ ΑΠΕΙΡΕΣ ΛΥΣΕΙΣ) Όπως έχουμε αναλύσει πριν, ένα σύστημα του ο όμως όταν το λύνουμε αλγεβρικά; ποίου οι εξισώσεις παριστάνουν ευθείες έχει άπει ρες λύσεις όταν οι ευθείες ταυτίζονται. Τι γίνεται ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 4 όμως όταν το λύνουμε αλγεβρικά; = 11 Να λυθεί το σύστημα: = 15 ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 5 Λύ ση = Να λυθει το συστημα: = -18 μέθοδος: (Αντικατάστασης) 1 6χ ; 1 Λύση 6x - 2y = 1 1 <=> <=> y = μέθοδος: (Αντικατάστασης) 9 x - 3y = 1 5 . . . 9χ _ 3 6χ ; 1 1 <=> = 15 χ - 3y = 9 <=> <=> χ = 3y + 9 8 + 6y = -2x -1 + 6y = -1 8 -2x 6χ - 2y = 1 1 <=> 6χ - 2y = 1 1 <=> 1 8χ - 1 8χ + 33 = 30 Οχ = -3 (αδύνατη ) <=> x = 3y + 9 <=> -2 3y 9 + 6y ( = )+ -18 Άρα: Το σύστημα είναι ΑΔ ΥΝΑΤΟ. = 3y + 9 <=> x μέθοδος: (Αντιθέτων συντελεστών) Oy = Ο (άπειρες λύσεις ) 6χ - 2y = 1 1 Άρα: Το σύστημα έχει άπει ρ ες λύ σεις της μορ 9x - 3y = 15 φής: (χ, y) (3y + 9, y) ,όπου y Ε JR . ( ) 3 6χ 2y ( ( ) -2 9χ )+ 3y = 3 · 1 1 + ( -2 ) · 15 <=> μέθοδος: (Αντιθέτων συντελεστών) 9χ - 3y = 15 x - 3y = 9 <=> Οχ + Oy = 3 (αδύνατη ) -2x + 6y = -1 8 9χ - 3y = 15 Άρα: Το σύστημα είναι ΑΔΥΝΑΤΟ. <=> 2(χ - 3y )+ (-2χ + 6y ) = 2 . 9 + ( -18 ) x - 3y = 9 Π αρατήρη ση : Οχ + Oy(άπειρες λύσεις ) <=> Επιλύνοντας γραφικά το σύστημα παρατηρούμε ό x - 3y = 9 τι η πρώτη εξίσωση παριστάνει την ευθεία: (χ - 3y = 9 <=> χ = 3y + 9) Υ Άρα: Το σύστημα έχει άπειρες λύ σεις της μορ φής: (χ, y) (3y + 9, y) ,όπου y Ε JR .

Άρα: Το σύστημα έχει μια μοναδική (χ, y) (8, 6).

λύση

{

1η {

{

2η{

{6x-2y 9x-3y

, , {x-3y 9 -2x+6y 1η{ { { {

{

{ {

2η{

{ {

Π αρατή ρηση : χ

Επιλύνοντας γραφικά το σύστημα παρατηρούμε ότι η πρώτη εξίσωση παριστάνει την ευθεία: 1 - 3 και η δεύτερη την ει : ψ = -χ ευθεία: 3 1 - 3 που ταυτίζονται οπότε το σύστημα ε2 : ψ = -χ 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/42

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

f:χει άπειρες λύσεις της μορφής: (χ, y) = (3y + 9, y) , 1 - 3), όπου y Ε JR ή της μορφής: (χ, y) = (χ,-χ 3 χ E lR ΑΣ ΚΗ ΣΕΙΣ Α. Σω στό - Λάθος

Το σημείο (2, 3) ανήκει στην ευθεία χ = 3.

Η εξίσωση παριστάνει ευθεία για κάθε λ Ε JR

Σ 3.

Υπάρχουν τιμές των α, β για τις οποίες το σύστη μα: αχ - ψ = 0 δf:χεται πάντα άπειρες λύσεις. βχ + ψ = Ο

{

Η γραμμική εξίσωση που επαληθεύεται με κάθε ζεύγος τη ς μορφής: (χ,ψ) = (2κ + 3, κ - 1 ) ( κ Ε JR ) είναι: Α . χ - 2ψ = 1 , Β. χ - ψ = 2, Γ. χ - 2ψ = 5 Δ. χ - y = 3, Ε. 2ψ - χ = 1

Γ. Ανάπτυξη ς (Συμπλη ρωματ ικές)

Για ποιες τιμές των α, β οι ευθείες με εξισώσεις αντίστοιχα: ε 1 : (α + β)χ + (α - β)ψ = 4β - 6α, ε 2 : 2 (α - β)χ - (α + β)ψ = 2 - 2β τέμνονται στο σημείο Μ(2, -3). Να λυθούν τα συστήματα: α) lx + 2ψ - 6l = 5 ' β) 0,5χ - 1,5ψ = 1 0,4χ - 0, 2ψ = 0,4 2χ + 3ψ = 1 8

{

ισούται με: l Ox + ψ)

ΜΕΡΟΣ Β ' : ΜΕΘΟΔΟΣ ΟΡΙ Ζ ΟΥΣΩΝ

,Εστω το συστημα: , {αχ + βy = γ α'χ + β'y = γ' Αν D = ι :, :. ι = αβ' - βα', Dx = γ :.ι = γβ' -βγ' και lγ' Dψ = ι :. �I = αγ' - γα' τότε: •

Β. Πολλα π λή ς επιλογής

Θυμίζουμε ότι αν χ και ψ τα ψηφία των δεκάδων και μονάδων αντίστοιχα ο αριθμό.; (Υπόδειξη :

{

Σε μια έκθεση αυτοκινήτων υπάρχουν συνολι κά 17 αυτοκίνητα τρίθυρα και πεντάθυρα. Αν όλα μαζί έχουν 67 πόρτες πόσα αυτοκίνητα με πέντε πόρτες και πόσα με τρεις πόρτες υπάρ χουν στην έκθεση; Σε ένα διψήφιο αριθμό το ψηφίο των δεκάδων είναι αριθμός μεγαλύτερος κατά 2 του ψηφίου των μονάδων. Αν διαιρέσουμε τον διψήφιο α ριθμό αυτό με το άθροισμα των ψηφίων δεκά δων και μονάδων βρίσκουμε πηλίκο 6 και υπό λοιπο 3. Να βρεθεί ο διψήφιος αριθμός.

•

Αν ID * οΙ τότε το σύστημα έχει μοναδική

( �)

λύση την: (x,y) = � , (Παράδ. 1) Αν ID = οΙ τότε το σύστημα είναι Αδύνατο ή έχει Άπειρες λύσεις (Αόριστο)

Ε πιση μαίνουμε ότι: ./ ./

Αν D = Ο και D * Ο ή D Ψ * Ο τότε το σύστημα είναι Αδύνατο (Παράδ.2) Αν D = D = D Ψ Ο υπάρχει ένας τουλάχιστον συντελεστής αγνώστου, διάφορος του μηδενός το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. (Παράδ.3) Αν D = Dx = DΨ = Ο και όλοι οι συντελεστές των αγνώστων είναι μηδέν τότε αν γ = γ' = Ο τότε το σύστημα έχει άπειρες λύσεις οποιοδήποτε ζεύγος αριθμών (χ, y) (Παραδ.5) , ενώ αν γ * Ο ή γ' * Ο το σύστημα είναι αδύνατο (Παραδ.4) χ

Π ρο σέ ξτε όμως !

Στην περίπτωση που ισχύει D = Ο μπορούμε να λύνουμε το σύστημα με έναν από τους αλγεβρι κούς τρόπους που προαναφέραμε και να διαπιστ� νουμε έτσι αν είναι αδύνατο ή έχει άπειρες λύσεις. ΠΑΡ ΑΔΕΙΓΜΑ 1

{

2x - y = 1 , Να λυθει, το συστημα: x+y=2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/43

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

l�

Άρα: Το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, της μορ φής ( χ, Υ) = χ, · χ - 3 όπου χ Ε � .

)

(±

Λύ ση

-1 = 2 · 1 - 1 · ( -1 ) = 3 :;t: ο ' 1 -1 = 1 · 1 - 2 · ( -1 ) = 3 ' 1 =2.2-1·1=3

1 1 1 �I (% %)

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 4 D =1 2 χ λχ + y = λ2 , , για καθε Να λυθεί το σύστημα: 2 D = χ + λy = 1 1 πραγματική τιμή του λ. Άρα: Λύ ση Το σύστημα έχει μοναδική λύση την: = λ2 - 1 = ( λ - 1Ηλ + 1 ) , D= ( χ, ψ ) = , = ( 1, 1 ) Υ

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 2

{

I � �I

{

6x - 2y = 11 Να λυθεί το σύστημα: 9x - 3y = 15 Λύ ση

l 1 1 1

D = 6 -2 = 6 · ( -3 ) - 9 � ( -2 ) = 0' 9 -3 D = 1 1 15 = 1 1 · ( -3 ) - 15 · ( -2 ) = 3 :;t: O χ -2 -3 Άρα: Το σύστημα είναι Αδύνατο. Άλλωστε οι ευθείες που παριστάνουν οι εξισώσεις 11 ε :ψ=3·χ-5 ' ε ι : ψ = 3 · χ - -, του συστηματος 2 2 είναι παράλληλες. 11 . π ' οτι: ' "96 = -2 :;t: l5 ' επισης αρατηρειστε _3 ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑ 3

{

x - 3y = 9 Να λυθεί το σύστημα: -2x + 6y = -18

1 1

Λύ ση

D = 1 -3 = 1 · 6 - ( -2 ) · ( -3 ) = Ο' -2 6 D = 9 -3 = 9 . 6 - ( -1 8 ) . ( -3 ) = ο' -18 6 χ -2 = 1 · ( -1 8 ) - 9 · ( -2 ) = 0 D = 91 -18 Επειδή υπάρχει τουλάχιστον ένας συντελεστής μη μηδενικός το σύστημα έχει άπειρες λύσεις. Άλλωστε οι ευθείες που παριστάνουν οι εξισώσεις του συστήματος ει : ψ = -1 · χ - 3, ε2 : ψ = -1 · χ - 3 3 3 ταυτίζονται. -3 = 9 π ' 1 =6 ' οτι: ' επισης αρατηρειστε _1 8 _2

1 1

1 = λ2 · λ - 1 · 1 = Κ - 1 = ( λ-1) (Κ + λ + 1) ' λ 2 D = λ λ = λ · 1 - 1 · λ2 = -λ ( λ - 1 ) 1 1 D = Ο � (λ - 1 )(λ + 1) = Ο � λ = 1 ή λ = -1 Υ

Δ ιακρ ίν ουμε τις παρ ακάτω •

•

π ε ρ ιπτώ σεις :

Αν λ :;t: 1 και λ :;t: -1 τότε το σύστημα έχει -λ ' την: ( χ, y ) = λ2 + λ + 1 , -μοναδικη' λυση λ+1 λ+1 Αν λ = 1 το σύστημα γίνεται: χ ++ yy == 11 x Οπότε έχει άπειρες λύσεις της μορφής: (χ, y) = (χ, 1 - χ), Χ Ε � . Αν λ = -1 το σύστημα είναι αδύνατο αφού D x = -2 :;t: O (Επαλ θεύτε γραφικά τα συμπερ άσματά σας)

(

)

{

ΟΜΟΓΕΝΉ ΓΡΑΜΜΙΚΆ ΣΥΣΤΉΜΑΤΑ

{

Έστω το σύστημα: ααχ, ++βψ, ==Ο χ βψ Ο Το σύστημα αυτό λέγεται ομογενές (γ = γ' = Ο) Προφανώς έχει πάντα λύση τη μηδενική (χ, y) = (0, 0). • Αν D :;t: Ο τότε έχει μία μόνο λύση την μηδενική και • Αν D = Ο τότε έχει άπειρες λύσεις συμπεριλαμβανομένης και της μηδενικής. (Στα ομογενή συστήματα ισχύει: Dx =Dψ = 0)

Π αρ ά δειγ μα :

Να λυθεί το ομογενές σύστημα με δύο εξισώσεις και δύο αγνώστους και με ορίζουσες που ικανοποιούν τις συνθήκες: Dx + Dψ + D 1. =

Λύ ση

Επειδή Dx = Dψ = Ο θα ισχύει: D = 1 :;t: Ο άρα το σύ στημα έχει μόνο μία λύση την μηδενική : (χ, y) = (0, 0).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/44

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

{ {

4. Για ποια τιμή του λ το σύστημα: 2χ + λψ = 7 έχει άπειρες λύσεις. (1 ) Αν ID - 21 + I2D - 41 = Ο τότε το σύστημα έχει 6χ - 1 5ψ = 2 1 Σ μοναδική λύση Λ (2) Αν IDI + j DΨ + 2 j = O τότε το σύστημα έχει ά- 5 . Για ποιες τιμές του λ το σύστημα: χ+ψ=7 Σ πειρες λύσεις Λ 2χ + 2ψ = λ - 1 είναι αδύνατο. (3) Αν D 2 + (1 - Dx )2 = 0, το σύστημα είναι αδύ- 6. Υπάρχουν τιμές του λ για τις οποίες το σύστηΣ νατο Λ χ + λψ = 4 έχει μοναδική λύση; μα: 2 2 (4) Αν D + D� + (2 + DΨ ) = Ο το (Σ) είναι αδύ-2χ + 5ψ = 1 Σ νmο Λ 7. Να λυθεί το σύστημα: λχ + ( λ + 1 ) ψ = λ (5) Αν I Dx l + j DΨ j + IDI = Ο τότε το (Σ) έχει πάντα ( λ + 1 ) χ + ( λ + 3 ) ψ = 2 , λ ε !R. . Σ άπειρες λύσεις Λ 2. Αν D :;t: O και Dx = )2 D και DΨ = 2Dx τότε η 8. Για ποιες τιμές του λ το (ομογενές) σύστημα: λχ - 3λψ = 0 λύση του αντιστοίχου συστήματος είναι: ( λ - 2 ) χ - λψ = 0 έχει και άλλες λύσεις εκτός της μηδενικής. Α ( 2' 2 ) ' Β �3 ' 2 ' Γ �3 ' �3 ' Δ �3 ' �3 ' 2 ' 3 9 . Σ' ένα σύστημα δυο γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους χ, ψ ισχύει: 3. Αν το σύστημα: 4χ + 2κψ = 1 , , κ ε IR. είναι D 2 + D� + D� = 6D - 2DΨ - 10 . 2χ + 3ψ = 4 Να λυθεί το σύστημα. είναι: αδύνατο, τότε το σύστημα: χκχ++ψ3y= -1 =3 Α. Αδύνατο, Β. Έχει άπειρες λύσεις Γ. Έχει μοναδική λύση την (x,y) (-2,1), Δ. Δεν μπορούμε να απαντήσουμε. ΑΣ ΚΗ ΣΕΙΣ Α . Σ ωστό - Λ άθος

{

( �) ( ) ( ) Ε(-� -�)

{

{ {

{

Μ ια

πεp1ηγηαη

ιπο

χωpο

των

παpαλληλογpάμμω ν - τpαnεζiων

του Βασίλη Καρκάνη

Το άρ θρο αυτό μέσα από ερωτή σεις διαφ όρων τύπων (Σωστό - Λ άθος, ΠοΑλαπλή ς επιλογής και Πλ ήρους Α νάπτυξης) προσπα θεί να φέρει το μα θητή, σε επαφ ή με τις σημαντιΚές έννοιες του κεφαλα ίου αυτο ύ . Σημειώνουμε για πλ ηρέστερη ενημέρωση τα αντίστοιχα άρ θρα στα τεύ χη 22, 30 και 43 του Ευκλείδη Β '. Για όσους δεν δια θέτουν τα τεύ χη αυτά, υπάρχει το CD για όλα τα τεύχη του Ευκλείδη που μπορεί να προ μηθευτούν από τα γραφεία της Ε. Μ. Ε.

3. Αν στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΓ<ΒΔ τότε θα είναι και Α < Β . 1. Οι διαγώνιες ενός παραλληλόγραμμου διχοτο 4. Αν στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι μούν τις γωνίες του. Β+ Γ+ Δ 270° τότε αυτό είναι ορθογώνιο . 2. Αν τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ, ΒΔ τέμνονται και έχουν κοινό μέσο, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ 5 . Αν ένας ρόμβος έχει δύο απέναντι γωνίες πα ραπληρωματικές τότε είναι τετράγωνο. είναι παραλληλόγραμμο.

Α . Ε ρ ωτή σεις Σ ω στού - Λ άθους

Τις παρακάτω ερωτήσεις να χαρακτηρ ίσετε ως σω στές (Σ) ή λάθος (Λ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/45

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

6. Στο τετράγωνο και στον ρόμβο όλες οι γωνίες είναι ίσες. 7. Η περίμετρος ενός τριγώνου , είναι διπλάσια α πό την περίμετρο του τριγώνου , που ορίζουν τα μέσα των πλευρών του. 8. Το ίχνος της διαμέσου ενός ορθογωνίου τριγ� νου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα, ισαπέ χει από τις τρεις κορυφές του τριγώνου. 9. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και Γ = 30° η διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ορίζει δύο ισόπλευρα τρίγωνα. lΟ.Υπάρχει τρίγωνο στο οποίο το βαρύκεντρο και το ορθόκεντρο να είναι το ίδιο σημείο. 11. Υπάρχει τρίγωνο στο οποίο το ορθόκεντρο να συμπίπτει με μία από τις κορυφές του. 12.Αν στη διάμεσο ΑΜ τριγώνου ΑΒΓ πάρουμε τα σημεία Λ, Κ ώστε ΑΛ = ΛΚ = ΚΜ τότε το σημείο Κ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου. 13.Αν δύο διαδοχικές γωνίες ενός τετραπλεύρου εί ναι παραπληρωματικές τότε αυτό είναι τραπέζιο. 14.Το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των βάσεων τραπεζίου λέγεται διάμεσος του τραπε ζίου. ΙS.Αν ένα τραπέζιο έχει τρεις πλευρές ίσες τότε είναι ισοσκελές.

ii) 7 i) 6 iν) 12 iii) 24 20.Αν στον ρόμβο ΑΒΓΔ είναι ΓΑΒ = 25° τότε η γωνία ΑΒΓ ισούται με: ii) 140° i) 1 55°° iν) 130° iii) 120 21.Αν στο τετράγωνο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = 2λ-6, ΒΓ = 3λ - 12 τότε η περίμετρος του ισούται με: i) 20 ii) 3λ+6 iν) 26 iii) 22 22. Τα μέσα των πλευρών οποιουδήποτε τετράπλευρου σχηματίζουν: i) ορθογώνιο ii) παραλληλόγραμμο iii) ρόμβο iν) τετράγωνο 23.Στο διπλανό τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α = 90° , Β = Γ και Δ, Ε, Ζ μέσα των πλευρών ΒΓ, ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Το πλήθος των ορθο γώνιων και ισοσκελών τριγώνων είναι: Α

Β. Ε ρωτήσεις π ολλαπλής επιλογής .

ii) 7 i) 5 iii) 8 iν) 6 24.Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α = 90° , Β = 60Ο , ΑΔ = υα , ΑΜ = μα . Η γωνία ΜΑΔ ισούται με: ii) 66° i) 33 ° ° iν) 44° iii)42 25.Αν το ορθόκεντρο είναι σημείο που βρίσκεται στο εξωτερικό ενός τριγώνου , τότε το τρίγωνο είναι: ii) Ορθογώνιο i) Αμβλυγώνιο iν) Ισοσκελές iii)Οξυγώνιο 26.Αν ΑΜ = � και Κ το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ ώστε ΚΜ = 2 τότε το ΚΑ ισούται με: ii) 3 i) 4 iν) iii) 1 3 27.Αν ΑΜ = � και Κ το βαρύκεντρο τριγώνου ΑΒΓ τότε ο λόγος ΚΜ ισούται με: ΚΑ 2 Ι) ii) 2 3

Στις παρακά τω ερωτήσεις να επιλέξετε τη σωστή α πάντηση από τις προτεινόμενες.

16.Αν στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι ΑΒ = 3λ+ 17 , ΓΔ = 2λ+20 τότε η τιμή του πραγματι κού αριθμού λ είναι: ii) λ = 3 i) λ = 2 iii)λ = 4 iν) λ = 5. 17.Αν στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι Α = 105 ° , Β = χ, Γ = χ + ψ τότε οι τιμές χ, ψ είναι: ii) χ = 35°° i) χ = 100° ° ψ = 80 ψ = 75 iν) χ = 65° iii) χ = 75° ψ = 30° ψ = 75 ° 18.Στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ είναι Δ = 70° και Ε σημείο της ΑΒ ώστε ΒΓ = ΓΕ. Η γωνία ΒΓΕ ισούται με: i) 30° iii) 50° 19.Στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι ΒΔ = 12. Αν Ο εί ναι το σημείο τομής των διαγωνίων τότε η ΟΓ ισούται με: Λ

ι ι ι ι ι

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β: λζ' τ.2/46

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

""" ) -1 δ) το τρίγωνο ΔΗΘ είναι ορθογώνιο και ι σο iν) 2 3 σκελές. 28.Αν ο λόγος της μικρής προς τη μεγάλη βάση Λύ ση ενός τραπεζίου ισούται με .!_ τότε ο λόγος της Έχουμε: 3 ZH _l_ AB διαμέσου προς τη μικρή βάση ισούται με: Η ΑΒ Q ! ΖΗ = m 1 2 2 iν) 3 iii) 2 ΕΘ .l ΑΓ (1) 29.Αν στο ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ, ΕΘ = ΑΓ ° 2 είναι Α = χ και Β = 225 - 4χ τότε η γωνία α) Εφόσον τα Δ, Ζ είναι μέσα των δύο πλευρών Γ ισούται με: του τριγώνου ΑΒΓ θα είναι ΔΖ 11 ΑΓ και ° ° ii) 75 ° i) 120° iν) 135 iii) 45 ΔΖ = ΑΓ = ΑΕ . 2 30.Στο παρακάτω ισοσκελές τραπέζιο το ύψος του Δηλαδή ΔΖ 11 ΑΕ και ΔΖ = ΑΕ οπότε το ΑΖΔΕ ισούται με: " 7 ii) λ ι) είναι παραλληλόγραμμο άρα ΖΔΕ = Α . 2 ΑΒ ( ι ) iν) 3λ iii) 2λ β) Λόγω του (α) είναι: ΔΕ = ΑΖ = = ΖΗ . 2 λ ΑΓ 0=) ΕΘ . Επίσης ΔΖ = ΑΕ = 2 γ) Λόγω του (α) είναι Α = Ζι (εντός εκτός επί τα αυτά) και Α = Ε ι (εντός εκτός επί τα αυτά) 3λ Έτσι: Π α ρ ατή ρη ση : ΔΖΗ = 90° + Ζι = 90° + Α οπότε ΔΖΗ = ΔΕΘ . Οι απαντήσεις των προηγούμενων ερωτήσεων είναι: Ο Ο (1, Λ), (2, Σ) , (3, Λ), (4, Σ), (5, Σ), (6 , Λ), (7, Σ), ι = 90 ΔΕΘ = 90 +Α + Ε (8, Σ), (9, Λ), (10, Σ), (1 1 , Σ), (12, Σ), (13, Σ), (14, Λ), (15, Σ) (16, ii), (17, iii), (1 8 , iν), (19, i), (20, iν), (21 , ίί), (22 , ii), (23, ii), (24, iii), (25, i), (26, i), δ) Λόγω των (β), (γ) είναι ΔΖΗ = ΕΔΘ οπότε (27, iν), (28, iii), (29, iν), (30, ii). ΔΗ = ΔΘ (2) και ΔΖΗ = ΔΕΘ (3). Στο τρίγωνο ΕΔΘ είναι: Γ. Λυ μ έν ες Ασ κή σ εις . ΕΔΘ+ ΕΘΔ+ ΔΕΘ = 180° ή Άσ κηση l η ΕΔΘ+ ΕΘΔ+ 90° + Ει = 1 80° ή ° Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με Α < 90 και Δ, Ε, Ζ ΕΔΘ+ ΕΘΔ+ Α = 90° . τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Η τελευταία ισότητα λόγω του (α) και της (3) Στο εξωτερικό του τριγώνου φέρνουμε τα γράφεται: ΑΒ τμήματα ΖΗ .l ΑΒ με ΖΗ = - , ΕΘ .l ΑΓ με ΕΔΘ+ ΖΔΕ+ ΖΔΗ = 90° ή ΘΔΗ = 90° (4). 2 ΑΓ Λόγω των (2),(4) το τρίγωνο ΔΗΘ είναι ΕΘ = . Να δείξετε ότι: 2 ορθογώνιο και ισοσκελές. 111

)

α) ΖΔΕ = Α

β) ΔΕ = ΖΗ και ΔΖ = ΕΘ Λ

γ) ΔΖΗ = ΔΕΘ

Άσκη ση 2η

Δίνεται το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.2/47

Α = 90°

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

και

f = 30° . 'Εστω

Δ μέσο της ΒΓ, Ε μέσο της

ΑΒ, Ζ μέσο της ΒΔ και Ι μέσο της ΑΔ. Αν προεκτείνουμε την ΕΖ κατά τμήμα ΖΗ

ΕΖ

τότε να δείξετε ότι: α) το τετράπλευρο ΒΕΔΗ είναι ορθογώνιο πα ραλληλόγραμμο, β) το τετράπλευρο ΑΕΖΔ είναι ισοσκελές τρα

ΑΒ>ΒΓ, ΑΓ

2ΒΓ. Αν η κάθετος στην ΒΔ στο

Ο τέμνει την ΑΔ στο Ε και την ΑΒ στο Ζ να δείξετε ότι: α) το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισόπλευρο, β) το ΑΕΒΓ είναι παραλληλόγραμμο γ) το ΑΕΒΟ είναι ισοσκελές τραπέζιο, δ) ΔΖ ..l ΒΕ . Λύ ση

πέζιο, γ) τα τμήματα ΑΗ, ΕΔ διχοτομούνται στο ση μείο Θ, δ) το τετράπλευρο ΕΖΔΙ είναι ρόμβος με κέντρο το Θ.

Έχουμε ΑΒ>ΒΓ και ΑΓ = 2ΒΓ (1) α) Λόγω της (1) θα είναι Αι = 30° οπότε Γ ι = 60° άρα και Δι = 60° (2) (γιατί;) Λ

Λ ύση

α)

Το ΒΕΔΗ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιες του διχοτομούνται. Ακόμα τα Ε, Δ είναι μέσα των δύο πλευρών του τρίγωνου ΑΒΓ οπότε ΔΕ 11 ΑΓ άρα ΔΕ ..l ΑΒ . Α

ι..:_______.:..,ι

Δηλαδή ΔΕΒ = 90° οπότε το ΒΕΔΗ είναι ορθογώνιο. β) Στο τρίγωνο ΒΑΔ τα Ε, Ζ είναι μέσα των δύο πλευρών του οπότε ΖΕ 11 ΑΔ άρα το ΑΕΖΔ είναι τραπέζιο. Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι · ισόπλευρο (γιατί;) οπότε θα είναι: ΑΕ = ΑΒ = ΒΔ = ΖΔ δηλαδή 2 2 ΑΕ = ΖΔ άρα το τραπέζιο ΑΕΖΔ είναι ισοσκελές. (Αλλιώς;) γ) Το ΑΕΗΔ είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) οπότε οι διαγώνιες του ΑΗ, ΕΔ θα διχοτομούνται σε σημείο Θ. δ) Το ΕΖΔΙ είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) με κέντρο το μέσο Θ της διαγωνίου του ΕΔ. = ΑΔ = ΕΖ (γιατί;) δηλαδή Επίσης ΕΙ = ΒΔ 2 2 ΕΙ = ΕΖ οπότε το ΕΖΔΙ είναι ρόμβος

Στο τρίγωνο ΒΔΕ η ΕΟ είναι ύψος και διάμεσος οπότε αυτό είναι ισοσκελές και λόγω της (2) θα είναι τελικά ισόπλευρο. (\) β) Επίσης ΕΔ = ΒΔ = ΑΓ = 2ΒΓ δηλαδή ΕΔ = 2ΒΓ ή ΑΕ + ΑΔ = 2ΒΓ ή ΑΕ = ΒΓ. Όμως ΑΕ 11 ΒΓ οπότε το ΑΕΒΓ είναι παραλληλόγραμμο. γ) Λόγω των (α), (β) είναι: ΑΟ 11 ΒΕ και ΑΕΒ = ΕΒΟ = 60° οπότε το ΑΕΒΟ είναι ισοσκελές τραπέζιο. δ) Λόγω του (α) στο ισόπλευρο τρίγωνο ΒΔΕ τα ΕΟ, ΒΑ ύψη οπότε το Ζ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου. Άρα ΔΖ ..l ΒΕ ως φορέας του τρίτου ύψους. Άσκηση 4η Δίνεται

το

παραλληλόγραμμο

ΑΒΓ Δ.

Προεκτείνουμε τις πλευρές του ΑΒ, ΔΓ κατά ΒΕ

ΑΒ, ΓΖ

ΔΓ αντίστοιχα. Φέρνουμε τις

ΒΖ, ΓΕ που τέμνονται στο Ι. Αν Ο είναι το κέντρο του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ και οι ΟΕ, ΟΖ τέμνουν τη ΒΓ στα σημεία Η, Θ

Άσ κηση 3 η Δίνεται το ορθογώνιο ΑΒΓΔ με κέντρο Ο και

αντίστοιχα, να δείξτε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/48

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Δ

ΟΒΖ = ΟΑΕ οπότε: ΒΖ = ΑΕ.

α) το ΟΒΙΓ είναι παραλληλόγραμμο, β) ΙΕ = ΟΒ, ΙΖ = ΟΑ,

Γ) ΒΗ = ΗΘ = ΘΓ. Λύ ση

α)

Είναι ΒΕ 11 ΓΖ και ΒΕ = ΓΖ (γιατί;) οπότε το ΒΕΖΓ είναι παραλληλόγραμμο, άρα οι διαγώνιες του θα διχοτομούνται, δηλαδή το Ι είναι μέσο της ΓΕ. Α

,---

' 0' .,. �::"":. - -

... ... ....

- -

: :. ';

Στο τρίγωνο ΕΑΓ η ΕΟ διάμεσός και ύψος οπότε αυτό είναι ισοσκελές με ΑΕ = ΕΓ και λόγω του (α) θα είναι τελικά ΒΖ = ΕΓ. γ) Εφόσον ΟΒΖ = ΟΑΕ θα είναι ΟΖ = ΟΕ. Ακόμη ΟΓ = ΟΒ (γιατί;) και με πρόσθεση κατά μέλη: ΟΖ + ΟΓ = ΟΕ + ΟΒ ή ΓΖ = ΒΕ. δ) Τα τρίγωνα ΟΒΓ και ΟΖΕ είναι ορθογώνια ισοσκελή (γιατί;) οπότε Bz = 45 ° = Ε 1 άρα σύμφωνα με το κριτήριο παραλληλίας θα είναι: ΒΓ ΙΙ ΖΕ δηλαδή το ΒΖΕΓ τραπέζιο και λόγω του (β) θα είναι ισοσκελές. β)

, 'Ο' ,

Έτσι στο τρίγωνο ΑΓΕ τα Ο, Β είναι μέσα των δύο πλευρών του οπότε: ΟΒ 11 ΓΕ και ΟΒ = ΓΕ ή ΟΒ /I ΓΙ και ΟΒ = ΓΙ οπότε το 2 ΟΒΙΓ είναι παραλληλόγραμμο. β) Λόγω του (α) είναι: ΙΕ = ΙΓ = ΟΒ και ΙΖ = ΙΒ = ΟΓ = ΟΑ. γ) Στο τρίγωνο ΑΓΕ οι ΓΒ, ΕΟ είναι διάμεσοι οπότε το Η είναι το βαρύκεντρο άρα ΗΒ = .!_ ΒΓ (1). 3 Στο τρίγωνο ΒΔΖ οι ΒΓ, ΖΟ είναι διάμεσοι οπότε το Θ είναι το βαρύκεντρο άρα: ΘΓ = '31 ΒΓ (2).

Άσ κηση 6η Από την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε ευθεία

ε που τέμνει την πλευρά

ΒΓ

σε

εσωτερικό σημείο διαφορετικό από το μέσον της Μ. Αν ΒΔ, ΓΕ l. ε να δείξετε ότι ΜΔ = ΜΕ.

Λύ ση Λόγω των ( 1 ),(2) θα είναι και ΗΘ .!_ ΒΓ άρα 3 Έχουμε ΒΔ, ΓΕ l. ε οπότε ΒΔ//ΓΕ άρα το ΒΔΓΕ ΒΗ = ΗΘ = ΘΓ. είναι τραπέζιο. =

Άσκηση Sη Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ με κέντρο το Ο και Ε τυχαίο σημείο του ΔΟ. Από το Β φέρνουμε κάθετη στην ΑΕ που τέμνει την ΑΟ στο Ζ. Να δείξετε ότι: α) ΒΖ = ΑΕ

β) ΒΖ = ΕΓ

γ) ΒΕ = ΓΖ.

δ) το ΒΖΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Λύ ση

α)

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΒΖ και ΟΑΕ έχουν: ΟΒ = ΟΑ ( το ΑΒΓΔ τετράγωνο) �α Β1 Α 1 ( ο ξείες με πλευρές κάθετες) Λ

)

Το Μ είναι μέσο της διαγωνίου ΒΓ, οπότε <Ι\' � μέσο της διαγωνίου ΔΕ το ευθύγραμμο τμήμα � που ε νώνει τα μέσα των διαγωνίων του τpαπε.:;ίου θα rom παράλληλο στις βάσεις του. Έτσι � _ ε οπότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.2/49

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

τρί·fωνο .ΜΔΕ η ΜΝ είναι συγχρόνως ύψος και διάμεσο.; άρα αυτό είναι ισοσκελές με ΜΔ = ΜΕ. mo

λ σ κ η σ η 7η

.1ί,·εται τ ο

ισοσκελές

τραπέζιο

ΑΒ ΓΔ

με

Γ = Δ = 45° . Έστω ΕΖ η διάμεσος του και ΑΗ

Η Θι = Δ = 45 Ο (ως εντός εκτός επί τα αυτά). το ύψος του. Από το Ζ φέρνουμε παράλληλη Έτσι στο τρίγωνο ΘΖΓ η Θι = Γ = 45 Ο οπότε στην ΑΔ που τέμνει την Γ Δ στο Θ. Να δείξετε ότι : ΘΖΓ = 90° . α) Τ ο ΗΘΖΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. γ) Το τρίγωνο ΑΗΔ είναι ορθογώνιο και ° β) Θ ΖΓ = 90 . ισοσκελές (εφόσον Δ = 45 ° ) με ΑΗ = ΔΗ (1). γ) ΕΖ + ΑΗ = Γ Δ . Επίσης λόγω του (β) τα τρίγωνα ΔΕΗ, ΓΖΘ Λύ ση είναι ίσα (γιατί;) και μάλιστα ορθογώνια και ισοσκελή. Φέρνουμε ΕΚ, ΖΛ .l ΓΔ τότε: ΕΖ = α) Η ΕΖ είναι διάμεσος του τραπεζίου οπότε ΚΑ (2) , ΔΚ = ΚΗ = ΛΓ (3) (γιατί;). ΕΖ ΙI ΓΔ άρα ΕΖ ΙI ΗΘ δηλαδή το ΗΘΖΕ είναι (2),(3) τραπέζιο. Ακόμη στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΗΔ Έτσι ΓΔ = ΚΛ + ΚΔ + ΛΓ = . (I) η ΗΕ είναι διάμεσος άρα ΗΕ = ΑΔ = ΕΔ = ΘΖ Ζ ΚΗ = ΕΖ + ΔΗ= ΕΖ + ΑΗ = Ε + + ΚΔ 2 (λόγω παραλληλογράμμου ΕΖΘΔ) οπότε το τραπέζιο είναι ισοσκελές. β)

Α ' Λυκείου Στο τεύχος 50/2003 του «Β' Ευκλείδη» δημοσιεύεται άρθρο με ασκήσεις για τους μαθητές της Α' Λυκείου με τίτλο «Σχέσεις μεταξύ των συντελεστών και των ριζών του '!'υ βαθμού» του κ. Α. Μπουρνή. Επειδή το άρθρο αφορά μαθητές της Α ' Λυκείου θεωρώ απαραίτητο να επισημάνω τα εξής: Στην άσκηση αυτή ζητείται να αποδειχτεί ότι α+ β+γ = Ο με δεδομένο (εκτός των άλλων) ότι α βγ += 0 . Στον τρόπο επίλυσης της άσκησης ο συγγραφέας, παίρνοντας υπόψη του και τις σχέσεις α βγ += Ο, ρ1 + ρ2 = α , ρ2 + ρ3 = β, ρ3 + ρ1 = γ , καταλήγει . στη σχέση ρ1ρ2ρ3 = ± α βγ . Διακρίνοντας στη συνέχεια δύο περιπτώσεις οδηγείται, στην lη περίπτωση στο συμπέρασμα ρ 1 = α , ρ2 = β, ρ3 = γ , οπότε α+ β+γ = Ο και στη 2η περίπτωση στο συμπέρασμα ρι = - α , ρ2 = -β, ρ3 = -γ , οπότε πάλι α+ β+γ = Ο. Είναι όμως προφανές ότι η lη περίπτωση πρέπει να απορριφθεί, γιατί οδηγεί σε άτοπο. Αφού αν ήταν ρ 1 = α , ρ2 = β, ρ3 = γ τότε η σχέση ρ1 + ρ2 = α οδηγεί στο α + β = α {::} β = Ο που είναι άτοπο. Παρακαλώ να δημοσιευτεί στο επόμενο τεύχος του περιοδικού η ανωτέρω παρατήρηση. Μ ί α παρατή ρ ηση για δ η μ ο σι ευ μ έν η ά σ κηση τη ς

Β. ΣΑΚΕΛΛΑΡΗΣ

Μέλος της Συντακτικής Επιτροπής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.2/50

�

α· για την Β '

ηματ ι κα

τάξη

του

Λυκείου

Εκθετική κ αι ΛογαpιΒμι«ή Σuν,όp·rηαη, Μ. Παπαδόπουλος Το παρακάτω άρθρο ασχολείται με τη μονοτονία εκθετικής και λογαριθμικής συνάρτησης. Επίσης διαπραγματεύεται εκθετικές και λογαριθμικές εξισώσεις. Η ύλη που υπάρχει στο σχολικό βιβλίο θεωρείται γνωστή.

{

� 7(3+h( = 7(3+h( � � 2χ = -1� χ = - -21 .

+ = 20 � (1 0togy γogz + (10togz )'ogy � Rogν = 1 Rog(yz)2 = 1 f ·f 1 otogz ogy + 1 o togy· ogz � 21 Rog( yz) = 1 = 20 � ·1 otogz·fogy = 20 � � 2Rog(yz) =2 o togz·togy = 1 Ο {Rogz · Rogy = 1 � � 1fogy � + Rogz = 2 Rogz + Rogy = 2 � Rogy =Rogz = 1 � y = z = 10 Η δοθείσα εξίσωση ισοδύναμα γράφεται Rog ( Rog(x2 + xfogθ + 1 10)) = Ο � � Rog(x2 + xfogθ + 110) = 1 � � χ2 + xfogθ + 1 10 = 10 � � χ2 + xfogθ + 100 =0 (1) Δεδομένου ότι y z = 10 είναι οι ρίζες της (1). Θα ισχύει 100 + 10R og Θ + 100 = Ο � � RogΘ = -20 � Θ = 10-20

ΑΣΚΗΣΗ 2

ΑΣΚΗΣΗ 3

ΑΣΚΗΣΗ 1 Ν α λυθεί η εξίσωση 7

( 11 + 6.J2 )' = 3 - .J2 .

ΛΥΣΗ

Η εξίσωση ορίζεται στο IR

7(11+6h) x = 3 -h � � 7 (32 + 2 ·3 · h +(h)2 )x = 3 -h � � 7 [(3+h )2 T = 3 -h � F2 J � <c> Ψ 3+F2 J' T = (3� 7(3+h)2 x = 39+-1 �

�!ι;;

� 7(3 + .J2( = 7(3 + .J2Γ �

Να βρεθεί ο θ ε IR: ώστε οι τιμές

{

y, z που προ

= 20 να είναι ρίζες της εξίσωσης

Rogν yL. = 1 Rog( Rog(x2 + xfogθ + 110)) = Ο . r::::

Πρέπει z>O και y>O.

ΛΥΣΗ

{

C YL

{ {

κύπτουν από τη λύση του συστήματος

y fogz + z fogy

Y fogz zfogy

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

f(x) = Jx( Rog2(x + 2)-Rog(x + 2)) . Λύση

Για να ορίζεται η f πρέπει

χ + 2 >0 � χ > -2 και χ{ fog2 (x + 2) -Rog(x + 2)) ;?: Ο � � xfog(x + 2) ·( fog(x + 2) -1 ) ;?: Ο ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' λζ ' τ.3/5 1

(1) (�)

Μαθηματικά Β · Λυκείου

Έστω Rog(x + 2) � Ο � χ + 2 � 1 � χ � -1 και Rog(x + 2) -1 � Ο � Rog(x + 2) � 1 �

� χ +2 � 10 � χ � 8 Έτσι για το πρόσημο του γινομένου χ · Rog(x + 2) · ( fog(x + 2) -1] με χ > - 2 έχουμε τον παρακάτω πίνακα. χ

log( x + 2)

log(x+2)- 1

log(x + 2 )[log(x + 2)-1]

-1

-2

+ ao

ψ+ψ- ψ

+ +

1 Αν ω =-1 τότε Rnx =10 � x = e10 • _!_

. δεκτες, αφου, e.JίΟ , e10 > 1 . ι τιμες. του χ ειναι

ΑΣΚΗΣΗ S Για χ>Ο και y>O να δεχτεί ότι ισχύει η aνίσωση Xy . y' Χ' y Y

� ΛΥΣΗ Αν χ y η ζητούμενη ισχύει ως ισότητα, θα δεί ξουμε ότι ισχύει και για y Η συνάρτηση f ( x ) = Rogx στο (Ο,+οο) είναι .

•

χ *

γνήσια αύξουσα, τότε η ζητούμενη ανίσωση ισιr Τότε για χ > - 2 η (2) αληθεύει όταν -1 � χ � Ο ή δύναμα γράφεται: χ � 8 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι Rog(x' · yY) � Rog(xY · y') � Α = [ -1, Ο) υ [8, -too) . � Rogx' + RogyY � RogxY + Rogy' � ΑΣ ΚΗΣΗ 4 Για

ποια τιμή του χ οι αριθμοί eo g(R ) nx είναι διαδοχικοί όροι Rnx, 10lnx , (fnx)

γεωμετρικής προόδου;

ΛΥΣΗ

Πρέπει χ>Ο και Rnx > Ο � χ > Ο και χ > 1 , άρα χ>1 . Οι Rnx, tl10Rnx, (lnx γog ( Rnx ) θα είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου αν και μόνο αν

(n) ( tl10Rnx ) 2 = lnx · ( Rnx γ og e x � n ) l + f og ( f n x ) � � ν1utnx = ( -enx n ) Ι + Ι og ( Ι n x J J 2 n = [ ( -enx � 1 O-enx � 10Rnx = ( Rnx )2+2 Ι og( f n x) (1) Θέτουμε Rnx = ω > Ο αφού χ > Ο τότε από την (1) έχουμε 10ω = ωz+ztσgω � Rog(10ω) = Rogωz+togω � � log10+logω = (2 + 2logω)logω � � 1 + logω = 2Rogω + 2Rog2 ω � � 2log2ω+Rogω-1 = Ο � � ( Rogω = � ή Rogω = -1) � � {ω = 101/2 ή ω = 10- 1 ) � � ( ω = Μ η ω= 1� } Αν ω = JϊΟ τότε Rnx = Μ � χ = e.JίO . �

�

� χ ·Rogx + y· Rogy � y·Rogx + x · Rogy � � ( x -y) · ( Rogx - Ji ogy ) � Ο (1) Παρατηρούμε ότι: ί) Αν ( χ - y ) � χ - y > Ο και logx > Rogy � Rogx -Rogy > Ο ii) Αν χ < y � χ - y < Ο και Rogx < Rogy � logx-Jiogy < Ο Δηλαδή οι αριθμοί χ - y και Rogx -Rogy είναι ομόσημοι. Άρα για κάθε χ > Ο και y > Ο ισχύει η (1). Επομένως ισχύει και δοθείσα ανίσωση. η

ΑΣΚΗΣΗ 6 Δίνεται η συνάρτηση f(x) log(l lx 2 - 7χ

+ 10) - Rogx2 - 1 .

i) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με τον χ ' χ άξονα.

ίί) Αν Β, Γ είναι τα παραπάνω σημεία και Α(Ο,4) σημείο του y 'y να βρεθεί το εμβαδόν του τρι

γώνου ΑΒΓ.

ΛΥΣΗ

Το τριώνυμο 1 1χ 2 -7χ + 10 έχει Δ < Ο άρα για κάθε χ ε IR. ισχύει 1 1χ 2 -7χ + 10 > Ο . Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι το R . ί) Οι τετμημένες των σημείων τομής της γραφικής παράστασης της f με τον χ'χ είναι λύσεις της εξίσωσης f(x) = Ο δηλαδή •

Rog(1 1x2 -7χ + 10)-Rogx2 -1 = Ο �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/52

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

+ 10 = Ι <==> <=:> log Ι Ιχ2 -7χ χ2 + 10 <==> Ι Ιχ2 -7χ 2χ = ΙΟ <==> <=:> Ι Ιχ2 -7χ + 10 = 10χ2 <=:> <=:> Ι Ιχ2 -7χ + 10-10χ2 = Ο <=:> <=:> χ 2 -7χ+10 = 0 <::> χ = 2 ή χ = 5 . Άρα τα σημεία τομής είναι Β(2,0) και Γ(5,0) ίί) Από το παρακάτω σχήμα Α(0,4)

Β(2,0) Γ(5,0)

Έχουμε ΒΓ = 3 , ΟΑ = 4 οπότε: Ι · ΟΑ = -Ι · 3 · 4 = 6τ.μ.. Ε = -ΒΓ 2 2 ABr

ΑΣΚΗΣΗ 7 Να λυθεί η aνίσωση

( )

2003 '' 2004

ΛΥΣΗ

-3χ

ΑΣΚΗΣΗ 9 Δίνεται η συνάρτηση

)

6 2003 Ζχ-

200 4

2003 )χ είναι εκθετική με συνάρτηση f(x) = ( 2004 2003 < Ι , εχει . πεδιο' ορισμου. το βάση Ο < α=-2004 Και είναι' γησίως φθίνουσα στο R. Άρα η ανίσωση ( 2003 )x -Jx < ( 2003 )Ζχ-6 <==> 2004 2004 f(x 2 -3χ) < f(2x -6) <=:> χ 2 -3χ > 2χ -6 <==> <==> χ2 -3χ - 2χ + 6 > ο <==> Χ 2 - 5χ + 6 > ο <==> χ < 2 ή χ>3. ΑΣΚΗΣΗ 8 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = + χ . Η

1!]) m.. .

i) Να δείξετε ότι είναι γνησίως αύξουσα στο R.

ίί) Να λύσετε την εξίσωση 1 3χ - 3χ

33x-S

1 3χ -3χ

33x-S

+ Χ2 + = + 6χ iii) Να λύσετε την aνίσωση + Χ 2 + < + 6Χ ΛΥΣΗ i) Το πεδίο ορισμού της f είναι το R. Τότε για κάθε χ,, χ 2 Ε με χ, < Χ 2 . ισχύει 3χ' < 3χ' άρα και 3χ' + χ, < 3χ' + Χ 2 •

•

Έτσι f(x1) < f(x 2 ) δηλαδή η f είναι γνήσια αύ ξουσα. ii) Η εξίσωση ορίζεται στο JR . Τότε 3 x' -J x + χ2 + 5 = 33 x-s + 6χ <=:> <==> 3x' -J x + χ2 -3χ = 33 x-S + 6χ -3χ -5 <==> <==> 3χ' -3 χ + χ2 - 3χ = 33 χ-5 + 3χ -5 <==> <=:> f(x 2 -3χ) = f(3x -5) . Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα θα είναι και συνάρτηση Ι - Ι. Έτσι χ 2 -3χ = 3χ -5 <=:> χ 2 -6χ + 5 = Ο <=:> <=:> χ = Ι ή χ = 5 . ίίί) 3 x ' -J x + χ 2 + 5 < 3 3 x - S + 6χ <==> <=:> .... <=:> f(x 2 -3χ) < f(3x -5) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα προκύπτει χ 2 - 3χ < 3χ -5 <=:> χ 2 - 6χ + 5 < Ο <==> Ι < χ < 5 . με ο < α < ι.

i) Να δειχτεί ότι η

f(x) = α' + α 2 (χ - 1 ) - αχ

f είναι γνησίως

στο JR . ίί) Να λυθεί η aνίσωση α'

φθίνουσα

+ α2 χ < α(χ +

ΛΥΣΗ

α)

Το πεδίο ορισμού της f είναι το JR Θα δείξουμε ότι η f είναι γνήσια φθίνουσα δη λαδή για κάθε χ, ,χ 2 Ε JR με χ, < χ� θα δείξουμε ότι f( χ,) -f( χ 2 ) > Ο . Έτσι f(x,) -f(x 2 ) = [ αx' +α2 ( χ, -Ι ) -αχ,] [ αχ' + α2 ( χ 2 -Ι) -αχ 2 ] = = . . . = αχ' -αχ' + α2 ( χ 1 - χ 2 ) -α ( χ, - Χ2 ) = =αχ' + αχ' +(χ, -χ 2 ) ( α2 -α ) (Ι) Επειδή έχουμε Ο < α < 1 για χ 1 < χ 2 θα ισχύει αχ' > αχ' ή αχ' -αχ' > Ο (2) και α2 - α = α( α-Ι) < 0 τότε (χ, - χ 2 ) · α ( α -Ι ) > Ο (3) Από τις Ι, 2, 3 προκύπτει ότι f( χ,) -f( χ 2 ) > Ο ίί) αχ + α2χ < α( χ + α) <=:> αχ + α 2 χ < αχ + α2 <=:> <=:> αχ + α2 χ -α2 -αχ < Ο <=:> <=:>αχ +α2 (χ-Ι)-αχ <O<=:>f ( x) < f ( I) <=:> χ > Ι αφού f(l) = α' +α2(Ι -Ι)-α ·Ι = Ο και f γνησίως φθίνουσα στο R. i)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/53

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Κανονικά Πολύγωνα - Μέτpηαη Κύκλ ου της Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυβερνήτου

= k(ΑτΝ- ΒΣΜ) = = .!_2 [ (ν - λ - 2) · 360ν - λ · 360ν ] = ν - 2λ -2 ·360 =? ---2 ν ---180 (1) ΑΚΝ = (ν - 2λ - 2) · ν Ο αριθμός ν-2λ-2 είναι φυσικός και επειδή από την (1) έπεται �ότι είναι θετικός, συπεραίνουμε ότι ν - 2λ- 2 1 . Έτσι, από την (1) έπεται ότι: ΑΚΝ � 180 ν. ΑΚΝ

ΑΣ ΚΗΣΕΙΣ 1)

Σ' ένα κανονικό ν-γωνο ΑιΑ2 Λ

ισχύει Α1 Α3 Α 6

••.

Αν, όπου

ν� 6 ,

= 1 20· . Να βρείτε το ν. Λύ ση

πλευρές του Το τόξο Α1 Α3 Α6 περιέχει 5πολυγώνου. Συνεπώς το τόξο Α1 Α6 , που δεν περιέχει το Α3, περιέχει ν-5 πλευρές αυτού και συνεπώς αποτελείται από ν-5 τόξα ίσα με 360° . τσι εχουμε: , -ν 180° ------- 1 360° Α 1 Α3 Α 6 = - · (ν -5)--= (ν - 5) · - . ν 2 ν Έχουμε λοιπόν: 180 Α 1 Α3 Α 6 = 120 {:} (ν - 5) · - = 120 {:} ν 3 <=> (ν - 5) · - = 2 <=> 3ν -15 = 2ν <=> ν = 15 . ν 'Ε

------

ΑΓ

Ζ και Η, αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: i) ΑΖ = ΗΓ = ; ( J5 - 1)

Δύο μη διαδοχικές πλευρές ΑΒ και ΜΝ ενός κανονικού ν-γώνου προεκτεινόμενες τέμνονται σ' ένα σημείο Κ. Να δείξετε ότι: ν

= .Η

τέμνει τις διαγώνιες ΒΕ και ΒΔ στα σημεία

ΑΚΝ � 1 soo

Θεωρούμε ένα κανονικό πεντάγωνο α διαγώνιος ΑΒΓΔΕ με πλευρά λ5

. i)

Έστω ότι το τόξο ΒΣΜ (διπλανό σχήμα) περιέχει λ πλευρές του ν-γώνου, οπότε το τόξο -ΑΤΝ θα περιέχει ν-λ-2 πλευρές αυτού. Έτσι, το τόξο ΒΣΜ αποτελείται από λ τόξα ίσα με 0 360 και το το' ξο Α..' απο' ν-λ-2 ΤΝ αποτελειται -ν 360° . 'Ετσι, εχουμε: , με -, το' ξα ισα ν Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

ii)

ΖΗ = ; ( 3 - JS )

iii)

AΓ = i ( 1 + J5 ) .

--.

Λύ ση

Επειδή ΑΕ = ΓΔ , έχουμε AΓ II ΕΔ . Όμοια ΒΕ 11 ΓΔ και ΒΔ 11 ΑΕ . Έτσι, τα τετράπλευρα ΑΗΔΕ και ΓΖΕΔ είναι παραλληλόγραμμα, οπότε: = ΕΔ = ΖΓ(= α) . Έτσι, έχουμε: ΑΗ = ΖΓ=?ΑΖ+ ΖΗ= ΖΗ+ ΗΓ=? ΑΖ= ΗΓ. Θέτουμε: ΑΖ χ. Τα τρίγωνα ΑΒΖ-και ΑΓΒ είναιόμοια, γιατί έχουν γωνία ΒΑΓ κοινή και ΑΒΖ = ΑΓΒ (βαίνουν σε ίσα τόξα):Ετσι, έχουμε: ΑΒ <=> -χ = -α <=> χ + αχ - α = 0 <=> ΑΖ = ΑΒ ΑΓ α χ + α <::> x = � ( JS -1 ) ΑΗ

τη

λστ τ.l/54 '

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Πολλαπλασιάζουμε τις ισότητες αυτές κατά μέλη και μετά τις απλοποιήσεις φθάνουμε στην ζητούμενη ισότητα (1 ).

(0,

Λύ ση

RJ3- και 'Εχουμε: Ε 6 = Ξ1 Ρ6 · α 6 . Επει η α 6 = 2 Ρ6 = 6λ 6 = 6R , έχουμε: 2 Ε 6 = _!_2 · 6R · RJ3 = 3R J3 . 2 2 Επίσης, έχουμε: Ε4 = λ� = ( RJ 2 y = 2R 2 . έχουμε: Σύμφωνα με το πρόβλημα, 2 Ε 6 -Ε4 - ' {::} 3R 2J3 2R2 -- .!..!_2 {::} 3R 2 J3 - 4R 2 = 1 1 {::} R 2 ( 3J3 - 4 ) = 1 1 {::} 1 1 ( 3/3 + 4 ) <=> R2 = R2 = 1 1 27 - 16 3/3 - 4

-1

δ'

Θεωρούμε ένα κανονικό 15-γωνο

ΑιΑ2 ...Αι s

εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Ονομάζουμε το aντιδ ι αμετ ρ ικό σημείο του Αι s· Να δείξετε ότι: ΒΑ 1 ΒΑ 2 ΒΑ 7 = R7 ( 1 ).

••••

•

λίι ση

Το τρίγωνο ΒΑ1 Α 15 είναι ορθογώνιο και η ευθεία ΒΑ 15 είναι μεσοκάθετος του τμήματος ΑιΑι4 · Έτσι, το εμβαδόν του τριγώνου ΒΑιΑι5 είναι: _!_2 ΒΑ1 · Α 1 Α15 και επίσης είναι:

_!_ΒΑ 15 . Α ι Α ι4 = _!_ · 2R · Α 2 Α ι s = _!_R · Α2 Α ι 5 . 2 2 2 2 2 'Ετσι έχουμε: _!_2 ΒΑ1 Α 1Α1 5 = _!_2 R Α2 Α15 , οπότε: ΒΑ1 · Α1 Α15 = R · Α2Α1 5 ·

εξαγώνου και ενός τετραγώνου, που είναι R), είναι εγγεγραμμένα σ' έναν κύκλο 2 5,5m • Να βρείτε την ακτίνα R του κύκλου.

Άρα: ΑΖ = ΗΓ = � ( .J5 - 1 ) . ίί) ΖΗ ΖΓ - ΗΓ = α - � ( .J5 ) = � ( 3 - .Js ) . iii) ΑΓ = ΑΖ + ΖΓ = � ( .J5 - ) + α = � ( 1 + .Js ) . =

Η διαφορά των εμβαδών ενός κανονικού

5 5

<=>

<:::>

R 2 = 3J3 + 4 {::} R = �3J3 + 4 m .

Έστω

Ο το κέντρο ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ.

Να δείξετε ότι τα έγκεντρα των οκτώ

ΑΟΒ, ΒΟΓ, ΓΟΔ, ΔΟΑ, ΑΒΓ, ΒΓΔ, ΓΔΑ και ΔΑΒ είναι κορυφές

τριγώνων :

κανονικού οκταγώνου. Μετά, να βρείτε τον λόγω των εμβαδών του οκταγώνου αυτού και του τετραγώνου. Λύ ση

Ονομάζουμε Ι ι , l3, ls, 17, Iz, 14, 16 και ls τα έγκεντρα, κατά σειρά, των τριγώνων αυτών. Α

Όμοια:

ΒΑ2 . Α 2 Α ι5 = R . Α4 Α ι5 ΒΑ3 . Α3 Α ι5 = R . Α6 Αι5 ΒΑ4 · Α4 Α 15 (= R · A8A15 ) = R · A7A15 ΒΑ5 · Α5 Α 15 (= R · Α 10 Α 15 ) = R · Α5 Α15 ΒΑ 6 · Α6 Α 15 (= R · Α1 2 Α15 ) = R · Α3 Α15 ΒΑΊ · Α7 Α ι5 (= R · Α ι4 Α ι5 ) = R · Αι Αι5 · ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/55

,, ' \ ' ' \ ' ' \ ,

Μαθηματικά Β' Λυκείου

- -

Έχουμε: 1 ο + 45ο =-·135 1 ο - =-·45 01112 = 11ΑΟ + Α011

εμβαδόν Ε ' του μέρους του κυκλικού δί σκου που περιέχεται μεταξύ των παραλ λήλων αυτών χορδών ΒΚ και ΛΜ είναι ίσο

2 2 Επίσης, έχουμε: -2 + AB-I2 = -·45 1 ο + 45ο =-·1 135ο 01-2 11 = ΒΑ1 2 2 Έτσι, έχουμε 01112 = 012 11 και συνεπώς ΟΙ1 ΟΙ2. Όμοια δείχνουμε ότι: 012 = 013 = ... = 018 και ---2 = 1----- = 45ο , επειδη, Ιι01 2 013 = .... = 18011 συμπεραίνουμε ότι το οκτάγωνο 11 12 .... 18 είναι κανονικό με κέντρο το Ο.

με το - του εμβαδού ν αυτού δίσκου.

------

= ΑΒ = ΚΜ , έχουμε: Επειδή ΑΛ ΑΟΑ = ΑΟΒ = ΚΟΜ(= σ). Επίσης, έχουμε: - 360° ων) . Εξάλλου, έχουμε: ΑΟΒ = 2σ =--(= ν ΟΑ ..l ΑΒ και ΑΒ//ΟΚ, οπότε ΟΑ ..l ΟΚ και συνεπώς ΛΟΚ = 90°. Έτσι, έχουμε: ΛοΜ: = 90° +σ και ΒοΚ = 90° -σ . Παρατηρούμε ότι:

Ονομάζουμε Ε8 το εμβαδόν του οκταγώνου και Ε4 του τετραγώνου. Έστω ότι η ευθεία Ol1 τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Κ. Έχουμε:

Ε8 = 8·(011 12 ) = 011 ·012 ΟΙ� (1). Ε 4 8·(0ΚΒ) ΟΚ·ΟΒ ΟΚ·ΟΒ _

ΛοΜ: ΒοΚ

+ = (90° +σ)+ (90°2 -σ)= 180° , ΟΑ·ΟΜ R2 οπότε: (ΟΑΜ) (ΟΒΚ) ΟΒ·ΟΚ R (ΟΛΜ) (ΟΒΚ) .

Στο τρίγωνο ΟΑΒ, η Al2 είναι διχοτόμος της γωνίας ΟΑΒ , οπότε: 012 = ΑΟ � 012 = ΑΟ � 12Β ΑΒ 012 + 12Β ΑΟ + ΑΒ � 012 ΑΟ ____._ ΟΙ2 = ΟΑ · ΟΒ (2) . ΟΒ ΑΟ + ΑΒ ΟΑ + ΑΒ Εξάλλου, βρίσκουμε εύκολα ότι: ΑΒ ΟΑ= ΟΒ= ΑΒ και ΟΚ= τ ·

�

=1�

�

fi Έτσι, από τη (2), έχουμε: ΑΒ 2 ΟΑ 2 2 ΑΒ ΟΑ + ΑΒ fi + AB Αντικαθιστώντας στην (1), βρίσκουμε: 2 §_ _ [ ν'2� 2 ) �ν'2 4 6+ Ε 4 ΑΒ . ΑΒ 6 fi 2 fi 4 fi+8 3!i - 4) =3fi-4 . = 3fi2+ 4 = 2 (18-16 7)

του κυκλικού

Λύ ση

Ένα κανονικό ν-γωνο ΑΒΓ.... είναι εγγεγραμμένο σ' έναν κύκλο (0, R). Φέρ νουμε την ακτίνα ΟΚ//ΑΒ και τη χορδή ΒΚ. Από το μέσο Λ του τόξου ΑΒ φέρνουμε τη χορδή ΛΜ/ΙΒΚ. Να δείξετε ότι το

.----.

Έτσι, έχουμε: Ε'=(εμβ.κυκλτμημΛΝΜ)- (εμβ.κυκλτμημΒΝΚF

= [ ( δΛΜ)- ( ΟΛΜ )]- [(δΒΚ)- ( ΟΒΚ)] = = (δΛΜ )-(δΒΚ) = 2 2 2 = πR360 · (9ο +σ)- πR360 ·(9ο -σ) = πR36 . 2σ = ο 2 πR 360 2 = 360 . ν =_!_πR =_!_·Ε. ν ν

Θ εωρούμε δύο ομόκεντρους κύκλους (Ο, R) και (Ο, 2R). Μία χορδή ΑΒ του μεγαλύτερου κύκλου εφάπτεται στο Μ του μικρότερου κύκλου. Από το Α φέρνουμε την εφαπτομένη στον μικρότερο κύκλο και ονομάζουμε Ν το σημείο επαφής. Να δείξετε ότι το εμβαδόν Ε ' της περιοχής που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/5 6

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

περικλείεται από το (μικρότερο) τ� ΒΑ , το τμήμα ΑΝ, το (μικρότερο) τόξο ΝΜ και το τμήμα ΜΒ, είναι ίσο με το εμβαδόν Ε του μικρότερου κύκλου. Λύ ση

1) Το άθροισμα των μηκών των δύο ημικυκλίων είναι: -1 · 2 πρ + -1 · 2 πr = -1 · 2 π (ρ + r) -1 · (2 πR) . 2 2 2 2 2) Έχουμε: 1 2 1 2 1 2 Ε ' = 2 πR + l πρ - 2 πr R 2 + ρ 2 - r2 _ Ε " _!_ πR 2 + _!_ πr2 _ _!_ πρ 2 - R 2 + r2 - ρ 2 2 2 2 2 R + (ρ + r)(ρ - r) _ R 2 + R(ρ - r) R 2 + (r + ρ)(r - ρ) R 2 + R(r - ρ) ο ο ΜΟΒ = 60-και ΑΟΝ = 60 , οπότε Επίσης 2ρ _- ΑΓ = RR + rρ - ρr = ρr + rρ = 2r ΑΟΒ = 120° και ΜΟΝ = 120ο . ΓΒ · + + Επίσης, έχουμε: ( ΟΜΑΝ) = 2(0ΜΑ) = (ΟΑΒ) . 10) Δίνεται ένας κύκλος C(O,R) . Από ένα Έτσι έχουμε: Ε' = (εμβ.κυκλ.τμημ.ΑΚΒ) + σημείο Μ που δεν ανήκει στο εσωτερικό +(ΟΜΑΝ ) - (ΟΜΝ) = (ΟΑΒ) - (ΟΑΒ) + του κύκλου C διέρχονται δύο κάθετες +(ΟΑΒ) - (ΟΜΝ) = μεταξύ τους ευθείες που η κάθε μία τέμνει 2 πR 2 2 π π 2 π----'4 R R ( 2R) ή εφάπτεται στον C. Να βρείτε το εμβαδόν --- --'---- · 120 - · 120 = -3 - 3 = 360 360 της περιοχής που διαγράφει το σημείο Μ. = πR 2 = Ε . =

Λύ ση

9) Σε μία διάμετρο ΑΒ ενός κύκλου με ακτίνα R παίρνουμε ένα σημείο Γ. Με διαμέτρους τα τμήματα ΑΓ και ΓΒ γράφουμε δύο ημικύκλια εκατέρωθεν της διαμέτρου ΑΒ. Τα δύο αυτά ημικύκλια χωρίζουν τον κυκλικό δίσκο σε δύο μέρη με εμβαδά Ε · και Ε ", αντιστοίχως (το πρώτο μέρος περιέχει το τμήμα ΑΓ και το δεύτερο το ΓΒ). Να δείξετε ότι: 1) Το άθροισμα των μηκών των δύο ημι κυκλίων είναι ίσο το μήκος ενός ημικυ κλίου με διάμετρο το ΑΒ. Ε ' ΑΓ 2) Ε = . " ΓΒ

Έστω Μ ένα τέτοιο σημείο, οπότε ΟΜ 2:: R . Από το Μ διέρχονται δύο κάθετες μεταξύ τους ευθείες Μχ και My που η κάθε μία τέμνει ή εφάπτεται στον C . Φέρνουμε ΟΑ ..l Μχ και ΟΒ ..l My . Έχουμε: ΟΑ � R και ΟΒ � R . Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΜ, έχουμε: ΟΜ2 = 0Α2 + ΑΜ2 = 0Α2 + 0Β2 :::: R2 + R2 => :::> ΟΜ 2 ::; 2R 2 :::> ΟΜ ::; R.J2 .

Λύ ση

Έχουμε λοιπόν: R � ΟΜ � R .J2 . Άρα, το Μ ανήκει στο δακτύλιο όπου σχηματίζουν οι δύο κύκλοι C(O,R) και C ' (O, R.J2) .

Θέτουμε: ΑΓ = 2r και ΓΒ = 2r, οπότε: ΑΒ = 2ρ + 2r = 2R και άρα: ρ + r = R .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.3/57

Μ αθηματικά Β' Λυκείου

ΟΓ :ς R και άρα η Nt τέμνει τον κύκλο C ή εφάπτεται σ' αυτόν. Όμοια και η συμμετρική ημιευθεία Nt ' της Nt ως προς την ΝΟ. Προφανώς Nt ..l Nt ' . Άρα, από το Ν διέρχ ονται δύο τέτοιες ευθείες. Συνεπώς, η περιοχή που διαγράφει το σημείο Μ είναι ο αναφερόμενος παραπάνω δακτύλιος. Το εμβαδόν Ε ' του δακτυλίου αυτού είναι:

Αντιστρ ό φ ως . Έστω ένα σημείο Ν του δακτυλίου αυτού, οπότε: R :ς ΟΝ :ς RJ2 Φέρνουμε την ημιευθεία Nt με δΝi: 45 ° και την ΟΓ ..l Ot . Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΟΝΓ(ΟΓ = ΓΝ) ' λα οτι ' ΟΓ = ΟΝ ' ευκο βρισκουμε J2 . .

J2 = R , δηλαδη' R ' 'Ετσι εχουμε: ΟΓ= ΟΝ :ς J2 J2

E = π ( RJ2 )2 - πR2 = πR2 .

θεωρία Αριθμών Αντώνη Κ. Τσιπρόπουλο

«Η πρόοδος στη θεωρία αριθμών είναι τόσο προχωρημένη, όχι μόνο για όσα γνωρίζουμε γι' αυτήν, αλλά γιατί είμαστε σε θέση να γνωρίζουμε και τι αγνοούμε γύρω απ' αυτήν». w.

ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΕΙΣ 1. Η μέθοδος της

μαθηματικής επαγωγής αποτελείται από δύο βήματα τα οποία είναι απολύτως αναγκαία και τα δύο για την εγκυρότητα ενός ισχυρισμού. lo ΒΗΜΑ Δείχνουμε πάντοτε ότι η σχέση Ρ(ν) ισχύει για ν = 1 ή ότι ισχύει η σχέση Ρ(ν0), όπου ν0 ο μικρότερος φυσικός αριθμός για τον οποίο ζητείται να αποδειχθεί η Ρ(ν). 2ο ΒΗΜΑ Δεχόμαστε ότι η σχέση Ρ(ν) για έναν αυθαίρετο θετικό ακέραιο ν � 1 και δείχνουμε ότι ισχύει η σχέση Ρ(ν + 1) , δηλαδή δείχνουμε ότι ισχύει για ν+ 1 . (Ενδείκνυται να καταγράψουμε την Ρ(ν + 1) , ώστε να γνωρίζουμε τι ακριβώς θέλουμε να δείξουμε). Για να δείξουμε την Ρ( ν + 1) έχουμε δύο επιλογές: • Ή ξεκινάμε από την Ρ(ν) δημιουργώντας την Ρ(ν + 1) (παράδειγμα 1). ο • Ή ξεκινάμε από το 1 μέλος της Ρ( ν + 1) αξιοποιώντας την Ρ(ν) μέχρις ότου δείξουμε αυτό που θέλουμε (παράδειγμα 2). 2 . Συνήθως απαιτείται από την άσκηση να δείξουμε ότι η σχέση Ρ(ν) αληθεύει όχι για κάθε θετικό ακέραιο ν αλλά για κάθε ν � ν 0 με ν 0 ε Ν (παράδειγμα 3).

Στις ανισοτεικές σχέσεις πολλές φορές παίρνουμε υπόψη μας τη μεταβατική ιδιότητα (αν α>β και β>γ, τότε α>γ) (παράδειγμα 3). Η μαθηματική επαγωγή δεν εφαρμόζεται μόνο σε ταυτοτικές, ανισοτικές σχέσεις αλλά και σε ασκήσεις διαιρετότητας, πολυωνύμων, ακολουθιών, γεωμετρικών προβλημάτων κ.ά. (παράδειγμα 3). Το γινόμενο των διαδοχικών φυσικών αριθμών από 1 έως ν το συμβολίζουμε με ν! και το διαβάζουμε «ν παραγοντικό», δηλαδή ν! = 1 · 2 · 3 · · · ν Ισχύουν: i) ν ! = (ν - 1)!ν και ii) 1 ! = 1 , Ο! = 1 (εξ ορισμού) Θυμίζουμε ότι: i) Το άθροισμα των ν διαδοχικών θετικών ακεραίων αριθμών είναι: 1 + 2 + 3 + ... + ν = ν(ν + 1) για καθε ν ε Ν 2 ii) Το άθροισμα των ν πρώτων θετικών περιττών αριθμών είναι: 1 + 3 + 5 + ... + (2ν - 1) = ν 2 για κάθε ν ε ΝΌ Ανισότητα του Bernoulli: Έστω α ε � με -1 � α :;t: Ο . Τότε για όλους τους θετικούς ακεραίους ν με ν � 2 ισχύει (1 + αγ > 1 + να . ,

Sieprinski

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/58

•

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Απ όδειξη

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ

Αφού α,β>Ο και α+β = 2, υπάρχει θ > Ο, τέτοιο, ώστε α = 1 + θ, β = 1 - θ οπότε από ανισότητα Bemoulli και το α) ερώτημα έχουμε α2ο04 + β 2οο4 = (1 + θ) 2ο04 + (1 - θ) 2ο04 > > 1 + 2004θ + 1 - 2004θ = 2 . i) Η ισότητα ισχί>ει όταν α = β = 1 .

1) Να αποδείξετε ότι για κάθε φυσικό αριθμό ν ισχύει: συν(νπ) = (-1)• (1) . Απόδειξη

Έστω Ρ(ν) η ισότητα (1) που θέλουμε να αποδεί ξουμε. • Για ν0 = Ο, η Ρ(ν) γίνεται: συν(Ο · π) = (-1)0 � 1 = 1 , άρα Ρ(Ο) αληθής. • Έστω ότι αληθεύει η Ρ(ν), τότε θα αποδείξουμε ότι και Ρ(ν + 1) είναι αληθής δηλαδή ότι συν [ (ν + 1)π ] = (-1)"+1 • Πράγματι συν [ (ν + 1)π ] = συν( π + νπ) = (I) = -συν(νπ) =- (-1)ν = ( -1) ν άρα σύμφωνα με την αρχή της μαθηματικής επαγωγής, η (1) αλη θεύει για κάθε ν Ε .Ν . �

I ,

α) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου ν για την οποία ισχύει η σχέση 3• > ( ν + 1) 2 (1). β) Να αποδείξετε ότι: 3• > (ν + 1) 2 για κάθε ν Ε .Ν με ν>2 (2). Λύ ση

ΚΑΙ ΤΩΡ Α Η ΣΕΙΡ Α ΣΑΣ .... 1. Ν α αποδείξετε ότι για κάθε θετικό

ακέραιο ν ισχί>ει: i) 2 1 + 2 2 + 2 3 + . . .. + 2ν = 2(2ν - 1) . ii) 1 3 + 3 3 + 5 3 + ... + (2ν - 1) 3 = ν 2 (2ν 2 - 1) . Να εξετάσετε αν για κάθε θετικό ακέραιο ν ι σχί>ει η σχέση 1 2 + 2 2 + 3 2 + ... + ν 2 = 2ν + 3 5 Να αποδείξετε ότι: i) γ > 7ν - 1 για κάθε θετικό ακέραιο. ii) 3ν > ν 3 για κάθε ακέραιο ν � 4 . iii) ν! > 2ν για κάθε ν � 4 .

Β . ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΑ ΔΙΑΙΡΕΣΗ ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ

1. Ευκλείδεια ή αλγοριθμική διαίρεση του α με α) • Για ν = 1, γίνεται 3 1 > 2 2 και δεν ισχί>ει. τον β λέγεται η διαδικασία εύρεσης των κ και υ. • Για ν = 2, γίνεται 3 2 > 3 2 και δεν ισχί>ει. Το κ λέγεται πηλίκο και το υ υπόλοιπο της • Για ν = 3, είναι 3 3 > 4 2 � 27 > 16 που ισχί>ει. διαίρεσης. Άρα η ελάχιστη τιμή του ν Ε .Ν * για την οποία 2. Αν σε μια ευκλείδεια διαίρεση είναι υ = Ο, τότε έχουμε α = κβ και η διαίρεση λέγεται τέλεια. ισχί>ει η (1) είναι η ν = 3. 3. Τα δυνατά υπόλοιπα του α με το β>Ο είναι οι β) Έστω Ρ(ν) η ανισότητα (2) που θέλουμε να αριθμοί: Ο, 1 ,2, ... ,β - 1 αποδείξουμε. 4 . Κάθε ακέραιος α, έχει σύμφωνα με τα παραπάνω, μια από τις μορφές: • Για ν = νο = 3, η (2) ισχί>ει, αφού • α = 2κ, κ Ε Ζ (άρτιος) ή α = 2κ + 1, κ Ε Ζ 33 > 4 2 � 27 > 16 αληθής . (περιττός) (όταν διαιρέτης β = 2). • Έστω ότι η Ρ(ν) είναι αληθής, τότε θα • α = 3κ, κ Ε Ζ ή α = 3κ + 1, κ Ε Ζ ή αποδείξουμε ότι και η Ρ(ν+ 1) είναι αληθής, • α = 3κ + 2, κ Ε Ζ ή α = 4κ + 3 κ.τ.λ. δηλαδή 3ν+ Ι > (ν + 2) 2 . ( 2) • α = 4κ, κ Ε Ζ ή α = 4κ + 1,κ Ε Ζ ή Πράγματι 3ν + 1 = 3ν · 3 >(ν + 1) 2 · 3 , αρκεί να • α = 4κ + 2, κ Ε Ζ ή α = 4κ + 3 κ.τ.λ. αποδείξουμε ότι 3(ν+1)2 > (ν+2)2 � 5. Το γινόμενο δύο διαδοχικών ακεραίων είναι �3(ν2 +2ν+1) > � + 4ν+4 � 2ν(ν + 1) > 1 άρτιος αριθμός. που ισχί>ει αφού ν � 3 . Γ . ΔΙΑΙΡΕΤΟΤΗΤΑ 2 2 Τελικά: 3ν+ Ι > 3(ν + 1) > (ν + 2) δηλαδή ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΕΙΣ Ρ(ν + 1) αληθής. 1. Ο β διαιρεί τον α (β/α) σημαίνει: • υπολ(α:β) = Ο 3) Αν α,β > Ο και α + β = 2, να αποδείξετε ότι: 00 ο0 • υπάρχει ακέραιος κ, τέτοιος, ώστε α = κβ. α2 4 + β2 4 � 2 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.3/59

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ο β είναι παράγοντας του α • α διαιρείται με τον β. • ο α είναι πολλαπλάσιο του β (α = πολβ). 2. Αν α, β ακέραιοι τότε α + β, α - β, α · β ακέραιοι � ακέραιος, με α = πολβ. β 3) i) Άρτιος ± άρτιος = άρτιος. ii) Περιττός ± περιττός = άρτιος. iii) Άρτιος ± περιττός = περιττός. iv) Περιττός ± άρτιος = περιττός. (οι αποδείξεις απλές) 4. Αν α,β,γ Ε Ζ με β * Ο,γ * Ο και α = βγ, τότε β/α και γ/α. 5. Αν α, β, γ Ε Ζ με α/(β+γ) και α/β, τότε α/γ. 6. Αν α, β ακέραιοι τότε (α - β)/(αν - βν ), ν Ε Ν* . (α + β) /(αν + β ν) , ν περιττός φυσικός αριθμός. (α + β) /(αν - βν) , ν άρτιος φυσικός αριθμός. Οπότε έχουμε : i) αν - βν = πολ(α - β) ή αν = πολ(α - β) + β\ν Ε Ν* , ii) αν + βν = πολ(α + β) ή αν = πολ(α + β) - βν , ν περιττός φυσικός. iii) αν - β ν = πολ( α + β) ' ν άρτιος φυσικός αριθμός. iv) ( α + β) ν = πολα + β\ α,β Ε Ζ, ν Ε Ν* (βλέπε άσκηση 9). v) ( α - β) ν = πολα + (-1 γβν ,α, β Ε Ζ, ν Ε Ν* . Στη συνέχεια γίνεται μια προσπάθεια για ομαδοποίηση αρκετών ασκήσεων με γνώμονα το περιεχόμενό τους ώστε η μετάγγιση της γνώσης να πετυχαίνεται με απλό και κατανοητό τρόπο και με σκοπό να κεντρίζει το ενδιαφέρον του μαθητή, αναπτύσσοντας παράλληλα τις δεξιότητές του και χωρίς να «αιχμαλωτίζεται» ή να αλλοιώνεται η γοητεία της μαθηματικής σκέψης. •

Λ ΥΜΕΝΕΣ

Λύ ση

Είναι 1 1 8 = 5(β + 3γ + 12δ) + α, 0 < α < 5 και 1 1 8 = 5 · 23 + 3 , άρα λόγω της μοναδικότητας στην ευκλείδεια διαίρεση του πηλίκου και υπολοίπου έ χουμε α = 3 και β + 3γ + 12δ = 23 . Ομοίως 23 = 3( γ + 4δ) + β, Ο < β < 3 και 23 = 3 · 7 + 2 , άρα ... β = 2 και γ+4δ = 7. Είναι 7 = 4δ + γ, Ο < γ � 3 και 7 = 4 · 1 + 3 , άρα ... γ = 3 και δ = 1 . 2)

Απ όδ ειξη

Τα δυνατά υπόλοιπα α με τον 3 είναι 0,1,2. Ο ακέραιος α έχει μια από τις μορφές α = 3κ ή α = 3κ + 1 ή α = 3κ + 2, κ Ε Ζ . • Αν α = 3κ, τότε Α (3κ)3 3+ 5 · 3κ = ... = 9κ3 + 5κ = = κ(9κ 2 + 5) Ε Ζ • Αν α = 3κ+ 1 , τότε (3κ + 1) [ (3κ + 1) 2 + 5 ] 2 = Α α(α 3 + 5) 3 (3κ + 1)(9κ2 + 6κ + 6) = 3 = (3κ + 1)(3κ2 + 2κ + 2) Ε Ζ . • Αν α = 3κ+2, τότε 2 . 2 Α α( α 3 + 5) ( 3κ+2) [( 3κ3 + 2) + 5 ] = . . . = ( 3κ + 2) (3κ2 + 4κ + 3) Ε Ζ ii) Όπως i) ερώτημα ή παρατηρούμε ότι α3 + 6α2 - 1 3α α3 + 5α + 6α2 - 1 8α = Β= 3 3 2 α3 + 5 α + 3(2α - 6α) i) A + (2 α2 - 6α) Ε !L.ι 3 3 i)

---

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Να βρείτε τους θετικούς ακέραιους α,β,γ,δ με α < 5, β < 3, γ � 3 και α + 5β + 15γ + 60δ = 1 18 .

Αν ο α είναι ακέραιος, να αποδείξετε ότι οι αριθμοί α 3 + 5α α(α 2 + 6α - 13) Α= και Β = είναι 3 3 ακέραιοι.

'7/

Να αποδείξετε ότι το τετράγωνο ενός ακεραίου α παίρνει τη μορφή α 2 = 5κ ή α 2 = 5κ ± l,κ Ε Ζ . Απ όδ ε ιξη

Είναι α = 5ρ + υ με υ = 0,1 ,2,3,4, άρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/60

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

α2 = (5ρ + υ) 2 = 25ρ 2 + 10ρυ + υ2 (1) • Αν υ = Ο, τότε από την ( 1) προκύπτει α2 = 25ρ 2 = 5(5ρ2 ) = 5κ , με κ = 5ρ2 • • Αν υ = l , τότε α2 = 25ρ 2 + 10ρ + l = = 5(5ρ 2 + 2ρ) + 1 = 5κ + l , με κ = 5ρ 2 + 2ρ . • Αν υ = 2, τότε α2 = 25ρ 2 + 20ρ + 4 = 25ρ2 + 20ρ + 5 - 1 = = s ( 5ρ 2 + 4ρ + ι ) - 1 = 5κ - 1 ' με κ = 5ρ2 + 4ρ + 1 • Αν υ = 3, τότε α2 = 25ρ 2 + 30ρ + 9 = s ( 5ρ2 + 6ρ + 2 ) - 1 = 5κ - 1 με κ = 5ρ 2 + 6ρ + 2 . • Αν υ =4, τότε α2 = 25ρ 2 + 40ρ + 16 = s ( 5ρ2 + 8ρ + 3 ) + 1 = 5κ + 1 ' με κ = 5ρ 2 + 8ρ + 3 .

Λύση

Αναζητούμε τρόπο για να απαλείψουμε το ν. Από τις (1) έχουμε: α/(3ν + 6) και α/(5ν + 7) άρα α/ 5(3ν + 6) και α/(-3)(5ν + 7) � α/(15ν + 30) και α/(-15ν - 2 1) και συνεπώς α/(15ν + 30 - 15ν - 21) ή α/9, με α Ε Ν . Επομένως α = 1 ή α = 3 ή α = 9. 7)

Ν α αποδείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν* ο αριθμός ι ον + 3 . 4V+2 + 5 διαιρείται με το 9. Απ όδ ε ιξη

Θα αποδείξουμε τον ισχυρισμό Ρ(ν) με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής. Για ν = 1 είναι: 10 + 3 · 43 + 5 = 207 = 9 · 23 , άρα Ρ( 1) αληθής. Έστω ότι Ρ(ν) αληθής, δηλαδή ότι (1) 4) Αν α Ε Ζ να αποδείξετε ότι 2 /(α 4 + α) . Τότε θα αποδείξουμε ότι και Ρ(ν+ 1) αληθής δηλ. ότι lΟν+Ι + 3 · 4ν+ 3 + 5 = 9λ,λ Ε Ζ . Απ ό δ ε ι ξη Ο ακέραιος α έχει τη μορφή α = 2κ ή Από την (1) προκύπτει lOv = 9κ - 48 · 4v - 5 (2) () α = 2κ + 1, κ Ε Ζ . Είναι ι ον+l + 3 · 4ν+3 + 5 = lO · lOV + 3 · 43 · 4ν + 5 =2 Αν α = 2κ, τότε • = 10(9κ - 48 · 4ν - 5) + 192 · 4ν + 5 = 4 α + α = (2κ)4 + 2κ = 2(8κ4 + κ), άρα 2/(α4 + α) . = 90κ - 480 · 4ν - 50 + 192 · 4ν + 5 = • Αν α = 2κ+ 1, τότε = 9(κ - 32 · 4ν - 5) = 9λ , με λ = κ - 32 · 4ν - 5 . α4 + α = α(α3 + 1) = (2κ + 1) [ (2κ + 1)3 + 1] = ... = 8) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του = (2κ + 1)(8κ3 + 12κ2 + 6κ + 2) = αριθμού = 2 · [ (2κ + 1)(4κ3 + 6κ2 + 3κ + l) ] Α = 29 1 950 + 57 2004 + 4 με τον αριθμό 7 . άρα 2/(α4 + α) . Απ όδ ει ξη 5 ) Αν α, β Ε Ζ και οι αριθμοί α+3 και 30-β Οι διαιρέσεις του 29 και 57 με το 7 μας δίνουν αντιστοίχως 29 = 4 · 7 + 1 και 57 = 8 · 7 + 1 , διαιρούνται με το 9, να αποδείξετε ότι και ο α+β διαιρείται με το 9. οπότε σύμφωνα με το α) ερώτημα έχουμε: Α = (4 · 7 + 1)Ι95ο + (8 . 7 + 1) 2οο4 + 4 = Α π ό δ ε ιξη Έχουμε 9/(α + 3) και 9/(30 - β) , άρα υπάρχουν = πολ( 4 · 7) + 1 1 950 + πολ(8 · 7) + 1 2004 + 4 = αντιστοίχως κ, λ Ε Ζ τέτοιοι, ώστε α + 3 = 9κ και = πολ7 + 1 + πολ7 + 1 + 4 = πολ7 + 6 , οπότε 30 - β = 9λ � α = 9κ - 3 (1) και β = 30 - 9λ (2). υ = 6. Προσθέτουμε τις (1) και (2) και έχουμε: 9) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 4 δε διαιρεί α + β = 9κ - 3 + 30 - 9λ = 9(κ - λ + 3) , άρα τον α 2 + 5,α Ε Ζ . 9/(α + β) . Απ ό δ ει ξη 6) Να βρεθούν οι πιθανές θετικές τιμές του α, Έστω ότι 4 /( α 2 + 5) , τότε υπάρχει κ Ε Ζ τέτοιος, αν α,ν ακέραιοι με 3ν + 6 = πολα και ώστε α 2 + 5 = 4κ (1). 5ν + 7 = πολα (1). • Αν α = 2λ, λ Ε Ζ , τότε η ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/61

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

(1) {::> (2λ) 2 + 5 = 4κ {::> 5 άτοπο, αφού {::> 5 = 4( κ - λ2 ) {::> κ - λ2 =- , 4 5 (κ - λ2 ) ε Ζ και 4 � Ζ . Αν α = 2λ + 1, λ ε Ζ τότε (1) {::> (2λ + 1) 2 + 5 = 4κ {::> 4λ2 + 4λ + 1 = 4κ - 5 {::> 4(λ2 + λ - κ) = -6 {::> 2(� + λ - κ) = -3 , άτοπο (άρτιος περιπός), επομένως 4 1 (α2 + 5) . -

•

ΚΑΙ ΤΩΡ Α Η ΣΕΙΡ Α

ΣΑΣ ....

Από τις παρακάτω ισότητες: i) 59 = 7 . 8 + 3 ii) 63 = 8 . 7 + 7 iii) -45 = -4 · 10 - 5 iν) 2004 = 39 · 50 + 54 ποιες είναι ισότητες ευκλείδειας διαίρεσης και γιατί;

Στη διαίρεση του 280 με τον θετικό ακέραιο κ το πηλίκο είναι ίσο με 1 1 . Να βρείτε τις τιμές του κ καθώς και το υπόλοιπο της διαίρεσης σε κάθε περίπτωση. 3) Να βρείτε τη μορφή που πρέπει να έχει ο , , ωστε , ο αριθ μος, α3 + 2α + 1 να ακεραιος α, ετσι 4 είναι ακέραιος. 4) Αν α, β, γ, δ, κ ε Ζ και ο κ διαιρεί τους αριθ μούς αβ-1 και αδ+γ, να αποδείξετε ότι διαιρεί και τον αριθμό βγ+δ. 5 ) Αν α + 3 = πολ2 και (α - 3)/10 να βρεθεί ο ακέραιος θετικός αριθμός α. 6) Να αποδείξετε ότι για κάθε ν ε Ν• ο ν 3 + 2ν διαιρείται με το 3. 2)

Κωνικές τομές Ι . Ο ι κωνικές τομές : π αρα βολή, έ λλειψη , υ περ βολή ως γ εωμετρικός τόπος Κέντρου Κύ κλου . 1.

Γ. Τσικαλουδάκης

Πρακτική εύρεση σημείων της παραβολής

εστία Ε και διευθετούσα δ. Υ

με

ΠΑΡΆ Β Ο Λ Η

Είναι ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων Κ των κύκλων οι οποίοι διέρχονται από σταθερό σημείο Ε και εφάπτονται σταθερής ευθείας δ. (σχήμα 1).

Σχήμα 1 Π αρ ά δειγμ α:

Σχήμα 2 Θεωρούμε τυχαίο σημείο Β της δ. Το ΒΕ προφα νώς διχοτομείται από τον άξονα y ' y. Φέρνουμε τη μεσοκάθετη του ΒΕ η οποία τέμνει, την κάθετη στο Β της δ, στο Μ το οποίο προφανώς είναι ση μείο της παραβολής αφού ΜΕ ΜΒ. 2. Ε ΛΛΕΙΨΗ =

Ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των κύκλων που διέρχονται από το σημείο Ε(2,0) και εφάπτο νται στην ευθεία: δ : χ -2 είναι παραβολή με ε ξίσωση C : y 2 8χ . =

Είναι ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων Κ των κύκλων οι οποίοι εφάπτονται εσωτερικά του κύκλου C(E, 2α) και διέρχονται από σταθερό σημείο Ε ', εσωτερικό του C. (σχήμα 3) με ΕΈ < 2α .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/62

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

τυχαίο σημείο Α του κύκλου (Ε' , 2α), φέρνουμε τη μεσοκάθετη του ΕΑ που τέμνει την Ε ' Α στο Κ, το οποίο είναι σημείο της υπερβολής. ΣΗΜΕΙΩΣΗ :

Τα κέντρα των κύκλων που διέρχονται από το Ε και ο κύκλος C ( Ε ' ,2 α) εφάπτεται εσωτερικά σ' αυτούς, σχηματίζουν τον άλλο (αριστερό) κλάδο της παραπάνω υπερβολής.

Σχήμα 3 Πραγματικά: Αν ο κύκλος (Κ, ΚΕ') εφάπτεται 11. ΑΣ ΚΗΣΕ ΙΣ στον (Ε , 2α) στο Β , θα έχουμε: 1 . Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση: ΚΒ = ΚΕ ' , οπότε: 2 2 2 3 (1). χ + y - χ + xy - Sx - 3 = 0 ' ΚΕ + ΚΕ = ΚΕ + ΚΒ = ΕΒ = 2α ( 1 ) Παριστάνει ένα κύκλο και μια ευθεία εφα Πρακτικά για να βρούμε ένα σημείο της έλλειψης πτομένη σ' αυτόν. θεωρούμε σημείο Β του κύκλου (Ε , 2α) φέρνουμε Λύ ση τη μεσοκάθετη του ΒΕ ' η οποία τέμνει το ΒΕ στο Κ που είναι σημείο της έλλειψης. (λόγω των ισο Έχουμε: χ 3 + y 2 - χ 2 + xy 2 - 5χ - 3 = 0 {::} τήτων ( 1 )) . χ (χ 2 + y2 ) + y 2 - χ 2 - 5 χ - 3 = ο {::} ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ 2 2 2 2 2 Ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των κύκλων χ(χ2 + y ) + χ + y - (2 χ + 5 χ + 3) = ο {::} που διέρχονται από το σημείο Ε'(-3,0) και εφά- (χ + y 2 )(x + 1 ) - (χ + 1)(2χ + 3) = Ο {::} πτονται εσωτερικά του κύκλου με κέντρο Ε(3,0) (χ + 1 )(χ 2 + y2 - 2χ - 3) = 0 {::} 2 2 2 2 και ακτίνα ρ = 5 είναι η έλλειψη: C : .;- + Υ2 = 1 . ( ε1 ) : χ = - 1 ή C : χ + y - 2χ - 3 4 5 η (C) είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ(1,0) και ακτίνα ρ = 2. 3 . ΥΠΕΡ Β ΟΛΉ Ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των κύκλων Ακόμα είναι d(Κ,ε 1 ) = j - 1 - 1 j = 2 , οπότε η (ε ι ) που διέρχονται από σταθερό σημείο Ε και εφάπτεται στον C. εφάπτονται εξωτερικά του κύκλου C(E', 2α) , με ΕΈ > 2α , είναι κλάδος υπερβολής (σχήμα 3).

Δίνεται η εξίσωση: C : χ 2 + y 2 - 2χ - 2y + α 2 + 2α = Ο, α Ε JR . i) Να βρεθεί για ποιες τιμές του α Ε JR η (C) είναι εξίσωση κύκλου. ii) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των ση μείων από τα οποία δεν διέρχεται κανέ νας από τους παραπάνω κύκλους C. Λύ ση

Πραγματικά, αν ο κύκλος (Κ, ΚΕ) εφάπτεται εξω τερικά στον (Ε ' , 2α) στο σημείο Α έχουμε: ΚΕ ' - ΚΕ = ΚΕ ' - ΚΑ = Ε 'Α = 2α Πρακτικά για να βρούμε ένα σημείο του (δεξιού) κλάδου της υπερβολής με εστίες Ε ' , Ε, θεωρούμε

i) Η ( C )

είναι εξίσωση κύκλου όταν:

8 - 4α2 - 8α > 0 δηλαδή όταν: α Ε ( -J3 - 1, J3 - 1 ) .

θεωρούμενη ως δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς α έχει διακρίνουσα: Δ = 4 - 4( χ 2 + y2 - 2x - 2y) .

ii) Η ( C )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/63

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Επομένως από το σημείο M(x0 , y0 ) δεν ισχύει ΜΑ β και ΜΒ α. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος που διαγράφει το Μ. διέρχεται κανένας από τους κύκλους C , όταν Λύ ση Δ<Ο δηλαδή όταν: χ � + Υ� - 2χ 0 - 2y0 - 1 > Ο ( 1 ) . Από το Μ φέρνουμε στους άξονες χ ' χ, y ' y κάθετα τμήματα ΜΚ, ΜΛ αντίστοιχα. Από τα όμοια τρίγωνα: Η εξίσωση: C0 : χ 2 + y2 - 2 x - 2y - 1 = Ο Υ Β είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ( 1 , 1 ) και ακτίνα ρ = J3 Επομένως από κάθε εξωτερικό σημείο του κυκλικού δίσκου που ορίζει η Co, Α δεν διέρχεται κανένας από τους κύκλους C. =

Έ στω C ο κύκλος ο οποίος διέρχεται από το σημείο Ε

(�,0} p>O και εφάπτεται στον

άξονα y'y. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος τον αντιδιαμετρικού σημείου του Ε. Υ

Λύ ση

ΑΟΒ, ΜΚΑ, ΜΛΒ έχουμε: ΛΜ ΚΜ β α και --= -= (1) * ΟΑ α + β ΟΒ α + β οπότε αν M(x,y) είναι οι συντεταγμένες του Μ , IYI = β έχουμε: Η_ _ α και ή ΟΑ α + β ΟΒ α + β ΟΑ 2 και y2 ΟΒ2 χ2 β 2 (α + β) 2 α 2 (α + β) 2 ΑΒ 2 , χ 2 y 2 ΟΑ 2 + 0Β 2 οποτε: = + = 2 =1 2 2 2

' Άρα:

Αν πάρουμε την ευθεία δ : χ = _ Ε. και το κάθετο 2 τμήμα ΕΉ στην δ που τέμνει τον y ' y στο Β, έχο� με: ΗΒ = Ε. και στο τραπέζιο ΟΕΕ ' Β η ΑΚ είναι 2 διάμεσος, οπότε: 2ΚΑ Ε ' Β + ΟΒ, Ε 'Β = 2ΚΑ - Ε.2 και συνεπώς Ε 'Η = 2ΚΑ = Ε 'Ε . Δηλαδή το Ε ' ισαπέχει από το Ε και την ευθεία δ, οπότε ο γεωμετρικός τόπος του Ε' είναι η παραβο λή με εστία το Ε και διευθετούσα τη δ. =

ΑΣ ΚΗΣΗ

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των κέντρων των κύκλων οι οποίοι εφάπτονται στον άξονα y'y και στον κύκλο: C : (χ - 2) 2 + y 2 = 4 . 4.

Ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ σταθερού μήκους έχει το άκρο Α στον άξονα χ' χ και το Β στον y'y. Αν για ένα σημείο Μ του ΑΒ

(α + β )

(α + β ) α β 2 2 y 1. χ = + -τ 2 α β

Επομένως ο γεωμετρικός τόπος του Μ είναι έλλει ψη, αν α β και κύκλος όταν α β. ΣΗΜΕΙΩΣΗ: Οι ( 1 ) ισχύουν και στις οριακές θέσεις του ΑΒ, που το Α ή το Β συμπίπτει με το Ο. ΜΑ 3 ΕΦΑΡΜΟΓΗ : ΑΒ = 10 και - = ΜΒ 4 +=

Δίνονται οι ευθείες: εz : y = - ! χ - β ε ι : y = ! χ + β, α α και το σημείο Κ(α, Ο), α>Ο, β>Ο. Ευθεία δ διέρχεται από το Κ και τέμνει τις ει, ε2 στα σημεία Α, Β αντίστοιχα. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μέσων Μ των τμημάτων ΑΒ. Λύ ση

Έστω A(x1 , y1 ), B(x 2 , y2 ) και σο του ΑΒ. Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/64

M(x0 , y0 ) , το

μέ-

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Η (1) γράφεται - Α κ - 2 Β2κ + 10 = Ο (2) 2 Από τη (2) προκύπτει ότι οι συντεταγμένες των σημείων Β για κα, θ ε κ Ε 1'1�τ* Κ - Α2κ ' - 2 ' Επαληθεύουν την εξίσωση: ε: χ + 2y + 10 = Ο Επομένως τα σημεία κ - �κ ,-�κ είναι συ-

β -β, β ι + β, = --X Υι = -χ Yz α z α 2χ σ = χ ι + Χ z , 2yo = Yι + Yz , Υι - y2 = �α 2χ 0 + 2β και

(- ) κ

)

(

νευθειακάο ii) Ο Cκ εφάπτεται στον C , αν και μόνο αν �Α; + Β; + 1 00 ± = JS loκl 2 ισοδύναμα:

χ'

�A ; + B� + l 00 ± 2J5 = �A� + B�

Ακόμα επειδή τα Α, Μ, Κ, Β είναι συνευθειακά έ χουμε: = Ο , οπότε:

Θέτουμε Α � + Β� = ρ , οπότε η (3) γίνεται:

det( ΚΜ,ΑΒ)

Jρ + lOO ± 2J5 = JP

(4) Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η (4) είναι ισοδύναμη με Jρ + 100 - 2J5 = JP <:::> 20 = J5P <:::> ρ = 80 Επομένως, λόγω και της ( 1) έχουμε το σύστημα: Α 2κ + Β2 = 80 <=> Α κ = 20 - 2Β <=> Ακ + 2Βκ = 20 Β� - 16Βκ + 64 = 0 <:::> Β κ = 8 και Ακ = 4 Συνεπώς ο κύκλος: C K : χ 2 + y2 + 4χ + 8y - 25 = ο εφάπτεται (εσωτερικά) με τον Co

( Υι - Υz Χχ σ - α) - Υο (χ ι - χ 2 ) = 0 (2)0 Η (2) λόγω των (1) γίνεται: + 2β (χ 0 - α) - 2y� � = 0 {::} 2α 2 = 0 {::} 2β 2 + 2yfix - 2yfix - 2αβ - -y -χ 0 0 0 α β 0 2 2 β 2 χ� - α 2 y� = α 2 β 2 {::} χ� - y� = 1 0 (C) α β Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος του Μ είναι η υπερ, βολή (C) o

(� ο2χ0 )

Δίνονται οι κύκλοι: C" : χ2 + y 2 + Ακχ + Βκy - 25 = 0, Έ στω ότι οι κύκλοι Cκ έχουν με τον κύ κλο: C : χ 2 + y 2 = 5 κοινό σημείο το M(l, 2). ί) Να αποδειχθεί ότι τα κέντρα των Cκ είναι συνευθειακά σημεία. ίί) Να αποδείξετε ότι μόνο ένας κύκλος από τους Cκ εφάπτεται στον C. Λύ ση

ί)

111.

}

ΟΙ ΤΥΠΟΙ VIET Α ΣΤΙΣ ΚΩΝΙ ΚΕΣ ΤΟΜΕΣ

Δίνεται ο κύκλος C : χ 2 + y 2 = 10 και η ευθεία ε : y = λχ - 5 . Να προσδιοριστεί ο λ ε JR. ώστε η (ε) να τέ μνει τον (C) σε δύο σημεία Α, Β έτσι ώστε: ΑΟΒ = 90° . Λύ ση

Οι κύκλοι Cκ διέρχονται από το Μ(1, 2), οπότε Έστω A (x 1 , y1 ) και B(x 2 , y2 ) o (1) Οι τετμημένες χ1, χ2 των Α, Β (κοινών θα είναι: Ακ + 2Βκ - 20 = Ο Ακ Βκ των ε, C) επαληθεύουν την εξίσωση: ο C κ εχει κεντρο , κ -2,-2 (λ 2 + 1)χ 2 - 10λχ + 15 = 0

(

(3)

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/65

ση μείων ι!Ι

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(που προκύπτει από το σύστημα των (ε), (C)).

Συνεπώς είναι: 2 1 4χ ο2 = (λ 2λ+ 1) 2 και λ 2 = -1-2yo 1 -1- -2..:.Υ--"-..ο --οπότε: 4χ� = 1 ισοδύναμα: 4 y� 8x�y0 + 4y� + 8y� = 0 {::} 8yo ( χ� + Υ� - ±Υο) = Ο {::} (λ Ο) Co : Χ ο2 + Υ2ο - -21 Υο = Ο · Η C0 είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ ( Ο, �) . = -1 , στον οποιο. ανηκει . το . και ακτινα 4

. θα ειναι: . Χι χ 2 = -215- , Επομενως λ +1 10λ Χι + xz = λ2 +1 , Υι = λχι -5 , Υ2 = λχ2 - 5 (2) οπότε έχουμε: ΑΟΒ2 = 90° {::} ΟΑ ΟΒ {::} () ΧιΧ z + ΥιΥ2 = 0{:}χ ι χ 2 (λχ ι -5)(λχ 2 - 5) = 0 {:} (λ 2 +1)χ ι · χ 2 -5λ(χ ι + χ 2 ) + 25{:}(2) 2 50λ 2 = 4 {::} λ = ±2 . 15 - ο {::} λ + 25 = 2λ +1 Λ

__,

Δίνεται ο κύκλος Cλ και η ευθεία ελ με: Cλ : χ 2 + y 2 + λχ - 1 = Ο και ε : y = λχ λ Ε JR * . i) Δείξτε ότι ο Cλ και η ελ έχουν δύο κοινά σημεία για κάθε Ε JR * . ii) Δείξτε ότι το μέσο Μ της χορδής που ο Cλ ορίζει επί της ελ ανήκει σε σταθερό κύκλο. λ

Λύ ση

Τα κοινά σημεία των ελ, Cλ βρίσκονται από τη λύση της εξίσωσης, (λ2 +1)χ 2 + λχ -1 = 0 (1) η (1) έχει διακρίνουσα Δ = 5λ2 + 4 > Ο και συνεπώς ο Cλ και η ευθεία ελ έχουν δύο κοινά σημεία για κάθε τιμή του λ ii) Αν Α(χ ι , Υι ), B(x 2 ,y2 ) είναι τα σημεία τομής των Cλ, ελ και M(x 0 ,y0 ) είναι το μέσο του ΑΒ . 2χ 0 = Χι + χ 2 = --2λ- , εχουμε: λ +1 1 · 2yo = Υι + Υ2 = - 2λ +1 i)

JR .

Δίνεται η παραβολή: (C) και η ευθεία (ε) με εξισώσεις: ι C : x 2 = ---y και ε : y = λχ + l, λ ε !R . 2 λ +1 Δείξτε ότι: i) η (ε) και η (C) έχουν δύο κοινά σημεία Α,Β για κάθε λ Ε iR ii) το μέσο Μ του ΑΒ ανήκει σε σταθερό κυκλο. •

Λύση ί) Από την λύση του συστήματος των εξισώσεων των ε, C έχουμε: (λ 2 + 1 ) χ 2 -λχ - 1 = 0 (1) Η ( 1 ) έχει διακρίνουσα Δ = 8λ2 + 4 > Ο , οπότε έχει δύο άνισες ρίζες χι , Xz και συνεπώς η (ε) και η (C) τέμνονται σε δύο σημεία Α(χ ι , Υι ) και B(x 2 ,y2 ) για κάθε λ Ε !R . ii) Έστω Μ(χ 0, y0 ) με το μέσο του ΑΒ. Είναι: 2χ 0 = Χι + χ 2 = 2λ λ+ 1 και 2 λ2 2yo = Υι + Υ2 = λ(χ ι + χ 2 ) + 2 = λ +1 +2. Άρα είναι: 2χ0 = +λ + 1 και 2y0 = ---Ρλ + 1 -- + 2 οπότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/66

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

2 (1) 4χ 02 = 2λ 2 και λ 2 = 2 - 2y0 (2) 2y0 - 3 (λ + 1) Η (1) λόγω της (2) γίνεται: 4χ� = (2 - 2y0 )(2y0 - 3) ή 4χ� + 4y� - 10y0 + 6 = 0 ή 5 + -3 = 0 (3) Cxo2 + Υ2ο - -yo 2 2

Η (3) είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ και ακτίνα ρ = J34 . 5' 4 4 Συνεπώς το Μ( χ 0 , y0 ) ανήκει στον κύκλο C .

(i _i)

Η Η

καθένα από τα παιδιά αυτά δίνουμε τόσα ευρώ όση Ονομάζομαι Γεώργιος Σούμπλης και είμαι μα είναι η ηλικία του. Έτσι δώσαμε 14 ευρώ. Να δεί θητής της Α ' τάξης του Λυκείου στο Αρσάκειο ξετε ότι τουλάχιστον δύο από τα παιδιά αυτά έχουν Ψυχικού. Μου αρέσουν τα μαθηματικά και προμη την ίδια ηλικία. θεύομαι τακτικά το περιοδικό «Ευκλείδης Β ' ». Το περιοδικό αυτό με βοηθάει στην κατανόηση των μαθηματικών και οφείλω ένα μεγάλο ευχαριστώ Άσκη ση Γ εωμετ ρ ίας Στο εσωτερικό ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ παίρνουμε σε όσους συντελούν στην έκδοσή του. Σας στέλνω δύο ασκήσεις, μια Άλγεβρας και τρία σημεία Ε, Ζ και Η έτσι, ώστε το τρίγωνο ΕΑΒ μια Γεωμετρίας. Νομίζω ότι είναι καλές και ελπίζω να είναι ισοσκελές με κορυφή το Ε, το τρίγωνο ΖΑΔ να είναι ισοσκελές με κορυφή το Ζ και τα να τις δημοσιεύσετε. τρίγωνα ΑΕΖ και ΕΖΗ να είναι ισόπλευρα. Η ευ θεία ΑΕ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Θ και η ευθεία ΑΖ τέμνει την πλευρά ΔΓ στο Ι. Να δείξετε Ά σ κη ση Άλγεβ ρ α ς Μία ομάδα αποτελείται από πέντε παιδιά, τα οποία ότι: 1) ΔΖ ΓΗ 2) Τα σημεία I, Η και Θ είναι σ�r είναι τουλάχιστον, ενός έτους το καθένα (την ηλι νευθειακά. 3) Τα σημεία Α, Η και Γ είναι συνευ κία τους την υπολογίζουμε . σε ακέραια έτη). Σε θειακά. Αγ απη τέ Ευκλείδ η

:············································································�

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ••

Καλ ό

Π ά σχ α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.3/67

rJ � Αnό6cιfη Ανιιιοτικών Εχcr.ιcων

και

Εnfλ uιιη Α νιιιώιιeων

των Ν. Ζανταρίδη - Κ. Παπαδόπουλο Η απόδειξη ανισοτικών σχέσεων στην Ανάλυση παρουσι άζει ι δια ίτερο ενδιαφέρον, ενώ δημιουργεί α� κετές δυσκολίες στους μα θητές. Στο άρ θρο αυτό ασχολο ύμαστε με την απόδειξη ανισοτικών σχέσεων και την επίλυση ανισώσεων με τη βοή θεια θεωρημάτων που αναφέρονται: 1) στη μονοτονία παραγωγίσιμων συναρτήσεων, 2) στα ακρότατα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Ακόμη αποδεικνύουμε ανισότητες με τη χρή

ση του Θεωρήματος Μέσης Τιμής του Διαφορικο ύ Λο ισμού .

στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο [1,+οο) , οπότε η h παρουσιάζει στο Χο 1 (ολικό) ελάχιστο το ο ποίο είναι hmin = h(l) = f(1) + r Τ = 2f(l) . Άρα ι-

Έστω συνάρτηση η παραγωγίσιμη Α : ( Ο, + ) � JR . Αν η συνάρτηση g(x) x · f'(x),

χε

οο = (Ο, +οο) είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) να

δείξετε f(x) +

για

ότι

r (�J �

κάθε

χ>Ο

ισχύει

2f(l) . Λύ ση

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)-f(x)+f

( } ( J'

(�} x>O .

Είναι h'(x)-f'(x)+f' � � =f'(x)- :2 f'(x) Βρίσκουμε το πρόσημο της h'(x) . 'Εχουμε h'(x) > O <::> f'(x)- : f' � > O <=>

2 (J <=> ftx)> :2 f' (�J � xrtx)>� ·f'(�J <=> g(x)>g(�J (αφού g(x) = χ · f'(x) ) <=> χ >_!_ (αφού η g είναι χ γνησίως αύξουσα στο R) χ2 > 1 <=> χ > 1 (αφού χ (Ο,+οο) . +οο 1 ο <::::>

h'(x) h(x)

ο + "-.. ulin/

Από το πρόσημο της h'(x) που φαίνεται στον πί νακα προκύπτει ότι η h είναι γνησίως φθίνουσα

h(x) � hmin = 2f(l) για κάθε χ>Ο. σχύει

f(x)+ f(� J � 2f(l)

Ά σκηση 2η :

Α.

Να

δείξετε ότι για κάθε χ ε JR

•

ισχύει

x.enx � χ - 1 .

Β.

Αν α, β, γ ε JR και α+β+γ α α · β β · γΎ •

��.

3 να δείξετε ότι

Λύ ση

Α.

Θεωρούμε την συνάρτηση

f(χ) = x.enx -χ + 1, χ > Ο . Είναι f'(x) = .... = .enx . Βρίσκουμε το πρόσημο της f'(x) . Έχουμε: f'(x) > Ο <=> .enx > Ο <=> .enx > fn1. <=> χ > 1 . +οο 1 ο (enxf)

f(x) f(x)

ο + nlin/ "-..

Από το πρόσημο της f'(x) που φαίνεται στον πίνακα προκυπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0,1] και γνησίως αύξουσα στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.l/68

Μαθηματικά Γ Λυκείου

[1, +οο) , όπότε η f παρουσιάζει στο Χο 1 Β. Επειδή είναι e 2 < 1 Ο < 1 1 και η f είναι γνησiως φθίνουσα στο [e2 , +οο) έπεται ότι ισχύει (ολικό) ελάχιστο το οποίο είναι το ζ;" = f(l) = 1 · Rn1 - 1 + 1 = Ο . Επειδή το (ολικό) RnlO > Rn1 1 � � > f(1 1) f(IO) ελάχιστο της f είναι το ζ;" = Ο έπεται ότι για Jlδ .fιl 1 κάθε χ>Ο ισχύει f(x) � ζ;" = Ο � � -- · RnlO > -1- · Rn1 1 m JIO � xt'nx - x + 1 � 0 � xfnx � x - 1 : (1). · I I ( fnx 1 ) I Β. Έστω α, β, γ Ε � με α+ β+γ 3 (2). � Rn IOJiO > Rn 1 1JU � 10Jί0 > 1 1Jί1 . Λόγω της ( 1) ισχύουν: αt'ηα � α - 1 (3) �� β - 1 �) γt'ηβ � γ - 1 Ά σκη ση 4η : (5 ) συνάρτηση Από τις (3), (4) , (5 ) με πρόσθεση κατά μέλη Για την παραγωγίσιμη f : � � � ισχύει f '(x) = ex για κάθε Χ Ε � . έχουμε: αt'ηα + βt'ηβ + γRηγ � (α - 1) + (β - 1) + (γ - 1) α+ Ρ 2fσ2 J:+P-x Να δείξετε ότι J0 x f(t)dt+ f(t)dt f(t)dt� � t'η(α α ) + Rη(β β ) + t'η(γ1) � (α + β + γ) - 3 () για κάθε χ Ε � �2 Rη(αα · β β · γ1) � 3 - 3 = 0 � Λύ ση � t'η(αα · ββ · γ1) � t'η1 Θεωρούμε τη συνάρτηση � αα . β β . γΎ � 1 . α+ β-χ f(t)dt Χ Ε � . = fσ χ + fσ g(x) f(t)dt σ ηση η =

( ) ( ) I

•

3 :

Ά κ

Α. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συνάρτηση

f(x) = � ,

>Ο. ι

Β. Να συγκριθούν οι αριθμοί: Α. Είναι f'(ψ

ι ο JϊΟ , 1 1 Jil .

Λύ ση

( � )' = (fnx)' . �;.;:xJ{ Fx}' =

Rnx 'Εχουμε Γ = --;: Νχ = 2 - Rnx χ 2χνχ Rnx > 0 � 2 - Rnx > O � f'(x) > O � 2 - ..Γχ 2χ χ (enxt) � Rnx < 2 � Rnx < Rn( e2 ) � Ο < χ < e 2 +α: e2 ο ..Γχ -

f( x) f(x)

ι�

Από το πρόσημο της f'(x) , που φαίνεται στον πίνακα προκύπτει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (O,e2 ] και γνησίως φθίνουσα στο [e2 , +οο) .

(

)(

)

Είναι g'(x) = Jox f(t)dt + Joα+β- x f(t)dt = = f(x) + f(α+ β - χ) · (α+ β - χ)' = f(x) - (α+ β- χ) . Επειδή f'(x) = ex' > ο για κάθε χ Ε � ,έπεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Βρίσουμε το πρό σημο της g'(x) . Έχουμε g'(x) > O � f(x) - f(α + β - x) > O � � f(x) > f(α + β - χ) � χ > α + β - χ (αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο R) α+β . � 2χ > α + β � χ > -2 α-+2-β +α: χ

g'( x) g(x)

-α:J-

"-. I ? mιn

Από το πρόσημο της g' (χ) που φαίνεται στον πία +-β και γνησιως , αυνακα προκυπτει στο -οο, 2 ξουσα στο α β , +οο οπότε η g παρουσιάζει στο

, ( [; )

Χ0

]

α +-β ολικο' ελαχιστο, ' ' το το οποιο' ειναι =2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/69

Μ αθηματικά Γ Λυκείου

( )

α +-β = fo2 α+ β α+ β 2 f(t 2 )dt = f(t)dt + fσα+β -g min = g 2 α+ β = 2fo2 f(t)dt . Επομένως για κάθε χ Ε JR ισχύει α +-β = fo2 α+ β g(x) � g min = 2 f( t)dt <=> 2 x α+ β <=? fo f(t)dt + fσα+ β - χ f(t)dt � fo2 f(t)dt .

Έχουμε fnx t αβ > β α <=> fη(αβ ) > fη(β α ) <=> βt'ηα > αt'ηβ <=> t'nα > t'nβ <=> f(α) > f(β) και αφού η f είναι <=> α β γνησίως φθίνουσα στο (e, +οο) , είναι α<β.

( )

Άσκη ση Sη :

Να λυθεί η aνίσωση χ 2 - χ < f n κάθε Χ Ε JR .

( )

Λ ύση

( + 1) χ4 χ2 + 1

Άσκη ση 7η :

για

+ 1 <=> 'Εχουμε χ 2 - χ < fn -χ 4χ2 + 1 <=> χ 2 - χ < fn(x 4 + 1) - fn(x 2 + 1) <=> <=> χ 2 - fn [ (χ 2 ) 2 + 1 J < χ - t'n(x 2 + 1) <=> <=> f(x 2 ) < f(x) όπου f(x) = χ - fn(x 2 + 1) , 2 χ Ε 1R . Ει'vαι f'( χ) = ( χ 2- 1) 'Ετσι για κα' θε χ +1 χ Ε JR - {1} είναι f'(x) > Ο και f'(l) = Ο , οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Έτσι έχουμε f(x 2 ) < f(x) <=> χ 2 < χ <=> χ 2 - χ < Ο <=> <=? Χ ( Χ - 1) < 0 <=? Χ Ε (0, 1)

Έστω μία συνάρτηση f συνεχής στο [α,β] παραγωγίσιμη στο (α,β) και κυρτή στο [α,β]. Αν είναι f(α) < f(β) να δείξετε ότι: i) υπάρχει χ 0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε: f(α) + f(β) f(xo ) = 2 ii) υπάρχει χ, Ε (α, χ 0 ) και χ 2 Ε (χ 0 ,β) τέτοια 1 - + -1- = 2 · β - α και να ώστε: f(β) - f(α) f'(x 1 ) f'(x 2 ) δείξετε ότι το Χο βρίσκεται πλησιέστερα στο β απ' ότι στο α. Λύσ η

Έχουμε f(α) = f(α) < f (β) τότε 2f(α) < f(α) + f(β) < 2 f (β) f(α) < f(β) = f(β) => f(α) < f(α) +2 f(β) < f(β) (1 ). Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] και ισχύει η (1) έπεται ότι σύμφωνα με το θεώρημα Ενδιάμεσων τιμών, ότι υπάρχει Χο Ε (α, β) ο 1 τέτοιο ώστε: f(x 0 ) = f(α) + f(β) . + l + 2 ii) Επειδή η f είναι κυρτή στο [α, β] έπεται ότι η Γ Άσκη ση 6'1 : είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο Ν α συγκριθούν οι αριθμοί α, β Ε (e, +οο) αν είναι [α, χ 0 ],[χ 0 ,β] και παραγωγίσιμη στα γνωστό ότι α Ρ > βα . διαστήματα (α, χ 0 ),( χ 0 , β) . Άρα η f ικανοποιεί ση Λύ τις προϋποθέσεις του Θ. Μ .Τ. σε καθένα από τα α α β αβ > β <=> fη(α ) > fη(β ) διαστήματα [α, χ 0 ] και [χ 0 ,β] , οπότε υπάρχουν Χ 1 Ε (α, χ 0 ) και χ Ε (χ 0 ,β) τέτοιοι ώστε: 2 > fnβ <=> f(α) > f(β) <=> βfηα > αfηβ <=> fnα α β f(α) + f(β) f(α) ) f(α) f(x o ...._ fnx , f( χ ) = f'(χ ι ) = χ - α = __,2!:. οπου χ α 0 0 χ = f(β) - f(α) και f'(x 2 ) = f(β) - f(x 0 ) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = fnx όπου x>e. 2(χ 0 - α) β - χ0 χ fnx 1 , f'( χ ) = 0 για κα, θ ε χ Ε ( e, +οο) , Ειναι f(β) - f(α) +2 f(β) f(β) - f(α) χ2 < ,_ = οπότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( e, +οο) . i)

•

_ __

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/70

___

Μαθηματικά Γ ' Λυκείου

Έχουμε: α < χ , < Χ 0 < Χ 2 < β ::::::> α < χ 1 < χ 2 < β ::::> f'(x 1 ) < f'(x 2 ) (αφού η f' είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β) τότε 1 < 1 f(β) - f(α) < f(β) - f(α) η, --2(χσ - α) 2(β - χ0 ) 2(χ0 -α) 2(β-χ0 ) (αφού f(β) - f(α) > Ο) � 2(χ0 - α) > 2(β - χ0 ) (αφού 2(χ 0 - α) > Ο και 2(β - χ 0 ) > Ο ) α+β . � χ 0 - α > β - Χ 0 ::::::> 2χ 0 > α + β ::::::> χ0 > -2 , α + β , χ 0 > -- επεται , οτι το Χο Επειδη, ειναι 2 βρίσκεται πλησιέστερα στο β απ' ότι στο α. Άσκηση 8 η :

Η συνάρτηση f : (0, +οο) � IR είναι παραγωγίσιμη και κυρτή στο (Ο, +οο) . Αν η ευθεία ε : y = 3χ + 4 είναι aσύμπτωτη της Cr στο +οο τότε: 1) Να βρείτε το όριο: L = lim { f(x + l) - f(x)) . Χ -Η«>

2) Να δείξετε ότι f(x) - f(x - 1) < f'(x) < f(x + 1) - f(x)

Χ -+ +«>

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΕΣ 1)

για κάθε χ > ι. 3) Να βρείτε το lim f'(x) . Χ-Η«>

Επειδή η ευθεία ε : y = 3χ + 4 είναι aσύμπτωτη της Cr στο +οο έπεται ότι lim ( f(x) - 3 x - 4) = 0 (1). Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - 3χ - 4, χ > Ο . Λόγω της (1) έχουμε lim g(x) = Ο . Για κάθε χ>Ο είναι f(x) = g(x) + 3χ + 4 , οπότε f(x + l) - f(x) = = ( g(x + 1) + 3(x + 1) + 4 ) - ( g(x) + 3x - 4) = = g(x + 1) - g(x) + 3 : (2). (ω=χ + Ι ) = lim Ο τότε g(x + 1) = Είναι lim g(x) � co χ� x + = ωlim (ω) = Ο , οπότε λόγω της (2) έχουμε: ->+«> lim (f(x + 1) - f(x)) = lim (g(x + 1) -g(x) + 3 ) = = lim g(x + 1) - lim g(x) + t'im3 = Ο - Ο + 3 = 3 . 2) Έστω χ> 1 . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) έπεται ότι η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ .Τ. σε καθένα από τα διαστήματα

Χ -Η«>

Χ -Η<(>

Χ -Η<Ό

Χ -Η«>

X ---1-f«>

Να δείξετε ότι 2x ( -Fx - 1 ) ;::: Rnx για κάθε χ>Ο. β) Αν α, β, γ Ε IR * και αβγ 1 να δείξετε ότι α.Jα + βJβ + γJΎ ;::: α + β + γ . α) Να δείξετε ότι χ 4 ;::: 4χ - 3 για κάθε χ E IR . β) Να δείξετε ότι για κάθε α, β, γ Ε IR * ισχύει γ 3 ;::: -1 + -1 + -1 . α4 β3 + -+ β4 γ4 α• α β γ Να λυθεί η aνίσωση e x3 + x - e 2 x > χ - χ 3 • Να συγκριθούν οι αριθμοί Α = 20042005 , Β = 2005 2004 . 2 +1 . ' eα-β > -α ' α>β να δει'ξετε οτι: Αν ειναι β2 + 1 Έστω οι συναρτήσεις f, g : IR � IR για τις οποί ες ισχύει e f ( x ) + f(x) = g(x) για κάθε χ Ε IR . Αν η g είναι γνησίως φθίνουσα στο R, τότε: i) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. ii) Να λυθεί η aνίσωση f( f(x2 +2χ)} <f( f(x+2)1 . α)

Λύσ η

[χ - 1, χ ] και [χ, χ + 1 ] , οπότε υπάρχουν ξ, Ε (χ - 1, χ) και ξ2 Ε (χ, χ + 1) τέτοιοι ώστε f'(ξ 1 ) = f(x)--(χf(x- 1)- 1) = f(x) - f(x - 1) (3) και χ = f(x + 1) - f(x) (4) f'(ξ 2 ) = f(x(χ++1)1)--f(x) χ Επειδή η f είναι κυρτή στο (0, +οο) , έπεται ότι η f' είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο,+οο) . Έχoυ( f'tR: J με: Ο < χ - 1 < ξ, < χ < ξ2 < χ + 1 ::::::> ισχύει f'(ξ, ) < f'(x) < f'(ξ2 ) . Από (3), (4) (5) f(x) - f(x - 1) < f'(x) < f(x + 1) - f(x) . για κάθε χ > 1 . u= --1 lim ( f(x + 1) - f(x) ) = 3 =u=x + l Είναι χ�+«:ι x = u-H«> lim ( f(u + 1) - f(u)) = 3 , οπότε λόγω της (5) προκύπτει ότι lim f'(χ) = 3 .

3) 4)

5) 6)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/7 1

Πιθανότητες Κώστας Παπαδόπουλος - Χαρούλα Σαραφοπούλου Το κεφάλαιο των Πιθανοτήτων για τα Μαθηματικά Γενικής Παιδείας της Γ' Λυκείου, έχει μία αυτοτ& λεια σχετικά με τα άλλα δύο κεφάλαια που προηγούνται. Η ευχέρεια στην αντιμετώπιση θεμάτων, έχει να κάνει με την καλή κατανόηση κάποιων βασικών σχέσεων και εννοιών. Ενδιαφέρον παρουσιάζουν ακόμη οι ασκήσεις που συνδυάζουν στοιχεία από τα κεφάλαια της Στατιστικής και των Συναρτήσεων μέσα από το άρθρο αυτό θα προσπαθήσουμε να παρουσιάσουμε μια επιλογή ασκήσεων που να ανταποκρίνονται στις

παιτήσεις αυτού του κεφαλαίου. Λύ ση

Άσκη ση 1 '1

Ισχύει Α Π Β Π Γ ς Α άρα Ρ(Α Π Β Π Γ) � Ρ(Α) (1). Όμοια Α Π Β Π Γ ς Β άρα Ρ(Α Π Β Π Γ) � Ρ(Β) (2). Α Π Β Π Γ ς Γ άρα Ρ(Α Π Β Π Γ) s Ρ(Γ) (3). Λύση Με πρόσθεση των τριών σχέσεων παίρνουμε i) Αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα θα ισχύει: 3Ρ(Α Π Β Π Γ) s Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) � P(A U Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) = 0, 6 + Ο , 7 = 1,3 > 1 το Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) . οποίο είναι άτοπο. Άρα τα Α και Β δεν είναι � Ρ(Α Π Β Π Γ) � 3 ασυμβίβαστα. Άσκη ση 3 η ii) Είναι Α Π Β ς Α και Α Π Β ς Β Αν για τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού άρα Ρ(Α Π Β) s Ρ(Α) ή Ρ(Α Π Β) s Ρ( Β) Ω ισχύει Ρ( Α Π Β) = Ρ( Α) · Ρ(Β) να δείξετε ότι δηλ. P(A Π B) � min{P(A), P(B)} . P(A U B) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) . Ρ( Α U Β) ' = Ρ( Α ') · Ρ(Β') . Είναι Λύση Ισχύει P(A U B) s 1 � Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π B) s 1 � Είναι P(A U B)' = 1 - P(A U Β) = � Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 s Ρ(Α Π Β) . = 1 - [Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β)] = Τελικά ισχύει = 1 - Ρ(Α) - Ρ(Β) + Ρ(Α Π Β) Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ(Α Π Β) � min {P(A), P(B)} . Ρ(ΑΠΒ)=Ρ(Α)· Ρ(Β) 1 - Ρ(Α) - Ρ(Β) · Ρ(Α)Ρ(Β) = iii) Με απλή εφαρμογή της προηγούμενης σχέσης έχουμε Ρ( Α) + Ρ(Β) - 1 = 0, 6 + Ο, 7 - 1 = 0, 3 και = [1 - Ρ( Α)] - [1 - Ρ( Α)] · Ρ(Β) = ακόμη Ρ(Α Π Β) s Ρ(Α) = 0, 6 . Άρα τελικά [1 - Ρ( Α)] · [1 - Ρ(Β)] = Ρ(Α') · Ρ(Β') . 0,3 � Ρ(Α Π Β) � 0, 6 . Άσκη ση 4η iv) Είναι Β ς Α U Β άρα Ρ(Β) s (Α U Β) δηλαδή

Έ στω Ω ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Α, Β ενδεχόμενά του με πιθανότητες Ρ(Α) 0,6 και Ρ(Β) 0,7 . Να δείξετε ότι: i) τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα στα ii) Ρ( Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ( ΑΠ Β) � min{ P(A), P (B)} iii) 0, 3 � Ρ(Α Π Β) � 0, 6 ίν) P ( A U B ) z 0, 7 =

Έ στω Α, Β δύο ενδεχόμένα ενός δ.χ. Ω με Α Π Β = 0 και Α U Β = Ω . Αν ισχύει: Άσκη ση 2'1 λΡ(Α) - Ρ(Β) = 3λ2 - 6λ + 2 (1) Αν Α, Β, Γ ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ρ( Α) + λΡ(Β) = 5λ2 + λ = 1 (2) Ω να δείξετε ότι Ρ(Α) + Ρ(Β) + Ρ(Γ) (λ ε �) να δειχθεί ότι Ρ( Α) = Ρ(Β) = .!. . . Ρ(Α Π Β Π Γ) � 2 3 P(A U B) z 0, 7 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/72

Μαθη ματικά Γ ' Λυκείου

� 2Ρ(Α) + Ρ(Β) :::; Ρ(Α) � Ρ(Β) :::; Ρ(Α) (1). Οι ισότητες (1) και (2) σχηματίζουν σύστημα με Όμοια Ρ(Α3 Π Β) :s; Ρ(Β) αγνώστους Ρ(Α) και Ρ(Β). 2Ρ(Α) + Ρ(Β) :::; Ρ(Β) � � 1 2 3 Είναι D = � = λ + 1 * ο για κάθε λ Ε � :::; � Ρ(Α) Ρ(Β) (2). 2 Από τις (1) και (2) έχουμε Ρ(Α) = Ρ(Β) . D Ρ ( = 3λ2 - 6λ + 2 -1 = Α) 5λ + λ + -1 λ Άσκηση 6η = 3� - 6λ2 + 2λ + 5λ2 + λ - 1 = Δίνεται η συνάρτηση Α( χ) = χ4 - 2χ2 + 2 . = 3� - λ2 + 3λ - 1 = λ2 (3λ - 1) + (3λ - 1) = i) Να βρεθούν τα ακρότατα της f. = (3λ - 1) . (λ2 + 1) . ii) Αν Ω = {(α, β)/ α, β Ε �} και α τοπικό 2 - 6λ + 2 λ 3λ = D Ρ( Β) = ακρότατο της f και ακόμη α = f(β) να βρεθεί 1 51! + λ - 1 το σύνολο Ω. = 5� + λ2 - λ - 3λ2 + 6λ - 2 = iii) Αν Ω δειγματικός χώρος να δείξετε ότι για = 5� - 2λ2 + 5λ - 2 = λ2 (5λ - 2) + (5λ - 2) = την εξίσωση χ 2 - 2(α + β)χ + 4α = Ο η = (5λ - 2)(1! + 1) . πιθανότητα να μην έχει πραγματικές ρίζες, Επειδή D * Ο το σύστημα έχει μοναδική λύση που είναι διπλάσια από την πιθανότητα να έχει δίνεται από τους τύπους. ρίζα τον αριθμό 2. 2 + 1) D 1)(λ (3λ P A) ( = = 3λ - 1 Ρ(Α) = Λύ ση λ2 + 1 D Είναι _f'(x) = 4χ 3 - 4χ = 4χ · (χ 2 - 1) 2 D Ρ(Β) = P ( A ) = (5λ - 2)2 · (λ + 1) = 5λ - 2 . f'(1) = 0 � 4 x · (x 2 - 1) = 0 � x = O ή D (λ + 1) Γνωρίζουμε ότι Ρ( Α U Β) = Ρ( Ω) � Ρ( Α U Β) = 1 χ = -1 ή χ = 1 . � Ρ(Α) + Ρ(Β) = Ρ(Α Π Β) = 1 � Ρ(Α) +Ρ(Β) =1 . Κατασκευάζουμε τον πίνακα μεταβολής προσήμου Είναι Ρ(Α Π Β) = Ο . για την f . -1 ο 1 +οο Δηλαδή 3λ - 1 + 5λ - 2 = 1 � 8λ = 4 � λ = .!:. . + + 2 1 + r-1 + Για λ = 2 f( x) + + Ρ(Α) = 3 · -1 - 1 = -1 ' Ρ(Β) = 5 · -1 - 2 = -5 - 2 = -1 . f(x) � / � / 2 . 2 2 2 2 Άρα Ρ( Α) = Ρ(Β) = .!:. . Επομένως η συνάρτηση f παρουσιάζεις το χ = -1 2 τοπικό ελάχιστο, στο χ = Ο τοπικό μέγιστο και στο χ = 1 τοπικό ελάχιστο. Άσκη ση Sη ii) Είναι f(-1) = 1 άρα (α,β) = (1,-1) . Αν Α, Β είναι δύο ενδεχόμενα ενός δ.χ. Ω και f(0) = 2 άρα (α,β) = (2,0) . , , 2Ρ(Α) + Ρ(Β) να δει'ξετε οτι ισχυει Ρ(Α Π Β) = f(l) 1 άρα (α, β) = (1,1) . 3 Ρ(Α) = Ρ(Β) . Π.χ. Άρα το σύνολο Ω είναι: Ω = { (1,-1), (2,0), (1,1)} . Λύ ση Γνωρίζουμε ότι Α Π Β � Α και Α Π Β � Β οπότε iii) Η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες όταν Δ < 0 � 4(α+ β)2 - 16α < Ο � (α+ β)2 - 4α < Ο. Ρ(Α Π Β) :::; Ρ( Α) και Ρ( Α Π Β) :::; Ρ(Β) . Παρατηρούμε ότι τα ζεύγη από το Ω, που την Έχουμε Ρ(Α Π Β) :s; Ρ(Α) επαληθεύουν είναι το (1,-1) και (2,0). Έτσι αν Λύ ση

I� 1

•

-οο

Ε ΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β' ί.ζ τ.3 Π3

Μ αθη ματικά Γ Λυκείου

θεωρήσουμε Α το ενδεχόμενο η εξίσωση δεν έχει πραγματικές ρίζες, τότε σύμφωνα με τον κλασσικό ορισμό της πιθανότητας θα έχουμε Ρ(Α) = Ν(Α) = Η εξίσωση έχει ρίζα τον Ν(Ω) 3 αριθμό ρ = 2 ισοδυναμεί: 22 - 2(α + β) · 2 + 4α = Ο � 4 - 4f!l, - 4β + .Α' α = Ο 4β = 4 � β = 1 . Για β = 1 έχουμε το ζεύγος (1,1). Άρα αν θεωρήσουμε Β το ενδεχόμενο η εξίσωση έχει ρίζα τον ρ = 2 τότε Ν Ρ ( Β ) = Ν ( Β) = .!_3 . Δηλαδή Ρ( Α) = 2Ρ( Β) . ( Ω)

�.

Άσκ η σ η 711

κληρωτίδα περιέχει άγνωστο αριθμό κλήρων ν, aριθμημένων: ι, 2, 3, ... , ν. Επιλέyουμε στην τύχη ένα κλήρο. Αν η mθανότητα να επιλέξουμε περιττό αριθμό είναι κατά 4% μεγαλύτερη από τον να επιλέξουμε άρτιο, να βρεθεί ο ν. Μία

Λύ σ η

Επειδή, ο δειγματικός χώρος αποτελείται από απλά ισοπίθανα ενδεχόμενα και ακόμη η mθανότητα να ε mλέξουμε περιττό αριθμό είναι μεγαλύτερη από το να εmλέξουμε άρτιο. Άρα ο ν είναι περιττός αριθμός. Έστω Α το ενδεχόμενο, επιλέγουμε περιττό αριθμό . Τότε Ρ(Α) = Ν(Α) = ν 2+ 1 = ν + 1 . 2ν Ν(Ω) ν ν +-1 , , ειναι Επειδη, το πλη' θος των περιττων 2 Όμοια αν Β το ενδεχόμενο να επιλέξουμε άρτιο, ν-1 τότε Ρ(Β) = Ν(Α) = 2 = ν - 1 . Ν(Ω) ν 2ν Η πιθανότητα Ρ(Α) είναι κατά 4% μεγαλύτερη από την πιθανότητα Ρ(Β). ν + l =ν - 1 + 0,04 � ν + 1 = ν - 1 + 2ν · Ο,Ο4 � , Άρα 2ν 2ν � 2 = Ο' 08 · ν � ν = -2- = 25 . ο ' 08

Άσ κη σ η

8'1

Ρ(ι) Ρ(2) Ρ(3) Ρ(4) Ρ(5) -= -- = -- = -- = --

6 α) Βρείτε τις πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων του Ω. β) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = eμ• , χ Ε IR , με Ω και τα ενδεχόμενα Α = { μ Ε Ω / f "(Ο) - 3 f ' ( 0 ) + 2f(O) = Ο } . 2

Β = { μ Ε Ω / f "( 0) > 3 } .

i) Να παρασταθούν με αναγραφή τα ενδεχόμενα Α και Β. ii) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α Π Β, Α U Β, Α ' Π Β . Λύση

α) Είναι Ρ(Ω) = 1 � P( l )+Ρ(2)+Ρ(3)+Ρ(4)+Ρ(5) = 5 + 3 P(l) + 2P(l) + 3P(l) = 1 � = 1 � P(l) + -P(l) -2 2 � lOP(l) = 1 � P(l) = -1 . 10 p· ' η θα εχουμε ' Απο' την αρχικη' σχεσ (2) = 2"5 · ΪΟ1 = '41 , P(3) = 23 · w1 = 203 , P(4) = 2P(1) = 2 · IO1 = S1 και Ρ(5) = 3Ρ(1) = 2 . 10 β) i) Είναι f'(x) = μe μχ , f"(x) = μ2 e μχ , f(O) = 1, f'(O) = μ · e0 μ, f"(O) = μ2 e0 = μ2 άρα Α = {μ Ε Ω/f"(Ο) - 3f'(O) + 2f(O) = Ο} = = {μ Ε Ω/ μ 2 - 3μ + 2 = 0 } = {1,2} Β = { μ Ε Ω/ f"(0) > 4} . Όμως f"(O) > 4 � μ 2 > 4 � μ > 2 ή μ < -2. Επειδή μ Ε Ω άρα δεχόμαστε μ>2 δηλ. μ Ε {3,4,5} άρα Β = {3,4,5} . ii) Είναι Α Π Β = 0 άρα Ρ(Α Π Β) = Ο Α U Β = {1,2,3,4,5} = Ω άρα P(A U B) = Ρ(Ω) = 1 Β Π Α' = Β - Α = Β άρα Ρ(Β Π Α') = Ρ(Β - Α) = Ρ(Β) = 3 =13 . 3 + 1 += Ρ (3) + Ρ(4) + Ρ(5) = 20 -5 1 0 20 •

Ά σ κη ση 9'1

Έστω Ω { ι ,2,3,4,5} ο δ.χ. Ω ενός πειράματος ι ι τύχης. Για τις πιθανότητες των στοιχειωδών Έ στω η συνάρτηση f(x) = -x + ι-χ ενδεχομένων του Ω ισχύει: Χ Ε (Ο, ι) . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/74

όπου

Μαθη ματικά Γ ' Λυκείου

Γ: Ο

i) Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της f.

τους 2 διαγωνισμούς.

ii) Αν Α ένα ενδεχόμενο του δειγματικού χώρου

Ω, το

οποίο δεν είναι αδύνατο αλλά ούτε και

βέβαιο, να δείξετε ότι:

(

_ι_ + _ι_' � 4 Ρ(Α)

μαθητής να μη συμμετέχει σε κανένα από

Δ: Ο

μαθητής να συμμετέχει σ' ένα μόνο

διαγωνισμό.

•

Ρ(Α )

Ε:

μαθητής

να

συμμετέχει

μόνο

στο

διαγωνισμό της Ε.Μ.Ε.

Λύσ η

)

Ζ: Ο

' Είναι f'(x) = � + -1- = --12 + 1 2 = . χ 1-χ χ ( l - x)

μαθητής να συμμετέχει το «πολύ» σ' ένα

διαγωνισμό. Λύ ση

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: Ο μαθητής συμμετέχει στο διαγωνισμό της ΕΜΕ. Είναι f' ( x) = 0 <::::> 2x - 1 = 0 <::::> x = ..!. . 2 Β: Ο μαθητής συμμετέχει στο διαγωνισμό της 1 2χ 1 Ε.Ε.Φ. > Ο <::::> χ > -2 f (x) > O <::::> 2 χ (1 - χ) 2 Από τα ενδεχόμενα έχουμε: 20 και Ρ(Β') = 85 8 f (x) < O <::::> 22Χ - 1 2 < Ο <::::> χ < -21 και Ρ(ΑΠΒ) =Ρ(Α) = . χ (1 - χ) 1 00 100 100 Έχουμε: Κάνουμε τον πίνακα μεταβολής της f. P(A U B) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = Ρ(Α Π Β) = ' Άρα στο χ = "21 παρουσιαζει ελαχιστο το οποιο 8 20 + 27 15 -==100 100 100 100 . είναι = 2 + 2 = 4 . Δηλαδή για κάθε Είναι: Γ = Α' Π Β' = (A U Β)' . χ ε (0,1) f(x) � 4 . Οπότε χ ο 1/2 1 Ρ(Γ) = Ρ[ (AU Β)'] = 1 - P(A U Β) = 1-Ε._ =.Ε_ 100 100 Γ( χ) + ή 73%. f(x) � / Δ = (A - B) U (B - A) με Α - Β, Β - Α ασυμβίβαστα. ii) Έστω Ρ( Α) = χ , οπότε Ρ(Α') = 1 - χ άρα Άρα Ρ(Δ) = Ρ(Α - Β) + (Β - Α) = 1 + -1 � 4 <::::> -1 + -1 � 4 <::::> f(x) � το -Ρ( Α) Ρ( Α') χ 1-χ = Ρ(Α) - Ρ ( Α Π Β) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) = οποίο ισχύει από το προηγούμενο ερώτημα. = Ρ(Α U Β) - Ρ(Α Π Β) = Ε_ - __!__ = _!2_ η' 100 1 00 100 Ά σκη ση l Οη 19% Από τους μαθητές ενός Λυκείου το 20% αυτών Ε = Β - Α ::::> Ρ(Ε) = Ρ(Β - Α) = Ρ(Β) - Ρ ( Α Π Β) συμμετέχει στο διαγωνισμό ης ΕΜΕ ενώ το η' Ρ(Ε) = 20 __!__ = � ' 12% . 85% δεν συμμετέχει στο διαγωνισμό της Ε.Ε.Φ. 100 100 100 η και το 8%, συμμετέχει και στους δύο Ζ = (Α Π Β)' ::::> Ρ(Ζ) = Ρ[ ( Α Π Β)'] = διαγωνισμούς. Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή. Να βρείτε την πιθανότητα των ενδεχομένων: = 1 - Ρ(Α Π Β) - 1 - _!_ = 92 ή 92%. 100 100 ι

r(�)

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/75

�

Β. . αιrιιιες

r Θcώpημα Μέιιη,� Τιμή� ,

εφαpμογες

και

vεματα»

� Δ '

.. «ανοι«τα

Τριαντάφυλλος Τριανταφύλλου

Το Θεώρημα Μέσης τιμής (Θ.Μ.Τ.) είναι από τα πιο βασικά θεωρήματα του Διαφορικού Λογι σμού. Κάποιες θεωρήσεις πάνω στο θεώρημα αυτό δημιουργούν σημαντικές μαθηματικές επινοήσεις για την επίλυση προβλημάτων. Εξυπακούεται ότι θα περιοριστούμε σε ζητήματα συναφή με το επί σημο σχολικό πρόγραμμα. Ας ξεκινήσουμε με τη διατύπωση του Θεωρήματος. Έστω f : [ α, β] � IR συνεχής συνάρτηση, η οποία είναι παραγωγίσιμη στο ανοικτό διάστημα (α,β). Τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) τέτοιος ώστε: f ' (ξ) = f(β) - f(α) . β-α Γενικότερα: Αν μια συνάρτηση f, ορισμένη σ' ένα διάστημα Δ, είναι συνεχής στο Δ και παραγ� γίσιμη στο εσωτερικό του Δ, τότε για οποιουσδή ποτε χ 1 Ε Δ, χ 2 Ε Δ ισχύει: f(x1 ) - f(x 2 ) f ' (x 0 )(x1 - χ 2 ) · όπου ο χ0 είναι συγκεκριμένο στοιχείο του ε σωτερικού μέρους του Δ. =

f(x) = t'η(συνχ)/ [α,β] , τότε: t'n(συνα) - t'n(συν β) f( α) - f(β) β-α β-α και συνεπώς η αποδεικτέα παραπέμπει στο Θ.Μ.Τ. Η συνάρτηση f(x) = t'η(συνχ) /[α,β ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.τ. Άρα υπάρχει ξ Ε (α, β) τέτοιος ώστε : f ' (ξ) = f(β) - f(α) . β-α Δηλαδή: 1 - = t'η(συνβ) - t'η(συνα) = -η μξ · συν ξ β-α = t'n(συνα) - t'n( συν β) β-α Άρα: εφξ = t'n(συ να) - fn(συν β) . β-α Η αποδεικτέα λοιπόν γίνεται: εφα < εφ ξ < εφβ και είναι αληθής διότι η συνάρτηση «εφαπτομένη» είναι γνήσια αύξουσα στο πρώτο τεταρτημόριο. 2.

Σ χό λι α - Μεθοδεύσεις:

Το συμπέρασμα του Θ.Μ.Τ. μας λέει ότι η εξίσωση (β - α)f ' (χ) :: f(β) - f(α) έχει μία τουλάχιστον λύση στο (α, β). • Ακόμη σε αρκετά ζητήματα που παρουσιάζεται ο λο'γος f(β) - f(α) μπορει, να εφαρμοστει το β-α Θ.Μ.Τ. •

Παράδειγμα:

ι.

Να αποδειχθεί «αν εφ α <

π Ο ::;; α < β < - , τότε:

t'n( συνα) - t'n( συνβ) β-α Απάντηση

< ε β ».

Αρχικά φαίνεται δύσκολο. Με μεγαλύτερη προσο χή όμως παρατηρούμε ότι αν θέσουμε

Να αποδειχθεί ότι: «αν α>Ο, τότε ι α+ι ι -- < n -- < - » α+l α α (την αφ ήνο υμε για εξάσκη ση)

Μια χρήσιμη παρατήρηση: .,. Αν μια συνάρτηση f : [α, β] � IR •

ικανοποιεί

τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. και υπάρχει ρ>Ο τέτοιος ώστε f ' (x) < ρ για κάθε Χ Ε (α,β) ,

τότε: f (β) - f (α) < ρ(β - α) . Αν μια συνάρτηση

f : [α, β ] � IR

ικανοποιεί

τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ., m = min { f (x) / χ Ε [α, β] ,

} Μ = max { f (x) / x Ε [α, βJ } για κάθε χ

Ε (α, β) ισχύει: m ::;; f ' (x) ::;; Μ τότε

f (α) + m (x - α) ::;; f (x) ::;; f(α) + Μ( χ - α) , για κάθε

Ε ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ. 1Π6

Ε [α, β] .

Μαθη ματικά Γ Λυκείου

Δηλαδή: κ = 7 α +9 2β ' λ = 4α +9 5β . ι . Αν μια συνάρτηση f : [Ο, ι ] � JR ικανοποιεί β-α τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ., f (O) -2 και για Οπότε: λ - κ = -- και εφαρμόζουμε το 3 κάθε χ ε (Ο, ι) ισχύει: l f '(x)l < 5 , να Θ.Μ.Τ. σε καθένα από τα κλειστά διαστήματα: αποδειχθεί ότι: l f (ι) Ι < 7 . [ α , κ] , [κ, λ ],[λ, β] . Συνεπώς υπάρχουν ξ ι Ε ( α , κ), ξ2 Ε ( κ, λ), ξ3 Ε (λ, β) τέτοιοι ώστε: Απάντηση Σύμφωνα με το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ξ Ε (0,1) τέτοιος f ' (ξ ) = f(κ) - f( α) = .2. · f(κ) - f(α ) , ι 2 β-α κ-α ώστε: f ' (ξ) = f(l)1 - 0f(O) = f(l) + 2 . 'Εχουμε ακόf(λ) - f(κ) , f ' (ξ ) = .2. . f(β) - f(λ) . ' 3 = · f (ξz) 3 4 β-α μη: l f ' C ξ>l < 5 {:} lfω + 2 1 < 5 . β-α Κι επειδή: lf(l)l - 2 � lf(l) + 2 1 , συμπεραίνουμε ό Κι επομένως: 2f' (ξι ) + 3f' (ξ2 ) + 4f' (ξ3 ) = τι: jf(l) j - 2 < 5 ή lf(1)j < 7 . = 9 [( f(κ) - f(α) ) + ( f(λ) - f(κ)) + ( f(β) - f(λ))] = 2 . Ας πάρουμε μια συνάρτηση f : [α, +οο) � JR , = 9 f(β) - f(α) = Ο που είναι συνεχής στο α και παραγωγίσιμη β-α στο (α, +οο) . Αν υπάρχει k>O τέτοιος ώστε: Παραδείγματα:

l f '(x)l 2:: k ,

για

κάθε

χ ε (α, +οο) ,

να

αποδειχθεί ότι: lim f(x) = +οο . Χ -Η«>

Απάντηση

Έστω χ>α. Εφαρμόζουμε το Θ. Μ .Τ. στο [α,χ] . Ο πότε υπάρχει ξ Ε ( α , χ) τέτοιος ώστε: f ' (ξ) = f(x) - f(α ) . Κι επειδή l f ' (ξ) l 2:: k συμπεχ-α ραίνουμε ότι: jf(x) - f(α )l 2:: k(x - α ) . Ωστόσο: l f (x)j + jf(α)j 2:: j f(x) - f(α )j . Άρα: jf(x)j 2:: k(x - α ) - jf(α )j . lim {k(x - α) - jf( α )j} = +oo , συΚι επειδή χ--++οο μπεραίνουμε ότι: χ-.+οο lim jf(x)j = +οο . Ζητή ματα που α φ ορούν στην ύπαρ ξη κ άποιου αριθ μού . ι.

Για μια συνάρτηση f : [α, β] � JR δεχόμαστε ότι ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. και ότι f (α) f(β) . =

Να αποδειχθεί ότι: «υπάρχουν ξ1, ξ2 ,� με α < ξ ι < ξ z < ξ 3 < β τέτοιοι ώστε: 2f ' (ξ ι ) + 3f ' (ξ z ) + 4f ' (ξ3 ) = Ο . Απάντηση

Ορίζουμε: κ, λ Ε ( α , β) τέτοιους ώστε: 4 κ - α = 92 (β - α) , β - λ = "9 (β - α) .

Για

μια

συνάρτηση

f : [α,β] � JR

δεχόμαστε ότι ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ. Τ . και ότι f (α) < f(β) . Να δειχθεί ότι υπάρχουν ξι ,ξ2 ,� με α < ξ ι < ξ z < ξ3 < β τέτοιοι ώστε: 2 _ __ 4_ 9 3 _ __ β-α __ = + + ' ' ' f (ξ ι ) f (ξ z ) f (ξ3 ) f(β) - f (α)

Απάντηση

Θεωρούμε: Υι ,Υz τέτοιους ώστε Υι -f(α) = i ( f(β)-f(α)) , f(β) -y2 = � ( f(β) -f(α)) . Δηλαδή: Υι 7f(α) + 2f(β) ' Yz = 4f(α) + 5f(β) . 9 9 Επειδή f(α ) < Υι < f(β) συμπεραίνουμε, κατά το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών, ότι υπάρχει Χ ι Ε (α , β) τέτοιος ώστε: f(χ ι ) = Υι ή f(χ ι ) = 7f(α ) +9 2 f(β) (2). Κι επειδή f(χ ι ) < y2 < f(β) υπάρχει χ 2 Ε (χ ι ,β) τέτοιος ώστε f(x 2 ) = y2 ή f(x2 ) 4f(α) +5f(β) (3). 9 . f(β) ) Οπότε: f(α ) < f(χ ι ) < f(x 2 < Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. σε καθένα από τα δια στήματα: [ α , χ ι ],[ χ ι , χ 2 ],[χ 2 ,β] . Και συμπεραίνουμε ότι με υπάρχουν ξι ,ξz,ξ3 α < ξι < Χ ι < ξ 2 < χ 2 < ξ3 < β τέτοιοι ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/77

Μ αθη ματικά Γ Λυκείου

f(χ ι ) - f( α ) f(x ) - f(χι ) , f Ι (ξ 2 ) = 2 ' χ1 - α Χ 2 - χι � 2 ( f(β) - f(α)) f(β - f(x 2 ) ή , f1(ξι ) f1(ξ3 ) = ) 9 (χ1 - α) β - χ2 ( 3 ) 4 ( f(β) - f(α)) Ι �) 2 ( f(β) - f( α )) . , f (ξ3 ) = f (�, ) = -- ι 3 ι 9 (β - Χ 2 ) 3(χ 2 - χ 1 ) 3 + 4 = 2 κ αι συνεπως: + f Ι (ξι ) f Ι (ξ 2 ) f Ι (ξ3 ) = 9 · (χι - α) + (χ 2 - χι ) + ( β - χ 2 ) = f(β) - f(α) _ -_α β_ = 9 -=-f(β) - f(α) f Ι (ξ ι ) =

�

{(Χ

(χ - 1 ) -..Γχ , - 1 ) 2 ημχ,

1-0

Ο ::; χ < 1

Χ�1

Να εξεταστεί αν η συνάρτηση αυτή

ii) Αν είναι καταφατική η απάντηση στο προηγούμενο ερώτημα, να βρεθούν τα αντίστοιχα ξ του Θεωρήματος. ίίί) Να δειχθεί ότι υπάρχει χ0

1 f Ι (ξ) = ο {::} ξ = - .

Για το (iii): Η εφαπτομένη της •

(�, 31) είναι παράλληλη προς τον άξονα χ ' χ αφού f ( �) = Ο .

Α π άντη ση

Για το (i) Για κάθε χ Ε (0,1) ισχύει:

(1).

lim f(x) = lim [< χ - l) fx] = ο = f(O) χ-+0

lim [< χ - 1 ) fx] = Ο = f(x) = χ-+Γ = f( l ) = lim (χ - 1 ) 2 ημχ = lim f(x) lim

και

Χ-+Γ

Χ-+1+

Χ-+)+

συνεπώς η f /[0, 1 ] ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Για το (ii): • Και

Ρ0

φορές παραγωγίσιμη σ' όλο το

Αν η

Β ( β, f (β) ) ,

Γ ( γ, f (γ) )

με β<γ, να δειχθεί ότι:

«η εξίσωση f " (x) = Ο έχει τουλάχιστον δύο λύσεις». Α π άντη ση

ε (0, 1 )

άξονα χ 'χ.»

χ-+0

στο

Ας πάρουμε μια συνάρτηση f, που είναι δύο

(

Κι επειδή

Π αρ άδ ειγμα :

τέτοιος ώστε: «η εφαπτομένη της Cr στο Ρ0 χ 0 , f ( χ0 ) ) είναι παράλληλη προς τον

Γ Χ - 1 3χ - 1 f 1 (χ) = ν χ + Γ = Γ 2 ν χ 2ν χ

ξ Ε (0,1)

εφαπτομένη της Cr σ' ένα σημείο Α ( α, f (α) ) τέμνει τη Cr σε δύο άλλα σημεία

ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο κλειστό διάστημα [0, 1 ] .

•

τέτοιος ώστε: , Λογω της ( 1 ) εχουμε: ,

f(l) - f(O) --Ο . f l (ξ) --

Δίνεται η συνάρτηση f (x) =

Κατά το Θ. Μ .Τ. υπάρχει

�

Η εξίσωση της (ε) είναι: y = f(α) + f1(α)(χ - α) ( 1 ) . Άρα: f(β) = f(α) + f1(α)( β - α) (2) και f(γ) = f(α) + f1(α)(γ - α) (3). Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. Μ .Τ. στο κλει στό διάστημα [α, β] και στο κλειστό διάστημα [β,γ]. Συνεπώς υπάρχουν ξ1 Ε (α, β ), ξ2 Ε (β , γ) τέ2 τοιοι ώστε : f1(ξ1 ) = f(β ) - f(α) (=) f1(α) (4) και β-α f(β) - f(γ) � β - γ (3 ) [f(α) + f1(α)(β - α)] - [f(α) + f1(α)(γ - α)] β-γ

f l (ξ2 ) =

(4)

= f(α) = f1(ξ1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/78

Μ αθη μ ατικά Γ ' Λυκείου

Η συνάρτηση τώρα f ' ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θεωρήματος Rolle στο κλειστό διάστημα [ α, ξ ι ] και στο διάστημα [ξι , ξ 2 ] . Άρα υπάρχουν κ ε (α, ξι ) και λ ε ( ξι , ξ2 ) τέτοιοι ώστε: f"(κ) Ο και f " (λ) Ο

----7

Μ ερικά ζητήματα για περαιτέ ρω εμ βάθυνση (γιατί το . . . . Θ.Μ. τ. είναι ανεξάντλητο) JR: ----7 JR: 1.

Για μια συνάρτηση f : [α, β] JR: δεχόμαστε ότι ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ. Μ. Τ Αν f"(x) > Ο , για κάθε χ ε (α, β) τότε η συνάρ, , τηση g( χ ) f(x)-f(α) χ - α ειναι γνησια αυ' ξουσα στο (α,β]. Αν μια συνάρτηση f : [α, β] JR: είναι κυρτή (στρέφει δηλαδή τα κοίλα άνω), τότε για κάθε χ ε (α, β) ισχύει: f(x) - f(α) < f(β)- f(x) . ----7

χ -α

Αν μια συνάρτηση f : είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με f"(x) < Ο για κάθε χ ε JR: , τότε για τον οποιονδήποτε α ε JR: ισχύει: f(x) � f(α) + f ' (α)(χ -α) , για κάθε χ. Για μια συνάρτηση f : JR: ----7 JR: με f(O) Ο δεχόμαστε ότι: «στρέφει τα κοίλα κάτω» δηλαδή είναι κοίλη. Να αποδειχθεί ότι: «η συνάρτηση g(x) f(x) χ /(0, + οο) είναι γνήσια φθίνουσα».

Αν μια συνάρτηση f, ορισμένη σ' ένα διάστημα Δ είναι κοίλη (δηλαδή στρέφει τα κοίλα κάτω) κατά μήκος του Δ, τότε για οποιουσδήποτε α ε Δ, β ε Δ ισχύει: f(α)+f(β) � 2f α ;β )).

( )

::::;.... ι

ΓΕΝ Ι ΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ

fΕΝΙΚΑ θΕΜΑΤΑ

ΜΑθΗΜΑtΙΚΩΝ

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΗΙΚΗΣ • ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Συγγραφική ομάCiα Μαθηματικών: Β . ΒΛΑΧΟΣ · Π . ΚΟΥrΣΟγΚQΣ

Π . ΞΗ ΡΟΚΩΣΤΑΣ - Χ. Π ΛΑΤΗΣ •

320

θ έ μ ατ α από όλη την ύλη όλα aπαντ η

μ έ ν α . Σ υ νδ υ ασ τ ι κ ά θ έ μ α τ α . Τ α λεπτά σ η μ ε ία των Μ α θ η μ α τ ι κών. Γ ι α τ ο υ ς μ α θ η τέ ς πο υ στοχε ύ ο υ ν σ τ ο

και

θ έ μ α . Γ ι α το υς καθηγητές π ο υ

διδάσκουν σ τ ο σχολείο, σ τ ο φ ρ οντιστ ή ρ ι ο , σ τ ο ιδ ιαίτε ρ ο . Έ ν α β ι βλίο π ο υ ή δ η αγαπήσατε.

Φ Ρ Ο Ν τ Ι Η Η Ρ Ι Α Κ Η ΦΥΣ Ι ΚΗ Β' ΛΥΚ Ε Ι ΟΥ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Συγγραφική ομάCiα Φυσικών:

Β. ΒΛΑΧΟΣ - Δ. Φ Ι Λ Ι Π Π Α Κ ΟΠ QγΛQΣ

Κ. ΑΝΔΡΟΥrΣ Α Κ Η Σ •

β-χ

κΛΕκmtχοt

ΦPOJiliΠHPIAI!!I

Όλη η θ ε ω ρ ία , ε ρ ω τ ή σ ε ι ς aπαντ η μ έ ν ε ς

ΦΥΣΙΚΗ Β' ΛVKEIOV

και χω ρίς απάντ η σ η , πολλές α σ κ ή σ ε ις λ υ μ έ νες αναλυτικά. Τα λ ε π τ ά σ η μεία τ η ς φ υ σ ι κ ή ς α ν ά π α ράγρα φ ο (να π ρ ο σέχετε ότι:) . Δ ο κ ι μ ασμένο στην π ρ ά ξ η :

Μ α θ η τ ή ς π ο υ θα δ ι α β ά σ ε ι τ η θ ε ω ρ ία , τ ι ς "-'--=----'

π α ρ ατ η ρ ήσεις κ α ι τ ις λ υ μ ένες ασκήσεις γράφει πάνω από Μ ια διαφορετική φ ιλοσοφία σ τ ο σχολικό β ο ή θ η μ α .

15.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ: ΒΑΣΙΛΗΣ ΒΛΑΧΟΣ (Μαθημαrικός και Φυσικό� Παv. Αθήνας) Παπαφλέσσα 3 Ζεφύρι Τ.Κ. 1 3451 Τηλ.: 21 02384834, Fax: 210 2320954

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.3/79

21� ΠΑΝΕΛΑΙΙΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Τα Μαθηματικά εκτός από γνωστικό αντικείμενο είναι και μια συνιστώσα που ενυπάρχει σε κάθε σκεπτόμενο άτομο και που ζητάει να βοηθηθεί από το διδάσκοντα στο να παρουσιαστεί στην πραγματική της μορφή ως εργαλείο και μέθοδος ζωής και ως ρυθμός αρμονίας του βίου και της προσωπικότητας του ατόμου. Ο σχεδιασμός του Αναλυτικού Προγράμματος των Μαθηματικών θα πρέπει να προβλέπει την οικοδόμηση μαθηματικής σκέψης από το μαθητή και ταυτόχρονα την ανάπτυξη μαθηματικής γνώσης. Η σχολική πρακτική θα πρέπει να αναπτύσσει τρόπους διδασκαλίας σε πραγματικές συνθήκες, ώστε να υλοποιεί τους στόχους του Αναλυτικού Προγράμματος, να αξιολογεί τη μάθηση και, κατά συνέπεια, την καταλληλότητα του σχεδιασμού. Με σκοπό τη συμβολή στην έμπρακτη εφαρμογή των παραπάνω σκέψεων, τα συνέδρια Μαθηματικής Παιδείας της Ε.Μ.Ε. πέρα από κάπω θέματα διδακτικής με εφαρμογές στα Μαθηματικά, θα εξετάζουν και πιο συγκεκριμένα θέματα που αφορούν αποκλειστικά τα Μαθηματικά ως αντικείμενο και ως μάθημα. Ο στόχος του 21ου Συνεδρίου Μαθηματικής Παιδείας της Ε.Μ.Ε. είναι να αναδείξει συγκεκριμένα προβλήματα σχεδιασμού = εφαρμογής του Αναλυτικού Προγράμματος που σχετίζονται με τη φύση, τη δομή και τις εφαρμογές της μαθηματικής επιστήμης και να επεξεργαστεί προτάσεις σχετικές με τις εκπαιδευτικές βαθμίδες και τις τάξεις σύνδεσής τους. Το επιστημονικό πρόγραμμα του Συνεδρίου θα περιλαμβάνει εργασίες δύο κατηγοριών κατανεμημένες σε τέσσερις θεματικές ενότητες. Οι εργασίες της πρώτης κατηγορίας θα αφορούν στη σύγχρονη διδασκαλία συy-ιεκριμένων θεμάτων των Μαθηματικών στις διάφορες βαθμίδες της εκπαίδευσης. Οι εργασίες της δεύτερης κατηγορίας θα αφορούν στον προβληματισμό μας γύρω από το Αναλυτικό Πρόγραμμα, τη ρεαλιστική αντιμετώπιση της εφαρμογής του , το κατά πόσο επιτυγχάνει τους σκοπούς του κ.λ.π. Για παράδειγμα, είναι γνωστό ότι ένα μεγάλο πρόβλημα που αντιμετωπίζουν και οι τρε ίς εκπαιδευυιές βαθμίδες είναι ο βαθμός ανάπτυξης της μαθηματικής σκέψης, καταρχή, και οι μαθηματικές γνώσεις των νεοε ισερχομένων σε κάθε βαθμίδα, όπως αυτά προετοιμάσθηκαν από την προηγούμενη εκπαιδευτική βαθμίδα. Έτσι, π.χ., μπορεί οι νεοεισαγόμενοι στην τριτοβάθμια εκπαίδευση (σε σχολές που απαιτούν μαθηματικές γνώσεις) να είναι σε θέση να υπολογίσουν την παράγωγο μιας συνάρτησης ή να βρούνε το όριό της σε κάποιο σημείο με <<ειδικές συνταγές>> από το σχολείο ή τα φροντιστήρια, αλλά αδυνατούν να κατανοήσουν το τι σημαίνει και τι μας χρειάζεται, το αν μια συνάρτηση συγκλίνει ή όχι ή το αν έχει παράγωγο ή όχι κ.λ.π. Οι εργασίες που θα υποβληθούν στις διάφορες ενότητες θα πρέπει να αφορούν κυρίως σε συγκεκριμένα μαθηματικά αντικείμενα και τη διδακτική τους προσέγγιση, παρά στο πώς γενικές αρχές της διδακτικής μπορούν να εφαρμοσθούν στη διδασχαλία των Μαθηματικών. Στο γενικό μέρος του προγράμματος προβλέπεται να υπάρξουν τρε ις ομιλίες, κατόπιν προσκλήσεως, από ειδικούς επιστή μονες εγνωσμένου χύρους. Από τις ομιλίες αυτές η πρώτη θα αφορά στην παρουσίαση του γενιχού θέματος του Συνεδρίου, η δεύτερη θα ε ίναι γενικότερου ενδιαφέροντος και θα αφορά στη συμβολή των Μαθη ματιχών στους κοινωνιχούς αγώνες, παλαιότερα και σήμερα, χαι η τρίτη θα παρουσιάσει, με όσο το δυνατό πιο κατανοητό τρόπο, την εξέλιξη χαι την αξιοποίηση των σύγχρονων Μαθη ματιχών των Εφαρμογών στην ο ιχονομία, στην τεχνολογία χαι στις βιοεπιστήμες με σχοπό την ενημέρωση των συναδέλφων πάνω στη σύγχρονη ανάπτυξη της επιστή μης μας. Θ ε μ α τ ικ έ ς Ε ν ό τ η τ ες τ ο υ Σ υ ν ε δ ρ ί ου Α. Το Αναλυτικό Πρόγραμμα των Μαθηματικών στο Δημοτικό και η Διδακτική του Προσέγγιση. (Περιεχόμενο, Δυσκολίες, Προβληματισμοί) Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που θα αφορούν σε προβλήματα που παρουσιάζονται κατά τη διδασκαλία των Μαθηματικών στα παιδιά του Δημοτικού, στην χαταλληλότητα του περιεχομένου του υπάρχοντος, για τη βαθμίδα αυτή, Αναλυτικού Προγράμματος, στον τρόπο παρουσίασης συγκεκριμένων μαθηματικών εννοιών στο Δημοτικό, σε τρόπους ανάπτυξης της μαθηματικής κρίσης και της δεξιοτεχνίας χρήσεως των μαθηματικών εργαλείων κ.λ.π. Θα έχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον να υποβληθούν στην ενότητα αυτή εργασίες από διδάσχοντες της πρωτοβάθμιας εκπαίδευσης. Β. Το Αναλυτικό Πρόγραμμα των Μαθηματικών στο Γυμνάσω και η Διδακτική του Προσέγγιση. (Περιεχόμενο, Δυσκολίες, Προβληματισμοί) Οι εργασίες που θα υποβληθούν στην ενότητα αυτιj θα πρέπει να αφορούν στον τρόπο διδασκαλίας συγκεκριμένων θ εμάτων των Μαθηματικών, όπως π.χ. η παρουσίαση μαθηματικών προτάσεων μέσω γεωμετρικών αναπαραστάσεων, οι δυσκολίες στην κατανόηση της έννοιας του πραγματιχσύ αριθμού, η εισαγωγή της έννοιας της συνάρτησης και η παρουσία της στην καθημερινή ζωή κ.α Επίσης στο κατά πόσο επιτυγχάνονται οι στόχοι του υπάρχοντος, για τη βαθμίδα αυτή, Αναλυτικού Προγράμματος, όσον αφορά την εισαγωγή συγκεκριμένων μαθηματικών εννοιών, την ανάπτυξη της μαθηματικής κρίσης στην ηλικία αυτή, την εξάσκηm] των μαθητών σε μαθηματικές δεξιότητες κ.λ.π. Γ. Το Αναλυτικό Πρόγραμμα των Μαθηματικών στο Λύκειο και η Διδακτική του Προσέγγιση. Το Λύκεw ως αυτοτελής βαθμίδα εκπαίδευσης και ως σχολείο προετοιμασίας για τις εισαγωγικές εξετάσεις της Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης. (Περιεχόμενο, Δυσκολίες, Προβληματισμοί) Όπως και στην προηγούμενη ενότητα, οι εργασίες που θα υποβληθούν στην ενότητα αυτή θα πρέπει να αφορούν στον τρόπο διδασχαλίας συγκεκριμένων θεμάτων των Μαθηματικών του Λυχείου, όπως π.χ. η εισαγωγή της έννοιας του ορίου ή η εισαγωγή της έννοιας της παραγώγου ως ρυθμού (ταχύτητας) εξέλιξης των φαινομένων, η παρουσίαση μαθηματιχών προτάσεων μέσω γεωμετρχών αναπαραστάσεων, κ. α. Επίσης, στο χατά πόσο επιτυγχάνονται οι στόχοι του υπάρχοντος, για τη βαθμίδα αυτή, Αναλυτιχού Προγράμματος, όσον αφορά στην εισαγωγή συγχεχριμένων μαθηματικών εννοιών, στην ανάπτυξη της μαθηματιχής χρίσης στην ηλικία αυτή, στην εξάσχηση των μαθητών σε μαθηματικές δεξιότητες κ.λ.π. Τέλος, η ενότητα αυτή θα περιλάβει εργασίες που θα αφορούν στον τρόπο και στο περιεχόμενο της διδασ-ιαλίας, ώστε το Λύκειο να λειτουργεί, τουλάχιστον όσον αφορά τα Μαθηματικά, ως αυτοτελής βα(tιίδα και όχι αποκλειστικά ως <<Φροντιστήριο» για την τριτοβάθμια εκπαίδευm]. Δ. Διασύνδεση των Μαθηματικών προγραμμάτων των τριών εκπαιδευτικών βαθμίδων Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που αφορούν στη διασύνδεση και εξάρτηση των μαθηματιχών ΠρJγραμμάτων των τριών βαθμίδων, στην προετοιμασία των μαθητών, όσον αφορά τα Μαθηματιχά, για την είσοδό τους στην επόμενη βαθμίδα κ.λ.π. Όπως αναφέρθηκε χαι παραπάνω, ενδιαφέρουν ιδιαίτερα παρουσιάσεις που αφορούν στην κατάσταση χαι τις σύγχρονες απαιτήσε ις, ως προς τις μαθηματιχές γνώσεις χαι τη μαθηματική χρίση χαι ιχανότητα των νεοεισερχομένων στη δευτεροβάθμια (α. Γυμνάσιο, β. Λύχειο) χαι την τριτοβάθμια α.;ταίδευση.

Σ τ ρ ο γ γ υ λ ά Τ ρ α π έ ζ ια

Α. <<Οι απαιτήσεις της Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης και η ικανότητα των νεοεισερχόμενων φοιτητών-σπουδαστών να τις αντιμετωπίσουν» Παρουσίαση των απαιτήσεων της Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης, σχολιασμός και συζήτηση επί των προτάσεων της τρίτης θεματικής ενότηrας και εξαγωγή, ε ι δυνατόν. χάποιων συμπερασμάτων. Β. <<Απόψεις για μια πρόταση Αναλυτικού Προγράμματος για το Λύκεw» Για την προετοιμασία του τραπεζιού αυτού προτείνεται να σταλούν στα παραρτήματα οι θέσεις του Ερευνητικού Κέντρου Αξιολόγησης και Επιμόρφωσι; της Ε.Μ.Ε. για το πρόγραμμα του Λυκείου και να ζητηθεί από αυτά να οργανώσουν ημερίδα συζήτησης και προτάσεων πάνω στο θέμα μέσα στον Σεπτέμβριο 1j Οκτώβριο του 2004, ίσως και με την παρουσία αντιπροσώπου του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. Στη συνέχεια, οι εκπρόσωποι των παραρτημάτων να παρουσιάσουν τα συμπεράσματα των ημερίδων αυτών στο παραπάνω στρογγυλό τραπέζι και να γ ίν ει προσπάθεια, για να τεθούν οι αρχές διαμόρφωσης μιας τελικής πρότασης προς το ΥΠΕΠΘ. ΣΗΜΑΝΊΙΚΗ HMEPOMHNIA 15 ΣεΠτεμβρίου 2004 Τα πλ1jρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2004 στην παρακάτω διεύθυνση:

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (για το 21ο ΣυνεΟρw των Τροοjλων) Πανεπιστημίου 34 - 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση: e-maίl: info@hms.gr

Εκδόσεις της ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Η \'11(1

��![�ης�,

\11<'\lt.. Ιt�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ·

\I\:�111\\IIΙ<.tt�t 1'\\tH\'0\1.1 rτι'\

EUCLιDES γ ·

LOUIS BI�ND ΜΑθΗΜΑτJΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

.,\ ΗΙ'\11\11 \I\HH\1\ fltol RIK \101 1'\ΦΙ \

Σ·rnιχι-�rι:ΜΗΣ Γι:ΩΜΕΤJ>fΛ \ηΟ ANftΠ.r>tf ΣΚΟΠΙλ.

\=10\01 ω .. ΙΙ Ι fι.Ι Ι \ Ι υ \ 1 111(1\ I I'] Ω ' \lt l t �lt\1\! \�11 �'' tltl'"""'"l"

Ι/ ι- ι. ι Τ \ Ι ι Ε ι ι< ο ι• ι.. R ,_ _.. ,. ι Η ι· ιι n ' \-I ι r ι ι f Η ι ι ι f ' ' , , ,� ( -. lf O H

I I( � ' Y .J

Ιt t

"..�.....

Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. ΕυκλεlδηςΒ': Τεύχος 2,5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 10 ευρώ Ευκλείδης Γ : Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Μαθημ. Επιθεώρηση:

Τεύχος 5 ευρώ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ Δελτίο (Bυlletln): Τεύχος 7,30 ευρώ

Αστρολόβος:

rrη,"" "" ' ' ιο ,,,.,.,. '• ll

4 ι -., "

�:

I•Ht"I�H ....,Ιf..ΑΥιιι;JΙ Hλlt'tt• � ......... .......... ......&...•

ΕυκλεlδηςΑ':

Διεθνής Μαθηματικtς Ολυμπιόδες 1959 • 1999: 20 ευρώ Βαλκανικtς Μαθηματικtς Ολυμnιόδες 1984-200 1 : 15 ευρώ Θtματα εξετόσεων στα Α.Ε.Ι 1 976 • 1 9θ9: 6 ευρώ Πρακτικό:

1 ου ΓΙaνFλληνίου Συνεδρίου

2ou Πaνrλλη\iου Συνεδρίου

3ou ΠCI\/Fλλrorνi υ Συνεδρίου

& ευρώ

8 ευρώ 8 ευρώ

4ooQou Γfcι\.fλλη\οiου ΣιΜ:δρίου θ ευρώ 6ou ΓΙaνFλληνίου Σuνεδρίου 8 ευρώ 7ου ΓΙανελληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ θου Πανελληνίου Συνεδρίου 8 ευρώ 9ου ΠCI\/Fλλroυ rνi Συνεδρίου 8 ευρώ 10ou ΓΙaνFλληνίου Συνεδρίου 17 ευρώ

11ου Παvελλη\iου Συνεδρίου 14ou Παvελλη\iου Συνεδρίου 15ou Παvελλη\iου Σιmφου 16ou ΓΙανελληνίου Σιmφου ου Σιινεδρίαι 19ou π�· Ί•ι":ι•� ;: Συνεδρίου ....; .... 2Οοο ΠανελληWJυ Συνεδρίου

�

Συνtδριο

17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ

25 εuρώ 25 ευρώ 25 ευρώ 25 ευρώ

Herm ls '92 (Αγγλικό)

25 ευρώ Συνtδριο Hermls -94 (Αγγλικό) 2 τόμοι 0 τόμος 15 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα (Gr. Mυncres) 6 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔ Ρ ΕΩΣ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων ΓΕΩ ΜΕτΡΙΚΑ) 20 ευρώ

(Μετρικό · Διόmρα) ευρώΔιαλtξεις: Ο τόμος Μαθηματική Ανόλυση

(Loυls Brand)

20 ευρώ 5 ευρώ 25 ευρώ

Διαφορικtς Εξισώσεις

(Steρhenson) 10 ευρώ Ιστορlα Μαθηματικών Lorla (4 'Ιόμοι) Α, Β, ΓΑ• Γa ο tόμος 8 ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Ελληνική Μαθηματική Βιβλιοyραφlα 4 ευρώ Στοιχειώδης Γεωμετρlα από Ανώτερη Σκοπιό 8 ευρώ Θεωρlα Αριθμών 17 ευρώ 10 Χρόνια 'ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ" ΣΕΙ ΡΑ Ρ: (1990-1999) CD 25 ευρώ

Τα παλα ιότερα τεύχη όλων τ ων εκδόσεων πωλούντα ι με τις τρέχουσες τι μές του 2004