Ευκλειδης Β 55 by demi de

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

νι n vn Ε; Ε κ ιvήαΕc Ε μΕ προβάδιαμn

ΠοpΕΧΕ'GΠι ι5ut.Jor:;όr:;nr:;o Eκr:;ύnwπns

.. -�

../ . /

-� ·::::Ξ:-

�

ΠΕΡΙΕΧΕΙ c.) Αναλυτική θεωρία ./"Ο t Ερωτήσεις πλήρους � ανάπτυξης t Ερωτήσεις νέου τύπου t Ασκήσεις με τις λύσεις τους t Διαγωνίσματci t

ΈVD

nρωconoριDI'ίD

1:0-Α[]Μ

απαραίτητο εργαλείο για τον εκπαιδευτικό... ...πολύτιμο βοήθημα για το μαθητή ΣUiι'DtiEίιECDI DΠό Dlι'DλUCΙI"ίό ΕΙΙΧΕΙρίtίΙD Dtίnιιιώlι' Σχεδιασμός: Κ. ΣΑΛΑΡΗΣ

Συγγραφή: Σ. ΚΕϊΣΟΓΛΟΥ, Π. ΒΕΡΥΚΙΟΣ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τι:ύχος

Υπεύ8υvοι Έκδοση�

Γράψας Κωνσταντίνος Δούναβrις Αντώνης Κολίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντ{ιας Νίκος Κυριακόπουλος ΑντώVΙις Κυριακόπουλος θανάσrις Κυριακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρrιστος Λουρίδας Σωτήprις Μολαφέκας Θανάσης Μεταξάς Νίκος Μυλωνάς Δημψρrις Μώκος Χρήστος Σακελλάρης Βασίλης Σα'iπιΕύα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώπις Σφατrις ΙωάVVΙι ς Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικολουδάκrις Γιώργος Τσιούμας θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φελλούρrις Ανάργυρος Χαρολαμποπούλου Λίνα ΧαρολόJmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης ΕΚ..\ΟΣΗ ΊΊΙΣ J:. \.\Η!\; ΙΚΙΙΣ :\>f \01 \ΙΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙ \Σ J.JΑΝΕΠΙΣΠΙΜlΟΥ 34 · 106 79 ΑΘΙΙΝΑ Τηλc 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025 Εκδόιης: Αλe(ανδρΓις ΝΊ.Κόλαος

ΔιcυDυvτής: R'αρκούλιας Γιώργος Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN: 1105- 7998

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: 2,50 ευρώ ΕτήσιασυνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) ΣυνδροJΠΊ.τές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Ορyανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyec:; Τ. Γραφείο Atlι]vα 54,Τ.Θ. 30044

Τεύχος:

Ιανουάριος

•

Φι:βρουάριος

•

Μάρτιος

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

2005

•

Ευρώ:

2,50

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Μπαρολιίς Γεώργιος.

Συντακτική Ομάδα:

•

ΜΑΘΗΜΑΊlΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΕυσταDίουΕυάγγελος,

Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγyελικrί

Αρχαία Ελληνικά Μαθημαιικά

Ο Ευκλείδης προιείνει... Ευκλείδη και... Διόφαvιο

16 Homo Mathematicus 20 Μαθημαιικοί Διαγωνισμοί 26 Η σιήλη ιου μαθηιή

Μα8ημαηκά για ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου 29 Το ιριώvυμο

f(x)

αχ2 + 6χ + γ, α

:;:. Ο

34 Πρόσημο ιριωvύμου Συναριήσεις ·

37 Εyyράψιμα ιειράπλευρα

Μα8ημαηκά για ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου 42 λλ6εγρα- Πρόοδοι

45 Ασκήσεις σης λογαριθμικcς και εκθειικcς συναριήσεις 51 Κωvικcς ιομcς 60 Γεωμειρία - Κανονικά πολύγωνα - Μcιρηση κύκλου

Μα8ημαηκά για ιηv Γ Τάξη ιου Λυκείου 66 Ασκήσεις διαφορικόύ λογισμού 70 Ασκήσεις πιθανοιήιων Σιοιχειοθcσία

Ν Αλεξόπουλος

•

Σελιδοποίηση

Ακαδημίας 43, τηλ. 210-36αi826

Εκτύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε.,

Υπεuθ. Τυπογραφείου: Βοοίλης Σωτηριόδης

Τrιλc 21081603330

λ.ΡΧλ.Ιλ. θλλΗΝΙΚλ.. ΜλθΗΜλ.ΤΙΚλ.. Χρήστος Κηπουρός

Προκαταρτικά: Η στήλη των αρχαίων Μαθηματικών φιλοξενεί, κατά κανόνα, θέματα που α

ναφέρονται στα αρχαία μαθηματικά. Ωστόσο, δεν μπορεί να αρνηθεί να δημοσιεύσει αξιόλογα άρ θρα που αναφέρονται σε κείμενα των τελευταίων αιώνων που γράφονται από ταλαντούχους συνα

δέλφους και έχουν ως αντικείμενο την πληροφόρηση των αναγνωστών μας τόσον, για τα ίδια τα κείμενα, όσον και για τους συγγραφείς των. Μια τέτοια εργασία λάβαμε από τον συνάδελφο κ. Στέλιο Λαμνή που αναφέρεται σε Μαθηματι κούς που έγραψαν μαθηματικά βιβλία κατά την περίοδο της Τουρκοκρατίας. Επειδή, λοιπόν, θεω ρώ πολύ αξιόλογη και σοβαρή αυτήν την προσπάθειά του δέχτηκα, με μεγάλη χαρά, να την φιλοξε νήσω στη στήλη των αρχαίων μαθηματικών ελπίζοντας ότι, στο μέλλον, θα λάβουμε και από άλ λους συναδέλφους άρθρα, με αντικείμενο την ιστορία των αρχαίων μαθηματικών. Ακολουθεί, τώρα, το άρθρο του μαθηματικού Στέλιου Λαμνή.

Οι

Μαθημα.τικές Επιστήμες

στην περίοδο της Τουρκοκρατίας (1453-1830) Η

πολιορκία της Κωνσταντινούπο

λης το 1453 από γαλλική μινιατούρα

Στέλιος Λαμνής, Θεσαλονίκη

της Βιβλιοθήκης του Παρισιού.

άλωση της Κωνσταντινούπολης το 1453, εκτός των άλλων σοβαρών και οδυνηρών συνεπειών που είχε για τον ελληνισμό, σήμανε και την αναστολή της αρκετά αξιόλογης μαθηματικής δραστηριότη τας που σημειώθηκε κατά ύστερους βυζαντινούς χρόνους. Την οριστική κατάρρευση της Βυζαντι νής Αυτοκρατορίας ακολούθησε η μακραίωνη πε ρίοδος της Οθωμανικής κυριαρχίας, κατά την ο ποία ο υπόδουλος πλέον ελληνισμός βρέθηκε σε ολότελα νέες οικονομικές και κοινωνικές συνθή κες. Αυτές οι νέες συνθήκες αποτέλεσαν σοβαρούς ανασταλτικούς παράγοντες για την καλλιέργεια Ε ΥΚΛΕΙΔΗΣ

των γραμμάτων, για τη δημιουργία πνευματικού κλίματος που να ευνοεί τη μάθηση και την ανά πτυξη των επιστημών. Τα μαθηματικά, όπως είναι επόμενο, δεν θα μπορούσαν να μείνουν ανεπηρέαστα από τη νέα δυσμενέστερη κατάσταση στην οποία βρέθηκε ο ελληνισμός. Ειδικά κατά τους δύο πρώτους αιώνες της Τουρκοκρατίας, δεν μπορεί να γίνει λόγος για μαθηματική δραστηριότητα, πολύ περισσότερο δε για ανάπτυξη των μαθηματικών, από τη στιγμή που δεν υπήρχε καν συστηματική και οργανωμένη εκ παίδευση. Τα μαθηματικά σ' αυτήν την κρίσιμη περίοδο των δύο πρώτων αιώνων της ΤουρκοκρατίΒ ' λη ' τ.3/2

-�------

Αρχαία Ελλη νικά Μαθη ματικά

ας ποτέ δεν ξεπέρασαν το στοιχειώδες επίπεδο. Στα λιγοστά ελληνικά σχολεία εκείνης της περιόδου, η ύλη της διδασκόμενης Αριθμητικής περιελάμβανε τις τέσσερις βασικές πράξεις της αριθμητικής με ακέραιους και κλασματικούς αριθμούς, την απλή και τη σύνθετη μέθοδο των τριών και τις μετατρο πές μονάδων βάρους, μήκους, όγκου ή νομισμάτων. Το ίδιο στοιχειώδης ήταν και η ύλη της διδασκόμε νης Γεωμετρίας, που περιοριζόταν σε απλά πρακτι κά προβλήματα υπολογισμού μηκών και υψών.

Το χαμηλό επίπεδο των μαθηματικών γνώσεων των πρώτων αιώνων της Τουρκοκρατίας, φαίνεται και από τα βιβλία μαθηματικών που τυπώθηκαν αυ τήν την περίοδο. Το πρώτο βιβλίο μαθηματικών που τυπώθηκε ποτέ στην ελληνική γλώσσα είναι το «Σύ νταγμα ευσύνοπτον εις τας τέσσαρας μαθηματικάς επιστήμας, Αριθμητικήν, Μουσικήν, Γεωμετρία και Αστρονομία» (1532) του βυζαντινού λόγιου Μιχαήλ

Ψελλού. Το βιβλίο περιέχει μια σύνοψη των παρα δοσιακών μαθηματικών γνώσεων της εποχής του Ψελλού (αρχές 1 1 ου αι. ), που κυκλοφορούσε χειρό γραφο επί 500 περίπου χρόνια. Το δεύτερο ελληνικό μαθηματικό βιβλίο είναι το πασίγνωστο κατά την περίοδο της Τουρκοκρα τίας «Βιβλίον πρόχειρον τοις πάσι περιέχον την τε πρακτικήν Αριθμητικήν, ή μάλλον ειπείν την Λογα ριαστικήν» ( 1 568) του Μανουήλ Γλυζώνιου. Πρό

κειται για ένα απλοϊκό βιβλίο πρακτικής αριθμητι κής, το οποίο όμως αποτέλεσε τη μεγαλύτερη εκ δοτική επιτυχία ολόκληρης της περιόδου της Τουρκοκρατίας, με πληθώρα επανεκδόσεων ως τον 19 ° αιώνα. Το τρίτο και τελευταίο μαθηματικό βιβλίο αυτής της περιόδου είναι η «Λογιστική» (1600) του μονα χού Βαρλαάμ του Καλαβρού. Κι αυτό το βιβλίο πραγματεύεται την πρακτική αριθμητική, ενώ πρέπει να σημειώσουμε ότι πρόκειται για βιβλίο που γράΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ

------

φτηκε στα μέσα του 1400 αι. Ο συγγραφέας του Βαρ λαάμ ο Καλαβρός δεν είναι άλλος από τον μεγάλο αντίπαλο του Γρηγορίου Παλαμά κατά τις Ησυχα στικές Έριδες ( 1 342- 1349) της Θεσσαλονίκης. Τα ελληνικά μαθηματικά αρχίζουν να ξεπερ νούν το στοιχειώδες επίπεδο μόνο κατά τον 1 8 ° αιώνα. Τότε αρχίζει μια μεγάλη προσπάθεια των Ελλήνων λογίων να εναρμονιστούν με τις σύγχρο νες εξελίξεις του κλάδου στην Ευρώπη. Η από σταση βέβαια που χωρίζει τα ελληνικά μαθηματι κά από τα σύγχρονα ευρωπαϊκά μαθηματικά είναι τεράστια. Χάρη όμως στις προσπάθειες των Ελλή νων λογίων και διδασκάλων αυτής της περιόδου, μέσα σε διάστημα ενός μόλις αιώνα, η απόσταση μειώθηκε, για να φτάσουμε στις πρώτες δεκαετίες του 19ου αι. τέτοιο σημείο, ώστε τα ελληνικά μα θηματικά να παρακολουθούν από κοντά τη σύγ χρονη ευρωπαϊκή μαθηματική εξέλιξη. Στο σημείο αυτό πρέπει να επισημάνουμε τη σημαντική διαφορά που υπάρχει στην αντίληψη που έχουμε εμείς σήμερα για τα μαθηματικά, σε σχέση με εκείνη των λογίων του 1 8ου αι. Για τους λόγιους του 1 8ου αι., τα μαθηματικά και οι υπόλοι ποι κλάδοι των θετικών επιστημών δεν εθεωρού ντο αυτόνομοι και ξεχωριστοί επιστημονικοί κλά δοι, αλλά αναπόσπαστα μέρη της φιλοσοφίας. Υ πήρχε δηλαδή μια ενιαιοποιημένη αντίληψη των επιμέρους κλάδων των θετικών επιστημών, και μ' αυτήν την έννοια, όλες οι θετικές επιστήμες εθεω ρούντο στενά συνδεδεμένες μεταξύ τους. Γ ράψει σχετικά ο Κυριακός Γεωργιάδης: «Αι επιστήμαι είναι τοσούτον συνδεδεμέναι προς αλλήλας, ώστε χωρίς μιας η άλλη μένει ακατανόητος». Τυπικό πα

ράδειγμα αυτής της ενιαιοποιημένης αντίληψης των επιστημονικών κλάδων είναι η «Οδός Μαθη ματικής» ( 1 749) του Μεθόδιου Ανθρακίτη. Στην ύλη του σημαντικότατου αυτού τρίτομου επιστη μονικού συγγράμματος, εκτός των μαθηματικών, περιλαμβάνεται φυσική, αστρονομία, γεωγραφία και οπτική. Στη σκέψη όμως των Ελλήνων λογίων, πάντοτε τα μαθηματικά κατείχαν την κεντρική θέση μεταξύ όλων των θετικών επιστημών. «Τούτων γαρ άνευ», έλεγε ο Ευγένιος Βούλγαρης. Ενώ ο Νικηφόρος Θεοτόκης υποστήριζε πως «η προς την Φιλοσοφίαν Β ' λη ' τ.3/3

------ Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

άγουσα οδός γίνεται ημίν ευθυτέρα και ραδία εάν τοις μαθηματικοίς στοιχείοις προγεγυμνασμένοι ώμεν». Σ' αυτήν την περίοδο μπορούμε να κάνου

με λόγο για «μαθηματικοποίησψ> των θετικών ε πιστημών. Αυτό ακριβώς υπαινίσσεται και ο Ιώ σηπος Μοισιόδαξ, υποστηρίζοντας ότι «είναι το λοιπόν η Μαθηματική επιστήμη άκρως χρήσιμος ουχί μόνον τω απαρτισμώ του νοός, αλλά και πάση επιστήμη φυσική απλώς ( . . .) Πά σα θεωρία φυσική είτα χρειάζεται την αντίληψιν αυτής απαραιτήτως. Η Υδραυλική, η Υδροστατική, η Μηχανική, η Οπτι κή, η Αστρονομία, η Γεωγραφία, άλλαι πολλαί τας οποίας aποσιωπώ, πά σαι δεικνύονται δια της Μα θηματικής>> .

------

Ο 1 8°ς αι., ειδικά το τελευταίο τέταρτο του αιώ να αυτού και οι δύο πρώτες δεκαετίες του 19°υ αι., είναι η περίοδος της κορύφωσης του Νεοελληνι κού Διαφωτισμού, δηλαδή της πνευματικής κίνη σης των Ελλήνων διανοουμένων που είχε ως κε ντρικό εκπαιδευτικό στόχο την αναβάθμιση της ελληνικής παιδείας. Στις αρχές του 1 8ου αι. ο στόχος της αναβάθμι σης της ελληνικής παιδείας συνδυάστηκε με μια αντίληψη που είχε αρχίσει να διαμορφώνεται με ταξύ των Ελλήνων λογίων περί του δεσμού των νεότερων Ελλήνων με τους αρχαίους προγόνους τους. Η αντίληψη ξεκίνησε ως γενικότερο ενδια φέρον για το αρχαιοελληνικό παρελθόν και σύντο μα εξελίχθηκε σε αίτημα για την αναβίωση του αρχαιοελληνικού πνεύματος.

Ευγένιος Βούλγαρης Νικηφόρος Θεοτόκης

Ως παράδειγμα μαθηματικοποίησης της φυσικής μπορούμε να αναφέρουμε το σπουδαίο σύγγ ραμμα του Νικηφόρου Θεοτόκη, τα <<Στοιχεία Φυσικής εκ νεωτέρων συνερανισθέντα» ( 1766). Το αξιοσημείωτο για τα μαθηματικά είναι ότι σ' αυτό το βιβλίο, παρό λο που πρόκειται για σύγγραμμα φυσικής, έχουμε τη χρήση εννοιών του Απεφοστικού Λογισμού για πρώτη φορά στην έντυπη νεοελληνική βιβλιογραφία. Δικαιολογημένα ο Κων. Κούμας χαρακτήρισε τη Φυσική του Θεοτόκη «εφαρμοσμένη μαθηματική», αφού για τη μελέτη και την κατανόησή της απαιτεί ται άριστη γνώση μαθηματικών και μάλιστα υψηλού εmπέδου.

Στα μαθηματικά αυτή η αντίληψη εκφράστηκε με δύο τρόπους: α) με την έκδοση πολλών κλασι κών aρχαιοελληνικών μαθηματικών κειμένων ( έρ γα των Ευκλείδη, Αρχιμήδη, Διόφαντου κ.λ.π.), και β) με τη συγγραφή ή τη μετάφραση σύγχρονων έργων, γραμμένων όμως στο πνεύμα της αρχαίας ελληνικής μαθηματικής παράδοσης. Ως κύριους εκφραστές αυτής της αντίληψης στα μαθηματικά μπορούμε να αναφέρουμε τον Μεθόδιο Ανθρακίτη, τον Μπαλάνο Βασιλόπουλο, τον Κοσμά Βασιλόπουλο και από τους μεταγενέστερους τον Βενιαμίν Λέσβιο. Όλοι αυτοί, με την

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/4

------ Αρχαία Ελληνικ ά Μαθηματικά

προσήλωσή τους στην αρχαία ελληνική μαθηματι κή παράδοση, έδειξαν μια σαφή προτίμηση προς τους παλαιότερους κλάδους των μαθηματικών (Α ριθμητική, Γεωμετρία, Τριγωνομετρία, Αστρονο μία) και μια ολοφάνερη αδιαφορία για τους νεότε ρους μαθηματικούς κλάδους (Άλγεβρα, Απειρο στικό Λογισμό, Αναλυτική Γεωμετρία).

τον Μπαλάνο Βασιλόπου λο, για χρήση των μα θητών στα ελληνικά σχολεία την εποχή της τουρκοκρατίας

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

ΕΤΚΛΕ!ΔΟΤ

ΣΤΟΙΧΕΙΛ.

ΕfίΤΕθΕΝΤΑ

:sεrn4MtN ΛεΣnιοr.

ΤΟΜΟΣ

Β'.

Το βιβλίο που εκφράζει πιο πιστά τους σκοπούς και τις επιδιώξεις αυτής της αντίληψης είναι η «Ο δός Μαθηματικής» ( 1 749) του Μεθόδιου Ανθρακί τη. Με την «Οδό Μαθηματικής» παρουσιάζονται στο ελληνικό αναγνωστικό κοινό, για πρώτη φορά μετά από πολλούς αιώνες, τα <<Στοιχεία» του Ευ κλείδη, καθώς και μερικά ακόμη σημαντικά έργα αρχαίων και νεότερων συγγραφέων (Πρόκλου Σφαίρα, Σφαιρικά του Θεοδοσίου κ.α.). 0Δ02

MAβHMATlltH�\: κ•

,, ............... , f/ι ...... .. ..ιw. . Α & 't Τ Β 1 Ο z. Λ,..ft.ι ....•...., .t --'• ι tl Υ.,...,.,�,

τ r r τ ο ι. ,, .. .,.,.... ; "..., ... _.,., ,.,., ....,....,. ,,..,..... .,..,.. . ..,.,_ • Τ.Ι' ΤλlΤΟΙ.

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

�·ι·.

. ...... ...... . .. . � .. �.. ... . . JίιιlΤΟ'ΝΟ� ....... .... . �- -Ι• ....... ΩΙΔ'ΤΟΖ 0&�1&&1'1&0'1

�I!

I I

Η « Οδός Μαθη ματικής» , το πρώτο ελληνικό μαθηματικό εγχειρίδιο της νεότερης ιστορίας μας, γραμμένο από τον Μεθόδιο Ανθρακίτη και

------

Έργα που ακολουθούν, το πνεύμα της «Οδού» είναι επίσης η «Μέθοδος Γεωμετρικώς χωρούσα» ( 1 756) του Μπαλάνου Βασιλόπουλου, μια προ σπάθεια του συγγραφέα να επιλύσει το αρχαίο Δή λιο πρόβλημα, η «Έκθεσις ακριβεστάτη της Αριθ μητικής» ( 1 803) επίσης του Μπαλάνου Βασιλό πουλου και η «Έκθεσις συνοπτική Αριθμητικής Αλ γέβρας και Χρονολογίας>> ( 1796) του Κοσμά Βασι λόπουλου, γιου του Μπαλάνου. Επίσης στην ίδια αντίληψη εντάσσονται οι δύο μεταφράσεις του Ευγένιου Βούλγαρη: α) το «Μαθηματικών Στοι χείων αι πραγματείαι αι αρχοειδέσταται» ( 1767) του J.A.Segner, και β) το <<Στοιχείων Γεωμετρίας>> ( 1 805) του Andre Taquet. Η «Γεωμετρία νέα τάξει τε και μεθόδω» ( 1787) του Ottaνiano Cametti, που μετέφρασε ο ιατροφιλόσοφος Δημήτριος Ραζής, αλλά και το αρκετά μεταγενέστερο γεωμετρικό σύγγραμμα του Βενιαμίν Λέσβιου «Γεωμετρίας Ευκλείδου Στοιχεία» ( 1 820). Η προσήλωση των Ελλήνων λογίων στα αρχαία ελληνικά μαθηματικά άρχισε να περιορίζεται στο δεύτερο μισό του 1 8ου αι., όταν οι λόγιοι της νεό τερης γενιάς, σπουδαγμένοι οι περισσότεροι σε πανεπιστήμια της Κεντρικής Ευρώπης, άρχισαν να στρέφονται και προς τη σύγχρονη ευρωπαϊκή επι στήμη και γνώση. Ένας από τους εκφραστές αυτής της νέας αντίληψης, ο Ιώσηπος Μοισιόδαξ, υπο στήριζε ότι αν οι νεότεροι Έλληνες πράγματι εκτι μούσαν τους προγόνους τους, θα έπρεπε να μιμη θούν τους aρχαίους και να μάθουν από τους άλ λους λαούς. «Η Ευρώπη την σήμερον», έλεγε ο Μοισιόδαξ, «υπερβαίνει κατά την σοφίαν ως και την αρχαίαν Ελλάδα». Ο Νικόλαος Ζερζούλης υ ποστήριζε ότι οι Ευρωπαίοι «έφθασαν εις ακριβε στέραν θεωρίαν υπέρ τους Έλληνας εν ταις επιστή μαις». Ενώ ο Δημήτριος Καταρτζής αναρωτιόταν «Π ως μπορεί ένας σπουδαίος μας να μην θέλει να ξέρει τους Εγγλέζους, τους Φραντζέζους και Ολλα ντέζους, γιατί έμαθε τ'είταν οι Λακεδαιμόνιοι κΌι Αθηναίοι κΌι Τύριοι;».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/5

------ Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

------

ρη: α) την «Ποσοτική Άλγεβρα» και β) την «Ποσοτι � .... • "+-'

κή εις δύο μέρη:. Α '.Άλγεβρα και Αναλυτική Γεωμε τρία,. Β '.Περί aπειροστών είτε περί διαφορικού υπο λογισμού».

Ως χαρακτηριστικότερες προσπάθειες διατύ πωσης εκλαϊκευμένου μαθηματικού λόγου πρέπει να αναφέρουμε την <<Σύνοψιν των Επιστημών δια τους πρωτοπείρους» ( 1 8 1 9) του Κ. Κούμα, την <<Α

" • ,.�...t...!II Hi.lf;t.

ιαxuno:z: \IUI}:IOΔA!

ριθμητικήν εις χρήσιν των Ελληνικών Σχολείων»

Η επικρατούσα πλέον τάση στην ελληνική δια νόηση είναι η μελέτη και γνώση των νέων επι τευγμάτων της ευρωπαϊκής επιστήμης. Αυτό στα μαθηματικά εκφράστηκε με δύο τρόπους: α) Με την εισαγωγή στην ελληνική μαθηματική βιβλιο γραφία όλων των σύγχρονων τότε μαθηματικών κλάδων (Άλγεβρα, Απειροστικός Λογισμός, Ανα λυτική Γεωμετρία, Κωνικές Τομές), και β) με τη διατύπωση ενός πιο aπλοποιημένου και εκλαϊκευ μένου μαθηματικού λόγου, με στόχο την διάδοση των σύγχρονων μαθηματικών γνώσεων στα πλατύ τερα στρώματα του ελληνικού πληθυσμού. Στην εισαγωγή των σύγχρονων μαθηματικών κλάδων πρωταγωνίστησαν λόγιοι όπως ο Κωνστα ντίνος Κούμας, ο Σπυρίδων Ασάνης, ο Θεόφιλος Κα'fρης και κυρίως ο Νικηφόρος Θεοτόκης. Με τα συγγράμματα του Θεοτόκη, κυρίως με τα <<Στοιχεία Μαθηματικών εκ παλαιών και νέων συνερανισθέντα»

(1799), εισήχθησαν στην ελληνική μαθηματική βι βλιογραφία σχεδόν όλοι οι νέοι κλάδοι των μαθημα τικών. Η εισαγωγή της σύγχρονης Άλγεβρας γίνεται με τα <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρας>> ( 1797) του Γάλλου αββά Nicola de Lacaille, που μετέφρα σαν ο Σπυρίδων Ασάνης και ο Ιωνάς Σπαρμιώτης. Η εισαγωγή των Κωνικών Τομών γίνεται με το <<Σύνο ψις των Κωνικών Τομών» (1 802) του Guido Grandi και με την «Των Κωνικών Τομών Αναλυτική Πραγ ματεία» ( 1 803) του de Lacaille, που μετέφρασε και πάλι ο Ασάνης. Ενώ ο Απειροστικός Λογισμός εισά γεται αρχικά με τα Στοιχεία Μαθηματικών του Θεο τόκη, και στη συνέχεια με το πολύτομο σύγγ ραμμα του Κων/νου Κούμα <<Σειράς Στοιχειώδους των Μα θηματικών και Φυσικών Πραγματειών>> ( 1 807) και τις δύο χειρόγραφες πραγματείες του Θεόφιλου Κα'f-

( 1 794) του Αθ. Ψαλίδα, καθώς και ένα πλήθος πρακτικών αριθμητικών και μαθηματικών εγχειρι δίων για την διευκόλυνση των εμπορικών συναλ λαγών, που εκδόθηκαν αυτήν την περίοδο. Υπήρξαν βέβαια και βιβλία - πρωτότυπα και μεταφράσεις - ενταγμένα στο σύγχρονο ευρωπαϊ κό πνεύμα, όπως τα <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέβρης» ( 1 800) του Ζήση Κάβρα, τα «Στοιχεία της Αριθμητικής και Αλγέβρας» ( 1 804) του G.I. Metzburg, σε μετάφραση του ιατρού Μιχαήλ Χρησταρή, το σπουδαίο τετράτομο έργο του Στέ φανου Δούγκα <<Στοιχεία Αριθμητικής και Αλγέ βρης» ( 1 8 1 6), τα «Στοιχεία Αλγέβρας» ( 1 8 1 8) του Δημ. Γοβδελά, καθώς και τα <<Στοιχεία Γεωμετρί ας» ( 1 829) του Α.Μ. Legendre, σε μετάφραση του Ιωάννη Καραντινού. Παράλληλα με την έντονη εκδοτική δραστη ριότητα αυτής της περιόδου στον τομέα των επι στημονικών βιβλίων (τέλη 1 8°υ αι.- αρχές 1 9ου αι.), ο στόχος της αναβάθμισης της ελληνικής παι δείας επιχειρήθηκε να επιτευχθεί με έναν εξίσου σημαντικό και αποτελεσματικό τρόπο: την ίδρυση σχολείων. Τα σχολεία που ιδρύθηκαν αυτήν την περίοδο ονομάζονται νεωτερικά, και είναι τα σχο λεία που διαπνέονται από τις νέες προοδευτικές ιδέες, που περιλαμβάνουν στο πρόγραμμά τους σύγχρονους κλάδους των θετικών επιστημών και εφαρμόζουν τις πιο σύγχρονες παιδαγωγικές μεθό δους. Νεωτερικά σχολεία ιδρύθηκαν κυρίως στις ακμάζουσες οικονομικά πόλεις του ελληνικού χώ ρου, στη Σμύρνη (Φιλολογικό Γυμνάσιο Σμύρνης), στις Κυδωνίες (Ακαδημία των Κυδωνίων), στη Χίο (Γυμνάσιο Χίου), στο Πήλιο (Σχολή των Μη λιών) και στα Ιωάννινα (Καπλαναία Σχολή). Οι νέες ιδέες όμως ώθησαν και παραδοσιακές σχολές να αποβάλλουν το συντηρητικό τους χαρακτήρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/6

------ Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

και να μετατραπούν σε νεωτερικές, όπως για πα ράδειγμα οι Ηγεμονικές Ακαδημίες του Βουκου ρεστίου και του Ιασίου. Στα νεωτερικά σχολεία δίδαξαν οι πιο γνωστοί και μορφωμένοι Έλληνες διδάσκαλοι. Ο Βενιαμίν Λέσβιος και ο Θεόφιλος Κιiίρης στις Κυδωνίες, ο Κων/νος Κούμας στο Φιλολογικό Γυμνάσιο Σμύρ νης, ο Γρηγόριος Κωνσταντάς και ο Άνθιμος Γα ζής στις Μηλιές, ο Αθανάσιος Ψαλίδας στην Κα πλαναία Σχολή των Ιωαννίνων, ο Κων/νος Βαρδα λάχος και ο Δημήτριος Γοβδελάς στην Ακαδημία Βουκουρεστίου, ο Δανιήλ Φιλιππίδης και ο Στέφα νος Δούγκας στην Ακαδημία Ιασίου, ο Νεόφυτος Βάμβας στο Γυμνάσιο της Χίου και πολλοί άλλοι. Το έργο που επιτελέστηκε στην ελληνική παι δεία κατά τον 1 8° αι. και ως τις αρχές του 19ου αι. μόνο σαν θαύμα μπορεί να περιγραφεί. Μια αληθι νή εκπαιδευτική και πολιτιστική κοσμογονία στην οποία τα μαθηματικά είχαν πρωταγωνιστικό ρόλο. Πρέπει να πούμε όμως ότι όλα αυτά τα θαυμα στά επιτεύγματα, ούτε απρόσκοπτα επιτεύχθηκαν ούτε χωρίς αντιδράσεις. Το πνευματικό κατεστημέ νο της εποχής αντέδρασε και μάλιστα σθεναρά στη διάδοση των νέων ιδεών. Τα μαθηματικά αποτέλε σαν το κόκκινο πανί για το ελληνικό πνευματικό κατεστημένο, επειδή στη συνείδηση των Ελλήνων αυτής της περιόδου τα μαθηματικά εξέφραζαν την πρόοδο, τις νέες ιδέες. Μοιραία λοιπόν βρέθηκαν στο επίκεντρο της σφοδρής ιδεολογικής διαμάχης που ξέσπασε στις αρχές του 19ου αιώνα ανάμεσα στους υποστηρικτές και τους πολέμιους των νέων ιδεών. Το σύνολο σχεδόν των λογίων και των διδα σκάλων τάχθηκαν υπέρ των νέων ιδεών, υπέρ της διάδοσης των μαθηματικών και της νέας φιλοσοφί ας. Πολλοί από αυτούς υπέστησαν ταλαιπωρίες, διώξεις και aφορισμούς, εξαιτίας αυτής της επιλο γής τους να διδάσκουν μαθηματικά και νέα φιλο σοφία,. Χαρακτηριστικές είναι οι περιπτώσεις διώ ξεων του Μεθόδιου Ανθρακίτη, του Ευγένιου Βούλγαρη, του Ιώσηπου Μοισιόδακα, του Κων/νου Κούμα, του Βενιαμίν Λέσβιου, του Στέφανου Δού γκα και φυσικά το δράμα του Θεόφιλου Καtρη. Για την ανάσχεση της διάδοσης των μαθηματι κών, το κατεστημένο χρειάστηκε να φτάσει ως την έκδοση Πατριαρχικής Εγκυκλίου (Πατριαρχική

------

Εγκύκλιος του 1 8 19

«Περί της σημερινής καταστά σεως των κοινών του γένους μας Ελληνομουσεί

ων ») , και ακόμη τη σύγκλιση Πατριαρχικής Συνό δου με θέμα την «καθαίρεσιν των φιλοσοφικών μαθημάτων». Αξιοσημείωτο είναι ότι η σύγκλιση της συνόδου έγινε το Μάρτιο του 1 82 1 , λίγες μόνο μέρες πριν από την έκρηξη της Ελληνικής Επανά στασης. Κλείνοντας, αντί επιλόγου, παραθέτουμε ένα χαρακτηριστικό απόσπασμα από αυτήν την πατρι αρχική εγκύκλιο ενάντια στη διάδοση των μαθη ματικών: « τις ωφ έλ εια προ σκο λλώ μενοι οι ν έ οι εις τας παρα δό σεις αυτάς να μαν θάν ω σιν αρι θ μο ύ ς και α λ γ έ β ρας, και κ ύ β ους και κυβοκ ύβ ους και τρ ί γωνα και τριγωνοτε τρ άγωνα και λ ογαρ ίθ μους και συμβο λ ικο ύ ς λ ογι σμο ύ ς και τας προβαλλ ομ έ νας ε λλ ε ί ψεις και άτομα και κενά και δί νας και δ υ ν ά μεις και έλξ εις και β αρ ύ τητας, του φ ω τ ό ς ι δ ι ό τητας και β ό ρεια σ έλ α και θ ετικά τιν ά και ακου στικ ά και μ ύ ρια τοια ύ τα και ά λλ α τερατ ώδ η, ώ στε να μετρ ώ σι την άμ μον της θ α λά σσης και τας σταγ ό νας του υετο ύ και να κιν ώ σιν την γην, ε ά ν αυτο ί ς δ ο θή πη στ ώ σι κατά το του Α ρχιμ ή δ ους, έ πειτα εις τα ομι λί ας των βά ρ βαροι , εις τας γραφ άς των σ όλ οικοι, εις τας θ ρη σκε ί ας των αν ίδ εοι, εις τα ήθ η παράφοροι και δ ιεφ θ αρμ έ νοι, εις τα πο λ ιτε ύ ματα επι βλ α β ε ί ς και ά σημοι πατρι ώ ται και ανάξιοι της προγονικ ή ς κ λή σεως ».

Η άλωση της Πόλης του λαϊκού ζωγράφου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π

θ εόφιλου

ΟΕuκλείδnς uροτε:ίvε:ι Εuκλείδn και Διόφαvτο ...

...

Την ευθύνη της διατύπωσης και της ορθότητας της λύσης κάθε άσκησης την έχει ο συνάδελφος που στέλνει τη λύση.

33. Να βρεθούν όλες οι ακέραιες τιμές του

για τις οποίες το πολυώνυμο: 4 P(n) = n - 4n 3 + 10n 2 - 12n + 86

η,

η = 1 ή η = 7 ή η = 5. Αντιστρόφως εύκολα διαπιστώνουμε ότι: P(l) = 8 1 = 9 2 , Ρ(7) = 1 52 1 = 39 2 , Ρ( -5) = 1 521 = 3 Ψ

ισούται

με το τετράγωνο ακεραίου αριθμού. (Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό κύριο Ν ικό λαο Αρτεμιάδη)

Τελικά το σύνολο των λύσεων του προβλήμα τος είναι S = {-5, 1, 7}.

Π ρώτη λύση (από τον ίδιο)

Θέτουμε: η = κ + 1 , κ ε Ζ οπότε το πολυώνυμο γίνεται: Ρ(κ + 1) = κ4 + 4κ 2 + 8 1 (1) Έστω τώρα ότι υπάρχει λ ε Ζ , τέτοιος ώστε: Ρ(κ + 1) = λ2 ή κ 4 + 4κ 2 + (8 1 - λ2 ) = 0 (2) Η διακρίνουσα της ως προς κ2 δευτεροβάθμιας εξίσωσης (2) είναι: Δ = 16 - 4(8 1 - λ2 ) = 4(4 - 8 1 + λ2 ) = 4(λ2 - 77) (3) Τώρα για να ' χει η (2) ακέραια λύση πρέπει και αρκεί η διακρίνουσα της Δ να ' ναι τετράγωνο ακέ ραιου αριθμού· δηλαδή να υπάρχει μ ε Ζ τέτοιος ώστε: λ 2 - 77 = μ 2 ή λ 2 - μ 2 = 77 ή (λ - μ)(λ + μ) = 77 (4) Κι επειδή: 77 = 1 · 77 = (-77) · (-1) = 7 · 1 1 = = ( -1 1) · ( -7) , [προφανώς δεν υπάρχει στο Ζ άλλη ανάλυση του 77] συμπεραίνουμε ότι: λ-μ=1 λ = 39 • � Και συνεπώς: λ + μ = 77 μ = 38 κ 2 = 36 ή κ = ±6 . λ-μ=7 λ=9 <:::::> . Και συνεπώς: • λ+μ=11 μ=2 κ2 = 0 ή κ = Ο . τις ίδιες λύσεις βρίσκουμε απ ' την επίλυση των άλλων δύο συστημάτων. Έτσι έχουμε:

{ {

} { } } { }

Δεύτερη λύ ση (από τον συνάδελφο Ροδόλφο Μπόρη, Αθήνα))

Το Ρ(η) γράφεται: Ρ(η) = [(η - 1 )2 + 2] 2 + 77. Θέτουμε: m = (η - 1 ) 2 + 2, οπότε πρέπει να βρούμε ακεραίους m.κ: m 2 + 77 = κ 2 <:::::> (κ - m)(κ + m) = 77 που σημαίνει ότι ο κ - m είναι ένας από τους διαιρέτες του 77, δηλαδή ένας από τους: ±1, ±7, ± 1 1, ±77 . Από τα συστήματα που προκύπτουν θετικές τι μές του m είναι το 2 και το 38. Αντικαθιστώντας στην m = (η - 1 )2 + 2, βρίσκουμε: η = 1 , η = 7, η = -5 Όπως βρίσκουμε εύκολα, για τις τιμές αυτές του η το P(n) είναι τετράγωνο ακεραίου. Άρα, αυ τές είναι οι ζητούμενες τιμές του η. Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Δημήτρης Καρβέλας (Α θήνα), Γεώργιος Μηλιάκος (Σπάρτη), Γ?ώρ γιος Τριάντος (Αθήνα), Χρήστος Δεμιρτζό γλου (Δράμα), Δημήτριος Καραβότας (Κ. Αχαία), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα). Επίσης, λύση έστειλε και ο μαθητής Β ' Λυκεί ου Γεωργακόπουλος Αλέξανδρος (52° Λύκειο Αθηνών). •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/8

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

34. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με εμβαδόν (ΑΒΓ)

Λόγω συμμετρίας έχουμε επίσης: 1 1 1 Ι x - - xy=- (1 - y) y - - yz = - (1 - z) .

1. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Δ, Ε, Ζ των τοια ώστε: η ΑΔ διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ στο σημείο Κ, η ΒΕ διχοτομεί το ΓΖ στο Λ και η ΓΖ διχοτομεί το ΑΔ στο Μ.

πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα είναι τέ

Επιλύουμε το σύστημα των παραπάνω εξισώ σεων και βρίσκουμε χ = y = z = .!.. (3 - J5)

[η ρίζα: .!.. (3 + J5) > 1 απορρίπτεται] .

(S) 1 1 Έχουμε τώρα: (ΑΜΓ) = z - - xz = z - - z 2 =

1 1 Γ; z = "2 (2 --,z) = "2 · "2 (3 - ν5 ) ·

Ν α αποδείξετε ότι:

)= (ΚΛΜ

(Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό κύριο Νικό λαο Αρτεμιάδη) •

ΑΖ ΓΕ ΒΔ , . , z= , y= Θετουμε: χ = ΑΒ ΓΑ ΒΓ (ΑΒΔ) = χ ή (ΑΒΔ) =χ. Οπότε: (ΑΒΓ)

(1)

(2)

2 3 - JS = - -2-

Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος Τριάντος (Αθήνα), Γιάννης Σταματόπουλος (Αθήνα), Νικόλαος Βαδιβούλης (Άρτα), Σω τήρης Γκουντουβάς - Ευθύμιος Βαρελάς - Ιπ ποκράτης Καρανταράκης (Πειραιάς).

Στην παραπάνω άσκηση 34 η ύπαρξη ενός τέτοιου τριγώνου ΚΛΜ δεν είναι προ φανής. Ο συνάδελφος Νικόλαος Βαδιβούλης στη λύση που μας έστειλε αποδεικνύει την ύπαρξη του Σ χόλιο της Σ.Ε.:

Α)..).. ά : (ΑΖΜ) (ΑΖ) · (ΑΜ) ΑΖ ΑΜ 1 = - · -- = Ζ · = ( ΑΒ Δ) (ΑΒ) · (ΑΔ) ΑΒ ΑΔ 2 Ι (ΑΖΜ) = - ΧΖ και συνεπώς:

(3)

τριγώνου αυτού ως εξής:

Έστω ότι υπάρχει ένα τέτοιο τρίγωνο ΚΛΜ (παρακάτω σχήμα). Θέτουμε:

Λόγω συμμετρίας έχουμε: (ΒΓΕ) = y και (ΑΖΓ) =z και ακόμη: 1 1 (ΒΔΚ) = - xy , (ΓΕΛ) = - yz

(4)

Ωστόσο: (ΑΜΓ) = (ΑΖΓ) - (ΑΖΜ) = z - .!.. xz (5)

(5 )

Κι επειδή: (ΑΜ) = (ΜΔ) συμπεραίνουμε ότι: (ΑΜΓ) = .!_ (ΑΔΓ) = .!_ {(ΑΒΓ) - (ΑΒΔ) }

Θέτουμε: ΑΖ ΓΕ ΒΔ = λ και = μ. = κ, ΖΒ ΔΓ ΕΑ Φέρνουμε την ΕΗ // ΑΔ. Έχουμε:

(2 ) 1 ή (ΑΜΓ) = "2 (1 - χ).

Έτσι φτάνουμε στην εξίσωση: Ι 1 Ζ - - ΧΖ = - (1 - Χ)

)

= .!.. (3 - J5)(1 + J5) = .!.. ( J5 - 1). 8 4 Κι επειδή : (ΚΛΜ) = (ΑΒΓ) - (ΑΒΔ) - (ΒΓΕ) - (ΓΑΜ) συμπεραίνουμε ότι: Ί - 3 J5 . (ΚΛΜ) = 1 - l ( J5 - Ι) = 4 4

J5. 3 7

Λύση (από τον ίδιο)

(

(6) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/9

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

ΒΔ ΒΚ = ΒΔ = ΔΓ = κ = κ = --κ ΔΗ ΔΗ ΑΕ 1 _ ΕΓ 1 __λ_ ΚΕ ΑΓ 1+λ ΔΓ ΑΓ = κ(l + λ) Άρα: = κ(l + λ) = 1 . Όμοια: λ( 1 + μ) = 1 και μ(1 + κ) = 1 Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων αυτών και βρίσκουμε: .J5 - 1 Κ= λ= μ=

Έτσι προκύπτει ότι:

ΑΕ

-2

αφού κ, λ και μ είναι θετικοί. Συνεπώς, τότε, τα σημεία Δ, Ε και Ζ χωρίζουν τις πλευρές που ανή κουν σε μέσο και άκρο λόγο, αφού ο αριθμός , απο, το θ εωρη, φ = .JS - 1 ει,ναι ο χρυσος, αριθ μος, 2

μα της χρυσής τομής . Έστω τώρα ότι ΒΔ ΑΖ - - .J5 - 1 φ . - ΓΕ - ΔΓ ΕΑ ΖΒ - - 2 Όπως παραπάνω βρίσκουμε ότι: ΒΚ .JS - 1 1 + .J5 - 1 = 1 - = φ(1 + φ) = ΚΕ

=> ΒΚ = ΚΕ Άρα, το Κ είναι το μέσο του ΒΕ κτλ.

35. Στο τρίγωνο ΑΒΓ το σημείο Δ ανήκει στη πλευρά ΒΓ, το σημείο Ε ανήκει στην πλευ ρά ΓΑ και το σημείο Θ είναι η τομή των ευθειών ΑΔ, ΒΕ. ΕΑ ΔΓ ΑΘ , Αν: - = κ, - = λ και - = ρ , τοτε να ΒΓ ΓΑ ΑΔ εκφραστεί ο λόγος ρ ως συνάρτηση των κ,

ρ = ΑΘ = ΑΕ = ΑΓ = λ = λ ΑΔ ΑΠ ΑΠ ΑΓ - ΠΓ 1 _ ΠΓ ΑΓ ΑΓ ΑΓ λ λ λ λ = ΠΓ = ΓΔ κ 1 - κΓΕ 1-ΑΓ ΑΓ ΓΕ 1 _ ΓΒ 1 _ ΑΓ ΑΓ ΓΕ ΓΕ ΓΕ λ = = λ 1 - κ( l - λ) κλ + 1 - κ Για την περίπτωσή μας ισχύει: 1 , 2 = ... = β + γ , οποτε ρ= β β β + 2γ .!__ _ + 1 _ __ 2β+γ β+γ ρ = 2002. γ + γ = 2003·γ = 2003 2002 γ + 2γ 2004. γ 2004 Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γιώργος Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Αντώνης Ιω αννίδης (Λάρισα), Γεώργιος Τριάντος (Αθή να), Σωτήρης Γκουντουβάς (Πειραιάς), Χρή στος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα), Δημήτριος Καραβότας ( Κ . ΑχαΊα) .

- -

---( --J

•

36. Να βρεθεί σημείο Ρ στη μεσοκάθετη ΑΜ

της βάσης ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ,

λ και στη συνέχεια να υπολογιστεί αυτός

ώστε το άθροισμα (ΡΑ)+(ΡΒ)+(ΡΓ) να είναι

όταν η ΑΔ είναι διχοτόμος, η ΒΕ διάμεσος

ελάχιστο. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Νικόλαο Βα διβούλη, Άρτα).

και β = 2002γ. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Νικόλαο Βα διβούλη, Άρτα). Λύση (από τον ίδιο)

Λύση (από τη συνάδελφο Χρυσταλλένη Κυβερνήτου, Αθήνα)

Η παράλληλος από το σημείο Δ προς την ευ Θεωρούμε το σύστημα συντεταγμένων Oxy ό θεία ΒΕ τέμνει την πλευρά ΑΓ στο σημείο Π , όπως πως στο σχήμα (α> Ο και β> 0). παρουσιάζεται στο επόμενο σχήμα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/10

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

Α(Ο,α)

, f(O, ) Γ( -β,Ο)

Ο Μ

Β(β,Ο)

α)

Έστω ότι Ρ(Ο, t), t ε JR . 'Βρίσκουμε εύκολα ότι: (PA) + ( PB) + ( PΓ) = It - α l + 2�t2 + β2 . Θεωρούμε τη συνάρτηση: f(t) = lt - α l + 2�t2 + β2 , t ε JR . Βρίσκουμε ότι: t - α + 2�t2 + β2 , αν t;:::α f(t) = -t + α + 2�t2 + β2 , αν t < α

{

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο

γωγίσιμη στο

( -οο,

f'(t) =

α) υ (α,+οο) με:

Παρατηρούμε ότι, για κάθε t> α ισχύει f'(t) > Ο . Με t < α, έχουμε: 2t > 1<=>2t > νt2 � • f'(t) > O<=> + β2 t2 + β2 � t>ο t>0 ο "" J3 > ι' + β' ι' > f."" ι > _1_ 3 β <=> t > J3'

"" {:;

•

{ {

f'(t) = 0<=>2t = � <=> β <=> t = J3'

•

f'(t) < 0<=>2t < �t2 + β2 t>ο <=> t�ο ή 4t2 < t2 + β2

[ {

[

2t αν t < α �t2 + β2 '

{

t>O 4t2 = t2 + β2

β ο -13

�

ελαχ.

+χ

1 = α (<=>Β = 30°) . Τότε, η f έχει ελάχιστο στο t = α = * , ίσο με:

'Εστω ότι

f(α) = 2 �α2 + β2 = 2.Jα2 + 3α2 = 4α . ι

-Χ

Γ f

γ)

r: ο '13

�

'Εστω ότι

=α

ελαχ.

1 > α (<=>Β < 30°) . Τότε, η f έχει

-χ

Τ ελικό

+χ

�

ελάχιστο στο t = α , ίσο με: f(α) = 2�α2 + β2

-.χ

β)

1J <=> t < 1

1< (<=>* > �<=>εφΒ > εφ30° <=> Β > 30°) . Τότε, η f έχει ελάχιστο στο t = 1, ίσο με: f ( 1 J = ... = α + βJ3 .

'Εστω ότι

JR και παρα

αν t > α

-1 +

(

<=> t�Ο ή O < t <

�

ελαχ.

συμπέρασμα:

(1 -13

• •

+χ

�

- Αν Β�30°, τότε το ζητούμενο σημείο Ρ είναι το Α . - Αν Β > 30°, τότε το ζητούμενο σημείο Ρ είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/1 1

Ο Εκλείδης προτείνει.•. Ευκλείδη •.. και Δ ιόφαντο

μεταξύ των σημείων Α και Μ με πεται ότι: Ηι=Θι . Εξάλλου, όπως δείχνουμε εύ(το Ρ είναι το σημείο μετα κολα τα τετράπλευρα ΟΚΗΜ και ΟΜΛΘ είναι εγ(ΜΡ) = �3 = β ;3 3 ν γράψιμα σε κύκλο -και συνεπώς Κι=Ηι και ξύ των Α και Μ, για το οποίο ισχύει: Λ ι=Θ ι και επειδή Η ι =Θ ι , έπεται ότι Κι=Λι . ΜΒΡ = 30°). Έτσι, το τρίγωνο ΟΚΛ είναι ισοσκελές και άρα το Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος ύψος ΟΜ είναι διάμεσος και συνεπώς ΜΚ ΜΛ. Αποστολόπουλος (Μεσολόγγι), Γιάννης Στα Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι: Γεώργιος ματογιάννης (Αθήνα), Σωτήρης Γκουντουβάς Τριάντος (Αθήνα), Ροδόλφος Μπόρης (Αθή (Πειραιάς), Χρήστος Δεμιρτζόγλου (Δράμα), να), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα), Αντώ Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Δημήτριος Κα νης Ιωαννίδης (Λάρισα). ραβοτάς (Κ. Αχαία). συνάδελφος Σωτήρης Σκο �

�

.-.. .-.

•

�

•

40. Έστω Μ το μέσο μιας χορδής ΑΒ ενός κύ

κλου C. Θεωρούμε δύο χορδές Γ Δ και ΕΖ του C, οι οποίες διέρχονται από το Μ (τα σημεία Γ και Ε είναι προς το αυτό μέρος της ευθείας ΑΒ). Οι χορδές ΓΖ και ΕΔ τέ μνουν τη χορδή ΑΒ στα σημεία Κ και Λ, αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: ΜΚ = ΜΛ.

(Επροτάθη από τους συνάδελφους Αντώνη Κυριακόπουλο και Θανάση Κυριακόπουλο). ύ Λ σ

(από τον ίδιους)

Ονομάζουμε Ο τοη κέντρο του κύκλου C, Η το μέσο της χορδής ΓΖ και Θ το μέσο της χορδής ΕΔ. Έχουμε: ΟΜ _ι ΑΒ, ΟΗ _ι ΓΖ και ΟΘ _ι ΕΔ . Τα τρίγωνα ΜΓΖ και ΜΕΔ προφανώς είναι ό μοια και άρα: ΜΓ = ΓΖ = 2ΓΗ = ΓΗ ·ΜΕ ΕΔ 2ΕΘ ΕΘ

-Ε

της Σ.Ε.: Σχόλιο ύσειΟμια άλλη λύση στο τεύχος 5 έχει δημοσιε τίδης 3 (σελίδα .

33)

4 1 . Να βρείτε τους αριθμούς χ ;::: Ο και y;::: Ο ,

για τους οποίους ισχύουν:

.J;. + JY;::: 2

(1) και 3x +y

, ΜΓ = ΓΗ και επειδη, Γ= Συνεπως � Ε� , τα τρι,ΜΕ ΕΘ γωνα ΜΓΗ και ΜΕΘ είναι όμοια. Έτσι, έχουμε: MHr=MEe και επειδή 6Hf=6ΘΕ=90° , έ-

' 3x+y

�

18 (2).

(Επροτάθη από το συνάδελφο Αντώνη Κυρια κόπουλο). ύ Λ ση

(από τον ίδιο)

Έστω ότι δύο αριθμοί χ � Ο και y � Ο πληρούν τις δοσμένες σχέσεις . Έχουμε:

(I) χ + y ?: 21 ( fx +JY )2 ?:21 · 22 => χ +Υ?: 2 (3).

Όμοια:

(3 ) 1 · 22 =?χ2 + y2 ?: 2 (4). χ2 + y2 ?: 21 ( χ + y) 2 ?: 2

Επίσης: χ4 +y 4 -> .!.2 (χ2 +y 2 ) 2 -> .!_. 22 2 =?x 4 +y 4 ?:2 . Από τη (2), έχουμε: 3x4+y +3x+y4 νI x4+y. x+y' 3 = 9?: ?: 3 2 ' 3 34 =9 =νI3χ +y+x+y4 (?:)νG =? (5)

.-.

3χ'+y +3x+y' νI 4+y.3x+y4 9 = 3χ =? =? = 2 3x4+y=3x+y' Χ 4 +Υ = Χ +Υ4 (6) =? 4+y =? 3χ =9 (7) χ4 +y= 2

Από την (6), έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/12

(5)

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

χ 4 +y - x - y 4 =0=?(χ 4 - y 4 ) - (x - y)= 0 Λύση (από τον ίδιο) Έστω M(b, 2b2), Α(α, cα2). Επειδή ΑΜ//χ'χ έ =?(χ 2 + y 2 )(x + y)(x-y) - ( χ - y) =Ο πεται ότι: =?( χ - y ψ χ 2 + y 2 )(x +y) - ι ] =0 . b2 {:::} b = , α,b Ο. 2b 2 = cα 2 {:::} -c = 2 Και επειδή, από τις (3) και (4), έχουμε: > 2 α -α -2 � , 2 2 ( χ + y )(x + y) 4 συμπεραίνουμε ότι χ y. b b 2 2 Έτσι, από την (7), έχουμε: Ε( Ω1 ) = J (2χ - x )dx =J x 2 dx = ο ο χ 4 +χ - 2 =0=?(χ 4 - l) +( χ - ι) =Ο=? b 3 =?(χ 2 + ι)(χ +ι)( χ - ι) +(χ - 1) =Ο = � = .!_ b3 (1) 3 ο 3 =?(χ - ι ψ χ 2 +Ι)( χ +1) +ι ] = ο. b Και επειδή χ � Ο , συμπεραίνουμε ότι χ ι . Ε( Ω 2 ) = J (cx 2 - 2x 2 )dx +J (2b 2 - 2x 2 )dx Άρα, τότε χ ι και y ι . Ο b b Όπως βρίσκουμε εύκολα οι αριθμοί αυτοί χ ι 2 dx +2b2 J dx - 2J x 2 dx = (c 2) J x και y ι επαληθεύουν τις δοσμένες σχέσεις και Ο άρα είναι οι μοναδικοί ζητούμενοι. b 3 3 Λύση έστειλε και ο συνάδελφος Χρήστος Δε = (c - 2) � +2b 2 [ x ] b - 2 � 3 Ο 3 μιρτζόγλου (Δράμα). ι - 2)α3 +2b 2 (b - α) - 2 (b3 - α3 ) =-(c f 1 (χ) = χ 2 , ο συναρτήσεις 44. Δίνονται 3 3 2 2 f2 (χ) = 2χ , f3 (χ) = cx όπου c > 2, ορισμένες Επειδή Ε(Ω1) Ε(Ω2), λόγω της (1) και της τεστο διάστημα [Ο, +οο ) με καμπύλες C 1, C , λευταίας σχέσης, έχουμε: 2 ι 3 =-(c-2)α ι 3 +2b 2 (b - α) - -2 (b3 - α3 ){:::} c3 αντίστοιχα όπως στο παρακάτω σχήμα. -b 3 3 3 Οποιοδήποτε σημείο Μ της C2 μπορεί να b3 = (c - 2)α 3 +6b 2 (b - α) - 2(b3 - α3 ) {:::}

�

•

συνδεθεί με ένα σημείο Β της C 1 με κατα

κόρυφο ευθύγραμμο τμήμα και με ένα ση μείο Α της C3 με οριζόντιο ευθύγραμμο τμή μα. Θα λέμε ότι η καμπύλη C διχοτο

(�)3 = c - 2 +6 (�)3 -(�)2 -2 (�)3 - ι {:::} 2 3 -3 ( �) +6 ( � ) = c - 2 +2{:::} ' ' -3 [ � ] +6 Ξ = «• -3 [ � ] = -2c<>

μεί τις C 1, C3 , αν τα εμβαδά των χωρίων Ωι, Ωz είναι ίσα για κάθε σημείο Μ της C2 • Υ Α

('. ,_., . : 2·} --Χ

CΊ:y=x2

Να βρείτε την τιμή του C αν γνωρίζετε ότι η Cz διχοτομεί τις Cι, C3• (Επροτάθη από το συνάδελφο Γεώργιο Τριά vτο ).

27 � = 8 c3 {:::} ι 6c3 - 27 c = Ο {:::} 2 c(16c2 - 27) = Ο{:::} ι 6c2 - 27 =Ο{:::} c2 = 27 {:::} c = {27 {:::} c = 3.J3 . 16 4 νu; Λύσεις έστειλαν και οι συνάδελφοι Σωτή ρης Κουντουβάς (Πειραιάς), Αντώνης Ιωαννίδης (Λάρισα), Χρυσόστομος Κούρτης (Λάρισα).

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/13

Ο ΕκΜ:ίδης προτείνει ... Ευ κΜ:ίδη ... και Διόφαντο

46. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με ΑΒ = α και ΔΒ = β. Αν τα σημεία Ζ και Η χωρίζουν εσωτερικά τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΔ και α ΒΓ σε λόγο (δηλαδή αν ισχύει: β ΖΑ ΗΒ α , - =- = ) και ΖΗ .l ΑΔ , να αποδειξεΖΔ ΗΓ β Λ

τε ότι οι γωνίες Α και Δ του τετραπλεύρου είναι ίσες. (Επροτάθη από το συνάδελφο Γειόργιο Κα τσαοι)νη, Πρέβεζα). Λύση (από τον ίδιο)

Α. Έστω α < β και ας υποθέσουμε ότι οι ευθείες ΑΒ

και ΓΔ τέμνονται στο Ο. Από το σημείο Δ φέρουμε παράλληλη προς την ΑΒ και παίρνουμε τμήμα ΔΘ ίσο προς την ΑΒ. Σχηματίζουμε έτσι το παραλληλόγραμμο ΑΔΘΒ, αφού ΑΒ//ΔΘ και ΑΒ = ΔΘ = α και το τρίγωνο ΔΘΓ του οποίου έστω ΔΚ η διχοτόμος της γωνίας Δ . Ενώνουμε τέλος τα σημεία Κ, Η και Η, Ζ και θα δείξουμε ότι το ΚΖΗΔ είναι ορθογώνιο πα ραλληλόγραμμο. Ας είναι ΑΖ = χ, ΖΔ = χ', ΗΒ = y και ΓΗ = y ' . Από το τρίγωνο ΔΘΓ και τη διχοτόμο ΔΚ έ, , και ΗΒ = βα από χουμε ΚΘ = βα ομως ειναι ΗΓ ΓΚ την υπόθεση άρα ΗΚ // ΒΘ, και επειδή ΒΘ // ΑΔ θα είναι ΗΚ // ΖΔ. Θα δείξουμε ακόμη ότι είναι ΗΚ = ΖΔ. Από το τρίγωνο ΓΘΒ έχουμε: ΗΚ 1 =-1 ή y ' = -ΒΘ y +y ' _r_ +1 � +1 β y' ΗΚ β --(1) ΒΘ α+β Επίσης έχουμε: ΖΔ = χ ' = 1 1 ΑΔ χ +χ ' - χ - - -α- ή - +1 - +1 χ' β ΖΔ -β (2) ΑΔ α+β -

ΗΚ = ΔΖ και , Από τις (1) και (2) προκυπτει ΒΘ ΑΔ επειδή ΒΘ =ΑΔ θα είναι και ΗΚ = ΔΖ. Άρα ΗΚΖΔ παραλληλόγραμμο και αφού ΖΗ κάθετος στη ΖΔ θα είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. Αν τώρα ΟΡ είναι η διχοτόμος της ΑΟΔ . Επειδή ΘΔ 11 ΒΟ θα είναι ΔΚ // ΟΡ αφού Δι =Οι ως μισά ίσων γωνιών. Όμως ΔΚ ..l ΑΔ άρα και ΟΡ ..l ΑΔ . Το τρίγωνο λοιπόν ΟΑΔ είναι ισοσκελές αφού ΟΡ διχοτόμος και ύψος και θα είναι ΟΑΔ = ΟΔΑ , άρα ΒΜ = ΜΓ ως παραπληρωματικές ίσων γω νιών (Σχ. 1). ο

Σχ. 1 Β. Έστω α < β αλλά ΑΒ I/ Γ Δ. Έχουμε ότι ΖΑ = ΗΒ = �, άρα θα είναι ΖΗ // ΑΒ. ΖΔ ΗΓ β Όμως ΖΗ ..l ΑΔ άρα Α = Δ = 90° (Σχ. 2) . Α χ

z χ

Η /

Σχ. 2 ' τα σημεια ' ' -α = 1 αρα ' θ α ειναι Γ. Έστω α = β . Τοτε β Ζ, Η μέσα των ΑΔ και ΒΓ και επειδή ΗΖ ..l ΑΔ θα είναι ΗΑ = ΗΔ. Άρα Α1 =Δι (1) Επίσης τα τρίγωνα ΑΒΗ και ΔΗΓ θα έχουν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/14

Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ..• κα ι Δ ιόφαντο

ΗΒ

ΗΓ, ΗΑ ΗΔ και ΑΒ =

ΓΔ,

άρα είναι ί-

χ> 1=?f ' (x) < f ' (1) = 0=? f γνησίως φθίνουσα

στο [1, +οο) ομοίως f γνησίως αύξουσα στο [0, 1]. σα, οπότε είναι Α 2 = Δ 2 (2). ε Από τις (1) και (2) έχουμε: Α 1 +Α 2 = Δ ι +Δ 2 ή Α= Δ . t·.:... --+-=r.�,-Επειδή Β = Γ και Α = Δ θα είναι Α +Β = Δ +f'= 1 80° άρα ΑΔ // ΒΓ. Το τετράπλευρο σ' αυτή την περίπτωση θα εί 2 νά.ι ή ισοσκελές τραπέζιο ή ορθογώνιο παραλλη λόγραμμο (Σχ. 3). (ζ): y =f(l), (ε): y = f ' ( O) · x +f( O) άρα Α Δ f(O)- . f(l) -2 2 κ--,f ' ( O) α α (ΟΗΜΔΒΟ) (ΟΑΔΒ) + (ΑΗΜΔ) Υ Υ = f(l) +f( O) · κ +(l-κ) · f( l) = 2 Β Γ Η 2 Σχ. 3 = f(l) +κ . f(O)-f(l) = f(l) (f(l)-f(0)) 2 2f1(0) και γεωμετρικά παρατηρούμε ότι ι f(1) - f(O) ) 2 Α 50. Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο IR , < f( l) - ( )dx J λλά f(x κοίλη στο R, f(O) >Ο, f'(O) >Ο , 2f ' ( O) ο f(x) f( 2 - χ) για κάθε χ ε IR. I I I J f(x)dx = J f(2 x)dx = J f(u)du = Αποδείξτε ότι: ο ο 2 f(l) - f(O) γ { Ι 2 2 ::o; l 2 (x)dx ) f( Jr f'(O) J f(x)dx =J f(x)dx-J f(x)dx =? ---

•

(Επροτάθη από το συνάδελφο Σωτήρη Σκοτί δα ). Λύση (από τον ίδιο)

J f(x)dx =2 · J f(x)dx. Οπότε ο

Παρατηρούμε ότι f(l+h) f(1-h) άρα f(l +h)-f(l) lim f(l-h) - f(l) = f ' (l)= lim h-->0 h-->0 h h -h) f(l f(l) = -f ' (l)=?f ' (l) = O . =-lim h-->0 h Επειδή f κοίλη στο R, θα έχουμε: =

I 2

J f(x)dx -2 · f(l) - (f(l)f-' (Of() O))2 ο

Σχόλιο της Σ .Ε. : Θα είχε ενδιαφέρον να βρεθεί

λύση που να μην στηρίζεται στη Γεωμετρία.

Π αρακαλούντα ι ο ι συνάδ ελφο ι να γ ρ άφο υν κάθε μί α ά σκηση (μ ε τη λύ ση τ ης) σ ε ξε χωριστό φύλλο ( από τη μί α μόνο όψη ) μ ε το όνομ ά τους και το τ η λέφ ωνό το υς και να μ ας το στ έλνουν σ ε δύο αντίγραφα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ .3/15

Homo Mathematicus ""

�� ,: rι ..,..

�

.. ιιιι

H/JN/J NιiTHeNAT/tΊ/f

ti{' ;$��Υ

��

Η Homo Mathematιcus ειναι μια στηλη στο περιοδικο μας, με σκοπο την ανταλλαγη αποψεων και την ανάπτυξη προβληματι

σμού πάνω στα εξής θέματα:

Τι είναι τα Μαθη ματικά,

τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός,

Πρέπει ή όχι να διδάσκονται,

Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,

καλή γνώση των Μαθη ματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Για

τους συνεργάτες της στήλης:

Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα

Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν

παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επί

πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Για τους φίλους της στήλης μας

Στο προηγούμενο τεύχος είχαμε προαναγγείλει πως θα έχουμε ένα δημοσίευμα που θα συζητηθεί πολύ. Για το λόγο αυτό, με λύπη μας, είμαστε αναγκασμένοι να αναβάλουμε για το επόμενο τεύχος τη δημοσί ευση εργασιών φίλων της στήλης. Ζητάμε την κατανόησή τους.

Π ρολεγόμενα

Ι . Τ ο κύ ριο θέμα τ ου τεύ χους : Μια απ οκλειστική πρωτιά στη διεθν ή μ αθηματικιί βιβλι ογρ αφ ί α, απ ό τη στήλη Ηοιnο Mathematicus

Από καιρό έφτασε στη στήλη μας η πληροφορία πως κάποιος Έλληνας μαθηματικός δημοσίευσε μια μονογραφία (Αύγουστος 2004) με την οποία, για πρώτη φορά στη μαθηματική βιβλιογραφία, ό ριζε δυο "διακρίνουσες" για τη διερεύνηση του εί δους των ριζών της πλήρους τριτοβάθμιας πολυω νυμικής εξίσωσης. Ο συνάδελφος αυτός ονομάζε ται Ανδρέας Λ. Πετράκης, διδάσκει στο ΤΕΙ Δυτι κής Μακεδονίας (στη βαθμίδα του καθηγητή), κα θώς και στο Μεταπτυχιακό Π ρόγραμμα του Τμή ματος Εφαρμοσμένης Πληροφορικής του Πανεπι στημίου Μακεδονίας. Ήρθαμε σε επαφή μαζί του μας έστειλε περίληψη της πρωτότυπης εργασίας του, κι εμείς, σαν γνήσιοι απόγονοι του . .. Π ρο κρούστη, την «Κόψαμε και τη ράψαμε» στα μέτρα του χώρου που διαθέτει η στήλη μας και σας την παρουσιάζουμε. Ο Α. Λ. Πετράκης, προλογίζοντας την περίληψη που μας έστειλε, μεταξύ των άλλων μας γράφει: « . . . Π ροφανώς είναι σε όλους μας γνωστό ότι ο

Cardano είναι ο πρώτος που ασχολήθηκε με το θέ

μα της λύσης της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης μετασχηματίζοντάς την σε ελλιπή τριτοβάθμια κλπ. Το καινούργιο στη δική μου δουλειά συνίσταται στο ότι ορίζω τις δύο διακρίνουσες s1 και s2, για πρώτη φορά στη βιβλιογραφία, και με τη βοήθειά τους διερευνώ ΠΛΗΡΩΣ την πλήρη τριτοβάθμια εξίσωση χωρίς να ασχοληθώ καθόλου με τη λύση της. Δηλαδή παρουσιάζω τις aπλούστερες δυνατές ικανές και αναγκαίες συνθήκες μεταξύ των συντε λεστών της εξίσωσης (α, β, γ, δ), για πρώτη φορά , ώστε να έχει τα διάφορα είδη των ριζών . . . Όσον αφορά τους τύπους των ριζών που υπάρ χουν στη μονογραφία μου είναι οι γνωστοί τύποι του Cardano aπλοποιημένοι και προσαρμοσμένοι όσο μπόρεσα περισσότερο στο πνεύμα της δου λειάς μου. Με εκτίμηση Ανδρέας Λ. Πετράκης»

" ΔΙΕ Ρ ΕΥΝΗΣΗ ΚΑ Ι Λ ΥΣΗ ΤΗΣ Π Λ Η Ρ ΟΥΣ ΤΡ Ι Τ Ο ΒΑΘ Μ Ι ΑΣ Ε ΞΙ Σ Ω ΣΗΣ " από τον Ανδρέα Λ . Π ετράκη

Αν αχ 3 +βχ2+γχ+δ=0, α::;fΟ είναι η πλήρης τριτοβάθμια εξίσωση και f(x)= αχ 3 +βχ2+γχ+δ είναι το πλήρες τριτοβάθμιο πολυώνυμο, τότε ορίζουμε δύο «διακρίνουσες» για την παραπάνω εξίσωση τις s 1 =β2 -3αγ καt\. s2=4αγ3+4δβ3+27α2δ 2-β2'1·18αβγδ

πλήρως το είδος των ριζών της εξίσωσης. Οι «διακρίνουσες» s1 και s2 συνδέονται με την σχέση 27α2s2 = (2β3-9αβγ+27α2δ)2-4s 1 3

(1)

από την οποία προκύπτουν τα επόμενα πολύ σημαντικά συμπεράσματα Αν S2<0 τότε sι>Ο

(2)

Αν s 1 <0 τότε s2>0 (3) το πρόσημο των οποίων, όπως θα δούμε, καθορίζει Με την βοήθεια των συμπερασμάτων αυτών προκύπτουν οι aπλούστερες δυνατές ικανές και αναγκαίες συνθήκες που καθορίζουν το είδος των ριζών της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/16

Homo Mathematicus

Πρότα ση 1 Αν s 1 > Ο τότε η f'(x) έχει δύο ρίζες χι , χ2 και ισχύει s2

f (x 1 ) · f(x 2 ) = -2

27α

Πρότα ση 6

άνισες πραγματικές Αν s ι = Ο και s 2 * Ο τότε η f(x) έχει μία απλή πραγματική ρίζα και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. ·

Π ρό τ α ση 7

Αν s 2 < Ο τότε η f(x) έχει μία απλή πραγματική ρί Πρότα ση 2 ζα και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Αν η εξίσωση f (x) = Ο έχει τρεις άνισες πραγμαΜε βάση τώρα τις σχέσεις (2), (3) οι παραπάνω προτάσεις απλοποιούνται ως εξής: τικές ρίζες τότε s1 > Ο και s2 < Ο και αντίστροφα. Π ρό τ αση 8 Πρότα ση 3 Η εξίσωση αχ 3 + βχ2+γχ + δ=0 έχει τρεις άνισες ή πραγματική ρί έ χ ε ι μία η εξίσωση f(x)=O απλ Αν πραγματικές ρίζες αν και μόνο αν s 2<0. ζα και μία διπλή πραγματική ρίζα τότε Π ρόταση 9 s1 > Ο και s 2 = Ο και αντίστροφα Η εξίσωση αχ 3 +β χ 2+γχ+ δ=0 έχει μια πραγματική Πρότα ση 4 Αν ισχύουν S ι > Ο και s2 > Ο τότε η f(x) έχει μία και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες αν και μόνο αν απλή πραγματική ρίζα και δύο μιγαδικές συζυγείς S 2>0. Π ρό τα ση 10 ρίζες. Η εξίσωση αχ3 + β χ2+γχ+δ=Ο έχει μια τριπλή πραγ Πρότα ση 5 ματική ρίζα αν και μόνο αν s 1 =0 και s2=0. Αν s ι = Ο και Sz Ο τότε η f(x) έχει μία τριπλή Πρότα ση 1 1 πραγματική ρίζα και αντίστροφα. Η εξίσωση αχ3 + β χ2+γχ+ δ =0 έχει μια απλή και μια διπλή πραγματική ρίζα αν και μόνο αν s1>0 και =

Sz=O.

ΤΕ Λ Ι ΚΑ Σ Υ Μ Π Ε Ρ Α Σ ΜΑ ΤΑ

•

3 Διερεύ νη ση της αχ +βχ +γχ+δ = Ο, με α:;tΟ Sι

<Ο

•

Sι

>Ο =Ο

β2

γ 2 +- ' 3α α

>Ο

2 Βή ματα για τη λύση τη ς αχ3 +βχ +γχ+δ = 0, με α:;tΟ

Υπολογίζω τις ποσότητες. p=-

=Ο =Ο

2β 3

27α 3

---

βγ

2 +3α α

και κατασκευάζω την δευτεροβάθμια εξίσωση 2 w +qw - p3/27=0. Β ρίσκω τις ρίζες wι και Wz αυ τής εξίσωσης.

Βρίσκω τις «απλούστερες» κυβικές ρίζες ν 1 και ν2 των w1 και w2 αντίστοιχα.

Οι τρεις ρίζες της πλήρους τριτοβάθμιας εξίσωσης δίνονται από τους τύπους

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/17

Homo Mathematicus

β α i�

χ1 - ν1 + ν2 - 3 1

i�

β 3α

χ 3 = - - (ν ι + ν 2 ) - - (ν ι - ν 2 ) - -

β α

χ 2 = - - (ν ι + ν 2 ) + - (ν ι - ν 2 ) - 3 2

ΠΑΡΆΔΕΙ Γ ΜΑ Τ Α

Παράδε ιγμα 1 Να βρεθεί το είδος των ριζών της εξίσωσης χ3 - 3χ2 +( 1 -k-m)x - 1 = 0 για τις διάφορες τ ιμές των πραγματι κών αριθμών k και m

Είναι

Λ ύση

= 3 (k + m) + 6 και

8 2 = -4(k + m ) 3 + 3 (k + m ) 2 + 60(k + m) + 76 8 1 = Ο <=> k + m = -2 Προφανώς και 8 2 = Ο <=> k + m = -2 (διπλή) ή k+m= 19/4 Στο επίπεδο k-m οι εξισώσεις k+m= -2 και k+m= 1 9/4 παριστάνουν δύο παράλληλες ευθείες ε1

και ε2 αντίστοιχα, όπως φαίνεται και στο παρακά τω σχήμα 1 Επίσης είναι 8 1 = 3 (k + m + 2) και 8z=-4(k+m+2)2 (k+m - 1 9/4)

(σχήμα 1 )

D, : 8ι<0, 82>Ο ε1 : 8ι = 0 και 8z = 0 Έτσι έχουμε Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D1 τότε ισχύουν 8 1 < Ο και 8 2 > Ο άρα η εξίσωση έχει μία πραγματική και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D2 τότε ισχύουν 8 ι > Ο και 8z > Ο άρα η εξίσωση έχει πάλι μία πραγματική και δύο συζυγείς μιγαδικές ρίζες. Να λυθεί η εξίσωση χ3 - 6χ2 + 1 1χ - 6 = 0

Αν το M(k, m) ανήκει στον ανοικτό τόπο D3 τότε ισχύουν 81 > Ο και 8 2 < Ο άρα η εξίσωση έχει τρεις άνισες πραγματικές ρίζες. Αν το M(k, m) Ε ει τότε είναι 8 ι = Ο και 8z = Ο άρα η εξίσωση έχει μία τριπλή πραγματική ρίζα. Αν το M(k, m) Ε εz τότε είναι 8 ι > Ο και 8z = Ο άρα η εξίσωση έχει μία απλή και μία διπλή πραγμ. ρίζα

Παράδε ιγμα 2

Λύση Είναι 81 = β2 -3αγ = 3 και 82 = 4αγ3 +4δβ3 +27α2 δ2 - άρα η εξίσωση w2+qw - p 3/27=0 γίνεται w2+ 1/27=0 β2γ2 - 1 8αβγδ = -4 Επειδή είναι 82 < Ο η δοθείσα εξίσωση έχει τρεις Η εξίσωση αυτή έχει ρίζες άνισες πραγματικές ρίζες. i i και w 2 = wι = Είναι p = - 1 , q = Ο � �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/18

Homo Mathematicus

Η «απλούστερη» κυβική ρίζα του w1 είναι ο αριθ μός ν , = _!_ (3 - i.J3)

Η «απλούστερη» κυβική ρίζα του w 2 είναι ο αριθμός ν 2 = _!_ (3 + i.J3) .

Άρα σύμφωνα με την θεωρία

Υ ι = ν , + ν 2 = _!_ (3 - i.J3) + _!_ (3 + i.J3) = 1 6 6 1 i .J3 y 2 = - - (ν 1 + ν 2 ) + (ν 1 - ν2 ) = 0 2 2

Οπότε χ , = y, + 2 = 1 + 2 = 3 χ 2 = y2 + 2 = 0 + 2 = 2 χ 3 = y3 + 2 = - 1 + 2 = 1 Άρα η δοθείσα εξίσωση έχει ρίζες τους αριθμούς 1 , 2, 3.

1 1 . ΚΑ Ι , ΤΩΡΑ, ΚΑ τΙ Γ Ι Α ΝΑ Ξ Ε ΚΟ Υ ΡΑ Σ ΤΟΥΜ Ε Δ ύ ο προ βλή ματα μαθ η ματι κή ς λογική ς από τον Ρ. Blekher

Εμείς δεν ξεχνάμε ποτέ την παλιά-καλή μας συνήθεια να ψάχνουμε. Έτσι, ξεφυλλίζοντας τον 5 ° τόμο του περιοδικού QUANTUM (τεύχος 1/1998), ψαρέψαμε δύο προβλήματα, " δροσερής" μαθημα-

τικής λογικής, του Ρ. Blekher. Το προβλήματα αυ τά δημοσιεύτηκαν στο παραπάνω περιοδικό, μαζί με κάποια άλλα, με τίτλο «Διχαλωτοί Δρόμοι και Διχαλωτές Γλώσσες». Απολαύστετα . . .

Το π ώτο π ό λ

«Σ ' ένα συνέδριο Χημείας συμμετέχουν Ν επιστήμονες - μερικοί από τους οποίους είναι χημικοί και οι υπόλοιποι αλχημιστές. είναι γνωστό ότι συμμετέχουν περισσότεροι χημικοί παρά αλχημιστές, και ότι οι χημικοί απαντούν σε όλες τις ερωτήσεις με ειλικρίνεια, ενώ οι αλχημιστές ψεύδονται πάντοτε. Ένας μαθηματικός που παρακολου-

θεί το συνέδριο θέλει να ξέρει για κάθε επιστήμο να αν είναι χημικός ή αλχημιστής. Για το σκοπό αυτό, μπορεί να ρωτήσει οποιονδήποτε επιστήμο να τι είναι οποιοσδήποτε άλλος επιστήμονας. Προ τείνετε μια μέθοδο που θα επιτρέψει στον μαθημα τικό να βρει ποιος είναι ποιος, κάνοντας (Ν- 1 ) ε ρωτήσεις»

Η απάντ η ση στο π ρ ώτο πρόβλη μα

Αρχίζουμε ρωτώντας οποιονδήποτε από τους επιστήμονες (για ευκολία, θα τον ονομάσουμε πρώτο επιστήμονα) για όλους τους υπόλοιπους επιστήμονες. Αυτοί οι (Ν- 1 ) επιστήμονες θα χωριστούν σε δύο ομάδες: μία ομάδα αποτελούμενη από αυτούς που ο πρώτος επιστήμονας χαρακτήρισε χημικούς και μία ομάδα από εκείνους που αποκάλεσε αλχη-

μιστές. Στη συνέχεια, τοποθετούμε τον πρώτο επι στήμονα στην πρώτη ομάδα και διαλέγουμε τη με γαλύτερη από τις δύο ομάδες. Τότε, οι επιστήμονες της μεγαλύτερης ομάδας είναι οι χημικοί, και οι επιστήμονες της άλλης ομάδας είναι οι αλχημιστές (αυτό μπορείτε να το αποδείξετε;)

Τ ο δε ύ τε ο π ό λ

«Ένας δρόμος διακλαδίζεται. Το ένα μονοπάτι οδηγεί στην πόλη Α, η οποία κατοικείται μόνο από ειλικρινείς. Το άλλο μονοπάτι οδηγεί στην πόλη Β, που κατοικείται μόνο από ψεύτες. Ένας μαθηματι-

κός συναντά στη διακλάδωση έναν κάτοικο της μιας από τις δύο πόλεις. Ο μαθηματικός θέλει να μάθει ποιος δρόμος οδηγεί στην πόλη Α. Μπορεί να τον βρει κάνοντας μόνο μια ερώτηση;»

Η απάντ η ση στο δ εύτερο πρό βλη μα · Όπως συμβαίνει, ο μαθηματικός μπορεί να βρει απάντησε ζει στην Α, τότε το «ναι» του σημαίνει κάνοντας μόνο μία ερώτηση, ακόμη κι αν επιβά- ότι ο δρόμος οδηγεί στην Α ενώ το «όχι» του ση λουμε έναν επί πλέον όρο: η ερώτηση πρέπει να μαίνει ότι οδηγεί στη Β, αφού λέει μόνο την αλή διατυπωθεί έτσι ώστε η απάντησή της να είναι θεια. Από την άλλη, αν ζει στη Β, τότε είναι ψεύ «ναι» ή «όχι». της και το «ναι» του σημαίνει ότι ο δρόμος δεν ο Ο μαθηματικός λύνει το πρόβλημα αν δείξει προς δηγεί στη Β (και επομένως οδηγεί στην Α) ενώ το έναν από τους δρόμους και ρωτήσει: «πηγαίνει αυ- «όχι» του σημαίνει ότι οδηγεί στη Β, στην οποία τός ο δρόμος στην πόλη σου;». Μια καταφατική κατοικεί. Σε κάθε περίπτωση, η απάντηση «ναι» απάντηση σημαίνει ότι ο συγκεκριμένος δρόμος σημαίνει ότι ο δρόμος οδηγεί στην Α και η απά οδηγεί στην Α, και μια αρνητική απάντηση σημαί- ντηση «όχι» σημαίνει ότι ο δρόμος οδηγεί στη Β. νει ότι οδηγεί στη Β. Ειδικότερα, αν εκείνος που ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/19

65°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ

«0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» Α' ΘΕΜΑ 1°

18 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2004

Λύση

ΥΚΕ Ι Υ Ο

Ένας μαθητής θέλει να αγοράσει δύο βιβλία. Το βιβλίο Α κοστίζει το 60 % των χρημάτων (ευρώ) που έχει μαζί του , ενώ το βιβλίο Β κοστίζει το 44 % των χρημάτων που έχει μαζί του. Αν είχε 80 λεπτά περισσότερα, τότε θα είχε ακριβώς τα χρήματα που κοστίζουν και τα δύο βιβλία μαζί. Να βρείτε πόσα χρήματα κοστίζει κάθε ένα από τα δύο βιβλία. Μονάδες S Λύση

Αν ο μαθητής έχει μαζί του χ Ευρώ, τότε σύμ φωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος έχουμε την εξίσωση 60χ 44χ + = χ + 0, 8 <:::::> 60χ + 44χ = 1 00χ + 80 <:::::> 100 100 <:::::> 4χ = 80 <:::::> χ = 20

2 Επειδή είναι α , αρκεί να αποδεί ξουμε ότι 4 (β 4 + β 2 γ 2 + γ 4 ) � 3(β 2 + γ 2 ) 2 <:::::> β 4 + γ 4 - 2β z γ z � Ο <:::::> (β z - γ z ) z � Ο, που ισχύει. β 2 + γ2

ΘΕΜΑ 3°

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και το ύψος του ΑΔ. Στα σημεία Β και Γ φέρουμε κάθετα τμήματα ΒΕ και ΓΖ προς τη ΒΓ, τέτοια ΑΔ ώστε ΒΕ = ΓΖ = και τα Ε, Ζ να βρίσκονται 2

σε διαφορετικό ημιεπίπεδο από το Α ως προς τη ΒΓ. (α) Να αποδείξετε ότι ΑΕ = ΑΖ. Μονάδες 2

(β) Αν είναι Ε(ΑΒΓ) = κ 2 , να προσδιορίσετε τα εμβαδά των τριγώνων ΑΕΖ και ΑΚΛ, όπου Κ, Λ είναι τα σημεία τομής των ΑΕ και ΑΖ με τη ΒΓ, αντίστοιχα.

Επομένως τα βιβλία Α και Β κοστίζουν

Ο, 6 20 1 2 και Ο, 44 20 8, 8 Ευρώ. ·

Μονάδες 3

ΘΕΜΑ 2°

Αν β και γ είναι τα μήκη των κάθετων πλευρών ορθογωνίου τριγώνου του οποίου η υποτείνουσα είναι α, να αποδείξετε ότι 3 β4 + β zγ z + γ 4 � - α4 4 Μονάδες S

α)

Λύση

Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΖ είναι ίσα , γιατί έ χουν: ΑΔ ΑΒ = ΑΓ, ΒΕ = ΓΖ = - και 2 ΑΒΕ = 90° + Β = 90° + Γ = ΑΓΖ . Άρα θα είναι και ΑΕ = ΑΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/20

�

-------'- Μ α θηματικοί Διαγωνισμοί

-------

Αν λ - μ - 2 Ο � λ μ + 2, μ Ε JR , τότε η εξίσωση γίνεται Ο · χ 4( μ + 1) . Για μ - 1, οπότε λ 1 , η εξίσωση αληθεύει για κάθε χ Ε IR , ενώ Για μ * -1 η εξίσωση είναι αδύνατη. ίίί) Αν λ * μ + 2 και λ * μ - 2 , τότε η εξίσωση έχει

ii)

•

Β ��+"---\-� Γ :Δ

I i I I

μοναδική λύση

J\1

Χ=

λ-1 λ-μ-2

---

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Θ Ε ΜΑ 1°

Δίνεται τρίγωνο

ΘΕΜΑ 4°

Αν είναι Α = 2(λ2 + μ 2 ) - (λ + μ) 2 4 και Β = λ2 - λμ + λ + μ - 2 , όπου λ, μ ε JR , -

να λύσετε την εξίσωση

ΑΒΓ με Β = 3Γ . Η μεσοκάθετη >'-

της ΒΓ τέμνει την ΑΓ στο Δ. Από το Α φέρουμε κάθετη προς τη ΒΔ που τέ μνει τη ΒΔ στο Ε και τη ΒΓ στο Ζ. Η παράλληλη από το Δ προς τη ΒΓ τέμνει την ΑΖ στο σημείο Ι. Ν ' αποδείξετε ότι: -

(α) η ΒΙ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ .

Αχ = Β ,

Μονάδες 2

ως προς χ, για τις διάφορες τιμές των πραγμα τικών παραμέτρων λ και μ.

(β) το τετράπλευρο ΒΖΔΙ είναι ρόμβος. Μονάδες 3

Μονάδες S

Λύση

Έχουμε Α = λ2 + μ 2 - 2λμ - 4 = (λ - μ) 2 - 2 2 = = (λ - μ - 2)(λ - μ + 2) Β = λ2 - λμ + λ + μ - 2 = λ2 - λμ + λ + μ - 1 - 1 = (λ2 - 1) - μ(λ + 1) + (λ - 1) = (λ - 1)(λ + 1 - μ + 1) = (λ - l)(λ - μ + 2) Επομένως έχουμε την εξίσωση (λ - μ - 2)(λ - μ + 2) χ (λ - 1)(λ - μ + 2)

Λύση

ΔΒ = ΔΓ Β έχουμε ότι Δ Γ = ω . Όμως έχουμε ΓΔΒ = ΔfΒ = ω και ΙΔΑ = Γ = ω , αφού ΔΙ // ΒΓ. Άρα ΙΔΒ = ΙΔΑ = ω , οπότε η ΔΙ είναι διχοτό μος της γωνίας ΑΔΒ.

α) Αν είναι f = ω , τότε Β = 3ω και από

και διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν λ - μ + 2 = 0 <:=> λ = μ - 2, μ ε JR, τότε η εξίσωση γίνεται Ο · χ = Ο και είναι ταυτότητα, δηλαδή αληθεύει για κάθε χ Ε JR . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/21

------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί ------

Επειδή ΜΒ = ΔΒΓ + Γ = 2ω και ΑΒΔ = Β - ΔΒΓ = 3ω - ω = 2ω , έπεται ότι το Αν οι πραγματικοί αριθμοί χ, y, z ικανοποιούν τις ισότητες τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές, οπότε το ύψος χ + y + z 16 του ΑΕ είναι και διχοτόμος. Άρα το σημείο Ι (Σ) χ 2 + y 2 + z 2 96 είναι το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΔ, οπότε η ΒΙ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ . να αποδείξετε ότι και οι τρεις ανήκουν στο διάβ) Επειδή η ΑΖ είναι μεσοκάθετη της ΒΔ θα είναι 26 στημα 3 , 3 . ΙΒ = ΙΔ και ΖΒ = ΖΔ .. ΑΒΔ = ω = ΔΒΓ , οπότε η ΒΕ Μονάδες 3 Επιπλέον ΙΒΔ = -2 Αν οι x, y , z Ε Ζ με χ � y � z , να βρείτε τις τρι είναι διχοτόμος της γωνίας ΙΒΖ και αφού άδες (x, y , z ) που είναι λύσεις του (Σ). ΒΕ .l ΙΖ (ΒΕ ύψος), το τρίγωνο ΙΒΖ είναι ισο Λιfονάδες 2 σκελές με ΙΒ ΒΖ. Λύση Άρα το τετράπλευρο ΙΒΖΔ έχει τις τέσσερις Είναι y + z = 16-χ και y2 + z 2 = 96 - χ2 , οπότε πλευρές του ίσες, οπότε είναι ρόμβο�. από την γνωστή ανισότητα Θ Ε Μ Α 2° 2 (yz + zz ) ;:::: (y + z ) 2 Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ > ΑΓ η κάθετη από το Γ προς τη διάμεσο ΑΔ την τέμνει στο Ε και ισχύει προκύπτει ότι: - 2( 96 - χ2 ) ;:::: ( 16 - χ)2 ότι ΑΓΕ ΑΒΓ . Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο � 192 - 2χ2 ;:::: 256 - 32χ + χ2 ΑΒΓ είναι ορθογώνιο. Μονάδες 5 � 3χ 2 - 32χ + 64 � ο � � � χ � 8 ' 3 Λ ίJ ση αφού η εξίσωση 3χ 2 - 32χ + 64 = Ο έχει δύο ρί Έστω Ζ το συμμετρικό του Γ ως προς την ΑΔ. ζες στο IR , Τότε ΑΓ = ΑΖ και ΑΖΓ = ΜΖ = ω = Β . Άρα το τετράπλευρο ΑΖΒΓ είναι εγγράψιμο. χ ), = 32 ± νl1024 - 768 = 32 ± 16 = < 6 6 3 Α Εργαζόμενοι ομοίως βρίσκουμε και ότι πρέπει 8- � y � 8 και -8 � z � 8 . 3 3 Αν χ, y, z Ε Ζ με χ � y � z , τότε Ζ Ε {3, 4, 5, 6, 7,8} . Γ Για z = 8 έχουμε: {χ + y = 8, χ2 + / = 32} � χ = 4 = y Β Για z 7 έχουμε: {x + y = 9, χ2 + / = 47} , αδύνατο Επιπλέον ΕΔ // ΖΒ, αφού Ε, Δ είναι μέσα των Για z = 6 έχουμε {χ + y = 10, χ2 + / = 60} , ΓΖ και ΓΒ, αντίστοιχα. αδύνατο Επομένως ΓΖΒ = ΔΕΓ = 90° , οπότε από το εγ Για z Ε {3, 4,5} , επειδή χ � y � z , θα είναι γράψιμο ΑΖΒΓ προκύπτει ότι BAr = ΓΖΒ = 90° . χ + y + z < 16 , οπότε δεν υπάρχει λύση. Άρα έχουμε μόνο τη λύση (χ, y, z) = (4,4,8). Θ Ε ΜΑ 3°

}

[8 ]

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/22

------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί

ΘΕΜ Α 4° Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΒΓ = α < ΓΑ = β < ΑΒ = γ . Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ελαττωθούν και οι τρεις πλευρές κατά το ίδιο μήκος, έτσι ώστε να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου. Μονάδες S

Λύση

Θα εξετάσουμε αν υπάρχει πραγματικός αριθ μός χ < Ο, τέτοιος ώστε: (α + χ) 2 + (β + χ) 2 = (γ + χ) 2 <=> χ 2 + 2(α + β - γ)χ + α 2 + β 2 - γ 2 = 0 , με χ<Ο ( 1 ) Η

εξίσωση ( 1 ) έχει 2 ρίζες στο JR , αφού Δ = 4 [ (α + β - γ) 2 - (α 2 + β 2 - γ 2 ) ] = = 8(γ - β)(γ - α) > 0

Έτσι η εξίσωση ( 1 ) έχει τις ρίζες Χ ι = γ - α - β + �2(γ - β)(γ - α) ,

-------

Τότε Ρ = Ο και χ 2 < Χ ι = Ο , δηλαδή υπάρχει μια αρνητική λύση. iii) α 2 + β 2 < γ 2 <=> Γ > 90° (το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

αμβλυγώνιο). Τότε Ρ < Ο και χ 2 < Ο < Χι , δηλαδή υπάρχει μια αρνητική λύση. Στις περιπτώσεις (ii) και (iii) η λύση χ 2 δεν εί ναι δεκτή , αφού α + χ2 < Ο . Συνοψίζοντας τις παραπάνω περιπτώσεις έχου με: Αν Γ < 90° , υπάρχει μια λύση Αν Γ 90° , δεν υπάρχει λύση Αv Γ > 90° , δεν υπάρχει λύση Στη τρίτη περίπτωση υπάρχει θετική λύση χ ι , οπότε είναι δυνατό να αυξηθούν και οι τρεις πλευ ρές του τριγώνου κατά τον ίδιο αριθμό, έτσι ώστε να γίνουν πλευρές ορθογωνίου τριγώνου. •

•

Χ 2 = γ - α - β - �2(γ - β)(γ - α)

Γ ΛΥΚΕΙΟ Υ

και ισχύουν S = χ ι + χ 2 = 2(γ - α - β) Ρ = Χ ι Χ 2 = α2 + β 2 - γ 2

ΘΕΜΑ 1°

Επειδή οι α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου θα εί ναι S<O, οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις: i) α 2 + β 2 > γ 2 <::::> Γ < 90° και το τρίγωνο είναι ΑΒΓ είναι οξυγώνιο. Τότε Ρ>Ο και χ 2 < Χι < Ο , δηλαδή υπάρχουν δύο αρνητικές λύσεις. Επειδή α + χ ι = γ - β + �2(γ - β)(γ - α) > 0 , η λύση χ1 είναι δεκτή .

λύση χ 2 = γ - α - β - �2(γ - β)(γ - α) είναι δεκτή, εφόσον ισχύει ότι: ,.-----=----α + χ 2 > Ο <=> γ - β > -J2( γ - β )( γ - α ) <=> (γ - β) 2 > 2(γ - β)(γ - α) <=> (γ - β)(2α - β - γ) > Ο <::::> β + γ < 2α , αφού γ - β > Ο .

Όμως από α<β<γ έπεται ότι β + γ > 2α, οπότε η λύση χ2 δεν είναι δεκτή. ii)

α 2 + β 2 = γ 2 <=> Γ = 90° (το τρίγωνο

γώνιο).

ΑΒΓ ορθο-

Να προσδιορίσετε τους μιγαδικούς αριθμούς z = χ + yi, x, y ε IR , που είναι λύσεις της εξίσωσης

l z + ι ι = 4z - 2z - 6i

Μονάδες 5

Λύ ση

l z + 1 1 = 4z - 2z - 6i l (x + 1) + yi l = <=>

= 4(χ + yi) - 2(χ - yi) - 6i <=> �(χ + 1) 2 + y 2 = 2χ + 6(y - 1)i

<=> �(χ + 1) 2 + y 2 - 2χ - 6(y - 1)i = ο <=> �(χ + 1) 2 + y 2 - 2χ = ο, - 6(y - 1) = ο

{

<=> { y = 1, (χ + 1) 2 + 1 = 4χ 2 , χ > ο} <=> { y = 1, 3χ 2 - 2χ - 2 = Ο, χ > ο } <ο>

{Υ {

= 1, χ =

<o> y = 1, X =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/23

±/7 , χ > 0}

}

1 + v'7 · 3

}

-----( J

Μαθηματικοί Διαγωνισ μοί

1 +J7 + 1ο . ' z= Άρα ειναι 3

(ii)

ΘΕΜ Α 2ο

2005

- + - = -- . Μονάδ ε ς 5 Λύση

Π ρέπει χ > y > 2005 , οπότε, αν θέσουμε y = 2005 + α, τότε α 1 -1 = 1 � χ 2005 2005 + α 2005 ( 2005 + α) 20052 χ = 2005 + α Άρα πρέπει α 1 20052 = 52 4012 � α ε { 1, 5,52 ,401, 4012 ,5 401,52 401, 5 ο 4012 , 52 ο 4012 } ' χ > y � 20052 > α � ' πρεπει: Επιπλεον α α2 < 20052 � α < 2005 Άρα οι δεκτές τιμές του α είναι στο σύνολο { 1 ,5,25,401 }. Για α =1, έχουμε: χ = 2005 + 20052 = 2005 2006, y = 2006 . Για α = 5, έχουμε: χ = 2005 + 5 4012 = 806010, y = 2010 . Για α = 25, έχουμε: χ = 2005 + 4012 = 162806, y = 2030. Για α = 401 , έχουμε: χ = 2005 + 25 401 = 12030, y = 2405 .

ΒΑΔ == 2 ΔΑΓ

Μονάδ ε ς 3

ii)

Επειδή το Ε είναι ση μείο της μεσοκάθετης της ΒΓ θα είναι ΕΒ = ΕΓ και f = ΕΒΓ = ω, οπότε ΑΒΕ = ω . Στο τρίγωνο ΑΒΕ είναι ΑΒΕ = ω < ΑΕΒ = 2ω, οπότε ΑΒ>ΑΕ � ΑΚ. και ο κύκλος (Α, ΑΒ) τέμνει την μεσοκάθετη ε της ΒΓ. Επειδή ένα από τα ση μεία τομή ς είναι εσωτε ρικό του τριγώνου ΑΒΓ θα πρέπει ΑΔ < ΑΜ � γ < μa 2β z + 2 γ z - α z <=> γ 2 < μ; � γ 2 < 4 ) z z ( z . � α <2 β -γ

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΕ είναι όμοια, οπότε ΑΒ ΑΓ ΑΔ ΑΓ =-�-=-

Μονάδ ε ς 2

Λύση

Να προσδιορίσετε θετικούς ακέραιους χ, y με χ > y, τέτοιους ώστε

---

-------

ΑΕ

ΑΒ

ΑΕ

ΑΔ

(αφού ΑΔ = ΑΒ), οπότε και τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΔΓ είναι όμοια. Άρα θα έχουν και ΜΕ = AfΔ = ω - θ . Όμως ΕΔΓ = 90° + θ και ΜΓ = ω - θ + 90° + θ = 90° + ω . Έτσι έχουμε ΔΑr = = 1 80° - (90° + ω ) - (ω - θ ) = 90° - 2ω + θ ( 1)

,...

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 2Γ . Ο κύκλος κέντρου Α και ακτίνας ΑΒ

γ τέμνει τη μεσοκά

θετη της ΒΓ στο σημείο Δ, που είναι εσωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι : (i)

αz < 2(β z _ γ z )

Επίσης ΑΒΔ = 2ω - θ και ΒΜ = 1 80° - 2 · ΑΒΔ = 1 80° - 2( 2ω - θ), οπότε, λόγω τη ς ( 1) θα είναι ΒΜ = 1 80° - 4ω + 2θ = 2 · (90 - 2ω + θ ) = 2 · ΔΑr .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/24

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισ μοί

ΘΕΜΑ 4° Θεωρούμε σύνολο Μ με στοιχεία 2004 θετικούς πραγματικούς αριθμούς με την ιδιότητα:

α 2004 - α1 , α 2004 - α 2 , ... , α 2004 - α 2003 στο σύνολο Μ. Όλες αυτές οι 2003 διαφορές είναι διαφορετικές και μικρότερες από τον α 2004 . Οπότε

ια οποιαδήποτε δύο στοιχεία α, β του Μ με α>β,

α 2004 - α ι = α 2οο3 , α 2οο3 - α ι = = α 2οο2 , οι , α 2004 - α 2οο3 = α ι ·

ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς α + β, α - β ανήκει στο σύνολο Μ.

Να αποδείξετε ότι, αν διατάξουμε τους αριθ μούς του συνόλου Μ κατά αύξουσα τάξη, τότε αυτοί αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητι κής προόδου. Μονάδες S

Λύση

Έστω α ι < α 2 < · · · < α 2οο3 < α 2004 · Επειδή τα αθροίσματα α 2004 + αι , α 2οο4 + α 2 , ... , α 2004 + α 2οο3

------

Ακόμα επειδή α 2003 + α 2 > α 2003 + α 1 = α 2004 , έ πεται ότι α 2003 +α 2 !it Μ , οπότε στο σύνολο Μ θα ανήκει ο αριθμός α 2003 - α 2 . Όμοια στο Μ θα ανή κουν οι διαφορές α2003 - αμ ... , α 2003 - α 2002 , οι οποίες είναι αριθμοί διαφορετικοί και μικρότεροι από α 2003 . α zοο3 - α 2 = α 2οοι • ··· • α 2οο3 - α zοο2 = α ι και Άρα γενικά για k ε Ζ με 2 5 k 5 2002 θα έχουμε α 2004 - α k = α 2004_k και α 2003 - α k = α 2003 _ k , οπότε α 2ο04 - k - α 2οο3 - k = α ι δηλαδή

δεν ανήκουν στο σύνολο αφού είναι μεγαλύτερος του α2ο04 , θα ανήκουν οι διαφορές

α ι = α 2004 - αzοο3

αzοω - αzooz =

= α 2002 - α 200 1 = . . . = α 2 - α1

σταθερός αριθμός.

�

Μπορείτε να δείn: πς νέες μας ειιδόσΣις στο lιιlemet στην ισπισελίδο:

Επιστημονικά Για ΑΕΙ, ΤΕΙ, ΙΕΚ, ΑΣΕΠ � ΕιnιΟιδι:uτιιιά Για Γυι.iνάσιο.. Λύκcιο, τΕΕ � Διάφορα

Λογοτεχνία, γλώσσα.. μελέτες, λευκώματα

ΠΛΗ ΡΕ ΙΙ IEI PEI Ε ΚΠΑΙΔΕΥΥΙ ΚΩΝ Β Ι ΒΛΙΩΝ θ ΑΗΑΙΗ Π . ΞΕΝΟΥ

ΜΑ

ΙΙΛθΙΙΜΛΠΚfΣ ΠΙΙΙΣΕΙΙ ΚΑΙ ΑΕΙΟΠΠΕΙ

ΠΡΛΚΙΊΙΙΙ ΛPiθlllfnιot Μέ9οδοι και ΙφοβΙJιιιmι

ΓPΛIIMIIOI ΛΜ'ΕΙΙΡΛ

ΛΙWΙΥΠΚΗ ΓΕΟΜΕΠ'ΙΑ

•

ΜΑθΗΜλτtΚΑ

ΙΙ'ΙΠΙΡΙΛ ΑΞΙ0Λ0Ι1ΙΙΙΙΙ I' ι Γ ΛYICBOY

βtι84ι; • u:χιιqς αιJιιιιι; • Γ1:8ik Ι8kίις

MΛTH�fiCλ

ΛΛΠΙΙΙ'Λ Β' ΛYICBOY Γ1:8ik Ι8kίις

ΜΛθΗΜΑJΙιιΑ

Σ. ΒΛΑΧΟΟΟΥι\ΟΙ Α. ΒΕ!W.ΡΔΟΣ • rn. 1ι1111ΙΑΜΣ 11 ΑΡΧΕΣ σ.ιιιauια ΜΛΙΠΥ3Ι MM'Wf1lll βf.0ΡΙΛΙ r· AYIBOY f8 ίkς ιιι; - ΣΕ ....,_ΊΙΙ18ΊΙ III'IUMIJI r· ΛΥIΒΟΥ rqιιι ιr.m;ι. ΒΙΒΛIΟΠΟΛΕIΟ • ΚΕΝΠ>ΙΚΗ ΔΙΑθΕΣΗ: Αρμεwmούλοιι 27 • 546 35 θwσολο\ιΙιcη • Τηλ. 2310-203.720 • Fax 2310-21 1 .305 • e-mail: sales@zili.gr ΒΙΒΛΙ0Ι10ΛΕΙ0 � • oBIIIDt ΕΚΑ0ΠΙΝ -.oJ θΕΣΣΛ"ΙΙ'Ι"'Η& Σtοά 10U ΒιβΑίοu (Πεσμαζόyλου 5) • 105 64 ΑθΗΝΑ • Τηλ.-Faχ 210-321 1 .097 Δ. ΠΟΥΛΑΚΗΣ ΚΡΥΙΠΟΓΡΜΙΛ Η uιιιm'μ) ΠJ<: ....,ιοος �Ιος

• • •

r. ΣΙΑΡΔΟΣ llf80ΔOI /IOAYIIEJΛIIΛHJIII ΣJΑΠΙΠIΟIΙ ΛΙWΙΥΙΙΙΙ

ΑΠΟθΗΚΗ ΑθΗΝΟΗ - ΠΟΛΗDi ΧΟΝΔΡIΚΗ: Βαλτεισiοιι 45 -

Δ. ΚΡΠΖΑΣ EI6IIOI βf.0ΡΙΛ ΠΙΙ ΙΧΕ1ΙUΠΙΠΛΙ Με ro μιιθηιιιm&ό rοιι fw<dou

eξάρχεια 106 81, Αθήνα

•

Ε. ΨΟΜΟΠΟΥι\ΟΙ ΙΙΑΠΙfΙΙΛΠCΑ νs ΙΙΑΙΗΙΑΊΙΙΑ

Τηλ.-Faχ 210-3816.650 • e-ma1: alhina@zlli.gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/25

�. ::=:!''

!Γ

Η Σ ΤΗΛΗ ΤΟ Υ ΜΑ ΘΗΤΗ

1 ---

��i . �: . ιι�\__ � ,•.

\ ι'

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής •

Λ Υ ΣΕ Ι Σ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 9.

Οι αριθμοί α και β ανήκουν στο διάστημα

[1, 4]. Να δείξετε ότι:

τριάδης Θ., Σ ο ύ μπλης Γ., Λ εονάρδος Σ ., Μι στριώτης Α., Άντζου Α., Γεωργακόπουλος

χ,y, ω e JR , ισχύει: �4χ2 + y2 - 4xy � ι 2χ - ω1 + 1Υ - ω ι . (1)

10. Να δείξετε ότι, για κάθε

(Επροτάθη από το μαθητή Α ' τάξης Γιάννη Π απαβασιλείου, Αθήνα).

(Επροτάθη από το μαθητή Β · τάξης Αθα

Λύση (από τον ίδιο μαθ ητή).

{

Δημη

Αλέξ.

2 � α + J!. � 17 _ β α 4

Έχουμε: 1�α�4 � 1�β�4

Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

νά σ ιο Ιωάννου, Ιστιαία).

{

1� α�4 � -1 � -α � 4 . -41 � -1 � 1 4 β . β

Λύση (από την μαθήτρια Α ' τάξης Αθηνά Ά ντζου, Αθήνα).

Για να δείξουμε την (1), αρκεί να δείξουμε ότι: 2 J( 2 x - y) � l2 x - ω l + IY - ωΙ , αρκεί:

Θέτουμε � = χ , οπότε .!.. � χ � 4 και Q. _!_ 4 α χ β ( 2) l 2 x - Y l � l 2x - ω l + IY - ω Ι . 'Ετσι, έχουμε να δείξουμε ότι: 2 :::; χ + _!_ � 17 , δη χ 4 Έχουμε: 1 17 1 ' λαδή ότι: 2 � χ + - και χ + - � - . Π ρος τουτο, l2 x - ω l + IY - ω l l 2x - ω l + Ι ω - Y l � χ χ 4 I{ 2χ - ω) + (ω - y )I = l 2 x - Y l � { 2 ) . επειδή χ > Ο, αρκεί να δείξουμε ότι: ( 2) • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Καρ ύ δη ς Κ., Σ ο ύ μπλης Γ., Μιστριώτη ς Α., Λ εο • Για να δείξουμε την ( 1 ), αρκεί να δείξουμε ότι: 2 2 νάρδος Σ ., Δημητριάδης Θ., Παπαδη μητρίου χ + 1 - 2χ � Ο , δηλαδή (χ - 1 ) � Ο , ισχύει. Α., Π απαβασιλείου Γ., Γεωργακόπουλος Α • Για να δείξουμε τη ( 2 ), αρκεί να δείξουμε ότι: λεξ. (Αλέξανδρε: η τελευταία σχέση που γράφεις 4χ 2 - 17χ + 4 � 0 (3). ισχύει, αλλά όχι για το λόγο που γράφεις). Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι ρίζες του τριωνύμου 1 1 . Σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ ισχύουν: ΒΓ = 6 και 4χ 2 - 17χ + 4 είναι 4 και .!.. , οπότε: 4 2 2 ΑΒ - ΑΓ 48. 2 i) Να δείξετε ότι r > 9C)O . 4χ - 17χ + 4 = 4(χ - 4 ) χ - . =

( �)

Έτσι, για να δείξουμε την (3), αρκεί να δείξουμε ότι: (χ - 4 ) χ - � Ο , ισχύει, γιατί � � χ � 4 .

( �)

ii) Να βρείτε την προβολή της πλευράς ΑΓ στην ΒΓ. (Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Γεώρ

γιο Σ ού μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/26

Η στήλη του Μ αθη τή

Λ ύση (από το μαθ ητή Β ' τάξης Σπύ ρο Λ εονάρ δο, Κολλέγιο Αθηνών).

Έχουμε:

ΑΒ 2 = ΑΓ 2 + 4 8 > ΑΓ 2 + 36 = ΑΓ 2 + ΒΓ 2 � ΑΒ 2 > ΑΓ 2 + ΒΓ 2 � Γ > 90° . Α

ii)

•

e •

•

Φέρνουμε την ΑΔ .l ΒΓ και θέτουμε ΓΔ =χ (ζητούμενη προβολή). Ονομάζουμε Μ το μέ σο της πλευράς ΒΓ. Έχουμε

ΑΒ 2 - ΑΓ 2 = 2 · ΒΓ · ΜΔ <=> 4 8 = 2 · 6(3 + χ ) <=> 4 = 3 + χ <=> χ = 1 Άρα, η ζητούμενη προβολή είναι ΓΔ = 1 . Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

Ανδρι

νόπουλος 1., Μ ιστριώτης Α. , Αντωνόπουλος Ν., Καρ ύ δης Κ., Γεωργίου Β., Γ εωργακό

•

ΒΓ2 = ΑΒ 2 + ΑΓ2 = 62 + 8 2 = 100 . Άρα ΒΓ =10. Έτσι έχουμε: ΕΔ = ΒΓ = 10. ΑΒ 2 = ΒΓ · ΒΗ <:::> 62 = 10 · ΒΗ <:::> ΒΗ = 3, 6 . Έτσι έχουμε ΕΖ = ΒΗ = 3,6 και ΖΔ = ΗΓ = ΒΓ - ΒΗ = 10 - 3,6 = 6,4. ΑΗ 2 = ΒΗ · ΗΓ = 3, 6 · 6,4 = 23,04 . Άρα ΑΗ = 4, 8 , οπότε ΑΖ =ΑΗ + ΗΖ =ΑΗ + ΒΕ = 4, 8 + 10 = 14, 8 . Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΖ και ΑΔΖ, έχουμε: ΑΕ2 = ΑΖ2 + ΕΖ2 = (14, 8) 2 + (3, 6)2 = 232, οπότε ΑΕ = 2.J58 και ΑΔ2 = ΑΖ2 + ΔΖ2 = (14, 8)2 + (6,4 ) 2 = 260 , οπό τε ΑΔ = 2J6S . Άρα, οι ζητούμενες πλευρές εί ναι: ΕΔ = 10, ΑΕ = 2.J58 και ΑΔ = 2J65 . Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

στριώτης Α., Λ εονάρδος Σ., Καρ ύ δης Κ., Αντωνόπουλος Ν., Ανδριν όπουλος Ι., Γεωρ

γακόπουλος Αλέξ.

13. Να βρείτε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης:

(2r -5x+ 2)3x = l -4x2 •

πουλος Αλέξ.

12. θ εωρούμε ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

(Α = 90° ) Λ

με ΑΒ

6 και ΑΓ

Στο εξωτε-

ρικό του τριγώνου αυτού κατασκευάζουμε το τετράγωνο ΒΓΔΕ. Να βρείτε τα μήκη των πλευρών του τριγώνου ΑΕΔ. (Επροτάθη από τη μαθήτρια Β ' τάξης Χρι στίνα Βεντή ρη , Κολλέγιο Αθηνών). Λύ ση (από το μαθητή Β ' τάξης Γεώργιο Σο ύ μπλη, Αρ σάκειο Ψυχικο ύ - Αθήνα).

Μ ι

(1)

(Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Σπ ύ ρο Λ εονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών). Λύση (από τον μαθητή Β ' τάξης Ηλί α Π α παδά κη , Θεσσαλονίκη ).

Οι ρίζες του τριωνύμου:

2χ 2 - 5χ + 2 είναι 2 και

1 2 2χ 2 - 5χ + 2 = 2(χ - 2 x - � = (χ - 2)(2 χ - 1) .

' - , οποτε:

{ J

χ ε Ζ , έχουμε: Φέρνουμε το ύψος ΑΗ, το οποίο προεκτεινόμενο (1) <=> (χ - 2)(2χ - 1)3χ = (1 - 2x)(l + 2χ) τέμνει την ΕΔ στο σημείο Ζ. Έχουμε: (2) (επειδή 2χ - 1 :;e Ο ) <=> (2 - χ)3χ = 2χ + 1 Ε Έστω χ μία ακέρια λύση της εξίσωσης (2). Προ φανώς χ :;e 2 (αφού με χ = 2 δεν επαληθεύεται), οπότε από τη (2), έχουμε: Δ 3χ = 2χ + 1 � 2χ + 1 > 0 � (2x + l)(x - 2) < 0 2 - Χ 2 '-- Χ � _.!_ < χ < 2 � (χ = ο ή χ = 1) . 2 Με χ = Ο η (2) δεν επαληθεύεται, ενώ με χ = 1 ε Έτσι, με

παληθεύεται. Άρα, η εξίσωση ( 1 ) έχει τη μοναδική λύση χ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/27

Η στήλη του Μαθητή •

Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

Π απα

ζήσης Λ ., Σού μπλης Γ., Μαρκουλής Ε., Τσε κού ρας Δ., Γεωργακόπουλος Αλέξ.

14. Για δύο μιγαδικούς αριθμούς z και ω με

z 'Φ -i και ω * -i , ισχύουν:

Ι Ζ -�ι = ι ω -�ι =J2 z+ι

ω+ι

(1)

Να δείξετε ότι: l z - � � 2Jϊ0 .

= συν 2 χ (l - συν 2 α) + ημ 2 χημ 2 α = = συν 2 χημ 2 α + ημ 2 χημ 2 α = = ημ 2 α(συν 2 χ + ημ 2 χ) = ημ 2 α . Άρα, η παράσταση Α είναι ανεξάρτητη του χ. • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Λ εονάρ

δος Σ ., Π απαζήσης Λ ., Τσεκού ρας Δ., Αντωνό πουλος Ν., Καρύ δης Κ., Ανδρινόπουλος Ι., Γε ωργακόπουλος Αλέξ.

(Επροτάθη από το μαθητή Γ ' τάξης Νίκο Καλαϊτζίδη , Αθήνα).

Λύση (από τον μαθητή Γ τάξης Αναστάσιο Α

ναστασόπουλο, Π άτρα).

Θέτουμε: z χ + yi, όπου x,y Ε IR . Από τις ( 1) έχουμε: l z �1 = fi =>�< χ -2) + yiι = fii x +(y + ΨΙ ::::? z+ι l <x -2) + yil 2 = 2 l x + (y + l)il 2 => ::::? (χ - 2) 2 + y 2 = 2[χ 2 + (y + 1) 2 ] (Π ράξεις) ::::> χ 2 + y 2 + 4χ + 4 y = 2 ::::> 2 ::::> χ + y 2 + 4x + 4 y + 8 = 10 => ::::? (χ + 2) 2 + (y + 2) 2 = 10 . Άρα, η εικόνα Α του z ανήκει στον κύκλο C με κέντρο Κ(- 2, - 2) και ακτίνα ρ = .JW . Όμοια και η εικόνα Β του ω ανήκει στον ίδιο κύ κλο C. Έτσι, το τμήμα ΑΒ είναι χορδή του κύκλου C και άρα: (ΑΒ) � 2ρ = 2Μ και επειδή (ΑΒ) = l z - ω Ι , έπεται ότι: l z - ω Ι s 2Μ . • Ορθές λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Ν ικο

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ ΛΥ ΣΗ

16. Οι αριθμοί α, β, γ και δ είναι θετικοί και 4 4 4 4 ισχύει α + β + γ + δ 4αβγδ . Να δείξε

τε ότι: α

=== β

δ.

(Π ροτείνεται από τη μαθήτρια Α ' τάξης Αθη νά Άντζου, Αθήνα).

17. Να δείξετε ότι ο αριθμός: x=

�J5 + 2 - �J5 - 2

είναι ακέραιος.

(Προτείνεται από το μαθητή Α , τάξης Κώστα Τριανταφυλλίδη, Π άτρα) .

18. Σ' ένα ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ =ΑΓ), α ισχύει: + υ α � β Ji . 2

Να δείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι και ορθογώνιο.

(Π ροτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Γεώρ γιο Σ ού μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα).

λόπουλος 1., Καχρη μάνης Α., Μαρκουλής Ε., Τσίρος Π .

19. Σ' ένα επίπεδο Oxy θεωρούμε την ευθεία

15. Να δείξετε ότι είναι ανεξάρτητη του χ η

των σημείων Μ του επιπέδου αυτού, για τα

παράσταση : Α = συν2χ - 2συνχσυνασυν(χ + α) + συν2 (χ + α) .

οποία αν Α είναι η προβολή του Μ στην ευ-

(Επροτάθη από το μαθητή Β ' τάξης Γεώρ γιο Σ ο ύ μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα). Λύση (από τον μαθητή Β ' τάξης Αντώνη Μι στριώτη , Γερμανική Σχολή Αθηνών).

Έχουμε: Α = (j\)ν2 χ + συν( χ + α) [συν(χ +α) -2συνχσυνα] = = συν2χ + συν(χ +αΧ(j\)VX(j\)W -ημχημα - �(j\)W) = = συν2 χ -((j\)VΧσυνα-ημχημα)((j\)VΧσυνα + ημχημα) =

ε: χ = - 4. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο

θεία ε, η γωνία ΜΟΑ είναι ορθή.

(Π ροτείνεται από το μαθητή Β ' τάξης Σπύ ρο Λ εονάρδο, Κολλέγιο Αθηνών). 20. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR Για δύο αριθ μούς α, β Ε IR με α < β ισχύει: •

2f(x) � f( α) + f(β), για κάθε χ Ε IR " Να δείξετε ότι υπάρχει Χο Ε (α, β) με f (Xo ) •

= Ο.

(Π ροτείνεται από τό μαθητή Γ τάξης Γιάννη Σταματόπουλο, Καλαμάτα). Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/28

Μαθ η μ ατ ι κά

γι α την Α ,. τάξη του Λυκείου f(x}

r.6)_ Το τρ ιώνυμο αJI + βχ + γ, α � Ο

Κώστας Βακαλόπουλος, Νίκος Τ απεινός Υ

γραφική παράσταση της συνάρτησης f(χ) = αχ 2 + βχ + γ, α :;e Ο

Α. Η

Η χάραξη της γραφικής παράσrασης μιας γραμμικής

συνάρτησης f( χ ) = αχ2

β·

βαθμού

δηλ. της μορφής βχ + γ, α * Ο (γνωσrή ως τριώνυjω)

αποτελεί μια δύσκολη ενέργεια για πολλούς μαθητές. Θα θέλαμε λοιπόν να δώσουμε μερικούς πρακτικούς κανόνες για τη χάραξή της. •

Τη γραφική παράσταση της f(x) = αχ2 όλοι την γνωρίζουμε' Είναι ως γνωστόν "παραβολή" με κορυφή την αρχή των αξόνων 0(0, Ο) και έχει γραφική πα ράσταση την (α) αν α > Ο ή την (β) αν α < Ο. Υ

α>Ο

α<Ο

Για την ακρίβεια των παραπάνω σχημάτων χρειαζόμαστε ένα πίνακα τιμών π.χ. για την f(x) = .!.. χ 2 έχουμε: 2 χ Υ

-2 2

1 1

2 2

-2

-1

Η γραφική

παράσταση της 2 f(χ) = αχ + βχ + γ, α * Ο είναι όμοια με την γραφική παράσταση της f(x) = αχ2 απλά μετα τοπισμένη έτσι ώστε η κορυφή της να είναι στο σημείο κ -1._ . -� . 2α 4α Άρα για τη γραφική παράσταση της συνάρτη σης f(χ) = αχ 2 + βχ + γ, α * Ο προτείνουμε λοιπόν να χαράσσετε τη γραφική παράστασης της f(x) = αχ2 και με διαφανές χαρτί να την με τατοπίζετε έτσι ώστε η κορυφή της από την αρ χή των αξόνων 0(0, Ο) να εφαρμόζει στο σημείο κ -1._ . -� . 2α 4α

)

(

)

Παράδειγμα

Να παρασταθεί γραφικά η συνάρτηση f(x) = 2χ 2 - 12χ + 19, χ e IR

Πράγματι, χαράσσουμε με τη βοήθεια ενός πίνακα τιμών τη γραφική παράσταση της f(x) 2χ2 που ως γνωστόν είναι "παραβολή" έχει κορυφή το 0(0, Ο) και την μετατοπίζουμε στη συνέχεια ώστε η κορυ φή της να συμπέσει με το σημείο Κ(3, 1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/29

Μαθηματικά Α ' Λυκείου • • •

Δ _

144 - 4 · 2 · 19 -8 1_ -12 = 3 2α 2 · 2 -8 1 Δ 4α 4 · 2 =

Π αράδ ειγμ α Να παρασταθεί γραφικά η συνάρτηση

= -

f(x) =

-- = -- =

Έχουμε: α = 4 β= 8 γ=3 Δ 66 - 1 6 · 3 1 6 -8 = 1 1_ 2α 2 · 4 __!i_ -1 4α 4 · 4 Τα σημεία είναι: K( l , - 1), Α(Ο, 3), Α ' (2, 3). -

•

4χ2 - Sx + 3, χ e IR.

-�

= =

Ένας {J').MJς τρόπος για τη χάραξη της γραφικής πα ράστασης της συνάρτησης f (x) αχ 2 + βχ + γ, α -=ι:. Ο είναι κι αυτός πρακτικός και γίνεται με τη βοήθεια τριών σημείων. 1" ση μείο : Η κορυφή 2α 4α 2" ση μείο : Το σημείο Α(Ο, γ) (είναι το σημείο που η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα

κ(-1._,-�)

• Τα οφέλη από τη χ άραξη τη ς γραφικής παρά

στα σης της συνάρ τη σης: f(x) = αχ α

ψ ' ψ)

Ο.

+ βχ + γ ,

Είναι πολλά! Το κυριότερο όμως είναι η βοή θεια που μας δίνει στην επίλυση ανισώσεων β ' βαθμού. Ω ς γνωστόν οι λύσεις της ανίσωσης αχ 2 + βχ + γ > Ο είναι τετμημένες των σημείων της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f (x) αχ 2 + βχ + γ που βρίσκονται πάνω από τον άξονα χ ' χ.

Το συμμετρικό Α ' του σημείου Α ως προς την κατακόρυφη ευθεία: χ 1_ 2α 3 " .ση μείο :

= _

-=ι:.

Α ( Ο, γ)

-Δ/4 α ο

β 2α

Στα παραπάνω σημεία μπορεί να προστεθούν (αν υπάρχουν) τα σημεία Μι(χι, Ο) και Μ2(χ2 , Ο) όπου χ 1 , χ2 οι ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο (στη περίπτωση βέβαια που η διακρί νουσα Δ είναι θετική). Ση μείωση :

Π αράδ ειγμ α Να λυθεί η aνίσωση : •

-χ2 + 7 χ - 1 0 > Ο .

Χαράσσουμε τη γραφική παράσταση της συ νάρτησης -χ 2 + 7 χ - 10 > Ο (με έναν από τους παραπάνω τρόπους) και δίνουμε λύσεις τις τε τμημένες των σημείων της που είναι πάνω από τον άξονα δηλ. 2 < χ < 5.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/30

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Υ 9/4 . . . . . . : χ

•

2 τριωνύ μου f(x) = αχ + βχ + γ, α :;t Ο

Αν

I Δ > Ο I τότε

- 00

f(x) χ

f( x)

- 00

ρ!

ρ,

- 9

ρ2

+ οο +

+ οο -

I Δ<Ο I τότε

- 00

f(x)

• Γενικά συμπεράσματα για το πρόση μο του

•

Αν

I� v

~ h

ρ2

ρ,

- 00

1 1

f(x)

- 00

�

+ οο

Αν

f(x)

-OC

-οο -

Μπορείτε να απαντήσετε στο ερώτημα: πότε το τριώνυμο δίνει θετικές και πότε αρνητικές τιμές; Συμπληρώστε με τα πρό σημα: + ή - τους πίνακες. Όπως στον πί νακα 1 .

+ οο

f(x)

+ οο

� V

f(x)

-00

ο μοσ. α

�

ρ2

- 00

ρ,

? - ?

+ οο

- 00

ρ =-β/2α

+ οο

� ιr \

Ομ<)ΟΙ]μΟ α

περιπτώσεις:

f(x)

I Δ = Ο I τότε

+ οο

- 00

Για την - γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = αχ2 + βχ + γ, α :;t έχουμε τις παρακάτω 6

f(x) •

Άσκηση

ο μοσ. f( x) ομοσ. ετερ. α α α

+ οο

ομοσ. α

()

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ. 3/31

Μαθηματικά Α ' Λυκείου Υ χ

f(x)

-00

ρz

Qι

�

ρ=-β/2α

+ οο

Να λυθεί η ανίσωση : 2χ 3 - 5χ 2 < 4χ - 3 (1).

Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους πα ράγοντες του γινομένου. χ + 1 > Ο <:::} χ > -1 . 2χ 2 - 7χ + 3 > 0 Δ = 25 > 0 Άρα χ < 21 η' χ > 3

Δ > Ο τότε, f(x) ομόσημο του α εκτός των ρι ζών (χ < ρ ι ή χ > ρz) και f(x) ετερόσημο του α, α = 2 > 0 μεταξύ των ριζών (ρι < χ < ρz). χ + οο 1/2 -1 3 Δ Ο τότε, f(x) ομόσημο του α, για κάθε + + + χ+ 1 χ Ε 1R. ( - η διπλή ρίζα του τριω+ + + 2χ2-7χ+ 3 α α + + Γινόμενο νύμου) Δ < Ο τότε, f(x) ομόσημο του α, για κάθε Επειδή το γινόμενο το θέλουμε αρνητικό, λύσεις ' ' χ < - 1 η' 1 < χ < 3 . χ Ε JR. . της ανισωσης ειναι 2 00

-{-: } :

Ανισ ώ σ εις 2ου β α θ μ ού και άνω.

•

Α σκήσ ε ις

<:::} 2χ 3 + 2χ 2 - 7χ 2 - 7χ + 3χ + 3 < 0 <:::} 2χ 2 (χ + 1) - 7 χ ( χ + 1) + 3 (χ + 1) < ο <:::} ( χ + 1) . ( 2χ 2 - 7 χ + 3) < ο

Πρόση μο τριωνύμου και ανισώσεις Σ υ μπ ερα σ μ ατικά έχο υ μ ε :

•

με όπως προηγουμένως

Β.

•

g ( x) g(x) -.. _h.:._ ( x...:. ( χ.-:.. ( χ...:. ·... g:. _f..:... .)_ _) � ..:... ) > 0 <:::} g(x) <:::} [ f ( χ) - h(x) · g(x)] · g(x) > Ο και συνεχίζου-

(1) <:::} 2χ 3 - 5χ 2 - 4χ + 3 < 0

•

Μορφή f(x) > h(x) <:::} f(x) - h(x) > Ο <:::}

Λύση

•

Μορφή f(x) > Ο ή f(x) < Ο. Κάνουμε το f(x) γι νόμενο παραγόντων, που καθένας από αυτούς είναι το πολύ 2ου βαθμού. Εξετάζουμε το πρό σημο κάθε παράγοντα και πινακοποιούμε τα αποτελέσματα.

[Άλλη γραφή των λύσεων: χ Ε (

-οο ,

- 1) υ

χ 2 - 5χ + 6 , Ν α λ:υ θ ει, η ανισωση : -χ 2 - 3χ + 4 Λύση

(� , 3) ]

:::;;

ο (1)

•

Π ρέπει -χ 2 - 3χ + 4 ;ο: Ο <:::} χ ;ο: 1 και χ ;ο: -4 Μορφή f(x) > 0 ή f(x) < 0 . Υποθέτουμε ( 1) <=} ( χ 2 - 5χ + 6)(-χ 2 - 3χ + 4 ) ::; ο g(x) g(x) g(x) ;ο: Ο . Λύνουμε τις ισοδύναμες αυτών Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους πα f(χ) g(x) > Ο ή f(x) . g(x) < Ο και συνεχί- ράγοντες του γινομένου. ζουμε όπως προηγουμένως. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/32

Μα θηματικά για την Α' Λυκείου

χ 2 - 5χ + 6 > 0 Δ=1>0 Άρα χ < 2 ή χ > 3 5 ±-1 =/'3 fι ,2 = '\. 2 2 α=1>0

-χ 2 - 3χ + 4 > 0 Δ = 25 > 0 ι Άρα -4 < χ < 1 ± fι ,2 = 3 5 = /''\ι-4 -2 α = -1 < 0 χ

- 00

- 2-3 4 χ+ χ

χ2 5χ + 6

-4

+ -

χ + 3 > 0 <::> χ > -3 χ

1 -χ

x2 + x + l

χ+ 3

Γινόμενο

- 00

+ +

-3

+ οο

Επειδή το γινόμενο το θέλουμε θετικό, λύσεις της ανίσωσης είναι -3 < χ < 1 . [Άλλη γραφή των λύσεων: χ ε ( -3,1 ) ] 2

+ οο +

' : Ν α λυ θ ει' η ανισωση

7χ + 1 1 2': -χ - 5 χ2 - 4

Λύση

(1)

Π ρέπει χ 2 - 4 :;t: Ο <::::> χ :;t: -2 και χ :;t: 2 + + Γινόμενο 7χ + 1 1 χ > Επειδή το γινόμενο το θέλουμε μη θετικό, λύσεις (1) <::::> χ 2 - 4 + + 5 _ 0 της ανίσωσης είναι χ < - 4 ή 1 < χ � 2 ή χ 2': 3 . 7χ + 1 1 + ( χ + 5 ) ( χ 2 - 4 ) 2': 0 <::: :> [Άλλη γραφή των λύσεων: χ2 - 4 χ ε (-α), -4) υ ( 1, 2] υ [ 3, +οο ) ] 2 χ3 <::::> 7χ + 1 1 + 2- 4χ + 5χ - 20 2': 0 χ -4 3. Να λυθεί η ανίσωση : � > χ 2 - 3χ + 9 (1) 2 3 χ+3 χ <::::> + 5χ2 + 3χ - 9 2': ο χ -4 Λύ ση 2 3 χ ρέπει χ + 3 :;t: Ο :;t: -3 <::: :> χ 2 Π <::::> -χ + 6χ2 - 6χ + 9χ - 9 2': 0 χ -4 (1) <::> � - ( χ 2 - 3χ + 9 ) > 0 χ+3 2 χ ( χ - 1 ) + 6χ ( χ - 1 ) + 9 ( χ - 1 ) 2': 0 <::::> 2 8 - ( χ + 3 ) ( χ 2 - 3χ + 9 ) χ2 - 4 <::::> >ο χ+3 ( χ - 1 ) ( χ 2 + 6χ + 9 ) 2 2 2': 0 <::::> 3 χ2 - 4 <::::> 2 8 - χ + 3χ - 9χ - 3χ + 9χ - 27 > 0 χ+3 <::::> ( χ - 1 ) ( χ 2 + 6χ + 9 )( χ 2 - 4 ) 2': ο 3 χ 1 <::::> -- > 0 Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους πα χ+3 2 ράγοντες του γινομένου . (1 - χ ) (1 + χ + χ ) >0 <::::> χ - 1 > 0 <::> χ > 1 χ+3 χ 2 + 6χ + 9 > 0 <::::> ( 1 - χ ) ( χ 2 + χ + 1 ) ( χ + 3 ) > ο Δ=Ο Άρα χ 2 + 6χ + 9 > Ο για κάθε Εξετάζουμε το πρόσημο σε καθ' ένα από τους πα x ε JR - { -3 } ρ = - 26 = -3 ράγοντες του γινομένου. 1 - χ > ο <::::> -χ > -1 <::::> χ < 1 α=1>0 χ2 + χ + 1 > 0 χ 2 - 4 > Ο <::::> χ 2 > 4 <::::> lx l > 2 <::::> χ < -2 ή χ > 2 2 Δ = -3 < Ο Άρα χ + χ + 1 < Ο για κάθε χ ε JR α=1>0

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/33

Μαθηματικά Α ' Λυκείου

χΙ χ2 + 6χ + 9

- 00

χ2-4 Γινόμε ν ο

-3

2 -

+ οο +

Επειδή το γινόμενο το θέλουμε μη αρνητικό, λύ σεις της ανίσωσης είναι χ = -3 ή - 2 < x � l ή χ > 2 . [Άλλη γραφή των λύσεων: χ Ε { -3} υ( -2, Ι] υ(2,-rοο ) ]

�-1) Πρόσημο Τριωνύμου - Συναρτή σεις

Θανάσης Κυριακόπουλος

Η εύρεση του προσήμου του τρ ιωνύμου είναι θεμελιώδης διαδικασία στην Άλγεβρα και ένα από τα βασι κότερα « εργαλεία» της. Οι Ασκήσεις που ακολουθού ν αναφέρονται στο τριώνυμο και τις εφαρμογές του,

καθώς και σε βασικές γνώσεις από το κεφάλαιο των συναρτήσεων (όπ ως καθορίζει το πλαίσιο της ύλης) και είναι « κλ ιμακούμενης» δυσκολίας. 1.

y 2 - 8y + 12 � Ο (3). Η (3) επαληθεύεται με y � 2 ή y ;?: 6 . Άρα πράγματι y � (2, 6) .

Ν α λυθεί η ανίσωση :

Ι - χ2 + χ - 41

2χ +

(1)

Λύ ση

Επειδή Δ = Ι - 4(-1 ) (-4) = Ι - 1 6 = - 1 5 < Ο το τριώνυμο -χ 2 + χ - 4 είναι πάντοτε ομόσημο του α = -Ι , δηλ. αρνητικό: -χ 2 + χ - 4 < 0 άρα 2 2 - x 2 + x - 4 = -(-x + x - 4) = x - x + 4 και η

( 1 ) γίνεται: χ 2 - χ + 4 > 2χ + 6 <:::::> . . . <:::::> χ 2 - 3χ - 2 > ο (2) .Εχουμε: Χι = 3 + Jl7 και χ = 3 - JlΊ αρα ' η (2) 2 2 2 ' ' χ < 3 - JlΊ η' χ > 3 + Jl7 . επαλη θ ευεται εαν: 2 2 2.

νύμου : f(x) = χ 2 - (λ + μ)χ + λ 2 - λμ + μ 2

Λ ύση

Έχουμε Δ = (λ + μ) 2 - 4( λ 2 - λμ + μ 2 ) = λ 2 + 2λμ + μ 2 - 4λ 2 +4λμ - 4μ 2 = -3λ 2 - 3μ 2 + 6λμ = -3( λ 2 +μ 2 - 2λμ) = -3(λ - μ) 2 < Ο αφού λ -::;; μ

Άρα Δ<Ο και α = 1 > Ο, επομένως το f(x) γίνεται ομόσημο του α διά κάθε χ Ε � , δηλ. f (x) > Ο .

Ν α δείξετε ότι δεν μπορεί να είναι: 2

χ 2 + 2χ - 1 1 2(χ - 3)

4. 6

(1)

Με λ -::;; μ να βρείτε το πρόση μο του τριω

Εάν φ(χ) = -2χ 2 - (3λ + l)x - 2λ , να βρείτε το λ Ε � ώστε το φ(χ) να γίνεται μόνιμα αρνητικό.

Λύ ση

Εάν

Λύ ση

x 2 + 2x - 1 1

= y ( 1 ), τότε 2 < y < 6 (2). Θα 2(χ - 3) δείξουμε ότι η (2) δεν ισχύει, δηλ. y � (2, 6) . Από ( 1 ): x 2 + 2x - I l = 2xy - 6y <:::> x 2 + 2(1 - y)x + 6y - 1 1 = 0 . Επειδή Χ Ε � πρέπει Δ ;?: Ο ή 4(1 - y) 2 - 4(6y - I I) ;?: 0 <:::> ... <:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Είναι α = -2 < Ο. Άρα πρέπει Δ<Ο. Έχουμε: [ -(3λ + 1)] 2 - 4( -2)( -2λ) < ο ή (3λ + 1) 2 - 1 6λ < Ο ή 9λ 2 - 10λ + Ι < 0 . Εάν Δ ι η διακρίνουσα του τριωνύμου f (λ) = 9λ 2 - 1 0λ + 1 τότε

λη ' τ. 3/34

Μαθηματικ ά για τη ν Α ' Λυκείου

Δ 1 = (-10) 2 - 4 · 9 · 1 = 64 και οι ρίζες του είναι

f (x) =

λ 1 = 1 και λ 2 = .!_ . Επομένως: 9 ---

- 00

{(λ)

�

{

Για τις διάφορες τιμές του μ Ε JR. , να εξε τασθεί εάν έχει ρίζες και πόσες η εξίσωση : (μ - 3)χ 2 - (μ + 2)χ + 2μ + 1 = ο (l), μ ::;:. 3 Λύση

Εάν έχει ρίζες ή όχι και πόσες η ( 1 ) θα εξαρτηθεί από την Διακρίνουσα. Είναι Δ = (μ + 2) 2 - 4(μ - 3)(2μ + 1) = -7μ 2 + 24μ + 1 6 (τριώνυμο ως προς μ). Έχουμε α 4 = -7 και μ 1 = - - , μ 2 = 4 . 7

Οπότε: i) Η ( 1 ) έχει 2 ρίζες άνισες εάν Δ > Ο <:::::> -7μ 2 + 24μ + 1 6 > Ο <:::::> _ i < μ < 4 ii)

Η ( 1 ) έχει διπλή ρίζα εάν Δ = Ο

4 <=> -7μ 2 - 24μ + 1 6 = 0 <=:> μ = -- ή μ = 4 7

και iii) Η ( 1 ) δεν έχει ρίζες εάν Δ <:::::> -7 μ 2 + 24μ + 1 6 < ο <:::::> μ < - i ή μ > 4 . 6.

Εάν f (χ) =

{

χ 2 , εάν χ Ε ( -οο, 4] 4χ - χ 2 , εάν χ Ε [4, +οο)

Όμως αυτή δεν είναι συνάρτηση αφού στο 4 aντιστοιχίζονται 2 τιμές του y, y = 1 6 και y = Ο. Έτσι α = 1 , οπότε η f γίνεται: χ 2 , εάν χ Ε (--οο , Ο] f (x) = 4χ - χ 2 , εάν χ Ε [1, +οο) Δηλαδή Δ = (-οο, Ο] υ [1, +οο) , όπου Δ το Π.Ο. της f. Μελετούμε κάθε κλάδο ξεχωριστά. Είναι f1 (χ) = χ 2 με Δ 1 = ( -οο, Ο] χ � Ο άρα χ 2 � Ο ή f1 (χ) � Ο άρα υπάρχει τοπικό ελάχιστο fmin = Ο f2 (x) = 4x - x 2 με Δ 2 = [l, +oo) f2 (x) = 4x - x 2 = -χ 2 + 4χ + 4 - 4 = = -(χ 2 - 4χ + 4) + 4 = -(χ - 2) 2 + 4 = = 4 - (χ - 2) 2 Όμως (χ - 2) 2 � Ο <:::::> -(χ - 2) 2 � Ο <:::::> 4 - (χ - 2) 2 � 4 <=:> f2 (x) � 4 και άρα υπάρχει τοπικό μέγιστο fmax = 4 .

+ οο

Άρα με .!_ < λ < 1 το φ( χ) γίνεται μόνιμα αρνητικό. 9 5.

{

Δίνεται

i) Να απλοποιηθεί ο τύπος της. ii) Να γίνει μελέτη και γραφική παράστα

ση. ίίί) Θεωρούμε την ευθεία y = λ,

χ 2 , εάν χ Ε (-οο, 2α(α - 1) ] με α Ε Ζ 4χ - χ 2 , εάν χ Ε [3α - 2, +οο)

•

Με τη

θετικούς αριθμούς λ δια τους οποίους η ε ξίσωση : x 2 - χ - 2 = λ έχει 4 διαφορετικές

λύσεις.

2) Για την τιμή αυτή του α, να βρεθούν τα ακρότατα της f.

Λ ύ ση χ

Λ i> ση

ΕΥ ΚΛ Ε Ι ΔΗΣ Β'

λ>Ο

βοήθεια της γρ. παράστασης να βρείτε τους

1) Βρείτε το α ώστε η f να είναι συνάρτηση.

1 ) Δια να είναι η f συνάρτηση πρέπει να είναι μο νότιμη δηλ. πρέπει 2α(α - 1) � 3α - 2 (δηλ. σε κάθε χ του Π.Ο. της να αντιστοιχεί ένα μόνο y) <:::::> 2α 2 - 5α + 2 � Ο ή .!.. � α � 2 και επειδή 2 Ε α Ζ θα είναι α = 1 ή α = 2. 2) Εάν α = 2 η f γίνεται:

με

η συνάρτηση f(x) = l x + 1 l · l x - 2 .

-χ;,

-1

------ -- - ----

L !I _χ-_2_l_ i)

Ι.

_ι_

_ _

+ χ:

f--- --+--- ,------- --χ+ l +

Εάν χ � -1 είναι f (x) = [-(x + 1)](2 - x) = = (χ + 1)(χ - 2) = χ 2 - χ - 2 Εάν -1 < χ < 2 :

λη ' τ.3/35

Μαθηματικά Α ' Λυκείου

f(x) = (χ + 1)(2 - χ) = - (χ + l)(x - 2) =

= -χ 2 + χ + 2 και εάν χ � 2 : f(x) = (χ + 1)(χ - 2) = χ 2 - χ - 2 Οπότε: χ 2 - χ - 2, εάν χ E (-oo,1 ] u [ 2, +oo) f(x) = -χ 2 + χ + 2, εάν χ Ε ( -1, 2)

{

f(x) =

χ), εάν χ -οο,1] [ 2, +οο) {φ(-φ(χ), εάν χ (-1, 2) υ

Ε(

iii)

με φ( χ) = χ 2 - χ - 2 ii) Κάνουμε πρώτα τη γρ . παράσταση της φ( χ) = χ 2 - χ - 2 που είναι της μορφής y = αχ 2 + βχ + γ με α = 1, β = -1 , γ = -2 . Επειδή α = 1 > Ο η φ έχει ελάχιστο στο χ 0 = - = � . το φ - = - � . α α + οο 1 /2

Αι .

- 00

� -9/4 / I

( )

Τα σημεία της καμπύλης y = -J';. - l, x � Ο είναι τα διατεταγμένα ζεύγη (χ, - J';. - 1), χ � Ο . Δίνεται επιπλέον το σημείο Α(2, -1) στο Καρτεσιανό επίπεδο . Να βρείτε το σημείο Μ της y δια το οποίο η απόσταση ΑΜ γίνεται ελάχιστη η οποία και να βρεθεί. Υπόδειξη : ΑΜ = �( χ - 2/ + (y + 1) 2 ή ΑΜ = .Jχ 2 - 3χ + 4 . Αρκεί η συνάρτηση f ( χ) = χ 2 - 3χ + 4 να πάρει την ελάχιστη τιμή

της που είναι η f Α2.

(%) = � .

Να βρείτε τον μ Ε � ώστε η συνάρτηση f( x ) = (μ + 2)χ 2 + μχ - Ι, μ =F- -2 να παρουσιάζει ελάχιστο το -2 . Υπόδειξη :

Για να παρουσιάζει ελάχιστο η f(x) πρέπει το α > Ο. Δηλ. μ + 2 > Ο ή μ > -2 . = -2 <:::::> Τότε 4α <=> μ = 2 - 2J3 ή μ = 2 + J3

-�

Α3 .

την γραφική παράσταση της f(x) = l x + 1 l l x - 2 1 = l x 2 - χ + 21 παρατηρούμε ότι η ευθεία y = λ τέμνει την γρ . παράσταση σε 4 διαφορετικά σημεία εάν και μόνο, ισχύει: 0 < λ < 2. . 'Ετσι διά 0 < λ < 2. η εξίσωση 4 4 2 lx - χ - 21 = λ επαληθεύεται από τις 4 τετμη μένες των κοινών σημείων της ευθείας y = λ και της παραβολής y = l x 2 - χ - 21 .

Π ρ οτ ε ιν ό μ ενες α σκή σ εις

( :)

Είναι λοιπόν φJστο ( -oo.-!-J και φ!στο ι.!.. . +οο) 2 2 'Εχει άξονα συμμετρίας την ευθεία χ0 = _1._ , 2α 1 9 Μ' 1 δη λ την χ = - και κορυφη το - ,- - . 2 2 4 Τέμνει τον άξονα χ ' χ στα σημεία Α(-1, 0), Β(2, 0) . Η γρ . παράσταση της -φ είναι συμμετρική της γρ . παράστασης της φ ως προς τον άξονα χ ' χ . Διαγράφουμε το τμήμα της φ που αντι στοιχεί στο διάστημα (-1, 2) και έχουμε τη γρ . παράσταση της f.

Από

• • • • • • • • • •

Δίνεται το τριώνυμο f(x) = (λ + 3)χ 2 + 4λχ - (5λ - 6) Να βρεθεί το λ Ε � , ώστε το τριώνυμο f(x) να διατηρεί σταθερό πρόσημο δια κάθε ΧΕ�.

-9/4 ' - - Μ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/36

Απ . : - 2 < λ < 1

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Εγγρά ψιμα τετράπλ ευρα

του Κυριάκου Κ. Καμπούκου

Ένα πολύγωνο λέγεται εγγράψιμο σε κύκλο όταν και μόνο υπάρχει η δυνατότητα να κατασκευαστεί κύκλος που να διέρχεται από όλες τις κορυφές του. Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι εγ γράψιμο αρκεί να αποδείξουμε ένα από τα επόμε να κριτήρια: α) Οι μεσοκάθετοι τριών πλευρών διέρχονται από το ίδιο σημείο, το οποίο είναι το κέντρο του κύκλου. β) Δύο απέναντι γωνίες έχουν άθροισμα 2ι . γ) Μια εσωτερική γωνία ισούται με την απέναντι εξωτερική γωνία. δ) Μια πλευρά φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες.

Επίσης το τετράπλευρο ΑΕΡΖ είναι εγγράψιμο, διότι ΑΕΡ + ΑΖΡ = 2ι . Συνεπώς η πλευρά ΑΕ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπο ίσες γωνίες, δηλαδή J\ = Ζ1 (2) . Από τις ( 1), ( 2) έπεται Β1 = Ζ1 • Άρα το τετρά πλευρο ΕΒΓΖ είναι εγγράψιμο. 2)

(Α = l ι )

με ύψος ΑΔ και διάμεσο ΑΜ. Αν Ε, Ζ είναι

Σε περιπτώσεις που θέλουμε να αποδείξουμε ότι ένα ν-γωνο ( ν 2:: 5 ) είναι εγγράψιμο, τότε αρκεί να δείξουμε μία από τις ακόλουθες προτάσεις. α) Οι μεσοκάθετοι (ν - 1 ) πλευρών διέρχονται από το ίδιο σημείο. β) Μια πλευρά φαίνεται από τις υπόλοιπες κορυ φές υπό ίσες γωνίες. γ) Τα τετράπλευρα Αι Α2 Α3 Αι, Α2 Α3 Αι As , Α3 Αι As Α6 , . . . Av-3 Av-2 Αv. ι Αν είναι εγγράψιμμα ..

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως, να αποδείξετε ότι τα σημεία Α, Ε, Δ, Μ, Ζ είναι ομοκυκλικά. Ποιο είναι το κέντρο του παραπάνω κύκλου;

Λ ύση

Επειδή Ε, Μ, Ζ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ αντιστοίχως έχουμε ΜΕ // ΑΓ και ΜΖ // ΑΒ. Επομένως ΜΕ .l ΑΒ και ΜΖ .l ΑΓ . Α

�

Α σ κή σ εις Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Ρ τυχόν σημείο

του ύψους ΑΔ. Αν Ε, Ζ είναι οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντιστοίχως, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΒΓΖ είναι εγ γράψιμο. Λύση :

Το τετράπλευρο ΡΕΒΔ είναι εγγράψιμο διότι ΡΕΒ + Ρ ΔΒ = 2ι . Άρα Ρ1 = Β 1 ( 1) "

Το τετράπλευρο ΑΕΔΜ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΑΜ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Ε, Δ υπό ίσες γωνίες. Επίσης το τετράπλευρο ΑΔΜΖ είναι εγγράψιμο, διότι Δ + Ζ 2ι . Τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΕΔΜ και ΑΔΜΖ έ χουν τρεις κορυφές κοινές, κατά συνέπεια τα ση μεία Α, Ε, Δ, Μ, Ζ είναι ομοκυκλικά. Το κέντρο του κύκλου είναι το μέσο της διαμέσου ΑΜ , διότι, ΑΕ Μ = ΜΜ = ΑΖΜ = lι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη '

τ. 3/37

Μαθηματικά Α ' Λυκείου

Γενικότερα οι προβολές Μι, Μ2, . . . , Mv ενός σημείου Μ σε οσεσδήποτε ευθείες ει, ε2 , ε3 , . . . , εν που διέρχονται από το Α ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου ΑΜ.

εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ είναι εγγράψιμο.

Σ η μείω ση :

Λύση

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ρ εκτός αυτού. Αν οι προβολές Κ, Λ, Μ του σημείου Ρ στις ευθείες ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ αντιστοίχως εί ναι συνευθειακά σημεία να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο με κορυφές Α, Β, Γ και Ρ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. ΛίJ ση

Έχουμε ΑΚΡ + ΑΛΡ 2 ι , άρα το τετράπλευρο ΑΚΡΛ είναι εγγράψιμο. Τότε κΑΡ κλΡ (1) Επίσης το τετράπλευρο ΡΛΜΓ είναι εγγράψιμο, διότι Ρ ΑΓ Ρ ΜΤ ιL λ

Το τραπέζιο ΑΒΔΕ είναι ισοσκελές, διότι οι δια γώνιοι ΑΔ, ΒΕ είναι ίσες. Άρα οι πλευρές ΑΒ, ΕΔ έχουν κοινή μεσοκάθετο, η οποία επιπλέον διχο τομεί τη γωνία ΜΚΛ . Ομοίως οι πλευρές ΖΕ, ΒΓ έχουν κοινή μεσοκάθετο, η οποία διχοτομεί τη γω νία κΜΛ και οι πλευρές ΓΔ, ΑΖ έχουν κοινή με σοκάθετο, η οποία διχοτομεί τη γωνία κλΜ . Οι διχοτόμοι του τριγώνου ΚΛΜ συντρέχουν, δηλαδή οι μεσοκάθετοι των πλευρών του εξαγώνου ΑΒΓΔΕΖ συντρέχουν, οπότε είναι εγγράψιμο. β'

τρό π ος

Αρκεί τα τετράπλευρα ΑΒΓΔ, ΒΓΔΕ, ΓΔΕΖ να εί ναι εγγράψιμα. Προφανώς στο ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΔΕ τα τρίγωνα ΚΑΒ, ΚΔΕ είναι ισοσκελή (για τι;). Ομοίως τα ΛΓ Δ, ΛΑΖ είναι ισοσκελή καθώς και τα ΜΒΓ, ΜΕΖ. Υπάρχουν λοιπόν 4 γωνίες ίσες με χ άλλες 4 γωνίες ίσες με y και 4 γωνίες ίσες με & . Όμως A + B + f + Δ + E + Z = (2 · 6 - 4)L = 8L =?

Επειδή τα σημεία Κ, Λ, Μ είναι συνευθειακά η γωνία κλΡ είναι εξωτερική του τετραπλεύρου ΡΛΜΓ, κατά συνέπεια κλΡ PfM (2). Από τις ( 1 ), (2) έπεται κΑΡ PfM , άρα το τε τράπλευρο ΑΡΓΒ είναι εγγράψιμο. =

ΒΕ

:::;.

χ + y + ω = 2ι .

Η τελευταία σχέση εξασφαλίζει την εγγραψιμότη τα και των τριών τετραπλεύρων. 5)

Θεωρούμε εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ και Α 1, Βι, Γι, Δι οι προβολές των κορυφών του Α, Β, Γ, Δ στις διαγωνίους. Να αποδεί

Στο εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ ισχύουν τα εξής: ΑΒ 11 ΕΔ, ΒΓ // ΕΖ, ΓΔ 11 ΑΖ, ΑΔ

4(χ + y + &) = sι

ΓΖ και οι διαγώνιοι ΑΔ, ΒΕ, ΖΓ σχηματί

ξετε ότι το τετράπλευρο Α1ΒιΓιΔι είναι εγ γράψιμο.

ζουν τρίγωνο ΚΛΜ. Να αποδείξετε ότι το ΕΥ ΚΛ ΕΙΔΗΣ Β '

λη ' τ.3/38

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

κΝΜ + κλΜ = Ν1 + Ν 2 + Α ι + Α 2 = Β Το τετράπλευρο ΑιΒ ιΑΒ είναι εγγράψιμο, διότι η = Αι + Δ 2 + fΊ + ι ,.. ,.. ..... ,.. ι ι πλευρά ΑΒ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό Επιπλέον Α ι + Βι = 1 και Δ2 + Γ2 = 1 διότι οι Επομένως

Λύση

ίσες γωνίες. Άρα BAr = Β ιΑι Γι

διαγώνιοι ΑΓ, ΒΔ τέμνονται κάθετα. Συνεπώς κΝΜ + κλ.Μ 2ι , οπότε το τετράπλευρο ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο.

(1) Α

Δύο κύκλοι (C1), (C 2)) τέμνονται στα ση μεία Α, Β και ευθεία (ε) που διέρχεται από το Α τέμνει τους κύκλους στα σημεία Γ, Δ αντιστοίχως. Αν οι εφαπτόμενες των κύ

κλων στα σημεία Γ, Δ τέμνονται στο σημείο

Επίσης το τετράπλευρο ΓιΔιΓΔ είναι εγγράψιμο, διότι η πλευρά ΓΔ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα ΒιΔιΓι = Β ΔΓ (2) Επιπλέον το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο, οπότε BAr = ΒΔΓ (3) Από τις σχέσεις ( 1 ), (2), (3) έπεται ΒιΑιΓι = Β ιΔιΓι , άρα το τετράπλευρο ΑιΒιΓιΔι

Ε, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΓΕΔΒ εί ναι εγγράψιμο. Λύση

Φέρνουμε την κοινή χορδή ΑΒ και έχουμε ΑΒ Δ = ΑΔΕ ως γωνία χορδής και εφαπτομένης και αντίστοιχη εγγεγραμμένη.

είναι εγγράψιμο.

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ του οποίου οι διαγώνιες τέμνονται κάθετα στο σημείο Ρ. Αν Κ, Λ, Μ, Ν οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντιστοίχως, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΚΛΜΝ είναι εγγράψιμο. Λύση

Τα τετράπλευρα ΑΚΡΝ, ΒΚΡΛ, ΓΛΡΜ και ΜΡΝΔ είναι εγγράψιμα. Επομένως Ν1 = Αι και Ν 2 = Δ 2 Επίσης Α ι = Β 1 και Α 2 = fΊ Α

Επίσης ΑΒ Γ = ΑfΈ για τον ίδιο λόγο. Από το τρίγωνο ΓΕΔ έχουμε ΓΕΔ + ΔfΈ + ΓΔΕ = 2ι συνεπώς ΓΕΔ + ΓΒ Α + ΑΒ Δ = 2ι , δηλαδή ΓΕΔ + ΓΒ Δ = 2ι , οπότε το τετράπλευρο ΒΓΕΔ εί ναι εγγράψιμο. 8)

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμένο σε κύ

κλο (0,

και Δ το aντιδιαμετρικό σημείο

του Α. Αν η εφαπτομένη (ε) του κύκλου στο σημείο Δ τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα ση μεία Κ, Λ να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΓΛΚ είναι εγγράψιμο. Λύση

Η ευθεία (ε) είναι εφαπτομένη του κύκλου στο Δ

και ΑΔ διάμετρος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

λη ' τ. 3/39

Μαθηματικά Α ' Λυκείου

10) Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ

ΑΓ και Μ σημείο της ευθείας ΒΓ. Έστω ει, εz οι κάθετες στις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα ση μεία Β, Γ. Αν η κάθετη στην ΑΜ στο ση μείο Μ τέμνει τις ευθείες ει, ε2 στα σημεία Δ, Ε να αποδείξετε ότι ΜΕ

ΜΔ.

Λύ ση

Για να ισχύει ΜΕ ΜΔ, αρκεί να ισχύει ΑΕ ΑΔ, ή αρκεί Ει = Δι · =

Έστω ΟΜ το aπόστημα της χορδής ΑΓ. Το τετράπλευρο ΜΟΔΛ είναι εγγράψιμο διότι (1) Μ + Δ = 2ι , αρα Λι = Οι λ λ 1 Επίσης Β ι = - ΑΟΓ ως εγγεγραμμένη και επίκε2 ντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο, οπότε Βι = Οι (2) Από τις σχέσεις ( 1 ), (2) έπεται Βι = Αι , οπότε το τετράπλευρο ΒΚΛΓ είναι εγγράψιμο. Λ

Δύο κύκλοι (C 1 ), (C2) τέμνονται στα σημεία Α, Β. Αν Ρ είναι σημείο του κύκλου (C 1 ) και οι ευθείες ΡΑ, ΡΒ τέμνουν τον κύκλο (C2) στα σημεία Γ, Δ να δείξετε ότι ΡΚ ..L ΓΔ ,

όπου Κ το κέντρο του κύκλου (Cι).

Το τετράπλευρο ΑΔΜΓ είναι εγγράψιμο, διότι ι λ λ λ λ ΑΓΔ = ΑΜΔ = 1 . Ά ρα Δι = Γι ( 1 ) Επίσης το τετράπλευρο ΑΒΕΜ είναι εγγράψιμο, διότι ΑΒΕ + ΑΜΕ = 2ι . Άρα Ει = Βι (2). Επίσης ΑΒ ΑΓ, οπότε Βι = fΊ (3). Από τις σχέσεις ( 1 ), (2), (3) έπεται Ει = Δι . ,

1 1 ) Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής Μ 1 , Μ2

Λύση

Θεωρούμε την εφαπτομένη (ε) του κύκλου (Cι) στο σημείο Ρ. Αρκεί να δείξουμε ότι ε 11 ΓΔ, διότι έχουμε ε ..L ΡΚ .

της μεσοκαθέτου της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ με την εξωτερική και εσωτερική διλ

χοτόμο της γωνίας Α αυτού αντιστοίχως, ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Αν επιπλέον ΜιΜ2

ΒΓ, τότε το

τρίγωνο είναι ορθογώνιο. Λύση c2

Ισχύει Ρι = Βι ως γωνία υπο χορδής και εφαπτο μένης και αντίστοιχης εγγεγραμμένης. Το τετράπλευρο ΑΒΔΓ είναι εγγεγραμμένο, άρα Βι = fΊ . Επομένως Ρι = fΊ , κατά συνέπεια ε 11 ΓΔ.

Έστω ΑΓ > ΑΒ. Αρκεί να δείξουμε ότι: ΜιΒΑ = ΜιfΆ και Μ 2 fΆ = 1 80° - Μ 2 ΒΑ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/40

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Δ

Άρα Μι Η ι Γ = Μι Θι Β ως ορθογώνια με ΜιΒ = Μι Γ και Μ ι Ηι = ΜιΘι οπότε ΜιΒΑ = Μ ι fΆ . Δ

Πράγματι τα σημεία Μ1, Μ2 ως σημεία της μεσο καθέτου xy της ΒΓ ισαπέχουν από τα Β, Γ ενώ ως σημεία των διχοτόμων ΑΔι , ΑΔ2 ισαπέχουν από τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ. Αν λοιπόν ΜιΗι, Μ 2 Η 2 .l ΑΓ και ΜιΘι, Μ 2 Θ 2 .l ΑΒ τότε Μι Η ι =ΜιΘι και Μ2Η2 =Μ2Θ2.

Ομοίως Μ 2 Hz Γ = Μ 2 Θz Β ως ορθογώνια με Μ2Β =Μ2Γ και Μ2Η2 =Μ2Θ2 . Άρα M 2 fΑ = Μ 2 ΒΘ 2 = 1 80° - Μ 2 ΒΑ . Αφού ΜιΑΜ 2 = 90° η Μ1Μ2 είναι διάμετρος του κύκλου Μ1ΑΒΜ2Γ. Άρα και η ΒΓ =Μ1Μ2 είναι ε πίσης διάμετρος, οπότε BAr = 90°

Η σχέση ΑΓ > ΑΒ εξασφαλίζει τις M 2 fΑ < 90° και Μ 2 ΒΑ > 90° (γιατί;)

Π αρατήρηση :

Το νέο Διοικητικό Συμβούλιο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.) : Πρόεδρος : Α' Αντιπρόεδρος : Β ' Αντιπρόεδρος : Γεν. Γρα μματέας : Αν. Γ. Γραμματέας : Τα μίας Αναπ. Τα μίας : Ειδικός Γραμματέας: Έφορος Βιβλιοθήκης: Μέλη :

Θεόδωρος Εξαρχάκος Γεώργιος Δημάκος Στυλιανός Ανδρεαδάκης Ιωάννης Τυρλής Παναγιώτης Χριστοπουλος Ανδρέας Τριανταφύλλου Εμμανουήλ Κρητικός Μιχαήλ Χρυσοβέργης Γεώργιος Τασσόπουλο

Σταύρος Παπασταυρίδης Βασίλειος Παπαντωνίου Αντώνιος Κυριακόπουλος Φραγκίσκος Καλαβάσης Παναγιώτης Δρούτσας Νικόλαος Λεβετσοβίτης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/41

Μαθ ηματ ι κά

για την Β '

�λ yεfJpα

τάξη

του

Λυκείου

Πρ όο δ ο ι

Αντώνης Κυριακόπου λος - Θάνος Χαραλάμπους

Έστω μία αριθμητική πρόοδος (αν). i) Ν α δείξετε ότι, για κάθε κ,ν Ε Ν * με κ � ν ισχύουν: α) α κ + α ν- κ +) = α ) + α ν β) α κ . αν-κ+) :?: α ) α ν

Σύμφωνα με τη (2), καθένας από τους αριθμούς α1α ν , α 2 αν - ι , ... , α ν α ι είναι :?: α1α ν και άρα καθένα από τα κλάσματα: 1 1 1 , < 1 ' · Συνεπως. ειναι -- , ... , αl αν α ν αl αl αν α2 αν-Ι ν 1 1 1 � . -- + -- + ... +

(1)

(2)

ii) Έστω ότι οι όροι της αριθμητικής προό κάθε ν Ε Ν * ισχύει:

_!._ α1

+ _!._ + + _!._ � .• .

α2

α.

_!. (_!._ ) 2 α1

+ _!._ .

Έστω ω η διαφορά της αριθμητικής προόδου (αν)

α)

Να βρείτε πέντε αριθμούς, οι οποίοι είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν

Έχουμε: α κ + α ν - κ+l = αι + (κ - 1)ω + αι + (ν - κ)ω = α1 + α 1 + (ν - 1)ω

Για να δείξουμε τη (2), αρκεί να δείξουμε ότι: [α1 + (κ - 1)ω] [α1 + (ν - κ)ω] :?: α 1 [α1 + (ν - 1)ω] , αρκεί (πράξεις κτλ) : (κ - 1)(ν - κ)ω' :?: Ο, ισχύει. Υποθέτουμε τώρα ότι οι όροι της (αν) είναι θε τικοί. Θέτουμε: 1 1 1 Σ = - + - + ... + - . αι α2 αν

γνωρίζεται ότι το άθροισμα τους είναι 10 και το άθροισμα των κύβων τους είναι 1540. Λύση

β)

ii)

α +α α +α + α�ν _α�Ι_ � 2Σ - l ν + ν -Ι 2 + ... +

Έτσι, από την (4) έπεται ότι: ν ν 1 1 2Σ � (α 1 + αν ) � Σ �- -+2 αι αν α1 αν

α.

Λύση

-- --- ( )

δου (αν) είναι θετικοί. Να δείξετε ότι, για

Πέντε αριθμοί είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν, μπορούν να παραστα θούν ως εξής: χ - 2ω, χ - ω, χ, χ + ω, χ + 2ω όπου χ, ω Ε JR . Οι αριθμοί αυτοί είναι ζητούμενοι αν, και μόνο αν: (χ - 2ω) + (χ - ω) + χ + (χ + ω) + (χ + 2ω) 10 (χ _ 2ω)3 + (χ _ ω)3 + χ3 + (χ + ω)3 + (χ + 2ω)3 1540

{

<:::::>

{χ

=2 =2 =2 ::> <::: ω = ±5 60ω 2 + 40 = 1540 <:::::> ω 2 = 25

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/42

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Με χ = 2 και ω = 5, βρίσκουμε: 8 -3, 2,7, 12 (1) Με χ = 2 και ω = -5, βρίσκουμε: 1 2, 7, 2, -3, -8 (2)

•

Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι ( 1 ) και οι (2) (με αντίστροφη διάταξη). 3.

Ονομάζουμε ρι και ρ2 τις ρίζες της εξίσω σης: αχ 2 + βχ + γ = Ο, όπου αβ ::f. Ο. Να δείξετε ότι οι αριθμοί: ρι, α, β, γ, ρ2 κατά την τάξη αυτή δεν είναι δυνατόν να είναι δια

β-α=γ-β γ - β = Pz - γ _

ρ1 = 2α - β α + γ = 2β

Pz = 2 γ - β

Q. = 2 · 2β - 2 β

�

α=

= (2α - β )(2γ - β) => γ = -

α + γ = 2β

=> 2β +

{

ω = 8cω 6 - ω = 2c . (6 - ω)

<=>

f 1

c = _!_ 8 <6 - ω)(2c - 1) = Ο

Χωρίζουμε τους αριθμούς:

μούς. Η 2η ομάδα περιέχει τους 5 επόμενους α

_!_

ριθμούς. Η 3η ομάδα περιέχει τους 8 επόμενους α

�

( - 1 - β )(2γ - β )

ριθμούς. Η 4η ομάδα περιέχει τους 11 επόμενους α ριθμούς. κ.ο.κ Να δείξετε ότι το άθροισμα των αριθμών που περιέχονται σε μία οποιαδήποτε ομάδα είναι ίσο με τον κύβο ενός ακεραίου αριθμού.

Να β ρ είτε τις αριθμητικές π ρ ο ό δ ους =

3, διαφ ο ρ ά ω > Ο και για τις

οποίες ο λόγος του α θ ρ ο ίσματος των ν π ρ ώτων όρων προς το άθρ οισμα των 2ν επο μένων ό ρων είναι σταθερός (δηλα δ ή , ανεξάρτητος του ν) Λύ σ η

Το άθροισμα των ν πρώτων όρων είναι: Sν = α1 + α2 + . . . + αν =

2α 1 + ( ν - 1)ω 2

Επειδή Uv+ι = αι + νω = 3 2ν επομένων όρων είναι: Σ zv = α ν + ι + α v+2 + . . . + α )v =

με:

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν ω = 6. Άρα, η ζη τούμενη αριθμητική πρόοδος είναι η (α 1 = 3, ω = 6).

(-1 - β )(4 β + 1 - β ) =>

( α v ) με αι

c Ε JR

α + γ = 2β

ρ1 ρ 2 = (2α - β )(2γ - β )

2 4β + 1 = (1 + β )(3β + 1) => 4β + 1 = 3β + 1 + 3β + β => 3β 2 = ο => β = Ο, άτοπο.

Προς τούτο πρέπει και αρκεί να υπάρχει

ρ 1 + ρ 2 = 2(α + γ ) - 2 β

1 γ = 2β + 2

<=> ν ω + (6 - ω) = 8cvω + 2c(6 - ω)

. • •

Έστω ότι αυτό είναι δυνατόν, οπότε θα έχουμε:

1 , 7, 13, 19 25, (1) ' σε ομάδες ως εξής: Η 1 η ομάδα περιέχει τους 2 πρώτους αριθ

.\ύ σ η

α - ρ1 = β - α

6 + νω - ω sν · ν = c(6 + 4νω - ω) · ν = c <=> S v = c · Σ,- <=> ν 2 Σ 2ν

δοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Έτσι, οι αριθμητική πρόοδος (α,) είναι ζητούμενη αν, και μόνο αν, υπάρχει αριθμός c JR τέτοιος ώστε, για κάθε ν Ν* να ισχύει:

6 + νω - ω 2

Υ·

νω, το άθροισμα των

2α + Ι + (2ν - 1)ω ν 2

2v =

= [2(3 + νω) + (2ν - 1)ω] · ν = (6 + 4νω - ω) · ν

Λύση

Οι αριθμοί ( 1 ) αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο 1 και διαφορά 6. Επίσης, οι αριθμοί: 2, 5, 8, 1 1 , . . . (2) αποτελούν αριθμητική πρόοδο με πρώτο όρο 2 και διαφορά 3. Το πλήθος των αριθμών που περιέχονται στις (ν - 1 ) (ν � 2) πρώτες ομάδες είναι το άθροισμα των ν - 1 πρώτων όρων της προόδου (2), δηλαδή είναι: 2 . 2 + ( ν - 1 - 1) " 3 2

· ( ν - 1) = _!_ (3ν - 2)(ν - 1) 2

Συνεπώς, ο τελευταίος αριθμός της ν Ι ομάδα; κατέχει την τάξη .!. (3v - 2)(v - 1 ) + 1 στη\' περίοδο -

( 1). Άρα, ο πρώτος όρος. έστω ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β.

λη . τ.3/43

α. τη;

νοστή; ομά-

Μ α θηματικά Β ' Λυκείου

δ ας κατεχει την ταξη '

1 - (3ν - 2)(ν - 1) 2

( 1). Συνεπώς: α=1+

[�

(3ν - 2)(ν - 1) + 1 - 1

}

στην προο δ ο Έχουμε:

· (3ν - 1) = [α + 3(3ν - 2)] (3ν - 1) =

κ κ 2 2κ 2κ ( l ) � (α + γ ) - β 2κ = α + β 2κ + γ zκ zκ zκ zκ � α zκ + zκ + 2α κ β =α +β +γ γ Ύ � α κ = 2κ � (α ) κ = ( 2 ) κ (2) β β γ Ύ

6 = 1 + 3(3ν - 2)(ν - 1) .

Οι αριθμοί της νιοστής ομάδας αποτελούν αριθμη τική πρόοδο με πρώτο όρο τον αριθμό α και δια φορά 6. Το πλήθος των αριθμών της νιοστής ομά δας είναι ο νιοστός όρος της προόδου (2), δηλαδή είναι: 2 + (ν - 1 )3 3ν - 1 . Άρα το άθροισμα των αριθμών της νιοστής ομάδας είναι: 2α + (3ν - 1 - 1) · 6

Λύ ση

= [1 + 3(3ν - 2)(ν - 1) + 3(3ν - 2)] (3ν - 1) = 2 = [1 + 3(3ν - 2) · ν ] (3ν - 1) = (1 + 9ν - 6ν)(3ν - 1) = 2 = (3ν - 1) (3ν - 1) = (3ν - 1)3 •

i) Έστω ότι οι αριθμοί α, β και γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Τότε αγ = β 2 και άρα η (2), επομένως και η ( 1 ), ισχύει για κάθε κ ε ΝΌ

ii) �Εστω ότι αγ > Ο και για ένα αριθμό κ ε Ν' ι σχύει η ισότητα ( 1 ). Τότε θα ισχύει και η ισό τητα (2), από την οποία έπεται ότι αγ β2 (α φού αγ > Ο και β2 > 0). Άρα, τότε, οι αριθμοί α,β και γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. =

8. 6.

Έστω μία γεωμετρική πρόοδος ( «ν) με λόγο λ. Να βρείτε το άθροισμα: Σ . = α ] - α 2 + α 3 - ·· • + α. ν-Ι

Να βρείτε το άθροισμα: Σ. = + + (ν προσθετέοι) + '-.,.--'

1 11 111 ... + 1 1 ... 1 ν φορές

( -1)

συναρτήσει του ν.

συναρτήσει των α1, λ και ν.

Λύση

Λ ύση

Έχουμε:

λ2

Σ ν = α Ι + (- 1 )α Ι λ + (-1) α Ι 2 = α 1 + α 1 ( -λ) + α 1 ( -λ)

+ . . . + (-1) ν -Ι α Ι λ ν - Ι 1 + . . . + α 1 ( - λ) " -

Οι όροι του αθροίσματος αυτού αποτελούν γεωμε τρική πρόοδο με πρώτο όρο το α1 και λόγο -λ. Αν -λ * 1 , δηλαδή αν λ * - 1 , τότε: •

( - λ)" - 1

Σν = α ·

(-λ) - 1

•

Αν

-λ = 1 ,

δηλαδή αν

1 - ( - 1 ) ν λν α · --'---I λ+1

λ = -1 ,

= =

1 0ν - 1

10 - 1

1 0ν+ l - 1 0

---

Έτσι έχουμε:

Θεωρούμε τρεις αριθμούς α, β, γ ε JR * . Να δείξετε ότι: i) Αν οι αριθμοί α, β και γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, τότε για κά

Ο και για ένα αριθμό κ ε Ν*

10 ·

τότε:

θε κ ε Ν* , ισχύει: κ (α + β κ + γ κ ) · (ακ - βκ + γ κ ) = α2κ + β2κ + γ 2κ

Έχουμε: 9Σν 9 + 99 + 999 + . . . + 99 . . . 9 (10 - 1) + (102 - 1) + ( 103 - I) + . . . + ο ον - I) ( 1 0 + 102 + 103 + . . . + 10ν) - ν Το άθροισμα στην παρένθεση είναι το άθροισμα των ν πρώτων όρων της γεωμετρικής προόδου ( α1 1 0, λ 10). Άρα, το άθροισμα αυτό είναι ίσο με:

(1)

1 0ν + Ι - 1 0 9 Σ = --ν 9

ν :::::> Σ = v

1 0ν+ Ι - 9ν - 1 0 81

-----

Σ χόλιο .

Ένα άμεσο συμπέρασμα είναι ότι ο αριθμός 8 1 διαιρεί τον αριθμό 1 0ν + Ι - 9ν - 1 0 , για κάθε ΝΌ ν Ε

Θεωρούμε μία αριθμητική πρόοδο (αν) με α. για κάθε ν ε Ν* και διάφορα ω ;�:.

;�:. Ο ,

Ο.

ισχύ

Υποθέτουμε ότι οι όροι της αλ, αμ, «ν και αρ

ει η ισότητα (1), τότε οι αριθμοί α, β, και γ

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου

είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό

(λ, μ, ν και ρ φυσικοί θετικοί αριθμοί, δια

δου.

φορετικοί ανά δύο). Να δείξετε ότι οι αριθ-

ii) Αν αγ >

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

λη ' τ.3/44

Μ αθηματικά Β ' Λυκείου

μοί: λ - μ, μ - ν και ν - ρ είναι επίσης δια δοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

Λύση

i) α)

Έχουμε:

Λύση

Λόγω των υποθέσεων, οι όροι της (αν) είναι δια φορετικοί ανά δύο (γιατί;). Έχουμε: αμ αν αρ αμ - αν αν - αρ = = ::::} ::::} αλ αμ αν αλ - αμ αμ - αν α 1 + (μ - 1)ω - α1 - (ν - 1)ω = ::::} α 1 + (λ - 1)ω - α1 - (μ - 1)ω α1 + (ν - 1)ω - α 1 - (ρ - 1)ω = ::::} α1 + (μ - 1)ω - α1 - (ν - 1)ω (μ - ν)ω = (ν - ρ)ω μ - ν = ν - ρ ::::} -- ::::} ::::} (λ - μ)ω (μ - ν)ω λ - μ μ - ν 2 ::::} (μ - ν) = (λ - μ)(ν - ρ). Άρα, οι αριθμοί λ - μ, μ - ν και ν - ρ είναι διαδο χικοί όροι γεωμετρική ς προόδου. -

1 0. Έστω μία γεωμετρική πρόοδος (αν) με αι

>Ο

και λόγο λ >

Ο. Να δείξετε ότι:

i) Για κάθε κ,ν Ε Ν * με κ ::; ν , ισχύουν: α) α κ . «ν- κ + ι = «ι α ν (1)

Για να δείξουμε τη (2), αρκεί να δείξουμε ότι: α ] λκ -Ι + α]λν - κ ::; α ] + α]λν -Ι ' αρκεί (λν -Ι - λν - κ ) - (λ κ -Ι - 1) � ο ' αρκεί λν - κ (λκ - Ι _ 1) - (λ κ - Ι _ 1) � 0 , αρκεί (λκ- Ι _ l) · (λ ν - κ - 1) � 0 (4) Διακρίνοντας τις περιπτώσεις λ � 1 και Ο < λ < 1 , βρίσκουμε εύκολα ότι η (4) ισχύει. ίί) Ονομάζουμε Σ. το άθροισμα του πρώτου μέ λους της (3). Από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι: 1 (5) 1 +1 ::; 1 -+_α�·-�κ!.!_ + l ::; α] +α . � -α�κ_ + α κ . α ν - κ + I α ] . α ν α κ α V·Κ+I α] α ν Θέτοντας στην (5) : κ = 1 , 2, . . . , ν και προσθέ τοντας κατά μέλη τις προκύπτουσες σχέσεις, βρίσκουημε ότι: 1 2Σ . ::; ν _!_ + _!_ � Σ . ::; � _!_ + . 2 α1 α. α1 α . β)

( )

(2) β) « κ + «ν- κ + ι ::ς «ι + α ν ii) Για κάθε ν Ε Ν * , ισχύει:

_!_ «ι

+ _!_ + α2

•••

_!(_!_ _!_)

+ _!_ ::; α . 2 «ι

α.

Σχόλιο

Η παραπάνω ισότητα ( 1 ) ισχύει για μία οποια δήποτε γεωμετρική πρόοδο (α_.) .

(3)

�}:i Α σκήσεις

στις Λ ο γαρ ιθμικές και Εκθετικές Συναρτήσεις Ε. Ευσταθίου

Επομένως πρέπει Ο < y < 1 ή y > 2 τότε

Να βρείτε το πεδίο ορισμού των παρακάτω

e' < 1 ln e' < ln l χ <Ο ή � ή � ή χ > ln 2 e' > 2 lne' > ln 2

{ {

συναρτήσεων. α) f(x) = ln(e 2 x β) g(x) =

- 4e x + 9) ln(ln(x 2 - (2 + e)x + 3e))

�

Δηλαδή το πεδίο ορισμού της f είναι το χ = (-οο, Ο) υ (Ιη 2, +οο) .

Λύση

α)

Για να ορίζεται η f πρέπει e 2 ' - 4e' + 3 > Ο αν θέσουμε ex = y με y > Ο θα έχουμε y 2 - 4 y + 3 > Ο � y < 1 ή y > 2 όμως y > Ο . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

{

β)

Για να ορίζεται η g πρέπει ln(ln(x 2 - (2 + e)x + 3e)) > 0 ή

λη ' τ.3/45

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ln(ln(x 2 - (2 + e)x + 3e)) > ln 1 <=> ln(x 2 - (2 + e)x + 3e) > 1 <=>

ρούμε την εξίσωση : f(x) = 0 <::::> 6 · 9 ' - 1 3 · 6χ + 6 · 4χ = Ο <=>

ln(x 2 - (2 + e)x + 3e) > ln e <=> x 2 - (2 + e)x + 3e > e <=> χ < 2 ή x > e

<=> 6 { % Υ + 6 {�Υ - 1 3 = 0 Θέτουμε ( % Υ = k, k > Ο ( 1 ) τότε -

gx 4χ <::::> 6 · -1 - 1 3 + 6 · -1 = Ο <=> 6χ 6χ

( e = 2, 7 1 828)

Επομένως το πεδίο ορισμού της Α = (-οο, 2) υ (e, +oo) .

είναι το

Δίνεται η παράσταση : Α = log(x2 - 1) + log(y 2 - 1) - log[( xy + 1) 2 -{x+y)2 ]

1 6 . k + 6 . - - 1 3 = ο <=> 6k 2 - 1 3k + 6 == ο (2) . k

Να δείξετε ότι ορίζεται για χ > 1 και y > 1

Η (2) έχει διακρίνουσα Δ

και στη συνέχεια να την aπλοποιήσετε.

25 >0 και ρίζες

k1 = l , k 2 = 3_ . Τότε από την ( 1 ) προκύπτουν 3 2

Λύση

Αφού χ > 1. και y > 1 προκύπτει χ2 - 1 > Ο και y 2 - 1 > Ο. Επίσης (xy + 1 ) 2 - (χ + y) 2 =

(xy + 1 - χ - y)(xy + 1 + χ + y)

- (y - l )] [x(y + 1 ) + (y + 1 )] =

[(x(y - 1 )

Άρα η Cr θα τέμνει τον χχ ' στα σημεία B( l , Ο)

(y - l )(x - l )(x + 1 )(y + 1 ) == == (y 2 - 1 )(χ 2 - 1 ) > Ο. (I) άρα η παράσταση ορίζε ==

ται για χ > 1 και y > 1 . Έχουμε Α = log(x 2 - 1)(y 2 - 1) - log(x 2 - 1)( / - 1) = Ο 3.

και Γ(-1 , 0). . 4

log(log x) , , Δ ινεται η συναρτηση f( χ ) = 10 + log e

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της και να υπο λογίσετε το χ ώστε f(y x ) - f( y ) = 2.

Δίνεται η συνάρτηση

Λύση

f(x) = 6 · 9' - 13 · 6χ + 6 · 4χ . Να δείξετε ότι: α) Η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει τον άξονα yy Ό β) Η γραφική παράσταση της f τέμνει τον χχ ' σε δύο σημεία.

Για vα ορίζεται η συνάρτηση πρέπει και αρκεί χ>0 χ>0 και <::::> και <::::> χ > 1 . log x > Ο χ>1

{

Λύση

Άρα το πεδίο ορισμού της είναι Α == (1, +οο) Από log χ τον τύπο αλλαγής βάσης logα χ = β log β α _ _

α)

Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο R * . Επομένως το σημείο Α(Ο, κ), με κ ε R ,

β)

δεν ανήκει στην γραφική παράσταση f, δηλαδή η Cr δεν τέμνει τον yy ' . Θα εξετάσουμε αν η Cr τέμνει του χχ ' Θεω-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β.

με χ, α, β > Ο και α =F 1 , β =F 1 . 'Εχουμε f (x) == 1 0 + log(log x) = 1 0 + ln(log x) log e

Τότε f (yx ) == 1 0 + ln(log yx ) = 1 0 + ln(x · log y) = λη ' τ.3/46

Μαθηματικά Β' Λυκείου

= 1 0 + ln χ + ln(log y) = ln χ + (10 + ln(log y))

log(x - 3 ) > log 1 0 χ - 3 > 10 χ > 13 <:::::> ή <:::::> ή ή 1 3Ι Ι log(x - 3) < log χ<χ-3<10 10 10

= ln x + f (y) . 'Ετσι f(yx ) - f (y) = ln x ( 1 )

Έτσι από την υπόθεση και την ( 1 ) προκύπτει Ιη χ = 2 <:::::> χ = e 2 .

Επειδή όμως η f ορίζεται για κάθε χ Ε (3, 4) υ ( 4, +οο) συναληθεύοντας προκύπτει

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = log l og(x - 3) .

Να βρείτε

το σύνολο λύσεων: L = {χ Ε Ζ : f (x) > 0} = {1 3, 14, 1 5, ... }

i) ποιες τιμές του χ ορίζεται η συνάρτηση f.

3 3 1/ 10

ii) Για ποιες τιμές του χ η γραφική παρά σταση της f τέμνει τον χχ ' . iii) Τις ακέραιες τιμές του χ για τις οποίες 6.

f(x) > O . Λύση

Δίνεται

{

άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο Α = (3, 4) υ ( 4, +οο) . γραφική παράσταση της f τέμνει τον χχ ' αν και μόνο αν f (χ) = ο <:::::> log I Iog(x - 3) 1 = ο <:::::>

ii) Η

log l log(x - 3) 1 = log 1 <:::::> I Iog(x - 3) 1 = 1

log(x - 3) = 1 ή log(x - 3) = - 1 ι <=> χ - 3 = 1 0 ή χ - 3 = 1 0- <=> 1 31 <:::::> Χ = 1 3 η' Χ = - + 3 = 10 10 ίίί)Έστω f (x) > Ο <:::::> log l log(x - 3) 1 > Ο

<:::::> log I Iog( χ - 3) 1 > log 1 log(x - 3) > 1 <:::::> I Iog(x - 3) 1 > 1 <:::::> ή <:::::> log(x - 3) < - 1

{

συνάρτηση

ι:

f : ΊR � ΊR

με

f(x) = 3 ι - z χ - 2χ . Να δείξετε ότι η εξίσωση

υπο λογίσετε.

πρέπει: χ>3 χ>3 χ >3 και <:::::> και <:::::> και log(x - 3) :;t: Ο χ - 3 :;t: 1 χ :;t: 4

f(x) = Ο έχει μία ακριβώς ρίζα και να την

Πρέπει χ - 3 > Ο και I Iog(x - 3) 1 > Ο . Δηλαδή

{

Λύση

Για κάθε χ 1 , χ 2 Ε ΊR έχουμε: χ1 < χ 2 <:::::> -2χ 1 > -2χ 2 <:::::> Ι - 2χ 1 > Ι - 2χ 2 <:::::> ι ι 1 - 2χ > Ι - 2χ 2 <:::::> 3 -2 χ, > 3 -2 χ , (1) 1 1 3 -2 χ , > 3 - 2 χ , ' Έτσι έχουμε { αρα: -2χ . > -2χ 2 1 3 1 -2 χ, - 2χ ι > 3 -2 '' - 2Χ 2 ή f (Χ ι ) > f (χ 2 ) I

Δηλαδή η f είναι γνησίως φθίνουσα συνάρτηση στο R. Επομένως θα είναι και Ι - 1 συνάρτηση. Για τη λύση της f(x) = Ο έχουμε: f (x) = Ο <:::::> 3 1 -2 ' - 2χ = Ο <:::::> 3 3_2 , = 2χ <:::::> 3 = 2χ . 3 2 χ (1) . ·

Διαπιστώνουμε ότι έχει λύση Χι = - θα δείξουμε 2 ότι είναι μοναδική. Έστω ότι έχει και άλλη λύση χ 2 :;t: -Ι τότε 2

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β' λη '

τ.3/47

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

f (x 1 ) = f(x 2 ) , άτοπο γιατί f είναι 1 - 1 άρα η λύση 1 ' χ 1 = 2 ειναι μοναδ ικη.' 7.

•••

+ 20 log 3

Λύ ση

Σ = 1og 3 + 1og 3 2 + 1og 3 3 + ... + 1og 3 20 = άρα: 1og(3 · 3 2 · 3 3 ... 3 20 ) = 1og 3 1 +2+3 +... +20 όμως ο εκθέτης

της δύναμης, είναι άθροισμα 20 όρων αριθμητικής προόδου με αι = 1 και α20 = 20 έτσι 1 + 20 1 + 2 + 3 + ... + 20 = 20 = 2 1 0. 2 Άρα Σ = 1og 3 2 1 0 = 2101og 3 .

--.

Αν οι αριθμοί logx, logy, logz με x, y, z

2ν 1οg α + ν(ν - 1) · 1og Q_ = --------α= 2 v(v- 1 ) 1 = 2 1οg α 2 + 1og

[

Να υπολογίσετε το άθροισμα: Σ = log 3 + 2 log 3 + 3 log 3 +

2 1οg α + (ν - 1) · 1og Q_ α ·ν 2

Σν =

( �)

]

α 2ν . β ν(ν-1 ) 1 1 β ν(ν - 1 ) = - 1og ν(ν - Ι ) = -1og v(v - l ) - v 2 2 α 2 α ν(ν-1) β βν(ν-1) 1 = - 1og ν(ν 1 ) τότε Σ ν = 1og ν ( ν -3 ) α 2 α - -2

--=----

10. Αν για τους διαφορετικούς μεταξύ τους θε

τικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει

-- = -- = --

>Ο

log x

log y

log z

y-z

z-x

x-y

(1). Να αποδειξετε οτι ,

είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προό δυο, να δείξετε ότι η εξίσωση 2 λ χ + λ · y + z = Ο δεν έχει ρίζες πραγματι•

κές.

Λύ ση

Αρκεί να δείξουμε ότι: 1og(x χ y Y zx ) = 1og ι ή 1og xx + 1og yY + 1og zz = 0 ή

(1)

χ 1og χ + y 1og y + z 1og z = Ο

Λύ ση

Από την υπόθεση ισχύει: 21ogy = 1ogx + 1ogz � � 1og y 2 = 1og xz � y 2 = χ · z (1)

Από την υπόθεση έχουμε 1og z 1og χ 1og y = λ άρα = λ, = λ, z-x x-y y-z

Η δοθείσα εξίσωση: χ · λ 2 + λ · y + z = Ο έχει διακρίνουσα Δ = y 2 - 4xz = y 2 - 4y 2 = -3y 2 < Ο .

log x = λ(y - z), log y = λ(z - x), log z = λ(χ - y)

Επομένως δεν έχει ρίζες πραγματικές. 9.

Δίνεται αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο

Έτσι χ 1og χ + y 1og y + z 1og z = χλ(y - z) + yλ(z - χ) + z · λ(χ - y) = χλy - χλz + yλz - yλχ + zλχ - zλy = Ο .

τον logα και δεύτερο τον logβ με α, β > Ο, να

Δηλαδή ισχύει η ( 1 ) επ_ο μένως και η ζητούμενη.

υπο λογίσετε το Σν.

1 1 . Να λύσετε την εξίσωση :

3 ln e·x x -χ

Λύ ση

Έχουμε α 1 = 1οgα και α2 = 1οgβ τότε ω = α2 - α 1 = 1οgβ - 1οgα ή ω = log Q_ . Από τον τύπο α · 2α + (ν - 1) ω , , Σν = 1 · ν προκυπτει οτι: 2

. fu = 0

(1)

Λύ ση

εξίσωση ορίζεται για χ

[η

Ο. Η ( 1 ) ισοδύναμα

γράφεται e · χ'" ' = χ' 1/Χ <c> ln[ ex '" ' ] = ln χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/48

Μαθηματικά Β · Λυκείου

{

<=> χ = 3, y = 27 ή ω = log 3 log y = log 3 y=3 <=> <=> z = 3 log 3 log χ = 3 log 3 χ = 27 ·

<=> ln e + ln(x1n x ) = ln χ 3 <:=>

10 <=> l + ln x · ln x = - · ln x <=> 3 <=> 3 + 3(ln χ) 2 = 10ln χ

(1)

αν ln x = y από την ( 1 ) έχουμε: 13. Να λύσετε το σύστημα:

3y 2 - 10 · y + 3 = Ο <=> y = 3 ή Υ = ..!_ . 3 Επομένως ln χ = 3 ή ln χ .!. 3 =

<:=>

{(2x)logx log(Y2lxo)g(2x) Sx2 2Y =

_r_ =

χ = e3 ή

Λύ ση

{

Για την επίλυση του συστήματος χρησιμοποιούμε την παρακάτω πρόταση: Για κάθε χ, y ε ll( ισχύει:

12. Να λύσετε το σύστημα: xy

= 81

(log x) 2

+ (log y) 2 = 10log 2 3

(1)

Λύ σ η

Για να ορίζεται το σύστημα, πρέπει χ, y

{ { {

Ο. Έ-

χουμε: xy = 8 1 <=> log 2 χ + log 2 y = 10log 2 3

{ {

{

log χ + log y = 4log 3 log 2 χ + log 2 y = 1 0 log 2 3 <=> =

{

ω τότε το σύστημα (Σ)

γράφεται: z + ω = log 3 z + ω = 4log 3 <=> z 2 + ω 2 = 10log 2 3 (z + ω) 2 - 2zω = 10log 2 3

{

z + ω = 4log 3 z + ω = 4log 3 <=> z · ω = 3 log 2 3 1 6 log 2 3 - 2zω = 10log 2 3

Επομένως τα z, ω θα είναι ρίζες της εξίσωσης: κ 2 - 4log 3 · κ + 3 log 2 3 = 0 ( 1 ) Η

{

Για να ορίζονται ο ι εξισώσεις του συστήματος θα πρέπει y > Ο και χ > Ο (2). Έτσι το σύστημα λόγω της ( 1 ) ισοδύναμα γράφεται: log( x) log( x) 2y log( 2 x) = 8χ 2 <:=> Y 2 + Y 2 = Sx 2 <:=> _Υ_ = 4χ 2 _L_ log( 2 x) log( x) Y 4χ 2 Y 2

log(xy) = log 34 <=> log 2 χ + log 2 y = 1 0 log 2 3

Έστω log χ z και logy

(γιατί log[x1og y ] = log[y1ogx ] <=> <=> log y · log χ = log χ · log y .

( 1 ) έχει ρίζες:

{

{ {

{

4Χ 2 = Y log( 2 x) 4Χ 2 = Y l - log( 2 x)

<:=>

{

I log( x) log( x) Y- 2 =Y 2 l 4Χ 2 = Y - log( 2 x)

{

z = log 3 log x = log 3 <=> log y = 3log 3 <=> ω = 3 log 3

{

χ = _!_.JW 2 y = 100

Λύ ση

Η ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β "

�

l 1 ..!. 10 χ -_ 2 r;-;:; log(2x) = 2 2χ = 10 2 <=> <=> 1 4χ 2 = Y J - log( 2 x) 4 χ 2 = Υ 1 -2 10 = y 2

14. Να λύσετε την ανίσωση : ln 2

kι = log3, k2 = 3log3 τότε

<:=>

χ - ιη.!. - 2 > Ο . χ

ανίσωση ορίζεται στο σύνολο Α = (0, -t00 ) .

λη " τ.3/49

Μαθηματ ικά Β · Λυκείου

Τότε ln 2 x-(ln l-lnx) - 2 > Ο <:::::> ln 2 χ+ ln x - 2 > Ο αν θέσουμε ln χ = y, y Ε JR θα έχουμε

y 2 - 3y - 4 > 0 <=> y < -1 ή y > 4 , όμως πρέπει y ;::: Ο . Τότε συναληθεύοντας έχουμε y > 4. Άρα:

/ + Υ - 2 > Ο <:::::> y < -2 ή y > 1 άρα

ln x < -2 ή ln x > l <:::::> ln x < ln e -2 ή ln χ > ln e <:::::> χ < e -2 ή χ > e . Άρα x E (O, e -2 ) υ (e, +oo) .

Από το σύνολο ορισμού της ανίσωσης έχουμε: Χ<-2 ή Χ>2

αληθεύει για χ < - 4 ή χ > 4.

(log x3 )2 - 2logx2 - 5 < Ο . Λύ ση

17. Να λύσετε την aνίσωση :

χ2 + j2x - 11 + 2 ---'--�- < ο .

Αρχικά για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει χ > Ο ( 1 ). Τότε (log x 3 ) 2 - 2 log x 2 - 5 < 0 <:::::> (3 log x) 2 - 4 log x - 5 < 0 <:::::> 9 · (log χ) 2 - 4 · log χ - 5 < Ο

(2)

Αν log χ = y η ανίσωση (2) γράφεται:

log(2x - 1) - 1 Λύ ση

{

ανίσωση ορίζεται για 2χ - 1 > Ο και log(2 x - 1) - 1 * Ο .

9 · y 2 - 4 · y - 5 < Ο <:::::> -� < y < 1 ή 9 -� 5 - 9 < log x < 1 <:::::> 1og 10 < log x < log 10 <:::::>

1 1 χ >χ>2 <:::::> Τότε: 2 1 οg(2 χ - 1) * 1og 1 0 χ*

<:::::> 1 0 < χ < 10 . Επαληθεύοντας με την ( 1 ) προ 9

κύπτει το σύνολο λύσεων της αρχικής ανίσωσης

Α=

(_!_2 ' .!22 ) (.!22 ' +οο ) . υ

ανίσωση ισοδύναμα γράφεται: Χ 2 +(2 χ - 1)+2 ---'------'-- < Ο <:::::> (χ- +2χ+ 1) · [log (2χ- 1 )-1] < Ο log(2 x - 1) - 1 <:::::> (χ+ 1) 2 [log(2x - 1) - 1] < Ο <:::::> log(2 x - 1)-1 < Ο

16. Να λύσετε την aνίσωση :

log(x2 - 4) > log 3jxj .

•

Λύ ση

<:::::> log(2 x - 1) < 1 <:::::> log(2x - 1) < log 10

ανίσωση ορίζεται για χ 2 - 4 > Ο και χ * Ο . Τότε χ 2 > 4 <:::::> j x j > 2 <:::::> χ > 2 ή χ < -2.

<:::::> 2χ - 1 < 1 Ο <:::::> 2χ < 1 1 <:::::> χ < _!__! όμως και 2

( ) (

χ Ε _!_ .!2 υ .!2 +οο 2' 2' 2

Δηλαδή η ανίσωση ορίζεται στο σύνολο Α = ( -οο, -2) υ (2, +οο) .

Επειδή η f (χ) = log χ είναι γνήσια αύξουσα νάρτηση έχουμε: log( x 2 - 4) > log 3 j xj <:::::> <:::::> χ 2 - 4 > 3 jxj � j x j 2 - 3 jxl - 4 > Ο . = y,

;

Δηλαδή ορίζεται στο σύνολο:

Α = ( 1 0 , 1 0).

Θέτουμε j x j

(2)

Έτσι από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι η ανίσωση

15. Να λύσετε την aνίσωση :

<:::::>

(1)

j xj > 4 <:::::> x > 4 ή χ < -4

y ;::: Ο οπότε προκύπτει

συ

)

11 ' για -1 < χ < ' αλη θ ευει . Ά ρα η ανισωση 2 2

18. Να λύσετε την aνίσωση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ .3/50

Μ αθηματικά Β ' Λυκε ίου

{

Λί1 ση

Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει χ - 1 � Ο άρα χ Ε Α = [1 , +οο) . Έχουμε Ι

χ�

_!_ log3 ( x -l ) + l _!_ log/ + 2 + 1 25 3 -1 25 2 I

Ο και

�χ

�

1 26

750

. Επειδή

� 1 0 < χ < 1 000

� Ο (γιατί α

Ε Α δηλαδή

Λ ί1 ση

Θα λύσουμε ξεχωριστά κάθε ανίσωση : Έτσι j1og χ - 2 j < 1 � - 1 < log χ - 2 < 1 � � 1 < 1og χ < 3 � log 1 Ο < log χ < log 1 03 �

�Ο

2( 2 1og 5 x +2 ) + 53 ( 3 1 og, ( x -l )+I J _ �5 1�0 + ( + og, og, χ 1 x ) 4 -1 3 - 1 � ο +5 � 51 _ og � 5 4 . 5 1 5 x + 53 . 5 Ιοg5 ( χ -Ι Ι 1 � 0 � 6 2 5 · χ + 1 2 5 · ( χ - 1) - 1

10g"'

=χ)

χ�1,

προκύπτει ότι η ανίσωση αληθεύει για

χ�1.

Και �

{

:1F

12 - χ

χ > 10 χ < 12

log χ - 1 > 0 και

�

12 - χ >

{log

χ>1

χ < 12

(2) .

Επομένως από τις ( 1 ) , (2) το σύστημα αληθεύει για 1 2) .

Κωνικές τομές του Αντώνη Κυριακόπουλου χ 2 + y 2 + Αχ + B y + Γ = Ο Az + Bz

(Ι)

- Γ > Ο)

Η εξίσωση του κύκλου C με κέντρο το

( στην οποία ισχύει:

σημείο Κ(α, β) και ακτίνα ρ > Ο είναι: ( χ _ α) z + ( y _ β) z = ρ z .

Αντι σ τ ρ ό φ ως. Μία εξίσωση της μορφής

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε ενός κύ κλου z C : (χ _ α) z + ( y _ β) z = ρ . σ ' ένα σημείο του Μ(χο, Υο) είναι: ( χ - α) ( χ ο - α) + ( y - β) ( Υ ο - β) = ρ z . Υ

ε , ./- �� .

1 Μ (χο· Υο) '

1 .3.

{

� 10 < χ < 12

1 . ΚΥ ΚΛ ΟΣ

1 .2.

(1).

�log χ - 1 > 0 �

Χ Ε (1 0,

1 8 . Να λυθεί το σύστη μα:

1. 1 .

j log x - 2j < 1 �log x - 1 > Ο · 12 - χ

Κ( α ,β)

( Ι ) παριστάνει έναν κύκλο μόνο αν: Αz + Bz , , , --4-- - Γ > Ο . Τ οτε, το κεντρο του κυ-

( � �)

κλου είναι κ είναι ρ = •

\ /1

Αν

/ Az + Bz - Γ ν 4

Az + Bz 4

και η ακτίνα του

•

Γ = Ο , τότε η εξίσωση ( Ι )

, , παριστανει το σημειο κ

•

Az + Bz 4

ση της μορφής: Β ' λη ' τ.3/51

- Γ < Ο , τότε η εξίσωση (I)

είναι αδύνατη.

Κάθε κύκλος στο επίπεδο έχει μία εξίσω ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ

Αν

( - 2 , - 2) .

Μ αθηματικά Β' Λυκείου

Ασκή σ εις 1.

Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου C που διέρχεται από τα σημεία Α(- 2, 5) και χ

Β (2, 3) και το κέντρο του είναι πάνω στον κύκλο C ' : x 2 + ( y + 1) 2 = 5 . Λύ ση

Το κέντρο, έσtω Κ, του κύκλου C θα ανήκει και στη μεσοκάθετο ε του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ . Οι συντεταγμένες του μέσου Μ του τμήματος ΑΒ 2-2 3+5 , "\ � εχουμε. . είναι: -- , -- = (0, 4) . Εξα/\JΙ,ου, 2 2 3 5 1 , λ 2 . 'Ε τσι, η εξισω ' λ = - = - - και αρα ΑΒ 2+2 2 ση της ευθείας ε είναι: y - 4 = 2(χ - Ο) {::? y = 2χ + 4.

Έχουμε:

)

(

ε =

Οι συντεταγμένες του κέντρου Κ είναι λύση του στστήματος των εξισώσεων των γραμμών C και ε, δηλαδή του συστήματος: χ 2 + (y + 1) 2 = 5 Χ 2 +(2χ+5) 2 =5 {::? Ι χ = -2 {::? y=2x+4 y = 2x + 4 ly = O Άρα Κ(-2, 0). Έτσι, η ακτίνα του C είναι: ρ = (ΚΑ) = �(-2 + 2) 2 + (5 - 0) 2 = 5.

(ΟΚ) = �(3 - 0) 2 + ( - 4 - 0) 2 = 5.

β)

{::?

Θεωρούμε τους κύκλους 2 C : χ 2 + y 2 = 1 και C ' : (χ - 3)2 + (y + 4) = 36 .

�

� : . Άρα, οι συντεταγμένες του Μ

(-�, �).

κοινή τους εφαπτομένη ε είναι η εφαπτομένη του κύκλου C (όπως και του C ') στο σημείο

γ) Η

(-�, �) . εξίσωση της ε είναι: χ ( - �) + y · � = 1 3χ - 4y + 5 = Ο .

του Μ

{::?

Έστω η εξίσωση : χ 2 + y 2 2λχ 2( λ -

α) Ν α δείξετε ότι οι κύκλοι C και C ' εφά

1)y + ( λ 1)2 = 0

λ ε JR * , παριστάνει έναν κύκλο Cλ·

β) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημεί

φάπτονται στην ευθεία ε: 3χ + 4y -

γ) Να βρείτε την εξίσωση της κοινής τους

Λύ ση

εφαπτομένης ε. α)

Το κέντρο του κύκλου C είναι το σημείο 0(0, Ο) και η ακτίνα του είναι ρ 1 . Το κέντρο του κύκλου C ' είναι το σημείο Κ(3, -4) και η ακτίνα του είναι R = 6. =

β) Να βρείτε τους κύκλους Cλ, οι οποίοι ε

ου επαφής.

Λ ύ ση

(1)

α) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1), για κάθε

πτονται εσωτερικά.

α)

jΥο

είναι

Συνεπώς, η εξίσωση του κύκλου C είναι: (χ + 2) 2 + y 2 = 25 . 2.

Έτσι, έχουμε: (ΟΚ) = 5 = 6 - 1 = R - ρ . Άρα, οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. Έστω Μ(χ0, y0) το σημείο επαφής. Έχουμε: ΚΟ = 50Μ {::? (0 - 3, 0 + 4) = 5(χ 0 - O, y 0 - 0)

Ο.

Η εξίσωση ( 1 ) είναι της μορφής: χ 2 + y 2 + Αχ + By + Γ = Ο , όπου Α = - 2λ, Β = - 2(λ - 1 ) και Γ = (λ - 1 )2. Έχουμε: Α2 + Β2 4λ 2 + 4(λ - 1) 2 - (λ - 1) 2 = λ 2 -Γ= 4 4 Άρα, για κάθε λ Ο , η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει έναν κύκλο cλ με κέντρο κλ (λ, λ - 1 ) και ακτί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/52

7:-

Μαθηματ ικά Β' Λυκείου

Αυτή είναι της μορφής: χ 2 + y 2 + Αχ + By + Γ = Ο με: Α 2λ - 1 , Β - (λ - 1 ) και Γ - (3λ + 2). Για κάθε λ Ε JR έχουμε: 2 2 Α2 + Β2 - Γ = (2λ - 1) + (λ - 1) + 3λ + 2 = 4 4 2 5λ + 6λ + 1 0 ο > , γιατί η διακρίνουσα του 4 τριωνύμου: 5/! + 6λ + 1 Ο είναι αρνητική. Άρα, για κάθε λ Ε IR , η εξίσωση (2), επομένως και η (1) παριστάνει ένα κύκλο Cλ. Επειδή τα σημεία Μ και Ν είναι σημεία και των δύο γραμμών ε και c, οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν τις εξισώσεις και των δύο αυτών γραμμών και άρα επαληθεύουν και την εξίσω ση (1), για κάθε λ Ε IR . Άρα, όλοι οι κύκλοι Cλ διέρχονται από τα ση μεία Μ και Ν. Το κέντρο ενός κύκλου C λ είναι: Α Β 2λ - 1 !:=-_!_ - _ = =

β)

Ένας κύκλος Cλ εφάπτεται στην ευθεία ε αν και μόνο αν: d (Κλ , ε) = ρλ � l 3 λ +�4(λ - Ι ) - s ι = l λ l � 32 + 4 2 � I Ίλ-1 2 1 = l 5λ l � (7λ-1 2=5λ ή 7λ-1 2=-5λ) � (λ = 6 ή λ = 1). Άρα, οι ζητούμενοι κύκλοι είναι: C1 : χ2 + y2 - 2χ = Ο και c6 : χ 2 + y2 - 12χ - IOy + 25 = ο . Θεωρούμε την ευθεία ε: 2χ - y - 3 τον κύκλο C : χ 2 + y 2 - χ + y - 2 = Ο .

---

-----

Ο και

α) Να δείξετε ότι η ευθεία ε και ο κύκλος C τέμνονται. Ονομάζουμε Μ και Ν τα ση μεία τομής. β) Ν α δείξετε ότι η εξίσωση :

χ 2 + y 2 - χ + y - 2 + λ(2χ - y - 3) = 0

(1)

για κάθε λ Ε JR , παριστάνει έναν κύκλο Cλ, ο οποίος διέρχεται από τα σημεία Μ

και Ν.

γ) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των κέ ντρων των κύκλων Cλ, όταν το λ διατρέ

γ)

{

2χ - y - 3 = 0 <=> χ2 + y2 - χ + Υ - 2 = Ο y = 2x - 3 <::::> χ 2 + (2χ - 3) 2 - χ + 2χ - 3 - 2 = ο y = 2x - 3 <::::> 5χ2 - l lx + 4 = Ο

{ {

Το σύστημα αυτό έχει δύο λύσεις, γιατί η δια κρίνουσα της εξίσωσης: 5 χ 2 - 1 1 χ + 4 = Ο είναι Δ 1 12 - 4 · 5 · 4 = 4 1 > 0 . Άρα η ευθεία ε και ο κύκλος C τέμνονται. β) Έχουμε: (1) <::::> χ 2 +y 2 + (2λ - 1)χ - (λ - 1)y - (3λ + 2) = Ο (2) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

)

2 ' 2. 2 ' 2 Ένα σημείο Μ(χ, y) ανήκει στο ζητούμενο γε

{

ωμετρικό τόπο αν, και μόνο αν, υπάρχει λ Ε IR με:

Λύση

Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων των γραμμών ε και c :

)(

(

χει το JR . α)

{

χ - - 2λ - 1 2 <::::> 2χ = -2λ + 1 <::::> λ = 2y+ 1 2y = λ - 1 2χ = -2λ+ 1 y = λ� l

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν: 2χ = -2(2 y + 1) + 1 <::::> 2χ + 4y + 1 = ο . Άρα, ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία με εξίσωση: 2χ + 4y + 1 Ο =

2. ΠΑΡΑΒΟ Λ Ή 2. 1 .

Ο ρ ι σ μός. Σ'

ένα επίπεδο θεωρούμε μία

ευθεία δ και ένα σημείοΕ εκτός της δ. Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επι πέδου αυτού, τα οποία ισαπέχουν από το Ε και τη δ, ονομάζεται παραβολή με εστία το σημείο Ε και διευθέτουσα την ευθεία δ.

λη ' τ .3/53

Μαθη ματικά Β ' Λυκείου

(� : � {� �

�

χ χ=-

Αυτό συμβαίνει αν, και μόνο αν p = 2 · 2 <::::> p = 4 . Άρα, η ζητούμενη παραβολή είναι C: / = 8 χ.

Ρ 2

Η εξίσ ω ση της παραβολής C με ε στία

2.2.

( �,0)

(p -:ι.

•

και διευθέτου σ α δ :

Ο) , είναι y 2 = 2p x.

( �)

Ε 0,

και διεθετο ύσ α δ :

χ2

2py.

-�,

εφαπτομένη της παραβολής C : = 2p x στο ση μείο της έχει ε -

Α(χο, Υο)

ξίσω ση : •

-�

Η εξίσ ω ση τη ς παραβολής με ε στία

(p -:ι. Ο) , είναι 2.3.

χ=

ΥΥ ο = p (x + x 0 ) .

εφαπτομένη της παραβολής C : στο ση μείο της έχει

χ 2 = 2py

εξίσ ω ση :

ΧΧ0 = p(y + Υ ο ) ·

Α(χο, Υο)

Ασκή σεις 1.

Ν α βρείτε την εξίσωση της παραβολής C που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων, την εστία της στον άξονα στην ευθεία ε: y

χ'χ

και εφάπτεται

Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων 2 της παραβολής C : y = 6χ, των οποίων η απόσταση από την κορυφή της είναι

Έστω Μ(χ0, Υο) ένα σημείο της C, οπότε: Υ � = 6χσ ·

Η εξίσωση της C είναι της μορφής: y 2 = 2p x. Η εφαπτομένη της C στην κορυφή της 0(0, 0) είναι η ευθεία y Ύ, διαφορετική από την ε. Έστω Μ(χ0, y0) ένα σημείο της C διαφορετικό από την κορυφή της, οπότε x 0 y0 -:ι. Ο και

Υ � = 2px 0 (1)

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της C στο Μ είναι:

(2)

Η εφαπτομένη ε είναι ζητούμενη αν, και μόνο αν: 3 0 3 x , l .J3 d (Ο, ε) = ./3 � I · =

R 9 + y�

3x < r;; <::::> 9χ 02 = 3(9 + 6χ 0 ) <::::> <:::Ι J :> l o I = ν3 ν19 + 6χσ <::::> χ� - 2χ 0 - 3 = Ο <::::> χ 0 = 3 (γιατί χο > 0). Αντικαθιστώντας στην ( Ι ) βρίσκουμε y� = 1 8 και άρα y 0 = ±3 J2 . • Με χο = 3 και Υ ο = 3 J2 , η (2) γίνεται: 3χ - 3 J2y + 3 . 3 = ο <::::> χ - J2y + 3 = ο (3) • Με Χο = 3 και y 0 = -3 J2 , η (2) γίνεται: (4)

Άρα, υπάρχουν δύο τέτοιες εφαπτόμενες. Οι εξι σώσεις τους είναι οι (3) και (4) . 3.

Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες μιας παρα 2 βολής C : y = 2px, που άγονται από ένα σημείο της διευθετούσας δ :

χ = _ !!. 2

της C , εί-

ναι κάθετες.

Η εξίσωση της εφαπτομένης της C στο Μ είναι:

<n Υ Υ� = p(x + x o ) <=> YYo = p χ + <=:> y= - x+ -ο . ' 2p Υο 2 Έτσι, η ε εφάπτεται στη C αν, και μόνο αν, υπάρ χει Υ ε IR με: ο

(Ι )

3 x + 3 J2y + 3 · 3 = 0 <=:> x + J2y + 3 = 0

Λύση

ΥΥο

J3 .

Λ ίJ ση

2χ + 1.

[ )

'= =2 ,

(� )

Λ ύ ση

'Εστω Μ - , y 0 ένα σημείο της διευθέτουσας δ: χ = _ .Ε , και ΜΑ, ΜΒ, οι εφαπτόμενες της C από 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη' τ.3/54

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

το Μ. Έστω ακόμα ότι Α(χ ι , Υ ι ) και Β(χ2 , Υ2). Η εξίσωση της εφαπτομένης ΜΑ είναι: yy 1 = p ( χ + χ 1 ) και επειδή αυτή διέρχεται από το

(�

)

Λύση

α)

�

λ ΜΝ = _Ε_ . Υο

Μ - , y 0 . έχουμε: y 0 y 1 = p (- + X 1 ) . δ

Όπως βρίσκουμε εύκολα, η εξίσωση της ευθεί ας ΜΝ είναι yy 0 = p ( χ + χ 0 ) και άρα:

Μ χ

χ=-

Ρ 2

, Υ 2ι , εχουμε: , χ1 = Και επειδη, Υ ϊ = 2 px1 , οποτε 2p

( )

2 Ρ Υ� ΥοΥ ι = p - 2 + 2 <=> Υ ι - 2 ΥοΥι - p 2 - 0 ( 1 ) p Όμοια βρίσκουμε ότι: y; - 2y 0 y 2 - p 2 = 0 (2) Από τις ( Ι ) και (2) έπεται ότι οι αριθμοί y και Yz είναι οι ρίζες της εξίσωσης: y 2 - 2 Υ οΥ - p 2 = Ο . Συνεπώς y 1 y 2 = -p 2 , οπότε Υ 1 Υ 2 7:- Ο . Έτσι, έχουμε: _

β)

Ρ Ρ Ρ λ ΜΑ . λ ΜΒ = = -Ι · . - = ----τ Υι Υ 2 - p Άρα: Μ Α .l ΜΒ.

εξίσωση της ε είναι: yy 1 = p (x + χ 1 ) και άρα: λ, = .Ε. . 'Ετσι, έχουμε: ΜΝ .l ε => Υι Ρ · Ρ => λ ΜΝ · λ, = - Ι => - = - Ι => ΥοΥι = - p 2 . Υο Υι 2 Επειδή y0y 1 = - p , έπεται ότι Υ ο 7:- Ο και συνεp2 πως: Υι = - . Υο Εξάλλου, επειδή το Μ ανήκει στη C, έχουμε: Ι Ι p4 p3 Υ 2ι = 2pχ ι => Χ ι = 2 Υ ι2 = 2 . � => Χ ι = 2y� . p p Υ Επειδή ΑΒ//χ ' χ, έπεται ότι Υ2 = Υο · Επειδή το Β ανήκει στη C, έχουμε: Η

Θεωρούμε μιας παραβολή C : y2 = 2px, ένα

σημείο της Μ(χι, Υ ι), διαφορετικό από την κορυφή της, την εφαπτομένη ε της C στο Μ και την κάθετη επί την ε στο Μ, η οποία τέμνει την C σ ' ένα δεύτερο σημείο Ν. Η εφαπτομένη της C στο Ν τέμνει την ε σ' ένα σημείο Α(χο, Υο). Η παράλληλη από το Α προς τον άξονα χ ' χ τέμνει την C σ ' ένα ση μείο Β(χ2 , Υ2). 2 α) Να δείξετε ότι: ΥοΥ ι = - p • β) Να βρείτε τις συντεταγμένες των Μ και Β συναρτήσει των συντεταγμένων του Α. γ) Να δείξετε ότι η ευθεία ΜΒ διέρχεται από την εστία Ε της C .

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β'

γ)

(

) ( )

y� p3 p2 Άρα: Μ -2 , - - και Β - , y 0 . 2p 2y o Υο Έχουμε: Ε___2 Υο + Υ ο = 2py o Υ - Υι = Υ ΜΒ - 2 Χ 2 - Χ ι Υ� L Υ � - Ρ 2 2 p 2y� _

•

( )

Άρα, η εξίσωση της ευθείας ΜΒ είναι: 2 py 0 Υ� Υ - Υ 2 = λ ΜΒ (χ - χ 2 ) <::::> Υ - Υ ο = 2 2 χ - - . 2Ρ Υο - p

λη ' τ.3/SS

Μαθηματικά Β' Λυκείου

χ2 y2 -2 + --2 = α β

Έτσι, για να δείξουμε ότι η ευθεία ΜΒ διέρχεται

Ε(�,Ο). αρκεί να δείξουμε ότι:

από την εστία

-y0

· [Ε_- )

2 ΡΥ ο Υ � αρκεί Υ ο - p 2 2Ρ ' 2ΡΥ ο Ρ - Υ ο , αρκει, -y0 -y0 ,ισχυ, ει. 2p Υο - p

-y ο

Ισχύ ουν: Ο ::; e <

3.4.

Ο ρισμός. Θεωρού με ένα αριθμό α

•

(Ε Έ) < 2α. Ο γεωμετρικός τόπος των ση μείων Μ του επιπέδου αυτού , για τα οποία

έχει εξίσωση : ΧΧο

Β'

3.2. Η εξίσωση της έλλειψης με εστίες Ε '(- γ,

Ο,), Ε(γ, 0 ) (γ � Ο) και σταθ ερό άθροισμα 2α

2 2 -- + -- = , οπου β = α 2 γ 2 . 2 2 β α

Υ 1 ,

Ισχύ ουν: α � β και γ = •

3.3.

Β'),

-γ .

Εκκεντρότητα μιας έλλειψης C : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/56

Ο, Υο

Λ ίJση

Έστω Ρ(χο, Υο), οπότε χ 0 :;f:.

σ μα 2α είναι:

ναι σταθερό.

Ε '(Ο, - γ), Ε (Ο, γ) και σταθερό άθροι

χ--2 + , β = �α 2 Υ 2 = 1 , οπου

μεία Μ και Ν, αντιστοίχως. Ν α δείξετε ότι, όταν το Ρ διαγράφει τη C (εκτός των κορυ το γινόμενο (ΟΜ) · (ΟΝ) είφών και

�

�α 2 - β 2 •

+� 1 ; α β (α > β > 0) κ αι ένα σημείο της Ρ διαφορετι κό από τις κορυφές της Β και Β Ό Οι ευθείες ΡΒ και ΡΒ' τέμνουν τον άξονα χ 'χ στα ση Θεωρούμε μία έλλειψη C :

Η εξίσωση της έλλειψης με εστίες

ΥΥ ο

β 2 + α2 = 1 •

Α σ κ ή σ εις

--�·---L�--�----��

(προφανώς γ < α) είναι:

χ + � = 1 σ' ένα ση μείο της Ρ (χο, ο) Υ

σταθερό άθροισμα 2α.

ΥΥ2ο = 1 •

Η εφα π τομένη της έλλειψης C :

ισχύ ει: (ΜΕ ') + (ΜΕ) = 2α, ονομάζεται έλλειψη με εστίες τα ση μεία Ε ' κ αι Ε

; + � 1 σ ' ένα ση μείο της Ρ(χο, Υο) α β α2 +

σ ' ένα επίπεδο δ ύ ο σημεία Ε 'και Ε με

Η εφαπτομένη της έλλειψης C :

ΧΧο

Ο και

= - .

1 και ια .J1 - e 2 •

έχει εξίσω ση :

3. ΕΛΛΕΙΨΗ 3.1.

1 ονομάζεται ο αριθμός: e

:;f:.

±β και (1)

.. χ

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

( %)

β) και Β '(Ο, -β), έχουμε: +β -β και λΡΒ' = Υ ο . λΡΒ Υο Χο Χο Η εξίσωση της ευθείας ΡΒ είναι: β y - β = Υο - · χ Χο Η εξίσωση της ευθείας ΡΒ ' είναι: +β · y + β = Υο Χ Χο - βχ 0 Από τη ( 2) με y Ο, έχουμε: χ = -. -β

Άρα, η ευθεία ε και η έλλειψη

Επειδή Β (Ο,

δικό κοινό σημείο, το Ρ -2,

( )

(2)

(3)

Υο

Άρα:

( )

Ν � . ο . Έτσι έχουμε: Υο + β

(ΟΜ) · (ΟΝ ) =

��

2χ

�

-βχ ο � = β β + Υο β Υ ο Υο ·

Η εξίσωση όμως αυτή είναι η εξίσωση της ευθείας ε. Άρα, η ευθεία ε εφάπτεται στη C . Να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C που έχει εστίες: E'( - .J6,0), E(.J6,0) και εφά

•

Λ ίJ ση

-- .

. Η εξίσωση της

πτεται στην ευθεία ε: χ + 2y - 4 =

έχουν ένα μονα

εφαπτομένης της C στο σημείο αυτό είναι: 5 y·x · _:__ (-2).;... + -3 = 1 <=> 2 χ - 3y + 9 0 5 9

Άρα: Μ -βχ ο ο Υο - β βχ ο Από τη ( 3) με y ο , εχουμε: χ = + Υο β .

Έστω ότι μία έλλειψη C πληροί τις δοσμένες συν θήκες. Η εξίσωση της C θα είναι της μορφής:

/ = 1 (α > β > Ο) χ2 + 2 2 α

(1 )

Θα έχουμε γ J6 , οπότε:

(2) Έστω ότι η C εφάπτεται στην ευθεία ε στο σημείο Μ(χο, ο), οπότε:

(3) 2.

Να δείξετε ότι η ευθεία ε: 2χ - 3 y + 9 = Ο εφάπτεται στην έλλειψη C:

χ2

=1.

Λύση

ση μεία των δύο γραμμών ε Προς τούτο λύνουμε το σύστημα:

Βρίσκουμε τα κοινά και C.

{

y= x+3 2x - 3y + 9 = 0 y2 <=> � 2 χ2 + =1 5 χ 2 + 9 3 χ + 3 - 45 0 9 5

{

)

Χ -2 χ 2 + 4Χ + 4 = 0 <=> 5 2 y =y = -x + 3 3 3

{

Έτσι, η εξίσωση της ε είναι: XX a + ΥΥ2ο -_ 1 α2 β

(4 )

Άρα, η εξίσωση: χ + 2y - 4 = Ο και η εξίσωση (4 ) παριστάνουν την ίδια ευθεία ε. Αν Υο = Ο, τότε το προγούμενο προφανώς δεν συμβαίνει. Άρα , β2 χ y 0 =ι. Ο . 'Ετσι, έχουμε: (4) <=> y = - β� ο χ + - . α· y a Υο Επίσης έχουμε:

χ + 2y - 4 = Ο <::::> y = _!_ χ + 2 . Άρα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/57

Μαθηματικά Β' Λυκείου

[) [)

Αντικαθιστώντας στην (3) βρίσκουμε:

1 1 � _ + _2 _r 2 β 2 α 4

Από την εξίσωση αυτή με χ = Ο βρίσκουμε y

1 <=> α 2 + 4β 2 1 6 (5)

Άρα. ·

Από τις (2) και (5) βρίσκουμε: α2 8 και β2 2. Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) βρίσκουμε ότι η εξίσω ση της C είναι: =

r[o )

�.

Υο 2χ β -0 και ε ' _i ε , , - . Επειδη· λ - -α2 Υο Υο α2 0 β2

έχουμε: λε'

β- χο

•

'Ετσι η εξίσωση της εφαπτο

α2 μένης ε ' είναι: y - Υ ο = /0 ( χ - χ 0 ) . Από την ε β

Χο

Α ντιστρόφως.

Δείχνουμε (όπως στην προηγούμε-

νη άσκηση) ότι η έλλειψη

ξίσωση αυτή με χ = Ο βρίσκουμε:

� + L = 1 εφάπτε 8 2

ται στην ευθεία ε: χ + 2y - 4 = Ο. Άρα, η μοναδική ζητούμενη έλλειψη είναι η C :

2 y +

χ2 8

Η εφαπτομένη ε μιας έλλειψης C : χ2

z = 1 (α > β > Ο) σ ' ένα σημείο της z +α β Μ, διαφορετικό από τις κορυφές της, τέ'

μνει τον άξονα y y σ ' ένα σημείο Γ. Η κάθε' τη ε ' της ε στο Μ τέμνει τον άξονα y y σ '

Άρα ΕΓ _l ΕΔ. Όμοια δείχνουμε ότι Ε'Γ _l Ε'Δ . . Άρα, ο κύκλος με διάμετρο το τμήμα ΓΔ διέρχεται από τις εστίες Ε ' και Ε της έλλειψης C . 4. ΥΠΕΡΒΟΛΉ

ένα σημείο Δ. Να δείξετε ότι ο κύκλος με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα Γ Δ διέρχε ται από τις εστίες Ε ' και Ε της έλλειψης C .

4.1.

σ' ένα επίπεδο δύ ο ση μεία Ε 'και Ε με

(Ε Έ) > 2α. Ο γεωμετρικός τόπος των ση

Λύση

Έστω Μ(χο, Υο), οπότε x 0 y 0 :;t: Ο. εφαπτομένης ε είναι: Χ�ο + Υ�ο β α

Ορισμός. Θεωρού με ένα αριθμό α > Ο και

μείων Μ του επιπέδου αυτο ύ , για τα οποία ισχύ ει : ICME') - (ME)I = 2α , ονομάζεται

εξίσωση της

υπερβολή με εστίες τα ση μεία Ε ' και Ε και σταθερή απόλυτη διαφορά 2α. Υ

χ χ

4.2.

Η εξίσω ση της υπερβολής με εστίες

Ε '(- γ, 0 ), Ε (γ, Ο) (γ > Ο) και σταθερή α

πόλυτη διαφορά 2α (προφανώς γ > α) είναι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/58

Μαθηματ ικά Β ' Λυκείου

χ2

2 Υ =1 , οπου β = ν/γ 2 - α 2 . 2 ' β

Ισχύουν: γ > β και γ = α 2 + β 2 •

•

Η εξίσωση της υπερβολής με εστίες Ε ' (Ο, - γ), Ε(Ο, γ) και σταθερή απόλυτη δια φ ορά 2α είναι: 2 χ2 , / 2 2 Υ 2 = 1 ' οπου β = ν γ - α 2 --

4.3.

Ασ κή σ εις

Οι ασύμπτωτες της υπερβολής C : 2

το σημείο Μ(2, 3).

Λύση

α) Έστω ότι μία τέτοια υπερβολή έχει τις εστίες

της στον άξονα χ ' χ. Τότε θα έχει μία εξίσωση της μορφής: χ 2 y2 (1) -z - -2 = 1 (α > Ο, β > 0). α β

.;� = 1 είναι οι ευθείες με εξισώσεις: α β -

β α

y = - χ και y = - - χ . ®ι

Οι δοσμένες συνθήκες πληρούνται αν, και μόνο αν:

Οι ασύμπτωτες της υπερβολής C : 2

� - ;.. =1 α β

= F3

!� {

β=α α=1 � � 4 β = F3 -2 - -2 = 1 _±_ _2_z = 1 α 3α 2 α β

είναι οι ευθείες με εξισώ

σεις:

α β

y = - χ και y = - - χ . 4.4.

Ε κκεντρότητα μιας υπερβολής C:

χ2 y 2 γ = 1 ονομάζεται ο αριθμός: e = - . -2 2 α α β

Ισχύουν: e > 1 και 4.5.

1!_ = .Je 2 - 1 .

α Η εφ απτομένη της υπερβολής C: 2

{

Οι δοσμένες συνθήκες πληρούνται αν, και μόνο αν:

χει εξίσωση : ΧΧ

α2

•

�

Αντικαθιστώντας στην ( 1 ) βρίσκουμε: y2 (2) χ2 - - = 1 . 3 β) Έστω ότι μία τέτοια υπερβολή έχεις τις εστίες της στον άξονα y ' y. Τότε θα έχει μία εξίσωση της μορφής:

.;� = 1 σ ' ένα σημείο της Ρ (χο, Υο) έ α β -

Να βρείτε τις υπερβολές που έχουν κέντρο την αρχή των αξόνων, τις εστίες τους σε έναν από τους άξονες των συντεταγμένων, ασύμπτωτες y = ±J3x και διέρχονται από

ΥΥ ο = 1. 2

Η εφ απτομένη της έλλειψης C :

2 χ2 y - 2 = 1 σ ' ένα σημείο της Ρ(χ0 , y0) α2 β

αδύνατο. - Άρα, υπάρχει μία μόνο τέτοια υπερβολή και η εξίσωσή της είναι η (2).

έχει εξίσωση : ΥΥ ο

α2

ΧΧ

ο = 1•

β2

Η εκκεντρότητα μιας υπερβολής χ2 y 2 C: 2 = 1 (α > 0, β > Ο) είναι e = 2. Να 2 --

βρείτε τη γωνία των ασυμπτώτ ων της ΕΥ ΚΛΕ Ι Δ Η Σ Β ' λη ' τ .3/59

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

στην οποία βρίσκεται ο δεξιός κλάδος της.

Η εφ απτόμενη ε μιας υπερβολής

χ2 y2 C: 2 =1 2 --

Λύση

Οι ασύμπτωτες της

είναι ε ι :

= Q_ x και ε2 : α

σ ' ένα σημείο της Μ ( * κο-

ρυ φ ών), τέμνει τις εφ απτόμενες ζ και ζ' της C στις κορυ φ ές της Α(α, Ο) και Α ' (- α, Ο) στα σημεία Δ και Δ ' , αντιστοίχως. Να δεί ξετε ότι οι γωνίες ΔΕ Δ' και ΔΕ ' Δ' είναι ορθές, όπου Ε και Ε ' οι εστίες της C.

= - Q_ χ . Η εφαπτομένη της C στην κορυφή Α( α, α Ο) έχει εξίσωση: χ = α. Η εφαπτομένη αυτή, όπως βρίσκουμε εύκολα, τέμνει την ασύμπτωτη ε ι στο σημείο Γ( α. β) και την ασύμπτωτη ε2 στο σημείο Δ( α, -β). y

ζ'

Υ χ

• χ

•

Λύση

Έστω Μ(χο, Υο), οπότε y=-

x 0 y0

* Ο και: (1)

Έχου με Ε ' (- γ, 0), Ε(γ, 0). Επίσης: γωνία των ασυμπτώτων της C, στην οποία βρί σκεται ο δεξικός κλάδος της, είναι η γωνία θ των διανυσμάτων: ΟΓ = (α, β) και ΟΔ = (α, -β) Η

ε:

ο - �ο = 1 Χ� α β

(2), ζ: χ = α (3) και ζ ' : χ = - α (4).

Το σημείο Δ είναι η τομή των ευθειών ε και ζ. Λύ νουμε το σύστημα των εξισώσεων αυτών (2) και

[ �: ( � )) [ �: ( � )) ) ο( ) ο( ) ;:; � - ϊf �[

(3) και βρίσκουμε: Δ α,

-1

Όμοια, λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (2)

(�) (�)

Άρα:

Έχουμε:

1 2 - e2 2 - 4 = =2 e 4 2

λ .λ ΕΔ

2π 1 2π <::::::> συνθ = συν - <::::::> θ = 3 2 3 (γιατί Ο � θ � π ). συνθ = -

και (4) και βρίσκουμε: Δ' -α, -

ΕΔ '

σ_[ Υ α ι

_[ α +ι _ Υ �

α-γ -α - γ 4 4 β χ� β Υ� �-1 = -1 = _β 2 α2 - γ2 Άρα: ΔΕΔ' = 900 . Όμοια δείχνουμε ότι: ΔΕ 'Δ' = 900 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/60

Μ αθηματικά Β ' Λυκείου

�

Γε ωμ ε τρία - Κανονικ ά π ολ ύ γωνα Μέτρηση Κύκλ ο υ

Κατσούλης Γιώργος

Στόχος του άρθρου αυτού είναι να βοηθήσει τους μαθητές της Β · Λ υκείου ώστε: α) Να κατανοήσουν τις βασικές ιδ ιότητες των κανονικών πολυγώνων. β) Να αποκτήσουν ευχέρεια στον υπολογι σμό της περιμέτρου και του εμβαδού μ ικτόγραμμων και κα μπυλόγραμμων σχημάτων.

Π αρατη ρ ήσ εις - Επ ισημάν σ ε ις •

•

Κάθε κανονικό ν-γωνο το σχεδιάζουμε εγγε γραμμένο σε κύκλο και υπολογίζουμε καθένα από τα ν ίσα τόξα. Ισχύουν οι ισοδυναμίες: ΑΒ = λν <:::::> --- 360° ΑΒ = -- <:::::> ν ΟΚ = αν

Λ ύ ση

--- 360° Έχουμε: ΑΓ = λ 1 2 <:::::> ΑΓ = -- = 30° και 12 360° ΓΔ = λ3 <:::::> ΓΔ = -- = 120° 3 Ά ρα ΒΔ = 1 80° - 30° - 120° = 30° , οπότε: �

•

Δύο κανονικά πολύγωνα με τον ίδιο αριθμό πλευρών είναι όμοια. Ο λόγος ομοιότητας λ ισούται με το λόγο των πλευρών τους, των α κτίνων τους και των αποστημάτων τους. Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύκλο (0, R) έχει απόστημα αν ίσο με την ακτί να ( α: = R ) . Για να βρούμε την περίμετρο ή το εμβαδόν μι κτόγραμμων ή καμπυλόγραμμων σχημάτων, συνήθως ενώνουμε τα σημεία τομής των τό ξων με τα κέντρα των αντίστοιχων κύκλων και υπολογίζουμε τις επίκεντρες γωνίες.

ΒΔ = ΑΓ Επίσης AfB = 90° (διότι ΑΒ διάμετρος). (I) Επομένως: ΒΓ 2 + ΒΔ 2 = ΒΓ 2 + ΑΓ 2 = ΑΒ 2 = = (2R) 2 = 4R 2 = 2 · (R J2 ) 2 = 2λ; .

(1)

Ά σ κηση 2η

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = R J3 . Αν Μ το μέσο της ΑΒ και η δύναμη του Μ ως προς τον κύκλο (0, R) είναι Δ ,R> = -3 , να βρείτε το

...-..

μήκος του τόξου ΑΒ .

Άσκη ση l η

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΓ =λ1 2 και ΓΔ = λ3• 2 Να αποδείξετε ότι ΒΓ + ΒΔ 2 = 2λ� . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/61

�

Μ αθηματικά Β ' Λυκείου

Λύση

� 360' Έχουμε: ΑΒ = R J3 = λ3 <:::::> ΑΒ = -- = 1 200 <:::::> 3 R <=> ΟΜ = α 3 = ( αφού Μ το μέσο της ΑΒ) 2 Άρα Δ�ο.R) = -3 <:::::> 0Μ 2 - R 2 = -3 <:::::> R2 3R 2 <:::::> - R 2 = -3 <=> - 4 = - 3 <:::::> R 2 = 4 <=> R=2 4 � π · R · μ π · 2 · 1 20' 4π . IJA Επομενως. B= = = · 1 80' 1 80' 3 1::

Ά σ κη σ η 3η Αν 4Εν =3Ε� , όπου Ε� το εμβαδόν του περιγε

γραμμένου κανονικού ν-γώνου σε κύκλο (0 , να βρείτε το ν.

R),

� 360' Εχουμε ΑΒ = Rν�2 = λ4 <:::::> ΑΒ = -- = 90' και 4 -- 3600 ΑΓ = R J3 = λ 3 <:::::> ΑΓ = - = 1 20' . 3 Άρα ΒΓ = 3600 - 90' - 1 20' = 1 50' . α) Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΟΒΓ είναι: ΒΓ 2 = ΟΒ 2 + ΟΓ 2 - 20Β · ΟΓ συν1 500 <:::::> �

( �)<ο> ·

ΒΓ' � R' + R' - 2RR -

ΒΓ 2 = 2R 2 + R 2 J3 <:::::> BΓ = R �2 + J3 β) (ΑΒΓ) = (ΟΑΒ) + (ΟΑΓ ) + (ΟΒΓ) = 1 1

= 2 0Α · ΟΒ + l 0Α · ΟΓ · ημ1 20' +

Λύση

Το κανονικό ν-γωνο, το περιγεγραμμένο στον κύ κλο (0, R) έχει aπόστημα α� = R ( 1 ). Ε� Ι ' ' ' ' σχυει Ε = λ 2 , οπου λ ο λογος ομοιοτητας. ν

4 Ε'ν 4 Ά 'Εχουμε 4Ε ν = 3Ε'ν <:::::> _ = - . ρα λ = - (2) . 3 Εν 3 α� ( \ ) R R 2 <2 ) R 2 4 = - <=> Αλλα, λ = - <=> λ = - <=> λ 2 = - <=> αν αν α 2ν 3 α 2ν R J3 3R 2 αν2 = 4 <=> αν = -- = α6 . Άρα ν = 6. 2 '

1 + 2 0Β · ΟΓημ1 50' <:::::> J3 1 1 1 1 (ΑΒΓ) = - R · R + - R · R · - + - R · R - <=> 2 2 2 2 2 R2 Rz J3 R 2 (ΑΒΓ ) = - + + - <=> 4 2 4 J3 Rz (3 + ) (ΑΒΓ) = 4 --

Ά σ κη ση 5'1

Ά σ κη σ η 4η

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κέντρου Ο και ακτίνας R. Έστω Α σημείο του τόξου Br ώστε ΑΒ = λ8 •

βρείτε:

α) Να βρείτε το εμβαδόν ε του κυκλικού τμήμα τος χορδής ΑΒ. β) Να αποδείξετε ότι: ΑΓ 2 - ΑΒ 2 = 2ΑΒ . ΑΓ .

Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = R J2 και ΑΓ = RJ3 , όπου R η ακτίνα του κύκλου. Να α) Την πλευρά ΒΓ. β) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Α

Λ\Jση Α

45 ' 150 ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3/62

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

α) Έχουμε ΑΒ = λ8 <:::::> ΑΒ = �

360° = 45° . 8

(2)

Άρα ε = (Ο ΑΒ ) - (0 ΑΒ) <=> π · R 2 · 45° Ι - ΟΑ · 0Βημ45° <=> ε = 2 360° πR 2 1 J2 <=:> ε = -- - - R · R - <=:> 8 2 2 2 2 πR R J2 R 2 = - (π - 2 J2 ) <=:> ε = - 4 8 8

Άρα: Π · R · μ π · R · 1 20° 2πR <2 J 1 4.J3π = = -- = -R ΒΑΓ 1 80° 1 80° 9 3 β) Αρχικά υπολογίζουμε το εμβαδόν ε του κυκλι κού τμήματος χορδής ΒΓ. Έχουμε =

..-.

β) Από το 2° θεώρημα διαμέσων στο Α Β Γ έχουμε:

ΑΓ 2 - ΑΒ 2 = 2ΒΓ · ΔΟ (1 ), όπου ΑΔ ..l ΒΓ .

Αλλά ΔΟ = ΑΔ(2), αφού ό = 45° .

Από ( Ι ), (2) προκύπτει ότι: ΑΓ 2 - ΑΒ2 = 2ΒΓ · ΑΔ = 2ΑΒ · ΑΓ , γιατί ΑΒ · ΑΓ = ΑΔ · ΒΓ , αφού BAr = 90° . (Μετρική σχέση στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ) Ά σκη σ η 6η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0 , R) με α = 7, β = 5 και γ = 3. Να βρείτε: -

α) Το μήκος του τόξου ΒΑΓ . β) Το άθροισμα των εμβαδών των κυκλικών τμημάτων που ορίζονται από τις χορδές ΑΒ και ΑΓ. Λύση

Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε: α 2 = β 2 +γ 2 - 2βγσυνΑ <:::::> 49=25+9 - 2 · 5 · 3συνΑ 30συνΑ = -15 <:::::> συνΑ = _ .!.. . Άρα Α = 1 20° . 2 Επομένως ΒΔΓ = 240° , οπότε: <:::::>

:ΒΑΓ = 360° - 240° = 1 20°

(1)

ε = (ΟΒΓ) - (Ο Β Γ) = π . R 2 · 1 200 = - .!_ RRημ 1 200 <=> 2 360° πR 2 R 2 .J3 = R2 .J3 ε= 4 3 3 4 ε=

(

)

(!!:_- ) �

49 4π - 3 .J3 49 <=> ε = (4π _ 3 .J3 ) 3 12 36

1 1 .J3 Επίσης (ΑΒΓ) = β · γημΑ = 5 · 3 <=>

1 5 .J3 (ΑΒΓ) = (4) 4 Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν Ε είναι: < 3J 49 1 5 .J3 Ε = ε - (ΑΒΓ) <=:> Ε = - (4π - 3 .J3 ) - -(4) 36 4 Ά σκη σ η 7η

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. α) Γράφ ουμε τα τόξα ίiΔ και Ar των κύκλων (Α, α) και (Β, α) που τέμνονται στο Μ. Να βρείτε το εμβαδόν ε του μικτόγραμμου τρι γώνου ΑΔΜ.

---

β) Γράφ ουμε επιπλέον τα τόξα ΒΔ και ΑΓ των κύκλων (Γ, α) και (Δ, α). Να βρείτε το εμβα δόν Ε του καμπυλόγραμμου τετραγώνου.

Λύση

.....

---

(3)

3600 3

α) Είναι Β ΑΓ = 1 200 = -- <=> ΒΓ = λ3 <=> ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/63

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

α) Ενώνουμε το σημείο τομής Μ των τόξων με τα

κέντρα Α και Β των κύκλων. Είναι ΑΜ = ΒΜ = ΑΒ = α, οπότε το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισόπλευρο. Άρα: (Ι) Το εμβαδόν ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΔΜ προκύπτει αν από το εμβαδόν του κυκλικού τομέα (ΑΔΜ) αφαιρέσουμε το εμβαδόν ε ι του κυκλικού τμήματος χορδής ΑΜ του κύκλου (Β, α). Έχουμε: ( I ) π α 2 . 30 · ο <=> (Α ΔΜ ) = πα 2 (2) (Α ΔΜ ) = 12 360° �

------ Β ο

Δηλαδή: Δ

Έχουμε:

�

β) Το εμβαδόν Ε του καμπυλόγραμμου τετραγώ

νου είναι: Ε = (ΑΒΓΔ) - 4ε � α 2 - 4 · Ε=

(3 J3 - π)α2 12

<::>

(3 - 3 J3 + π)α 2 3

Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ , κέντρου Ο και α κτίνας R παίρνουμε τα διαδοχικά σημεία Γ, Δ και Ε ώστε: ΑΓ = RJi , ΓΔ = 30ο και ΔΕ = λιz . Ν α βρείτε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τετρα πλεύρου ΑΓΔΕ.

(1)

(2)

και -

Άρα

3 6σ 12

ΔΕ = λ1 2 <::> . ΔΕ = -- = 30°

(3 )

(4)

ΑΓ ΔΕ

= 90° + 30° + 30° 1 50° =

Επομένως:

1 π · R 2 30° 1 1 E= - R · R+ + - RRημ30° - - RRημ1 50° 360° 2 2 2 2 R 2 + πR 2 R <::> Ε = - <::> Ε = - (6 + π) (ψ30' = τμ150' ) 2 12 12 •

Σχόλιο :

Ο παραπάνω τρόπος είναι γενικός τρόπος για τον υπολογισμό του εμβαδού αντίστοιχων μικτόγραμ μων σχημάτων. Ά σ κη σ η 9'1

Ά σ κη σ η 811

3 6σ

AΓ = R .fi = λ4 <::> ΑΓ = - = 90 4

Επίσης:

π · α 2 · 600 α 2 J3 - 4 <=> ε I = (Β ΑΜ ) - (Β Α Μ) = 360ο πα 2 α 2 J3 (3) ε1 = - - -4 6 Άρα: < 21 πα 2 πα 2 α 2 J3 ε = (ΑΔΜ) - ε ι � -- - -- + 4 - <::> 6 < 12 (3 J3 - π)α2 (4 ) ε = --'----'-12

Ε = (Ο Α Γ) + (ΟΓΔ) + (Ο Δ Ε) - (Α Ο Ε )

Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν του μι κτόγραμμου τριγώνου ΚΑΓ του παρακάτω σχήματος.

Λύσ η

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε προκύπτει αν προσθέ σουμε τα εμβαδά του τριγώνου ΟΑΓ, του κυκλι κού τομέα ΟΓ Δ , του τριγώνου ΟΔΕ και αφαιρέ σουμε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΟΕ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/64

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Λύση

Φέρνουμε ΟΓ = R. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΓ R ΟΓ είναι ΟΚ = = . 2 2 Άρα Γ = 30° , οπότε ό = 60" ( 1 ) R 2 3R 2 Επίσης ΚΓ 2 = 0Γ 2 - ΟΚ 2 = R 2 - - = - <=::> 4 4 R <=::> ΚΓ = .J3 (2) 2 Η

(I)

περίμετρος Π είναι Π = ΚΓ + .e- + .e- <=::>

(�)

ΑΓ

ΑΚ

(2)

2π R J:ϊ + π · R60" + ""' 2 1 80° 2 <=::> Π = R .J3 + πR + πR . 4 2 3 Το εμβαδόν Ε του μικτόγραμμου τριγώνου ΚΑΓ είναι: π�

Ε = (Ο ΑΓ ) - (0 Κ Γ ) - Εημικυκλίου = πR 2 60° 1 R 2 - - ΟΚ · ΚΓ - π - <=::> = 360" 2 4 πR 2 R 2 .J3 πR 2 Ε = - - -- - - . 6 8 16 •

Λύση

()

3600 = 720 . 5 Επομένως τα τρίγωνα ΕΑ ι Αs , Α ι ΕΟ, ΟΑ ι Α2 εί ναι ισοσκελή. Έστω ότι: = Α5 Αι =

Επίσης το τρίγωνο Α50Α1 είναι ισοσκελές, ο πότε: (2) Α5 0 = Α 1 Α5 = α Από ( 1 ), (2) προκύπτει ότι δ=α+χ (3) Στο τρίγωνο Α1Α50 η Α1Ε είναι διχοτόμος, οπότε: < Ι > -Ε =_ Α 1 Α_5 <=::> χ Α 5_ α _ = - <=::> ΕΟ Α ρ < 2 > α - χ χ <=::> χ 2 = α 2 - αχ <=::> χ 2 + αχ - α 2 = 0. Από την επίλυση του τριωνύμου παίρνουμε: α .JS - α Χ= (4) 2 Άρα δ=α+

Ά σ κ η σ η Ι Οη

Έστω κανονικό 5-γωνο Α1Α2Α�5 με πλευρά α και διαγώνιο δ.

α .J5 - α α( .J5 + 1 ) <=:> δ = . 2 2

β) i)

Από τα σχηματιζόμενα ισοσκελή τρίγωνα προκύπτει ότι η περίμετρος του αστέρα είναι: ( 4) Π = l Οχ <=:> Π = 5α( .J5 - 1)

ii)

Από τα ίσα και ισοσκελή τρίγωνα προκύπτει ότι η περίμετρος του 5-γώνου ΕΟΙΖΝ είναι:

J5 +

' α) Ν α απο δ ει'ξετε οτι: δ = --1 · α 2 β) Να υπολογίσετε συναρτήσει του α: i) Την περίμετρο του σχηματιζόμενου αστέρα. ii) Την περίμετρο του 5-γώνου ΕΟΙΖΝ.

α) Έχουμε Α 1 Α 2 = Α 2 Α 3 = Α 3 Α 4 = Α 4 Α 5 =

Π = 5Ε0. = 5(α - χ) = ι

5α(3 - .J5 ) 2

Παρατήρ η σ η

Ισχύει χ .J5 + 1 δ α , ' = = -- = -- = φ (χρυση τομη ) . 2 α χ α-χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/65

Μαθ ηματι κά

για τη Γ'

τάξη

του

Λ υκείου

Α Ασκή σεις Διαφορικού Λογισμού

του Χαρίλαου Βρέκα

f (β) - f(α) . β-α Είναι f '(x) � 4 , για κάθε χ Ε (α,β) και ξ Ε (α,β) . f (β) - f (α) � 4 <:::::> Άρ α f '(ξ) � 4 <:::::> β-α f (β) - f (α) � 4(β - α) <:::::> β 2 + 4 + α 2 - 6α + 1 � 4β - 4α <:::::> (β - 2) 2 + (α - 1) 2 � Ο <:::::> β = 2 και α = 1 . ξ Ε (α, β) : f '(ξ) =

Α) Έστω μια συνάρτηση h συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Αν h(α) = h(β) = Ο και h'(x) � Ο , για κάθε χ Ε (α, β) , να δείξετε ότι: h(x) = Ο για κάθε χ Ε [α, β] . Β) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) και ισχύει: f'(x) � 4 , για κάθε χ Ε (α, β) . 2 Αν f(α) = -α 2 + 6α - 1 και f(β) = β + 4 , ii)

να δείξτε ότι: i) α = 1 και β = 2, ii) f(x) = 4χ, για κάθε χ Ε (α, β) .

Λύση

Α) Έστω χ Ε (α, β) . Για την h ισχύουν οι υποθέ-

σεις του Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [α, χ] και [χ, β] . Άρα υπάρχουν ξ 1 Ε (α, χ) και ξ 2 Ε (χ, β) , ώστε: h'(ξ 1 ) = και

h(x) - h( α) h(x) = χ-α χ-α

h(β) - h(x) -h(x) = h'(ξ 2 ) = β-χ β-χ

(1)

(2)

Αλλά h'(x) � Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Τα ξ 1 , ξ 2 Ε (α, β) . Άρα: h'(ξ 1 ) � Ο και h(x) h'(ξ 2 ) � Ο � � Ο και <2> χ - α x-a > O -h(x) � Ο <:::::> h(x) � Ο και β- χ > Ο β-Χ h(x) � Ο <:::::> h(x) = Ο , για κάθε χ Ε (α, β) . Ακόμη h(α) = h(β) = Ο, από υπόθεση. Τελικά: h(x) = Ο, χ Ε [α, β] . Β) i) Η f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει

Για α = 1 και β = 2, θα δείξουμε ότι: f(x) 4χ, για κάθε χ Ε [1, 2] . Έχουμε: f (1) = - 1 2 + 6 · 1 - 1 = 4 f (2) = 2 2 + 4 = 8 . Θεωρούμε την συνάρτηση h, με τύπο: h(x) = f (χ) - 4χ . Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( 1 , 2) με h'(x) = f '(x) - 4 � Ο . Δηλαδή h'(x) � 0, χ Ε (1, 2) . Ακόμη: h(l) = f(l) - 4 = 4 - 4 = 0 και h(2) = f (2) - 8 = 8 - 8 = Ο Επομένως για το Α) ερώτημα θα έχουμε ότι h(x) Ο, χ Ε [1, 2] <:::::> f (Χ) - 4χ = 0 <:::::> f (Χ) = 4χ, Χ Ε [1, 2) .

Δίνεται ότι η συνάρτηση f: [α, β] � IR. είναι παραγωγίσιμη , με σύνολο τιμών το [α, β], όπου α, β Ε

( Ο, �) .

Αν f(α) = β (1), f(β) = α (2) και α ημα = (3), αποδείξετε ότι: ημβ i) Υπάρχει ένα τουλάχιστο χ 0 Ε (α, β) ώ στε: f '(χ 0 ) · εφχ 0 + f(x 0 ) = 0 . ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστο ξ Ε (α, β) ώστε: f'(ξ) . f'(f(ξ)) = 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/66

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Άρα από την σχέση (4) έχουμε: f '(f (ξ)) . f '(ξ) - 1 = ο <::::> f '(f (ξ)) . f '(ξ) = 1 .

Λύση

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση (Ε): f'(x) · εφχ + f(x) = Ο έχει λύση στο (α, β). Για κάθε χ Ε (α, β) , η εξίσωση ημχ + f (x) = Ο <::::> (Ε) <::::> f '(x) · συνχ <::::> f '(χ)ημχ + f (χ) · συνχ = Ο <::::> <::::> f '(χ)ημχ + f(x) · (ημχ)' = Ο <::::> <::::> (f (χ) · ημχ)' = Ο. Θεωρώ τη συνάρτηση h(x) = f (x) · ημχ , χ Ε [α, β] . Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση h'(x) = Ο έχει ρίζα στο (α, β). • Η h είναι συνεχής στο [α, β], σαν γινόμενο συνεχών. • Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β), σαν γι νόμενο παραγωγίσιμων. •

ii)

[ ;.J

ζεται στο διάστημα -1,

το Θ. Rolle για

τη συνάρτηση f με: γχ 2 - χ, f(x) =

•

{

-1 � χ � Ο 1 z 1 χ ημ � + αχ + β , Ο < χ � π

Λύση

Η f είναι συνεχής στο [- 1 , 0), σαν πολυωνυμι

κή. Η

(I)

( .;] , σαν αποτέλεσμα

f είναι συνεχής στο Ο,

πράξεων συνεχών συναρτήσεων. Για να εφαρ μόζεται το Θ. Rolle, πρέπει να είναι συνεχής, άρα συνεχής και στο χ0 = Ο. Δηλαδή : lim f (x) = lim f (x) = f (O)

h(α) = f (α) · ημ(α) = β · ημα (3) (2) h(β) = f (β) · ημ(β) = α · ημβ = <3> ημα = β · - · ημβ = βημα . Άρα h(α) = h(β). ημβ

Έτσι από θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχι στον χ 0 Ε (α, β) ώστε: h'(x 0 ) = Ο . Θεωρούμε τη συνάρτηση: g(x) = f (f(x)) - χ , χ Ε [α, β] . • Η g είναι διαφορά της φ με φ(χ) χ, από την fof. • Η f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] και η f παραγωγίσιμη στο σύνολο τιμών της f που είναι το [α, β] . Έτσι η fof είναι παραγωγίσιμη στο [α, β], άρα και συνεχής. • Η φ είναι παραγωγίσιμη και συνεχής στο IR. , άρα και στο [α, β] . Έτσι: η g είναι συνεχής στο [α, β] η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) g(α) = f(f(α)) - α = f(β) - α = α - α = Ο g(β) = f (f(β)) - β = f (α) - β = β - β = Ο Άρα g( α) = g(β). Επομένως, από το θεώρημα Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστο ξ Ε (α, β) ώστε g'(ξ) = Ο (4) . Είναι g'(x) = (f (f (x) - χ)' = f '(f (x)) · f '(x) - 1 .

Να βρείτε τα α, β, γ Ε IR. , ώστε να εφαρμό

χ �ο+

χ �ο-

lim f(x) = lim0 (γχ 2 - χ) = Ο = f (O)

Χ-7 0-

Χ-7 -

( � ) τότε: Ι χ 2ημ �Ι ι χ z ι <::::> -χ 2

Αν χ Ε ο. �

�

χ 2 ημ

�

χ2 .

2 ) = lim x 2 = 0 . Είναι: lim(-x 0 Χ-7 0

Χ-7

(

) Έτσι lim f (x) = lim ( x 2 ημ ..!.. + αχ + β ) = Άρα και lim x 2 ημ ..!.. = Ο . χ-->0 χ Χ-7 0

Χ-7 0+

= Ο + α · Ο + β = β . Επομένως από τη σχέση ( 1 )

•

θ α έχουμε: β Ο. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (- 1 , 0), σαν πο λυωνυμική. =

( )

Η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο, .; , σαν γινό-

μενο, σύνθεση και άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Για να εφαρμόζεται το Θ. Rolle πρέπει να είναι

( .;) , άρα και στο χ0

παραγωγίσιμη στο - 1,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/67

Ο.

Μ αθηματικά Γ Λυκείου

· f(x)-f(O) Ε (2) · f(x)-f(O) = ιιm η λαδη, : ιιm χ-+0- χ-0 χ-+0+ χ-0 Για χ < Ο, f (x) - f(O) = f(x) = γχ 2 - χ = γχ - 1 . χ χ χ-0 ( f f(x) O) = -1 . Άρα ιim χ-+0- χ - ο Για χ > Ο, f (x) - f ( O) = f (x) = χημ ..!.. + α . χ -0 χ χ Είναι χημ � !χ! � - χ � χημ � χ , και l!J)

m..

Ι ��

im(-x) = lim x = Ο . ιχ-+0 χ-+0

�

Άρα lim = Ο. χ-+0 xημ ..!.. χ , · f (x) - f ( O) = α. Επομενως 'Ετσι ιιm απο, τη χ-+0+ χ - 0 σχέση (2 ) θα έχουμε: α = - 1 . Για α = - 1 και β = Ο η συνάρτηση θ α είναι: γχ 2 - χ, χ Ε [-1, 0] f (x) = π 1 Χ 2 ημ - Χ, Χ Ε 0, 2 -;

{

( ] 'Εχουμε ότι: f (-1) = f ( ; ) <=> 4.

π+l . π

Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). Αν f(α) = β και f(β) = α, να αποδείξετε ότι: i) Υπάρχουν Χι , χ 2 Ε (α, β) με Χ1 ::ι:. Χ 2 , ώστε: f '(x1 ) + f '(x 2 ) = -2 . ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 Ε (α, β) , ώστε: f(x0 ) = Χ 0 • iii) Υπάρχουν ξ ι ,ξ 2 Ε (α, β) με ξι ::1:- ξ 2 ώ στε: f '(ξ1 ) · f '(ξ 2 ) = 1. Λύ ση Υ

f(α) = f)

Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 Ε (α, ρ) :

f '(χ ι ) =

f (ρ) - f (α) f (ρ) - f ( α ) . = ρ-α κ

Όμοια από Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [ρ, β] θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 2 Ε (ρ, β) , ώστε:

f '(x 2 ) =

f(β) - f(ρ) f(β) - f(ρ) . = β-ρ κ

Έτσι: f '(x1 ) + f '(x 2 ) = f (ρ) - f (α) f(β) - f (ρ) f (β) - f (α) = + = κ κ κ α - β -2 κ = = = -2 κ κ

Γεωμετρικά η σχέση που αποδείξαμε, εκφράζε ται από την ισότητα: λ Ar + λ r8 = 2 λ ΑΒ , γιατί λ ΑΒ = :_ 1 , όπου λ ΑΓ. λ r8 και λ Α8 οι συντελε-

f(α ) =γ f(f)) = α

Σ χ ό λιο :

1 1 1 <=> γ + 1 = - ημπ - - <::::> γ + 1 = -2 π π π <=> γ = -

•

( )

•

, ρ-α=β-ρ= β-α =κ. I') 'Ε στω ρ = α + β , τοτε 2 2 σρ. • Η f είναι συνεχής στο (α, ρ). Άρα από

στές διεύθυνσης των ευθειών: ΑΓ, ΓΒ και ΑΒ αντίστοιχα.

Γ εν ικά :

Αν ένα σημείο ρ διαιρεί εσωτερικά το [α, β] σε λόγο � , μ, ν Ε Ν * , τότε θα ισχύει: ν μ · λΑΓ + ν · λ ΓΒ = (μ + ν) · λ ΑΒ <::::> <::::> μ · f '(ξ 1 ) + ν · f ' (ξ 2 ) = (μ + ν) · f '(ξ) όπου ξ 1 , ξ 2 , ξ Ε (α, β) με ξ 1 ::F- ξ 2 . ii) Θεωρούμε τη συνάρτηση: h(x) = f(x) - χ . Η h είναι συνεχής και ορισμένη στο [α, β] . Ακόμη h (α) = f (α) - α = β - α > Ο και h(β) = f (β) - β = α - β < Ο . Από Θ. Boιzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 Ε (α, β) : h(x 0 ) = Ο <=> f(x 0 ) = χ 0 • ίίί) Η f είναι συνεχής στα: [α, χ 0 ], [χ 0 , β ] . Η f είναι παραγωγίσιμη στα: (α, Χο), (χο, β).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/68

Μαθηματικά Γ Λυκείου Υ

f(α) = f� f(α ) = γ f( β ) = α

Cι

Ε (l

��

ii)

f(x 0 ) - f (α) χ 0 - β = . χ0 - α χ0 - α Υπάρχει ξ 2 ε ( χ 0 , β ) : f( ) α f'(ξ z ) = β f( χ σ ) = - χ σ . β - Xa β - Xa 'Ετσι: f'(ξ1 ) · f '(ξ 2 ) = X a - β · Χ ο - α = 1 . χ0 - α χ 0 - β

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR και η f ' συνεχής στο JR και ισχύουν: f(O) = Ο , f(2) = 2, f(3) = 2 . i) Ν α δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον για 2 ξ ε (0, 3) : f , (ξ) = - . 3 ii) Ν α δείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα

Λύση Υ

(0, 3).

Από Θ.Μ.Τ. θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

� = �(0) � f '(ξ) = � .

•

Η f συνεχής στο

[2, 3] .

Η f παραγωγίσιμη στο (2,

3).

χ0 τότε f'( ξ) = f'(x0) � 3. = 0 , άτοπο. 3 Άρα ξ :;e χ 0 • Έστω ξ < χ0 • Θεωρούμε τη συνάρτηση: 1 h(x) = f'(x) - -, χ ε JR . 2 • Η h είναι συνεχής στο JR , γιατί η Γ είναι συνεχής στο JR . Άρα η h είναι ορισμένη και συνεχής στο [ξ, χο]. • h(ξ) = f '(ξ) = - = >0.

Γεωμετρικά, η παραπάνω σχέση αποδεικνύεται με τη βοήθεια της ισότητας των τριγώνων ΑΓΕ και ΓΔΒ. 'Ετσι f'( ξ1 ) = λΑr = εφφ1 = -εφω1 = - ΑΕ ΕΓ ΓΔ ΕΓ και f , (ξ 2 ) = λ 8r = εφ φ 2 = -εφω 2 = - - = - - . ΒΔ ΑΕ = 1 . Άρα: f'( ξ1 ) · f'(ξ 2 )

Η f παραγωγίσιμη στο

Αν ξ

Σ χ όλιο :

ρ ε (0, 3) : f ' (ρ) = - . 2

[0, 3].

f(2) f(3) 2. Από Θ. Rolle, υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (2, 3) ώστε: f'(x 0 ) = 0 .

f'(ξ ι ) =

•

Εφαρμόζοντας το Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα: [α, χ0] και [χ0, β ] αντίστοιχα, έχουμε: • Υπάρχει ξ1 ε (α, χ0 ) : •

•

Η f συνεχής στο

ξ ε (Ο, 3) : f'(ξ) = f (3

Β χο

•

� � � i-

1 ο 1 1 ο h(xo ) = f ' ( χ ο ) - = - = - < . 2 2 2 Άρα: h( ξ ) · h( x 0 ) < Ο . Από Θεώρημα Bo1zano, θα υπάρχει ένα τουλά χιστον ρ ε (ξ, χ0 ) � (0,3) , ώστε: 1 h(ρ) = 0 � f '(ρ) - -1 = ο � f'(ρ) = - ο 2 2 6.

Αν f : (O, +oo) � JR με f(x) :;e O είναι παρα γωγίσιμη και z 1 = α 2 + if(α) ,

1 z 2 -;.. + --i (α, β > Ο) και =

l zι

β f(β) + Zz i = l z ι - Zz i

(1) .

Ν α δείξετε ότι υπάρχει x 0f '(χ 0 ) = 2f (χ0 ) Λύ ση

z i) Από (1) � lzι + Zz l = l z ι - Zz l � � ( Ζι + Ζz )(Ζι + Z z ) = ( Ζι - z2 )(Ζι - z 2 ) �

� ... � Ζ1Ζ 2 = -z1z 2 � Ζ1Ζ 2 + Ζ1Ζ 2 = 0 � � 2 Re(z 1z 2 ) = Ο � 1 1 � Re(z1z 2 ) = 0 � α 2 - f(α) - = 0 � 2 f (β) β 2 2 2 α f (α) α β � -2 = -- � -- = -. f ( ) f(α) f( β β β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3/69

•

Μαθηματικά Γ Λυκείου

ii)

χ2 h(x) - f(x) ' χ Ε (0, +οο) . Η h είναι ορισμένη στο (0, +οο) , αφ ού η f είναι παραγωγίσιμη στο ( (), +οο) . Έτσι: • Η h είναι συνεχής στο [α, β ] c (Ο, +οο) . • Η h είναι παραγωγίσιμη στο (α, β ). • h( α) = h( β ), λόγω της σχέσης (2). Από το θεώρημα Rolle, θα υπάρχει ένα τουλά χιστον χ 0 Ε (α, β ) τέτοιο ώστε: h'(x 0 ) = Ο (3) 2 χ 2 ' = 2xf(x) - x f'(x) Είναι h'(x) = -f\x) f(x) Άρα από τη σχέση (3) έχουμε: 2x 0 f(x 0 ) - x�f'(x 0 ) = Ο <::::> f\x 0 ) Θεωρούμε

τη

συνάρτηση:

[ )

------=----

: Χ ο >'Ο

<::::> 2x 0 f(x 0 ) - x�f'(x 0 )=0 <::::> 2f(x0 ) = x 0 f '(x 0 ). 7.

Δίνεται

παραγωγίσιμη

συνάρτηση

f : (l, +oo) � IR . Αν η f είναι κυρτή και η

γρα φ ική της παράσταση Cr διέρχεται από το σημείο Α(3,3), να δείξετε ότι:

•

Λύση

f είναι κυρτή στο (1, +οο) άρα f' (1, +οο) .

από το Α(3, 3) άρα f (3) = 3 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο (1, +οο) , άρα και συνεχή ς στο (1, +οο) . Έτσι: Η f είναι συνεχής στο [2, 3] c ( 1, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη στο (2, 3) c ( 1, +οο) . Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (2, 3) , τέτοιο ώστε: Η Cr διέρχεται

f(3) - f( 2 ) <=:> f '(ξ l ) = 3 - f(2) ( 1 ) 3-2 Η f είναι συνεχή ς στο [3, 4] c (1, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη στο (3, 4) c (l, +oo) . Από Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 2 Ε (3, 4) τέτοιο ώστε: f(4) - f (3 ) <=:> f '(ξ , = f ( 4) 3 (2) f'(ξ 2 ) = ") 4-3 f'(ξ l ) =

•

f ' /'

Είναι ξ1 < ξ 2 <=:> f'(ξ 1 ) < f'(ξ 2 ) <=> (I) <:::2 :> 3 - f( 2 ) < f (4) - 3 <::::> f(2) + f(4) > 6 . ()

f(4) + f(2) > 6 .

�};, Ασκήσεις Πιθανοτήτων

Παν. Λ. Θεοδωρόπουλου

Η θεωρία Πιθανοτήτω ν είναι ένας σχετικά νέος κλάδος των Μαθηματικών, ο οποίος παρουσιάζει πολλά

ιδιαίτερα χαρακτηριστικά στοιχεία. Επειδή η ιδιαιτερότητα αυτή, ό π ως είναι φυσικό, εμφανίζεται και στις ασκήσεις, κρίθηκε σκό πιμο να γραφτεί η παρού σα εργασία που έχει ως σκοπό να βοηθήσει τους μαθητές της Γ Λυκείου να εμπεδώσουν έννοιες και διαδικασίες του κλάδου αυτού των Μαθηματικών.

Ε ι σ αγωγή :

πιθανότητα (Probability) είναι μία συνάρτηση Ρ σύμφ ωνα με την οποία υποσύνολα (ενδεχόμενα) του δειγματικού χώρου Ω ενός πειράματος τύχης aντιστοιχίζονται σε πραγματικούς αριθμούς του διαστήμα τος [0, 1 ], Ο αυστηρός μαθηματικός ορισμός της έννοιας της πιθανότητας, που είναι δεκτός σήμερα, εί ναι ο αξιωματικός ορισμός, ο οποίος δόθηκε από τον Kolmogorov το 1933. Ο γενικός αξιωματικός ορι σμός στηρίζεται στη Θεωρία Μέτρου και ο ορισμός του σχολικού βιβλίου είναι μία περίπτωση του οριΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3ΠΟ

Μαθηματικά Γ Λυκείου

σμού αυτού. Μία δε ειδική περίπτωση του αξιωματικού ορισμού του βιβλίου (ισοπίθανα απλά ενδεχόμε να) είναι ο κλασσικός ορισμός της πιθανότητας, που διατυπώθηκε από τον Laplace το 1 8 1 2. Σε ένα πείραμα τύχης (π. τ.), ενώ δεν ισχύει ο αιτιοκρατικός νόμος, δηλαδή δε μπορούμε να προβλέ ψουμε με βεβαιότητα το αποτέλεσμα, ωστόσο ισχύει ο νόμος της στατιστικής τάξης (ομαλότητας), που σημαίνει ότι αν εκτελεσθεί το π τ. πολλές φορές κάτω από τις ίδιες συνθήκες, τότε η σχετική συχνότητα πραγματοποίησης ενός ενδεχομένου Α τείνει να σταθεροποιηθεί σε ένα αριθμό, Ρ(Α), που εκφράζει την πιθανότητα πραγματοποίησης του Α. Στην εργασία αυτή τις ασκήσεις που λύνουμε, για καλύτερη εμπέδωση των διαδικασιών, τις ταξινομούμε σε τρεις κατηγορίες, οι οποίες είναι: 1 ) Ασκήσεις στις οποίες ζητείται ο υπολογισμός της πιθανότητας ενός ενδεχομένου. 2) Ασκήσεις στις οποίες ζητείται η απόδειξη ανισοτήτων που περιέχουν πιθανότητες ενδεχομένων και 3) Γενικές θεωρητικές ασκήσεις. Α ' Υπολογι σ μός μιας πιθανότη τας:

Σε πολλές ασκήσεις Πιθανοτήτων ζητείται η πιθανότητα ενός ενδεχομένου. Το ενδεχόμενο αυτό συνή θως διατυπώνεται με λόγια και μπορεί να παράγεται πρωτογενώς από το δειγματικό χώρο ή να παράγεται από άλλα ενδεχόμενα των οποίων γνωρίζουμε τις πιθανότητες. Στην πρώτη περίπτωση ο υπολογισμός της πιθανότητας του ενδεχομένου γίνεται άμεσα με τη βοήθεια των ορισμών, ενώ στη δεύτερη έμμεσα με τη βοήθεια των «κανόνων».

Ι.

Αμε σ ος υπο λογι σ μός τη ς πι θ α ν ό τη τα ς :

Στην περίπτωση αυτή πρέπει πρώτα από όλα να κατανοήσουμε το πείραμα τύχης και να βρούμε ένα δειγματικό χώρο που το περιγράφει λαμβάνοντας υπόψη και το ενδεχόμενο του οποίου θέλουμε να υπο λογίσουμε την πιθανότητα. Κατόπιν βρίσκουμε το ενδεχόμενο με αναγραφή των στοιχείων του (ευνοϊκές περιπτώσεις) και τέλος υπολογίζουμε την πιθανότητα του, είτε με τον κλασικό ορισμό, αν τα απλά ενδε χόμενα είναι ισοπίθανα, είτε με τον αξιωματικό ορισμό, αν τα απλά ενδεχόμενα δεν είναι ισοπίθανα. Πα ραστατικά η όλη διαδικασία αποδίδεται με το παρακάτω σχήμα: Πείραμα: τύχης Δειγματικός χώρος

Εύρεση του ενδεχο μένου με αναγραφή

Υπολογισμός της πιθανότητας

Τα παραπάνω θα γίνουν περισσότερο κατανοητά με τα παραδείγματα που ακολουθούν 1.

Επιλέγουμε τυχαία ένα φυσικό αριθμό. Ν α βρείτε:

i) την πιθανότητα ο αριθμός αυτός να διαιρείται με το 3 ii) την πιθανότητα να διαιρείται με το 7 iii) την πιθανότητα να διαιρείται συ'(χρόνως με το 3 και το 7. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ. 3/71

Μ αθηματικά Γ Λυκείου

Λύ ση Έστω Α το ενδεχόμενο: «0 φυσικός αριθμός διαιρείται με το 3». Ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης θεωρητικά είναι όλο το ΙΝ, οπότε το Α θα είναι το σύνολο των πολλαπλασίων του 3. Παρατηρούμε όμως ότι και τα δύο αυτά σύνολα έχουν άπειρο πλήθος στοι χείων, πράγμα που δημιουργεί πρόβλη μα στον υπολογισμό της πιθανότητας. Γι' αυτό λοιπόν, επειδή μας ενδιαφέρει εάν ο αριθμός που επιλέγεται διαιρείται με το 3 και όχι ο αριθμός καθαυτός, ως απο τέλεσμα του πειράματος τύχης μπορούμε να θεωρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού αυτού με το 3. Έτσι ο δειγματικός χώρος του π. τ. είναι το σύνολο Ω = {0, 1 , 2 } και το ενδεχόμενο Α το σύ νολο* Α = {0 }. Επειδή η επιλογή γίνεται με τυχαίο τρόπο, τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, οπότε έχουμε: Ρ(Α) = 1/3. ii) Όμοια με το (ί) εδώ είναι Ω = {0, 1 ,2, 3, 4, 5, 6 }και αν Β είναι το ενδεχόμενο: «Ο φυσικός αριθμός διαιρείται με το 7», τότε Β = {0 }, οπότε Ρ (Β) = 117. iii) Τώρα ζητάμε την πιθανότητα του ενδεχομένου Α n Β , Δε μπορούμε όμως να υπολογίσουμε την πι θανότητα του ενεχομένου αυτού με τη βοήθεια των προηγούμενων δειγματικών χώρων, επειδή, όπως προκύπτει από τα (ί) και (ii), τα Α και Β δεν είναι ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου. Πρέπει επομένως να βρούμε ένα κοινό δειγματικό χώρο του οποίου ενδεχόμενα να είναι τα Α και Β. Προς τούτο, κάθε φορά που επιλέγεται ένας φυσικός αριθμός, μπορούμε να σημειώνουμε με μορφή διατε ταγμένου ζεύγους τα υπόλοιπα που αφήνει η διαίρεση του με το 3 (πρώτο μέλος) και με το 7 (δεύτερο μέλος). Όλα αυτά τα διατεταγμένα ζεύγη φαίνονται στον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου. i)

3 �

(0,0)

(0, 1 )

(0,2)

(0,3)

(0,4)

(0,5)

(0,6)

( 1 ,0)

(1,1)

0,2)

0,3)

( 1 ,4)

( 1 ,5)

( 1 , 6)

(2,0)

(2, 1 )

(2,2)

(2,3)

(2,4)

(2,5)

(2,6)

Ο κοινός δειγματικός χώρος Ω λοιπόν είναι το σύνολο των διατεταγμένων ζευγών του πίνακα αυτού με Ν(Ω) = 2 1 . Παρατηρούμε δε ότι τα παραπάνω ενδεχόμενα Α και Β ως υποσύνολα του νέου δειγμα τικού χώρου είναι: Α = {(0, 0), (0, 1 ), (0, 2), (0, 3), (0, 4), (0, 5), (0, 6) } & Β = {(0, 0), ( 1 , 0), (2, 0) } με Ν(Α) = 7 και Ν(Β) = 3, οπότε: Ρ(Α) = 7/21 = 1/3 [δείτε και ερώτημα (i)] και Ρ(Β) = 3/21 117 [δείτε και ερώτημα (ii)]. Τώρα έχουμε: Α n Β = {(0, Ο) }, οπότε: Ρ( Α n Β )= 112 1 . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π2

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Για ένα ευρωπαϊκό κύπελλο έχουν προκριθεί στις 8 ομάδες 2 ελληνικές. Σύμφωνα με την κλή ρωση οι ομάδες αυτές, για να περάσουν στην επόμενη φάση της διοργάνωσης, θα παίξουν η κάθε μία με μία ξένη σε αγώνα νοκ άουτ. Αν όλες οι ομάδες έχουν την ίδια πιθανότητα να προ κριθούν, να βρείτε την πιθανότητα μία τουλάχιστον ελληνική ομάδα να προκριθεί στην επόμε νη φάση της διοργάνωσης. Λύση

Έστω ε1 και ε2 οι 2 ελληνικές ομάδες, τότε αν Α: αποκλισμός και Π: πρόκριση ο δειγματικός χώρος του πειράματος φαίνεται στο παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου:

�

(Π, Π)

(Α, Π)

(Π, Α)

(Α, Α)

Οπότε: Ρ( πέρασε μία τουλάχιστον) = 3/4

2 Δίνεται η τυχαία εξίσωση : χ +

κχ

+ λ = Ο, όπου οι αριθμοί κ και λ ορίζονται με τη βοήθεια δύο

διαδοχικών ρίψεων ενός « αμερόληπτου » ζαριού αντίστοιχα. Να βρείτε την πιθανότητα η εξίσωση αυτή να έχει ρητές ρίζες. Λύση

Την παραπάνω εξίσωση την χαρακτηρίζουμε ως τυχαία, επειδή οι αριθμοί κ και λ ορίζονται με τυχαίο τρόπο και συγκεκριμένα με τη ρίψη ενός αμερόληπτου ζαριού. Έστω Α το ενδεχόμενο: «Η εξίσωση αυτή έχει ρητές ρίζες». Εδώ το πείραμα τύχης είναι οι δύο διαδοχικές ρίψεις του ζαριού όπου το αποτέλεσμα της πρώτης ρίψης ορίζει το κ και της δεύτερης το λ. Επομένως ο δειγματικός χώρος Ω είναι το b"ύνολο των διατεταγμένων ζευγών των αποτελεσμάτων των δύο ρίψεων. Είναι Ν(Ω) = 36 (δείτε σχολικό βιβλίο, σελ. 152, εφαρμογή 1). Για να έχει η εξίσωση ρητές ρίζες (μία διπλή ή δύο διαφορετικές) πρέπει η δια κρίνουσα, Δ = κ2 - 4λ, της εξίσωσης να είναι ίση με το τετράγωνο ενός ακέραιου αριθμού. Στην περί πτωση αυτή προφανώς θα ισχύει Ο ::; Δ ::; 25 . Στον παρακάτω πίνακα φαίνονται όλα τα ζεύγη που ικανο ποιούν τις παραπάνω συνθήκες.

(κ, λ)

(2, 1 ) (4,4)

(3,2) (5,6)

(4,3)

(5,4)

(6,5)

Επομένως το ενδεχόμενο Α με αναγραφή των στοιχείων του είναι: Α = {(2, 1 ), (4, 4), (3, 2), (5, 6), (4, 3), (5, 4), (6, 5) }. Παρατηρούμε ότι Ν(Α) = 7, οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π3

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Ρ(Α) = 7/36, αφού τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα επειδή το ζάρι είναι αμερόληπτο. 4.

Οι μαθητές της Γ' Λυκείου της Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ενός σχολείου έφτιαξαν ένα πρό γραμμα στον ηλεκτρονικό υπολογιστή όπου πατώντας ένα πλήκτρο εμφανίζεται στην οθόνη ένας φυσικός αριθμός από το 1 έως και το 6 . Αν οι πιθανότητες εμφάνισης των αριθμών 1, 2, 3, 4, 5 και 6 αποτελούν αντίστοίχα διαδοχικούς όρους μιας αριθμητικής προόδου με διαφορά ω 2α1 όπου α1

Ρ(1), να βρείτε την πιθανότητα ο αριθμός που θα εμφανισθεί, αν πατήσουμε ένα

πλήκτρο, να είναι πρώτος. Λύση

(Κατ' αρχήν να σημειώσουμε ότι η σύνταξη ενός προγράμματος με τις απαιτήσεις της άσκησης είναι πο λύ εύκολη υπόθεση). Εδώ προφανώς ο δειγματικός χώρος Ω του πειράματος τύχης είναι: Ω = { 1 ,2, 3, 4, 5,6 } και σύμφωνα με τα δεδομένα της άσκησης είναι:

P( l ) = α 1 , Ρ(2) = α1

2α 1 = 3αι , Ρ(3) = 5α 1 , Ρ(4) = 7α ι , Ρ(5) = 9α 1 και Ρ(6) = Ι Ι α ι ,.

Όμως από τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε:

P( l ) + Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(4) + Ρ(5) + Ρ(6) = Ι αι

3αι

5αι

7αι + 9αι + Ι Ι αι = 1

�

36αι = Ι Ι

αι = 36 Επομένως είναι: 1 3 5 7 9 11 Ρ( 1 )= - ' Ρ(2)= - ' Ρ(3)= - ' Ρ(4)= - ' Ρ(5)= - και Ρ(6) = - . 36 36 36 36 36 36 Αν τώρα Α είναι το ενδεχόμενο: στοιχείων του είναι:

«0

αριθμός που εμφανίζεται είναι πρώτος» τότε το Α με αναγραφή των

Α = {2,3,5 }, αφού, όπως γνωρίζουμε, ένας φυσικός διάφορος του Ο και του Ι είναι πρώτος εάν και μόνον εάν οι μο ναδικοί διαιρέτες του είναι ο εαυτός του και το Ι . Επειδή τέλος τα απλά ενδεχόμενα δεν είναι ισοπίθανα σύμφωνα με τον αξιωματικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε: Ι7 9 3 5 + - = Ρ(Α) = Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(5) = - + 36 36 36 36 -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π4

Μαθηματικά Γ Λυκείου

ΙΙ .

Έ μμεσος υπολογισμός τη ς πιθ ανότητας:

Εδώ πρέπει πρώτα να διατυπώνουμε το ενδεχόμενο με μαθηματικό τρόπο (αν δεν είναι διατυπωμένο έ τσι) και κατόπιν να υπολογίζουμε την πιθανότητα του με τους «κανόνες λογισμού των πιθανοτήτων», δηλαδή να ακολουθούμε το παρακάτω διάγραμμα:

Λεκτική διατύπωση του ενδεχομένου

Υπολογισμός της πιθανότητας

Μαθηματική διατύ πωση του ενδεχομέ νου

Για τη μαθηματική διατύπωση ενός ενδεχομένου καλό είναι να το αναλύουμε έτσι που να είναι πιο φανε ρός ο μαθηματικός τρόπος έκφρασης του. Αν χρειασθεί δε να το αναδιατυπώνουμε χρησιμοποιώντας τις λογικές πράξεις: (ϊ) Αρνηση (όχι, δεν ) που αντιστοιχεί στο συμπλήρωμα ενός συνόλου, (ii) Σύζευξη (και) που αντιστοιχεί στην τομή συνόλων και (iii) Διάζευξη (ή ) που αντιστοιχεί στην ένωση συνόλων. Ας δούμε καλύτερα τα παρακάτω παραδείγματα. 5.

Το 60 % των μαθητών μιας πόλης έχουν κινητό τηλέφωνο. Τ ο 40 % έχουν ηλεκτρονικό υπολο γιστή (Η. Υ.) και το 25 % και τα δύο. Αν επιλέξουμε τυχαία ένα μαθητή της πόλης αυτής, να βρείτε τις πιθανότητες ο μαθητής αυτός: ί) να έχει ένα μόνο από τα δύο,

ii) να μην έχει κανένα από τα δύο και iii) να μην έχει και τα δύο. Λ\J ση

Έστω Α το ενδεχόμενο: «0 μαθητής έχει κινητό τηλέφωνο» και Β το ενδεχόμενο: «0 μαθητής έχει Η . Υ.». Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε: Ρ(Α) 0,6 , Ρ(Β) 0,4 και Ρ( Α n Β ) = 0,25 . Τώρα έχουμε: i) Το ενδεχόμενο «έχει ένα μόνο από τα δύο» μπορεί να διατυπωθεί και ως εξής: «Ναι κινητό και όχι Η . Υ. ή ναι Η. Υ. και όχι κινητό», του οποίου η μαθηματική έκφραση είναι: (A n B ') υ (B n Α') = (Α - Β) υ (Β - Α) =

Επειδή τώρα τα ενδεχόμενα Α-Β και Β-Α είναι ασυμβίβαστα, σύμφωνα με τον απλό προσθετικό νόμο έχουμε: Ρ[(Α - Β ) υ (Β - Α)] = Ρ(Α - Β) + Ρ(Β - Α) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - 2Ρ(Α n Β) = Ο, 6 + Ο, 4 - 2 Ο, 25 ·

= 0,5 ii) Το ενδεχόμενο «δεν έχει κανένα από τα δύο» σημαίνει «όχι κινητό και όχι Η . Υ.», που με μαθηματική γλώσσα αποδίδεται ως εξής: Α' n Β' . Επειδή όμως δεν είναι προφανής ο υπολογισμός της πιθανότη τας του ενδεχομένου αυτού, μπορούμε να σκεφθούμε ως εξής: Αν είχε τουλάχιστον ένα από τα δύο, τότε θα πραγματοποιούταν η ένωση, Α υ Β , των ενδεχομένων αυτών. Τώρα όμως που δεν έχει κανέΕ Υ ΚΛΕ

Σ ΙΔΗ

Β'

λη ' τ.3175

Μαθηματικ ά Γ Λυκείου

να σημαίνει ότι πραγματοποιείται το συμπληρωματικό της ένωσης, δηλαδή το ενδεχόμενο: (Α υ Β)' . Παρατηρούμε λοιπόν ότι ισχύει: Α' n Β' = (Α υ Β)' . Επομένως έχουμε: Ρ( Α' n B' ) = Ρ[ (Α υ Β)' ] = 1 - Ρ( (Α υ Β) ) = 1 - Ρ(Α) - Ρ(Β) + Ρ( (Α n Β) ) = =

1 - 0,6 - 0,4 + 0,25 = 0,25

iii) Για τη μαθηματική διατύπωση του ενδεχομένου «δεν τα έχει και τα δύο» μπορούμε να σκεφθούμε ως εξής: Αν είχε και τα δύο τότε θα πραγματοποιούταν η τομή, Α n Β , των ενδεχομένων. Τώρα όμως που δεν τα έχει και τα δύο σημαίνει ότι πραγματοποιείται το συμπληρωματικό της τομής, δηλαδή το ενδεχόμενο (Α n Β)' . Αξίζει να σημειώσουμε ότι το παραπάνω ενδεχόμενο είναι ισοδύναμο με το ενδεχόμενο: «Δεν έχει κινητό ή δεν έχει Η. Υ.», που είναι το ενδεχόμενο Α' υ Β' , δηλαδή ισχύει: Α' υ Β' = (Α n Β)' . Έχουμε λοιπόν: Ρ( Α' υ Β' ) = Ρ[( Α n Β )'] = 1 - P( A n B ) = 1 - 0,25= 0,75

Έστω τα ενδεχόμενα Α και Β του ίδιου δειγματικού χώρου με Ρ(Α) Ρ( Α υ Β )

-, 3

Ρ(Β)

και

= - .

α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα της τομής, Α n B , των ενδεχομένων Α και Β. β. Είναι τα ενδεχόμενα Α και Β ασυμβίβαστα; γ. Να υπολογίσετε την πιθανότητα πραγματοποίησης μόνο το Α. Λύση

α. Από τον προσθετικό νόμο, Ρ( Α υ Β ) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β ), ισοδύναμα έχουμε: Ρ( Α n Β ) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α υ Β ) Αντικαθιστώντας τα δεδομένα στην τελευταία ισότητα παίρνουμε: 1 1 5 1 P(A n B) = - + - - - = 3 4 12 6 β. Επειδή Ρ( Α n Β ) γ.

.!. * Ο είναι Α n Β * 0 , οπότε τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

6 Πραγματοποιείται μόνο το Α σημαίνει: «Ναι το Α και όχι το Β», που με μαθηματικό τρόπο εκφράζε ται ως εξής: Α n Β ' ή Α - Β. Επομένως: Ρ( Α n Β ') = Ρ(Α - Β) = Ρ(Α)-Ρ( Α n Β ) = .!_ - .!_ = .!_ 3 6 6

Β'

Α σκή σ εις με ανι σ ότητες:

Στην κατηγορία αυτή θα δούμε ασκήσεις που αναφέρονται σε ανισοτικές σχέσεις που περιέχουν πιθανό τητες ενδεχομένων, οι οποίες προκύπτουν με καθαρά πιθανοθεωρητικό τρόπο, δηλ. με τη βοήθεια των ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λη ' τ.3Π6

Μαθηματικά Γ Λυκείου

κανόνων και των σχέσεων της Θεωρίας Πιθανοτήτων. Οι σχέσεις αυτές συνήθως περιέχουν ένωση και τομή μεταξύ ενδεχομένων. Έτσι θυμίζουμε ότι ισχύουν οι σχέσεις: (Α n Β) � Α και (Α n Β) � Β από τις οποίες σύμφωνα με τον 4 κανόνα παίρνουμε: Ρ( Α n Β) � Ρ(Α) & Ρ(Α n Β) � Ρ(Β) (1) ο

Ακόμη έχουμε: Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α n B) � 1 από όπου προκύπτει ότι: Ρ( Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ( Α n Β) (2) Τώρα από ( 1 ), (2) και επειδή Ρ(Α n Β) ;::: Ο

Ο παίρνουμε:

max(O, Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1) � Ρ( Α n Β ) � min(P(A), Ρ(Β))

(3)

Επίσης ισχύουν και οι σχέσεις Α � (Α υ Β) και Β � (Α υ Β) οπότε: Ρ( Α) � Ρ( Α υ Β) & Ρ(Β) � Ρ( Α υ Β) (4) και από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων προκύπτει ότι: Ρ( Α υ Β) � Ρ( Α) + Ρ(Β) (5) Τέλος από (4), (5) και επειδή Ρ(Α υ Β) � 1 έχουμε: max(P(A), Ρ(Β)) � Ρ( Α υ Β)

min(P(A) + Ρ(Β), 1 ) (6)

Βέβαια σε κάθε άσκηση πρέπει να αποδεικνύονται οι παραπάνω σχέσεις αφού δεν αναφέρονται στο βι βλίο. Χαρακτηριστικές είναι οι επόμενες ασκήσεις.

Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου με αποδείξετε ότι:

_!_ 40

�

Ρ(Α n Β ) � �

Ρ(Α) = � 5

και

Ρ(Β) = � , να 8

Λύση

(Είναι φανερό ότι η άσκηση αυτή αποτελεί εφαρμογή της (3). Όμως, όπως αναφέραμε, πρέπει να γίνει πλήρης απόδειξη αφού δεν αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο).

Ε ΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' λη ' τ.3Π7

Μ αθηματικ ά Γ Λυκείου

Ως γνωστόν (Α n Β) ς Α και (Α n Β) ς Β , οπότε, σύμφ ωνα με τον 4° κανόνα και τα δεδομένα της ά σκησης έχουμε: Ρ(Α n Β) � Ρ(Α) ' 2 5 ' και επειδη - � - εχουμε: 5

2 και Ρ(Α n B) � Ρ(Β) 5 5 8 =

P(A n B) � 3_ (1) 5

Επίσης από τη σχέση Ρ( Α υ Β) � 1 παίρνουμε: Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) � 1 ή Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 � Ρ(Α n Β) Αντικαθιστώντας τις πιθανότητες των Α και Β στην τελευταία σχέση έχουμε: .

2 5 1 - + - - 1 � P(A n B) ή P(A n B) 2:: - (2) 40

5 8 Τέλος, συνδυάζοντας τις (l)και (2) παίρνουμε:

1 2 - � P(A n B) � 40

Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου με Ρ( Α) = αποδείξετε ότι:

� 8

� Ρ(Α υ Β) � 1 7 .

! και Ρ(Β) = � να , 3

Λύση

(Και εδώ είναι φ ανερό ότι η άσκηση αυτή αποτελεί εφ αρμογή της (6). Όμως πρέπει να γίνει πλήρης από δειξη αφ ού δεν αναφ έρεται στο σχολικό βιβλίο). Επειδή Α ς (Α υ Β) και Β ς (Α υ Β) , σύμφωνα με τον 4ο κανόνα και τα δεδομένα της άσκησης έχουμε: 1 3 Ρ(Α) � Ρ(Α υ Β) και - = Ρ(Β) � Ρ(Α υ Β) 3 8

' 1 3 ' και επειδη - � - εχουμε: 3

Ρ(Α υ Β) 2:: � ( 1 ) 8

Επίσης από τη σχέση Ρ( Α υ Β) � Ρ( Α) + Ρ(Β) , αντικαθιστώντας τις πιθανότητες των Α και Β, έχουμε: 17 1 3 (2) Ρ(Α υ Β) � + η Ρ(Α υ Β) � "3 g 24 τέλος από ( 1 ) και (2) παίρνουμε: '

Γ'

Μ ια γενική άσκη ση :

Τέλος θα ασχοληθούμε με μια γενική θεωρητική άσκηση η οποία λύνεται με εφαρμογή γνώσεων από τη Θεωρία Πιθανοτήτων καθώς και από άλλους κλάδους των Μαθηματικών. Στην περίπτωση αυτή δεν έχουμε ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ

Β ' λη ' τ.3Π8

Μ αθηματικά Γ Λυκείου

να δώσουμε κάποια παρατήρηση ή οδηγία πέρα από το ότι πρέπει κανείς να γνωρίζει καλά τη θεωρία όλων των κλάδων των Μαθηματικών και να εξασκείται στη λύση σύνθετων προβλημάτων, που απαιτούν συν δυασμό γνώσεων από διάφορους κλάδους των Μαθηματικών. 9.

Αν Α και Β είναι δύο ασυμβίβαστα ενδεχόμενα του ίδιου δειγματικού χώρου Ω με Ρ( Α) = λ 2 και Ρ(Β) = 7 λ 2

- 6λ + 2

να αποδείξετε ότι:

!. :::; λ :::; !. . 4

Λύση

Κατ ' αρχήν παρατηρούμε ότι για κάθε λ ε IR. είναι λ 2 � Ο και 7λ 2 - 6λ + 2 > Ο (Δ < 0). Αφού τα ενδεχό μενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα έχουμε:

Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = λ 2

+ (7λ2 - 6λ + 2) 8λ 2 - 6λ + 2 ( 1 ) =

Επειδή τώρα η mθανότητα ενός ενδεχομένου ανήκει στο διάστημα [0, 1 ] πρέπει ν α ισχύουν και οι σχέ σεις: λ 2 :::; ι (2) , 7λ2 - 6λ + 2 :::; 1 (3) και 8λ2 - 6λ + 2 :::; 1 (4) Τέλος, λόγω της ( 1 ), παρατηρούμε ότι αν ισχύει η (4), τότε θα ισχύουν οι (2) και (3). Επομένως αρκεί να

( )( )

λύσουμε μόνο την aνίσωση (4). Έχουμε λοιπόν: 1 1 1 1 sλ2 - 6λ + 2 :::; ι � sλ 2 - 6λ + ι :::; ο � λ - 2 λ - 4 :::; ο � 4 :::; λ :::; 2

•

• •

•

• • • •

•

rιο τιιν Γ Λuκείοu:

Φυσική Κατεύθυνσης (rαλαvτώσεις - Κύματα) - Γ. Θ. Ντούβαλης

Φυσική Κατεύθυνσης (Μηχανική του στερεού σώματος) - Γ. Θ. Ντούβαλης Φυσική Κατεύθυνσης (Κρούσεις - Φαινόμεvο

rιο τιιν Α Λuκείοu:

Doρρ/er) - Γ.

Ασκήσεις Βιολογίας Γενικής Παιδείας - Κ. Ρ. Παπαζήσης

Θ. Ντούβαλης

• •

Φυσική - Κ. Ρ. Παπαζήσης

Άλ γεβρα - Γ. & Π. Λουκόπουλος (υπό έκδοση)

Μαθηματικό Κατεύθυνσης (Παράγωγοι) - Γ. & Π. Λουκόπουλος

Μαθηματικό Κατεύθυνσης (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λουκόπουλος

Έκφραση - Έκθεση - Α. Καλλή - Γ. Σουλτάvης

Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγρσμμοτιστικό περιβάλλον - Κ. Ν. Ιορδαvόπουλος

Αρχές Οικονομικής θεωρίας - Κ. Γαροφαλάκης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " λη " τ.3Π9

ΧΡΥΣΙΠΠΟΥ 1 & ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜΕ • ΖΩΓΡΑΦΟΥ Τηλ.: 2 1 0 74 88 030, fax: 2 1 0 74 83 031

22° ΠΑΝΕΑΛΗΝΙΟ ΣΥΝΕ.ΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Λαμία 18 - 19 - 20 Νοεμβρίου 2005 «Οι ούy;(Qονες Εφαρμογές των Μαθηματικών και 1J αξιοποlη τοvς οτιιν Εκπαlδευαq»

Αντικε ίμενο των Εφαρμοσμένων Μαθη ματικών ε ίναι η μελέτη και η επίλυση - με μαθη ματικές μεθόδους προβλη μάτων που προέρχονται από κάθε ε ίδους εφαρμογές, π.χ. από τις θετικές επιστή μες, την τεχνολογία, την πλη ροφορική , τις β ιο·ίατρικές και τις κοινωνικές και οικονομικές επιστήμες. Κεντρικό αντικε ίμενο κάθε τέτοιας μελέτη ς ε ίναι η διατύπωση ενός μαθη ματικού μοντέλου, που περιγράφ ε ι το "φυσικό" πρόβλη μα σε μαθη ματική γλώσσα, συνή θ ε ις υπό ορισμένες απλουστευτικές παραδοχές, αλλά που λαμβάνει υπόψη τους βασικούς μηχανισμούς και διαδικασίες του "φυσικού"προβλή ματος. Το μαθη ματικό μοντέλο διερευνάται πο ιοτικά (π.χ. ύπαρξη , μοναδ ικότητα, ευστάθεια και πο ιοτική συ μπεριφορά των λύσεών του) και επιλύ εται αναλυτικά ή με αναλυτικές προσεγγιστικές μεθόδους ε ίτε με αριθμητικές με θόδους στον υπολογ ιστή . Τα αποτελέσματα και οι προ βλέψε ις των μαθη ματικών μοντέλων συγκρίνονται στη συνέχε ια με την πραγματικότητα ως προς την αξιοπιστία τους και το μοντέλο υ ιοθ ετε ίται ή επανασχεδιάζεται. Το φάσμα των περιοχών τη ς Μαθη ματική ς Επιστή μη ς, που απαιτούνται στις σύχνονες εφαρμογ ές ε ίναι ευρύτατο τα δ ε όρια μεταξύ των καλου μένων "εφαρμοσμένες" και "καθαρών" μαθη ματικών ε ίναι ασαφή , αφού και οι πλέον αφη ρη μένες μαθη ματικές θ εωρίες έχουν χρησιμοποιη θ ε ί σε εφαρμογές. Για να ενδιαφερθούν ο ι μαθητές - φοιτητές μας για τα Μαθη ματικά, εκτός από την προσπάθ ε ια που κάνουμε ως δάσκαλοι να μεταλαμπαδεύσουμε την αγάπη που εμείς αισθανόμαστε γ ια την Επιστή μη των Μαθη ματικών, θα πρέπει, συ μβαδ ίζοντας με τις σύγχρονες απαιτήσεις και την εξέλιξη τη ς Τεχνολογίας, να τους δ ε ίξουμε το ση μαντικό και καθορ ιστικό ρόλο των Μαθη ματικών σε κάθ ε τομέα της σύγχρονη ς ζωή ς και να επιση μάνουμε τον ρόλο των Μαθη ματικών στη βαθύτερη κατανόηση και την επίλυm1 των προβλη μάτων στις σύγχρονες επιστή μες και τεχνολογ ίες. Α. Μαθηματικά μοντέλα •

• •

Θεματ ικές Ενότητ ες του Συνεδρί:ου

Ντετερμινιστικά - Στοχαστικά μοντέλα

Αναλυτικές - Αναλυτικές προσεγγιστικές Μέθοδοι Αρ ιθμητικές Μέθοδοι

Β. Διδακτική αξιοποίηση των σύγχρονων Εφαρμοσμένων Μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση •

Προβλη ματισμός και κίνητρα για την ενδυνάμωση του ενδιαφέροντος των μαθητών - φοιτητών για τα Μαθη ματικά

Οδηγί:ει; για τη Σύνταξη των Εργασιών

Τα πρακτικά του Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στο ιχε ιοθεσία των κειμ ένων που θα υποβληθούν γι' αυτό. Χάριν ο μοιομορφίας και καλή ς ποιότητας, απαιτείται να τηρη θούν τα παρακάτω : 1. Η εκτύπωση θα ε ίναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5 , 3 εκ. επάνω και κάτω. Το κ ε ί μενο θα ε ίναι πλήρως στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχε ίων του συγγραφέα που θα ε ίναι στοιχισμέ να στο κέντρο. 2. Η πρώτη σελίδα της ε ργασίας θα περιέχει κατά σε ιρά: α) Τον τίτλο τη ς εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 1 6 . β) Μ ι α κενή γραμμή . γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 1 2 . δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περ ίληψη της ε ργασίας (στα Ελληνικά) , που δε θα υπερβαίν ε ι τις 1 5 γραμμές κε ιμένου , γραμμένη με γράμματα μεγέθους 12. ζ) Θα ακολου θ ε ί το κυρίως κε ίμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 1 2 . 3 . Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται (εφόσον ε ίναι δυνατό) μια περίληψη τη ς εργασίας σε κά ποια διε θνή γλώσσα. 4. Η εργασία θα ε ίναι γραμμένη σε επεξεργαστή κ ε ιμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύ εται από δι σκέτα που θα περιέχει την εργασία. Να χρησιμοπο ιη θούν γραμματοσε ιρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρ ίως κε ίμενο.

ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15

Σεπτεμβρίου 2005

Τα πλή ρη κε ίμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβλη θούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2005 στην παρακάτω διεύθυνση : Ελληνική Μαθη ματική Εταιρεία (για το 22ο Συνέδριο της ΛΑΜΙΑΣ)

Πανεπιστη μίου 34 - 106 79 Αθήνα και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση : e-mail: info@hms.gr

Εκδόσεις; της; ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ι:_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ·

\F: \ΠΟ

f ' ' ' ' " ' ""�- \t ""'ΙΙ ' ' � ' ιι-ιι� ι ι �ιι·ι ιυ. ι η · r ι π r ..,

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ Ε ΠΙΘΕΩΡΗΣΗ

.ΞJ 'J .

..:..;:;, " -1

n , ""''" ,.,� .,, _, ••

EUCLIDES γ '

ΤΑ ΜΑθΗΜΑΠΚΑ ΠΙΣ

ΊA--...tAIISA�EJa!'li

ιει::tΑΙ'Σ81ΙΙΣ ΟΣτΑΣΣΙt ΠJΙ"ιό" AD

LOUIS 13RAND

ΜΑΘΗΜΑτιΚΗ

---

- 81( � �

ΑΝΑΛΥΣΗ

ΠΟΙΧΕΙΩΔΗΣ ΓΡΑΜΜΙΚΗ ΑΛΓΕΒΡΑ

ΕΙΣΑfΩfΗ ΣΤΙΙ MEPIICEI ΔIΑΦΟΡD:: Ε Σ ΕΞΙΙ.ΩΣΕΙΣ

Στοι, F.ΙΩΗΙΣ Γιαιη:τΡΙ.\ \ΠΩ ΑΝΩτΕrΗ ΣΚΟΙΠΑ

θ�[1?�\ ΛΡJθι'/!flι'i ,

R Ι' S f: λ R (' ΙΙ !1 \ ,\1 λ 1 llf- 11 \ 1 f (' !ό Ι \ I/ 1 ,\ F O N. \f,\ T / Γ ,,. ' ') �

Τεύχος 2 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Τεύχος 2,5 ευρώ ΕυκλείδηςΒ': Συνδρομή (4 τεύχη) 1 2 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Σχολεία: 1 0 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ ΕυκλείδηςΓ : Συνδρομη' (2 τεύχη) 1 0 ευρω' ΕυκλείδηςΑ':

Μα8ημ. Επιθεώρηση:

Τεύχος 5 ευρώ Σιιvδρομή i2 τεύχη) 10 ευρώ � Τεύχος 5 ευρώ � � -ε:.;r: • αιpίι Δεb11 8ι*ιlιΕ -� 7.3Ι αιιιί Τα

!i Qj : ,: -τ..:·:

Διεθνής Μαθημστικtς Ολυμπιάδες 20 ευρώ 1959 1999: Βαλκανικtς Μαβημστικtς Ολυμπιάδες 1984-2001: 1 5 ευρώ Θtμaτα εξετόσεων στα Α.Ε.Ι 1976 1989: 6 ευρώ Πρακτικό: 1ou ΓJcr.ι&λλrου r.( Σιιvεδρίου & ευρώ 2ou ΠαvελλrrJίου Συνεδρίου 8 ευρώ 3αι nn..,n�•� ' ,,......Ψ""' Συνεδρίου 8 4ω5ου � ΣιΜ:δι:iου 8 ευρώ 6ou ΠCJVFλλrιiαu Συνεδρίου 8 ευρώ 7ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Συνεδρίου 8 ευρώ 8αι Ι'1cΝελληνίοιι Συνεδρίοιι 8 ευρώ !Ο.ι � ΣιΜtιραι 8 ευρώ •

•

ευρω'

1ιD.ι � Σ'Ι.Μi'.β:ιJ Π εφίι

�.rrrι ό λ ω ν

των

1 1ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 14ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 15ou ΓJc:ιι.ι&\λη'.i Σιιvεδρίου 16ou Ι'1cΝελληνίοιι Σιιvεδρίου

17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ 17 ευρώ

20 ευρώ (Στερεομετρικό) Διαλtξεις: Ο τόμος 5 ευρώ Μαθηματική Ανόλυση 25 ευρώ (Loυis Brand) Διαφορικtς Εξισώσεις (Stephenson) 10 ευρώ Ισταρία Μαθηματικών Loria (41\\μοι) Α, Β, ΓΑ• ΓΒ ο tόμος 8 ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Ελληνικη' Μαθ η μστικη' 4 εuριίι Β ι βλιογραφ ία Στοιχειώδης Γεωμ ετρία από 8 ευρώ Ανώτερη Σκοπιά

�: � Σιιvεδρίου: Σιιvεδρίου � ευρω: ευρω n� Σιιvεδρίου ευρώ 20ou π,..,η�•� , Σιιvεδρίου ευρω' 19ou

•

. .,....... ι..uu

25 25

Συνtδριο Hermis '92 (Αyyλικό) 25 ευρώ Συνέδριο Hermis '94 (Αyyλικό) 2 τόμοι 0 τόμος 15 ευρώ Γραμμική Άλγε βρα 6 ευρώ (Gr. Muncres) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ (Ονόμ ατα Γεωμετρικών όρων 20 ευρώ ΓΕΩΜΕ1'ΡΙΚΑ)

θεωρία Αριθμών 1 0 Χρόνια 'Έ'tΚΛΕ1ΔΗΣ" ΣΕΙ'Α Α' (1990-1999) α>

Π ευρώ

25 ε:ιιpιί

εκδόσεων πωλούντα ι uε τιc τοέyουσεc τιuέc του 2004