Ευκλειδης Β 58

P=>Q

P=>q Ρ q

Α

q Ρ·

'

Γ

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

'

a ;/'

.�· ·�

iμ

yια μαθητές και εκπαιδευτικούς ΜΑΡΙΑ ΕΥΣ:fΑθΙΟV

+

ΕΛΕΥθΕΡΙΟΙ ΠΡΟΤΟf'!ΑΠΑΙ

σ' ενιοΙοu Λuκεlοu

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α' Ενιαίου Λυκείου

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Γεωμετρία

Άλγεβρα

Α' Ενιαίου Λυκείου

Β' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης

Γενικής

Παιδείας (2 τόμοι)

Γ. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης

*

μαθηματικά

μαθηματικά

�·

Γ' Ενιαίου Λυκείου

τόμος

θΕΠΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓ!ΚΗΣ ΚΑτΕΎθΥΝΣΗΣ """

�

Γεωμετρία

Β' Ενιαίου Λυκείου Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

Μαθηματικά

Γ Ενιαίου Λυκείου Γενικής Παιδείας

Μ. Τσιλπιρίδης

Μαθηματικά

Γ Ενιαίου Λυκείου

Θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης

Α' τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς

Β· τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς, Σ. Γκούμας LΕτRιΝΑ SA.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

σε όλο το βιβλιοπωλείο

ΒιΒΛιΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 2ι 0.38.Ιι.850 KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, I 06 78 ΑΘΗΝΑ. ΤΗΛ. 210.38.31.078 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΗΗΡΙΟΥ 122, ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

CEAτii"ICAτtON BODY

•'<"rflfiCΙΙI�'

ISO 9001

'\',, 1�. Ι.\� ,'i,; 1.17

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA 58

Τεύχος

•

Οκτώβριος

•

Νοέμβριος

•

2005

Δεκέμβριος

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

3,50

Ευρώ:

•

ΜΑθΗΜΑ11ΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ το ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ../ Εκδήλωση της Ε.Μ.Ε.

.

............................................ 2

../ Στοιχεία Μαθηματικής Λοyικής

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

..

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

8

../ Homo Mathematicus ........................................................15 ../ Μαθηματικοί Διαyωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

.

.

.

.

.

.

.

..

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

. 19

Μαθηματικά Α' Τάξης

................................................ 26

../ Άλyεβρα

../ Σύνολα. rενικά περί συναρτήσεων ..... ... . ..... ... . . ... . .. . ..... .. ... .... ... 30

../ Παραλληλόyραμμα

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

Μαθηματικά

. .

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

Β'

Τάξης

../ Άλyεβρα: Πολυώνυμα - Εξισώσεις - Ανισώσεις .... ../ Ασκήσεις στην ευθ εία και στον κύκλο

Γ'

Τάξης

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

../ Ασκήσεις στα όρια

... 52

.

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

... 59

../ Συνέ χεια σε κλειστό διάστημα και εφαρμο yές της ..

... 62

../ Μαθηματικά rενικής Παιδείας: Ασκήσεις Στατιστικής .. ../ Ο Ευκλείδης προ τ είνει... Ευκλείδη και ...Διόφαvτο ../ Στήλη το υ μαθητή

...40

.

............... . ............ 47

Μαθηματικά

../ Συναρτήσεις

...37

.

../ rεω μετρία: Εμβαδά .................................

34

............ 65

....................... 72

.............................................. 7 4

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΥΑΙΡΕΙΑΣ

ΓΙΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34

•

Τηλ.: 21Ο 3617784

3616532

•

106 79 ΑΘΗΝΑ

Αντιπρ6εδροι:

Εκδ6της:

Α': Euaταθiou Βαγγέλης

Εξαρχ6κος Θε6δωρος

Β': Τασα6ποuλος Γιώργος

Διευθυντής:

Γραμματέας:

Τυρλής Ιω6ννης

Χριατ6ποuλος Παναγιώτης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

ISSN:

1105-

Πρ6εδρος:

Κuριακ6ποuλος Αντώνης

Fox:2103641025

Μέλη:

7998

Σuνταντική επιτροπή

Εκτελεστική Γραμματεία

Αργuρ6κης Δ. Δρούταας Π. Λουρίδας Σ.

Επιμέλεια 'Εκδοσηc;: Κυριακόπουλος Αντώνης Ευσταθίου Βαγγέλης

Ταπειν6ς Ν.

Αθανασόπουλος Γεώργιος Λαζαρίδης Χρήστος Ανδρουλακάκης Νίκος Λουρίδας Σωτήρης Αντωνόπουλος Νίκος Μαλαφέκας Θανάσης Αργυράκης Δημήτριος Μεταξάς Νικόλαος Βακαλόπουλος Κώστας Μυλωνάς Δημήτρης Βλάχου Αγγελική Μώκος Χρήστος Γράψας Κων/νος Σαtτη Εύα Δρούτσας Παναγιώτης Σταθόπουλος Γεώργιος Ευσταθίου Βαγγέλης Σταϊκος Κώστας Ζώτος Βαγγέλης Στά'ίκος παναγιώτης Καλίκας Σταμάτης Στρατής Γιάννης Καρακατσάνης Βασίλης Ταπεινός Νικόλαος Καρκάνης Βασίλης Τασσόπουλος Γιώργος Κατσούλης Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Κερασαρίδης Γιαννης Τσικαλουδάκης Γιώργος Κηπουρός Χρήστος Τσιούμας Θανάσης Κόντζιας Νίκος Τυρλής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Κυριακοπούλου­ Κυβερνήτου Χρυστ . Χριστόπουλος Παναγιώτης

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

ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦΙΚΩΝ ΤΕΧΝΩΝ:

ΔΙΗΝΕΚΕΣ

ΣτοιχειοΒεαία - Σελιδοποίηση: 43, Αθιivα τηλ.: 270 3606760, fαχ.: 2 ι ο 3606826

Ακαδημίας

e-mαil: diinekes@myqnef.gr

Εκτύπωαη: /Ν'ΓΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunογpαφeίοu: Β. Σωτηριάδης

• •

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ.πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"'. Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00

=

ευρώ 14,00)

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στε"λνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε.Ταχ.Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ.30044 ή πληρώνεται σtα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

ΕΚΔΗΛΩΣΗ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

Ο Πρ όεδρος του Δ. Σ. της Ε. ΜΕ. καθηγητής Θεό δωρος Εξαρχάκος (αριστερά) βραβεύει τον κ. Γ. Ωραι ό πουλο .

Τη Δευτέρα 24 Ο1crωβρίου 2005 και ώρα 7.00 μ.μ. η Ε.Μ.Ε. πραγματοποίησε με επιτυχία εκδήλωση στο αμφιθέατρο «lωαν. Δρακόπουλος» στο κε­ ντρικό κτίριο του Πανεπιστημίου Αθηνών, με θέ­ ματα: Α. Βράβευση του καθηγητή κ. Γ. Ωραιόπουλου για την πολύχρονη προσφορά του στην Ελληνι­ κή Μαθηματική Εταιρεία και στη Μαθηματική Εκπαίδευση. Β. Ύλη, σκοποί και ιδιαίτεροι στόχοι των περιο­ δικών Ευκλείδη Α ' και Ευκλείδη Β ' .

•

Θ. Εξαρχάκος, Πρόεδρος του Δ.Σ. της ΕΜΕ. Ομιλίες Α.

Το έργο και η δραστηριότητα του Συνα­ δέλφου Γ. Ωραιόπουλου

Γ. Καρκούλιας Μέλος της Ε .Μ.Ε. Βράβευση του Συναδέλφου κ . Γ. Ωραιόπου­ λου για την πολύχρονη προσφορά του στην Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και στην Ελληνική Παιδεία.

Β. ../Σκοποί και Στόχοι του περιοδικού "Ευ­ κλείδης Α"'

Μ. Χρυσοβέργης, Ε ιδικός Γραμματέας του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. I Πρόεδρος της Συντακτι­ κής επιτροπής του Ευκλείδη Α ' . ../Σκοποί και Στόχοι του περιοδικού "Ευ­ κλείδης Β"'

Αντώνης Κυριακόπουλος, Μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. I Πρόεδρος της Συντακτικής επι­ τροπής του Ευκλείδη Β ' . ../ Η Μαθηματική παιδεία στο Γυμνάσιο και

Α πό την εκδήλωση της Ε. ΜΕ.

Η εκδήλωση πραγματοποιήθηκε σύμφωνα με το παρακάτω πρόγραμμα: Χαιρετισμός •

η συμβολή του Ευκλείδης Α '

Τ. Πατρώνης, Επίκουρος Καθήγητής του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Πατρών.

-Προτάσεις Συζήτηση ../

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/2

Εκδήλωση της Ε.Μ.Ε. Ο πρόεδρος της συντακτικής επιτροπής του πε­ ριοδικού «Ευκλείδης Β ' » κ. Αντώνης Κυριακό­ πουλος, στην αρχή της ομιλίας του υποστήριξε, με προσωπικά βιώματα, την άποψη ότι και τα τρία περιοδικά της Ε.Μ. Ε . που απευθύνονται στους μα­ θητές: «Μικρός Ευκλείδης», «Ευκλείδης Α ' » και «Ευκλείδης Β ' » μπορούν να παίξουν καθοριστικό ρόλο στη στάση που θα τηρήσουν οι μαθητές ένα­ ντι των Μαθηματικών. Ιδιαίτερα οι μαθητές της επαρχίας. Γι' αυτό, τόνισε, προσπαθούμε τα περιο­ δικά αυτά να είναι ελκυστικά, ευχάριστα και χρή­ σιμα στους μαθητές. Ο κ. Αντώνης Κυριακόπουλος συνέχισε την ο­ μιλία ου ως εξής: Το περιοδικό «Ευκλείδης Β '» απευθύνεται κυ­ ρίως στους μαθητές του Λυκείου. Λέω κυρίως στους μαθητές του Λυκείου, γιατί το περιοδικό προσπαθεί, με διάφορα άρθρα του, να είναι χρήσι­ μο και να βοηθάει και τους συναδέλφους μαθημα­ τικούς στο δύσκολο έργο τους. Επίσης, όπως θα δούμε παρακάτω, περιέχει και στήλες που τους αφορούν.

σότερο, την τάξη, τη σαφήνεια και την ακρίβεια, που επικρατούν στα Μαθηματικά. Επειδή, λόγω ηλικίας, είναι «απόλυτοη> , υποσυνείδητα τους α­ ρέσει και ευχαριστιούνται όταν βλέπουν στα Μα­ θηματικά την αυστηρότητα των συλλογισμών και την βεβαιότητα των συμπερασμάτων. Αυτά, πολ­ λούς μαθητές τους εντυπωσιάζουν, τους γοητεύουν θα έλεγα, και τους κάνουν να αγαπήσουν τα Μα­ θηματικά και να ασχοληθούν περισσότερο με αυ­ τά. Όλοι μας έχουμε δει τη χαρά που έχει ένας μα­ θητής όταν κάνει μια απόδειξη μόνος του. Κατά τη γνώμη μου αυτό συμβαίνει γιατί, αντίθετα από ότι γίνεται στα άλλα μαθήματα που διδάσκεται, στα Μαθηματικά, όταν κάνει μία απόδειξη μόνος του, δεν αναπαράγει αποθηκευμένη γνώση, όπως συμ­ βαίνει π.χ. στην ιστορία, αλλά δημιουργεί κάτι μό­ νος του. Δημιουργεί μία σειρά συλλογισμών, με σαφήνεια και με λογική αυστηρότητα, που τον ο­ δηγούν σ' αυτό που θέλει να αποδείξει. Και αυτό, για ένα μαθητή, και όχι μόνο, είναι πράγματι σπουδαίο, γιατί σε μία απόδειξη πρέπει να ξέρει: Τι θα πει, πότε θα το πει και γιατί θα το πει. Το περιοδικό «Ευκλείδη ς Β '» προσπαθεί να βοηθή σει τους μαθητές του Λυκείου στα Μαθημα­ τικά. Προς τούτο, επιδιώκει να κάνει τα Μαθημα­ τικά του Λυκείου όσο γίνεται πιο απλά και κατα­ νοητά. Αναλύει και αποσαφηνίζει τα δύσκολα ση­ μεία της θεωρίας και επιδιώκει την σε βάθος κατα­ νόηση των διαφόρων Μαθηματικών εννοιών. Ε ­ μπεδώνει τη θεωρία με πολλές κατάλληλες και, κατά το δυνατόν πρωτότυπες, ασκήσεις. Επίσης, επιδιώκει να αναπτύξει την κριτική και συνθετική Ο Πρόεδρος της συντακτι κής επιτροπής του πε­ ικανότητα των μαθητών, καθώς και την ικανότητά ριοδικού Έυκλείδης Β' κ. Α ντώνης Κυριακό πουλος. τους να επεξεργάζονται άγνωστα θέματα. Αυτό Στο Λύκειο οι μαθητές, στην αρχή συστηματο­ τους βοηθάει πολύ στις εξετάσεις που δίνουν. Επίσης, το περιοδικό μας, προσπαθεί, με διά­ ποιούν και διευρύνουν σε θεωρητικό επίπεδο τις γνώσεις που απέκτησαν στο Γυμνάσιο. Έχουν ω­ φορα άρθρα γενικού ενδιαφέροντος, να αναδείξει ριμάσει πλέον και διδάσκονται την Άλγεβρα και τη τις αρετές και τη χρησιμότητα των Μαθηματικών. Γεωμετρία κανονικά, δηλαδή σαν Μαθηματικές Προσπαθεί να καταλάβουν οι μαθητές ότι τα Μα­ θεωρίες: Αρχικοί όροι, οριζόμενοι όροι, αξιώματα, θηματικά είναι χρήσιμα παντού και ότι χωρίς αυτά θεωρήματα. Έτσι συνειδητοποιούν την αυστηρή δεν θα είχαμε την τεχνολογική εξέλιξη που βλέ­ έννοια της απόδειξης και βλέπουν, ακόμα περισ- πουν καθημερινά γύρω τους. Επίσης, με τα άρθρα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/3

Εκδήλωση της Ε.Μ.Ε.

αυτά, επιζητεί να τραβήξει το ενδιαφέρον και την περιέργεια των μαθητών, για να ανακαλύψουν τον πλούτο της μαθηματικής γνώσης. Τελικός μας στόχος είναι η θετικότερη στάση και αγάπη των μαθητών για τα Μαθηματικά. Παράλληλα, όπως σας είπα και παραπάνω, φρο­ ντίζουμε το περιοδικό μας να είναι χρήσιμο και στους συναδέλφους μαθηματικούς, οι οποίοι διδά­ σκουν τα Μαθηματικά του Λυκείου, καθώς και σε όσους ενδιαφέρονται για τα Μαθηματικά αυτά. Η συντακτική επιτροπή του περιοδικού «Ευ­ κλείδης Β ·», στην οποία έχω την τιμή να είμαι Πρόεδρος, αποτελείται από 35 συναδέλφους μα­ θηματικούς. Συνεδριάζουμε κάθε δεύτερη Τρίτη στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. από τις 9:30 το βράδυ μέ­ χρι να κουραστούμε. Οι συνεδριάσεις είναι ανοι­ κτές και μπορεί να συμμετάσχει όποιος συνάδελ­ φος θέλει να βοηθήσει στην έκδοση του περιοδι­ κού. Η συντακτική επιτροπή, επεξεργάζεται και αξιολογεί τις εργασίες που μας στέλνουν οι συνά­ δελφοι μαθηματικοί και οι μαθητές. Στη συνέχεια, κάνει τις διορθώσεις των κειμένων και τα παρακο­ λουθεί μέχρι την εκτύπωση του περιοδικού. Εμείς, της συντακτικής επιτροπής, γράφουμε άρθρα μόνο για να συμπληρώσουμε την ύλη του περιοδικού, όταν δεν έχουμε εργασίες από άλλους συναδέλφους. Αξίζει να σας πω ότι πολλές φορές, για να συμπληρώσουμε την ύλη, αναθέτουμε σ' ένα συνάδελφο της επιτροπής να γράψει ένα άρ­ θρο, αφιερώνοντας πολλές ώρες. Και την τελευ­ ταία στιγμή, το ακυρώνουμε γιατί φτάνει τέτοιο άρθρο από άλλο συνάδελφο. Το περιοδικό «Ευκλείδης Β '» περιέχει τις εξής στήλες, με τη σειρά που δημοσιεύονται:

και πώς εξελίχτηκαν οι διάφορες Μαθηματικές έν­ νοιες, καθώς και τα διάφορα Μαθηματικά σύμβο­ λα. Για παράδειγμα, στο πρώτο τεύχος της φετινής χρονιάς, η στήλη αναφέρεται στην ιστορία και την καθιέρωση του δεκαδικού συστήματος αρίθμησης. Έχει μεγάλο ενδιαφέρον και σας συνιστώ να τη διαβάσετε. Στη στήλη αυτή δεν αποκλείονται αναφορές στη ζωή και το έργο μεγάλων Μαθηματικών, αρ­ χαίων και νεωτέρων. Θα έλεγα ότι είναι,υποχρέω­ σή μας να το κάνουμε αυτό, για να τιμήσουμε ε­ κείνους, οι οποίοι εργάστηκαν σκληρά για να φθά­ σουν τα Μαθηματικά στη σημερινή τους μορφή. Σκοπός της στήλης αυτής είναι να διεγείρει το ενδιαφέρον και την αγάπη των μαθητών για τα Μαθηματικά και να τους πληροφορήσει για την ιστορική πορεία της Μαθηματικής σκέψης.

2. ΣΤΟ Ι ΧΕ Ι Α ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΛΟΓΙΚΗΣ

Τη στήλη αυτή τη γράφει ο υποφαινόμενος. Στη στήλη αυτή θα δημοσιεύσουμε, σε συνέ­ χειες, όσα από τη Μαθηματική Λογική είναι τε­ λείως απαραίτητα για τη σωστή αντιμετώπιση και κατανόηση των Μαθηματικών. Στη συνέχεια θα αναφερθούμε στους τρόπους απόδειξης μιας πρό­ τασης στα Μαθηματικά, καθώς και στους τρόπους εύρεσης ενός Μαθηματικού αντικειμένου (αριθμό, διάνυσμα, συνάρτηση κτλ.), που είναι και ο αντι­ κειμενικός σκοπός της στήλης αυτής. Εν των με­ ταξύ, οι μαθητές θα βοηθηθούν και στην κατανόη­ ση των «λεπτών» μαθηματικών εννοιών. Επίσης θα ασκηθούν στο να χρησιμοποιούν τα Μαθηματι­ κά όχι μόνο ως γνώση, αλλά και ως μέθοδο σκέ­ ψης και πράξης στην καθημερινή ζωή. Επίσης, θα βοηθήσει τους μαθητές να διατυπώνουν με ακρί­ I. ΙΣΤΟΡΙ ΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΕΣ βεια και σαφήνεια τις απόψεις τους και να είναι σε ΑΝΑΦΟΡΕΣ θέση να τις υποστηρίζουν με επιχειρήματα. Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχει ο συ­ Η Μαθηματική Λογική, εκτός του ότι στηρίζει νάδελφος Χρήστος Κηπουρός. και αναλύει τη μαθηματική σκέψη, συνδέεται στενά Σ' αυτή τη στήλη δημοσιεύονται άρθρα που και με την πληροφορική. Είναι χρήσιμη και συμβάλ­ αναφέρονται στην ιστορία και την εξέλιξη των λει στην τεχνητή νοημοσύνη, τη λογική σχεδίαση Μαθηματικών. Έχει ενδιαφέρον, από ιστορικής κυκλωμάτων, τον έλεγχο προγραμμάτων κτλ. απόψεως, να μάθουν οι μαθητές, πώς ξεκίνησαν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/4

Εκδήλωση της Ε.Μ.Ε.

Οι ομάδες αυτές συμμετέχουν στην «Βαλκανι­ Πιστεύω ότι το ενδιαφέρον της στήλης αυτής είναι γενικότερο και ότι θα είναι χρήσιμη όχι μόνο κή Μαθηματική Ολυμπιάδα». Η Εθνική μας ο­ στους μαθητές, αλλά και σε όλους όσοι ασχολού­ μάδα των μεγάλων συμμετέχει ακόμα στη «Μεσο­ γειακή Μαθηματική Ολυμπιάδα», καθώς και νται με τα Μαθηματικά. στη «Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα», η οποία 3. ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS το 2004 έγινε στην Αθήνα και τη διοργάνωσε η Η στήλη αυτή, σύμφωνα με το συνάδελφο Ε.Μ.Ε. με απόλυτη επιτυχία. Επίσης, εφέτος,η «Βαλκανική Μαθηματική Γιάννη Κερασαρίδη που έχει την επιμέλεια, έχει σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη Ολυμπιάδα» των μικρών έγινε στη Βέροια και τη διοργάνωσε με μεγάλη επιτυχία η Ε.Μ.Ε. με συ­ προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: νεργασία με το παράρτημα Ημαθίας. Ι) τι είναι μαθηματικά. Αξίζει να σας αναφέρω ότι, με ενέργειες της 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται.

3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και Ε.Μ.Ε. το 2003 ψηφίστηκε από τη Βουλή, νόμος σύμφωνα με τον οποίο, όσοι μαθητές διακρίνονται ποιο το αντικείμενο του καθενός. στις Ολυμπιάδες και τις Βαλκανιάδες, παίρνοντας 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους.

5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαι­ χρυσό ή αργυρό ή χάλκινο μετάλλιο, αποκτούν το τούν καλή γνώση των Μαθηματικών για δικαίωμα να εγγραφούν, χωρίς εξετάσεις, σε όποια να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Πανεπιστημιακά τμήματα θέλουν, στα οποία όμως, για την εισαγωγή τους σε αυτά, το μάθημα των 4. ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΟ Ι Δ Ι ΑΓΩΝ ΙΣΜΟ Ι μαθηματικών εξετάζεται ως μάθημα κατεύθυνσης. ΚΑΙ ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΕΣ Ο Λ ΥΜΠ ΙΑΔΕΣ Τα θέματα των διαγωνισμών αυτών είναι υψη­ Η Ε.Μ.Ε. κάθε χρόνο συγκροτεί δύο εξαμελείς λού επιπέδου σκέψης και απαιτούν όχι μόνο ειδική Εθνικές ομάδες Μαθηματικών. Η πρώτη ονομάζε­ ικανότητα και εξειδικευμένη μαθηματική νοοτρο­ ται «Εθνική ομάδα των μικρών» και αποτελείται πία, αλλά και κάποιες επιπλέον γνώσεις Μαθημα­ από μαθητές ηλικίας μέχρι δεκαπεντέμιση (15,5) τικών. Είναι θέματα για μαθηματικά ταλέντα. ετών και η δεύτερη ονομάζεται «Εθνική ομάδα Σκοπός της στήλης αυτής είναι να φέρει σε ε­ των μεγάλων» και αποτελείται από μαθητές του παφή τους μαθητές που ενδιαφέρονται για τους Λυκείου. παραπάνω διαγωνισμούς με το πνεύμα και τη νοο­ Για να επιλεγούν οι μαθητές των ομάδων αυτών τροπία των θεμάτων των διαγωνισμών αυτών. η Ε.Μ.Ε. κάθε χρόνο διοργανώνει τρεις Πανελλή­ Στη στήλη αυτή δημοσιεύονται τα θέματα και νιους Μαθηματικούς διαγωνισμούς και για τους οι λύσεις των παραπάνω διαγωνισμών και ταυτό­ μικρούς και για τους μεγάλους, που ονομάζονται χρονα αναπτύσσονται τρόποι και μεθοδολογίες για κατά σεφά διεξαγωγής την αντιμετώπιση τέτοιων θεμάτων. Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχει ο συ­ « ΘΑ ΛΗΣ», «ΕΥΚ Λ ΕΙΔΗΣ» νάδελφος Σωτήρης Λουρίδας. και «ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ» Όσοι διακρίνονται στον Θαλή παίρνουν μέρος στον Ευκλείδη και όσοι διακρίνονται στον Ευκλεί­ δη παίρνουν μέρος στον Αρχιμήδη. Από τους δια­ κριθέντες στον τελευταίο αυτό διαγωνισμό, οι έξι πρώτοι από τους μικρούς και οι έξι πρψrοι από τους μεγάλους, είναι αυτοί που αποτελούν τις δύο Εθνικές μας ομάδες Μαθηματικών.

5. ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΆ Γ Ι Α τΙΣ ΤΑΞΕΙΣ Α ', Β' ΚΑΙ Γ Λ ΥΚΕΟΥ

Στις στήλες αυτές δημοσιεύονται Μαθηματικά των τριών τάξεων του Λυκείου. Εδώ υλοποιούμε την βοήθεια προς τους μαθητές του Λυκείου στα Μαθηματικά, που σας ανέφερα παραπάνω. Εδώ, εκτός του ότι επισημαίνονται τα βασικά σημεία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/5

Εκδήλωση

της

Ε.Μ.Ε.

της θεωρίας και διευκρινίζονται οι δυσνόητες έν­ 6. Ο ΕΥ ΚΛΕΙ ΔΗΣ ΠΡΟΤΕΙ ΝΕΙ . . . ΕΥΚΛΕΙ­ ΔΗ ΚΑΙ . . . Δ Ι ΟΦΑΝΤΟ νοιες αυτής, φροντίζουμε ώστε η εμπέδωση να γί­ νεται με ασκήσεις που είναι κατανοητές και οι ο­ Η στήλη αυτή απευθύνεται σε συναδέλφους και ποίες κεντρίζουν το ενδιαφέρον των μαθητών. Ε­ μαθητές με ζωηρότερο μαθηματικό ενδιαφέρον και πιδιώκουμε ακόμα η διάταξη των ασκήσεων να εί­ γενικά σε κάθε «εραστψ> των Μαθηματικών, ο ναι τέτοια, ώστε να μην aπογοητεύουν τον αρχά­ οποίος θέλει να κατακτήσει την καρδιά των Μα­ ριο, να ενθαρρύνουν τον μέτριο και να ενθουσιά­ θηματικών, που, σύμφωνα με τον Πωλ Χάλμος ζουν τον προχωρημένο μαθητή.

(PAUL HALMOS), είναι τα προβλήf.Ι.ατα και οι Στο τελευταίο τέταρτο τεύχος κάθε χρονιάς, λύσεις. δημοσιεύουμε γενικές ασκήσεις από όλα τα κεφά­ Στη στήλη αυτή, δημοσιεύονται ασκήσεις που λαια κάθε τάξης. Φροντίζουμε ώστε οι ασκήσεις προτείνονται από συναδέλφους, και όχι μόνο, και αυτές της Γ τάξης να είναι επιπέδου Πανελληνίων εΠιλέγονται από τους υπεύθυνους της στήλης, ώ­ Εξετάσεων, για να βοηθήσουμε τους μαθητές στις στε: εξετάσεις που θα δώσουν. Να είναι όσο το δυνατόν πρωτότυπες. Τις στήλες αυτές τις επιμελούνται πολλοί συ­ Να προκαλούν το ενδιαφέρον και να ενεργο­ νάδελφοι από τη συντακτική επιτροπή. Για κάθε ποιούν τη δημιουργική σκέψη. τάξη και για κάθε μάθημα έχουν οριστεί υπεύθυ­ Να είναι κατανοητές από τους μαθητές. νοι, οι οποίοι επεξεργάζονται και αξιολογούν τις Να μην έχουν μακροσκελείς λύσεις και κατά εργασίες των συναδέλφων που φθάνουν στην εται­ προτίμηση να περιέχουν κάποιες από αυτές τις ρεία μας για τις στήλες αυτές. Οι συνάδελφοι αυ­ υπέροχες μαθηματικές κινήσεις που ξαφνιάζουν τοί είναι οι εξής: και γοητεύουν. Στη στήλη αυτή λαμβάνουν μέρος, με ασκήσεις Α' Τάξη Άλγεβρα: Ταπεινός Νίκος και Μώκος Χρή­ και λύσεις που μας στέλνουν, και φίλοι των Μα­ θηματικών από άλλους Επιστημονικούς χώρους: στος. Γεωμετρία: Ευσταθίου Βαγγέλης και Τριάντος Μηχανικοί, Χημικοί, Γεωπόνοι κτλ. Η στήλη παραμένει ανοικτή σε καθέναν που θα Γεώργιος. ήθελε να προτείνει κάτι πρωτότυπο, κάτι ξεχωρι­ Β' Τάξη στό, κάτι που θα διεγείρει το μαθηματικό ενδιαφέ­ Άλγεβρα: Κόντζιας Νίκος και Μυλωνάς Δημή­ ρον. τριος. Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχει ο υ­ Γεωμετρία: Καρκάνης Βασίλης και Κατσού­ ποφαινόμενος και οι συνάδελφοι: Γιάννης Στρα­ λης Γεώργιος. τής, Γεώργιος Τριάντος και Νίκος Αντωνόπουλος. Μαθηματικά Κατεύ θυνσης: Δρούτσας Πανα­ γιώτης, Λαζαρίδης Χρίστος και Τριάντος Γε­ 7. ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗ ώργιος. Πιστεύου με ότι πολλοί «μαχόμενοι» συνάδελ­ Γ Τάξη φοι, εννοώ τους συναδέλφους που έρχονται σε κα­ Μαθη ματικά Κατεύ θυνσης: Τασσόπουλος θημερινή επαφή με τον πίνακα, όταν στέκονται Γεώργιος, Αργυράκης Δημήτριος και Χαραλά­ μπροστά στον πίνακα και διδάσκουν, όλο και κάτι μπους Θάνος. καινούργιο σκέπτονται, όλο και καινούργιες ιδέες Μαθηματικά Γενικής Παιδείας: Βακαλόπου­ τους έρχονται, όλο και κάτι παρατηρούν, όχι μόνο λος Κώστας, Χαραλαμποπούλου Λίνα και Τσι­ ως προς τη σειρά και την παρουσίαση, αλλά και ως καλουδάκης Γεώργιος. προς την ουσία των Μαθηματικών που διδάσκουν.

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/6

Εκδήλωση της Ε.Μ.Ε.

Πολλές φορές, οι ίδιοι οι μαθητές κάνουν ερωτή­ Με τα προβλήματα αυτά, οι μαθητές μαθαίνουν σεις και παρατηρήσεις, οι οποίες μας ξαφνιάζουν νέους τρόπους σκέψης και σταδιακά αποκτούν την και μας οδηγούν σε πολύ χρήσιμα συμπεράσματα. ικανότητα να αντιμετωπίζουν τα προβλήματα με Οι εμπειρίες αυτές των συναδέλφων, πολλές μεγαλύτερη ευκολία. φορές, τους οδηγούν να γράψουν εργασίες, οι ο­ Κυρίες και κύριοι. ποίες έχουν να μας πουν κάτι νέο και πρωτότυπο, Εμείς της συντακτικής επιτροπής, διαθέτουμε σχετικά με τα Μαθηματικά του Λυκείου. aνιδιοτελώς πολλές ώρες από τον ελεύθερο χρόνο Η στήλη αυτή, φιλοξενεί τέτοιες εργασίες συ­ μας για να βγει το περιοδικό « Ευ κλείδης Β'». ναδέλφων (αν έχουμε λάβει φυσικά). Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχουν οι Γιατί το κάνουμε αυτό; Γιατί είμαστε ερωτευμένοι συνάδελφοι: Γιάννης Στρατής και Βαγγέλης Ευ­ με τα Μαθηματικά. Και όπου υπάρχει έρωτας μην ψάχνετε για εξηγήσεις. Αγαπάμε λοιπόν τα Μαθη­ σταθίου. ματικά και θέλουμε να βοηθήσουμε ώστε να τα κατανοήσουν και να τα αγαπήσουν και οι μαθητές.

8. Σ Τ Η Λ Η ΤΟ Υ ΜΑ Θ ΗΤΗ Η στήλη αυτή ανήκει, εξολοκλήρου στους μα­ Γιατί, τότε θα μπορούν να βάλουν υψηλούς στό­ θητές. Στη στήλη αυτή δημοσιεύονται ασκήσεις χους στη ζωή τους και να τους πετύχουν. Επίσης, και λύσεις που μας στέλνουν οι μαθητές του Λυ­ γιατί τα Μαθηματικά συμβάλλουν στην ολοκλή­ κείου. Επίσης, απαντάμε σε ερωτήσεις και απορίες ρωση της προσωπικότητας του μαθητή, καθόσον καλλιεργούν την πειθαρχημένη σκέψη και συμπε­ των μαθητών στα Μαθηματικά. Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχει ο υ­ ριφορά. Δεν ισχυρίζομαι ότι τα κάνουμε όλα τέλεια. Ό­ ποφαινόμενος και ο συνάδελφος Γιάννης Στρατής. χι. Αλλά τουλάχιστον προσπαθούμε. Προσπαθού­ 9. ΤΑ ΜΑΘ ΗΜΑτΙΚΆ με να κάνουμε το περιοδικό, όλο και καλύτερο, ΜΑΣ Δ Ι ΑΣΚΕΔΑΖ Ο ΥΝ όλο και πιο χρήσιμο στους μαθητές και στους συ­ Την επιμέλεια της στήλης αυτής την έχει ο συ­ ναδέλφους. Πιστεύω όμως ότι η βελτίωση και η νάδελφος Παναγιώτης Χριστόπουλος. ποιοτική αναβάθμιση του περιοδικού μας δεν μπο­ Σ' αυτή τη στήλη δημοσιεύονται προβλήματα, ρεί να γίνει χωρίς τη συμμετοχή των συναδέλφων τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές Μαθηματικών, καθώς και των μαθητών. Για το γνώσεις, αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή λόγο αυτό, ως πρόεδρος της συντακτικής επιτρο­ τους ή τη λύση τους και είναι μία ευχάριστη και πής του περιοδικού « Ε υ κλείδης Β '», καλώ τους συναρπαστική ασχολία. συναδέλφους μαθηματικούς, καθώς και τους μα­ Τα μαθηματικά, αν και είναι επιστήμη που α­ θητές του Λυκείου, να μας στείλουν, εκτός από τις παιτεί αυστηρή διατύπωση έχουν τη μαγεία να εργασίες τους, τη δημιουργική κριτική τους και τις προκαλούγ το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα, με κατάλληλο τρό­ προτάσεις τους, για ό,τι αυτοί νομίζουν ότι είναι πο διατυπωμένα, εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν σημαντικό που θα βοηθούσε στη βελτίωση του πε­ τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώ­ ριοδικού. Το περιοδικό είναι όλων των Ελλήνων Μαθη­ τοι οι Αρχαίοι Έλληνες, όπως ο Διόφαντος, ο Ζή­ ματικών. Είναι όλων μας. νωνας κ.ά., διατύπωσαν τέτοια προβλήματα. Σκοπός της στήλης αυτής είναι να φέρει τους Σας ευχαριστώ που με ακούσατε. μαθητές πιο κοντά στα μαθηματικά, μέσα από πε­ ρίεργα και διασκεδαστικά προβλήματα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/7

"Τα Μαθηματικά θεμελιώνονται, κατανοούνται και αναπτύσσονται με τη βοήθεια της Μαθηματικής Λογικής"

του Αντώνη Κυριακόπουλου

(Συνέχεια από το προηγούμενο τεύχος) Ρ

1.10 ΛΟΓΙΚΕΣ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΙΣ •

Κάθε έ κφρα ση , που αποτελείται από μετα­ βλη τές: p, q r,

. .

. κα ι λογικο ύ ς σ υν δ έσ μου ς

και η οπο ία γ ίνεται μία πρότα ση , όταν οι με­

α α

Υ

q α Υ

α

Υ

Υ

(l)

( 2)

cl pvq α Υ α α Υ

Υ

( 3)

(4 )

α

α

p:::>q α Υ

(p V q) Λ (p ::::> q) α Υ

α α

Υ

α

( 6)

(5)

Οι μεταβλητές της παράστασης αυτής είναι δύ­ ο, οι p και q. Στον παραπάνω πίνακα, κάτω από τις μεταβλητές p και q έχουν τεθεί όλοι οι δυνατοί πλώς παρά στα σ η. Συμφωνούμε ότι παραστάσεις συνδυασμοί των τιμών αληθείας των, που είναι στις περιλαμβάνονται και οι μεταβλητές: p, q, r, . . . τέσσερις [ στήλες (1) και (2)]. Η στήλη (3) προκύ­ Π.χ. οι παρακάτω εκφράσεις είναι παραστά­ πτει από τη (2) και περιέχει τις τιμές αληθείας, τις οποίες λαμβάνει η παράσταση q Η στήλη ( 4) σεις: pΛq, p, p� q, (p ν q) <=> (q� η, προκύπτει από τις στήλες (1) και (3) και περιέχει [ (p<::::>q)Λ f]� (pΛr) . τις τιμές αληθείας, τις οποίες λαμβάνει η παρά­ Οι παρενθέσεις και οι αγκύλες χρησιμοποιού­ σταση p ν q . Η στήλη (5) προκύπτει από τις στήνται για να καθορίσουν με σαφήνεια τη σειρά των λες (1) και (2) και περιέχει τις τιμές αληθείας, τις οποίες λαμβάνει η παράσταση p� q . Τέλος, η πράξεων (όπως και στην Άλγεβρα). στήλη ( 6), που είναι και η ζητούμενη, προκύπτει από τις στήλες (4) και (5) και περιέχει τις τιμές 1.11 ΠΙΝΑΚΕΣ τΙΜΩΝ ΑΛΗΘΕΙΑΣ αληθείας, τις οποίες λαμβάνει η δοσμένη παρά­ σταση. Έστω μία παράσταση Ρ με μεταβλητές: p, q, r, Ανάλογα βρίσκουμε ότι ο πίνακας τιμών αλη­ . . . Μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα πίνακα, θείας της παράστασης: στον οποίο να εμφανίζεται η τιμή αληθείας, που (p� p)Λp λαμβάνει η παράσταση Ρ για όλους τους δυνατούς συνδυασμούς των τιμών αληθείας των μεταβλητών είναι ο παρακάτω: (p ::::> p) Ρ Ρ ::::> q Ρ Ρ της p, q, r, . . . Ένας τέτοιος πίνακας λέγεται πίνα­ α Υ Υ Υ κας τιμών αλη θεία ς της παράστασης Ρ. α α α y Π.χ. ο πίνακας τιμών αληθείας της παράστασης:: (p ν q) Λ (p� q) Ση μείω σ η: Αν μία παράσταση περιέχει μία μετα­ βλητή, τότε οι δυνατοί συνδυασμοί των τιμών α­ είναι ο παρακάτω: ληθείας είναι 2. Αν περιέχει δύο μεταβλητές, οι ταβλη τές αντικατα σ ταθο ύ ν με οποιε σδ ήποτε

προτά σ ει ς , λέγ εται λο γ ική παρά σ τα ση ή α­

.

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/8

-------

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

δυνατοί συνδυασμοί των τιμών αληθείας είναι 4 = 22• Αν περιέχει τρεις μεταβλητές, οι δυνατοί συνδυασμοί των τιμών αληθείας είναι 8 = 23 • Και γενικά, αν περιέχει ν μεταβλητές, οι δυνατοί συν­ δυασμοί των τιμών αληθείας είναι 2ν.

1.12 ΕΙΔΗ ΠΑΡΑΣΤΑΣΕΩΝ •

Κάθε παράσταση, η οποία για κάθε συνδυα­ σμό των τιμών αληθείας των μεταβλητών της λαμβάνει: α) τιμή αληθείας α, ονομάζεται ταυτολογία,

Ρ

q

α α α Υ Υ α Υ

Υ

pΛq

α

Υ Υ

Υ

p�q

α

Υ

(pΛq) ν (p ::::> q) α

α α

Υ

α α

- Είναι φανερό ότι: α) Αν μία παράσταση Ρ είναι ταυτολογία, τότε η παράσταση Ρ είναι αυτοαντίφαση και α­ ντιστρόφως. β) Αν μία παράσταση Ρ είναι σχετική, τότε η παράσταση Ρ είναι σχετική και αντιστρό­ φως.

β) τιμή αληθείας y, ονομάζεται αυτοαντίφαση.

1.13 ΝΟΜΟΙ ΤΗΣ ΛΟΓΙΚΗΣ ΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ

Κάθε παράσταση, που δεν είναι ταυτολο­

γία, ο ύ τε αυτοαντίφαση, ονομάζεται σχετική.

Υπάρχουν λοιπόν τρία είδη παραστάσεων:

Οι ταυτολογίες παίζουν πρωτεύοντα ρόλο στη Μαθηματική Λογική (και γενικότερα στα Μαθη­ και οι σχετικές ματικά). Αυτές ονομάζονται και αρχές ή νόμοι Παραδείγματα: I) Η παράσταση: της λογικής των προτάσεων ή απλά νόμοι της Λογικής. Παρακάτω παραθέτουμε τους σπουδαιό­ τερους από τους νόμους αυτούς (το ότι οι παρακά­ είναι μια ταυτολογία. Πράγματι, στην τελευταία τω παραστάσεις είναι νόμοι της Λογικής, δηλαδή στήλη του παρακάτω πίνακα τιμών αληθείας αυ­ ταυτολογίες, διαπιστώνεται εύκολα κατασκευάζο­ τής, εμφανίζεται μόνο το α: ντας τον πίνακα τιμών αληθείας τους): 1. p�p, p => p (ταυτότητας) pΛq Ρ q q p�q p�q�pΛq p=>q 2. pνp (αποκλείσεως τρίτου) α α α Υ α Υ Υ 3. pΛp ( αντιφάσεως) α Υ α α α α Υ Οι ταυτολογίες, οι αυτοαντιφάσεις

--

-

Υ Υ

α

Υ

Υ

α

α α

-

Υ

Υ

Υ

Υ

--

α α

είναι μία αυτοαντίφαση. Πράγματι, στην τελευταία στή­ Ρ Ρ pλq λη, του , παραπλεύρως πίνακα α Υ Υ τιμών αληθείας αυτής, εμφανίζε­ Υ α Υ ται μόνο το y.

•

2) Η παράσταση: p Λ p

5. pΛq�qΛp 6. (p�q)�(q�p) •

3) Η παράσταση:

(p Λ q) ν (p :::::> q)

Προσεταιριστικοί νόμοι: 7. (pνq)νr �pν(qν r)

8. (pΛq)Λr�pΛ(qΛr)

Πράγματι, στην τελευταία στήλη, του παρακάτω πίνακα τιμών αληθείας αυτής, εμ­ φανίζονται και το α και το y: είναι σχετική.

Α ντιμεταθετικοί νόμοι: 4. pνq�qνp

•

Επιμεριστικοί νόμοι: 9. pν (qΛ r) � (pνq) Λ (pν r) 10. pΛ(q νr)�(pΛq)ν (pΛr)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/9

-------

•

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

Ν όμοι αρνήσεως: 11. p�p

οδήγησε στην διατύπωση κανόνων μορφώσεως

pΛq�pνq 13. pνq�pΛq 14. p � q�pΛq 15. p�q� (pΛ q) ν (pΛq)

σπουδαιότεροι είναι οι εξής:

(σχηματισμού) ταυτολογιών, από τους οποίους

12.

1) Κανόνας αρνήσεως.

•

Αν μία παράσταση Ρ είναι αυτοαντίφαση, τότε η παράσταση Ρ είναι ταυτολογία και αντιστρόφως.

•

17.

•

2) Κανόνας διαζεύ ξεως.

•

1 9. (p � q)Λq � p (Modus tollens) 20. (p � q)Λ(q�r) � (p � r)

22.

23.

(διαζευκτικού συλλογισμού)

(p � q) � (q � p) (αντιθετοαντιστροφής) [ (p � q)Λ (p � q)] � q (δυνατών περιπτώσεων)

24.

(pΛq � rΛ "'f) � (p � q)

ση Ρ ν Q είναι ταυτολογία.

(p � (q � r)]� (pΛq � r)

27.

28.

29.

30.

είναι ταυτολογία

(§1.13, 2), σύμφωνα με τον παραπάνω κανόνα, η παράσταση: (pν p)ν (p� q) είναι επίσης ταυτολογία.

3) Κανόνας συζεύ ξεως •

Αν δύ ο παραστάσεις Ρ και Q είναι ταυτολο­

γίες, τότε και η παράσταση: Ρ Λ Q είναι ταυτολογία.

(εξαγωγής)

Π.χ. επειδή οι παραστάσεις:

pΛq�pνq

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

26.

p νp

Π.χ. επειδή η παράσταση:

(της εις άτοπο απαγωγής)

25.

Αν από δύ ο παραστάσεις Ρ και Q η μία του­

λάχιστον είναι ταυτολογία, τότε η παράστα­

(υποθετικού συλλογισμού)

(pν q)Λp � q

είναι αυτοαντί-

φαση (§1.12), σύμφωνα με τον παραπάνω κανόνα, η παράσταση: pΛp είναι ταυτολογία.

(p� q)� [ (p � q)Λ (q � Ρ )]

Νόμοι διαλογισμού : 18. (p � q)Λp � q (αποσπάσεωςήΜοduspοηeηs)

21.

pΛp

Π.χ. επειδή η παράσταση:

Νόμοι αντικαταστάσεως: 16. (p � q)�(pνq)

(p�q)� (p�q) (p�q)Λ (q�r) � (p�r) (p � r)Λ (q � r) � (pνr � r) (p � q)Λ (r � t) � (pΛr � qΛ t) (p � q)Λ(r � t) � (pνr � qν t) (p�q)Λ(r� t) � (pΛr�qΛ t) (p�q)Λ(r� t) � (pνr�q ν t)

και

(p � q)�pνq

είναι ταυτολογίες (§1.13), σύμφωνα με τον παρα­ πάνω κανόνα, η παράσταση:

(pΛq�pν q)Λ [ (p � q) �pνq] είναι επίσης ταυτολογία.

4) Κανόνας αποσπάσεως ή Modus ponens. Κανόνας αποσπάσεως για προτάσεις:

-

•

1.14 ΜΟΡΦΩΣΗ ΤΑΥΤΟΛΟΓΙΩΝ Με τους πίνακες τιμών αληθείας δεν μπορούμε να σχηματίσουμε ταυτολογίες, παρά μόνο να ελέγ­ ξουμε αν μία δοσμένη παράσταση είναι ταυτολο­ γία ή όχι (και αυτό, όταν το πλήθος των μεταβλη­ τών είναι μεγάλο, είναι εξαιρετικά επίπονο). Αυτό

Θεωρο ύ με δύ ο προτάσεις p και q. Αν οι προ­ τάσεις p και p � q είναι αληθείς, τότε και η

πρόταση q είναι αληθής(§ 1.6).

- Κανόνας αποσπάσεως για παραστάσεις: •

Θεωρού με δύο παραστάσεις Ρ και Q. Αν οι παραστάσεις Ρ και Ρ � Q είναι ταυτολογίες, τότε και η παράσταση Q είναι ταυτολογία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/10

-------

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

5) Κανόνας συνεπαγωγής •

η οποία, σύμφωνα με τον παραπάνω κανόνα, είναι

Αν από δύ ο παραστάσεις Ρ και Q, η Q λαμ­

μια ταυτολογία.

βάνει τιμή αληθείας α για κάθε συνδυασμό

Σημείωση: Οι αποδείξεις των παραπάνω κανόνων,

των τιμών αληθείας των μεταβλητών τους, για τον οποίο η Ρ λαμβάνει τιμή αληθείας α, τότε η παράσταση: Ρ=> Q είναι ταυτολογία και αντιστρόφως.

καθώς και των κανόνων και προτάσεων που θα ακο­ λουθήσουν στην εργασία αυτή, υπάρχουν στο βιβλίο του γράφοντος: «ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΛΟΓIΚΗ». Οι αναγνώστες του περιοδικού μας μπορούν να μας γράψουν για ποιες αποδείξεις ενδιαφέρονται και θα

Π.χ. η παράσταση:

Ρ Λq => (p => q)

τους τις στείλουμε φωτοτυπημένες.

(1)

είναι μία ταυτολογία. Πράγματι, έστω ότι για ένα

1.15 ΛΟΓΙΚΉ ΣΥΝΕΠΑΓΩΓΗ ΠΑΡΑΣΤΆΣΕΩΝ

συνδυασμό των τιμών αληθείας των μεταβλητών της p και q είναι τ(p Λq) = α . Τότε τ(p) =α και τ(q) = α και άρα τ(p => q) =α . Συνεπώς, σύμφωνα με τον παραπάνω κανόνα, η παράσταση ( 1 ) εί­

•

Μ ία παράσταση Ρ λέμε ότι συνεπάγεται λο­

ναι μία ταυτολογία.

γικά ή συνεπάγεται ταυτολογικά μία παρά­

6) Κανόνας ισοδυναμίας

σταση Q αν, και μόνο αν, η παράσταση

•

Ρ=> Q είναι μια ταυτολογία.

Αν μια παράσταση Ρ λαμβάνει την ίδια τιμή αληθείας με μία παράσταση Q, για κάθε συνδυασμό των τιμών αληθείας των μετα­ βλητών τους, τότε η παράσταση: Ρ <=> Q

Για παράδειγμα,

μπορούμε να δείξουμε εύκολα, η παράσταση: pνr => [q => (p => q) ]

είναι μια ταυτολογία.

Π.χ. η παράσταση:

(2)

1.16 ΛΟΓΙΚΉ ΙΣΟΔΥΝΑΜΙΑ ΠΑΡΑΣΤΆΣΕΩΝ

είναι μία ταυτολογία. Πράγματι: α) έστω ότι τ(p) = α . Τότε τ(p) = y και άρα τ(p => p) =α . β) Έστω ότι τ(p) = y , τότε τ(p) =α και άρα τ(p => p) = y. Συνεπώς, σύμφωνα με τον παραπά-

νω κανόνα, η παράσταση (2) είναι μία ταυτολογία.

7) Κανόνας αντικατάστασης μεταβλητών.

•

Αν σε μία ταυτολογία αντικαταστήσουμε μία

ή περισσότερες μεταβλητές της με οποιεσδή­

•

Μ ία παράσταση Ρ λέμε ότι είναι λογικά ισο­ δύναμη ή απλά ισοδύ ναμη με μία παράσταση Q, και γράφουμε: Ρ = Q αν, και μόνο αν, η παράσταση: Ρ <=> Q είναι μια ταυτολογία.

Για παράδειγμα:

ποτε παραστάσεις, τότε η προκύ πτουσα πα­ ράσταση είναι πάλι μία ταυτολογία. Π.χ. αν στην ταυτολογία: (p => q) Λp => q

pνr συνεπάγεται

λογικά την παράσταση: q => (p => q) , γιατί, όπως

είναι ταυτολογία και αντιστρόφως.

Ρ <=> (p => p)

η παράσταση:

p => q=pνq , γιατί η παράσταση: (p => q) <=> Ρνq

(§. 1 . 1 3, 8)

αντικαταστήσουμε το p με την παράσταση p και το q με την p <=> q , τότε θα προκύψει η εξής παράσταση:

[ρ => (p <=> q)] ΛΡ => (p <=> q) '

είναι μία ταυτολογία (§ 1 . 1 3,

16).

- Βρίσκουμε εύκολα ότι ισχύουν οι παρακάτω προτάσεις: Πρόταση I.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.2/11

Για οποιεσδήποτε παραστάσεις Ρ, Q και R ισχύουν:

-------

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

Ξ

α) Ρ Ρ (αυτοπαθής) β) Αν Ρ Q , τότε Q Ρ (συμμετρική) γ) Αν Ρ Q και Q R, τότε Ρ R (μεταβατική) Δύο παραστάσεις είναι ισοδύναμες αν, και μόνο αν, καθεμία από αυτές συνε­ πάγεται λογικά την άλλη (§ 1.1 5) . Ξ

Ξ

Ξ

Πρόταση Ι Ι.

Ξ

Ξ

λέμε ότι δύο παραστάσεις είναι ισοδύ ναμες, λέμε ότι είναι ίσες.

Ξ , τον κα­ νόνα αντικατάστασης για παραστάσεις (§ 1.17) και Με βάση τις ιδιότητες της σχέσεως

γνωρίζοντας μερικές απλές ισοδυναμίες (ισότη­ τες), μπορούμε, όταν μας δώσουν μία παράσταση

Ρ,

να βρούμε μία άλλη παράσταση ισοδύναμη

(ίση) με την

Ρ και η οποία να περιέχει όσο το δυ'

νατόν λιγότερους λογικούς συνδέσμους, δηλαδή, όπως λέμε, να είναι απλούστερης μορφής. Η εργα­

1.17 ΚΑΝΟΝΕΣ ΑΝτΙΚΑΤΑΣΤΑΣΗΣ

σία αυτή ονομάζεται «απλοποίηση» της δοσμένης παράστασης

- Κανόνας αντικατάστασης για προτάσεις: •

και το σχετικό μέρος της Λογικής

ονομάζεται «Άλγεβρα των παραστάσεων».

Έστω ότι μία σύ νθετη πρόταση περιέχει μία πρόταση p και ότι η πρόταση p

<::::>

q είναι

αληθής. Τότε, η τιμή αληθε ίας της σύνθετης αυτής πρότασης δεν μεταβάλλεται αν αντι­ καταστήσουμε τη ν p με την q.

1.19 ΝΟΜΟΙ ΤΗΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ ΤΩΝ ΠΑΡΑΣΤΆΣΕΩΝ Όπως είπαμε παραπάνω, για να απλοποιήσουμε

- Κανόνας αντικατάστασης για παραστάσεις: •

Ρ

μία παράσταση, πρέπει να γνωρίζουμε ένα επαρκές

Έστω ότι μία παράσταση Ρ' περιέχεται σε μία

πλήθος ισοδυναμιών (ισοτήτων). Για να τονίσουμε

άλλη παράσταση Ρ. Έστω ακόμα Q η παρά­

την σπουδαιότητα των ισοδυναμιών (ισοτήτων)

σταση που προκύπτει από την Ρ όταν αντικατα­

αυτών, τι� ονομάζουμε νόμους τη ς άλγεβρας των παραστάσεων. Οι σπουδαιότεροι από τους νόμους

στήσουμε την Ρ' με μία άλλη παράσταση Q'. α) Αν Ρ ' Ξ Q', τότε Ρ Ξ Q . β) Αν η Ρ είναι μία ταυτολογία και Ρ ' Ξ Q', τότε και η Q είναι ταυτολογία. Για παράδειγμα, έστω η παράσταση:

p � (p � q) . Σ' αυτή περιέχεται η παράσταση p � q και ισχύει: p � qΞpνq (§ 1.16).Άρα:

Ρ � (p � q)Ξ Ρ => Ρνq

·

1.18 ΑΛΓΕΒΡΑ ΤΩΝ ΠΑΡΑΣΤΆΣΕΩΝ Όπως είδαμε παραπάνω

(§

1.16, πρότ. 1), η

σχέση Ξ μεταξύ των παραστάσεων είναι αυτοπα­

θής, συμμετρική και μεταβατική. Όπως λέμε στα Μαθηματικά, είναι μία «σχέση ισοδυναμίας». Η

αυτούς είναι οι εξής:

ΡΞ Ρ 2. pνpΞp, pΛpΞp 3. pνqΞqνp, pΛqΞqΛp 4. pν(qνr)Ξ(pνq)νr pΛ (qΛr)Ξ (pΛq)Λr 5. pν(qΛr)Ξ(pνq)Λ(pνr) pΛ (qνr)Ξ (pΛq)ν (pΛr) 6. p=:>qΞpνq Ρ <::::> qΞ (p => q) Λ (q => Ρ ) 7. pνqΞpΛq (νόμοι pΛqΞpνq του deMorgan) 8. p=?qΞpΛQ p <::::> qΞ (pΛq)ν (qΛp)

1.

Αν Α είναι μία μεταβλητή, η οποία μπορεί να

σχέση αυτή λέγεται ακόμα και «λογική ισότητα»

αντικατασταθεί μόνο με μία οποιαδήποτε αληθή

ή απλά «ι σότητα». Έτσι, πολλές φορές, αντί να

πρόταση και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/1 2

Ψ είναι μία μεταβλητή, η οποία μπο-

------

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

ρεί να αντικατασταθεί μόνο με μία οποιαδήποτε

Λύση. Έχουμε:

ψευδή πρόταση, τότε ισχύουν οι παρακάτω ισοδυ­

(pvq)�(q�Ρ)Ξ(pvq)v(q�Ρ) Ξ(pΛq)v(qΛp) , Ξ(pΛq)V (pΛq) ΞpΛ(qvq) ΞpΛΑ =p

ναμίες: 9. ΡvΑΞΑ, 10.

Ρvψ Ξp, ΡΛΑΞp, ΡΛ ψΞ ψ pvpΞA, pΛpΞΨ, ΑΞΨ, ΨΞΑ -

-

- Σημειώνουμε ακόμα ότι οι λογικές πράξεις δεν είναι ανεξάρτητες μεταξύ τους. Μερικές από αυτές μπορούν να αντικαταστήσουν όλες τις άλλες: ·

ι

Οι τρεις πράξεις

ι

,

v' Λ μπορο ύ ν να αντικα­

Παράδειγμα 2.

p�qΞpvq

και

Οι δύ ο πράξεις

-

p<::::> qΞ(pvq)Λ (qvp) . ,

ν

Λύση. Έχουμε:

ι

στήσουν όλες τις άλλες.

pΛqΞpvq, p�qΞpvq και Ρ <::::> qΞ(pvq)v(pvq) . Οι δύ ο πράξεις

-

' Λ

μπορού ν να αντικατα­

στήσουν όλες τις άλλες.

Πράγματι, έχουμε:

pvqΞpΛ q, p�qΞpΛq και Ρ <::::> qΞ(pΛq)Λ (pΛ q) .

α) Να aπλοποιήσουμε μία δοσμένη παράσταση.

Λύση. Έχουμε:

β) Να βρούμε το είδος μιας δοσμένης παρά-

•

στασης. Δηλαδή, να βρούμε αν είναι ταυτολογία ή αυτοαντίφαση ή σχετική, χωρίς να κατασκευάσου­ 8

(Στα παρακάτω παραδείγματα, οι νόμοι που εί­ ναι γραμμένοι στις παρενθέσεις αναφέρονται στην § 1.19).

Παράδειγμα 1. Να απλοποιηθεί η παράσταση: (pv q)�( q�p).

(Ν.9)

(pv q) => l(p => q) => ql.

(Ν.6) (Ν.6) (Ν.7,1) (Ν.6) (Ν.5) (Ν. ΙΟ) (Ν.9)

σταση είναι μία ταυτολογία.

Με βάση τα προηγούμενα μπορούμε:

ναι ισοδύναμες (ίσες) ή όχι.

(N.lO)

μία ταυτολογία, έπεται ότι και η δοσμένη παρά­

1.20 ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ

γ) Να βρούμε αν δύο δοσμένες παραστάσεις εί-

(Ν.5)

Επειδή η τελευταία παράσταση είναι προφανώς

Παράδειγμα 3.

με τον πίνακα τιμών αληθείας της.

(Ν.3)

Να βρείτε το είδος της παρά­

(pV q) => [(p�q)�q]Ξ Ξ(pV q) => [(pV q)�q] Ξ(pV q) => [(pV q)V q] Ξ(pV q) => [(pΛq)V q] Ξ(pV q)V [(pΛq)V q] Ξ(pV q)V [(pV q)Λ (qV q)] Ξ(pvq)v[(pvq)ΛΑ] Ξ(pV q)V (pV q)

μπορού ν να αντικατα­

Πράγματι, έχουμε:

·

(Ν.7,8)

στασης:

ταστήσουν όλες τις άλλες.

Πράγματι, έχουμε:

•

-

(Ν.6)

Να εξετάσετε αν οι παρακάτω δύ ο παραστάσεις είναι ισοδύ­ ναμες: pv /q Λ (pv q)/ και

IPv(p => q) / Λ /( qv (p Λ q)/

Ρv [qΛ (pvq)]Ξ(pvq)Λ [pv(pvq)] Ξ Ξ(pV q)Λ (pV q)Ξ ΞΡV (qΛ q)ΞpvΨΞp. [pV (p => q)]Λ [qV (pΛq)]Ξ Ξ [pv(pΛq)]Λ [(qvΡ)Λ (qvq)] Ξ Ξ(pvΡ)Λ (pvq)Λ (pvq)ΛΑΞ ΞΡΛ (pvq)Λ (pvq)Ξ ΞΡΛ [pv(qΛ q)] ΞΡΛ (pv Ψ)Ξ ΞpΛpΞp.

Συμπεραίνουμε ότι οι δύο δοσμένες παραστά­ σεις είναι ισοδύναμες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/13

-----3.

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

δρόμος από τους Α και Β οδηγεί στο χωριό.

Να δείξετε, χωρίς πίνακες τιμών αληθείας, ότι: α) pv(p Λq)Ξp και pΛ(pvq)Ξp . β) Αν Ρ ΛQΞΡ ΛR και ΡνQΞΡνR, τότε

αδέλφια (χωρίς να ξέρει αν είναι αυτός που λέει αλήθεια ή αυτός που λέει ψέματα) και βρήκε το δρόμο που οδηγεί στο χωριό. Ποια

QΞR.

4.

Κάνει μία μόνο ερώτηση σ ' ένα από τα δύο

Να βρείτε μία παράσταση P(p, q), δύο μετα­ βλητών p και q, η οποία έχει πίνακα τιμών α­

ερώτηση είναι δυνατόν να του υπέβαλε; Και πώς βρήκε το σωστό δρόμο;

ληθείας τον παρακάτω:

q Ρ(ρ,q) α α α α Υ α Υ α Υ α Υ Υ Ρ

5.

Στο σπίτι του παρακάτω σχήματος κατοικούν δύο δίδυμα αδέλφια, εντελώς όμοια, από τους

(Σημειώνουμε ότι: α) Η ερώτηση «αν ρωτού­

οποίους ο ένας λέει πάντοτε ψέματα και ο άλ­

σα τον αδελφό σου ποιο δρόμο θα μου έδειχνε

λος λέει πάντοτε την αλήθεια και ο καθένας

για να πάω στο χωριό;» αποκλείεται από τις

απαντά μόνο σε ερωτήσεις, στις οποίες δεν α­

υποθέσεις. β) Τα προβλήματα του τύπου αυ­

ναφέρεται ο άλλος.

τού στη Μαθηματική Λογική αντιμετωπίζο­

Από τους δρόμους Α και Β ο ένας οδηγεί σ ' ένα χωριό και ο άλλος σ ' ένα βουνό. Ένας,

νται με τη σχετική θεωρία και όχι σαν προ­ βλήματα «σπαζοκεφαλιάς» ή «γρίφων» ή

που θέλει να πάει στο χωριό, φθάνει στο σπίτι

«μαντεψιάς» ).

(Συνεχίζεται)

αυτό από το δρόμο Γ και θέλει να μάθει ποιος

Τυπογραφικές αβλεψίες και άλλα... Η αλήθεια είναι ότι, τα μαθηματικά είναι «σκληρό κείμενο» για γρά­

ψιμο. Ειδικά όταν είναι πολλές σύνθετες μορφές μαζί με γράμματα

και αριθμούς ... κάτι παράξενα σύμβολα ... και όλη η προσοχή νάναι

στο να

μη ξεφύγει

τίποτα. Όσο και να λες αποκλείεται ... όλα έχουν

γραφεί κάτι ξεφεύγει στο τέλος ...

Έτσι με όλη την ευθύνη της

επανόρθωσης

ή της παράλειψης γρά­

ii.

Άσκηση 4 να γίνει Α

μέλος

;:;

σελ. 27: 16 το ορθό ρ θετικός ακέραιος σελ. 28: 4: αντί

Jo- 5)2

-3 2

· - - - =--

� (1 - JS5 )2

το ορθό

φουμε τα «διορθωτέα» από το προηγούμενο τεύχος και με την υπό­

σελ. 29: Α4: να φύγει το 3 απ' τη λύση στις δύο τελευταίες σειρές και

από το περιοδικό, μια και η προσοχή μας θάναι ιδιαίτερα αυξημένη ...

σελ. 30: να φύγει στην πρώτη στήλη η έκφραση «πολλαπλασιάζοντος

σχεση ότι στο επόμενο ο «δαίμονας» του τυπογραφείου θάναι έξω

Αν και το τυχαίο τυπογραφικό λάθος δημιούργησε μία νέα ενδιαφέ­ ρουσα άποψη

σχολαστικής ανάγνωσης

- όπως αναφέρουν μερικοί

αναγνώστες μας - στην παρακολούθηση των μαθηματικών συλλογι­

σμών σε μερικές ασκήσεις, αφού εντοπίζεται, ότι κάτι δεν πάει καλά, αναζητείται το λάθος με αποτέλεσμα να δημιουργείται

άσκηση

μια άλλη

ή άλλος συλλογισμός με αρκετό ενδιαφέρον. Αλλά θα επα­

νέλθουμε σ' αυτό ...

Έτσι επιμένοντας στα

ουσιαστικά

Επισημαίνουμε τα παρακάτω για το

σημεία αυτής της παρέμβασης .

τεύχος 57:

σελ. 14: στίχος 21 β' στήλης να γραφεί το ορθό: <φ είναι ικανή και αναγκαία συνθήκη της φ>

σελ. 19: ++S · να γίνει+S ·

σελ. 20: το ;:;

σελ. 21: i.

π

64- να γίνει: 6

το αποτέλεσμα τελικά είναι

=

I.

1821»

σελ. 33: Α3: στις προτεινόμενες να γραφεί το ορθό:

2 χ (y+ z)+

/ (z+ χ)+ z2 (χ+ y);:; 6xyz

σελ. 40: Στην άσκηση 7 μπορούσε να μη δοθεί ότι

ΒΓ 2

= ΑΒ2

+

ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΔ

=

2 ΑΒ +

Α

=

45•

αφού

ΑΓ2 - 2ΑΗ ·ΑΕ

αφού ΒΕΗΔ εγγράψιμο => ΑΒ ·ΑΔ = ΑΗ ·ΑΕ

)

σελ. 5 I: Στην αρχή 2η σειρά αντί Γ(3",

αντί

π σφ-

6

η 2η λύση: να μπει μετά την απόδειξη της Άσκησης 3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ' τ.2/14

Μ

(

3α+ 3β

4

4γ ,

.

Ο) να γραφεί Γ(3α, Ο)

να γραφεί το ορθό

ι;�-��� �� � ι

:J:τι,

!

)j

H/JN/J NATHeNAT/CVf

Η Homo M athematιcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι­ σμού πάνω στα εξής θέματα: I ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα­ τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνφγ{ιη;ς της στι']/.ιjς: 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.

I . "πο υ και με ποιο τpl)πο εφαρμl}(ο !!ται τα ΜαΟιzματιh·ά,· "

Τα Μ αθη ματ ικ ά κ α ι η τέχν η της Ε κτίμη σης Π ρολεγόμενα

του Γιάννη Κερασαρίδη

Ένας καλός φίλος μόλις είχε γυρίσει από τις καλοκαιρινές διακοπές του και έσπευσε να με βάλει σε . . . μπελάδες. Ούτε λίγο ούτε πολύ μου ζήταγε να του εξηγήσω πως γίνεται κι ένα πολύ μικρό κουνουπάκι πετώντας κάνει εκείνο τον εκνευριστικό βόμβο, ενώ ένα μεγάλο (πχ., η λιβελούλα) παρά το πολλαπλάσιο μέγεθος φτερών και σώματος, πετά αθόρυβα. Του υπενθύμισα πως είμαι μαθηματικός και όχι εντομολόγος ή φυσικός και εκεί

έκλεισε η κουβέντα. Όμως, το ερώτημά του το κλωθογύριζα στο μυαλό μου και άρχισα να ψάχνω και να ρωτάω. Μετά από πολλές αναζητήσεις βρή­ κα μια εργασία του G.V. Meledin με τίτλο «Η τέ­ χνη της εκτίμησης». Ήταν το κατάλληλο άρθρο για να κάνω τον . . . «ξύπνιο» στο φίλο μου. Εμείς το δημοσιεύουμε για να δουν τα παιδιά ότι χωρίς τα Μαθηματικά μέσα δεν θα μπορούσε να μελετηθεί η πτήση (άλλοτε θορυβώδης και άλλοτε αθόρυβη)

«Είναι φυσικό να υποθέσουμε ότι ο ήχος παράγεται από το περιοδικό φτερούγισμα του κουνουπιού. Στην πραγματικότητα, η φυσική της πτήσης του κουνουπιού δεν είναι τόσο απλή. Θα χρησιμοποιήσουμε, ωστόσο, ένα εξαιρετικά χονδροειδές μοντέλο, υποθέτοντας ότι το φτερούγισμα παράγει ανυψωτική δύναμη που αντισταθμίζει την έλξη της βαρύτητας. Αυτή η ανυψωτική δύναμη δίνεται από τη μεταβολή της ορμής (η οποία μεταφέρεται στον αέρα που βρίσκεται κάτω από τα φτερά, ανά μονάδα χρόνου): ΔP/Δt=mg Κινούμενα προς τα κάτω, τα φτερά ωθούν προς τα κάτω μάζα αέρα Δm=ρ0υΔtS σε χρονικό διάστημα Δt (όπου: S η επιφάνεια των φτερών, υ η ταχύτητά τους, Ρο η πυκνότητα του αέρα). Αυτή συνοδεύεται από μεταφορά ορμής ΔΡ=Δmυ=ρ0υ2 ΔtS. Η προκύπτουσα ανυψωτική δύναμη είναι

(1/10)13 για τον όγκο του κουνουπιού, εφόσον το πλάτος και το ύψος του είναι σημαντικά μικρότερο από το μήκος του. Θα θεωρήσουμε ότι η πυκνότη­ τα του σώματος του εντόμου είναι ίση με την πυ­ κνότητα του νερού Pv· Συμβολίζοντας τη συχνότη­ τα του φτερουγίσματος με ν , έχουμε υ-Ιν. Η συν­ θήκη ισορροπίας μας δίνει 22 2 F == Ρaυ 1 == Paυ 14=m g == Pv l 3 g!I O το οποίο οδηγεί στην

«Η τέχν η τ ης εκτίμ η σης »(πρόβλη μα 7), του C.V. Meledin

I

.-----

Ρν g == 400 Hz ΙΟ· ρ a · I I Το αποτέλεσμα δίνει μια εύλογη τάξη μεγέ­ θους, αν και δεν μπορούμε να είμαστε πολύ κατη­ γορηματικοί για το ψηφίο «4». Αυτός ο τύπος οδηγεί στην πρόβλεψη ότι η συχνότητα μεταβάλλεται αντιστρόφως ανάλογα προς τη τετραγωνική ρίζα του I . Με άλλα λόγια, νη == ν ==

____;_..:...__

· -

όσο μεγαλύτερο είναι το έντομο τόσο χαμηλότερης συχνότητα είναι ο ήχος που παράγει . Πραγματικά η

Το μήκος του κουνουπιού είναι, ας πούμε, 1�4mm. Η επιφάνεια των φτερών του είναι S-12 σύγκριση του βόμβου μιας αγριομέλισσας με τον (υποθέτουμε ότι το μήκος του σώματος του κου­ υψηλής συχνότητας ήχο ενός κουνουπιού δείχνει νουπιού είναι της ίδιας τάξης μεγέθους με το ά­ ότι αυτή η πρόβλεψη είναι δικαιολογημένη» νοιγμα των φτερών του). Είναι εύλογο να πάρουμε [πηγή: "Quantum", τόμ. 4, τεύχ. 6, εκδ. "ΚΆΤΟΠΤΡΟ"] 1 1 . ''Α υ τδ το ξιiρατι:; "

Τι είναι το «ζεύγος τριγώνων Robίnson» και που μας χρησιμεύουν;

1 1 1 . "Οι συ vεργάτε(

[η απάντηση στο τέλος της στή λης]

τικ στιμης γράφ ο ιJ ΙΙ-ερω το ι) v "

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/1 5

Homo Mathematicus

Α. Η τριχοτ ό μ η ση τ η ς γ ωνία ς Π ρολεγό μενα.

Ήμασταν έτοιμοι να δημοσιεύσουμε μια σειρά δύο άρθρων-αφιέρωμα στο μαθηματικό πρόβλημα των "πλακοστρώσεων" (ένας καινούργιος κλάδος των Μαθηματικών), όταν λάβαμε μια εργασία που, για μας, ήταν μεγάλη "πρόκληση". Συγκεκριμένα, ο φίλος της στήλης μας και μέλος της ΕΜΕ, Ιππο­ κράτης Π. Δάκογλου (Χολαργός), μας έστειλε μια εργασία του πάνω στο περίφημο θέμα της τριχοτό­ μησης μιας γωνίας με τη βοήθεια των ιδεών του Πυθαγόρα. Εμείς, σε πρ ώτη φάση , δεν θα πάρουμε θέση πάνω στο θέμα, περιμένοντας τις αντιδράσεις

των αναγνωστών μας, με έναν όρο: στο βαθμό που είναι δυνατόν, οι τοποθετήσεις σας να είναι, όσο γίνεται, κατανοητές από τους μαθητές Λυκείου. Στο τέλος, θα πάρουμε και εμείς θέση. Παραθέ­ τουμε αυτούσιο το άρθρο (διατηρώντας την ορθο­ γραφία και σύνταξη του συγγραφέα. Δυστυχώς, λόγω έλλειψης της σχετικής γραμματοσειράς δεν μπορούμε να αποδώσουμε τις «ψιλές», τις «δασεί­ ες», τις «περισπωμένες» κλπ. με τις οιιτοίες είναι γραμμένο το κείμενο).

«Στο τεύχος 56/2005 και στη στήλη "Homo mathematicus" και στη σελίδα ι s δίδεται απάντηση σε ερώτημα του μαθητού Θ. Κίντζη σχετικά με την τριχοτόμηση γωνιών. Η απάντηση που δόθηκε βασίστηκε σε πηγή γνώσεων του έτους 1 970 όπως ακριβώς αναγράφεται στο τέλος της απαντήσεως. Όμως υπάρχει νεώτερη πηγή η οποία όχι μόνο καταρρίπτει το οριστικό του αδυνάτου της τριχοτομήσεως, μόνο με κανόνα και διαβήτη, λόγω υπάρξεως λάθους στη μαθηματική του απόδειξη, αλλά και παρέχει αποδείξεις και πολλά παραδείγματα τριχοτομήσεως των κάτωθι γωνιών ομάδων ΆΠΕΙΡΩΝ γωνιών.

Α. γωνία ω0=3° · λ, με λ= ι ,2,3,4, . . . Β. γωνία ω0=(90° · λ)/(2+λ), με λ= 1 ,2,3,4, . . . Γ. γωνία ω0=(270° · λ)/(2 + 3λ), με λ= 1 ,2,3,4, . . . Επισυνάπτονται ενδεικτικά τρία παραδείγματα τριχοτομήσεως ένα από κάθε ομάδα των κάτωθι γωνιών: Α) Από την ομάδα (Α) για λ= ι 2 οπότε είναι ω0=3 · 12=36° Β ) Από την ομάδα (Β) για λ=2 οπότε είναι ω0==(90° · 2)/(2 +2)=45° Γ) Από την ομάδα (Γ) για λ= ι οπότε είναι ω0=(270° · 1 )/(2 +3 · 1)=54°

«Το π ρ ό βλη μα τ η ς τριχοτ ό μ η σης τ η ς γ ωνία ς », α πό τον Ι . Π . Δά κογλο υ

Παρά δ ειγ μα 1"

Να τριχοτομηθεί μία γωνία 36° = 3 · 1 2° με τη βοήθεια μόνο κανόνα και χάρακα

Λύση

Το πρόβλημα έχει δύο σκέλη._ Αρχικά πρέπει να βρεθεί ο τρόπος της κατασκευής αυτής ταύτης της δοθείσας γωνίας και ύστερα να τριχοτομηθεί. Για το πρώτο σκέλος παρατηρούμε ότι η δο­ θείσα γωνία των 36° αντιστοιχεί σε μια επίκεντρη γωνία ενός κανονικού ι Ογώνου εγγεγραμμένου σ' έναν τυχόντα κύκλο, διότι 360°/36°= 1 0°. Άρα μπορούμε να κατασκευάσουμε τη γωνία των 36° με την βοήθεια της κατασκευής ενός κα­ νονικού Ι Ογώνου. σ . .

·· ····· ·· ·

:-. . .

a/2 \

\

c/2

� · . ·· '

'i

\

α &----····------·

σχή μα

:<

. .

ι

·,

i

\l e

Η αντίστοιχη κατασκευή ενός κανονικού ι Ογώνου μπορεί να γίνει με πολλούς τρόπους, είτε με την πυθαγόρεια γενική μέθοδο κατασκευής ό­ λων των κανονικών πολυγώνων, . . . είτε με ο­ ποιονδήποτε τρόπο. Στο σχέδιο που συνοδεύει την παρούσα λύση, η κατασκευή της γωνίας των 36° γίνεται με τη βο­ ήθεια της κατασκευής ενός τυχόντος ισοσκελούς τριγώνου με κορυφή τις 36°, οπότε η βάση θα είναι διπλάσια της κορυφής. Ήτοι με βάση την πρόταση 1 0/IV των στοιχείων του Ευκλείδη, η οποία χρησι­ μοποιεί τη χρυσή τομή τμήματος ευθείας, πράγμα που πολλοί μαθηματικοί την θεωρούν ως πυθαγό­ ρεια. Για το δεύτερο σκέλος του προβλήματος της τριχοτόμησης της γωνίας των 36° που ήδη κατα­ σκευάστηκε στην κορυφή του τριγώνου ΑΒΓ, ερ­ γαζόμαστε ως εξής: Ξεκινάμε από το σημείο Α και την ευθεία ΑΔ την κατασκευή των δύο ορθογωνίων τριγώνων της πυθαγόρειας πολυγωνικής έλικας ΑΒΕΖ. Μεταφέ­ ρουμε την ακτίνα της έλικας ΑΖ στην προέκταση ΑΖ ' της ευθείας ΑΒΔ. Η ακτίνα ΑΖ=ΑΖ ' = J3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/1 6

Homo Mathematicus

Στη θέση ΑΖ ' κατασκευάζουμε το ορθογώνιο τέμνει τη μεσοκάθετο της πλευράς ΑΓ στο σημείο τρίγωνο . ΑΖ ' Θ με μήκη των καθέτων πλευρών Ι. Λέμε ότι η ευθεία ΓΙ είναι η ζητούμενη τριχοτό­ ΑΖ ' = J3 μονάδες, Ζ ' Θ=3 μονάδες, οπότε η γωνία μος. Πράγματι η γων.ΙΓΑ=γων.ΙΑΓ=72°-60° = \ 2° ΘΑΖ ' =60°. Η προέκταση της υποτείνουσας ΘΑ =36°/3, όπως ακριβώς φαίνεται στο σχήμα I » Β. Εφαρμογ έ ς απ ό τ η «θεωρία του μαθ η ματι κο ύ μπιλιάρ δ ου»

Η επι στολή : « Αγαπητέ Homo mathematicus, Από τον φίλο της στήλης μας, μαθηματικό Θάνο Λύπα (Φάληρο), λάβαμε το πα- επειδή στη στήλη σου βλέπουν το φως της δημο­ ρακάτω μήνυμα και συνημμένα μια εργασία με τον σιότητας "παράξενα" θέματα, αποφάσισα να σου ισχυρισμό ότι τα Μαθηματικά έλυσαν το «πρό- στείλω μια εργασία (προϊόν ψαξίματος) με την ο­ βλη μα του αεικίνητου». Σας τα παραθέτουμε αυ- ποία φαίνεται πως τα Μαθηματικά "λύνουν", ακό­ τούσιο το μήνυμα. Την εργασία θα τη δημοσιεύ- μη, και τα "άλυτα" προβλήματα της Φυσικής. Με εκτίμηση σουμε σε δύο συνέχειες, λόγω έλλειψης χώρου. Θάνος Λύπας

Προλεγό μενα

ικό ), απ ό το Θάνο Λύ πα

«Τα Μαθ

«Είναι αδύνατο να μεταφερθεί θερμότητα από ένα σώμα σε κάποιο άλλο χωρίς κατανάλωση ενέργειας εάν η θερμοκρασία του πρ ώτου σώματος δεν είναι υ ψηλότερη από του δεύτεροω>

Αυτή η απαγόρευση δεν μοιάζει ιδιαίτερα πειστική. Ισχύει άραγε πάντοτε; Ο μεγάλος Άγγλος φυσικός James Maxwell επινόησε ένα μηχανισμό (είναι γνωστός ως «δαίμονας του Maxwell») με σκοπό να καταρρίψει αυτό το νόμο. Φανταστείτε ένα δοχείο χωρισμένο σε δύο ίσα τμήματα από ένα διάφραγμα. Το διάφραγμα έχει μια μικρή τρύπα και κοντά σ ' αυτή στέκεται ένας «δαίμονας». Γεμίζουμε το ένα τμήμα του δοχείου με κάποιο αέριο και ζητούμε από τον «δαίμονα» να επιτρέπει να περνούν προς το άλλο τμήμα του δοχείου μόνο τα μόρια που έχουν μεγάλη ταχύτητα. Αφού η μέση κινητική ενέργεια για κάθε μόριο του αερίου χαρακτηρίζει τη θερμοκρασία του αερίου, είναι φανερό ότι το αέριο στο ένα τμήμα του δοχείου θ' αρχίσει να ψύχεται, ενώ στο άλλο να θερμαίνεται. Έχουν προταθεί διάφορες συσκευές που, σύμφωνα με τους σχεδιαστές τους, θα μπορούσαν να παί-

ξουν το ρόλο ενός παρόμοιου «δαίμονα», όλες, όμως, στην πράξη αποτυγχάνουν εξαιτίας προβλη­ μάτων που δεν έχουν προβλεφτεί. Παρά ταύτα, εκεί που απέτυχε η Φυσική, ίσως τα καταφέρουν τα Μαθηματικά. Θέλω να προτεί­ νω μια συσκευή, χωρίς δαίμονες ή κακόβουλα πνεύματα, που είναι δυνατόν να κατασκευαστεί ακόμη και σ' ένα σχολικό εργαστήριο. Θα παρου­ σιάσω υπολογισμούς που αποδεικνύουν πεντακά­ θαρα ότι αυτή η συσκευή μπορεί να μεταφέρει θερμότητα από ένα σώμα σε κάποιο άλλο όταν αυ­ τά έχουν αρχικά την ίδια θερμοκρασία. Πριν προχωρήσουμε στην παρουσίαση του «αεικίνητού» μου, πρέπει να aφομοιώσετε κάποιες μαθηματικές γνώσεις έτσι ώστε να πειστείτε για την ορθότητα των συλλογισμών και των κατα­ σκευών που θ' ακολουθήσουν. Θα ασχοληθούμε, λοιπόν, με την έλλειψη και τις ιδιότητές της.

ορι σ μ ός Έλλει ψη είναι η καμπύλη που σχηματίζεται απ ' όλα εκείνα τα σημεία του επιπέδου για τα οποία το άθροισμα των αποστάσεών τους από δύο συγκεκρ ιμένα σημεία F1 και F2 είναι σταθερό. Τα σημεία F 1 και F 2 ονομάζονται εστίες της έλλειψης, και το σταθερό άθροισμα των αποστάσεων

συμβολίζεται συνήθως με 2α. Την ιδιότητα αυτή τη χρησιμοποιούν οι κηπουροί όταν θέλουν να φτιάξουν παρτέρια λουλουδιών με οβάλ σχήμα. Καρφώνουν στο χώμα δύο ραβδιά (στις εστίες), δένουν σ' αυτά τις άκρες ενός σχοινιού, και παίρνουν ένα ακόμη ραβδί με μυτερή άκρη με το οποίο τεντώνουν το σχοινί. Αν μετακινήσουμε το τρίτο ραβ�ί έτσι ώστε το σχοινί να παραμείνει τεντωμένο, η μυτερή άκρη θα σχεδιάσει στο χώμα μια έλ­ λειψη. Το μέγεθος και το σχήμα της έλλειψης εξαρτάται από το μήκος του σχοινιού και από την απόστα­ ση μεταξύ των εστιών. Αυτό μπορείτε να το επαληθεύσετε εύκολα σ' ένα φύλλο χαρτιού χρησιμοποιώ­ ντας δύο πινέζες κι ένα μολύβι αντί για ραβδιά. Σχεδιάζοντας διάφορες ελλείψεις θα διαπιστώσετε ότι κάθε έλλειψη είναι μια κλειστή κυρτή καμπύ­ λη μ' ένα κέντρο συμμετρίας και δύο άξονες συμμετρίας (το τμήμα F 1 F2 και τη μεσοκάθετό του). Επί­ σης, βλέπουμε εύκολα ότι για τα σημεία που βρίσκονται στο εσωτερικό της έλλειψης το άθροισμα των aποστάσεών τους από τις εστίες είναι μικρότερο από 2α , ενώ για τα σημεία που βρίσκονται στο εξωτε­ ρικό της είναι μεγαλύτερο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/17

Homo Mathematicus

Ι διότητες Η τελευταία πληροφορία αρκεί για ν' αποδείξουμε μια σημαντική και όχι ιδιαίτερα προφανή ιδιότητα της έλλειψης: τα ευθύγραμμα τμ ήματα που συνδέουν τις εστίες μιας έλλει ψης μ ' ένα τυχαίο σημείο της Μ, σχηματίζουν ίσες γωνίες με την εφαπτόμενη της έλλει ψης στο σημείο Μ

Οπτική ιδιότητα της έλλειψης

Α ν συγκρίνουμε αυτή την ιδιότητα με τον νόμο της ανάκλασης του φωτός (η γωνία πρόσπτωσης ι­ σούται με τη γωνία ανάκλασης), καταλήγουμε στην εξής διατύπωση: μια ακτίνα φωτός που πηγάζει

Υπάρχουν σπηλιές με ελλει ψοειδείς θόλους όπου μπορούμε να βρούμε δύο σημεία, αρκετά απομα­ κρυσμένα μεταξύ τους, τέτοια ώστε όταν μιλάει ένας άνθρωπος σ ' ένα σημείο, κάποιος άλλος που κάθε­ ται στρ δεύτερο τον ακούε ι σαν βρίσκεται δίπλα του. Υπάρχουν, επίσης, αίθουσες σε παλάτια και κάστρα κατασκευασμένες επί τούτου με τέτοιο τρόπο ώστε να δημιουργείται το συγκεκριμένο φαινόμενο . Επει­

δή η οπτική ιδιότητα της έλλειψης θα παίξει σημα­ ντικό ρόλο σε όσα επακολουθήσουν, θα παρου­ σιάσω την απόδειξή της (είναι μάλλον σύντομη από μια εστία της έλλειψης μετά την ανάκλασή της και απλή). Η συνέχεια στο επόμενο στην έλλειψη διέρχεται από την άλλη εστία. Α υτή είναι η «οπτική ιδιότητα» της έλλει ψης,

που μπορούμε να την παρατηρήσουμε στη φ ύση .

Q

_

�\�! σχή μα 2

σχήμα 3

Ι l α. "Α υτό το έ α τε· " l η απάντηση) Τι είναι: «ζεύγος τριγώνων Robίnson» λέμε ότι μήκος αυτό είναι αποτελούν δύο ισοσκελή τρίγωνα (τι), (τ2), με γωνίες 3r/, 72 °, 72 ° και 1 08°, 36°, 3r/, αντίστοιχα, τα ο­ ποία είναι τέτοια ώστε η βάση του (τι) να έχει το ί­ διο μήκος με τις ίσες πλευρές του (τ2) .

ίσο με το περίφημο Φ, σταθερά της Χρυσής τομής ή της διαίρεσης σε μέσο και άκρο λόγο άκρο λόγο

Στα τρίγωνα αυτά συνήθως θεωρούμε ότι η βάση του (τι) και οι ίσες πλευρές του (τ2) έχουν μοναδιαίο μήκος, δηλ., Ι μονάδα μήκους. Οι δύο ίσες πλευρές ΑΒ,ΑΓ του (τ1) είναι ίσες Β με τη βάση ΒΔ του (τ2 ) [γων.Α=γων.Δ=36°, άρα το μα 4 σχή τρίγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, άρα ΑΓ=ΑΒ=ΒΔ=χ] (σχήμα 1 ). Που χρησιμεύ ουν : Τα τρίγωνα Robinson χρη­ Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΔ είναι όμοια σιμεύουν στα Μαθηματικά των ημικρυστάλλων, γων.ΒΔΓ κοινή, γων. ΔΑΒ=γων.ΓΒΔ=36°, ενός νέου είδους υλικού που ανακαλύφθηκε το ΑΒ ΒΔ ΑΔ 1 984. Οι κατασκευές αυτές είχαν ονομαστεί «δια­ γων.ΔΓΒ=γων.ΑΒΔ= 1 08 , αρα - = - = - η ΒΓ ΓΔ ΒΔ τάξεις Penrose», από το όνομα του μαθηματικού χ χ χ+ι oger Penrose που πρώτος ( 1 97 4) ανακάλυψε τις απ' την οποία x2 -x- l =O, άρα R λεγόμενες « ημιπεριοδικές πλακοστρώσεις» χ ι ι ι + νΓs ι + JS χ= -- , δηλ., ΑΓ=ΑΒ=ΒΔ=χ= , δηλ., το ο

,

,

- - - - --

2

11 Ι .

--

2

Της τελευταίας στιγμής

Σε "πηγαδάκι" της συνέλευσης της ΕΛΜΕ Νότιας Αθήνας αλιεύσαμε ( ωτακούοντας) το παρακάτω "πρόβλημα του D. Tamarkin" : <<Χρωματίζουμε κόκκινες q κορυ φές ενός κανονικού (6ν+ 1) - γώνου και μπλε

όλες τις υπόλοιπες. Αποδείξτε ότι το πλήθος των ισοσκελών τριγώνων που έχουν κορυφές ίδιου χρώματος εξαρτάται μόνο από το πλήθος και όχι από τη διευθέτηση των χρωμάτων»

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/18

Επιμέλεια: Σω ' «46η

ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑ, TIKH ΟΛ ΥΜΠIΑΔΑ» Merίtla,. Yucatάn, Μεξικό 13-14 /ουλίου 2005

Η 46η Δ ιεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα διεξήχθη στην πόλη Merίda της πολιτείας Yucatan του Μεξικού από 9- 1 9

Ιουλίου 2005. Η Ελληνική αποστολή συμμετείχε με τους μαθητές: 1. Θεοδόσιος Δουβρόπουλος (Χάλκινο Μετάλλιο), 2. Φραγκί­

σκος Κουφογιάννης, 3. Ιωάννης Παναγέας, 4. Μάριος Παπαμιχάλης (Εύφημη Μνεία), 5. Θεοφάνης Παπαμιχάλης, 6. Ελευθέριος Τσιώκος (Χάλκινο Μεττάλιο). Συνοδοί της αποστολής ήταν οι Μαθηματικοί Ευστράτιος Ράππος (αρχηγός), και Δημήτριος Κοντογιάννης (υπαρχηγός). Την αποστολή συνόδευσε επίσης το μέλος του συμβουλευτικού συμβουλίου (JMO Adνίsory Board - ΙΜΟΑΒ), Καθ. Νικόλα­ ος Αλεξανδρής ο οποίος επιλέχθηκε υποψήφιος για τη θέση εκλεκτού μέλους του ΙΜΟΑΒ.

Πρόβ λη μα 1

Έξι σημεία επιλέγονται στις πλευρές ενός ισό­ πλευρου τριγώνου ABC: Τα σημεία Α1, Α2 στην πλευρά BC, τα Β ι , Β2 στην πλευρά CA, τα C ι , C2 στην πλευρά ΑΒ. Τα σημεία αυτά είναι κορυφές ενός κυρτού εξαγώνου Α ι Α2Β ι Β2 C ι C 2 το οποίο έχει πλευρές ίσου μήκους. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες Α1Β2, Β ι C 2 και C1A2 διέρχονται από το ίδ w σημείο.

φ + ω = 360° - (C 1 P B 2 - Α 1 ΡΑ 2 ) = 240° . Α

Β

c

Συνεπώς ψ = ω. Όμοια έχουμε C 1 B 2 B 1 = ψ , άρα τα Α πόδειξη τρίγωνα ΑιΑzΒ ι , ΒιΒzC ι και CιCzAι είναι ίσα, ε­ Έστω Ρ σημείο στο εσωστερικό του τριγώνου ABC πομένως το τρίγωνο A1B1C1 είναι ισόπλευρο. Αυ­ τέτοιο ώστε το τρίγωνο Α1Α2Ρ να είναι ισόπλευρο, τό σημαίνει ότι οι BιCz, ΑιΒz και CιAz είναι με­ παρατηρώντας ότι ΡΑ1 < AC1 και ΡΑ2 < CB2 οπότε σοκάθετες των A1C1, C1B1 και Β 1Α1 αντίστοιχα, το σημείο Ρ είναι εσωτερικό του AιAzBιBzCιCz. Ε­ οπότε το ζητούμενο έχει αποδειχτεί. πειδή ισχύει ότι A 1 P // C 1 C 2 και Α ι Ρ = clc 2 = AIC 2 ' το τετράπλευρο A,PC,Cz είναι Πρόβ λη μα 2 ρόμβος. Ομοίως το AzPBzBι είναι ρόμβος, άρα το Έστω α1, α2, . . . μία ακολουθία ακέραιων αριθμών τρίγωνο C1B2P είναι ισόπλευρο. Θέτουμε με άπειρο πλήθος θετικών όρων και άπειρο πλή­ φ = Β 2 Β 1 Α 2 , ψ = Β 1 Α 2 Α 1 και ω = C 1 C 2 A 1 Οι φ θος αρνητικών όρων. Υποθέτουμε ότι για κάθε και ψ είναι εξωτερικές γωνίες του τριγώνου CB 1 A 2 θετικό ακέραw η, οι αριθμοί α1 , α2, . . . , αn αφήνουν η διαφορετικά υπόλοιπα διαιρούμενοι με τον α­ με C = 60° άρα φ + ψ = 240° . Παρατηρούμε επίσης ριθμό η. Να αποδείξετε ότι κάθε ακέραιος εμφανί­ ότι Β 2 ΡΑ = φ και C 1 P A 1 = ω , άρα ζεται ακριβώς μία φορά στην ακολουθία.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση

Η υπόθεση του προβλήματος είναι ισοδύναμη με τους αριθμούς α,, α2 , . . . , αΝ να αποτελούν πλήρες σύστημα καταλοίπων modulo Ν για κάθε Ν. Πα­ ρατηρούμε ότι αν i < j τότε α; '# α j , διαφορετικά το σύνολο {α1 , , αj} θα περιείχε το πολύ j - 1 διαφορετικά κατάλοιπα modulo j . Επιπλέον, αν i < j � n τότε Ι α; - αj l :::; η - 1 γιατί αν m = Ι α; - α j l � η τότε το σύνολο {α1 , , αm} θα εί­ χε δύο αριθμούς ισοϋοπόλοιπους ως προς modulo m που είναι αδύνατο. Έστω τώρα η � 1 και έστω ί(η) και j(η) δείκτες τέ­ τοιοι ώστε ο αριθμός α i <n > και αj <n> να είναι αντίστοιχα ο μικρότερος και ο μεγαλύτερος μεταξύ των α1, α2 , . . . , αη. Από τα παραπάνω έχουμε ότι l α i<n> - αj(nJ I = η - 1 και συνεπώς το σύνολο { α1 , αη} αποτελείται από όλους τους ακέραιους μεταξύ των α i<n> και αj (n ) . Έστω χ ένας τυχαίος ακέραιος . . Αφού αk < Ο για άπειρο πλήθος δεικτών k και οι όροι της ακολου­ θίας είναι διαφορετικοί μεταξύ τους, συμπεραί­ νουμε ότι θα υπάρχει i τέτοιο ώστε α 1 < χ . Ομοίως θα υπάρχει j τέτοιο ώστε χ < αj , και αν θεωρήσου με η > max {i, j} τότε κάθε αριθμός μεταξύ του α; και αj (άρα συμπεριλαμβανομένου και του χ) θα υπάρχει στο σύνολο {α1, , αη} .

• • •

• • •

• • • ,

• • •

Λύ ση

Προσθέτοντας και αφαιρώντας στους aριθμητές τους δύο τελευταίους όρους των παρανομαστών, η ζητούμενη ανισότητα γράφεται ισοδύναμα x 2 + y2 + z 2 + x 2 + y2 + z 2 + x 2 + y 2 + z 2 � 3 χ 5 + y-? + z-? y 5 + z-? + χ-? z 5 + χ-? + y-? Από την ανισότητα (Β - C - S) σε συνδιασμό με την ανισότητα xyz � 1 , έχουμε: (χ 5 + y 2 + z 2 )(yz + y 2 + z z ) � � (χ 5 Ι 2 (yz) ι ι 2 + y z + z 2 ) � (x z + y z + z z ) z ή Αθροίζοντας κυκλικά και χρησιμοποιώντας το γε­ γονός ότι χ 2 + y 2 + z 2 � yz + zx + xy παίρνουμε: x 2 + y2 + z 2 + x 2 + y2 + z 2 + x 2 + y2 + z2 χ 5 + y-? + z -? y 5 + z- + χ-? z 5 + χ-? + y- :::; � 2 + y: + � + x� :::; 3, χ- + y- + z ?

?

και το ζητούμενη έχει αποδειχτεί. Π ρόβλη μα 4

Θεωρούμε την ακολουθία α1, α2, που ορίζεται από τη σχέση απ = 2n + 3n + 6" - 1 (η = 1, 2, ... ).

• • •

Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραι­ ους αριθμούς, οι οποίοι είναι σχετικά πρώτοι με κάθε ένα από τους όρους της ακολουθίας. Λύ ση

Π α ρ ατή ρη σ η :

Παρατηρούμε ότι α = (2" + 1) · (3" + 1) - 2 . Επει" δή 3" + Ι = 2 · t αποκλείονται οι άρτιοι θετικοί α­ ακολουθίας είναι μοναδικός αφού για παράδειγμα κέραιοι αριθμοί. Για η = 2 ::::::> α 2 = 48 = πολλ.3 . το σύνολο των άρτιων έχει αυτή την ιδιότητα αλλά Άρα αποκλείονται και τα πολλαπλάσια του 3 . Ε­ δεν περιέχει όλους τους ακέραιους. Επίσης η από­ πειδή κάθε ακέραιος μεγαλύτερος του 3 αναλύεται δειξη ότι για κάθε n το σύνολο {α 1, , αn} αποτελεί­ σε γινόμενο δυνάμεων πρώτων αριθμών ας θεω­ ται από n διαδοχικούς ακεραίους μπορεί να γίνει με ρήσουμε τον πρώτο αριθμό p > 3 . Από το θεώρημα επαγωγή. του Fennat έχουμε: (2 p- ι = kp + I και 3 p- 1 = f · p + I) ή Π ρόβλη μα 3 Έστω χ, y και z θετικοί πραγματικοί αριθμοί (6 · 2 p- 2 = 3kp + 3 και 6 · 3 p-2 = 2fp + 2) ή τέτοιοι ώστε xyz � 1 . Να αποδείξετε ότι: (6 · (2 p - 2 + 1) = 3kp + 9 και 6 · (3 p-2 + Ι = 2fp + 8). z s _ χ2 ys y2 x Άρα: 36 · (αΡ_ 2 + 2) = c · p + 72 οπότε zs z + >ο --,--,- + s + y2 + z2 zs + χ2 + y z y s + z 2 + χ2 x 2 2 · 3 2 · αp - 2 = c · Ρ ::::::> Ρ / 2 2 3 2 · α p - 2 ::::::> Ρ I αp - 2 Δ εν είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι κάθε όρος της

. • •

_

-

_

-

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/20

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Άρα κάθε αριθμός πρώτος έστω p > 3 διαιρεί κά­ ποιον όρο της ακολουθίας αρ. Και επειδή το ίδιο συμβαίνει και με τους πρώτους 2,3 η μοναδική λύ­ ση είναι ο αριθμός Ι . Π αρατή ρη ση : Λ ύνεται και με γνώση ισοτιμιών ως προς mod p.

Πρόβλη μ α 5

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ABCD έτσι ώ­ στε οι πλευρές BC και AD να είναι ίσες και να μην είναι παράλληλες. Θεωρείστε τα σημεία Ε και F, διαφορετικά των κορυφών, τα οποία α­ νήκουν στις πλευρές BC και AD αντίστοιχα και ικανοποιούν τη σχέση ΒΕ = DF, Οι ευθείες AC και BD τέμνονται στο σημείο Ρ, οι ευθείες BD και EF τέμνονται στο σημείο Q, οι ευθείες EF και AC τέμνονται στο σημείο R. Θεωρείστε όλα τα τρίγωνα PQR καθώς τα σημεία Ε και F κι­ νούνται πάνω στις πλευρές. Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι αυτών των τριγώνων έχουν και ένα άλλο κοινό σημείο εκτός από το Ρ�

Ας υποθέσουμε ότι οι ΑΒ, CD και EF δεν είναι παράλλτjλες. Έστω Χ το σημείο τομής των ευθειών EF και CD. Από το θεώρημα Μενελάου έχουμε: AR AF DX = CE DX = DQ -= RC FD XC ΕΒ XC QB Στην περίπτωση που ΑΒ 11 EF // CD το τετρά­ πλευρο ABCD είναι ισοσκελές τραπέζιο και τα Ε, F είναι τα μέσα των πλευρών. Και στην περίπτωση . . . οτι . AR = DQ αυτη εχουμε προφανως RC QB . AR DQ και την ομοιοτητα . Απο. την σχεση των RC QB τριγώνων BOD και COA προκύπτει ότι τα τρίγωνα BOQ και COR είναι όμοια, άρα BQO CRO , δηλαδή τα σημεία Ρ, Q, R και Ο είναι ομοκυκλικά.

- · -

- · -

-

-

.

= -

=

Π αρατή ρη ση :

Λύνεται άμεσα σαν εφαρμογή του γενικευμένου Θεωρήματος του Mac Laurin σε γωνία. Π ρ όβλη μ α 6

Σε ένα διαγωνισμό μαθηματικών δόθηκαν 6 προβλήματα στους διαγωνιζόμενους. Κάθε ζευ­ Λύση γάρι προβλημάτων λύθηκε από περισσότερους Θεωρούμε τις μεσοκάθετους των AC και BD οι από τα 2/5 των διαγωνιζομένων. Κανένας από οποίες τέμνονται στο Ο. Θα αποδείξουμε ότι οι τους διαγωνιζόμενους δεν έλυσε και τα 6 προ­ περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων PQR διέρ­ βλήματα. Να αποδείξετε ότι υπήρχαν τουλάχι­ χονται από το Ο, το οποίο είναι σταθερό. στον δύο διαγωνιζόμενοι οι οποίοι έλυσαν ακρι­ Από τις ισότητες ΟΑ = OC, ΟΒ = OD και DA = βώς 5 προβλήματα ο καθένας.

BC έχουμε ότι τα τρίγωνα ODA και OBC είναι ί­ Λύση σα. Συνεπώς η στροφή γύρω από το Ο υπό γωνία Έστω ότι υπάρχαν η διαγωνιζόμενοι. Θα μετρή­ ίση με την BOD μεταφέρει το σημείο Β στο D και σουμε το πλήθος Ν των διατεταγμένων ζευγών (C, το σημείο C στο Α. Επειδή ΒΕ = DF, η στροφή ε­ Ρ) όπου Ρ είναι ένα ζεύγος προβλημάτων το οποίο πίσης μεταφέρει το σημείο Ε στο F. Αυτό σημαίνει λύθηκε από τον διαγωνιζόμενο C. Υπάρχουν Ι5 ότι ΟΕ = OF και ότι EOF BOD = COA . Από τις ζεύγη προβλημάτων, και για καθένα από αυτά, υισότητες αυτές έχουμε ότι τα τρίγωνα EOF, BOD (2n + I) διαγωνιζομενοι . ' ' παρχουν τουλαχιστον οι και COA είναι όμοια. =

c

5

οποίοι έλυσαν και τα δύο προβλήματα του ζεύ­ γους. Συνεπώς: 2n + I 6n + 3 (1) Ν 2:: Ι5 -·

Α

5

=

Υποθέτουμε τώρα ότι k διαγωνιζόμενοι έλυσαν 5 προβλήματα. Τότε καθένας από αυτούς έλυσε Ι Ο ζεύγη προβλημάτων, ενώ καθένας από τους υπόΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/21

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

λοιπους η - k έλυσε το πολύ 6 ζευγάρια προβλη­ μάτων. Συνεπώς: Ν s I Ok + 6(n - k) = 6n + 4k (2) Από τις δύο παραπάνω σχέσεις συμπεραίνουμε ότι k � 1 . Αν ο αριθμός (2n + 1) δεν είναι ακέραιος, 5 τότε για κάθε ζεύγος προβλημάτων θα είχαμε τουλάχιc:iτον (2n + 1) (δηλαδή > (2n + 1) ) διαγωνιζό5 5 μενους οι οποίοι έλυσαν και τα δύο προβλήματα , του ζευγους ( αντι, για � (2n + 1) ) σε διαφορετικη, 5 περίπτωση). Τότε από την ( 1 ) έχουμε ότι Ν � 6n + 6 και αυτό σημαίνει ότι k � 2 . Αν τώρα υπήρχε κάποιος δια­ γωνιζόμενος έλυσε λιγότερα από 4 προβλήματα, τότε θα είχε λύσει το πολύ 3 ζεύγη προβλημάτων (αντί για 6 όπως προηγουμένως) και η δεύτερη α­ νισότητα γίνεται Ν s 6n + 4k - 3 , η οποία με την ανισότητα Ν � 6n + 3 δίνει επίσης k � 2 . Συνεπώς μένει μόνο η περίπτωση όπου ο αριθμός (2n + 1) , , , ειναι ακεραιος και κα, θ ε διαγωνιζομενος 5 έλυσε 4 ή 5 προβλήματα. Ας υποθέσουμε ότι k = 1 (εις άτοπο απαγωγή) και ας ονομάσουμε τον διαγωνιζόμενο που έλυσε 5 προβλήματα το <f'άιιηtjιeυμε Ν = 6n + 4 αφού ο νικητής έλυσε α­ κριβώς 1 Ο ζεύγη προβλημάτων και οι υπόλοιποι διαγωνιζόμενοι έλυσαν ακριβώς 6 ζεύγη προβλη­ μάτων ο καθένας. Ας ονομάσουμε ένα ζεύγος προβλημάτων «ειδικό» , ' αν περισσοτεροι απο, (2n + 1) διαγωνιζ ομενοι έ5 λυσαν και τα δύο προβλήματα του ζευγαριού. Αν υπάρχουν περισσότερα από ένα ειδικά ζεύγη, τότε η ανισότητα ( 1 ) αντικαθίσταται από την 2n + 1 2n + 1 Ν � 1 3 - -- + 2 -- + 1 = 6n + 5 5 5 το οποίο είναι αδύνατο. Όμοια, αν υπάρχει ένα ειδικό ζεύγος, τότε το πολύ (2n + 1) διαγωνιζόμενοι μπορεί να· έλυσαν και τα 5+1 �-�

(

�-�

)

δύο προβλήματα του ζεύγους, γιατί διαφορετικά θα είχαμε 2n + 1 2n + 1 Ν � 1 4 · -- + -- + 2 = 6n + 5 5 5

(

)

Ας μετρήσουμε το πλήθος Μ των ζευγών (C, Ρ) όπου το «δύσκολο» πρόβλημα (αυτό που δεν έλυ­ σε ο νικητής) είναι ένα από τα προβλήματα του Ρ. Για καθένα από τα 5 ζεύγη που περιέχουν το δύ­ σκολο πρόβλημα, υπάρχουν είτε (2n + 1) ή (2n + 1) + 1 5 5 διαγωνιζόμενοι που έλυσαν και τα δύο προβλήμα­ τα του ζευγαριού. Αυτό σημαίνει ότι Μ = 2n + 1 ή Μ = 2n + 2 , και το δεύτερο είναι δυνατό μόνο στην περίπτωση που υπάρχει ένα ειδικό ζεύγος, και επιπλέον αυτό το ειδικό ζεύγος περιέχει το δύσκολο πρόβλημα, τότε καθένας από αυτούς πρέπει να έλυσε 3 άλλα προ­ βλήματα και συνεπώς 3 ζεύγη προβλημάτων που περιέχουν το δύσκολο πρόβλημα. Αυτό σημαίνει ότι Μ = 3m, και συνεπώς 2n + 1 Ο ή 2 (mod3). Έστω p ένα πρόβλημα διαφορετικό από το «δύ­ σκολο», και ας μετρήσουμε το πλήθος L των ζευ­ γών (C, Ρ) για τα οποία p ε Ρ . Μπορούμε πάντα να βρούμε ένα p για το οποίο το ειδικό ζεύγος προβλημάτων, αν υπάρχει, δεν περιέχει το p. Στην περίπτωση αυτή θα έχουμε L 2n + 1 (σε καθένα από τα 5 ζεύγη προβλημάτων που περιέχουν το p , , ακρι βως , (2n + 1) διαγωνιζομενοι αντιστοιχουν οι 5 οποίοι έλυσαν και τα δύο προβλήματα του ζεύ­ γους). Τέλος έστω I το πλήθος των διαγωνιζομένων, ε­ κτός του νικητή, που έλυσαν το πρόβλημα p. Τότε θα έχουμε ότι L = 31 + 4, αφού ο νικητής έ­ λυσε το πρόβλημα p και άλλα 4 προβλήματα (άρα και 4 ζεύγη προβλημάτων που περιέχουν το p), και οι υπόλοιποι I έλυσαν το p και άλλα 3 προβλήματα ο καθένας (άρα και 3 ζεύγη που περιέχουν το p). Αυτό σημαίνει ότι 2n + 1 I (mod 3), το οποίο εί­ ναι άτοπο, και το ζητούμενο έχει αποδειχθεί. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/22

=

=

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

66ος

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

"0 ΘΑΛΗΣ" ΣΑΒΒΑΤ Ο , 12 Ν Ο ΕΜ Β ΡΙ ΟΥ 2005

1.

Α'

Ν' αποδειχθεί ότι ο αριθμός

2003 . 20053 - 2004 . 20023 ' είναι κύβος ακεραίου αριθμού.

Λύ ση

Οι αριθμοί 2003, 2005 διαφέρουν κατά δύο. Οι α­ ριθμοί 2003, 2004 διαφέρουν κατά Ι όπως επίσης και οι αριθμοί α( α + 2)3 - (α + Ι)(α - Ι)3 . Παρατηρούμε ότι μετά από πράξεις έχουμε: α( α + 2)3 - (α + 1)(α - 1)3 = (2α + Ι)3 . Άρα: 2003 · 20053 - 2004 · 20023 = (2 · 2003 + 1)3 που · εί­ ναι κύβος ακεραίου αριθμού.

2. Ν' απλοποιηθεί η παράστ αση

�13 + 30�2 + �9 + 4Ji . Λύ ση

Παρατηρούμε ότι: 9 + 4J2 = Ι + 8 + 2 · I(2J2) = = Ι2 + (2J2)2 + 2 · 1(2J2) = (1 + 2J2)2 • Επομένως: A = �1 3 + 30 �2 + �9 + 4J2 = �1 3 + 30�3 + 2J2 Με βάση την ίδια λογική έχουμε 3 + 2J2 = (J2)2 + 12 + 2 · J2 · 1 = (J2 + 1)2 • Άρα: Α = �1 3 + 30( J2+1) = �43 + 30J2 = = �52 + (3J2)2 + 2 · 5 · 3J2 = �(5 + 3J2)2 . Τελικά Α = 5 + 3J2.

3. Να αναλυθεί το πολυώνυμο χ6 2 s + χ2 χ 2 x σε γινόμενο τ ριών πολυωνύμων θετικού βαθμού. _

_

+ χ3 + Ι = x s + χ 4 + χ3 χ 4 χ3 + χ + Ι = = χ3 (χ2 + χ + Ι) - χ3 (χ + Ι) + χ + Ι = = χ3 (χ2 + χ + Ι) - (χ + Ι)(χ3 - Ι) = = χ 3 (χ 2 + χ + Ι) - (χ + Ι )(χ - Ι)( χ 2 + χ + Ι) = = (χ2 + χ + Ι)[χ3 - (χ + Ι)(χ - 1)] = = (χ2 + χ + Ι)(χ3 - χ2 + Ι). Τελικά έχουμε: χ 6 - 2χ 5 +χ2 - χ - 2= (χ - 2)(χ2 +χ+ Ι)(χ3 - χ2 + Ι).

4. Ν' αποδειχθεί ότι αν η ευθεία που ενώνει τα μέσα τ ων δύο απέναντι πλευρών ενός κυρ­ τού τετ ραπλεύρου διαιρεί το τετ ράπλευρο σε δύο ισεμβαδικά τετ ράπλευρα, τότε το τετ ράπλευρο είναι τ ραπέζιο. x

ΛΥΚΕΙΟΥ

_

s

_

Λύ ση

Έστω Μ μέσο της πλευράς ΑΒ και Ν μέσο της πλευράς Γ Δ. Έχουμε σαν δεδομένο ότι: ( ΑΜΝΔ) = (ΒΓΝΜ) => (ΝΜΑ) + (ΑΝΔ) = (ΝΜΒ) + (ΒΝΓ) ( Ι ) Μ

Παρατηρούμε ότι: (ΝΜΑ) = (ΝΜΒ) (ίσες βάσεις κοινό ύψος). (1) => (ΑΝΔ) = (ΒΝΓ) => ΑΑ' · ΔΝ = ΒΒ' · ΝΓ με ΔΝ = ΝΓ.

2 2 Τελικά ΑΑ' = ΒΒ' δηλαδή ΑΒ I/ ΔΓ οπότε ΑΒΓΔ τραπέζιο.

Λύ ση

χ 6 - 2χ 5 + χ2 - χ - 2 = χ 5 (χ - 2) + χ2 - 2χ + χ - 2 = = χ 5 (χ - 2) + χ(χ - 2) + (χ - 2) = (χ - 2)(χ 5 + χ + Ι). Μένει να αναλύσουμε το χ 5 + χ3 + 1 σε γινόμενο δύο πολυωνύμων.

_

1.

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αν α και β είναι πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστ ε να ισχύει (α + .Jα 2 + 1 )(β + �β 2 + 1) = 1 , ν' αποδειχθεί ότι α + β = Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.2/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΑΜ .l ΒΓ από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Μ μέσο της ΒΓ. Άρα: ΑΕΔ = ΒΕΜ = 90" - ΕΒΜ ( 1 ) l0ς τpόπος: Αφού (α + .Jα 2 + 1 ) · (β + �β 2 + 1 ) = 1, θα υπάρχει ΑΔΕ = ΕΒΜ + r = ΕΒΜ + Β (2). (Ι) - (2) =:::;. ΑΕΔ - ΑΔΕ = 90" + Β - 2ΕΒΜ =:::;. γωνία φ ώστε εφφ = α + .Jα2 + 1 και =:::;. ΑΕΔ - ΑΔΕ = (90" - ΕΒΜ) + (Β - ΕΒΜ) > ο. σφφ = β + �β 2 + 1 με εφφ :;t: Ο και σφφ :;e Ο . Επομένως: ΑΕΔ > ΑΔΕ =:::;. ΑΔ > ΑΕ. εεφ = α + .Jα 2 + 1 =:::;. εφφ - α = .Jα 2 + 1 =:::;.

3. Έστω Α Β Γ Δ τετ ράπλευρο εγγεγραμμένο σε εφ 2 φ - 2αεφφ + α 2 = α 2 + 1 ή εφ 2 φ - 2αεφφ = 1 (1). κύκλο κέντ ρου Ο το οποίο είναι εσωτερικό Όμοια έχουμε: σημείο του τετ ραπλεύρου και Κ, Λ, Μ, Ν 2 2 σφ φ - 2βσφφ = 1 =:::;. 1 - 2βεφφ = εφ φ (2) τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ , Γ Δ, ΔΑ α­ ντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι οι διχοτόμοι Προσθέτουμε τις ( 1 ), (2) και παίρνουμε; των γωνιών ΚΟΜ και Λ Ο Ν είναι κάθετες -2(α + β) · εφφ = 0 =:::;. α + β = Ο . μεταξύ τους. Λύ ση

2"ς τρόπος:

(α + .Jα 2 + 1 )(β + �β 2 + 1 ) = 1 πολλαπλασιάζουμε με την συζυγή της .Jα 2 + 1 + α και παίρνουμε: β + �β 2 + 1 = .Jα2 + 1 - α =:::;. β + α = .Jα 2 + 1 - �β 2 + 1 (1). Αν πολλαπλασιά­ ζουμε την αρχική επί την συζυγή της �β 2 + 1 + β παίρνουμε α + .Jα 2 + 1 = �β 2 + 1 - β οπότε α + β = �β2 + 1 - .Jα2 + 1

(2)

Με πρόσθεση της ( 1 ), (2) κατά μέλη έχουμε: 2( α + β) = Ο =:::;. α + β = Ο .

2.

Λύ ση

Έστω ένα τ ρίγωνο Α Β Γ με Α Β = ΑΓ . Ονο­ μάζουμε Μ το μέσο της Β Γ και Δ το σημείο τομής της πλευράς ΑΓ με την κάθετη από το σημείο Μ στην πλευρά ΑΓ . Έστω Ε το σημείο τομής της ΒΔ με την ΑΜ. Ποιο από τα ευθύγραμμα τ μήματα Α Ε και ΑΔ είναι μεγαλύτερο;

Λύ ση Α

Έστω Οχ, Oy οι διχοτόμοι των γωνιών ΚΟΜ , ΛΟΝ αντίστοιχα. Τότε χόy = χόΜ + Μόy = χόΜ + Νόy - ΜΟΝ = + ΛόΜ = = κόΜ + ΛόΝ - ΜόΝ = κόΝ 2 2 2 = Β + Δ = 90".

2 4. Να εξετασθεί αν υπάρχουν πραγματ ικοί αριθμοί χ τέτοιοι ώστε να ισχύει (1 + χ 3 )4 + (1 + χ 2 )4 2χ 4 . =

Λύ ση

- - - -;>'

I .,.. ' - -Ε_..

---- --� - ----� r �-� --� B �-= Μ

Προφανώς για χ = Ο έχουμε 2 = Ο, αδύνατη, άρα χ * Ο . Από ( 1 ) έχουμε (l + x 2 ) 4 ::;; 2x 4 ή (2 ixi) 4 :::;; 2χ 4 ή 1 6χ 4 :::;; 2χ 4 ή 8 :::;; 1 άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν χ ε IR. : (1 + χ 3 ) 4 + (Ι + χ 2 ) 4 = 2χ 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/24

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Γ ΛΥΚΕ ΙΟΥ I.

Λύ σ η

Έστω k μη μηδενικός πραγματικός αριθμός και (αν) μια ακολουθία θετικών αριθμών τέ­ τοιων ώστε να ισχύει (α ν +1 ) 2 + α ν + \ = k((α. ) 2 + α. ) + (k - l)α ν + Ια ν για κάθε ν θετικό ακέραιο. Ν' αποδειχτεί ότι η ακολουθία (αv) είναι γεω­ μετρική πρόοδος.

χ

ψ

Αφού Ρ σταθερό εσωτερικό σημείο της γωνίας χΟ ψ σημαίνει ότι η ευθεία ΟΡ είναι μοναδική. Η συνθήκη γράφεται: Άρα και οι γωνίες φ = ΑΟΡ και ω = ΡΟΒ . Όμως: (α ν+) - κ . αν )(αν+ Ι + αν + Ι) = ο . Όμως η αv είναι ακολουθία θετικών αριθμών οπό­ ΡΑΒ = ω, ΡΒΑ = φ, ΑΡΒ = 180° - χόψ. Το τρίγωνο λοιπόν Ρ ΑΒ διατηρεί τις γωνίες του. Αυτό σημαίτε: ΡΑ = t ( t στα θ ερος. θ ετικος , ' ) και ' αρι θ μος νει οτι: 1 1 ΑΒ Επομένως: ΡΒ = t, ( t, σταθερός θετικός αριθμός). ΑΒ - Αυτό σημαίνει ότι η αν είναι γεωμετρική πρόοδος. , ΡΑ + ΡΒ = t + t, η, Επομενως: 1 ΑΒ 2. Γ ια ακεραίους rn και η, ν' αποδειχθεί ότι αν ΑΒ 2 2 + + 28rn ο αριθμός rn n n διαιρείται δια ΡΑ + ΡΒ t 1 + t 2 του 13, τότε και ο αριθμός rn3 + n 3 διαιρείται δια του 13.

4. Για πραγματικούς αριθμούς α, β, γ, χ τέ­ Λύ σ η τοιους ώστε α < β, γ < β, χ > (α + γ)/ 2 ν' αποδειχθεί ότι Ο 1 3 διαιρεί την 3 β-χ χ-γ χ-α m 2 + 28mη + η 2 = ( m + η )2 + 26m · η �-. + -- + β - α β - γ 2χ - α - γ 2 οπότε: I 3 l (m + η)2 � 13Im + η Λύ σ η Θέτουμε u = β - α, ν = β - γ, w = 2χ - α - γ , αφού ο 1 3 είναι πρώτος. Άρα οπότε u > Ο, ν > Ο, w > Ο. Θεωρούμε: χ - γ = (ν - u + w) ' χ - α = (u - ν + w) ' και 2 2 3. Έστω ΧόΥ μια κυρτή γωνία, Ρ εσωτερικό , σημείο της και C ο κύκλος που διέρχεται β - χ = (u + ν - w) και η υπο, απο' δειξη ανισοτητα 2 από τα σημεία Ο, Ρ και τέμνει τις ΟΧ, ΟΥ, , (ν - u + w) (u - v + w) (u + v - w) + + �3 αντίστοιχα στα σημεία Α και Β διαφορετι­ γινεται: w u ν κά από το Ο. Ν' αποδειχθεί ότι ο λόγος ή ισοδύναμα, + + + + + � 6 ΑΒ ΡΑ + ΡΒ που εύκολα προκύπτει από την πολύ γνωστή ανι­ είναι σταθερός για οποιαδήποτε θέση του σότητα: � + � � 2 όταν α · β > Ο. β α κύκλου C. Λύ σ η

--

.

(� �) ( : : ) ( : : )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/25

� ......... . ,_ �ιι' �� ��Ιι �- Αιι8-Ι• jιλ γεβpα Σπύρος Τζινιέρης

6 - 8 -2 χ 2 = -- = - = -1 δεκτή.

2 2 Έτσι τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της με την ευθεία y = 3 είναι τα Α(-1 ,3) και Β(7,3).

Λ Υ Μ Ε Ν ΕΣ Α ΣΚΗΣΕ Ι Σ 1.

f( χ 2 23 ' ' Δινεται χ) = 2 + η συναρτηση χ - 4χ + 3 i. Βρείτε το πεδίο ορισμού της. ii. Βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής f παράστασης της με την ευθεία y = 3.

•

Λύ ση

1.

ii.

Θα πρέπει χ 2 - 4χ + 3 =t= Ο . Λύνουμε την εξί­ σωση χ 2 - 4χ + 3 = Ο για να βρούμε ποια είναι τα χ Ε IR τα οποία μηδενίζουν την παράσταση χ 2 - 4χ + 3 . Δ = β 2 - 4αγ = 1 6 - 1 2 = 4 . Άρα χ = -β + ΓΔ = 3 2α χ = -β - ΓΔ = 1 2α 2 Άρα χ - 4χ + 3 = 0 και μόνο αν χ = 1 ή χ = 3. Επομένως χ 2 - 4χ + 3 =t= Ο αν και μόνο χ =t= l και χ =t= 3 . Έτσι το πεδίο ορισμού της είναι το IR - {1, 3} . Για να βρούμε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της με την ευθεία y = 3 λύνουμε την εξίσωση χ 2 + 23 = 3 με χ =t= 1 και χ =t= 3 . χ 2 - 4χ + 3 2 'Ετσι χ + 23 = 3 � χ 2 - 4χ + 3 � χ 2 + 23 = 3 ( χ 2 - 4χ + 3 ) � χ 2 - 6χ - 7 = ο Δ = ( -6) 2 - 4 I (7) = 64 .

6 +-8 = 1 4 = 7 δεκτη. Ά ρα χ 1 = , 2 2

f

f

·

·

f

2.

Αν το σημείο Α(λ-2,μ+1) με λ,μ Ε IR ανήκει στην ευθεία (ε1) με εξίσωση την -2χ + y - 3 = Ο και οι ευθείες (ε2) και (ε3) με εξισώσεις αντίστοιχα τις y = (μ + 2)χ - 3 και y = ( λ2 - λ - μ + 4 ) χ - 1 είναι παράλληλες μεταξύ τους βρείτε τους λ και μ. Λύση

Ένα σημείο ανήκει σε μια ευθεία όταν οι συντε­ ταγμένες του επαληθεύουν την εξίσωση της. Αφού λοιπόν το Α(λ-2, μ+ I ) ανήκει στην (ε ) θα ισχύει -2(λ - 2) + μ+ 1 - 3 = ο � -2λ + 4 + μ + 1 - 3 = 0 � � μ - 2λ + 2 = 0 � μ = 2λ - 2 ( 1 ) Επειδή (ε2 )//(ε3 ) θ α ισχύει μ + 2 = λ2 - λ - μ + 4 � λ2 - λ - 2μ + 2 = 0 (2) Η (2) λόγω της ( I ) γίνεται: λ2 - λ - 2(2λ - 2) + 2 = 0 � � λ2 - 5λ + 6 = Ο η οποία δίνει λ =2 ή λ = 3. Για λ =2 έχουμε μ = 2. Για λ = 3 έχουμε μ = 4.

1

3.

Θεωρούμε την παράσταση Α( χ) = χ 2 + D)X + .e με (m + .€ + 2) 2 > (.€ + 2) 2 + 2 [ m(i + 2) + 2i ] όπου m,.e Ε IR . i. Δείξετε ότι η Α(χ) έχει δύο ρίζες πραγ­ ματικές και άνισες. ίί . Αν ρι, ρ 2 είναι ρίζες · της Α(χ) με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/26

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Ι ρ�. + • Ι l 2 καιl ll ρ z - 2 1 ι δείξτε ότι :s;

και ρz με ρ1 ,ρz Ε JR - {-2 } είναι οι ρίζες της εξίσωσης (1) και ισχύουν f(ρ1) + f(ρz) = 1712 και f(ρ1) f(ρz) = .!_2 , να βρεθούν: ί. τα λ , μ Ε JR ίί. οι ρίζες της εξίσωσης (1 ).

:s;

� A( x) - 3 x για κάθε χ Ε JR . :s;

Λύσ η

Έχουμε από την υπόθεση ότι 2) 2 > 2[ 2) 2 ] <=> <=> 4 4m 4 > Λύση <=> > > 4R ( 1 )0 Έχουμε ότι οι ρ ι και ρ2 είναι ρίζες της (l)o Άρα θα ί . Για να δείξουμε ότι η Α(χ) έχει δύο ρίζες πραγ­ ματικές και άνισες αρκεί να δείξουμε ότι ισχύουν ρ 1 ρ 2 = 2λ + μ , ρ 1 ρ 2 = λ + μ και Δ = (2λ + μ) 2 - 4(λ + μ) > Ο Δ = β - 4αγ > Ο Έχουμε Δ = m 2 - 4R > 0 λόγω της ( 1 ) ο Επίσης έχουμε f(ρ 1 ) f(ρ 2 ) = .!2 <=> 12 ίί . Αφού το τριώνυμο Α(χ) έχει ρίζες ρ ι και ρ2 θα ρ 1 1 7 ρ 1 1 2 ισχύουν + = - <=> <=> ρ 2 12 2 ρ 2 1 + ρ ι ρz (2) και <=> 1 2 [(ρ . 1)(ρ 2 2) (ρ 2 1)(ρ ι 2)] = ρι ρ2 = = 1 7(ρ 1 2)(ρ 2 2) <=> Από την υπόθεση έχουμε: <=> 7ρ ι ρ 2 2(ρ ι ρ 2 ) = 20 <=> 1 :s; 2 τότε -2 :s; ρ ι 1 :s; 2 <=> 7(λ 2(2λ + μ) = 20 <=> ή :s; ρ 1 :::; 1 ή :s; ρ 1 :::; 1 < <=> 7λ + 7μ + 4λ + 2μ = 20 <=> 1 1λ + 9μ = 20 (2) (4) Επιπλέον ισχύει Επίσης έχουμε: 2 :s; 1 Τότε 1 ρ1 1 ρ2 1 1 f( ρ ι ) f( ρ 2 ) - - <=> --1 :::; ρ 2 - 2 :::; 1 ή 1 ή <1 - - <=> 2 ρ 1 + 2 ο -ρ2 + 2 2 (5) <=> 2(ρ ι ρ 2 ρ ι ρ 2 1) = ρ ι ρ 2 2ρ ι 2ρ z 4 <=> Γνωρίζουμε ότι ρ 1 ρ τότε από <=> ρ ρ = 2 <=> λ + μ = 2 ι 2 τις (2), (4) και (5) προκύπτει ή Λύνουμε τώρα το σύστημα 1 1λ + 9μ = 20 μ=1 1 1λ 9μ = 20 <=> <=> = ρ1 Επίσης ρ 1 (4), τότε από τις λ=1 λ+ μ = 2 λ=2-μ 9 (7) ή (5) προκύπτει :s; Για μ = 1 και λ = 1 η ( 1 ) γράφεται 'Ετσι από παίρνουμε χ 2 - 3χ + 2 = 0 η οποία έχει Δ = (-3) 2 - 4 · 1 ° 2 = 9 - 8 = 1 και τότε ρ ι = 22 = 1 και οπότε από τις ρι 2 = - = - / -2 "- ρ 2 - -4 - 2 ο -2 (7) προκύπτει 2 9 οπότε •

(m + R + (R + 2)2 + m(R + + R m2 + R2 + + 2mR + + R R2 + 4R + 4 + 2mR + 4m+ 4R m2 2

+

ο

ο

ο

+ + + + + + + + + + + +μ)+

+ +

--

=R -m

(3) lρι + 1 + -3 l l -3 3 Έτσι ρι :::; 3 l 1 ρ2 :::; ρ2 :::; 3 -3 :::; ρ2 :::; 3 1 l Έτσι ρ2 :::; 3 l 1 l I l 1 + ρ2 :::; ρ1 + l 2 i -m :S; 3+3 l ml :::; 6 (6) l ρ 1 l l o lρ 1 (3), 2 IRI 3 3 2 I RI :::; I A(x )l = l x 2 + mx+RI I A(x )Ι :::; I x 2 1 + Ιmo x i + IRI I A(x )l :::; l x l 2 + l ml x i + IRI (6) I A(x )l :::; l x l2 + 6 l x l + I A(x )l :::; (l x l + 3 )2 απ' όπου προκύπτει �� A(x )l :::; l x l + 3 και τελικά �� A(x )l -3 :S; l x l

ο

+

--

ο

+ + + + + + + + (3) { { + { _

ο

_

ο

για κάθε χ Ε JR 4.

ο

Δίνεται η εξίσωση Χ z - (2λ + μ)χ + λ + μ = 0 (1) με λ, μ Ε JR καθώς και η συνάρτηση f(x) = χχ ++ 21 . Αν ρ ι

3± JΪ 3±1

5.

Δίνεται η εξίσωση ΧΖ - 2λχ + λΖ - 1 = 0. α . Να δείξετε ότι έχει δύο ρίζες άνισες. β. Να βρεθεί ο λ Ε JR ώστε οι δυο ρίζες να είναι θετικές. γ. Αν χ 1 , χ2 είναι οι δύο θετικές ρίζες τη ς να βρεθεί η εξίσωση με ρίζες Fι, .j;; .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/27

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

{ {

{

γ.

Η

α.

χ

Η

=

+χ + χ

β

•

Δίνεται η εξίσωση -χ2 2αχ + α 2 + β 2 + 2

8.

{

{

{

Η

Αν η εξίσωση χ 2 - αχ + β = Ο έχει πραγμα­ τικές ρίζες χ1, χ 2 να βρεθεί η εξίσωση με ρί­ ζες ρ 1 I χ . και ρ 2 l x 2 1 , όπου α, β πραγ=

Ι

=

Ο,

α, β Ε � .

Να δείξετε ότι η εξίσωση έχει ρίζες χ ι ,χ 2 πραγματικές και άνισες για κάθε α,β Ε � . ίί . Να βρεθεί η εξίσωση 2ου βαθμού, η ο­ ποία έχει ρίζες διπλάσιες της αρχικής. ίίί . Να βρεθούν οι α, β Ε � ώστε η εξίσωση να έχει ρίζα τον αριθμό 1.

{

β. Η

=

ί.

Λύ ση

{

7.

Λύση Vίeta

Από τους τύπους έχω χ 1 + χ 2 =α και ό (lχxι1 χl +2 l=x 2 1 )τ2 =τεl xι l2 +2 l x ι l x 2 1 + 1 x 2 1 2 = 2 -2Χ 1 Χ 2 +2 l x 1 x 2 1 = ) =(χ +χ =Χ�2 +2 l x 1 x 2 1 +x; 1 2 =α -2·β+2 1 βi =α2 -2β-2β=α2 - 4β (1) αφού 2 ρίζες πραγματικές θα ισ ει η εξίσωση έχει χύ 2 Τότε η (1)l l γίνεται: l x 2 1 >Ο θα 12 = ±�αα2 --44ββ >καιΟ . επειδή lΔ>xι l +Οl xδηλαδή + xι είναι l xι l +�l x 2 1 = �α2 - 4β . Άρα ρ1 +ρ2 l = l α21 - 4Ι β καιΙ i i ρι ρ2 = xι x 2 = χ ι χ 2 = β =-β · Η ζητούμενη εξίσωση δίνεται από την χ 2 -Sx +Ρ= Ο δηλαδή είναι η � χ 2 - α2 - 4β ·χ-β=Ο.

=

)

β. ( t

α.

ματικοί αριθμοί και β < Ο.

ΛίJ ση

Δ=4λ2 - 4(λ2 - 1 )= 4λ2 - 4λ2 + 4 = 4 >0 p. Για να έχει δύο ρίζες θετικές πρέπει S > Ο και Ρ> Ο τότε 2�: ο λ:σ. ο λ> Ο 2λ -1 ι> ο � i λl >ι 1 � λ> 1 ήκαιλ< -1 �λ>1 Αφού χ 1 , χ 2 είναι οι θετικές ρίζες θα ισχύει λ>Fι1. 'ΕFz τσι < +Μ)2 =(Fι)2� +2FιFz +(.J,Fz)2 = +χ 2 =2λ�+2 .J =2(λ+ λ2 -1) Χ 1 +2Fι Fz 2 -1) και + λ 2(λ Τότε = + � Fι.Fz = M = εξίσωση δίνεται από τον τύπο 2χ ζητούμενη Ο ή .J -S�x +Ρ=� χ 2 - 2(λ+ )χ+ λ2 -1 =0.

6. Να λυθούν οι εξισώσεις: Ι 2 Ι Ι 2 - 2 - 31 ο l- xl 2 2 χ l x 2 + x l + l x 2 -2χ-31 =Ο� εξίσωση l x2 + xi =O χ2 +χ=Ο � και2 � � και2 Ι χ -2χ -31 =ο χ -2χ -3 =ο χ =0 ή χ =-1 �χ=-1 � και χ =-1 ή χ=3 εξίσωση l l fi l l fi ( 1- l xl)2 =2� 1 - xή = + � x =ή1- (1) 1- l xl =-fi l xl =1+ fi (2) Επειεξίσωση δή 1 - J2(1) <είναιΟ . αδύνατη. Έτσι λύσεις της δοθείσας προκύπτουν από την (2) και είναι χ= ±(1 + J2) . α.

Λύ ση ί.

Η

δοθείσα εξίσωση έχει διακρίνουσα 2 2 2 4 Δ = (-2α) - (-1)(α +β 2 +2)=2 2 2 2 = 4α + 4α + 4β + 8 = 8α + 4β + 8 > Ο , για κάθε α, β . Άρα έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. είναι οι θα ρίζεςισχύουντης Αφού χ 1 , 2 +βχ2 2 +2=0 -χ 2 -2αχ+α Χ ι + χ 2 = -2αα2 +(1)β2 + 2 και χ ·χ 2 = _1 =-α2 -β2 -2 (2) ζητούμενη εξίσωση θα έχει ρίζες ρ1 = 2χ ι , 2 ρ2 = 2χ 2 και δίνονται από τη χ -S ·χ+ Ρ= Ο Με S=ρ ι +ρ2 =2χ ι +2χ 2 =2(χ ι +χ2)=- 4α Ε�

ii.

I

Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/28

(I)

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

και Ρ=2 ρ, · ρ2 2 = 2χ 1 2χ22 = 4χ21 Χ 2 (=2) = 4(-α -β -2)=-4α - 4β - 8 . Οπότε 2 -8 = Ο .

- 4α2 - 4ηβεξίσωση χ 2 + 4αχπροκύπτει = 1 πρέπει Για-1 2 να-2αέχει·1 +αη αρχική ρί ζ α ρ 2 +β2 +2εξίσωση 2 + β 2 =Ο<=> 2α -2α + 1 + β 2 =Ο<=> (α=Ο<=> -1) (α-1)2 =0 και β2 =0<=>α=1 και β=Ο.

•

iii.

9.

•

Δίνονται οι εξισώσεις χ 2 + λχ - 5 Ο (1) και 2χ 2 - 4χ - 2λ + 2 0 (2), λ Ε � . i. Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) tχει ρίζες πραγ­ ματικές και άνισες χ,, χ2 για κάθε λ Ε � . ίί. Να βρεθεί ο λ Ε � ώστε η εξίσωση (2) να έχει ρίζες ρ,, ρ2 πραγματικές και άνισες. iii. Να βρεθεί ο λ Ε � ώστε μια ρίζα της ε­ ξίσωσης (1) να είναι αντίθετη μιας ρίζας της εξίσωσης (2).

I Ο.

=

=

Λύ ση

τριώνυμο έχει Δ < Ο. Έτσι από την (5) έχουμε λ = 4 .

Έμπορος αγόρασε κάποια μέτρα ενός υφά­ σματος και πλήρωσε συνολικά 180 €. Αν με τα ίδια χρήματα αγόραζε 10 μέτρα περισ­ σότερα, τότε κάθε μέτρο υφάσματος θα του κόστιζε 0,2 λιγότερα. Να βρεθούν: i. Πόσα μέτρα υφάσματος αγόρασε. ii. Πόσα ευρώ του κόστισε το κάθε μέτρο υφάσματος. Λύ ση

Έστω ότι αγόρασε χ μέτρα, του υφάσματος. Τό-, 8 , 1 0 τε το κα' θε μετρο του κοστισε -χ . Αν αγοτότε το κάθε ραζε χ + 1 Ο μέτρα του1υφάσματος, 8 μέτρο θα του κόστιζε χ0 -Ο, 2 Επομένως 1έχουμε: (χ+10) { :0 -0,2) =1 80<=> 1 800 )-86 -0,2 x +--2=J-86 <=> χ -0,2χ2 2 + 1 800-2χ =ο<=> 2 2χ + 20χ -1 8000 = Ο <=> χ + 1 Οχ -9000 =Ο που έχει Δ = J36ϊ00 36100, χ \ ,2 = -10± 2 -10±190 2 8 1 0 = 90 η' χ = -200 =- 100 απορριπεται. ' χ, = Τ 2 2 Άρα αγόρασε 90 μέτρα του υφάσματος. ίί. Το κάθε μέτρο υφάσματος του κόστισε 1 80 = 2 90 ί.

€

€

.

ί. Δ , =λ 2 - 4· 1(-5)=λ2 +20>0 για κάθε λε�. Άρα η εξίσωση ( 1) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. >Ο<=> (-4)2 - 4· 2 ·(-2λ+ 2) >Ο<=> ίί. Πρέπει Δ 2 16- 8(-2λ + 2) >ο<=> 16 + 16λ-16 >ο<=> 16λ > ο <=> λ > ο ίίί. Αφού Χ ι είναι ρίζα της εξίσωσης (1) και ρ 1 ρίζα της εξίσωσης (2) και χ, =-ρ, προκύπτει τό σύστημα : �; 1 �2ρ -�::4ρ,-5-2λ=ο+ 2 = ο <=> ρ� -2ρ,, -5-λ+=ο1 = ο Δίνονται δύο άνισοι κύκλοι με κοινό κέντρο (3) ένα χ,� =-ρ, 2 χ,� =-ρ, Ο. Αν η ακτίνα του μεyάλου κύ­ ρ + λρ2l -5 =ο<=> ρ - ( ρ, -1 ) ρ, -5 =ο (4) κλουσημείο είναι αυξημένη κατά μέτρα του δι­ 2 ( ρ, -1 ) =λ λ= ( ρ, -1 ) (5) πλάσιου της ακτίνας του μικρού κύκλου και το εμβαδόν του δακτυλίου που σχηματίζουν από iρ -3ρτην� (+ρ,4) έχουμε οι δύο ομόκεντροι κύκλοι ισούται με 24π τ.μ. + 5� = Ο να βρεθεί η ακτίνα του μικρού κύκλου. <=> ρ�� - 4ρ� + ρ + 5ρ, - 4ρ, + 5 = ο <=>ρ ( ρ1 + 1 ) - 4ρ1 ( ρ, + 1 ) + 5 ( ρ, + 1 ) =Ο ν η ακτίνα του μικρού κύκλου είναι ρ > Ο τότε η <=> ( ρ, +1 ) { ρ� - 4ρ, +5 ) =0<=>ρ1 =-1 αφού το Αακτίνα του μεγάλου κύκλου θα είναι 2ρ + 3.

{:�:

{

{:�

{

€.

I I.

3

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/29

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

24π = π(2ρ + 3)22- πρ22 24π2 = π[(2ρ + 3) - ρ ] ρ 2+ 4ρ - = η οποία έχει διακρίνουσα την Δ= 4 - 4 ( = 36 και επομένως έχει ρίζες τις ρι ,2 = -4 ±2.J36 -4 + 6 �ρ ρ = ι ή -42- 6 ι =1 Για το εμβαδόν του δακτυλίου που σχηματίζουν οι Έ ρ2 = 2 ρ=2 = απορρίπτεται. τσι θα ισχύει ότι ρ δύο ομόκεντροι κύκλοι θα ισχύει: �

�

�

�

�

5

·

-5)

Ο

�

--

·

Εδακnιλίου

--

-5 < Ο

�

1.

= Εμεyάλου κύκλου - Εμικρού κύκλου �

nεpί συναρτήσεων. Η συνάρτηση f(x} αχ + fJ

Σύνολα. fενι«ό

=

της Χρυσταλλένης Κυβερνήτου

1.

Να γράψετε με αναγραφή των στοιχείων του το σύνολο: ν 2 + 2ν + 6 , ν ε Ν Α χεΝ χ =

{

I

=

*}

ν

Λύση

•

από την4 ( 1 ) έπεται ότι: 4 χ + 2l x l l x l - 1 :::::> χ + l x l + Άρα: Α=0. �

1�Ο,

άτοπο.

Να δείξετε ότι Α ς Β , όπου: Α = { χ ε ΊR i x 3 - 2χ 2 + 2χ + 5 � ο } και Β = { χ ε ΊR I χ 3 - χ 2 + 6 � ο } .

3.

Έχουμε:

χ = ν2 + ν2ν + 6 =ν+ 2 + �ν Με χ ε JR ,3 έχουμε:2 6 ' ' χ Α:::::> χ - 2χ2 + 2χ 2 � ο πειδ'η χ ε επεται οτι -ν ε Ά ρα, ο ν ειναι ένας θετικός διαιρέτης του 6. Συνεπώς: ν = ή ν = 2 :::::::::>:> χχ 33 -- χχ 2 + 66 �� (χχ -- 1)2χ2 �+ ο1 :::::> χ 3 - χ 2 + 6 � ο ή ν = 3 ή ν = 6. Έτσι, έχουμε αντίστοιχα: χ = 9 ή =:> χ ε Β. χ = 7 ή χ = 7 ή χ = 9. Άρα: Α = {7, 9}. Άρα, κάθε στοιχείο του Α είναι και στοιχείο του Β. Να δείξετε ότι είναι κενό το σύνολο: Συνεπώς Α Β. Ε

Λύση

�τ 1� ,

�τ 1� .

,

Ε

+

I

2.

{ ΊR i x4 2 lxl � ι χ - 2 1 - 3} .

Α= χε

+

Λύση

+5

ς

4.

Να βρείτε τα σύνολα ορισμού των συναρ­ τήσεων:

f(x) = �3 - l 2x - ll Έστω ότι Α 0 . Θεωρούμε ένα στοιχείο χ του Α. Τότε χ ε JR και 4 t - l xl .

J (x) = g (1 ) χ + 2 l x l l x - 21 - 3 l+x Επειδή: Ένας αριθμός χ ε JR ανήκει στο σύνολο ορι­ l x - 2 1 - 3 l x l + 2-3 = l x l - 1, σμού της συνάρτησης f αν, και μόνο αν: 1.

"*

�

�

2.

.

Λύ ση

Ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/30

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

3 - l 2 x -11 � Ο � l 2 x -1 1 � 3 � -3 2χ -1 3 � -2 � 2χ � 4 � -1 �χ :::; 2. Άρα, το σύνολο ορισμού Α της f είναι: Α = [- 1, 2]. Ένας αριθμός χ ανήκει στο σύνολο ορισμού της συνάρτησης αν και μόνο αν: Ο x :;t. -1 x :;t. l l : : x �0 � {<l x l -1)(x +1)�0 (1) 1 +χ Έστω ότι χ� Ο. Τότε, επειδή χ -1, l x l = χ και χ + 1 Ο , έχουμε: (l)� x -1�0� x �1 . Άρα, τότε: χ [0,1]. Έστω ότι χ <Ο. Τότε: (l) <c> {�-: �1l)(x +I)�O � {�χ*+�;, �ο � χ * -1 . Άρα, τότε: χ (-οο,-1)υ(-1,0). Συνεπώς, το σύνολο ορισμού Β της είναι: Β=(-οο, -1) υ (-1,0) υ[Ο, 1]=(-οο, -1) υ (-1, 1]. �

2.

Ε�

g

{

•

=F

>

Ε

•

Ε

g

5.

Έστω η συνάρτηση: 2, αν χ � 1 f(x) = 3χ -2χ + 1, αν χ < ι

{

-

Να λυθεί η εξίσωση: 3 l f(x)l - 4χ + ι = ο (1) Λύση 1.

�

απορρίπεται (γιατί1 χ < 1 ) . 'Εστω οτι' χ <-.2 Τοτε' 2χ -1 < Ο και άρα l 2x -11 = -2χ + 1. Έτσι, έχουμε: (2) � 3(-2χ+ 1)- 4χ+1 =0 � χ =-,25 δεκτή (γιατί χ < _!_2 ). Άρα,2 οι ρίζες της εξίσωσης ( 1) είναι: χ = 1 και •

Χ = -.

5

6. Να δείξετε ότι τα σημεία Α(2, -3), Β(6, -ι), Γ (4, 3) και Δ(Ο, ι) είναι κορυφές τετραγώ­ νου. Λύ ση

Έχουμε: = �(6-2)2 +(-Ι+ 3)2 = .J16 + 4 = J20. Όμοια βρίσκουμε ότι: (ΒΓ) = (ΓΔ) =(ΔΑ)= J20. Άρα, το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. Εξάλ­ λου, έχουμε: 2 (ΑΒ)2 20, 2 (ΒΓ)2 = 202 και (ΑΓ) =(4 -2) +(3+3) = 40. Άρα: (ΑΒ)2 + (ΒΓ)2 = (ΑΓ)2 • Συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο. (ΑΒ)

=

7.

Να βρείτε τους αριθμούς λ, για τους οποί­ ους η απόσταση των σημείων Α (λ, -3) και Β(6, λ - ι) είναι 4J2 .

Έστω ότι χ � 1 . Τότε f(x) = 3χ - 2 και επειδή 3χ-2 �l 3-2l = 14>Ο, έχουμε: (1) �3 3x -2 - x + 1 =0 �3(3χ -2)- 4χ +Ι =0�9χ -6- 4χ + 1 =0 Έχουμε: .fi 2 = 4 2 � (ΑΒ) = 232 �χ= 1, δεκτή (γιατί χ � 1 ). Έστω ότι χ < 1. Τότε l f(x )=-21 x +1. � (λ-6)2 + (-3-λ+2 1) = 32 Έτσι έχουμε: l (1) �1 3 -2x + 1 - 4χ + 1 =Ο� � (λ-6) + (-λ-2) = 32 � λ2 2-12λ + 36 + λ2 + 42λ + 4 32 � 3 2x -1 - 4χ + 1 =Ο (2) � 2λ - 8λ + 8 = ο � λ - 4λ + 4 = ο 'Εστω ότι _!_2 � χ < 1. Τότε 2χ -1 �Ο και άρα � (λ-2)2 =0� λ-2=0 �λ= 2. l 2x -1 1 = 2χ -1. Έτσι, έχουμε: Να βρείτε τα σημεία τον άξονα χ ' χ, για (2) � 3(2χ -1)-4χ + 1 =ο� χ= 1 ' τα οποία το άθροισμα των τετραγώνων των Λύ ση

2.

(ΑΒ)

=

•

8.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/3 1

Μ

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

αποστάσεων του Μ από τα σημεία Α( 1, 3) και Β(-1 , 1 ) είναι το ελάχιστο δυνατό. Λ ίJ ση

Έστω ότι

Μ(χ, 0). Έχουμε: (ΜΑ/ +2 (ΜΒ)2 =2 2 2 +(0-1) +(χ+1) =(χ-1) +(0-3) = 2 χ 2 + 1 2 2 1 2, με το = για χ = Ο. Άρα, το ζητούμενο σημείο είναι το Μ (Ο, 0), δηλα­

•

•

ι 1.

δή η αρχή των αξόνων.

Ένα σημείο Μ(χ, y) κινείται στο ορθογώνιο ΑΒΓΔ (παρακάτω σχήμα). Να δείξετε ότι: x-y �4.

9.

l l

Υ. Δ

Έχουμε:

-::f:.

Έστω η συνάρτηση: - χ + 2λ - 3 ' αν χ � Ο f(x) = ...Γχ - 3μ - 2 χ + 1 ' αν χ > Ο Να βρείτε τους αριθμούς λ και μ, για τους οποίους η γραφική παράσταση της f διέρ­ χεται από τα σημεία Α(-1 ,μ) και Β( 1 ,λ+ 1).

{Χ2

Λύ ση

Για να συμβαίνει το ζητούμενο πρέπει και αρκεί: + 1 + 2λ - 3 = μ -1) = μ f(l) = λ + 1 <:::::> 1 - 3μ - 2 = λ + 1 1+1 2λ - 1 = μ <:::::> -1 2λ + 2 2λ - μ 1 <:::::> -2λ - 3μ = 3 <:::::> 2λ - μ = 1

{1

f(

{ 3μ = -4 μ = 4 { { { �;+ /= <:::::> {� : � 1 =

ο

ΛίJση <:::::>

� χ � 4 � -1 � χ � 4 {1�y�3 {-3�-y�- 1 :;; 3 :::;; 4 � -4 :::;; x -y:::;; 4 � -ι 4 � xl -y:: � x -y :::;; 4 .

1 Ο.

·

{

3

Α� , ��--------� -1

5 . Άρα, η Cr δεν διέρχεται από το σημείο Γ(2, 5). f(-2) = (-2) 3 - 2(-2) + 2 = -2. Άρα, η Cr διέρχεται από το σημείο Δ(-2, -2).

f(2) = 23 - 2 2 + 2 = 6

-1

γραφική παράσταση Cr της συνάρτησης f(x) = χ3 + αχ + β διέρχεται από τα σημεία Α( 1 , 1) και Β(-1 , 3). Να εξετάσετε αν η Cr διέρχεται και από τα σημεία Γ(2, 5) και Δ(-2, -2).

ι 2.

1

Θεωρούμε τα σημεία: Α( 1 ,2), Β(-1 ,-4) και Γ(2,5). ι Αν y= αχ+ β είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ να βρείτε τους αριθμούς α και β.

2. Να δ είξετε ότι τα τρία αυτά σημεία είναι συνευθειακά.

3. Να εξετάσετε αν τα σημεία Α,Β και Δ(-2,-5) είναι συνευθειακά. .

Η

Λύ ση

ι.

Επειδή η ευθεία διέρχεται από τα σημεία η εξίσωσή της:y = αχ + β και θα επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των σημείων αυτών. Έτσι, θα έχουμε: 2=α+β 2β = -2 β = -1 <::: ::> <::: ::> α+β 2 α -α + β Άρα, η εξίσωση της ευθείας είναι: Οι συντεταγμένες του σημείου Γ(2,5) επαλη­ θεύουν την εξίσωση: = - 1 της ευθείας γιατί: 5 2 - . Άρα, το σημείο Γ ανήκει

ΑΒ Α(1,2) Β(-1,-4), διέρχεται από τα σημεία Α( 1 , 1 ) και Β(-1 , 3) αν, και μόνο αν: f(l) = 1 1 + α + β = 1 α + β = Ο {f(-1)=3 <:::::> { -1 - α + β = 3 <:::::> {α-β=-4 { -4 = { = { =3 α = -2 ΑΒ y=3 x-1. <=> {β = 2 . Άρα: f( x ) = χ3 - 2χ + 2. y 3χ ΑΒ, = 3 1 Έχουμε: Η

Cr

2.

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/32

Μαθηματικά για την Α ' Λυκέίου

3.

στην ευθεία ΑΒ και συνεπώς τα σημεία Α,Β διέρχεται από τα σημεία Α(Ο,2) και Β(-1,-2). Έτσι, σχεδιάζουμε την ε1 • Όμοια σχεδιάζουμε και Γ είναι συνευθειακά. Οι συντεταγμένες του σημείου Δ(-2,-5) δεν και την ε2 (παραπάνω σχήμα). = επαληθεύουν την εξίσωση: y 3χ-1 τατηςσημεία ευθεί­ Να βρείτε τους αριθμούς λ JR , για τους ας ΑΒ, γιατί: -5 3 (-2) -1 . Άρα, οποίους οι ευθείες: Α, Β και Δ δεν είναι συνευθειακά. ε, : = (λ + 2)χ - 3λ + 1 και -:f::.

1 3.

1 4.

·

Να βρείτε τους αριθμούς λ Ε JR , για τους οποίους οι ευθείες: ε 1 : y = (λ3 + 3λ)χ + λ + 1 και ε 2 : y = (3λ2 + l)x + λ - 3 να είναι παράλληλες. Στη συνέχεια, για τις τιμές του λ που θα βρείτε, να σχεδιάσετε τις ευθείες αυτές στο ίδιο σύστημα αξόνων. Λύ ση Θεωρού με τις ευθείες: ε : y λχ + κ και ε ' : y = λ' χ + κ '

=

Ι σχύ ουν ο ι εξής ισοδυναμίες: •

y

ε 2 : y = (λ + 4)χ + 2λ - 3 να είναι κάθετες. Λύ ση

Έχουμε:

ε, _l_ε2 �(λ+2)(λ+ 4)=-1 λ2 + 4λ + 2λ + 8 + 1 = ο � λ2 +6λ+9=0� (λ+3)2 =0� λ+3=0�λ=-3 . Άρα, υπάρχει μία μόνο ζητούμενη τιμή του λ, η λ=-3.

// � = Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη στο JR και � = για κάθε χ JR ισχύει: f(x) + 2f(3 - χ) = -2χ + 6 Έχουμε: 2 ε, // ε2 � + 3λ = 3λ 1 � αχ+ β είναι η εξίσωση της ευθείας, η Αν -3Λ! 3λ -1 = ο � οποία διέρχεται από τα σημεία A(O,f(O)) και (λ -1)3 = ο � λ = 1 B(3,f(3)), να βρείτε τους αριθμούς α και β. Άρα, υπάρχει μία μόνο ζητούμενη τιμή του λ, η λ= 1. Καταρχήν θα βρούμε τους αριθμούς f(O) και f(3). Από την (1) με χ = Ο και χ = 3 βρίσκουμε αντι­ στοίχως: {f(O) + 2f(3) = 6 � {f(O) 2f(3) = 6 � f(3) 2f(O) =Ο -4f(O)-2f(3) =Ο {-3f(O) = 6 � {f(O) = -2 f(3) + 2f(O) =Ο f(3) = 4 Συνεπώς Α(Ο, -2) και 8(3,4). Επειδή η ευθεία ΑΒ διέρχεται από τα σημεία αυτά η εξίσωσή της: y = αχ β θα επαληθεύεται από τις συντεταγμένες Με λ= 1, βρίε σ:y= κουμε:4x +2 (1) και των σημείων αυτών. Έτσι, έχουμε: 1 ε : y = 4χ-2 (2) {-2 =α· Ο+ β � {β= -2 2 = 4 =3α+β α=2 = 2 και με Από την ( 1) με χ Ο βρί σ κουμε y χ = -1, βρίσκουμε y = -2. Άρα, η ευθεία ε 1 •

α.

λ'

Ε

'){

+

ε ε'

λ

λ · λ'

ε _l_ ε '

ΊC

-

1 5.

1

Ε

+

(1)

y=

ο

Λύ ση

Υ

+

χ

β.

+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/33

+

a Παp αλλ ηλόγpαμμα

Ν. Αναστασίου, Κ. Ανεστόπουλος

και έστω Ε, Ζ και Η οι προβολές των σημείων Α, Δ και Γ αντίστοιχα πάνω στην ευθεία (ε). Να αποδειχθεί ότι: ΔΖ=ΑΕ+ΓΗ.

Λ ΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1.

Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ, στο ε­ σωτερικό της πλευράς του ΓΔ παίρνουμε τυ­ Λύ ση χαίο σημείο Ε και ονομάζουμε Η την τομή ' της ΒΕ με την προέκταση της ΑΔ. Προεκτεί­ Α Τρόπος Δ νουμε την πλευρά ΓΔ προς το μέρος του Δ και παίρνουμε σημείο Ζ ώστε ΔΖ = ΓΕ. Από το σημείο Ζ φέρνουμε παράλληλη ευθεία προς ΑΗ που τέμνει την προέκταση του ευ­ θυγράμμου τμήματος ΒΗ στο σημείο Ι. ί. Να αποδειχθεί ότι τα τετράπλευρα Α­ ΖΙΗ και ΑΖΕΒ είναι παραλληλόγραμμα. Έχουμε ΑΕ//ΔΖ//ΓΗ επειδή είναι κάθετες στην ί­ ίί. Να αποδειχθεί ότι ΒΕ = ΙΗ. δια ευθεία (ε). Φέρνουμε ΑΚ .l ΔΖ και τα τρίγω­ Λύ ση να ΑΔΚ και ΒΓΗ είναι ίσα επειδή Κ = Η = 90 ° , ΑΔ = ΒΓ (απέναντι πλευρές παρ/μου) και ΑΔΚ = ΒΓΗ (παράλληλες πλευρές), άρα θα έχουν και ΔΚ = ΓΗ ( 1 ). Από το ορθογώνιο ΑΕΖΚ έχω Γ ότι ΑΕ = ΖΚ (2), άρα ΔΖ = ΔΚ+ΚΖ = ΓΗ+ΑΕ. Β ' Τ ρόπος -

-

Δ

Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΒΓΕ είναι ίσα επειδή: ΔΖ = ΓΕ (από υπόθεση), ΑΔΖ = ΒΓΕ (εντός - εκτός και επί τα αυτά) και ΑΔ ΒΓ (απέναντι πλευρές παραλληλογράμμου) άρα : ΔΖΑ = ΓΕΒ ( 1 ) και ΑΖ = ΒΕ (2). Επίσης ισχύει: ΔΕΗ = ΓΕΒ (3). Από τις σχέσεις ( 1 ) και (3) προκύπτει ότι ΑΖΔ = ΔΕΗ και επειδή είναι και γωνίες εντός εναλλάξ τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΖ και ΗΙ θα εί­ ναι παράλληλα. Το τετράπλευρο ΑΗΙΖ είναι πα­ ραλληλόγραμμο γιατί ΑΗ//ΖΙ και ΑΖ//ΗΙ οπότε ΑΖ = ΙΗ (4). Από τη σχέση ( 1 ) συμπεραίνουμε ότι ΑΖ//ΒΕ και επειδή ΑΒ//ΕΖ το ΑΒΕΖ είναι παραλ­ ληλόγραμμο και ισχύει ότι: ΑΖ = ΒΕ (5). Από τις σχέσεις (4) και (5) έχουμε ότι ΒΕ = Hl. 2. Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Από την κορυφή Β γράφουμε τυχαία ευθεία (ε) ---

-

=

---

---

-

-

-

Έστω Ο το κέντρο του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ. Τότε Ο είναι μέσο της διαγωνίου ΑΓ. Αν φέρουμε ΟΚ κάθετη στην ΕΗ το ΟΚ είναι διάμεσος του τραπεζίου ΑΕΗΓ. Έτσι ΑΕ+ ΓΗ = 20Κ ( 1 ). Παρα­ τηρούμε ότι στο τρίγωνο ΒΔΖ το Ο είναι μέσο του ΒΔ και ΟΚ//ΔΖ τότε ΔΖ = 20Κ (2), από τις ( 1 ),(2) έχουμε ΔΖ = ΑΕ+ ΓΗ.

3.

Θεωρούμε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ ώστε ΑΒ = 2ΒΓ. Στις προεκτάσεις του ευ­ θυγράμμου τμήματος ΑΔ προς τα σημεία Α και Δ θεωρούμε αντίστοιχα τα σημεία Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/34

Μαθηματικά για τη ν Α· Λυκείου

και Ζ ώστε ΑΔ = ΑΕ = ΔΖ. Να αποδειχθεί ότι: ΒΖ .l ΓΕ . Λύ ση

z

ίί.

Έστω Λ, Κ τα σημεία τομής των ΕΓ και ΒΖ με τα τμήματα ΑΒ και ΔΓ αντίστοιχα. Από την υπόθεση έχουμε ΒΓ=//ΑΕ και ΒΓ=//ΔΖ άρα ΑΓΒΕ και ΒΓΖΔ είναι παραλληλόγραμμα που έχουν κέντρα τα σημεία Ι Λ και Κ αντίστοιχα. Επομένως ΛΒ = - ΑΒ = ΒΓ 2 και ΚΓ = ..!_ ΔΓ = ΒΓ . Δηλαδή το τετράπλευρο 2 ΑΒΓ Δ είναι ρόμβος οπότε θα έχει διαγώνιες κάθετες δηλαδή ΒΚ .l ΛΓ άρα ΒΖ .l ΓΕ .

4.

Δινεται τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ. Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ θεωρούμε αντίστοιχα σημεία Μ και Ν ώστε ΒΜ = ΓΝ. Αν Δ είναι το μέσο του ΜΝ και Ε το μέσο του Β Γ και φέρουμε ΔΖ=//ΜΒ, ΔΗ=//ΓΝ, τότε να αποδειχθεί ότι: i. Το τρίγωνο ΔΖΗ είναι ισοσκελές, ii. το ΔΕ είναι παράλληλο με την διχοτόμο της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ.

5.

Επειδή ισχύει ΒΜ = ΓΝ συμπεραίνουμε ότι ΔΖ = ΔΜ, δηλαδή το τρίγωνο ΔΖΗ είναι ισοσκελές. Από το παρ/μο ΒΖΔΜ έχουμε ΜΔ=//ΒΖ (3) και από παρ/μο ΓΝΔΗ έχουμε ΔΝ=//ΗΓ (4). Από (3) και (4) προκύπτει ΒΖ=//ΗΓ άρα ΒΖΓΗ παρ/μο και Ε το κέντρο του, οπότε το ισοσκε­ λές τρίγωνο ΖΔΗ -η διάμεσος ΔΕ θα είναι και διχοτόμος της ΖΔΗ . Οι γωνίες ΒΑΓ και ΖΔΗ είναι ίσες επειδή οι πλευρές τους είναι παράλληλες άρα και οι διχο­ τόμοι τους θα είναι παράλληλες. (Γιατί;). Δίνεται τετράγωνο ΑΒ Γ Δ, στην προέκταση της πλευράς ΑΒ προς το μέρος του Β θεω­ ρούμε το σημείο Ε και στην προέκτασή της πλευράς ΒΓ θεωρούμε το σημείο Ζ ώστε ΒΕ = ΓΖ. Να αποδειχθεί ότι: ί. ΑΖ = ΔΕ και ίί. ΑΖ .l ΔΕ . Λύ ση

i.

Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΔΕ είναι ίσα επειδή ΑΒ = ΑΔ (από υπόθεση), ΒΖ = ΑΕ (αθροίσματα ίσων ευθυγράμμων τμημάτων) και Α = Β = 90 ° άρα ΔΕ = ΑΖ και Ε = Ζ . z

κ

Λύ ση Α

-------08-_____::, E

Alf--

Γ

ί.

Από το παρ/μο ΒΖΔΜ έχουμε ΜΒ=//ΔΖ ( 1 ) και από το παρ/μο ΓΝΔΗ έχουμε ΓΝ=//ΗΔ (2).

ίί.

Από το ΑΒΖ τρίγωνο προκύπτει ΖΑΒ + Ζ = 90 ° , όμως Ε = Ζ οπότε ΖΑΒ + Ε = 90 ° . Δηλαδή το τρίγωνο ΑΚΕ θα είναι ορθογώνιο στο Κ άρα ΑΖ .l ΔΕ .

6.

Δίνεται τυχαίο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ, θεω­ ρούμε τα σημεία Ε και Ζ που είναι τα μέσα των διαγωνίων ΒΔ και ΑΓ αντίστοιχα. Γ ράφουμε ευθύγραμμο τμήμα ΔΗ ώστε ΔΗ//ΑΒ και ΔΗ = ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι ΗΓ//ΕΖ και ΕΖ = !_ ΗΓ .

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/35

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση

Λύση Α

Ε

Α

Το τετράπλευρο ΑΒΗΔ είναι παραλληλόγραμμο επειδή ΑΒ =//ΔΗ άρα οι διαγώνιες ΒΔ και ΑΗ δι­ χοτομούνται στο Ε. Έτσι στο τρίγωνο ΑΓΗ τα Ε και Ζ είναι μέσα των πλευρών ΑΗ και ΑΓ αντίστοιχα, άρα ΗΓ//ΕΖ και EZ = ! Hr .

2 7.

Δίνεται τυχαίο ΑΒΓ και Δ είναι ένα εσωτε­ ρικό σημείο της πλευράς ΒΓ. Από το ση­ μείο Δ φέρνουμε παράλληλες ευθείες προς τις πλευρές ΑΓ και ΑΒ που τις τέμνουν στα σημεία Ζ και Ε αντίστοιχα. Αν Η είναι το συμμετρικό σημείο Δ ως προς την ΕΖ, να αποδειχθεί ότι: ί. ΑΗ//ΕΖ και ί ί. το ΑΕΖΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

B �----�--� r Δ

ί. Το τετράπλευρο ΑΕΔΖ είναι παραλληλόγραμ­ μο αφού οι απέναντι πλευρές του είναι παράλ­ ληλες. Φέρνουμε από την ΑΘ .1 ΕΖ . Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΘ και ΔΖΟ είναι ίσα επειδή ΑΕ = ΔΖ και οι οξείες γωνίες ΕΑΘ και ΖΔΟ εί­ ναι ίσες αφού έχουν πλευρές παράλληλες, επο­ μένως ΑΘ = ΔΟ ( 1 ). Από την υπόθεση ισχύει ότι ΔΟ = ΟΗ (2). Από την ( 1 ) και (2)έχουμε ότι ΑΘ = ΗΟ, όμως ΑΘ//ΗΟ (κάθετες στην ίδια ευθεία), άρα το ΑΘΟΗ είναι ορθογώνιο, δηλα­ δή ΑΗ//ΕΖ. ίί. Από την υπόθεση προκύπτει ότι το ΗΖ είναι συμμετρικό του ΔΖ ως προς την ΕΖ. Έτσι ΗΖ = ΔΖ άρα και ΗΖ = ΑΕ. Δηλαδή το τραπέζιο ΑΕΖΗ είναι ισοσκελές.

2 2 ο ΠΑΝΕΛΛ Η Ν Ι Ο ΣΥΝ Ε Δ Ρ Ι Ο ΜΑΘΗΜΑ ΤΙ ΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΛΑΜΙ Α : 1 8 / 1 9 I 2 0 Νο ε μ βρ ίου 2005 Στη Λαμία, από 1 8-20 Νοεμβρίου, στο χώρο του T . E . I . πραγματοποιή θηκε το 22° συνέδριο της ΕΜΕ με με­ γάλη επιτυχία. Θέμα του συνεδρίου «Οι σύγχρονες εφαρμογές των Μαθη ματικών και η αξιοποίησή τους στη Εκπαίδευση». Κάθε χρόνο το συνέδριο της ΕΜΕ είναι ένα κοσμικό πλέον γεγονός και ιδιαίτερα για την περιοχή του πα­ ραρτή ματος στο οποίο φιλοξενείται κάθε φορά. Μεγάλη υπή ρξε και η συμμετοχή με εργασίες (66 ) που ανακοινώθηκαν στο συνέδριο αλλά και των συνέ­ δρων που το παρακολούθησαν (850 ) . Οι κεντρικές ομιλίες και το στρογγυλό τραπέζι τράβηξαν το ενδιαφέρον των συνέδρων.

2 3 ο ΠΑΝ ΕΛΛΉ Ν Ι Ο ΣΥΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑ Τ Ι ΚΗΣ ΠΑΙΔΕ ΙΑΣ Π Α ΤΡΑ : 2 4 12 5 I 2 6 Νο ε μ βρ ίου 2006 Η επιτυχη μένη πορεία της ΕΜΕ και ο θεσμός των συνεδρίων θα συνεχιστεί το 2006 με το 23° συνέδριο που θα διεξαχθεί στην Πάτ ρ α στις 24-26 Νοέμβρη με θέμα: «Τα Μαθηματικ ά ως πολιτισμός στο σύ γχρονο κ ό­ σμο : προεκτάσεις στην κ ριτική σκ έψη , την επιχει ρηματολογία κ αι την αισθητική ». Σκοπός του συνεδρίου θα είναι να αναδειχθεί ότι τα Μαθη ματικά είναι ένα από τα πιο σημαντικά πολιτιστι­ κά συστατικά στο σύγχρονο κόσμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/36

ΞJaΙιιιι•"�••• ,_ ..� w ..�,., .._, Αιι--ι• ΑΛfΕΒΡΑ

ΠΟΛ ΥΩΝΥΜΑ -

ΕΞΙΣΩ:ΣΕΙΣ- Α.ΝΙΣΩΣΕΙΣ Γιώργος Αποστολόπουλος

Λ ΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1.

Ένα πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με χ - 2 αφήνει υπόλοιπο 3 και διαιρούμενο με χ+ 1 αφήνει υπόλοιπο -3. Τι υπόλοιπο θα αφήσει αν διαιρεθεί με το γινόμενο (χ-2)(χ+1 );

Το χ+ 1 είναι παράγοντας του πηλίκου χ 4 - 2αχ 2 + βχ , με το σχήμα HORNER έχουμε:

�

Θ

-1

Το υπόλοιπο υ(χ) θα είναι το πολύ ένα πολυώνυμο 1 ου βαθμού δηλ. υ( χ) = αχ + β , αφού ο διαιρέτης (χ-2)(χ+ 1 ) είναι 2ου βαθμού. Τότε, από την ταυτότητα της διαίρεσης θα είναι: Ρ( χ) = (χ - 2)(χ + 1)π(χ) + αχ + β , όπου π(χ) το πηλίκο αυτής της διαίρεσης. Για χ = 2 η ταυτότητα δίνει: Ρ(2) = 2α + β = 3 και για χ = - 1 είναι: Ρ ( -1) = -α + β = -3 .

2α + β = 3 Λύνουμε το σύστημα -α + β = -3 και βρίσκουμε α = 2, β = - 1 . Άρα το υπόλοιπο που ζητάμε είναι: υ( χ) = 2 χ - 1 .

2. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ5 - 2αχ 3 + βχ 2 + 3γ - 6 . Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α, β, γ ώστε το Ρ(χ) να έχει παράγοντα το πολυώνυμο χ3 χ -

.

-2α+ 1

-1

Λύ ση

β

-2α

ο

2α- 1

2α+β- 1

ο

-2α-β+ 1

I -2α-β+ l=Ο

Επίσης το χ- 1 επειδή είναι παράγοντας του νέου πηλίκου χ 3 - χ 2 + ( -2α + 1)χ + 2α + β - 1 θα έχουμε πάλι το σχήμα HORNER. 1

-2α+ Ι

-1

2α+β- Ι

CD --�--���--�o--_,_-2_α+_I

___

Ο

-2α+ 1

β=Ο

. α = -1 . οποτε 2 Άρα α = .!. , β = Ο, γ = 2.

2 3. Για το πολυώνυμο Ρ(χ) ισχύουν: Ρ(2) = 2 και Ρ(χ) = Ρ(2-χ), για κάθε χ ε JR . Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ( χ) : ( χ 2 - 2χ ) . Λύ ση

Το υπόλοιπο θα είναι το πολύ 1 ου βαθμού δηλ. Είναι χ 3 - χ = χ(χ + 1)(χ - 1) . υ( χ) = αχ + β . Τότε θα έχουμε: Επειδή το χ είναι παράγοντας του Ρ(χ) θα είναι Ρ( χ) = { χ 2 - 2χ ) π( χ) + αχ + β . Ρ( Ο) = Ο δηλ. 3γ - 6 = Ο <=> γ = 2 . τότε το Ρ( χ) γίνεται Ρ( χ) = χ 5 - 2αχ 3 + βχ 2 = χ ( χ 4 - 2αχ 2 + βχ ) Για χ = 2 έχουμε: Ρ(2) 2α + β = 2 . Αλλά από την ταυτότητα Ρ( χ) =. Ρ(2 - χ) έχουμε άρα το πηλίκο της διαίρεσης Ρ(χ):χ είναι για χ = 2, Ρ(2) = Ρ(Ο) δηλ. Ρ(Ο) = 2. χ 4 - 2αχ 2 + βχ . Λύ ση

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/37

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Στην ταυτότητα της διαίρεσης για χ = Ο έχομε λυώνυμο, δηλ. υ( χ) = κχ 2 + λχ + μ . Από την ταυ­ Ρ( Ο) = β = 2 , οπότε 2α + 2 = 2 <::::::> α = Ο . τότητα της διαίρεσης Δηλαδή το υπόλοιπο της διαίρεσης που ζητάμε εί­ Ρ( χ) = (χ - α)(χ - β)(χ - γ)π(χ) + κχ 2 + λχ + μ ναι υ(χ) = Ο · χ + 2 = 2 . για χ = α, χ = β, χ = γ προκύπτουν: 5. Δίνεται το πολυώνυμο α 2 κ + αλ + μ = α Ρ(χ) = χ 2 • + χ• - 2 , ν ε f{ . β 2 κ + βλ + μ = β ί. Αν το Ρ(χ) έχει ρίζα το -1, να δειχθεί ότι γ 2 κ + γλ + μ = γ ο φυσικός ν είναι άρτος αριθμός. Αφαιρώντας τις δύο πρώτες εξισώσεις κατά μέλη ίί. Αν ισχύει Ρ(2) = 70, να βρεθεί ο βαθμός θα έχουμε του Ρ(χ) και μετά να παραγοντοποιηθεί και τις δύο τελευταίες, 2 2 α - β κ + (α - β)λ = α - β το Ρ(χ). Λύ σ η β 2 - γ 2 κ + (β - γ)λ = β - γ και ί. Αφού το - I είναι ρίζα του Ρ(χ) θα είναι: επειδή α =ι:. β και β =ι:. γ θα έχουμε: Ρ(- 1 ) = Ο (α + β)κ + λ = Ι και (β + γ)κ + λ = Ι δηλ. (-1) 2 v + (-l) v - 2 = 0 <::::::> 1 + (- l)v - 2 = 0 δηλ. (- Ι γ = I άρα ο ν είναι άρτιος. από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει (α - γ)κ = Ο και επειδή α ;t γ θα είναι κ = Ο. ίί. Αφού Ρ(2) = 70 θα είναι: 2 2 v + 2v - 2 = 70 <::::::> (2v ) 2 + 2v - 72 = Ο θέτου- Αντικαθιστούμε στην εξίσωση (β + γ)κ + λ = I το με 2v = ω > Ο , οπότε είναι: ω 2 + ω - 72 = Ο που κ = Ο απ' όπου προκύπτει λ = I .

2 έχει ρίζες ω = 8 (δεκτή) ή ω = -9 (απορρίπτε­ Οπότε η προηγούμενη σχέση α κ + αλ + μ = α δίται). Άρα 2v = 8 <::::::> ν = 3 Τότε το νει για κ = Ο, λ = I ότι: μ = Ο. Άρα το υπόλοιπο εί­ 6 Ρ( χ) = χ + χ 3 - 2 έχει βαθμό 6. Παρατηρούμε ναι το πολυώνυμο: υ( χ) = χ .

7. Δίνονται τα πολυώνυμα ότι για χ = I το Ρ(χ) μηδενίζεται. και Ρ( χ) = χ5 - 4 χ4 + 3χ3 - 2χ 2 + 8χ - 6 Κάνοντας σχήμα Homer έχουμε: Q(x) = χ 2 - 4 χ + 3 . Χωρίς να εκτελέσετε τη -2 ι ο ο ι ο ο διαίρεση Ρ( χ) : Q(x) , να δείξετε ότι αυτή

( (

ω

�

2

2

2

2

2

2

[Ξi

Άρα Ρ( χ) = (χ - I) x s + χ 4 + χ 3 + 2χ 2 + 2χ + 2 = = (χ - I) χ 2 χ 3 + 2 + χ χ 3 + 2 + χ 3 + 2 = = (χ - 2) χ 3 + 2 χ 2 + χ + I .

(

[ ( ) ( ) ( ) ( )(

6.

) )J

Αν το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με χ-α, χ-β, χ-γ αφήνει υπόλοιπα α, β, γ αντίστοιχα, με α β γ α , τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ - α)(χ - β)(χ - γ) θα εί­ ναι το πολυώνυμο υ( χ) = χ . =ι:.

Λύ ση

=ι:.

=ι:.

Αν π(χ) είναι το πηλίκο αυτής της διαίρεσης, το υπόλοιπο υ(χ) θα είναι το πολύ 2ου βαθμού πο-

) )

είναι τέλεια.

Λύση

( )(

) ( ) ) ( ) Ρ( χ) = Q(x) ( χ 3 - 2 ) οπότε η διαίρεση

Είναι Ρ(χ) = χ 3 χ 2 - 4χ + 3 - 2 χ 2 - 4χ + 3 = = χ 2 - 4χ + 3 χ 3 - 2 = Q(x) χ 3 - 2 .

(

·

Δηλαδή Ρ( χ) : Q( χ) είναι τέλεια. ·

8.

Αν Ρ(χ) = χ 1 5 - 4 χ 1 4 + 2χ 1 3 + 2006 , να υπο­ λογιστεί η τιμή της παράστασης: Ρ(2 + ) + Ρ (2 - ) 2

J2

Λύση

J2

(

)

χ1 = 2 +

.fi , χ 2 = 2 - .fi .

Είναι Ρ (χ) = χ 1 3 χ 2 - 4χ + 2 + 2006 . Οι ρίζες του τριωνύμου ·χ 2 - 4χ + 2 είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/38

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Άρα P ( 2+ J2 ) =2006 , P ( 2- J2 ) =2006 καιη τιμή της παράστασης θα είναι 2006 + 2006 = 2006 .

2 9.

Για το πολυώνυμο Ρ( χ) = χ 6 + χ 4 + 4χ 3 - 2χ 2 + 5 ' να δειχθεί ότι Ρ( χ) > χ 5 - χ 3 + 2χ 2 - 2 , για κάθε x E JR . Λύση

1 1.

= ( α3 +β3 ) + ( α2 +β2 ) + ( α+β ) -2= =(α+β)3 -3αβ(α+β)+(α+β)2 -2αβ +(α+ β)-2 αλλά από τους τύπους VIET Α έχουμε α+ β= -2 και αβ = -1, οπότε: Ρ(α)+Ρ(β)=-12. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ • + 2χ ν - ι + 3χ + ν 2 + 2ν - 20 ,

ν φυσικός αριθμός, που έχει το -1 ρίζα του. Να δείξετε ότι το Ρ(χ) είναι 4ου βαθμού. ί. Να δείξτε ότι το Ρ(χ) δεν έχει άλλες ακέραι­ ίί. ες ρίζες. ίίί. Να λυθεί η aνίσωση : Ρ( χ) + Ρ(-χ) < 16 . iv. Να λυθεί η εξίσωση : Ρ(χ) · Ρ(-χ) + 84 = 0 στο σύνολο των ακεραίων αριθμών. Λύση

Είναι Ρ(χ)= ( χ6 + 4χ3 + 4) + ( χ4 -2χ2 +1 ) = = ( χ3 +2 )2 + ( χ 2 -1 )2 . Είναι γνωστό ότι α2 + β2 > αβ (1) όταν α -::f:. Ο ή β-::f:. Ο . Εδώ είναι α=χ3 +2,β=χ2 -Ι αλλά για χ = ±I (είναι α)(-::f:. Ο, οπότε από: ΘαΡ(-1)=0<::> είναι Ρ(χ)> χ3 + 2 χ2 - I ) <=> Ρ(χ)> χ5 -χ3 + 2χ2 -2 για κάθε χ JR . <::> (-1)v + 2( -1)v-l -3 + ν2 + 2ν-20 =Ο. Δίνεται το πολυώνυμο Αν ο ν είναι περιττός φυσικός αριθμός, τότε 3 2 2 -1 + 2-3 + ν2 + 2ν-20 =Ο<=> ν2 + 2ν-22 =Ο λ Ρ( χ) = χ + χ + λ χ αλλά η διακρίνουσα Δ = 92 δεν είναι τέλειο Δείξετε ότι για κάθε λ το Ρ(χ) δεν τετράγωνο φυσικού αριθμού δηλ. ο ν δεν είναι έχει ακέραιες ρίζες. φυσικός αριθμός πράγμα άτοπο. Άρα ο ν είναι Αν ισχύει Ρ ( .Ji) = 3 .J2 + , να βρείτε άρτιος φυσικός αριθμός. τις τιμές του λ και την τιμή της παρά­ = Τότε η εξίσωση Ρ(-1) Ο γίνεται στασης Ρ(α)+ Ρ(β), όπου α, β είναι οι ρί­ 1-2-3 + ν2 + 2ν-20 =Ο<=> ν2 + 2ν-24 =Ο 2 ζες της εξίσωσης χ + 2χ - = Ο . = 4 = ή ν που έχει ρίζες ν -6 (η οποία απορρί­ Λύση = 4 4 πτεται). Άρα ν , δηλαδή το Ρ(χ) είναι ου Αν είχε ακέραια ρίζα το Ρ(χ) αυτή θα ήταν διαι­ βαθμού.

- I , δηλ. το + I ή το -1. χ4 + 2χ3 + 3χ + 4 Έρέτης χουμε: P(l) =Ο<=> I +Ι+ λ2 -1 =Ο<=> λ2 = -1 Οι διαιρέτεςΡ( χ)= του +4 είναι: ±1,± 2,± 4 . άτοπο διαιρέτες απορρίπτονται, Ρ( -2) -::f:. Ο, και: Ρ(-1) =Ο<=> -1 + 1-λ2 -1 =Ο<::> λ2 = -1 ΟιP(-θετικοί 4)-::f:. O , Ρ(-1)= 0 , δηλ. το Ρ(χ) εκτός του άτοπο. δεν έχει άλλη ακέραια ρίζα. Άρα το Ρ(χ) δεν έχει ακέραια ρίζα για κάθε iii. -1Ρ(χ)+Ρ(-χ)<16<::> . . <::> χ4 < 4 <::> λEJR. ( )( ) χ2 +2 χ2 -2 <0<::> χ2 -2<0, Ρ ( J2 ) = 3.)2 + 1 <=> γιατί χ2J2+ 2 >ΟJ2για κάθε χ JR , <=> .)23 + J22 + J2λ2 -1 = 3.)2 + 1 <=> άρα - < χ < . λ2 = 1 <=> λ = -1 ή λ = 1. iv. Ρ(χ)Ρ( -χ)+ 84 =Ο<=> ( χ4 + 2χ3 + 3χ + 4 ) . ( χ4 -2χ3 -3χ + 4 ) + 84 =ο Το Ρ(χ) γράφεται Ρ(χ)= χ3 + χ2 +χ -1 . Ρ(α)+ Ρ(β) = α3 + α2 +α -1 + β3 + β2 +β -1 = ί.

Ε

1 Ο.

ί.

ίί.

ι , όπου

Ε JR ,

Ε JR .

1

1

ί.

ίί.

ίί.

Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/39

Μαθηματικά Β' Λυκείου

<=> ... <=> χ 8 - 4χ 6 - 4χ 4 - 9χ 2 + 1 00 = ο θέτουμε χ 2 = ω > Ο , θα είναι ω 4 - 4ω 3 - 4ω 2 - 9ω + 1 00 = Ο . Επειδή θέλουμε τις ακέραιες λύσεις, θα πρέπει να πάρουμε τους θετικούς διαιρέτες που είναι τέλεια τετράγωνα, δηλ. τους 1 , 4, 25, 1 00. Με σχήμα HORNER, για ω = 4 έχουμε: 1

� ��

-4

-4

1 00

-9

ναι γνωστό ότι ένας άρτιος αριθμός ποτέ δεν διαι­ ρεί έναν περιττό. Αν η Ρ( χ) = Ο έχει ρίζα ρ περιττό ακέραιο αριθμό, τότε Ρ(ρ) = Ο . Σχηματίζουμε την διαφορά Ρ(ρ) - P(l) = = αρ 3 + βρ 2 + γρ + 2005 - (α + β + γ + 2005) <:::> Ο - P(l) = α ( ρ 3 - 1 ) + β ( ρ 2 - 1 ) + γ(ρ - 1) <:::> -P(l) = α ( ρ 3 - 1 ) + β ( ρ 2 - 1 ) + γ(ρ - 1) ( 1 ).

Οι ρ, ρ2 και ρ3 είναι περιττοί αριθμοί οπότε ρ- 1 , ρ2 ο -4 -25 1 και ρ 3 - 1 θα είναι άρτιοι και λόγω της ( 1 ) ο -P( l ) είναι άρτιος οπότε και ο Ρ( 1 ) είναι άρτιος αριθμός, Άρα ισοδύναμα έχουμε: που είναι άτοπο. Άρα η εξίσωση Ρ(χ) = Ο δεν έχει (ω - 4)(ω 3 - 4ω - 25) = 0 <=:> ω = 4 ή ακέραιες ρίζες. ω3 - 4ω - 25 = Ο . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η εξίσωση αυτή δεν 1 3. Να δειχθεί ότιν ο αριθμός 9 · 12 - 2 · 5 ν , ν Ε .Ν έχει ακέραια ρίζα, δηλ. ω = 4 οπότε είναι πολλαπλάσιο του 7. χ 2 = 4 <=> χ = 2 ή χ = -2.

4

0

16 _-_

____ ____ __

1 2.

� -_ 1 0_ 0

__

___

Ε

Έστω το πολυώνυμο Ρ( χ) = αχ 3 + βχ 2 + γχ + 2005 , όπου α,β,γ είναι ακέραιοι αριθμοί με α =ι:. Ο . Αν ο αριθμός P(l) είναι περιττός ακέραιος, να δειχθεί ότι η εξίσωση Ρ( χ) = Ο δεν έχει ακέραιες ρίζες.

Λύ ση

Αν η εξίσωση Ρ( χ) = Ο είχε ακέραια ρίζα άρτιο αριθμό, τότε θα έπρεπε να ήταν διαιρέτης του στα­ θερού όρου 2005 . Αυτό όμως δεν γίνεται, γιατί εί-

Λύση

Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ( χ) = 9 . χ ν - 2 . 5ν , έχουμε Ρ(5) = 7 · 5v . Η διαίρεση Ρ( χ) : (χ - 5) δίνει κάποιο πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο το Ρ(5) άρα είναι: Ρ(χ) = (χ - 5)π(χ) + 7 · 5ν ( 1 ) (I)

οπότε Ρ(1 2) = 9 · 12v - 2 · 5v = (1 2 - 5)π(1 2) + 7 5v δηλαδή: 9 · 1 2ν - 2 · 5ν = 7 { π(1 2) + 5ν } = πολ/σιο ·

του 7.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ: Εμβαδά Αργυρόπουλος Ηλίας, Καβαδίας Κων/νος, Καραγιάννης Παναγιώτης Το εμβαδό ν ενό ς πολυγωνικού χωρ ίου είναι βασι κή και δύσκολη έννοια . Στην πρ οσπάθειά μας να βοηθήσουμε τους μαθητές για την καλύτερ η κατανό ησή της δίνουμε ορ ισμένες αντιπρ οσωπευτικές ασκήσεις. Σε κάθε άσκηση ακολουθεί σχόλιο σχετικό με τη σκέ ψη - κλει δί για την λύση της.

Λ Υ Μ Ε Ν ΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκη ση Ι η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και δύο τυχαία σημεία Κ, Λ της πλευράς του ΒΓ. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα

των πλευρών ΑΒ, Α Γ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι: ί. (ΑΜΚΝ) = ji(ABΓ) . ίί. (ΚΜΝ) = (ΛΜΝ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/40

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

(ΕΘΖ) = -1 αρα ΘΕ = -1 (γιατι;. ) οποτε , , -Αλλα, (ΕΒΓ) 9 ΒΕ 3

Λύση Α

_!_

(ΕΘΖ) = (ΕΒΓ) ( 1 ).

9 Επειδή ΒΕ διάμεσος στο ΑΒΓ είναι (ΒΕΓ) = _!_ (ΑΒΓ) (2).

2 ί. Φέρουμε την ΑΚ. Στο τρίγωνο ΑΚΒ η ΚΜ εί­ ναι διάμεσος, επομένως έχουμε Από (1 ), (2) προκύπτει: 1 τ.μ. (ΚΜΑ) = (ΑΚΒ) . (ΕΘΖ) = -1 · -1 (ΑΒΓ) ή (ΕΘΖ) = -36 2 9 2 Όμοια η ΚΝ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΚΓ δηλαδή (ΕΘΖ) = 2 τ.μ. οπότε έχουμε (ΚΝΑ) = (ΑΚΓ) . Προσθέτο- . Οδ η γός σ κέψη ς . ί. Στα εμβαδά η ομοιότητα αξιοποιείται με την ντας τις δύο σχέσεις κατά μέλη έχουμε: πρόταση: ο λόγος των εμβαδών δύο πολυγώνων ισούνται με το τετράγωνο του λόγου ο­ (ΑΜΚΝ) = _!_( (ΑΚΒ) + (ΑΓΚ) ] = _!_ (ΑΒΓ) .

2 2 μοιότητας. ίί. Επειδή ΜΝ//ΒΓ (γιατί Μ, Ν μέσα των πλευρών ίί. Το κέντρο βάρους του τριγώνου χωρίζει κάθε ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα) τα τρίγωνα ΚΜΗ και διάμεσο σε τμήματα με λόγω 2: 1 . ΛΜΝ έχουν την ίδια βάση ΜΝ και ίσα τα αντί­ Άσ κη ση 3η στοιχα προς αυτή ύψη, άρα θα είναι Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ της πλευράς (ΚΜΝ) = (ΛΜΝ). ΒΓ ώστε ΒΔ .!. ΒΓ . Αν Ε, Ζ και Η είναι ση-

_!_

18

�

=

Οδ η γός σ κ έψη ς.

ί. Η διάμεσος ενός τριγώνου χωρίζει αυτό σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα. ίί. Όταν δύο τρίγωνα έχουν κοινή βάση και ίσα ύψη είναι ισοδύναμα.

3

μεία των ΑΔ, ΒΕ και ΖΓ αντίστοιχα ώστε: ι και ΓΗ = -ΓΖ ι . Να ι , ΒΖ = -ΒΕ ΑΕ = -ΑΔ 3 3 3 αποδείξετε ότι: ί. (ΕΖΗ) �(ΖΕΓ) ίί. (ΖΕΓ) �(ΒΕΓ) 3 3 =

Άσ κη ση 2 η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοι του ΑΔ και ΒΕ. Από το κέντρο βάρους του Θ φέρουμε παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Ζ. Αν (ΑΒΓ) = 36 τ.μ. να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΘΕΖ.

ίίί.

=

(ΕΖΗ) _!_(ΑΒΓ) 27

Λύση

=

Α

Λύ ση Α

Επειδή ΘΖ//ΒΓ τα τρίγωνα ΘΕΖ και ΒΕΓ είναι ΘΕ όμοια, τότε ( ΕΘΖ ) = (ΕΒΓ) ΒΕ __ _

( )2

ί. Τα τρίγωνα ΕΖΗ και ΕΖΓ έχουνε κοινό το ύψος από την κορυφή Ε, οπότε (ΕΖΗ) ΖΗ 2 = = , (ΕΖΓ) zr 3 αφού ΗΓ = Jj ΖΓ , άρα (ΕΖΗ) = χ (ΕΖΓ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/41

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ii.

Η ΖΕ 11 = ΒΑ (2) αφού Ζ, Ε μέσα πλευρών.

2

Τα τρίγωνα ΖΕΓ και ΒΕΓ έχουν κοινό ύψος ΖΕ = -2 , , (ΖΕΓ) = απο, την κορυφη, Γ οποτε (ΒΕΓ) ΒΕ 3 --

αφού ΒΖ = .!_ ΒΕ , άρα (ΖΕΓ) = � (ΒΕΓ) .

3 3 ίίί . Από τις ί) και ίί) έχουμε (ΕΖΗ) = i (ΒΕΓ) (1 ) 9 Αλλά (ΒΕΓ) = (ΒΔΕ) + (Γ ΔΕ) (2). Επίσης τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΒΔΑ έχουν κοινό το ύψος από την κορυφή Β και τα τρίγωνα ΓΔΕ και ΑΔΓ έχουν κοινό ύψος από την κορυφή Γ. .

οπότε (ΒΔΕ) = � (ΒΑΔ) (3) 3 (ΓΔΕ) = � (ΑΔΓ) (4) 3 Από τις ( 1 ), (2), (3) και (4) έχουμε διαδοχικά

[

(ΕΖΗ) = i (ΒΕΓ) = i � (Β ΑΔ) + � (ΑΔΓ) 9 9 3 3

ii.

]

Από ( 1 ) και (2) έχουμε ΗΔ = ΕΖ = 5cm. Επειδή τα Δ, Ζ μέσα πλευρών, η ΔΖ//ΒΓ οπότε το ΗΔΖΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Από το Ε φέρουμε την ΕΛ κάθετο στην ΔΖ, τότε τα τρίγωνα ΗΔΚ και ΕΛΖ είναι ίσα (γιατί;) οπότε ΛΖ = ΔΚ = 3cm. Το ΚΛΕΗ είναι ορθογώνιο οπότε ΗΕ = ΚΛ. Είναι ΔΖ = ΔΚ+ΚΛ+ΛΖ ή ΒΓ = 3 + ΚΛ + +3 ή 2 � = 6 + ΚΛ ή ΚΛ = 2cm άρα και ΗΕ = 2cm.

2 (ΗΔΖΕ) = ΗΕ + ΔΖ · ΗΚ ή 2 2 + 8 (ΗΔΖΕ) = · ΗΚ ή (ΗΔΖΕ) = 5 · ΗΚ .

2 Είναι όμως ΗΚ = -JΗΔ2 - ΔΚ 2 ή ΗΚ = 4cm. Τελικά (ΗΔΖΕ) = 5 · 4 = 20cm 2 •

= _!_ (ΑΒΓ) 27

Ο δ η γ ό ς σκ έ ψη ς.

Οδ η γ ό ς σκ έ ψη ς.

i.

Όταν δύο τρίγωνα έχουν ίσα ύψη, ο λόγος των εμ­ βαδών τους ισούται με τον λόγο των αντίστοιχων βάσεων.

ίί.

Το ευθύγραμμο τμήμα που ορίζουν τα μέσα δύο πλευρών ενός τριγώνου είναι παράλληλο προς την τρίτη και ίσο με το μισό της. Η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ισούται με το μισό της.

Άσκη ση 4 η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒ Γ και Δ, Ε, Ζ τα μέσα των Άσκη ση 5η Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με Α < 90° πλευρών του ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα. Αν είναι ΑΗ το ύψος του, ΕΖ = 5cm, ΒΓ = 16cm και η α­ και περίμετρο 12 cm. Αν η διχοτόμος της γωνί­ πόσταση του Δ από το ΑΗ ισούται με 3 cm, τότε: ας Α τέμνει την διαγώνιο ΔΒ σε τμήματα με μή­ κη 1 cm και 2cm, να υπολογίσετε το εμβαδόν: i. Να αποδείξετε ότι ΗΕ = 2cm. i. του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ και ii. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του ΗΔΖΕ. ίί. του τραπεζίου ΑΔΕΒ, όπου Ε το σημείο που Λύση τέμνει η διχοτόμος την πλευρά ΒΓ του πα­ Α ραλληλόγραμμου. Λ ύ ση

i.

Το τρίγωνο ΑΒΗ είναι ορθογώνιο στο Η και η ΗΔ διάμεσος οπότε ΗΔ ΒΑ ( 1 ).

2 =

k<VΓ

.Ν..

i.

Υ

Δ

Θέτουμε ΑΒ = χ και ΑΔ = y. Από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο ΑΒΔ έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ2/42

ι(

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

ΚΒ = ΑΒ -1 = -χ αρα , <::: ::> ΚΔ ΑΔ 2 y L = � = χ + Υ = � = 2cm .

2 1 1+2 Επομένως y = 4cm και χ = 2cm. Επειδή ΒΔ διαγώνιος στο ΑΒΓΔ θα είναι (ΑΒΓΔ) 2(ΑΒΔ) και από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε (ΑΒΔ) = �τ( τ - α)( τ - β)( τ - γ) όπου 4 + 2 + 3 η' τ -9 . τ= = 2 2 Επομένως

Λύ ση

3

� (�-4)(�- 3)( �-2) (ΑΒΔ) = 3.Jl5 cm 2 .

4 Άρα (ΑΒΓΔ) = 2 . 3.J15 = 3.J15 cm 2 • 4 2 (ΑΒΔ) =

ίί.

--���--��--�

ή ίί.

Για τον υπολογισμό του εμβαδού του τραπεζίου αρκεί να βρούμε τη βάση του ΒΕ και το ύψος του ΒΖ. Το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές (για­ τί;) άρα ΒΕ ΑΒ = 2cm. 'Εχουμε (ΑΒΔ) = .!_ ΑΔ · ΒΖ ή = .!_ 4ΒΖ ή 2 2 cm . Τότε (ΑΒΕΔ) = ΒΕ + ΑΔ . ΒΖ ΒΖ = =

3.Jl54

3.Jl5 8

3Μ .

ή (ΑΒΕΔ) = 2 + 4 .

2 8 Άρα (ΑΒΕΔ) = 9.Jl5 cm 2 8

Οδ η γ ό ς σκ έ ψη ς.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ {Α 90°) . Εκτός του τριγώνου κατασκευάζουμε τα τετρά­ γωνα ΒΓΔΕ και ΑΓΖΗ. Αν Κ τυχαίο σημείο της ΑΓ να δείξετε ότι: ί. ( ΔΚΓ) = (ΖΓΚ) ii. (ΑΔΓ) + (ΑΕΒ) .!_ΒΓ 2 • =

2

ί.

.

Άσκη ση 6 η

Τα τρίγωνα ΔΚΓ και ΖΚΓ έχουν κοινή βάση την πλευρά ΚΓ. Αν ΔΛ και ΖΓ τα ύψη τους εί­ ναι ΔΛ = ΖΓ διότι τα τρίγωνα ΔΛΓ, ΑΒΓ είναι ίσα (γιατί;). Άρα (ΔΚΓ) = (ΖΓΚ). Φέρουμε το ύψος ΕΜ του τριγώνου ΑΒΕ. Τότε από την ισότητα των τριγώνων ΑΓΒ και ΕΒΜ προκύπτει ΕΜ = ΑΒ. Έτσι έχουμε: (ΑΔΓ) + (ΑΕΒ) = -1 ΑΓ · ΔΛ + -1 ΑΒ · ΕΜ 2 2 .!_ = ΑΓ · ΑΓ + .!_ ΑΒ · ΑΒ = .!_ ( ΑΓ 2 + ΑΒ 2 ) 2 2 2 = .!.. ΒΓ 2 • 2

Ά λλο ς τ ρ ό π ο ς

z

Η εσωτερική διχοτόμος μιας γωνίας ενός τριγώνου χωρίζει την απέναντι πλευρά σε μέρη ανάλογα των προκείμενων πλευρών.

=

ί.

ii.

Είναι (ΖΓΚ) = .!_ ΚΓ · ΖΓ και 2 (ΔΚΓ) = .!.. κΓ · ΓΔημ(90 ° + Γ)= .!.. κΓ · ΓΔσυνΓ 2 2 1 ΚΓ · ΓΔ · συνΓ (ΔΚΓ) = -2 (ΔΚΓ) = 1 , -αρα η, -(ΖΚΓ) (ΖΚΓ) .!.. κΓ · ΖΓ 2 ΑΓ = ΖΓ γιατι, συνΓ = . ΒΓ ΓΔ Επομένως (ΔΚΓ) = (ΖΓΚ). Ε ίναι ( ΑΔΓ) = .!_ ΑΓ · ΓΔ · ημ(90 ° + Γ) 2 = .!_ ΑΒ · ΒΓ · συνΓ 2 και (ΑΒΕ) = .!_ ΑΒ · ΒΕ · ημ(90ο + Β) 2 = .!_ ΑΒ · ΒΓ · συνΒ .

2 Επομένως (ΑΔΓ) + (ΑΒΕ) = = .!_ ΑΒ · ΒΓσυνΓ + .!_ ΑΒ · ΒΓ · συνΒ 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/43

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(ΑΒΕ) 2 (ΑΔΕ) · (ΑΒΓ) . =

ι = -ΒΓ(ΑΓσυνΓ + ΑΒσυνΒ) 2 Β = ΒΓ · ΑΓ · ΑΓ + ΑΒ · Α ΒΓ 2 ΒΓ = ΒΓ ( ΑΓ 2 + ΑΒ 2 ) = ΒΓ 2 •

_!_ (

�

�

)

Λύ ση

Α

Οδ η γ ός σ κ έψη ς .

i. Δύο τρίγωνα με κοινή βάση και ίσα ύψη είναι Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΔΕ έχουν κοινή γωνία των ισοδύναμα. ii. Ο τριγωνομετρικός τύπος υπολογισμού του εμ- Α, επομένως θα είναι (ΑΒΕ) = ΑΒ · ΑΕ η. (ΑΒΕ) = ΑΒ ( Ι ) . βαδού τριγώνου Ε = βγημΑ .

2 (ΑΔΕ) ΑΔ · ΑΕ (ΑΔΕ) ΑΔ

_!_

Άσκη ση 7 η

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ με πλευρές ΑΒ = 6cm και ΑΔ = 4cm. Αν Ε σημείο της ΑΒ με ΒΕ .!.. ΑΒ και Ζ το σημείο τομής της ΓΕ με 3 την ΒΔ, να υπολογίσετε το εμβαδόν του τετρα­ πλεύρου ΑΕΖΔ. =

Λύ ση

Για τον ίδιο λόγο για τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΕ θα ισχύει (ΑΒΓ) = ΑΒ · ΑΓ η. (ΑΒΓ) = ΑΓ (2). (ΑΒΕ) ΑΒ · ΑΕ (ΑΒΕ) ΑΕ Επειδή όμως ΔΕ//ΒΓ θα ισχύει ΑΒ = ΑΓ (3). ΑΔ ΑΕ Από τις σχέσεις (1 ), (2) και (3) καταλήγουμε στην (ΑΒΕ) = (ΑΒ Γ) η' (ΑΒΕ) 2 = (ΑΒΓ) · (ΑΔΕ) . (ΑΔΕ) (ΑΒΕ) Οδ η γ ός σ κ έψη ς .

Τα τρίγωνα ΖΔΓ και ΖΕΒ είναι όμοια (ΔΓ//ΕΒ), οπότε και για τα ύψη τους θα ισχύει υ2 = ΕΒ η. υ 2 = 2 = -Ι .

3 υ 1 ΔΓ υ1 υ 2 = 1 η. υ 2 = 1 η υ = 1 cm. . τ οτε - 2 -υ1 + υ2 3 + 1 4 4 Η ισότητα (ΑΕΖΔ) = (ΑΒΔ) - (ΖΕΒ) δίνει το γι-

6 •

_!_ _!_ νόμενο (ΑΕΖΔ) = 6 · 4 - 2 · 1 ή (ΑΕΖΔ) = l lcm 2 .

2

2

Ά σκη ση 9η .

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Από το μέσο Μ της ΑΒ φέρουμε ευθεία (ε) που τέμνει τις ΑΓ και ΓΒ στα Δ και Ε αντίστοιχα. Η παράλληλη από το Γ προς της (ε) τέμνει την προέκταση της ΑΒ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι: ii. (ΜΔΖ) = (ΜΔ Γ) i. (ΕΒΖ) = (ΜΒΓ) ίίί. (ΖΒΕ) = (ΖΑΔ) Λύ ση

Οδ η γ ός σ κ έψη ς .

Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια τότε ο λόγος των ομό ­ λογων υψών είναι ίσος με τον λόγο ομοιότητας. Άσκη ση 8 η

Έστω τρίγωνο ΑΒ Γ και ευθεία παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στο Δ και Ε αντί τοιχα. Να αποδείξετε ότι

d

Σε δύο τρίγωνα με κοινή γωνία ο λόγος των εμβα­ δών ισούται με τον λόγο των γινομένων των πλευ­ ρών που περιέχουν την γωνία.

i. Επειδή τα τρίγωνα ΖΜΕ και ΓΜΕ έχουν κοινή βάση ΕΜ και οι κορυφές τους Ζ και Γ βρίσκο­ νται σε ευθεία παράλληλη προς την κοινή βάση είναι ισοδύναμα, δηλαδή (ΖΕΜ) = (ΓΜΕ) ή (ΖΕΜ) - (ΒΕΜ) = (ΓΜΕ) - (ΒΕΜ) ή (ΖΕΒ) = (ΓΒΜ) ( 1 ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/44

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ΚrΕ + rn = ΚrE + Δzr = 90 ° . Άρα ΕΚΓ = 90 ° . ii. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΕΓΒ το ΓΚ είναι ύψος, Ι = Ι . θ α ισχυει . αρα + 1 2 η.

2 2 ΓΚ ΕΓ ΓΒ Ι 1 η. χ 2 500cm 2 = 12 + = 1 00 χ χ 2 4 ή (ΑΒΓΔ) = 500cm 2 όπου χ η πλευρά του τετραγώνου. ii. Για τον ίδιο λόγο τα τρίγωνα ΖΜΔ και ΓΜΔ εί- Ά λλο ς τρ ό πο ς . Επειδή τα τρίγωνα ΓΚΕ και Γ ΔΖ έχουν κοινή γωναι ισοδύναμα άρα νία θα ισχύει: (ΖΜΔ) = (ΓΜΔ) (2) . χ iii. Επειδή ΓΜ διάμεσος θα είναι (ΓΒΜ) = (ΓΑΜ) (ΓΚΕ ) ΓΚ Τ Ε . (ΓΚΕ) 1 Ο . 2 = η = (γιατί;) οπότε η ( 1 ) γίνεται (ΖΕΒ) = (Γ ΑΜ) ή (ΓΔΖ) ΓΖ · ΓΔ (ΓΔΖ) x -J5 -- · Χ (ΖΕΒ) = (ΓΜΔ) + (ΜΑΔ) ή 2 (2) (ΖΕΒ) = (ΖΜΔ) + (ΜΑΔ) ή η. (ΓΚΕ) = � ( 1 ). (ΓΔΖ) x -J5 (ΖΕΔ) = (ΖΑΔ) . Τα τρίγωνα αυτά όμως είναι και όμοια, άρα θα Οδ η γ ό ς σ κ έψη ς .

2 Δύο τρίγωνα που έχουν κοινή βάση και οι κορυφές ισ . ει: (ΓΚΕ) = ΓΚ η (ΓΚΕ) = 1 00 (2) . (ΓΔΖ) ΓΔ (ΓΔΖ) χ 2 τους είναι σε ευθεία παράλληλη προς τη βάση εί­ χυ 1 00 .

1 οr; = . ναι ισοδύναμα. Απο. ( 1 ) και (2) παιρνουμε η ν χ 5 χ2 Άσκη ση Ι Ο η χ = 1 0 -JS ή χ 2 = 500cm 2 ή (ΑΒΓΔ) = 500cm 2 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Ε, Ζ τα μέσα των πλευρών ΔΓ, ΑΔ αντίστοιχα. Αν Κ είναι το ση­ Οδ η γ ό ς σ κ έψη ς . Ι Ι . Ι =2 . . +-. μείο τομής των τμημάτων ΒΕ και ΓΖ με ΚΓ = Σε κα' θ ε ο ρ θογωνιο τριγωνο ισχυει 2 υα β γ 2 10 cm τότε: i. Να αποδείξετε ότι ΒκΓ = 90° Άσκη ση t l η ii. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του ΑΒΓΔ. Θεωρούμε δύο οξυγώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΜΝΡ με παράλληλες πλευρές, όπως στο σχήμα. Λύ ση Συμβολίζουμε με Ει, Ε 2 και Ε3 τα εμβαδά των τριγώνων ΑΔΖ, ΒΚΙ και ΓΗΘ αντίστοιχα και με S 1 , S 2 και S3 τα εμβαδά των ΡΘΙ, ΝΖΗ και ΜΔΚ αντίστοιχα. Αν Ε και S τα εμβαδά των ΑΒΓ και ΜΝΡ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι: i. Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΜΝΡ είναι όμοια, ο­ ί. Τα τρίγωνα ΓΖΔ και ΒΕΓ είναι ίσα γιατί μοίως και ΑΒΓ και ΡΙΘ. Δ = Γ = 90°, ΖΔ = ΕΓ ως μισά ίσων πλευρών JS JE ΒΓ ii. .JE: = ΜΝ και JS: = ΙΘ ΔΓ = ΒΓ ΔΖ άρα και οι αντίστοιχες γωνίες τους θα είναι ίiii. JS = JS: + JE. + ,Js; και σες, δηλαδή ΕΒΓ = ΖΓΔ και ΒΕΓ = ΓΖΔ .

JE = JE: + Fι + JE: . Στο τρίγωνο ΓΕΚ είναι

( )

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

Ε ΥΚ.\Ε Β.ΗΣ Β ' ί.θ ' τ2/45

•

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ίν .

.JS + JE JS: + $: + $: + JE. + .JE: + JE:.

=

=

Λύ ση

Οδ η γ ό ς σκ έ ψη ς.

Αν δύο τρίγωνα είναι όμοια ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας.

Α

Π ρ οτ ε ιν όμεν ε ς ασκή σ ε ις 1.

Ρ

Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΜΝΡ έχουν πλευρές πα­ ράλληλες άρα είναι όμοια. Όμοια αποδεικνύε­ ται και η δεύτερη ομοιότητα. ίί. Επειδή τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΜΝΡ είναι όμοια θα έχουμε S = ΜΝ 2 η• JS = ΜΝ . Ε ΔΖ JE: ΔΖ Όμοια επειδή τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΡΙΘ είναι όμοια προκύπτει η δεύτερη ισότητα. iii. Από το ii ) έχουμε διαδοχικά: .JE ΒΓ ΒΙ + ΙΘ + ΘΓ ΒΙ ΘΓ (1) = +Ι+ = = .jS; ΙΘ ΙΘ ΙΘ ΙΘ ί.

( )

Επειδή το τρίγωνο ΒΚΙ είναι όμοιο με το ΡΙΘ και το ΡΙΘ όμοιο προς το ΘΗΓ έχουν αντίστοιχα ΒΙ .jE; ΘΓ JF:; - = -- και - = -- (2). ΙΘ .jS; ΙΘ .jS; Από ( 1 ) και (2) προκύπτει: .JE .JE; + .JS: + JE; . η

2.

•

3.

.JS: .JE = .JE; + .JS: + JE; . .JS:

= ΜΔ + 1 + ΖΝ = .jS; + 1 + Fz ΔΖ ΔΖ Jf; Jf; από την οποία προκύπτει ότι JS = .}S; + JE: + Fz . ίν.

-

Ε

4.

Για την απόδειξη της άλλης ισότητας έχουμε αντίστοιχα.

JS = ΜΝ = ΜΔ + ΔΖ + ΖΝ Jf; ΔΖ ΔΖ

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και Ο τυ­ χαίο σημείο στο εσωτερικό του. Να δείξετε τα παρακάτω: ί. (ΑΟΒ) +(ΓΟΔ) = (ΑΟΔ)+ (ΒΟΓ) ίί. (ΒΟΔ) = I C AOB) - (ΒΟΓ) I ίίί. Αν Ο είναι εξωτερικό του παραλληλο­ γράμμου να αποδείξετε ότι (ΟΒΔ) = (ΟΒΓ)+(ΟΑΒ). Δίνεται ορθή γωνία ΒΑΓ με μήκη πλευρά ΑΒ = 9cm και ΑΓ = I 4cm. Στην ΑΓ θεωρού­ με σημείο Ε ώστε ΑΕ = 6cm. Από το Γ φέρ­ νουμε παράλληλη προς την ΒΕ που τέμνει την παράλληλη προς την ΑΒ από το στο Δ. Να βρείτε το εμβαδόν του ΒΕΔ . (Απαντ. 36cm2 ) Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και Ε, Ζ τα μέσα των ΒΓ και Γ Δ αντίστοιχα. Αν Ο το κέ­ ντρο του παραλληλογράμμου και Λ το σημείο τομής της ΔΒ με την ΑΕ, να βρεθεί το εμβα­ δόν του ΑΒΓ Δ αν είναι (ΑΟΛ) = 3 τ.μ. (Απαντ. 36 τ.μ.) Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΔ = Ι Ocm και ΑΒ> ΑΔ. Πάνω στην ΑΒ παίρνουμε τμήμα ΝΜ = 4cm και στην ΓΔ τμήμα ΚΛ = 6cm. Αν Ρ το σημείο τομής των ΚΜ και ΝΛ (Ρ εσωτε­ ρικό του ΑΒΓΔ) να υπολογίσετε το (ΝΡΜ). (Απαντ. 8 cm2 ). Δίνεται το τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 8 cm. Αν Ε σημείο της ΑΒ με ΑΕ = ΑΒ και Ζ ση4 μείο της ΕΓ με ΕΖ = ΕΓ να βρείτε το εμβα-

5.

δόν του ΑΕΖΔ.

Προκύπτει με πρόσθεση των σχέσεων του ερω­ τήματος iii ) κατά μέλη. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/46

8

(Απαντ. Ι 2 cm2 ).

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

r Ασκήσεις

στην εuθεία

Άσκηση 1

Δίνονται τα μη συγγραμμικά και μη μηδενικά π το διάνυσμα διανύσματα α, β με (α: β) 4 γ λii + (λ - 1 )β, λ Ε IR και η εξίσωση. =

=

(ε) : α rx + βγχ + (α + β)y

=

ο

Να αποδείξετε ότι: ί) η (ε) παριστάνει ένα σύνολο ευθειών. ίί ) Ό λες οι ευθείες (ε) διέρχονται από ένα στα­ θερό σημείο το οποίο να βρεθεί. Λύση i) Η εξίσωση (ε) παριστά ευθείες όταν ίi γ και γ δεν μηδενίζονται συγχρόνως. Αν δεχθούμε ότι είναι ίi γ = Ο και γ = Ο τότε: 1) Αν γ :;t: Ο είναι ίi .l γ και .l γ οπότε Άτοπο, αφού τα διανύσματα ίi, είναι μη συγγραμμικά.

2) Αν γ = Ο δηλ. : λίi + (λ - l) β = Ο , επειδή είναι ίi 11 , ισχύει λ = Ο και λ - Ι = Ο, άτοπο. Άρα, οι ποσότητες ίi · γ και γ δεν μηδε­ νίζονται ταυτόχρονα οπότε η (ε) παριστά ένα σύνολο ευθειών. ii) Θέλουμε να δείξουμε ότι οι ευθείες της μορφής (ε) διέρχονται από σταθερό σημείο. Δίνουμε στο λ δύο τυχαίες τιμές, έστω λ = Ο και λ = Ι . Τότε α) για λ = Ο είναι γ = και η (ε) γράφεται ίi( -β )χ + β ( - β )y + (ίi + β )( - β ) = ο

·

β·

β·

·

β

β

β

βιι α .

β·

-β

- · - · -2 ·

- - -2

(1)

α β χ + β y = -αβ - β β) για λ = Ι είναι γ = ίi . και η (ε) γράφεται ίi . ίiχ + β . ίiy + (ίi + β )ίi = ο α χ + α- · -βy = -α- β-- α (2)

-2 Λύνουμε το σύστημα των ( 1 ), (2) και έχουμε: ίi . β β 2 D - -2 - --- ( α- . β ) 2 - α-2 · β 2 α α·β -2

και

στον

κύκλ ο

2 2 2 Αθ. Καραγεώργου (ι αι · Ι βi συβ �) - ιαι Ιβ1 2 2 2 = Ξ ι α ι 2 · Ι β 1 -ι α ι 2 · Ι β 1 = -Ξι α ι 2 · Ι β 1 * ο - β -β2 β2 -- -- -1 , α, 2 . ι -β ι2 D x = α- 2 2_ -ίiβ - ίi ίi . β 2 2 β · · β α = 2 � ! - 2 = ... = .!_ι α ι 2 · Ι β 1 2 ίi -αβ - α •. •

ο

Υ

D _D Άρα χ- -x = - και y = -y = - Ι δη λαδη' το D D κοινό σημείο των δύο ευθειών είναι το Κ(- Ι , - Ι). Θα εξετάσουμε αν το σημείο αυτό επα­ ληθεύει τις ευθείες (ε) για κάθε χ Ε IR . Έχουμε: γ( - Ι) + ΎC + (ίi + β)γ = = -ίi . γ - . γ + ίi . γ + . γ = ο Τελικά, όλες οι ευθείες (ε) διέρχονται από το σημείο Κ(- Ι , - Ι )

1

β · - 1) β β

α·

Άσκη ση

2

Δίνονται τα διανύσματα α, β και οι ευθείες: (ε, ) : α · βχ + (α · β - t )y 2α . β =

=

(ε 2 ) : (α . β + 1 )χ + α . βy 2α . β + 1 Ι. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες (ε1), (ε2) τέ­ μνονται σε κάθε περίπτωση.

2. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των σημεί­ ων τομής τους.

3. Αν είναι α :;t: Ο, β :;t: ο ' να αποδείξετε την ισοδυναμία Λύση 1 . Λύνουμε το σύστημα των (ε1), (ε2 ). Έχουμε

α . β ίi·β -1 = ίi ·β + 1 α . β )2 ) ) = ( ίi ·β - ( α β + Ι ( α . β - Ι = D=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/47

·

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Dχ D

3.

2<i·β a . β - Ι = <i · β + Ι 2<i · β + Ι <i · βa.β 2a . β = -α · β = =

-

-

_

_

_

δυο ' ευ θ ειων ' να ειναι ' ιση ' με Τ J2

-

a . β + Ι 2a . β + Ι Έτσι, έχουμε για οποιαδήποτε διανύσματα a, β ότι D Dx χ=0 = α · -β + 1 , y = 0Y = -α · β Y

_

_

Λύση

I.

-

οπότε οι ευθείες (ε 1 ), (ε2) τέμνονται σε κάθε περί­ πτωση, στο σημείο Ρ a + Ι, -a ·

( ·β

2.

β)

=-<i·β

<=>

3.

άρα: Xp = -y p + 1 X p + ΥΡ - 1 = Ο οπότε ο γ.τ. των σημείων τομής Ρ είναι η ευθεία (ε) : χ + y - 1 = 0 Θεωρούμε τα παράλληλα διανύσματα προς τις ευθείες (εΙ), (ε2 ) αντίστοιχα Είναι = (<i · β - 1, -a . β) και

Γνωρίζουμε ότι ισχύουν: a = a · προ β α γ = β · προβ β γ a . γ = γ . προβγ<i Έτσι, η εξίσωση (ε2 ) γράφεται ισοδύναμα a χ + . γy + γ . a + Ι =

·β β·

β

.β β

ο

Παρατηρούμε ότι οι συντελεστές των χ, y στις εξισώσεις των ε 1 ,ε2 είναι ίσοι, οπότε οι ευθείες ε 1 , ε2 είναι παράλληλες.

Για τον γεωμετρικό τόπο των σημείων τομής Ρ έχουμε Yp

Αν τα διανύσματα α, β,γ είναι μοναδιαία, να εξετάσετε αν μπορεί η απόσταση των

2.

Το σημείο

κ[ο,-�β ·· �)γ ανήκει στην ε1 . Συνε­

h 1 ,fi 2

�( a . β)z + (β. γ )2

h1

h 2 = (<i · β, -a . β - Ι) , οπότε ε 1 .l ε 2 <=> h 1 .l h <=> h1 · h =Ο<=> 2 2 . <=> ( a β - Ι ) a . _β ( -a . β) ( -a . β - Ι ) = ο <=>(<i·β )z -<i·β + (<i·β)z + (<i·β)= Ο <=> 2(a·β )2 =ο<=> a . β = ο<=> a .l β +

Άσκη ση 3

Δίνονται οι ευθείες (ε . ) : α . β χ + β . γy + a . γ = ο

(ε2 ) : « · προΡα ίiχ + ii · προΡμ ΎΥ + r . προβ1 « + ι = ο

όπου a ,β,γ είναι διανύσματα μη μηδενικά και ανα δύο μη συγγραμμικά. Ι . Να αποδείξετε ότι ει // ε2 • 2. Να υπολογίσετε την απόσταση των ε1, ε2 •

(1)

3.

Είναι: ι a ι = = l γ l = I

j βj

Λ

Λ

(β,

(<i,β)

= φ και γ) = ω . Δεχό­ υποθέτουμε ότι μαστε ότι J2 η απόσταση των δύο ευθειών είναι I Α ' ' με . ' ιση Τ = J2 . πο την σχεση (Ι ) , εχουμε: Ι

Ι J2

�(<i·β)2 + (β . γ)2 <=> ( α .β )2 + (β . γ )z = 2 <=> l 2 <=> ( l <i · j β j συνφ ) + ( j β j . Ι γ l υνω ) 2 = 2 <=> συν 2 φ + συν2 ω = 2 (2) 2 2 Η σχέση (2) ισχύει μόνο όταν συν φ= συν ω= Ι δηλαδή όταν φ = Ο ή φ = π και ω = Ο ή ω = π οπότε θα είναι α ιιβ και β;ιγ ' άτοπο, αφου τα a, β, γ είναι μη συγγραμμικά ανά δύο. σ

Άσκη ση 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/48

Μαθηματικά Β · Λυκείου Υ

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ με ΑΟΒ = 90° .Θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ της πλευράς ΑΒ και ονομάζουμε Μ 1 , Μ2 τις ορθές προβολές του Μ πάνω στις ΟΑ, ΟΒ αντίστοιχα. Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του μέσου Κ του ευθύγραμμου τμήματος Μ 1 Μ 2 .

Β

Α

Λύ ση

Α

Υ Β ( Ο,α

χ

Άσκηση 5

)

---------

Μ (χο , Υο

Υ

)

Α( α, Ο

χ

)

Τοποθετούμε το τρίγωνο ΟΑΒ σε ορθοκανονι­ κό σύστημα αξόνων με αρχή την κορυφή Ο, την ΟΑ στον θετικό ημιάξονα των χ και την ΟΒ στον θετικό ημιάξονα των y. Αν Α(α, 0), επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές, έχουμε Β(Ο, α). Αν Μ(χο, Υο) τότε Μ1 ( χ 0 , 0 ) , M 2 ( 0, y 0 ) . Επειδή το σημείο Μ ανήκει στην ευθεία ΑΒ, που έχει εξίσωση χ + y = α, ισχύει (I) Χ ο + Υ ο = α <=> Υ ο = α - χ σ Λόγω της (1 ), είναι Μ 2 ( Ο, α - χ 0 ) το μέσο Κ ατου Μ ι Μ z είναι Χ ο ' Χ ο 2 2 για τον γ.τ. του έχουμε: χ α-χ Χ κ = 0 και Υ κ = - 0 22 α - 2χ κ δηλ : χ 0 = 2χ κ και Υ κ = ----'-'2 οπότε: 2y κ = α - 2χ κ <::> 2χ κ + 2y κ = α <=> Χ κ + Υ κ = � και το μέσο Κ του Μ ι Μz ικα2 , χ + y = -α , χ > ' της ευ θ ειας νοποιει. την εξ ισωση 2 Ο, y > Ο. Τελικά, ο ζητούμενος γ.τ. είναι το ευ­ θύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα Ρ, Σ των ΟΑ, ΟΒ αντίστοιχα.

κ( Κ

Δίνονται τα μη συγγραμμικά ανά δύο διανύσμα­ τα α,β,γ και οι ευθείες: (ε, ) : χ + y - 2 + α · β ( y - χ) = ο (ε 2 ) : χ + + β · γ ( χ - - 1 ) = Ο Αν οι ευθείες ταυτίζονται να αποδείξετε ότι β .L {α + γ) .

)

Υ

Λύ σ η

Γ ράφουμε τις εξισώσεις των ευθειών στην μορφή Αχ + By + Γ = Ο . Έχουμε (ε , ) : ( ι - α - β ) χ + ( ι + α . β ) y - 2 = ο ( ε 2 ) : ( ι + β · γ ) χ + ( ι - βγ ) y - βγ = Ο Επειδή οι ευθείες ταυτίζονται υπάρχει ρ ε IR τέτοιο, ώστε 1 - α - β = ρ ( ι + β - γ) (1) 1 - α - β = ρ ( 1 - β - γ) (2) (3) -2 = -ρβ - γ Μ ε πρόσθεση των ( 1 ), (2) παίρνουμε: 2 = 2ρ <=> ρ = 1 για ρ = ι η (3) δίνει: β · γ = 2 (4) και η ( 1 ), λόγω της (4 ), γίνεται 1 - α . β = 1 + β . γ <=> ι - α . β = ι + 2 <=> α . β = -2 (5) Με πρόσθεση των (4), (5) έχουμε α . β + β · γ = ο <=> β ( α + γ ) = ο <=> β .L ( α + γ )

Άσκηση 6

Δίνονται τα διανύσματα α, β,γ με ιαι = ι γι = 2 και ιβι = 1 . Αν η εξίσωση c : χ2 + y2 + α . β . χ + β . γy + α . γ = ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/49

Μαθηματικά Β' Λυκείου

παριστάνει κύκλο, να αποδείξετε ότι η γωνία των διανυσμάτων ii, γ βρίσκεται στο διάστημα Λύση

Επειδή η εξίσωση (C) παριστάνει κύκλο, ισχύει ( ii . β ) 2 + ( β . y ) 2 - 4ii . γ > ο

χ

Το ύψος ΚΜ του τριγώνου ΑΚΒ είναι ίσο με την απόσταση του κέντρου Κ από την ευθεία (ε).

11 - 2 · 3 + Ι · 5 Δηλ. (ΚΜ) = d(Κ, ε) = = - = ν�5 .

2 2 -2) + Ι J5

Ι Ι Ι l a])) 2 + (Ι β 1 Ι rl συν(� ))2 -4 l ii l l r l συν( [.?) > Ο <=> 2συν 2 ( a] ) + +2συν 2 (� ) 4 · J2 · J2συν( [.? ) > Ο <=> 8συν( [.? ) < 2συν 2 ( a) ) + 2συν 2 ( �) συν( [.? ) < _!_ (Ι) �2·Ι+2·Ι=4 2 <=> ( a β συν(

Ι

J(

Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΚΜΒ παίρνουμε (ΜΒ) R 2 - (ΚΜ) 2 = R 2 - 5 οπότε (ΑΒ) = 2(ΜΒ) = 2JR 2 - 5 και το εμβαδόν του

-

=

J

J

<::>

τριγώνου είναι: (ΑΚΒ) = _!_ · (ΑΒ) · (ΚΜ) = 2 Επειδή από την ( Ι ), προκύπτει ότι = _!_ · 2JR 2 - 5 . JS = J5 . R 2 - 5 .

2 ( )Ε Επειδή το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου είναι ίσο με πR 2 , σύμφωνα με το πρόβλημα, έχουμε: J5 . R 2 - 5 = -Ι-πR 2 <::> I 5 R 2 - 5 = πR 2 3 2 <::> 225( R - 5) = π 2 R 4 ο <::> π 2 R 4 - 225R 2 + 5 · 225 = Ο (2) π 2 για χ = R > 5 η (2) γράφεται π 2 χ 2 - 225χ + 5 · 225 = 0 (3) 2 2 με Δχ = ( -225) - 4 · π · 5 · 225 = 225(225 - 20π 2 ) = (1 5J225 - 20π 2 ) 2 > ο και ρίζες Ά σ κη σ η 7 225 ± I 5J225 - 20π 2 Χ ι. 2 = Η ευθεία (ε): y 2χ τέμνει ένα κύκλο (C) κέντρου Κ(3,1) στα σημεία Α, Β ώστε το εμβαδόν που είναι δέκτες και οι δύο.

1 του τριγώνου ΑΚΒ θα είναι το r,; του εμβα- Άρα, υπάρχουν δύο κύκλοι με την ιδιότητα του 3ν 5 προβλήματος, με ακτίνες δού του κυκλικού δίσκου. Να βρείτε την εξίσω­ Iι;: JΓ22_5_±_1_ =π=2 _= = �r:2=2= 20 5 5 R = 1 2 ση του κύκλου. πν 2

[.?

( ii , Ύ) Ε [Ο, π) ,

J

(�,Π ) . ,

J

J

J5

=

·

Λί> ση

Η ζητούμενη εξίσωση είναι της μορφής: (C) : (x - 3) 2 + (y - I) 2 = R 2

Αρκεί να βρεθεί η ακτίνα R του κύκλου.

Άσκη ση 8

(1)

=

Η ευθεία (ε): χ - y - 3 Ο τέμνει τον κύκλο (C): χ 2 + y 2 - 2αχ - 4αy Ο στα σημεία Α, Β. Να βρείτε την τιμή του α Ε IR ώστε να ισχύει - ΟΑ · ΟΒ Ο όπου Ο η αρχή των αξόνων. =

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ2/50

,

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Αίι ση

Επειδή το 0(0, Ο) επαληθεύει την εξίσωση του κύ­ κλου, ο κύκλος (C) διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Επειδή ΟΑ · ΟΒ = Ο είναι ΟΑ .l ΟΒ και συνεπώς ΑΟΒ = 90' . Άρα η ΑΒ είναι διάμετρος του κύκλου οπότε διέρχεται από το κέντρο του Κ(α, 2α). Επειδή η ΑΒ Ε (ε) και Κ Ε ΑΒ είναι και Κ Ε (ε) οπότε οι συντεταγμένες του Κ επαληθεύ­ ουν την εξίσωση της (ε). Δηλ. α - 2α - 3 = Ο και τελικά: α = - 3.

-

Υ.

.fJ"

-3

2.

(1 + κ) · ( - 1) + (κ - 1) · Ο + 1 + κ = = -1 - Κ + 1 + Κ = Ο Τελικά, όλες οι ευθείες εκ διέρχονται από το σταθερό σημείο Ρ(-1 , 0). Το κέντρο του ζητούμενου κύκλου C είναι το Ρ(-1 , 0). Επειδή ο κύκλος εφάπτεται στον y ' y είναι R = d(P, y'y) = l -1 1 = 1 . Τελικά, η ζητούμενη εξίσωση είναι: (χ + 1) 2 + y 2 = 1 .

Άσκηση

10

Να βρείτε την μικρότερη απόσταση του σημείου Α(4, 4) από τον κύκλο C: x z + y z - 2χ Ο ΑίJ σ η

χ

Το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο Κ - 2, = (1, Ο) και η ακτίνα του είναι ίση με

( � -%J

R = 21 νΙ( 2) 2 + Ο 2 - 4 · 0 = 21 2 = 1 -

Άσκη ση 9

Δίνεται η εξίωση εκ: (1 + κ )χ + (Κ ι )y + ι + κ ο, κ Ε JR. Να αποδείξετε ότι: Ι. α. Η εκ παριστάνει ευθεία για κάθε κ Ε IR. β. Οι ευθείες εκ διέρχονται από σταθερό σημείο Ρ το οποίο να βρείτε.

2. Να προσδιορίσετε την εξίσωση του κύκλου C που εφάπτεται στον άξονα y Ύ και έχει κέ­ ντρο το σημείο Ρ.

-

=

.

=

(ε)

•

•

·

.

Επειδή (KA) = J(x A - Χ κ ) 2 + (y A - y κ ) 2 = = 4 - 1) 2 + 4 - ο) 2 = J9 + 1 6 = 5 > 1 = R

c

Jc

Το σημείο Α είναι εξωτερικό του κύκλου C . Φέ­ ρουμε την ΑΚ και ονομάζουμε Μ το πρώτο σημείο τομής της με τον κύκλο. Αν Λ είναι τυχαίο σημείο του κύκλου τότε από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο ΑΚΛ έχουμε: (ΑΚ) ::; (ΑΛ) + (ΚΛ) <::::::> (ΑΜ) + ( Μ Κ) ::; (ΑΛ) + (ΚΛ) <::::::> (ΑΜ) + R ::; (ΑΛ) + R<::::::> (ΑΜ) ::; (ΑΛ) Υ.

Λ ύ ση I . α.

- - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ,' Α(4 ,4 )

Επειδή οι συντελεστές 1 + κ, κ - 1 των χ, y αντίστοιχα δεν μηδενίζονται ταυτόχρονα η εκ παριστάνει ευθεία για κάθε κ Ε IR. . β. Στην εξίσωση εκ δίνουμε στον κ δύο τυχαίες τιμές έστω κ = 1 και κ = -1 . Έχουμε: ε1 : 2χ + 2 = Ο <::::::> χ + 1 = Ο <::::::> χ = -1 ε 2 : -2y = O <:=:> y = O Άρα, η μικρότερη απόσταση του σημείου Α από Άρα, το κοινό σημείο των ε1 , ε2 είναι το Ρ(-1 , Ο) θα δείξουμε ότι από το Ρ διέρχονται τον κύκλο είναι η (ΑΜ), οπότε (ΑΜ ) = (ΑΚ) - (ΚΜ) = (ΑΚ) - R = 5 - 1 = 4 όλες οι ευθείες εκ. Πράγματι, έχουμε: ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ2/51

χ

� ......... . ,_ �μ r ��lι �-ιι Αιιrι-1• Σ ΥΝΑ Ρ 1ΗΣΕΙΣ

Ευάγγελος Ευσταθίου, Δημήτρης Αργυράκης, Μεντής Κώστας Χ Ρ Η Σ Ι Μ Ε Σ Θ Ε Ω Ρ Η τ Ι Κ Ε Σ ΓΝΩΣΕ Ι Σ Ι.

Για μια συνάρτηση f: Α � 1R ισχύουν: α. Αν η f είναι « 1 - 1 » τότε f(α) = f(β) ς::} α = β , α, β ε Α . β . Η f είναι αντιστρέψιμη 6 Η f είναι « 1 - 1 ». γ. Αν η f είναι αντιστρέψιμη τότε: Πεδίο ορισμού της f - 1 είναι το f(A). Σύνολο τιμών της f - 1 είναι το Α. Για κάθε χ ε Α ισχύει: f(x) y ς::} f - 1 (y) = χ οπότε f(f - 1 (y)) = y 'v'y ε f(A) και f- 1 (f(x)) = χ 'v'x ε Α •

•

•

=

2. Π ροτά σε ι ς

Έστω συνάρτηση f: Α � 1R . α. Αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε η f είναι «1-1>>. Σ η μ ε ίω ση :

β.

Το αντίστροφο δεν ισχύει. Για παράδειγμα η συνάρτηση f (χ ) = ..!._ είναι « 1 - 1 », αλλά χ δεν είναι γνησίως μονότονη στο 1R * . Αν η f είναι γνησίως μονότονη στο Α, τότε και η συνάρτηση Γ 1 είναι γνησίως μονό­ τονη στο f(A) με το ίδιο είδος μονοτονίας. (Απόδειξη για άσκηση). Για παράδειγμα η συνάρτηση f(x) = ex είναι γνησίως αύξουσα στο 1R , οπότε και η f - 1 (χ) = ln χ είναι γνησίως αύξουσα στο f(JR) (0, +οο) . Αν η f είναι άρτια, τότε η f δεν είναι 1 - 1 . Αν η f είναι περιττή, τότε η f μπορεί να είναι « 1 - 1 » (π. χ. f ( χ ) ..!._ ), αλλά μπορεί χ =

γ.

•

•

=

και να μην είναι « 1 - 1 » (π.χ. f(x) ημχ 5π 1 αφου, ημ -π = ημ= - ).

6 6 2 Αν η f είναι αντιστρέψιμη και περιττή, τότε και η Γ 1 είναι περιττή. =

δ.

Α π όδ ε ιξη

Από την υπόθεση η f είναι αντιστρέψιμη τό­ τε για κάθε y ε f(A) υπάρχει μοναδικό χ ε Α ώστε f(x) y (1 ). Επίσης η f είναι περιττή, τότε για κάθε χ ε Α θα είναι και το (I ) -χ ε Α , f( -χ) = -f(x) y (2). Επειδή f( -χ ) ε f(A) . Από την (2) προκύπτει -y ε f(A) . Έτσι Γ 1 ( -y) = r-l (f( -χ)) = (Γ 1 f)( -χ) = -χ (3) Αλλά ισχύει: f(x) = y ς::} χ = f - 1 (y) τότε από την (3) προκύπτει ότι r-l ( -y) = -f - 1 (y). Πράγματι η f - 1 είναι περιττή. Άμεσες συνέπειες των προηγούμενων προτά­ σεων είναι: Αν η f δεν είναι αντιστρέψιμη τότε η f δεν είναι «1-1». Αν η f δεν είναι αντιστρέψιμη, τότε η f δεν είναι γνησίως μονότονη. Άρα η f είναι «1-1» τότε η f δεν είναι άρτια. Αν η f είναι λ στο Α, τότε και η Γ 1 είναι =

= -

ο

•

•

•

•

λ

στο f(A) και αν η f είναι και η Γ 1 είναι � στο f(A).

�

στο Α, τότε

3. Γραφικ έ ς παρα στά σε ις των f και Γ1

Αν η συνάρτηση f είναι αντιστρέψιμη τότε α. Cr , CΓ, είναι συμμετρικές ως προς τη διχοτόμο y = χ. Άρα: Μ(α,β) ε C r ς::} Ν(β, α) ε C r-,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/52

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

β. Τα κοινά σημεία των Cr , CΓ, εφόσον υ­ χ > Γ ι (χ) ή χ > f(x) άτοπο. ι ι πάρχουν έχουν συντεταγμένες που προσ­ Έστω f(χ) < χ τότε f - f(x) < f- (x) ή διορίζονται από τις λύσεις του συστήμα- χ < f - ι (χ) ή χ < f(x) άτοπο. = f(x) Άρα f(x) = χ. τος (Σ). = Γ (χ) Σχ ό λιο Το σύστημα (Σ) είναι ισοδύναμο με τα συ­ Αν μία συνάρτηση f : Α � IR. είναι 1 - 1 τότε ορίζε­ ται η f - ι : f(A) � IR. , αλλά πολλές φορές ενώ στήματα γνωρίζουμε ότι υπάρχει η Γ ι δεν μπορούμε να Υ = f(x) (Σι ) και χ = f- ι (y) (Σz) προσδιορίσουμε τον τύπο της. Αυτό συμβαίνει x = f(y) y = f - ι (x) γιατί η εξίσωση y = f(x) δεν μπορεί να λυθεί αλγε­ Αν ξέρουμε τον τύπο της f επιλύουμε το (Σ1) βρικά πάντα ως προς χ. Για παράδειγμα μπορούμε ενώ αν ξέρουμε τον τύπο της f - ι επιλύουμε να αναφέρουμε τη συνάρτηση f(x) = 2χ + ημχ, το (Σz). χ Ε IR. η οποία είναι γνήσια αύξουσα άρα είναι και

{Υ Υ

( )

1

{

{

1 - 1 » οπότε ορίζεται η αντίστροφη της συνάρτη­ σης f - ι : f(A) � IR. . Όμως δεν μπορούμε να βρούμε τον τύπο της, αφού η εξίσωση y = 2χ + ημχ δεν λύνεται αλγεβρικά ως προς χ. Επομένως, για να βρούμε τα κοινά σημεία των C r και CΓ, χρησιμοποιούμε την προηγούμενη πρόταση. Έτσι έχουμε: Γ 1 (χ) = f(x) <=> f(x) = χ <=> 2χ + ημχ = χ <=> <=> ημχ = -χ <=> χ = Ο (αφού είναι γνωστό ότι ημχ = x <=> χ = Ο ). Δηλαδή είναι πολύ σημαντικό στην ανάλυση να γνωρίζουμε ότι υπάρχει η αντίστροφη f- ι μιας συ­ νάρτησης f1 έστω και αν δεν γνωρίζουμε το τύπο της. «

Π ΡΟΣ ΟΧ Η !

Τα κοινά σημεία των Cr , C Γ , δεν βρίσκονται πά­ ντοτε στη διχοτόμο y = χ. Για παράδειγμα, η συνάρτηση f (χ) = _!_ έχει αντίστροφη την f - ι (χ) = _!_ , χ χ οπότε όλα τα σημεία των C�" , C Γ , είναι κοινά αλλά μόνο δύο από αυτά τα ( 1 , 1 ) και (-1 , -1) ανήκουν -1 εχει αντιστροφη ' η f( χ ) = ' στην y = χ. Επισης χ -1 οποτε ' ' c c Γ' εχουν την f- ι ( χ ) = ο' λα τους τα χ σημεία κοινά αλλά κανένα δεν ανήκει στην y = χ. Αν όμως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα τότε αποδεικνύεται ότι οι C r , C Γ' εφόσον έχουν κοινά σημεία, θα βρίσκονται στη διχοτόμο y = χ. Π αρατή ρ η σ η I . Δηλαδή ισχύει: Η προηγούμενη πρόταση μας δίνει διέξοδο στο πρόβλημα εύρεσης των κοινών σημείων των C r , Π ρότα ση Αν η f είναι γνήσια αύξουσα συνάρτηση στο Α C Γ , εφόσον υπάρχουν αλλά μερικές φορές η εξίτότε ισχύει ισοδυναμία: σωση f(x) = χ δεν επιλύεται αλγεβρικά.

1 Π.χ. f(x) = 2χ - συνχ, Α = IR. είναι γνήσια αύξουσα f(x) = Γ (χ) <=> f(x) = χ, χ Ε Β = Α n f(A) . στο IR. άρα αντιστρέφεται, όμως δεν μπορούμε να Απόδει ξη ι Επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα στο Α θα είναι βρούμε την Γ και αν χρησιμοποιήσαμε την προη­ 1 - 1 άρα θα υπάρχει η συνάρτηση 1 1 η οποία θα εί­ γούμενη πρόταση έχουμε f - ι (χ) = f(x) <=> f(x) = χ <=> 2χ - συνχ = χ <=> ναι και αυτή γνήσια αύξουσα στο f(A). Αν χ Ε Β και f(x) = χ προκύπτει χ = f - 1 (x) <=> συνχ = χ ( 1 ) η οποία δεν επιλύεται αλγεβρικά. άρα f(x) = f - ι (χ) . Η λύση της ( 1 ) είναι η τετμημένη του σημείου το­ Αν χ Ε Β και f - ι (χ) = f(x) θα δείξουμε ότι μής των y = χ και y = συνχ. f(x) = χ . Π αρατή ρ η ση 2. Έστω f(χ) > χ τότε f - ι f(x) > f - ι (x) ή Εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι: '

Γ,

l l ll

•

•

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/53

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου •

•

Αν οι Cr , CΓ, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο τότε αυτό βρίσκεται στη διχοτόμο y =χ. Πράγματι, αν υπήρχε κοινό σημείο των C r , CΓ, το Μ( α, β) και Μ ε δ : y = χ τότε θα ήταν α ::F β οπότε οι C r , CΓ, θα είχαν και άλλο κοινό σημείο Ν(β, α) άτοπο. Αν ένα σημείο ανήκει στην Cr και στη διχοτόμο y = χ τότε το σημείο αυτό ανήκει και στη C Γ' Πράγματι αν Μ(α, β) κοινό σημείο των C f και y = χ τότε είναι β == f(α) και β = α., οπότε α=β f - 1 (β) = α <::::> f - 1 (α) = β <::::> Μ( α, β) Ε CΓ, .

δ.

(I)

2.

•

=

-

ο

=

=

Α πόδει ξη

Έστω χ 1 , χ 2 Ε IR με f(x 1 ) = f(x 2 ) τότε f(f(x 1 )) = f(f(x 2 )) <::::> -χ 1 = - Χ 2 <=> Χ 1 = Χ 2 άρα η συνάρτηση f είναι -1 " . β. Αφού η f είναι " 1-1 " αντιστρέφεται, οπότε ο­ ρίζεται η Γ 1 • Αν όπου χ θέσουμε f - 1 (x) έχου­ με f(f(f - 1 (χ))) + f - 1 (χ) = Ο <::::> f(x) + f - 1 (χ) = Ο <=> Γ 1 (χ) = -f(x) . γ. Υποθέτουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη. Έστω χ 1 , χ 2 Ε IR με χ 1 < χ 2 • Διακρίνουμε περιπτώσεις : Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, τότε fλ είναι f(x 1 ) < f(x 2 ) <=> f(f(x 1 )) < f(f(x 2 )) α.

''

1

•

<::::> - χ 1 < -χ 2 <::::> χ 1 > χ 2 που είναι άτοπο. Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα, τότε rY είναι f(x 1 ) > f(x 2 ) <::::> f(f(x 1 )) < f(f(x 2 )) (I) <::::> - χ 1 < -χ 2 <::::> χ 1 > χ 2 που είναι άτοπο. Καταλήξαμε σ' άτοπο διότι υποθέσαμε ότι η f είναι γνησίως μονότονη, άρα η f δεν είναι γνησίως μονότονη.

.

=

Απ όδ ε ι ξ η

Έστω η συνάρτηση f ορισμένη στο IR η οποία έχει σύνολο τιμών το IR και για κάθε χ Ε IR ικανοποιεί τη σχέση f(f(x)) + χ Ο . Ν α αποδείξετε ότι: α. η f είναι "1-1 ". β. Γ1 (χ) -f(x) . γ. η f δεν είναι γνησίως μονότονη. δ . η f είναι περιττή συνάρτηση.

(I)

f(f(f(x))) + f(x) = Ο <::> f( -χ) + f(x) = Ο <::::> <::::> f( -χ) = -f(x), άρα η f είναι περιττή συνάρτηση. Δίνεται η συνάρτηση f(x) e ' + χ 1 α. Να αποδείξετε ότι η f είναι 1-1 . β. Να λύσετε την εξίσωση χ e ημ + ημχ Fe + .!. .

2 γ. Να αποδείξετε ότι e • + e < e π + π . δ. Να λύσετε την εξίσωση (f f)(x) Ο

=

ΑΣ Κ Η Σ Ε Ι Σ I.

Η σχέση (1) ισχύει για κάθε χ Ε IR , άρα θα ι­ σχύει και για f (χ) Ε IR , οπότε έχουμε

.

Η συνάρτηση f ορίζεται Α = IR . α. Έστω χ 1 , χ 2 E IR με χ 1 < χ 2 γνωρίζουμε ότι ex' < ex' Τότε προσθέτουμε κατά μέλη τις ανισότητες έχουμε ex' + Χ 1 < ex' + Χ 2 <::::> <::> ex' + χ 1 - l < e x ' + χ 2 - l <::> f(x 1 ) < f(x 2 ) άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, ο­ πότε είναι και "Ι- Ι ". β. Είναι eημχ + ημχ = Fe + .!_ <::::> eημχ + ημχ - Ι = 2 Ι Ι Ι r:·· ι -ι·· = e 1 1 2 + - - I <::> f(ημx) = f - <::::> ημχ = - <=> 2 2 2 π <::::> ημχ = η μ - <::::> ο

()

6

π χ = 2κπ + 6

<::::> ή

5π χ = 2κπ + π - -π = 2κπ + -

γ.

δ.

•

η

6

κ Ε Ζ.

6

Είναι e < π <::> f( e) < f(π) <::::> <::::> e• + e - Ι < eπ + π - Ι <::::> e• + e < eπ + π . Παρατηρούμε ότι f(O) = Ο (1 ), οπότε έχουμε: (I) (I) f:J-1 (f f)(x) = O <::> f(f(x)) = f(O) <::::> f(x) = Ο <::> r: ι - ι f(x) = f(O) <::::> χ = Ο . ο

3.

Δίνεται η γνησίως μονότονη συνάρτηση f : Α � IR . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει το πολύ μια ρίζα στο Α. β. Να λύσετε την εξίσωση 3' + χ = 1 1 .

α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. Ι/54

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

γ.

Αν α, β, γ είναι τα μήκη των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου ΑΒ Γ με Α = 90• , να αποδείξετε ότι η εξίσωση β' + γ' = α' έχει μοναδική ρίζα.

() ()

(+) β χ, γ χ , + - > α α

� -

Α π όδ ειξη α.

Έστω ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει δύο πραγμα­ τικές ρίζες τις ρ , , ρ2 με ρ , < ρ2 τότε είναι f(ρ , ) = f(ρ 2 ) = ο ( 1 ). Έστω ότι η f είναι γνησίως αύξουσα τότε από (I) ρ , < ρ 2 � f(ρ , ) < f(ρ 2 )� 0 < Ο άτοπο. Έστω ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα τότε από

ως φθίνουσα στο IR. . Αφού η f είναι γνησίως μονότονη συνάρτηση, βάσει του α. ερωτήμαχ χ -1=Ο + τος, η εξίσωση f (χ) = Ο �

(�)

(Ι)

ρ ι < ρ 2 � f ( ρ ι ) > f ( ρ 2 ) � Ο > Ο άτοπο. Άρα η εξίσωση f(x) = Ο έχει το πολύ μια πραγ­ ματική ρίζα. β. Η χ = 2 είναι ρίζα της εξίσωσης 3' + χ = 1 1 , αφού 3 2 + 2 = 1 1 . Θα δείξουμε τώρα ότι η ρίζα χ = 2 είναι μοναδική. Θεωρούμε τη συνάρτηση f ( Χ ) = 3χ + Χ - 1 1, Χ Ε JR. . Για κάθε Χ ι , χ 2 Ε IR. με Χ ι < χ 2 είναι 3χ, < 3χ' . τότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 3χ ' + Χ ι < 3χ ' + χ 2 � 3χ' + Χ ι - 1 1 < 3χ' + χ 2 - 1 1 � f(χ ι ) < f(x 2 ) , άρα η f είναι γνησίως αύξου­ σα στο IR. . Αφού η f είναι γνησίως μονότονη συνάρτηση, βάσει του (α) ερωτήματος, η εξί­ σωση f(x) = Ο έχει το πολύ μια ρίζα στο IR. . Όμως είχαμε αποδείξει ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει τουλάχιστον μια ρίζα, την χ = 2, επομένως η παραπάνω εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την χ = 2. γ. Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει β 2 + γ 2 = α2 , επομένως η εκθετική εξίσωση β χ + γχ = α' έχει μια τουλάχιστον ρίζα, την χ = 2. Θεωρούμε τη συνάρτηση x χ + - 1, X E IR. . Επειδή β < α f(x) =

( �) ( �)

και γ < α είναι Ο < Q. < 1 και Ο < 1. < 1 επομέα α χ νως οι εκθετικές συναρτήσεις και

(�τ

είναι γνησίως φθίνουσες. Για κάθε χ ι , χ 2 Ε IR. με χ , < χ2 είναι

( �)

4.

( �)

� β χ + γχ = αχ θα έχει το πολύ μια ρίζα στο IR. . Όμως είχαμε αποδείξει ότι η εξίσωση αυτή έχει τουλάχιστον μια ρίζα, την χ = 2, επομένως η χ = 2 είναι η μοναδική ρίζα της παραπάνω ε­ ξίσωσης. α. Θεωρούμε τις συναρτήσεις f, g : Α � IR. . Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α, η g είναι γνησίως φθίνουσα στο Α και για κάθε χ Ε Α είναι f(x) > Ο και g(x) > Ο, ' να αποδει'ξετε οτι ' ' η συναρτηση τοτε -f g είναι γνησίως αύξουσα στο Α. β. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση χ , γνησιως , αυ' ξ ουσα στο F( χ ) = ln ειναι συνχ --

γ.

Αν Χ

π

π να αποδείξετε ότι

3 < χI < χ2 < συνχ 1

συνχ 2

< Χ2

I

2

Α π όδ ει ξ η

α.

Για κάθε χ ι , χ 2 Ε Α με Χ ι < χ 2 είναι 0 < f(x , ) < f(x 2 ) 0 < f(x ι ) < f(x 2 ) τοτε � 1 1 0 < -< -g(x 1 ) > g(x 2 ) > 0 g(x , ) g(x 2 ) 1 1 ) ) f(x ι ) · -- <f(x 2 ) · -- � f(x , < f(x 2 � g(χ ι ) g(x 2 ) g(χ ι ) g(x 2 )

}

�

(�) (�) cx ) < 1

}

,

c x 2 ) , άρα η συνάρτηση

�

είναι γνησίως αύξουσα στο Α. β. Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = lnx και g(x) = συνχ. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/55

στο

(�,%)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

και η συνάρτηση

φθίνουσα στο

(�·%)

g είναι γνησίως

. Επίσης για κάθε

χ (�·%) είναι f(x) > Ο και g(x) > Ο, άρα λό­ γω της έχουμε ότι η συνάρτηση F είναι γνηε

β.

( )

α.

γ.

Έχουμε

Π

5.

α.

e

i)

2

Δίνονται οι συναρτήσεις f,g : Α � IR . Αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο IR , τότε να αποδείξετε ότι: i) για κάθε h > Ο και χ ε IR ισχύει g(x + h) - g(x) < f(x + h) - f(x) . ii) οι γραφικές παραστάσεις των συναρ­ τήσεων f, g έχουν το πολύ ένα κοινό σημείο. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παρα­ στάσεις των συναρτήσεων f(x) = e ' + χ 3 και g(x) = e - • - 2χ έχουν μοναδικό κοινό σημείο.

-x

)

'

'

-

e

-x

είναι το μοναδικό κοινό σημείο των C r και Cg

6. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ + .Jx 2 + 1 . Να αποδείξετε ότι: α. f(x) > Ο για κάθε χ ε IR . β. η f αντιστρέφεται και να ορίσετε την συνάρτηση Γ 1 •

Α πόδει ξ η

χ χ 2 + I >Ο, οπότε η f ορί­ f(l l x )= x + � >χ+ Ν = =χ+ x �χ+ (-χ)= χ IR . (xχ)ι ,χ χxι )=f( IR . f( 2 � x 2 )<=> � Χ ι + � = Χ 2 + χ;�+I <=> Θεωρούμε τη συνάρτηση F( x ) = f( x )-g( x ), (χ ι + Χ� + 1)(χ ι - Χ� + 1) = <=> � χ ε !R . Για κάθε χ ι ,χ 2 με χ ι <χ 2 είναι Χι Χ� +1 *' f(χ ι ) < f( x 2 ) } <=> f(χ ι ) <f(x 2 ) } τοτε, (χ 2 + �)(χ 2 - *') g(χ ι ) > g(x 2 ) -g(χ ι ) < -g(x 2 ) χ 2 - χ; + 1 f(χ ι )-g(χ ι ) < f(x 2 )-g(x 2 ) <=> (f-g)(χ ι ) < (f-g)(x 2 ) , άρα η συνάρτηση <=> Χι - �Χ� + 1 = χ 2 - �-1χ; + 1 <=> είναι γνησίως αύξουσα στο IR . <=> Χι - �Χ� + 1 = χ 2 - �χ;�+ 1 Αφού h > Ο είναι χ < χ+ h και Fλ θα ισχύει � F(x ) < F( x + h) <=> και επειδή ισχύει χ ι + χ� + 1 = χ 2 + χ; + 1 f(x )-g(x ) < f(x + h) - g(x + h) <=> προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: g(x + h) - g(x ) < f(x + h) - f(x ).

2χ ι = 2χ 2 <=> Χι = Χ 2 . Αφού η συνάρτηση F είναι γνησίως μονότο­ Άρα η f είναι 1-1 οπότε η f αντιστρέφεται. νη (αύξουσα), σύμφωνα με την άσκηση 3.α., Για να βρούμε την f- ι λύνουμε την y f(x) ως η εξίσωση F( x ) =Ο<=> f( x ) = g( x ) θα έχει το προς χ. 'Ετσι y =χ+ � , y >Ο<=> πολύ μια ρίζα, δηλαδή θα υπάρχει το πολύ ένα σημείο χ 0 IR τέτοιο ώστε:

β.

α.

Υ

e

Fλ

-<χ ι < Χ 2 <-=>F( xι )<F( x 2 )<=> 3 2 Ιη χ ι ln x2 2 ·ln xι <συνχ ι ·ln x2 <=>--<--<=>συνχ συνχ ι συνχ2 αφού συνχ >Ο και συνχ > Ο ι

Υο)

e

, αυ' ξ ουσα στο "3π , "2π . σιως Π

F(χ 0 ) = Ο <=> f(χ 0 ) = g( χ 0 ) που σημαίνει ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων fΜ(χσ, και g έχουν το πολύ ένα κοινό σημείο με ο = f( x 0 ) = g( x 0 ) . Παρατηρούμε ότι f(O) = g(O) = I άρα οι Cr, Cg έχουν κοινό σημείο το Μ( Ο, 1 . Επίσης έχουμε τη συνάρτηση f( x ) = + χ3 είναι γνησίως αύξουσα στο IR , γιατί λ και χ3 λ ενώ η συ­ νάρτηση g(x) = 2χ είναι γνησίως φθί1 και -2χ 1 . Βάσει νουσα στο IR γιατί όμως του ερωτήματος (αii ) το σημείο Μ(Ο, 1)

α.

β.

Για κάθε ε IR είναι ζεται στο IR . Είναι Ο, Άρα f > Ο για κάθε ε !R με Έστω

ε

ε

ΑΠ ό δ ε ι ξη

ε !R

-1

F

ii)

=

ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l /56

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

}

- J;2;ϊ) <=> y = (χ + J;2;ϊχχ χ - J;2;ϊ � <=> _!._ = J;2;ϊ - χ <::> y = ν χ - χ2 + 1 Υ <=> -1 - y = ν� x- + 1 - x - y Υ <=> _!._ - y = J;2;ϊ - χ - χ - J;2;ϊ Υ 1 <=> -1 - Υ = -2χ <=> Υ - - = 2χ <=> χ = -1 y - 2 2y Υ Υ y 2 - 1 τότε -ι χ ) = --, χ2 - 1 χ Ο <::::> χ = -f ( > 2y 2χ 7.

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = vΓx+J - J;. . α. Να αποδείξετε ότι f(x) > Ο για κάθε χ Ε [Ο,+οο) . β. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε τη συνάρτηση Γ 1 • γ. Να λύσετ ε την εξίσωση < Μ - Ji.) . < -lx 3 +x - 7+ -./χ3 +χ - s)=t . Α π όδ ει ξη

α.

Για να ορίζεται η f πρέπει

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

<=> (χ ι - χ 2 )( F:+l - F: + .,Γχ;+ί - F;) = Ο <=> (χ ι - x 2 )[f(x ι ) + f(x 2 )] = 0 <=> '--ν----' >0

<::::> χ ι - χ 2 = Ο <::::> χ ι = χ 2 , άρα η f είναι « 1-1 », οπότε αντιστρέφεται. Για να βρούμε την Γ ι λύνουμε την y = f(x) ως προς χ. Είναι

}

}

}

�

}

ι

γ.

}

}

}

·

=

{ χ + 1 2:: ο <::::> χ 2:: Ο ,

χ 2:: 0 άρα A r = [ Ο, +οο] . Για κάθε χ Ε [ Ο, +οο) είναι f (x) = .Jx+l - Γχ > fx - Γχ = Ο . Επομένως f(x) > Ο για κάθε χ Ε [ 0, +οο) . β . Έστω Χ ι , Χ 2 Ε [Ο, +οο) με f(x ι ) = f(x 2 ) <=> F:+ϊ - F: = ..;χ;+ϊ - ;;:; <=> F:+ϊ - .,Γχ;+ϊ = F: - ;;:; <=> (χ ι + 1) - (χ 2 + 1) = Χι - χ 2 <=> F:+ϊ + .,Γχ;+ϊ F: + ;;:; Χι - Χ2 Χ -Χ = ι 2 <=> F:+ϊ + .,Γχ;+ϊ F: + ;;:; (Χι -χ2 ) ( Jχι + I + Jx2 +l ) = ( χι -χ2 ) ( Fι + F; ) <=>

}

y = f( x) .Jx+l - fx <=> <=> y = y>O y>O Υ + j;. = .Jx+l <=> (y + fx/ = χ + 1 <=> y>O y>O 2 / + 2yf;. + χ = χ + 1 <=> 2Γχy = 1 - y <=> y>O y>O fx = 1 - / ι y'�ο χ = (1 - y 2 ) 2 2y -<=> 4y 2 <=> O < y ::; I y>O y4 - 2 + 1 f - ι (y) = 4 0 < y ::; 1 2 4 Άρα Γ ι : (Ο, 1] � 1R με Γ ( χ ) = χ - 2χ2 + 1 4χ Είναι: ( .Jx+l - Γχ )( -./χ 3 + χ - 7 + -./χ 3 + χ - 8) = 1 <=> 1 <=> .Jx+l - Γχ 3 -./χ + χ - 7 + -./χ 3 + χ - 8 3 3 χ + ι - νΓχ = -./χ3 + χ - 7 - -./χ3 + χ - 8 <=> ν� (χ + χ - 7) - (χ + χ - 8) .Jx+l - Γχ = -./χ 3 + χ - 7 - -./χ 3 + χ - 8 <=> f:ι ι f(x) = f(x 3 + χ - 8) <:::- :> χ 3 + χ - 8 = χ <::::> Χ 3 - 8 = 0 <::::> Χ 3 = 8 <::::> Χ = 2

8. Έστω η συνάρτηση f η οποία για κάθε χ Ε IR. ικανοποιεί τη σχέση f 3 (x) + 5f(x) + x = O . α. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να ορίσετε τη συνάρτηση Γ1 • β . Να βρείτε τα κοινά σημεία των Cr και C • Γ'

Α π όδ ει ξ η

α.

Έστω Χ ι , χ 2 Ε IR με f(χ ι ) = f(xz) τότε είναι f\χ ι ) = f 3 (χ 2 ) , επίσης είναι 5f(x 1 ) = 5f(x 2 ) , οπότε έχουμε f\x ι ) + 5 f(x ι ) = f\x 2 ) + 5f(x 2 ) (2). Η σχέση ( 1) ισχύει για κάθε χ Ε IR άρα θα ι­ σχύει και για: χ = Χ ι οπότε είναι f\χ ι ) + 5 f(χ ι ) + Χ ι = Ο (3) και χ = χ2 οπότε είναι f\x 2 ) + 5f(x 2 ) + x 2 =0 (4) Από (3) και (4) έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/57

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

(2 ) f 3 (χ , ) + 5f(x 1 ) + χ , = f 3 (χ 2 ) + 5f(x 2 ) + χ 2 <=> χ 1 = χ 2 , άρα η συνάρτηση f είναι « 1 - 1 » οπότε αντιστρέφεται και μάλιστα ισχύει η ισοδυναμία Υ = f(x) <=> χ = r - ' (y) .Για κάθε χ Ε JR έχουμε f 3 (χ) + Sf(x) + χ = Ο <=> / + Sy + Γ' (y) = Ο <=> y 3 + sy + r - ' (y) = ο <=> r - ' (y) = -y 3 - sy για κάθε y Ε JR . Επομένως έχουμε Γ' : JR ---+ JR με r - ' (x) = -χ 3 - Sx .

{ {

{

β. Λύνουμε το σύστημα Υ = r - ' (χ) <=> Υ = r - ' (χ) <=> r-' (y) = f-' (f(x)) y = f(x) x 3 + 5x + y = O y = -x 3 - 5x <=> -/ - Sy = χ y3 + Sy + χ = Ο Αν αφαιρέσουμε κατά μέλη έχουμε: χ 3 - y3 + 4 χ - 4 y = Ο (χ - y)(χ 2 + xy + y2 ) + 4 ( χ - y) = Ο <=> (χ - y )(χ 2 + xy + y2 + 4 ) = Ο <=> χ - y = Ο <=>

{

>0

<=> y = x . Άρα το σύστημα ισοδύναμα γράφεται: �χ "" "" χ, �ο χ, + χ + χ � ο =χ χ=Ο Υ=χ <=> Υ <=> 2 χ=0 y=O χ(χ + 6) = 0 Άρα κοινό σημείο των Cf και C είναι το (0, 0).

{{

�

{

{

: ::

{

r-'

9.

(f f)(f(x)) · f(f(x)) = α <=> (f f)(f(x)) · (f f)(x) = α <=> α (f f)(f(x)) · - = α <=> (f f)(f(x)) = f(x) <=> f(x) ο

ο

f: \ -1

f(f(f(x))) = f(x) <=> f(f(x)) = χ <=> (f o f)(x) = x, x E JR * . β. Για κάθε χ Ε JR * είναι (f f)(x) · f(x) = α <=> xf(x) = α <=> f(x) = -α . χ ο

Έστω συνάρτηση f η οποία για κάθε χ Ε JR ικανοποιεί τη σχέση (f f)(x) = χ 3 • α . Ν α αποδείξετε ότι i) η f αντιστρέφεται. ii) f(x 3 ) = (f(x)) 3 για κάθε χ Ε JR . β. i) Να λύσετε την εξίσωση f(x) = χ. ii) Να αποδείξετε ότι [f(-1)] 3 + [f(1)] 3 = f(O) . iii) Αν f(8) = 64 να υπολογίσετε την τιμή f(2). δε ιξη α. i) Έστω χ , , χ 2 Ε Α JRπ όμε f(x 1 ) = f(x 2 ) . Είναι f(f(x 1 )) = f(f(x 2 )) <=> χ � = χ ; <=> χ , = χ 2 άρα η f είναι « 1 - 1 » οπότε αντιστρέφεται. ii) Για κάθε χ Ε JR είναι f(f(x)) = χ 3 . Αν όπου χ θέσουμε f(x) έχουμε f(f(f(x))) = f3 (x) <=> f((f f)(x)) = f\ x) <=> f(x 3 ) = f\x), χ Ε JR . β. i) Επειδή η f είναι « 1 - 1 » ισχύει η ισοδυναμία f(x) = χ <=> f(f(x)) = f(x) <=> ι Ο.

ο

ο

f ( x ) =x

(f f)(x) = f(x) <=> χ 3 = f(x) <=> χ 3 = χ <=> χ(χ 2 - 1) = Ο <=> χ(χ - 1)(χ + 1) = Ο <=> χ = Ο ή χ = 1 ή χ = -1 . ii) Επειδή οι αριθμοί -1 , Ο, 1 είναι ρίζες της ε­ ξίσωσης f(x) = χ την επαληθεύουν, οπότε f(-1 ) = -1 , f(Ο) = Ο και f( 1 ) = 1 . Είναι [f( - 1)] 3 + [f(1)] 3 = ( -1) 3 + 1 3 = = -1 + 1 = Ο = f(O). iii) Είναι f(8) = 64 <=> f(2 3 ) = 64 <=> [f(2)] 3 = 64 <=> f(2) = ψ;;, <=> f(2) = 4. ο

·

ο

Χ Ε JR * .

ο

ο

Έστω συνάρτηση f η οποία είναι 1-1 και για κάθε χ Ε JR * ικανοποιεί τη σχέση (f f)(x) f(x) = α, α :;t: Ο . α. Να αποδείξετε ότι (f f)( χ) = χ για κάθε ο

ο

β. Να βρείτε τον τύπο της f. Α π όδ ε ι ξη

α . Για κάθε x E JR * είναι (f o f)(x) · f(x) = α, α :;t: Ο , οπότε (f f)(x) :;t: Ο και f(x) :;t: Ο . Αν όπου χ θέσουμε f(x)(:;t: Ο) έχουμε: ο

1 ι.

Έστω συνάρτηση f η οποία για κάθε χ, y Ε JR ικανοποιεί τη σχέση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. l/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f(x + y) � f(x) f(y) � e • + Y . α. Να αποδείξετ ε ότι f(O) = 1. β. Να αποδείξετε ότι f( -χ) = 1 για κάθε f(x) Χ Ε IR . γ . Να βρείτ ε τ ον τύπο της f.

β. Η f είναι περιττή. γ. f(x - y) = f(x) - f(y) για κάθε χ, y Ε IR . δ . αν η εξίσωση f(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα την χ = Ο, τότε η f είναι 1-1. ε . Γ' (χ + y) = Γ 1 (χ) + Γ 1 (y) για κάθε x, y E IR

·

-

•.

Α π όδ ε ιξη

α. Για χ = y = 0 έχουμε f ( O ) � f 2 ( Ο ) � 1 άρα f ( 0) {1 - f ( O)) � Ο f ( O ) � f2 ( Ο ) � � f (0) � 1 f (O) � l 1 - f (O) � O f(0) $ 1 , � αρα f(O) = 1 . f(O) � l f (O) � l

{ {

{

{

Α π όδ ε ιξη

α. Για χ = y = Ο έχουμε f(O) = f(O) + f(O) � f(O) = Ο , άρα η Cr διέρχεται από την αρχή των αξόνων. β. Για y = -χ έχουμε f(x + ( -x))= f(x) + f( -χ) � f( O)=O

f( O)= I

β. Για y = -χ έχουμε f(O) � f(x)f( -χ) � 1 � l � f(x)f(-x) � l , άρα f(x)f(-x) = l, x E IR 1 οπότε f( -χ) = -- , χ Ε IR ( 1 ). f(x) γ . Για χ Ε IR και y = Ο έχουμε: f ( O)=I

f(x) � f(x)f(O) � e ' � f(x) � e' (2) οπότε f(x) > Ο για κάθε χ Ε IR . Για χ = Ο και y = - χ έχουμε f ( O)=I (\) f(-x) � f(O)f(-x) � e - x � f(-x) � e-x � 1 1 f( )>0 - � - � f(x) $ e' (3) f(x) e' Από (2) και (3) έχουμε f(x) = e', χ Ε IR . χ

1 2.

γ.

δ.

ε.

Έστ ω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών το IR , η οποία ικανοποιεί τη σχέση f(x + y) = f(x) + f(y) για κάθε χ, y Ε IR . Να αποδείξετε ότ ι: α. η Cr διέρχεται από την αρχή των αξόνων. ΑΣΚΗΣΕΙΣ

f(O) = f(x) + f(-x) � O = f(x) + f(-x) � f( -χ) = -f(x), χ Ε IR άρα η f είναι περιττή συνάρτηση. Αν θέσουμε όπου y το -y έχουμε: f περιττή f(x + ( -y)) = f(x) + f( -y) � f(x - y) = f(x) - f(y), x, y E IR . Έστω Χ 1 , Χ 2 E !R με f(x 1 ) = f(x 2 ) � (γ) f(x 1 ) - f(x 2 ) = 0� f(x 1 - χ 2 ) = 0 Επειδή η εξίσωση f(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα την χ = Ο συμπεραίνουμε ότι χ , - χ 2 = Ο � χ , = χ 2 • Άρα η f είναι « 1-1». Αφού η f « 1 - 1 )) αντιστρέφεται και ισχύει f (α) = χ � α = f - 1 (χ) f(β) = y � β = f - ' (y) Είναι f(α + β) = f(α) + f(β) � f(α + β) = χ + y� α + β = f - ' (x + y) � f - 1 (x) + f - ' (y) = f - ' (x + y), x, y E IR .

Σ ΤΑ

OPIA

του Βασίλη Δ. Καρακατσάνη I.

Να βρείτ ε το όριο: 2 jx + tj - 3 jx - 2 j - t L = l im . χ--+ 1 χ 2 + 3χ - 4 Λύ ση

ορισμού της συνάρτησης, της οποίας ζητάμε το ό­ ριο (γιατί;). Έτσι, έχουμε: χ =ι. 1 και χ + 11 = χ + 1 χ+1>ο 0<χ<2� � χ - 2 < Ο j x - 2 j = -χ + 2

{

Επειδή χ � 1 , θεωρούμε ότι x E (0, 1) u (1, 2) . Το σύνολο (0, 1) υ (1, 2) είναι υποσύνολο του συνόλου

Συνεπώς:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/59

{Ι

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

[

2.

-

Fx , το οριο: , L = 1.ιm χ 2 + ι Ν α β ρειτε χ - 3χ + 2 Χ--> 1

3

[

•

Λύ ση

4.

I.

ii.

Από την ( 1 ) και επειδή Iim(x - 1) = Ο , έπεται χ --> 1 f(x) - l _ (x - 1) = 3 · 0 � ότι: lim 1 Χ --> Χ - I limι [f(x) - 1] = Ο � limι f(x) = I . χ� χ� Έχουμε: , . χ ι οοf (χ) χ• οο + χ ι οο - I L = lιm = χ-1

Έστω ότι για δύο αριθμούς α, β ε IR η ( 1 ) ισχύει. Τότε, επειδή και lim(x - 1) = Ο , έπεται ότι: χ --> 1 . .Jχ 2 + 2 + αχ + β ( χ - 1) - -3 · Ο � I ιm χ --> 1 χ-I 2 2 Iim .Jx + 3 + αχ + β = Ο � 2 + α + β = Ο � χ --> 1 � β = -α - 2 (2). Αντικαθιστώντας στην ( I ), έχουμε: . .Jχ 2 + 3 + αχ - α + 2 = -3 � I ιm χ --> 1 2 χ -1 2 .Jx + 3 - 2 . � IΧ--> ιm + α = -3 � 1 Χ-I 2

)

( (

2.

Λύ ση

i.

Να βρείτε τους αριθμούς α, β ε IR , για τους οποίους ισχύει: im.. . � + αχ + β = � . l....

(1) χ-1 2

{

1 = = lim ._.Γχ" χ--> Ι (χ + 2)( + 1) 2 1 2 Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη στο IR και ισχύει: . f(x) - 1 I ιm (1) ...... . χ - 1 = 3 Να βρείτε τα όρια: i. L = l im f(x) ...... . , ι· x 1 00f(x) - 1 ί ί . L = ιm -----'"--'-...... . χ - 1 -

�

Λύ ση

χ->

3.

]

ι oo . f(x) - 1 + χ 99 + x 9s + ... + x + l = = lim x 1 Χ--> Χ-1 (Ι) 1 = 1 00 3 + (1 + 1 + ... + I) = I 03 .

1 00 φορές

•

Έχουμε: χ3 - 3χ + 2 = χ3 - χ - 2χ + 2 = χ(χ 2 - 1) - 2(x - l)= = χ( χ - l)(x + 1) - 2(χ - 1) = (χ - 1)(χ 2 + χ - 2) = = (χ - 1) [ (χ 2 - I) + (χ - I) J = = (χ - 1) [ (χ - l)(x + Ι) + (χ - 1)] = (χ - 1) 2 (χ + 2). Επειδή χ � I θεωρούμε ότι χ ε (O, l) u (1, 2) . Έχουμε: χ - 2....Γχ + I = ( ._.Γχ ) 2 - 2....Γχ + 1 = ( ._.Γχ - 1) 2 . ( ._.Γχ - l) 2 ' 'Ε τσι, εχουμε: L - Ιι" m1 χ--> (χ - 1) 2 (χ + 2) ._.Γχ" 2 ._.Γχ" 2 = lim ( 2 - Ι) ( + Ι) 2 = Ι (χ - 1) (χ + 2)( ._.Γχ + 1) (χ - l) 2 = = lim1 χ--> (χ - 1) 2 (χ + 2)( ._.Γχ + 1) 2

]

. χ 1 00 · f(x) - 1 + X 1 00 - l = = IΧ-->1 ιm Χ -1 Χ-I

2(x + 1) - 3(-x + 2 ) - 1 = lim 5χ - 5 = L = lim Χ--> 1 Χ 2 + 3χ - 4 Χ--> 1 Χ 2 + 3χ - 4 lim -5- = 1 . = Iim 5(χ - 1) χ--> Ι (χ - 1)(χ + 4) χ--> Ι χ + 4

. (x - l)(x + l) + α = 3 � I ιm -� 2 χ--> Ι (x - l)(.Jx 2 + 3 + 2) 2 3 -+α=-� α = Ι .

2 4 Άρα, τότε, λόγω και της (2), έχουμε: α = 1 και β = - 3 . Αντιστρόφως. Έστω ότι α = 1 και β = -3 . Εξε­ τάζουμε αν ισχύει η ( I ). Έχουμε, τότε: . .Jx 2 + 3 + x - 3 = ι·ιm � - 2 + χ - 1 = I ιm Χ -1 Χ --> 1 Χ--> 1 Χ-I 2 . .Jx + 3 - 2 = IΧ--> ιm1 + οπως παραπανω) Χ-I

(

_

5.

J

·

ι]('

J

,

= � + I = �. Άρα, η ( 1) ισχύει. Συνεπώς, οι ζη2 4 τούμενοι αριθμοί, είναι: α = I και β = -3. Δύο τριώνυμα: α , Χ 2 + β 1 χ + γ 1 και πραγματικούς με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ. Ι/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ημ 2 χ s -f(x) s x 2 χ χ 2 η μ χ = lim . ημχ = Και επειδή: χlim ημχ χ �ο �ο χ χ 2 και lim χ = Ο, έπεται ότι: 1· χ �Ο f(x) lim Ομοια βρίσκουμε: χlimο- f(x) χ � ο· χ � χ Άρα: Lz

συντελεστές (α1α 2 :ι:. Ο) και πραγματικές ρίζες, έχουν μία κοινή ρίζα χ0• Ονομάζουμε Δ1 και Δ2 τις διακρίνουσες των τριωνύμων αυτών αντίστοιχα και υποθέτουμε ότι Δ2>0. α χz β χ γ f"Δ: . Να δείξετε ότι: .li...m. , 2 + , + , . α z χ + β z χ + γ z νΔ:

--

=

=

1

Ο,

Ι

Ο= Ο

=Ο. = Ο.

Λύ ση

Ονομάζουμε χ την άλλη ρίζα του πρώτου τριωνύ­ μου και χ2 την άλλη ρίζα του δευτέρου. Επειδή Δz > έχουμε χ 0 :ι:. χ 2 . Έτσι, ονομάζοντας L το υπόψη όριο, έχουμε: L = limΧ α ι (χ - χ σ )(χ - χ ι ) = Χlim α ι (χ - χ ι ) = χ-+ ο α 2 (χ - χ 0 )(χ - χ 2 ) ->χο α 2 (χ - χ 2 ) _ J α ι (χ ο - Χ ι ) J · l α2 Cxo - χ 2 )1

)

(

7.

=Ο.

Για μια συνάρτηση f : lR � JR ισχύει: f(χ)ημχ ::;; ημ5χ, για κάθε χ ε JR . Επίσης, ισχύει: �� f(x) .e. Ε 1R . Να βρείτε =

τον αριθμό

Για κάθε χ Ε

.f. .

Λύ ση

(Ο,�) , έχουμε ημχ > Ο και άρα: f(x) ::;; ημ5χ . ημχ

(�

(1)

)

Για κάθε χ Ε - , 0 , έχουμε ημχ f(x) 2 ημ5χ ημχ

< Ο και άρα: (2)

.

5 ημ5χ ημ5χ 5χ = 5 . 'Εχουμε: lim = lim χ � ο ημχ χ � ο ημχ 6. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη στο διάχ στημα , και για κάθε χ Ε - , ημ5χ 'Ετσι έχουμε: χlim = 5 και lim ημ5χ = 5 . � ο · ημχ ημχ ισχύουν: Επίσης, έχουμε: lim f(x) = .e. και lim f(x) = ι ημ 2 Χ S f(X) S Χ 2 • (1) χ-+0'+Χ ο.""""+- Ο � χ Από την ( 1) έπεται ότι: Ν α βρείτε τα όρια: ημ5χ f ::;; 5 (3) f(x) - f(O) lim f(x) ::;; lim => I . L , lim f(x) . 2. L 2 l im . � · · χ�Ο χ�Ο χ � ο ημχ χ ο Χ

( ; ;)

( ; ;)

-

=

=

Από τη (2) έπεται ότι:

Λύση

Ι.

2.

Έχουμε: Ιίm ημ 2 χ = ημ 2 0 = 0 και lim x2 = 0 χ �ο χ ο �

Έτσι, από το θεώρημα ενδιαμέσων τιμών, έ­ χουμε: lim f(x) = O. χ �ο f(O) ::;; Από την (1 ) με χ = βρίσκουμε: και άρα f(O) = Έτσι, έχουμε: f(x) .

L 2 = lim χ �ο χ

Ο.

Για κάθε χ Ε

Ο,

Ο::;;

(Ο,�) , από τις ( 1 ) έχουμε:

Ο

ημ5χ f 2 5 (4) lim f(x) 2 χlim => � ο ημχ

χ � ο-

Από τις (3) και (4) έπεται ότι: f = 5 .

8. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη κοντά στο ι· f(χ) + ημχ - 1 ιm 2 (1) ο και ισχυει: χ�Ο Χ f(x) - 1 . , , L lιm Να β ρειτε το οριο � ν f(χ) - συνχ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/6 1

·

=

=

.

.

[ .J

J

. xg(x) xg(x) + Ι + συνχ = lιm = ημχ · ..... ο 'Ε χουμε ι ιm - = Ι . Απο' αυτη' και την ( Ι ) επεται ' xg(x) + Ι - συν 2 χ Χ -+0 Χ g(x) xg(x) + Ι + συνχ Ι( f(χ) + ημχ - Ι _ ημχ Ι) ότι: Ιίm lim = = ...Γο+Ϊ + =2. Ι :::: :> = 2 Χ-+0 .... . ο Χ Ι+Ι·Ο Χ g( χ) + ημχ . ημχ χ :::::> lim f(x) - I = I (2). χ -+0 lim x• + t . χ 9. Να βρείτε το όριο: L Χ--++οο f(x) - Ι . , , τη συναρτηση: Λύ ση Θ. εωρουμε g( χ ) = χ Έχουμε χ > Ο και άρα χ'+' > Ο , οπότε: Η g είναι ορισμένη κοντά στο Ο και ισχύει: HI ι = lim Χ Χ + ( = lim e (nX = lim e (Χ+ ( ) (Π Χ lim g(x) = Ι . χ-+0 Έχουμε (κοντά στο 0): f(x) = xg(x) + Ι . Έτσι, έχου- Θέτουμε y = (χ + I) ln χ . 'Εχουμε: με: lim lim00 (χ + Ι) ln χ = ( +οο) · ( +οο) = +οο. Χ--+ +00 y = Χ--+ + χ) + Ι Ι xg( ι = lim = Έτσι, έχουμε: , ... ο xg(x) + Ι - συνχ Y ι = ylim e = +οο.

--++00 Λύ ση

[

]

J

[�

=

.J

Συνέχεια σε

κλειστό διάστημα εφαpμογες της _.

και

Αναγνώστου Κώστας του Θεοχάρη Π ρ ό τα ση I

Πρ ό τ α ση 2

Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σ' ένα διά­ Έστω f : [α, β] --+ IR συνεχής συνάρτηση. Αν για στημα Δ και δε μηδενίζεται σ' αυτό, δηλαδή κάθε χ Ε [α, β] είναι f(x) =F- κ όπου κ Ε IR , τότε f(x) =F- Ο για κάθε χ Ε Δ , τότε η f διατηρεί στα- f(α) < κ και f(β) < κ ή f(α) > κ και f(β) > κ . Α π όδ ει ξη θερό πρόσημο στο Δ. Α π όδ ε ι ξη Άλλη διατύπωση του θεωρήματος των ενδιάμεσων Έστω ότι η f δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ, τιμών. τότε θα υπάρχουν κ, λ Ε Δ με κ < λ τέτοια ώστε Π ρ ό τα ση 3 (Σταθερό σημείο Brouwer) f(κ)f(λ) � Ο . Έστω συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] με Διακρίνω περιπτώσεις: Αν f(κ) · f(λ) = Ο � f(κ) = Ο ή f(λ) = Ο άτοπο α � f(x) � β για κάθε χ Ε [α, β] . Να αποδείξετε ότι υπάρχει χ 0 Ε [α, β] , τέτοιο ώστε f(x 0 ) χ 0 • γιατί f(x) =F- Ο για κάθε χ Ε Δ . Α π όδ ε ιξη Αν f(κ)f(λ) < Ο και με δεδομένο ότι η f είναι συνεχής στο [κ, λ] ς Δ ισχύει θεώρημα Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - χ, χ Ε [α, β] . Παρατηρούμε ότι: Baizano, επομένως θα υπάρχει ένα τουλάχιστον Η g είναι συνεχής στο [α, β] ως διαφορά συνε­ χ 0 Ε (κ, λ) τέτοιο, ώστε f(x 0 ) = Ο το οποίο είχών ναι άτοπο γιατί f(x) =F- Ο για κάθε χ Ε Δ . Εποg(α) · g(β) = [f(α) - α] · [f(β) - β] � Ο μένως η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο Δ.

•

=

•

• •

'--ν--'

<=Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ. Ι /62

�

�ο

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Διακρίνουμε περιπτώσεις i) αν g(α) · g(β) = Ο � g(α) = Ο ή g(β) = Ο � f(α) = α ή f(β) = β αν g(α) · g(β) < Ο τότε ισχύει Θ. Bolzano, οπότε θα υπάρχει χ 0 ε (α, β) έτσι ώστε g(x 0 ) = Ο � f(x 0 ) = χ 0 Άρα υπάρχει χ 0 ε [α, β] τέτοιο ώστε f(x 0 ) = χ 0 . Πρόταση 4 ίί)

Κάθε πολυώνυμο περιττού βαθμού με πραγμα­ τικούς συντελεστές έχει τουλάχιστον μια πραγ­ ματική ρίζα. Απόδειξη Έστω πολυωνυμική συνάρτηση f( χ ) = α ν χ ν + α ν_ 1 χ ν- 1 + ... + α1χ + α 0 με ν =2ρ + 1 , α ν :;t: Ο . Αν α ν > 0 τότε lim f(x) = lim (α ν χ ν ) = -οο άρα υπάρχει λ < Ο τέτοιο ώστε f(λ) < Ο, επίσης lim f(x) = l im (αν χ ν ) = +οο , άρα υπάρχει μ > Ο •

x -+-<JO

χ -+t<JO

•

x -+-<JO

Επειδή η f « 1 - ι )> θα ισχύει ξ =α άτοπο γιατί α < χ 1 < ξ < β όμοια για τις περιπτώσεις (2), (3), (4), (5) άρα f(α) < f(x 1 ) < f(x 2 ) < f(β) . Επομένως για κάθε χ 1 , χ 2 ε [α, β] με χ 1 < χ 2 � f(x1 ) < f(x 2 ) άρα η Όταν f(α) > f(β) τότε η Εφαρμογές

χ �-οο

χ -+t<JO

χ �-οο

--οο ,

Πρόταση 5 Έστω συνάρτηση f : [α, β ) � JR . Αν η f είναι συ­ νεχής και «1 - 1)) στο [α, β) . Τότε η f είναι γνη­ σίως μονότονη στο [α, β). Απόδειξη Η f « ι - ι )> στο [α, β] άρα f(α) :;t: f(β) . Έστω f(α) < f(β) , θεωρούμε χ1χ 2 ε (α, β) με χ ι < χ 2 τότε f(x 1 ) :;t: f(x 2 ) . Ισχύει α < Χ ι < Xz < β και για τα: f(α), f(x 1 ), f(x 2 ), f(β) θα ισχύει μία από τις σχέσεις.

2 ) f(α) < f(β) < f(x 2 ) 1 ) f(χ ι ) < f(α) < f(β)

Π

Ο

στο [α, β] .

στο [α, β] .

Έστω f : JR � JR με f(x) = xν - 2xv- t + 3, ν ε Ν, ν � 2 . Δείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (0,1) τέτοιο ώστε f(ξ + 1) = f(ξ)

1.

χ -+t<t::

τέτοιο ώστε f(μ) > Ο. Για τη συνάρτηση f ισχύει το Θ. Bolzano στο [λ, μ], άρα θα υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (λ, μ), δηλαδή μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα. Αν αν < Ο τότε lim f(x) = lim (α ν χ ν ) = +οο , άρα υπάρχει κ < Ο τέτοιο ώστε f(κ) > Ο. Επίσης άρα υπάρχει ρ > Ο lim f(x) = lim (αν χ ν ) = τέτοιο ώστε f(ρ) < Ο . Για τη συνάρτηση f ισχύει το Θ. Bolzano στο [κ, ρ], άρα θα υπάρχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (κ, ρ), δηλαδή μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα. χ -+t<JO

4 ) f(α) < f(β) < f(χ ι ) f(x 2 ) < f(α) < f(β) 5) f(α) < f(x 2 ) < f(x1 ) < f(β) 6) f(α) < f(x ι ) < f(x 2 ) < f(β) I ) f(x1 ) < f(α) < f(β) Έστω f : [x ι , β] � JR , η f συνεχής στο [χ ι , β] και f(x 1 ) < f(α) < f(β) άρα από το θεώρημα των ενδιαμέσων τιμών υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (χ 1 , β) με f(ξ) = f(α) .

3)

Υ π όδ ε ιξη

Στη συνάρτηση h(x) = f(x + 1) - f(x) εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο διάστημα [0, ι ].

2 . Έστω f : JR � JR συνάρτηση συνεχής στο 2 z1 z 2 1 ιι 2 f(x) = R με f \x) + jz 1 - z 2 j f (x) + 4 2χ 5 + χ 4 - 2 για κάθε χ ε JR όπου z 1z 2 σταθεροί μιγαδικοί οι εικόνες των οποίων είναι εσωτερικά σημεία του κύκλου χ 2 + y 2 1 . Αποδείξτε ότι α) lz ι - z 2 j < j ι - zι z 2 j . β) η εξίσωση f(x) = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0, 1). =

Α π όδ ει ξη

α) Επειδή οι εικόνες των μιγαδικών z 1 , z2 είναι εσωτερικά σημεία του κύκλου χ 2 + y 2 = ι θα ισχύει lz ι l < ι και lz 2 1 < 1 . Άρα ι - Ιz 1 1 2 1 - lz2 j 2 > Ο � ( 1 - z1z1 )( 1 - z2� ) > Ο � 1 - z2� - z 1z1 + z1z1 z2 z2 > Ο �

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/63

)(

)

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

<::::::> 1 + z1 z2 � 'Zz > z1 z1 + z2 'Zz <::::::> <::::::> 1 - z1 'Zz - z1 z2 + z1 z2 z1 'Zz > > z , z, + z 2 z2 - z , z2 - z, z 2 <::::::> <::::::> 1 - z 1z2 - z1 z 2 ( 1 - z 1z2 ) > > z , (z, - z2 ) - z 2 (z, - z2 ) <::::::> <::::::> ( 1 - z , z2 ) ( 1 - z, z 2 ) > ( z , - z 2 ) ( z, - z2 ) <::::::> <::::::> ( 1 - ΖιΖ 2 ) 1 - ΖιΖ 2 > ( Ζι - Ζ 2 ) Ζι - Ζ 2 <::::::> <::::::> 11 - z, z 2 1 2 > lzι - z 2 1 2 <::::::> 11 - z, z 2 1 > lzι - z 2 1 β) Για κάθε χ ε JR ισχύει Ι - z, Ι ' r ' (x) + lz , - z , Ι r<x) + ι (χ) =

(

(

)

[

�

)

}

Αν f(β) = Ο τότε και f(α) = Ο άρα χ = α και χ = β ρίζες της εξίσωσης f(x) = Ο . Αν f(β) :;t: O τότε και f(α) :;t: O . Για τη συνάρτηση f εφαρμόζουμε το Θ. Bolzano στο [α,β] . Η f συνεχής στο [α, β] .

2 2 α α f(α)f(β) = - f(β) · f(β) = - f(β) < Ο β2 β άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 0 ε (α, β) τέτοιο ώστε f(x 0 ) = Ο . Επομένως η εξίσωση f(x) = Ο έ­ χει τουλάχιστον μία ρίζα στο [α,β].

[ ]

•

•

4. Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : JR � JR με = 2χ 5 + χ 4 - 2 επειδή, f(O) :;t: Ο και f (x) :::;; 2005 για κάθε χ Ε JR 1 ι - � z2 Ι 2 2 2 = lz1 - z2 1 - I 1 - Ζι z2 1 < 0 Δ = lz1 - z2 1 - 4 Δείξτε ότι η εξίσωση f 2 (x) = χ 2 έχει δύο 4 τουλάχιστον πραγματικές ρίζες. <=> Ιz , - z 2 Ι < Ι ι - z, z 2 1 ισχύει από το πρώτο εΑ π όδ ε ι ξ η ρώτημα. Για κάθε χ Ε JR είναι 1 - z1 z 2 1 2 I 2 Άρα f (x) + lz 1 - z 2 l f(x) + > 0 για l f(x)l :::;; 2005 <::::::> -2005 :::;; f(x) :::;; 2005 <::::::> 4 f(x) + 2005 :?: Ο κάθε χ ε JR , επομένως f(O) < Ο και f(l) > Ο . . Θεωρούμε τη συνάρτηση <::::::> f(x) 2005 :::; ; Ο Για τη συνάρτηση f εφαρμόζουμε το Θ. Bol­ g(x) = [ f(x) - χ] · [ f(x) + χ] , χ ε [ -2005, 2005] zano στο διάστημα [0, 1 ] Η f συνεχής στο [Ο, 1 ] . Η g είναι συνεχής στο διάστημα [ -2005, 0] f(O)f(l) < Ο g( -2005)g(O) = άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον = [f(-2005) + 2005] [f(-2005) - 2005] . f 2 (0) :::;; ο χ 0 ε (Ο, 1 ) : f(χ 0 ) = 0 >0 <: 0 so 3. Έστω μια συνάρτηση f : [α, β] � JR συνε­ Διακρίνουμε περιπτώσεις Αν g( -2005)g(O) = Ο , τότε g( -2005) = Ο άρα χής στο [α, β] και οι μιγαδικοί το - 2005 είναι ρίζα της g(x) = Ο. z = α 2 + if(α), w = f(β) + iβ 2 , αβ :;t: Ο . Αν g( -2005)g(O) < Ο , τότε ισχύει θεώρημα Αν z 2 + w 2 = w - z 2 τότε η εξίσωση Bolzano, οπότε η εξίσωση g(x) = Ο έχει μια f(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάτουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (- 2005, 0). στημα [α, β]. (lη Δέσμη 1995) Άρα η εξίσωση g(x) = Ο <::::::> f 2 (χ) = χ 2 έχει μία Α π όδ ε ι ξη τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [- 2005,0). lzl 2 + lwl 2 = lz - w l 2 <:=:> zz + w\V = ( z - w )(z - w ) <=> Ομοίως δείχνουμε ότι η εξίσωση έχει και μια <::::::> zz + wW = zz - zW - wz + wW <::::::> zW + wz = ο τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( Ο, 2005] . Ε<::::::> zW + zW = Ο <::::::> 2 Re( zW) = Ο <::::::> Re( zW) = Ο . πομένως η εξίσωση f 2 (x) = χ 2 έχει δύο τουλά­ 2 2 Είναι zW = [α + if(α)] [f(β) - iβ ] = χιστον πραγματικές ρίζες. = [ α2 f(β) + β 2 f(α) J + [ f(β)f(α) - α2 β 2 Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f:(O,-+«J)�JR. 5.

2 α άρα α 2 f(β) + β 2 f(α) = Ο <::::::> f(α) = --2 f(β) Αν f(α) = l και f(x)f(y) + f r = 2f(xy) β

l l

•

_

-

{

•

•

�

•

ll l l l

l

•

}

(� ) ( � )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.Ι /64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

για κάθε x, y Ε (Ο,+οο) και α > Ο, να δείξετε ότι η f είναι σταθερή. Α π όδ ει ξη

Για χ = y = 1 ισχύει f 2 (1) + f 2 (α) = 2f(l) � ( f(l) - 1 ) 2 = Ο � f(l) = 1 Για y = 1 και χ Ε (0, +οο) έχουμε

( : J r(α) = 2f(x) � f(x) + f ( : J = 2f(x) � f(x) = f ( : J f(x)f(l) + r

(1)

Για y = � και χ Ε (0, +οο) έχουμε χ

(� J + r ( : J r(x) = 2f(α) � 2f(x)f ( : J = 2 � f(x) ( � J = 1

Απ όδ ει ξη

f συνεχής και « 1 - 1 » στο IR άρα γνήσια μονό­ τονη στο IR (πρόταση 5). Έστω Ο στο IR . Υποθέτουμε ότι f(x 0 ) :;t: χ 0 • Τότε f(x 0 ) > χ 0 ή f(x 0 ) < χ 0 • Η

η

Αν f(x 0 ) > χ 0 � f(f(x 0 )) > f(x 0 ) > χ 0 άρα f(f(f(x 0 ))) > f(x 0 ) � χ 0 > f(x 0 ) άτοπο ό­ μοια όταν f(x 0 ) < χ 0 . Ανάλογα εργαζόμαστε και όταν Π στο 1R . Άρα f(x 0 ) = χ 0 . Π ροτειν ό μενα για λύ ση θ έ ματα

1.

f(x)f

6.

(� J .

(2)

Από ( 1 ) και (2) έχουμε f 2 (χ) = 1 για κάθε χ Ε (Ο, +οο) άρα f(x) :;t: Ο για κάθε χ Ε (Ο, +οο) . Έχουμε λοιπόν f(x) :;t: Ο και f συνεχής στο (Ο, +οο) άρα η f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (Ο, +οο) . Επειδή f(α) = 1 > Ο θα είναι και f(x) > Ο στο (Ο, +οο) . Επομένως f(x) = 1 για κάθε χ Ε (0, +οο) , δηλαδή η f είναι σταθερή συνάρτηση. Έστω συνάρτηση f:IR�IR συνεχής και «1 - 1». Αν υπάρχει Χο E IR με (f o f o f}(:xo) = Xo , aποδείξτε ότι f ( χ0 ) = χ0

Έστω η εξίσωση χ 2 + χ + t = Ο, t Ε IR και η συ­ νάρτηση f : IR � IR με f(t) = l x 1 l + l x 2 1 όπου χ 1 , χ 2 οι ρίζες της εξίσωσης. α) Να μελετηθεί ως προς τη συνέχεια. β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) + ln f(x) = 2 - χ έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο , e 1 1 4

2.

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f,g : [α,β] � IR με f(β) = g(α) = Ο και f(x) + g(x) :;t: O για κάθε χ Ε [α,β] . Να απο­ δείξετε ότι υπάρχει χ 0 Ε (α,β) με f(x 0 ) = g(x 0 ) .

Βιβλιογραφία 1. Απειροστικός λογισμός Ι (Σωτή ρη Κ. Ντούγια) .

2. Περιοδικό GAZETΑ ΜΑ ΤΗ ΕΜΑ ΠCΑ.

•

ΜΑ ΘΗΜΑ Τ/ΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑ ΙΔ ΕΙΑΣ

Ασκήσεις Στατιστικής

των Παναγιώτη Στεφανή, Δημήτρη Βαμβακίδη, Βασίλη Καρκάνη

ΑΣ Κ Η Σ Η 1

Β α θ μολογ ί α

Στον παρακάτω πίνακα έχουμε τη γραπτή βαθ­ μολογία που πέτυχαν 30 μαθητές της Γ' Λυκεί­ ου σε εξέταση στο μάθημα της Στατιστικής (σε ακέραιες τιμές).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/65

Χι

10 13 16 18 Χ6

χ;

Συχν ότητα ν ;

2 5

ν3 10 3 ν6

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Αν ισχύουν: χ 1 < 10, χ 6 > 18 , το εύρος της βαθ­ μολογίας είναι R = 11, η μέση τιμή της βαθμο­ λογίας είναι χ = 14, 2 και η διάμεσος δ = 14,5 τότε να βρεθούν: α. Ο αριθμός των μαθητών που έγραψε 13. β. Ο αριθμός των μαθητών που έγραψε την ψηλότερη βαθμολογία. γ. Η χαμηλότερη και η ψηλότερη βαθμολογία. δ . Ο αριθμός και το ποσοστό των μαθητών που έγραψε το πολύ 16. ε . Ο αριθμός και τον ποσοστό των μαθητών που έγραψε άριστα (τουλάχιστον 18). στ.Να γίνει το κυκλικό διάγραμμα των παραπά­ νω γραπτών βαθμών. Λύση

Εφόσον η διάμεσος είναι δ = 1 4, 5 = 1 3 + 1 6 και 2 το πλήθος των παρατηρήσεων 30 συμπεραί­ νουμε ότι 1 5 παρατηρήσεις είναι μικρότερες του 14,5 και οι υπόλοιπες 1 5 παρατηρήσεις με­ γαλύτερες του 1 4,5. Έτσι ν , + ν 2 + ν 3 = 1 5 ή ν 3 = 8 οπότε 8 μαθητές έγραψαν 1 3 . β . Επίσης: ν 4 + ν 5 + ν 6 = 1 5 ή 1 0 + 3 + ν 6 = 1 5 ή ν 6 = 2 οπότε την ψηλότερη βαθμολογία χ6 έγραψαν 2 μαθητές. γ. Ακόμη R = 1 1 ή χ 6 - χ 1 = 1 1 ή Χ 6 = χ 1 + 1 1 ( 1 ) οπότε ο πίνακας που δόθηκε γράφεται: α.

Βαθμολογία

Χι

10 13 16 18 χ 1 +1 1 Σ Υ Ν Ο ΛΟ

χ;

Συχν ό τητα ν;

X;V;

2 5 8 10 3 2 30

2χ, 50 104 160 54 2χ,+22 4χ, + 390

χ ί ν ί 4χ , + 390 Όμως χ Σ 30 Σ ν; Εφόσον χ = 1 4, 2 παίρνουμε: 4χ , + 390 = 14, 2 <=:> ... <=:> χ , = 9 και από την 30 ( 1 ): χ 6 = 9 + 1 1 = 20 . Δηλαδή η χαμηλότερη βαθμολογία είναι 9 και η ψηλότερη 20.

δ.

Σύμφωνα με τα παραπάνω ο πίνακας συχνοτή­ των της βαθμολογίας είναι: V;

Χ;

F;

f;

Ν;

F;%

2 2 0,06 6 6 5 7 0, 1 7 1 7 23 8 1 5 0,27 27 50 1 0 25 0,34 34 84 3 28 0, 1 0 1 0 94 2 30 0,06 6 1 00 Σ ΥΝ Ο Λ Ο 30 1 1 00 οπότε ο αριθμός των μαθητών που έγραψε το πο­ λύ 16 είναι 25 και το αντίστοιχο ποσοστό 84%. ε. Από τον προηγούμενο πίνακα είναι φανερό ότι άρι­ στα (τουλάχιστον 1 8) έγραψαν 5 μαθητές ή το 16%. στ.Για το μέτρο της γωνίας κάθε κυκλικού τομέα στο κυκλικό διάγραμμα ισχύει: α; = 360' f; . Έτσι: α, = 360' f, = 360' 0, 06 "" 22' α 2 = 360' f2 = 360' Ο, 1 7 "" 61' α 3 = 360' f3 = 360' 0, 27 "" 97' α 4 = 360' f4 = 360' 0, 34 "" 1 22' α 5 = 360' f5 = 360' Ο 1 0 "" 36' α 6 = 360' f6 = 360' 0, 06 "" 22' οπότε έχουμε το παρακάτω κυκλικό διάγραμμα στο οποίο κάθε κυκλικός τομέας γωνίας α; α­ ντιστοιχεί στο βαθμό χ;, Ι = 1 , 2, . . . , 6.

9 10 13 16 18 20

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

·

χ4= 1 6

,

χ3= 1 3

ΑΣ Κ Η Σ Η 2

Δείγμα 50 τηλεθεατών ρωτήθηκε ποιο είναι το αγαπημένο τους κανάλι. Οι απαντήσεις φαίνο­ νται στον παρακατω πινακα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/66

Όνομα καναλιού

Συχν ό τητα

κανάλι 1 κανάλι 2 κανάλι 3 κανάλι 4 κανάλι 5

17 6

19 3 5

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

24 α. Να παραστήσετε γραφικά με ραβδόγραμμα τα άρα ν 3 = 50 · - = Ι 2 .

1 00 δεδομένα αυτά και να βρείτε το ποσοστό των τηλεθεατών που είχε ως αγαπημένο το κανάλι 2. Α Σ Κ Η Σ Η 3 β. Το ίδw δείγμα ρωτήθηκε για το πόσες ώρες ε­ Να βρεθεί η μέση τιμή των αριθμών 2, 6, 10, 14, βδομαδιάία παρακολουθεί τηλεόραση. . . . , 398. Στο παρακάτω σχήμα δίνεται το πολύγωνο α­ Λύ σ η θροιστικών σχετικών συχνοτήτων (F;%) της Οι αριθμοί 2, 6, 1 0, Ι4, . . . , 398 αποτελούν αριθμη­ μεταβλητής: "εβδομαδιαίες ώρες τηλεθέασης". τική πρόοδο με α1 = 2, ω = 4 και αν = 398. Επίσης α ν = α ι + (ν - Ι) · ώ οπότε : 398 = 2 + (ν - Ι) · 4 <:::::> ν = 1 00 Για το άθροισμα των Ι 00 όρων της αριθμητικής προόδου 2, 6, 1 0, Ι4, . . . , 398 έχουμε: (α 1 + α ν ) · ν (2 + 398) · 1 00 , Σν = ή Σ ι οο -_ η 2 2 1 00 χί Σ 4 Σ 100 = 20000 . Έτσι: χ = � ή χ = 2οοοο = 200 1 00 1 00 ί. Να βρείτε το ποσοστό των τηλεθεατών η ζητούμενη μέση τιμή. του δείγματος που παρακολουθούν εβδο­ ΑΣ Κ Η Σ Η 4 μαδιαία 6 ή περισσότερες ώρες. ίί. Να βρείτε τον αριθμό των τηλεθεατών Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται το διάγραμμα του δείγματος που παρακολουθούν εβδο­ συχνοτήτων για τη μεταβλητή Χ: ηλικία παι­ μαδιαία λιγότερες από 6 ώρες και περισ­ διών που συμμετείχαν σε μια γιορτή.

Yi σότερες ή ίσες από 4 ώρες.

F;% \ 00

80

46

22

\0

ο

2

6

8

\0

ώ ρες ε βδομαδιαίας τηλεθέασης

7

Λύ ση

6 i 5 �4 �3 g. 2 ι ;>

α. Το ραβδόγραμμα συχνοτήτων είναι: ν;

--

·:ΞΙ

·Ο

19 17

οι 2345 6

6 5 3 �

;:;<::

Ν

;:;<::

(...ι

:r::

:ι,.

Ω �

Vl

Το ζητούμενο ποσοστό είναι � = Ο, Ι 2 ή Ι 2%.

50 β. ί. Το ζητούμενο ποσοστό είναι ίσο με: f4 % + f5 % = F5 % - F3 % = Ι 00 - 46 = 54 άρα 54% ii. Ο ζητούμενος αριθμός είναι ίσος με τη συ­ ν χνότητα ν3 όμως f3 2 <:::::> ν 3 = 50 · f3 ν και f3 % = F3 % - F2 % = 46 - 22 = 24 άρα 24% =

Α.

Β.

7 8 9

I I

I

ιο ι ι ι2 ι 3 ι4 ι5

η λικία παιδιών

α. Να βρείτε το μέγεθος του δείγματος και τη διάμεσο. β. Να εξετάσετε το είδος της aσυμμετρίας που παρουσιάζει το διάγραμμα. Θεωρούμε το παραπάνω δείγμα ηλικιών των παιδιών από το οποίο λείπει μόνο το παιδί ηλικίας 15 ετών. Επίσης θεωρούμε ότι η συ­ χνότητα κάθε ηλικίας είναι 1 (και όχι αυτή του διαγράμματος που έχει δοθεί). Να εξη­ γήσετε ποια επίπτωση θα έχει αυτή η απου­ σία στη μέση τιμή της ηλικίας του νέου δείγματος σε σχέση με την αντίστοιχη του αρχικού δείγματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 6

Λύ ση

Α.

Β.

α. Το μέγεθος του δείγματος είναι: ιι ν = Σ ν; = 2 + 4 + 6 + 7 + 6 + 5 i=ι +4 + 2 + 1 + 1 + 1 = 39 Η διάμεσος είναι ίση με την τιμή της 20η ς παρατήρησης άρα δ = 6. (γιατί;) β. Όπως φαίνεται από το διάγραμμα υπάρχει θετική ασυμμετρία. Η μέση τιμή επηρεάζεται από τις ακραίες τιμές, γι' αυτό η απουσία της ακραίας τιμής 1 5, θα έ­ χει σαν συνέπεια η μέση τιμή που θα προκύψει να εκφράζει με περισσότερη ακρίβεια την κε­ ντρική τιμή των παρατηρήσεων.

ΑΣ Κ Η Σ Η 5

Ο τρόπος εισαγωγής στα A.E.I. σε μια χώρα απαιτεί γραπτές εξετάσεις σε 1 Ο μαθήματα. Ο προφορικός βαθμός στα αντίστοιχα μαθήματα δεν λαμβάνεται υπόψιν. Για να εισαχθεί ένας μαθητής σε μια συγκεκριμένη σχολή χρειάζεται μέσο όρο βαθμολογίας στα γραπτά 17. Ο μαθητής στα πρώτα 7 μαθήματα έχει μέση βαθμολογία 14 και του μένουν για εξέταση ακό­ μη 3 μαθήματα. Είναι δυνατό ο μαθητής με κα­ τάλληλες επιδόσεις σε αυτά τα 3 μαθήματα που απομένουν, να μπει στη σχολή αυτή;

Η εθνική ομάδα μπάσκετ που κατέκτησε την πρώτη θέση στο Ευρωπαϊκό πρωτάθλημα μπά­ σκετ του 2005 είχε στη σύνθεσή της 4 παίχτες που αγωνίζονταν στο ελληνικό πρωτάθλημα, οι οποίοι είχαν μέσο όρο ηλικίας 23,5 έτη, Οι υπό­ λοιποι παίχτες αγωνίζονταν σε διάφορες χώρες της Ευρώπης και είχαν μέσο όρο ηλικίας 25 έτη. Επίσης δίνεται ότι ο μέσος όρος ηλικίας όλων των παιχτών της εθνικής ομάδας ήταν 24,5 έτη. α. Να βρείτε πόσοι παίχτες συμμετείχαν στην εθνική ομάδα. β. Αν υποτεθεί ότι στο αμέσως επόμενο Ευρω­ παϊκό πρωτάθλημα που θα γίνει σε δύο α­ κριβώς χρόνια, η Εθνική θα μετέχει με τους ίδιους ακριβώς παίχτες, με εξαίρεση ένα παί­ χτη που αποσύρεται ηλικίας τότε 30 ετών και ο οποίος αντικαθίσταται από άλλο παίχτη η­ λικίας τότε 20 ετών να βρείτε τη νέα μέση ηλικία της ομάδας. Λύ ση

α. Έστω ν ο αριθμός των παικτών της εθνικής ο­ μάδας. Είναι:

Όμως: ν

Λύ ση

Έστω χ ι , χ2 , χ3 οι γρ απτοί βαθμοί που θα πάρει ο μαθητής στα τρία μαθήματα που του έχουν απο­ μείνει ακόμη να εξεταστεί. Έχουμε: χ = 1 7 <=:> ι Σ χί J=L_ = 1 7 <=:> Σ Χ; + Χ ι + Χ + χ3 = 1 70 ( 1 ) 2 10 i=ι ο

7

7

Σ χί

7

= 1 4 <=:> Σ χ; = 98 .

7 i=ι Έτσι η ( 1 ) γράφεται: 98 + Χ ι + χ2 + χ3 = 1 70 <=:> Χ ι + χ2 + χ3 = 72 . Για το βαθμό χ; κάθε μαθήματος ισχύει: Χ; � 20 άρα χ ι + χ 2 + χ 3 :ς 60 συνεπώς ο μαθητής ακόμη και αν γράψει τρία 20άρια δεν μπορεί να εισαχθεί στη σχολή αυτή. Όμως

2=L_

ν

4

Σ χ; + Σ χί i=S = 24, 5 ( 1 ) χ = 24, 5 <=:> i=ι ν

1

Σ χ.

ν

= 25 <=:> Σ Χ; = 25ν - 1 00 . ν-4 i=s Έτσι η ( 1 ) δίνει: 94 + 25ν - 1 00 = 24, 5 <=:> ν = 1 2 . ν Άρα μετείχαν στην Εθνική 1 2 παίχτες. β . Η μέση ηλικία των 1 2 παιχτών που μετείχαν στο φετινό πρωτάθλημα σε 2 χρόνια θα είναι: y = x + 2 ή y = 24, 5 + 2 = 26, 5 έτη. ι2 Σ Υ; ι2 Συνεπώς: 2=L_ = 26, 5 <=:> Σ Υ ; = 3 1 8 12 i=ι Άρα ψ' η νέα μέση ηλικία της ομάδας θα έχουμε: Επίσης:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/68

..i.=L_

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου 11

Σ Υ; - 30 + 20

3 1 8 - 1 0 25 67 ετη, = , ' 12 12 η ζητούμενη νέα μέση ηλικία της ομάδας. y'

= ...!.j=..!.-1

___ _ _

ΑΣ Κ Η Σ Η 7

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται το ιστόγραμμα σχετικών συχνοτήτων f;% του ετήσιου εισοδή­ ματος σε χιλιάδες ευρώ, των εργαζομένων σε μια επιχείρηση. f,%

20

ι

--,

10

10

12

14

16

18

20

Λύ ση

Ισχύει: f1 + f2 + f3 + f4 + f5 = 1 <:::::> Ο, 1 + Ο, 2 + f3 + f4 + Ο, 1 = 1 <:::::> f3 + f4 = Ο, 6 ( 1 ) 5 Ακόμη είναι: χ = 1 5, 2 <:::::> Σ χ;f; = 1 5, 2 <:::::> i=l

1 1 · 0, 1 + 1 3 · 0, 2 + 1 5 . f3 + 17 . f4 + 1 9 · 0, 1 = 1 5, 2 => 1 5f3 + 1 7f4 = 9, 6 (2) Από το σύστημα των (1 ) και (2) βρίσκουμε f3 = f4 = 0, 3 .

ι

ι

ι

ή 1 6.720 ευρώ.

εισόδημα σε χιλ. ευ ρώ

Από το ιστόγραμμα λείπουν τα ορθογώνια που α­ ντιστοιχούν σε δύο κλάσεις. Αν η μέση τιμή του ετήσιου εισοδήματος είναι 15200 ευρώ τότε: α. Να βρείτε τις συχνότητες f3 , f4 που λείπουν. β. Η διοίκηση της επιχείρησης αποφάσισε την χορήγηση επιδόματος θέρμανσης σε όσους από τους εργαζόμενους έχουν έσοδα ετήσια μικρό­ τερα από 16.000 ευρώ. Βρείτε το ποσοστό των εργαζομένων που δικαιούνται το επίδομα. γ. Αν γνωρίζουμε ότι το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα είναι 40 τότε να βρείτε τον α­ ριθμό των οικογενειών που δικαιούνται το επί­ δομα του προηγούμενου ερωτήματος. δ . Αν η διοίκηση της εταιρείας αποφασίσει να αυξήσει τους μισθούς όλων των εργαζομένων κατά 1 0% από την επόμενη χρονιά. Να βρεί­ τε ποια θα είναι η μέση τιμή του ετήσιου ει­ σοδήματος, μετά την αύξηση. α,

β. Είναι: f1 + f2 + f3 = Ο, 1 + Ο, 2 + Ο, 3 = Ο, 6 , οπότε το ζητούμενο ποσοστό είναι ίσο με 60%. γ. Το εμβαδόν του χωρίου αυτού είναι ίσο με το μέγεθος ν του δείγματος, οπότε ν = 40. Έτσι ο ζητούμενος αριθμός είναι: 60 · 40 = 24 οικογένειες.

1 00 δ . Αν χ; με ί = 1 , 2, . . . , 40 οι μισθοί των εργαζο­ μένων πριν την αύξηση τότε οι νέοι μισθοί θα είναι: 1 0 χ. = 1, 1χ . . ψ. = χ . + 1 00 Συνεπώς η νέα μέση τιμή θα είναι: y = 1, 1 · χ = 1, 1 · 1 5, 2 = 1 6, 72 ΑΣ Κ Η Σ Η 8 Α.

Β.

Σε δύο τμήματα της Γ ' Λυκείου που το κα­ θένα έχει 20 μαθητές η μέση τιμή του βαθ­ μού πρόσβασης είναι 14 στο καθένα και οι τυπικές αποκλίσεις αντίστοιχα 3 και 4,5. α . Να βρείτε σε ποιο τμήμα αναμένεται να υπάρχουν περισσότερες επιτυχίες σε Α.Ε.Ι. αν θεωρηθεί ότι για την εισαγωγή σε ΑΕΙ χρειάζεται βαθμός μεγαλύτερος από 1 7. Να τεκμηριώσετε την απάντησή σας. Θεωρείστε ότι η κατανομή της βαθ­ μολογίας είναι κανονική. β. Να συγκρίνετε την ομοιογένεια των δύο τμημάτων. Θεωρούμε το δείγμα που αποτελείται από τους μαθητές και των δύο τμημάτων. Έστω z η μέση τιμή του βαθμού πρόσβασης στο δείγμα αυτό και χ, y οι μέσες τιμές στα αρχικά τμήματα, τότε , - χ+y α. Ν α απο δ ει' ξετε οτι z 2 β. Να εξετάσετε αν ισχύει πάντα η σχέση y x +-z σε κα' θ ε περιπτωση που δη2 μιουργούμε ένα νέο δείγμα που προέρχε­ ται από δύο άλλα δείγματα όπως στην πε­ ρίπτωση του ερωτήματος α . = -- .

,

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/69

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λύ ση

Α.

Β.

α. Η διακύμανση εκφράζει τη «συγκέντρωση» των τιμών της μεταβλητής γύρω από τη μέ­ ση τιμή. Συνεπώς στο τμήμα που έχει S = 4,5 αναμένεται να υπάρχουν περισσότεροι μαθητές με βαθμό μεγαλύτερο του Ι 7, σε σχέση με το τμήμα όπου S = 3 . β . Είναι: 3 < 4, 5 <:=:> _2_ < 4' 5 άρα CV1 < CV2 • Ι 4 Ι4 Συνεπώς το τμήμα με S = 3 είναι πιο ομοιο­ γενές σε σχέση με το τμήμα όπου S = 4,5 . α. Επίσης

β. Ο ισχυρισμός δεν ισχύει πάντα. Αν θεωρή­ σουμε δύο δείγματα μεγέθους ν,, νz αντί­ στοιχα με ν =1- ν 2 και μέσες τιμές χ και y Σ χ; + Σ Υ ; i= ι αντίστοιχα, τότε: z = i= ι νι + ν 1

[

v

νι

ν

1

ν

χ ί Σ Υ; -χ + -Υ Ι Σ ;= ι i= ι και =+ -2 ν1 2 ν2 --

2

--

]

2

z

y οποτε προφανως: -z =1- x + 2 ,

,

--

ΑΣ Κ Η Σ Η 9

Δυο τμήματα Σ 1 και Σ2 μεταπτυχιακών φοιτητών του τμήματος Στατιστικής έχουν μέση γραπτή βαθμολογία στο μάθημα των πιθανότητων του 1 εξαμήνου χ 6 και τυπική απόκλιση s 0.8. Το 2° εξάμηνο όλοι οι φοιτητές του τμήματος Σ, αύξησαν το γραπτό βαθμό τους στο ίδw μάθημα κατά 1,2 μονάδες. Επίσης στο τμήμα Σ2 όλοι οι φοιτητές αύξησαν το γραπτό βαθμό τους στο ίδw μάθημα κατά 20%. Ποια από τις δύο αυξήσεις θεωρείται καλύτερη για έναν «καλό» φοιτητή και ποια για έναν «αδύνατο»; Να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. ου

=

=

Λύ ση

Στο τμήμα Σ1 κάθε φοιτητής αύξησε τη γραπτή του βαθμολογία το 2° εξάμηνο κατά Ι ,2 μονάδες οπότε η νέα μέση βαθμολογία έγινε: χ 1 = χ + Ι, 2 = 6 + Ι, 2 = 7, 2 μονάδες και η τυπική απόκλιση s 1 = s = 0, 8 . Στο τμήμα Σ2 η αντίστοιχη αύξηση είναι 20% οπό­ τε η νέα μέση βαθμολογία έγινε: χ2 = χ + 0, 2χ = Ι, 2χ = Ι, 2 6 = 7, 2 μονάδες και η τυπική απόκλιση s 2 = 1, 2 s = 1, 2 Ο 8 = Ο, 96 .Από τα παραπάνω παρατηρούμε ότι: χ 1 = χ 2 και s1<s2 , Ένας «καλός» φοιτητής θα ήθελε να "απομακρύ­ νει" το βαθμό του από τη μέση βαθμολογία, οπότε θα ήθελε να είναι στο τμήμα με τη μεγαλύτερη τυ­ πική απόκλιση, δηλαδή στο Σ2 • Επίσης ένας «αδύ­ νατος» φοιτητής θα ήθελε το βαθμό του "κοντά" στο μέσο όρο οπότε θα τον συνέφερε το τμήμα με τη μικρότερη τυπική απόκλιση Σ1 • ·

·

·

,

ΑΣ Κ Η Σ Η Ι Ο

κατανομή των υψών των αγοριών της Γ Λυ­ κείου σε ένα σχολείο είναι κανονική. Το 68% των μαθητών έχουν ύψος (σε εκατοστά) που α­ νήκει στο διάστημα (175, 181), ενώ οι πιο πολ­ λοί μαθητές έχουν ύψος 178 cm. α. Να βρείτε τη μέση τιμή και την τυπική από­ κλιση του ύψους των μαθητών. β. Να εξετάσετε αν είναι πιο πολλοί οι μαθητές που έχουν ύψους 174 cm ή αυτοί που έχουν ύψος 182 cm. γ. Να εξετάσετε αν είναι εύκολο το συγκεκριμέ­ νο Λύκειο να συγκροτήσει ομάδα μπάσκετ, από μαθητές της Γ Λυκείου, με μέσο όρο ύψους 188 cm. Η

Λύ ση

α. Στην κανονική κατανομή η μέση τιμή είναι η τιμή με τη μεγαλύτερη συχνότητα, άρα x=1 78 cm. Ακόμη ισχύει: x - S = 1 75 και χ + S = 1 8 1 άρα S = 3. β. Η κανονική κατανομή είναι συμμετρική γύρω από τη μέση τιμή συνεπώς οι μαθητές με ύψος 1 74 cm είναι όσοι και οι μαθητές με ύψος 1 78 cm. γ. Το 99,7% των μαθητών έχει ύψος στο διάστη­ μα (χ - 3S, χ + 3S) = (1 69, 1 87) άρα είναι δύ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/70

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

σκολο να συγκροτηθεί ομάδα μπάσκετ με μέσο όρο ύψους 1 88 cm.

11

ΑΣ Κ Η Σ Η

μέση τιμή και η τυπική απόκλιση μιας μετα­ βλητής Χ είναι χ και s, αντίστοιχα. Αν για τη μεταβλητή Ψ ισχύει η σχέση 2Χ + s , Ψ = 2χ , να υπολογιστεί η μέση τιμή και η διακύμανση της Ψ, αν s , '* Ο . Η

·

2(9 + χ 2 ) 3χ - 1 7 = ο <=> 2χ2 - 3χ + 1 = ο <=> -Χ = -1 η -Χ = 1 .

2 -

'

Π ροτεινό μενες Ασκή σ ε ις

ι 3.

Για είκοσι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Χ βρήκαμε χ = 50 . Διαπιστώθηκε όμως ότι οι δέκα παρατηρήσεις είχαν υπερεκτιμηθεί κατά 5 μονάδες η κάθε μια, ενώ οι άλλες εννιά εί­ χαν υποεκτιμηθεί κατά 1 Ο μονάδες η κάθε μια, ενώ 1 παρατήρηση είχε σωστά εκτιμηθεί. Να βρεθεί η σωστή μέση τιμή. Απάντη ση : χ = 52

1 4.

Το άθροισμα πέντε παρατηρήσεων μιας ποσο­ τικής μεταβλητής Χ είναι 25 και το άθροισμα των τετραγώνων τους 200. Να υπολογιστεί η μέση τιμή, η διακύμανση και η τυπική από­ κλιση μιας μεταβλητής Ψ αν γνωρίζουμε ότι Ψ=2·Χ+5 . Απάντη ση : ψ = 1 5, s� = 60, s Ψ = J60 .

1 5.

Μια ποσοτική μεταβλητή Χ όταν παίρνει τις τιμές t ι , t2 , . . . , ts έχει χ ι = 8 και s ι = 6 . Η ίδια μεταβλητή όταν πάρει τις τιμές ρ ι , ρ2 , . . . , ρ1 2 έχει χ 2 = 3 και s2 4. Ποια είναι η μέση τιμή χ , και η τυπική απόκλιση Sx της μεταβλητής Χ όταν πάρει συνεχόμενες τις τιμές t ι , t2 , . . . , ts , ρ ι , ρ 2 , . . . , ρ ι 2 ; Απάντη ση : χ = 5, sx = J30 .

Λύση

Από τη σχέση 2Χ + s , · Ψ = 2χ καταλαβαίνουμε ότι η σχέση που συνδέει τις παρατηρήσεις χ; με τις πα ρατηρήσεις ψ; είναι η εξής: 2χ; + s , · Ψ; = 2χ <::::> 2 2χ Γ , Ψ; = -- · χ ι + - . νωρι' ζουμε οτι: s, s, αν Ψ; = αχ; + β και α, β Ε IR τότε ' s 2Ψ = α 2 s .2 , αρα ' ψ- = αχ- + β , s Ψ = 1 α 1 · s, οποτε: 2 · _χ + 2 · _χ η, ψ_ = 0 και -ψ = -s, s, s; = - 2 s� η' s Ψ = 4 . s,

[ )2

?

·

-

2

?

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 2

Αν οι μεταβλητές Χ, Ψ συνδέονται με τη σχέση Ψ = 2Χ 2 - 3Χ + 4 και ψ = 21, s , = 3 να προσδιορίσετε τη μέση τιμή της μεταβλητής Χ.

=

Λύση

Είναι Ψ = 2Χ 2 - 3Χ + 4 οπότε Ψ; = 2χ � - 3χ; + 4 ν

ν

Σ C 2χ � - 3χ; + 4) ..i.=.L_ άρα ψ = = i=ι = ν ν 2Σ χ � 3 Σ χ ί Σ 4 ί= ι + -ί= ι = ί= ι ν ν ν Σ χ� οπότε: ψ = 2 J::.!__ - 3χ + 4 = 2 1 ( 1 ) ν Σ χ� Επίσης: s� = J::.!__ - χ2 (γιατί;) οπότε: ν Σ Ψ;

ν

ν

1 6.

ν

--

ν

���--�

ν

ν

Σ χ�

ν

ι 7.

..E.L._ -

Δίνονται οι μεταβλητές Χ και Ψ με μέση τιμή χ και ψ αντίστοιχα και τυπικές αποκλίσεις s., S ψ αντίστοιχα. Αν Ψ = αΧ + βχ και S x S ψ και υπάρχουν δύο τουλάχιστον παρατηρήσεις της μεταβλητής Χ διάφορες μεταξύ τους, να προσδιοριστούν τα α, β Ε IR έτσι ώστε χ = 2 και ψ = 4 . =

Σ χ; ..E.L._ 2 χ = 9 + χ2 (2) = <=> ν ν Από την ( Ι ) λόγω της (2) παίρνουμε: 9

Να βρεθεί η μέση τιμή των αριθμών Ι · 2, 2 · 3, 3 · 4, ... , ν(ν + l) . Υπόδειξη: Χρησιμοποιήστε την ταυτότητα ν( ν + 1) = ν 2 + ν . (ν + l ) · (ν + 2) Απάντη ση : 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/71

τιjλιι rΙu

lt tι B q τ ιj

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής

ΠΕΡΙ ΠΕΡΙΟΔΙ ΚΏΝ ΣΥΝΑΡτΗΣΕΩΝ

μαθητής Νίκος Μπιζάνης (Β ' Τοσίτσειο Λύ­ κειο Εκάλης) μας γράφει ότι, σύμφωνα με τον ορι­ σμό της περιοδικής συνάρτησης (σχολικό βιβλίο Άλγεβρα Β ' τάξης, σελίδα 1 0), μια σταθερή συ­ νάρτηση είναι περιοδική και μάλιστα με περίοδο οποιονδήποτε θετικό αριθμό (σωστό). Στη συνέ­ χεια ρωτάει: « Π οια ε ίναι η κύ ρια (βα σική) περ ί­ Ο

ο δ ο ς μιας σταθερή ς συν ά ρτη σης » .

Α Π ΑΝτΗΣΗ. Αγαπητέ Νίκο . Το σχολικό σου βιβλίο, από τις περιοδικές συναρτήσεις, έχει μόνο τον ορισμό (και κείνον . . . ). Δεν έχει τον ορισμό της κύριας περιόδου και δεν «ξεκαθαρίζει» τα πράγμα­ τα, με αποτέλεσμα να προκαλείται σύγχυση. Ας αφήσουμε λοιπόν το σχολικό σου βιβλίο και ας πάρουμε τα πράγματα από την αρχή, για να σχη­ ματίσεις μια, όσο το δυνατόν, ολοκληρωμένη ει­ κόνα για τις περιοδικές συναρτήσεις. Έτσι, θα λυ­ θεί και η απορία σου. Ορισ μ ό ς. Μία συνάρτηση f: A � JR ( Α * 0 , Α ς JR ) ονομάζεται (αμφίπλευρα) πε­ ριοδική αν, και μόνο αν, υπάρχει πραγματικός αριθμός τ * ο τέτοιος, ώστε για κάθε χ Ε Α να ισχύουν: (χ + τ) Ε Α,(χ - τ) Ε Α και f(x + τ) = f(x) .

Τότε, ο αριθμός Τ λέμε ότι είναι μία περίοδος της συνάρτησης f. Ισχύει το εξής θεώρημα: Θ ε ώ ρημα 1 .

Έστω ότι μία συνάρτηση f είναι περιοδική με μία περίοδο τον α­ ριθμό τ ::�; Ο . Τότε, για κάθε ν Ε Ζ* , ο αριθμός νΤ είναι επίσης μία περίοδος της f. Έτσι, κάθε περιοδική συνάρτηση έχει άπειρες περιόδους. Ο ρισ μ ό ς

Έστω ότι μία συνάρτηση f είναι πε­ ριοδική. Αν το σύνολο των θετικών περιόδων αυτής έχει ελάχιστο στοι­ χείο, τότε αυτό ονομάζεται κύρια (ή βασική ή πρωτεύουσα ή αρχική) πε­ ρίοδος αυτής. Έτσι, μια περιοδική συνάρτηση μπορεί να έχει κύρια περίοδο, μπορεί όμως και να μην έχει (όταν το σύνολο των θετικών περιόδων της δεν έχει ελά­ χιστο στοιχείο). Το πόσο σημαντικό είναι μία περιοδική συνάρ­ τηση να έχει βασική περίοδο, φαίνεται στο παρα­ κάτω θεώρημα. .

Θ ε ώ ρη μα 2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2!74

Έστω ότι μία περιοδική συνάρτη­ ση f έχει κύρια περίοδο τον αριθμό Τ (οπότε τ > Ο).Τότε, κάθε άλλη

Η στήλη του Μαθητή

περίοδος της f είναι ένα ακέραιο πολλαπλάσιο του Τ (δηλαδή, είναι της μορφής νΤ, όπου ν Ε Ζ* ).

- Ας έλθουμε τώρα στην απορία σου. Μία σταθε­ ρή συνάρτηση f(x) = c, όπου c Ε IR , έχει σύνολο ορισμού το IR και, όπως βρίσκουμε εύκολα, είναι περιοδική με μία περίοδο έναν οποιονδήποτε αριθ­ μό =1:- Ο. Έτσι, το σύνολο των θετικών περιόδων αυτής είναι το σύνολο των θετικών αριθμών. Αλ­ λά, το σύνολο αυτό δεν έχει ελάχιστο στοιχείο (δεν υ πάρχει θετικός αριθμός μικρότερος ή ίσος από κάθε θετικό αριθμό). Συνεπώς, η σταθερή συνάρτηση f(x) = c (είναι μεν περιοδική, αλλά) δεν έχει κύρια περίοδο (πε­ ριόδους έχει άπειρες, κύρια περίοδο δεν έχει). Αγαπητέ Νίκο. Τα Μαθηματικά είναι ωραία, ευχάριστα και εύκολα (μην ακούς τι λένε), αρκεί να τα πάρεις από την αρχή και να «ξεκαθαρίσεις» τις διάφορες έννοιες. Συνέχισε να διαβάζεις και εμείς είμαστε στη διάθεσή σου για ό,τι χρειαστείς.

ΧΡΗΣΙΜΗ ΕΠΙΣΉΜΑΝΣΗ

Η άσκηση 30 της στήλης αυτής είναι η εξής: «Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR � IR , για τις οποίες, για κάθε ·χ, y Ε IR , ισχύει: j f(x) + f( y ) j = j x + yj (1)» - Τέσσερις μαθητές και δύο μαθήτριες (από το ίδιο Λύκειο) μας έστειλαν την εξής λύση: Από την ( 1 ) με y = χ βρίσκουμε: j2f(x)j = j2xj => jf(x)j = jxj => [f(x) = χ ή f(x) = -χ ] . Ά ρα, οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι f(x) = χ και f(x) = - χ. ΑΠΆΝΤΗΣΗ Αγαπητά μας παιδιά (Νάσια, Τατιάνα, Γιάννη, . . . ) τη σχέση jf(x)j = jxj δεν την πληρούν μόνο οι συναρτήσεις που βρήκατε: f(x) = χ και f(x) = - χ., αλλά και πολλές άλλες, όπως για παράδειγμα η συνάρτηση: αν χ ;:::: 1 χ, (2) f(x) = αν χ < 1 -χ,

{

Υ Π Ο Λ ΟΓΙΣΜΟΣ ΤΗΣ Δ ΥΝΑΜ ΗΣ ίν

Πράγματι, αυτή είναι ορισμένη στο IR . Εξάλλου, έχουμε: Αν χ ;:::: l , τότε f(x) = χ και άρα jf(x)j = jxj . Αν χ < l , τότε f(x) = -χ και άρα jf(x)j = j-xj = jxj . Συνεπώς: jf(x)j = jxj , για κάθε χ Ε IR . Λοιπόν, η λύση σας δεν είναι σωστή, γιατί από αυτά που γράφετε δεν μπορούμε να συμπεράνουμε ότι οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι μόνο αυτές που βρήκατε. Τη σωστή λύση θα την δείτε παρακάτω στις λύσεις των ασκήσεων. Είναι όμως ευκαιρία να συ­ ζητήσουμε ένα πολύ «λεπτό» θέμα στα Μαθημα­ Α ΠΆΝ Τ ΗΣΗ Αγαπητέ Βαγγέλη. Κατ' αρχήν σε συγχαίρουμε για τικά που νομίζουμε ότι θα σας ωφελήσει πολύ και την εργασία σου αυτή. Συνέχισε να «ψάχνειφ, θα σας προφυλάξει από ανάλογα σφάλματα. Πριν γιατί έτσι εμβαθύνεις στις διάφορες μαθηματικές απ' όλα πρέπει να καταλάβετε ότι μια συνάρτηση έννοιες. Για να χρησιμοποιήσει ένας την πρόταση δεν είναι ένας πραγματικός αριθμός και ότι οι συ­ που διατυπώνεις πρέπει προηγουμένως να την α­ ναρτήσεις δεν αντιμετωπίζονται όπως οι πραγμα­ ποδείξει. Επειδή είναι ενδιαφέρουσα θα την προ­ τικοί αριθμοί. Μία συνάρτηση f έχει μία μεταβλη­ τείνουμε ως άσκηση για λύση (βλέπε παρακάτω τή χ, η οποία παίρνει τιμές από το σύνολο ορισμού της (οι τιμές της είναι πραγματικοί αριθμοί). Έτσι, άσκηση 36).

μαθητής Βαγγέλης Πρωτοπαπαδάκης (3° Λύκειο Χανίων Κρήτης) μας έστειλε μία εργασία του, στην οποία διατυπώνει και αποδεικνύει μια πρότα­ ση με την οποία μπορούμε να βρούμε ευκολότερα τη δύναμη iv (ν Ε Ν) , ιδιαίτερα όταν ο ν είναι μεγάλος αριθμός. Καταρχήν, παρατηρεί ότι: ίν = iu , όπου υ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης ν : 4 (υ = Ο, 1 , 2, 3). Έτσι, για να βρούμε τη δύναμη ί ν , αρκεί να βρού­ με τον αριθμό υ. Σχετικά με την εύρεση του υ δια­ τυπώνει την πρόταση που αναφέραμε παραπάνω. Ο

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/75

Η στήλη του Μαθητή

όταν γράφετε μία σχέση που περιέχει το f(x) πρέ­ πει να λέτε για ποια χ ισχύει (ή θέλετε να ισχύει), εκτός αν πρόκειται για εξίσωση ή aνίσωση (τότε ζητάτε τα χ για τα οποία ισχύει). Αν δεν γράφετε για ποια χ ισχύει και το υπονοείται, τότε δυσκο­ λεύετε μόνοι σας τα πράγματα. Αν όμως δεν το γράφετε και ούτε το υπονοείται, τότε όχι μόνο αρ­ χίζουν οι ασάφειες, αλλά είναι σίγουρο ότι θα κά­ νετε και λάθη. Στη λύση που κάνατε (πρέπει να) υπονοείτε ότι οι συνεπαγωγές ισχύουν για κάθε χ Ε JR (γιατί αν δεν το υπονοείτε, τότε αντιμετωπίζετε τις συναρ­ τήσεις σαν να ήταν πραγματικοί αριθμοί, που δεν είναι σωστό). Ας ξαναγράψουμε λοιπόν τις συνε­ παγωγές αυτές βάζοντας μπροστά (αυτό που υπο­ νοείτε, δηλαδή) το «για κάθε χ Ε JR » και μάλιστα, για ευκολία μας, ας το γράφουμε συμβολικά: « Vx Ε JR ». Έτσι, θα έχουμε: ( [Vx Ε JR , (f(x) = χ ή f(x) = -χ) ]

(3)

•

Με χ :?: 1 , έχουμε: f(x) = χ και g(x) = Ο και άρα: f(x) · g(x) = χ · Ο = Ο .

•

Με χ < 1 , έχουμε: f(x) Ο και g(x) = 4 και άρα: f(x) · g(x) = 0 · 4 = 0 . =

Έτσι, έχουμε: Vx Ε JR, f(x) · g(x) = Ο , αλλά δεν ισχύει: Vx Ε JR, f(x) = Ο , ούτε Vx Ε JR, g(x) = Ο (στη λύση που μας στείλατε, αν κάνετε όλα τα βή­ ματα, θα δείτε ότι χρησιμοποιήσατε τη λανθασμένη συνεπαγωγή: (5) => (6)) . Τ Α ΣΥΜ Β Ο Λ Α ΣΤΑ ΜΛΘΗ ΙVΙ Ατt Κ Α

Παναγιώτης, που είναι μαθητής της Γ τάξης του Λυκείου (δεν μας γράφει το επώνυμό του, ούτε το Λύκειό του - δεν πειράζει) μας ερωτά: «'Ή συνεπαγωγή", το "για κάθε" και το "υπάρ­ χει" έχουν καταργηθεί και δεν χρησιμοποιούνται στα Μαθηματικά; Εμένα με διευκολύνει να χρη­ σιμοποιώ τα σύμβολά τους (=>, V,3) , μπορώ;». Ο

Α ΠΆ Ν Τ Η Σ Η

Τώρα, αν είναι σωστό ότι από την (3) συνεπά­ Αγαπητέ Παναγιώτη. Αν βγάλουμε αυτές τις έν­ νοιες από τα Μαθηματικά, τότε πρέπει να καταρ­ γεται ότι (το κρίσιμο σημείο): γήσουμε όλα τα Μαθηματικά, αφού οι έννοιες αυ­ [ (Vx E ffi. , f(x) = x) ή (Vx E ffi. , f(x) = -x) ] (4) τές (μαζί με εκείνη της ισοδυναμίας: <=> ) υπεισέρ­ τότε θα μπορούσαμε να συμπεράνουμε ότι οι ζη­ χονται παντού στα Μαθηματικά. Τα σύμβολά τούμενες συναρτήσεις είναι οι: f(x) = χ και τους λοιπόν βγάλανε από τα σχολικά βιβλία (τα f(x) = - χ και η λύση σας θα ήταν σωστή (εξετάζο­ παλαιότερα σχολικά βιβλία τα είχαν) και όχι τις ντας και το αντίστροφο ). Δυστυχώς όμως η (3) δεν έννοιες τους από τα Μαθηματικά, τις οποίες συνεπάγεται την (4), αφού, για παράδειγμα, η πα­ άλλωστε δεν θα μπορούσαν να τις βγάλουν. Αυ­ ραπάνω συνάρτηση (2) πληροί την (3), αλλά δεν τό έγινε γιατί, όπως μας είχαν πει τότε από το Παι­ πληροί την (4) (γι' αυτό η λύση σας δεν είναι σω­ δαγωγικό Ινστιτούτο, όχι γιατί δεν χρειάζονται, στή). αλλά γιατί δεν προσπάθησαν να τα κατανοήσουν Γενικότερα, πρέπει να γνωρίζετε ότι: και να τα χρησιμοποιούν σωστά, με αποτέλεσμα «Αν για δύο συναρτήσεις f : Α � JR και να γράφουν το ένα σύμβολο αντί του άλλου και να g : Α � JR ισχύει: τα θεωρούν ως σύμβολα στενογραφίας και να τα Vx Ε A ,f(x) g(x) = Ο (5) γράφουν μέσα στα κείμενα (με την ίδια λογική τότε δεν έπεται αναγκαίως ότι: όμως θα πρέπει να aπαγορεύσουμε τις μπογιές, γιατί μερικοί γράφουν στους τοίχους και τους (Vx Ε A ,f(x) = Ο) ή (Vx Ε Α, g(x) = Ο) (6)» λερώνουν). Πράγματι, ας θεωρήσουμε τις συναρτήσεις: Πάντως, αν δεν ξέρουμε πολύ καλά τους νό­ χ, αν χ :?: 2 0, αν χ :?: 2 μους που διέπουν τις έννοιες αυτές (είτε χρησιμο­ και g(x) = f(x) = Ο, αν χ < 2 4, αν χ < 2 ποιούμε τα σύμβολά τους, είτε όχι) είναι δυνατόν ·

{

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/76

Η στήλη του Μαθητή

' χ = 2 και σε ορισμένα ζητήματα να μην μπορούμε να απα­ ' 'Εστω οτι ' λ= 1 . 'Ο μοια β ρισκουμε οτι: "2 ντήσουμε και το χειρότερο, να κάνουμε λάθη χω­ y = I . Άρα, τότε (χ = -1 και y = -2) ή (χ = 2 ρίς να το καταλάβουμε. Αλλά χωρίς σύμβολα είναι και y = 1 ). πολύ δύσκολο, σχεδόν αδύνατο, να μάθουμε τους νόμους αυτούς. Για παράδειγμα, χωρίς σύμβολα, Αντ ιστ ρ ό φ ω ς. Όπως βρίσκουμε εύκολα τα ζεύγη είναι πολύ δύσκολο να μάθουμε την άρνηση μιας (-1 , -2) και (2, 1 ) επαληθεύουν το σύστημα και συνεπαγωγής ή τους νόμους των ποσοδεικτών άρα είναι οι μοναδικές λύσεις του. ( V και Ξ3 ). Όπως είδαμε προηγουμένως, οι συμμα­ Π α ρατη ρή σεις σύνταξης. θητές σου λύσανε λάθος την άσκηση 30 ακριβώς I ) Η επαλήθευση που έγινε είναι απαραίτητη, για­ γιατί δεν ξέρανε τους νόμους των ποσοδεικτών τί δεν φθάσαμε στα ζεύγη (-1 , -2) και (2, 1 ) με (και πώς να τους ξέρουνε αν δεν τους πει κάποιος ισοδυναμίες και συνεπώς από πουθενά δεν εξα­ ποιοι είναι οι νόμοι αυτοί). σφαλίζεται ότι τα ζεύγη αυτά επαληθεύουν το Και βέβαια μπορείς να χρησιμοποιείς τα σύμ­ σύστημα. βολα των παραπάνω εννοιών, με την προϋπόθεση 2) Τα συστήματα της μορφής αυτής ονομάζονται ότι θα τα χρησιμοποιείς σωστά (και μάλιστα, για ομογεννοί (τα πρώτα μέλη των εξισώσεων εί­ να κατοχυρωθείς, πριν τα χρησιμοποιήσεις, γράψε ναι του αυτού βαθμού ως προς χ και y) και για τι εννοείς με το καθένα). την επίλυσή τους εφαρμόζουμε συνήθως την παραπάνω μέθοδο.

•

{

•

Λ Υ Σ Ε Ι Σ ΑΣ Κ J-Ι Σ Ε Ω Ν

27.

(x + y)(x 2 - y 2 ) = 9 , . Να λυθει, το συστημα: (x - y)(x 2 + y 2 ) = 5

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αντώνης Μα­ κρής, Στέλιος Ιωάννου, Γιάννης Παπαντωνίου, Νίκος Ζήσης, Ιωάννα Πετροπούλου.

(Επροτάθη από τη μαθήτρια Θεοδώρα Ιlί­ 28. Ένα μεταβλητό ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) έχει την υποτείνουσα α σταθερή. κουλα, Λύκειο Ραφήνας). Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του εμβαδού Ε Λ ύ ση (από το μαθητή Αλέξανδρο Γ ε ω ρ γακό π ου ­ του τριγώνου αυτού. Μετά, για τη μέγιστη λο, 52° Λύκειο Αθηνών). τιμή του Ε που θα βρείτε, να βρείτε τις οξεί­ Έστω (χ, y) μία λύση του συστήματος αυτού. ες γωνίες του τριγώνου. Βρίσκουμε εύκολα ότι χ * Ο, y * Ο και χ *- y . (Επροτάθη από το μαθητή Αλέξανδρο Γ�;(t) ρ­ Θέτουμε: 2::. = λ , οπότε λ * Ο και λ * 1 . 'Ετσι, γ α κόπουλο, 52° Λύκειο Αθηνών). χ έχουμε y = λχ. Αντικαθιστώντας στο σύστημα, Λύση (από το μαθητή Γ ιάννη Σοίι �ιπλιι , Αρσά­ βρίσκουμε: κειο Ψυχικού, Αθήνα). Έχουμε: (χ + λχ)(χ 2 - λ2 χ 2 ) = 9 � 1 α2 � (χ - λχ)(χ 2 + λ2 χ 2 ) = 5 α 2 = β 2 + γ 2 :::: 2βγ � α 2 :::: 2βγ � -βγ :5: 2 4 χ 3 (1 + λ) 2 (1 - λ) = 9 (1) 2 ::::? Ε :5: � (το ίσον ισχύει μόνο αν β = γ). χ 3 (1 - λ)(l + λ2 ) = 5 4 2 2 (1 + λ) = 2. � 2λ2 - 5λ + 2 .!_ Άρα, η μέγιστη τιμή του Ε είναι � . = 0 � (λ = 2 ή λ = ) 4 1 + λ2 5 2 α 2 . Τοτε , , , , β = γ, οποτε , το Έστω ότι λ = 2. Τότε y = 2χ. Θέτοντας στην ( 1 ) - Εστω τωρα οτι Ε = 4 λ = 2, βρίσκουμε χ3 = - 1 και άρα χ = - 1 , οπό­ τρίγωνο είναι και ισοσκελές. Συνεπώς, τότε, τε y = - 2. Β = r = 45° .

{ {

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/77

Η στήλη του Μαθητή

χ 2 z(ω + z) + y 2 ω(ω + z) � ωz(χ + y) 2 , αρκεί 2 (πράξεις κτλ.) ( xz - yω) � Ο , ισχύει. Επειδή Ι + α > Ο, Ι + β > Ο και Ι + γ > Ο, σύμφωνα με τη (2), έχουμε: Ι Ι Ι Ι2 Ι2 Ι -+ -+ --+ -+ -- � = 29. Καθένας από τους αριθμούς α, β και γ είναι Ι+α Ι+β Ι+γ Ι+α Ι+β Ι+γ μεyαλύτερος του -1 και ισχύει: α + β + γ ::;; 3 . Ι Ι2 � 2 2 + -(l + I) 2 _ + -__:__,;,.._ = Να δείξετε ότι: (Ι + α) + (Ι + β) Ι + γ 2 + α + β Ι + γ 1 1 1 3 (2 + Ι) 2 9 + + -- � - (1) (3) = 1+α 1+β 1+γ 2 (2 + α + β) + (Ι + γ) 3 + α + β + γ Εξάλλου, έχουμε: (Επροτάθη από το μαθητή Γ ιάννη Σού μπλη, α + β + γ ::;; 3 � 3 + α + β + γ ::;; 6 (και επειδή Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα). Ι Ι 3 + α + β + γ > Ο) � �-. Λύση (από τον ίδιο μαθητή).

3+α+β+γ 6 Θέτουμε: Ι + α = χ, Ι + β = y και Ι + γ = ω, ο­ Έτσι, από τις (3), έχουμε: πότε χ > Ο, y > Ο, ω > Ο και Ι 1 Ι 9 9 3 �-=-- + -- + -- � χ + y + ω = 3 + α + β + γ ::;; 3 + 3 = 6 , δηλαδή: Ι+α l+β l+γ 3+α+β+γ 6 2 (2) x + y + ω :s; 6 30. Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR � IR , για τις Έτσι, για να δείξουμε την (Ι ) αρκεί να δείξουμε οποίες, για κάθε χ, y ε IR , ισχύει: ότι: lf(x) + f(y)l lx + Y l (1). Ι Ι Ι 3 - + - + - � - (3) χ y ω 2 (Επροτάθη από το μαθητή Σπύ ρο Λ εονάρδο, _.!_ Κολλέγιο Αθηνών). Από τη (2), επειδή _!_ + + _!_ > Ο , έχουμε: χ Υ ω Λύση (από το μαθητή Γιώργο Σο ύ μπλη, Αρσά­ κειο Ψυχικού, Αθήνα).

6 _.!_ + _.!_ + _!_ � (χ + Υ + ω) _!_ + _.!_ + _!_ = χ Υ ω χ Υ ω Έστω ότι για μία συνάρτηση f : IR � IR η ( Ι ) ισχύει. Από την ( 1 ) με y = χ, βρίσκουμε ότι για κάθε χ ε IR ισχύει: �3+2+2+2=9 � 6 _.!_ + _.!_ + _!_ � 9 � Από την ( Ι ) έχουμε για κάθε χ, y ε IR : χ Υ ω 2 = l x + y l 2 � [f(x)+f(y) ] 2 =(x+y / � Ι Ι Ι 9 + l f(x) f(y) l � + - + - � - � (3) χ y ω 6 (2) f 2 (x) + f 2 (y) + 2f(x) f(y) = χ 2 + y 2 + 2xy� Άλλη λύση (από το μαθητή Αλέξανδρο Γεωργα­ f(x)f(y) = xy (3) κόπουλο, 52° Λύκειο Αθηνών). Από τη (2) με χ = Ι , βρίσκουμε f(l ) = Ι και Κατ' αρχάς θα δείξουμε ότι με x, y, z, ω ε :IR άρα: f( l ) = Ι ή f( l ) = -Ι . και ω > Ο και z > Ο, ισχύει: Από την (3) με χ ε IR και y = Ι , βρίσκουμε χ-2 + y 2 � (χ + y) 2 (2) f(x)f( l ) = χ. Έτσι, αν f(l ) = Ι , τότε f(x) = χ, για ω z ω+z κάθε χ ε :ΙR και αν f(x) = -Ι , τότε f(x) = - χ, για Προς τούτο, αρκεί να δείξουμε ότι: κάθε χ ε IR .

•

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Γιάννης Πα­ παντωνίου, Μαίρη Γεωργιοπούλου, Στέλιος Αντωνίου, Νίκος Θεοδωρακόπουλος, Αντώνης Πετρόπουλος.

_

--

--

=

[

)

[

[

)

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/78

{

Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι συ­ ναρτήσεις: f(x) χ και f(x) - χ πληρούν τις δο­ σμένες συνθήκες και άρα είναι οι μοναδικές ζη­ τούμενες. Σχόλιο Σύνταξης: Θα ήταν λάθος από τη (2), δη­ λαδή από την f\x) χ2 , να συμπεράνουμε ότι f(x) χ για κάθε χ Ε IR. ή f(x) = - χ για κάθε χ Ε 1R. (γιατί;) Αντιστρόφως.

=

=

!{

=

31.

-( ) χ-2 y = 4 · -3

y=4· χ-2 3 => => χ --2 2 χ 2 2 χ + 1 6 - + 2χ - 8-- - 7 = 0 3 3

=

•

8χ - 6y - 1 6 = ο χ 2 + / + 2x - 2y - 7 = 0

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Κων/νος Πα­ παγεωργίου, Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος.

25χ 2 - 70χ + 49 = 0

=>

{

---3 2

y=4· χ

(5χ - 7) 2 = 0

Να βρείτε (όχι Γεωμετρικά) τους αριθμούς z Ε C , για τους οποίους ισχύουν: lz + 1 - ψ: ; 3 (1) και lz - 3 + 2il s; 2 (2).

(Επροτάθη από το μαθητή Γεώργιο Σού μπλη, Αρσάκειο Ψυχικού - Αθήνα). Λύση (από το μαθητή Κων/νο Παπαγεωργίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). Έστω ότι για ένα αριθμό z Ε C οι σχέσεις ( 1 ) και (2) ισχύουν. Από αυτές βρίσκουμε ότι: 3 + 2 ;?: l z + 1 - i l + l z - 3 + 2i l ;?: ;::: l <z + 1 - i) - (z - 3 + 2i) l = = 1 4 - 3i l = 5 => 5 ;::: l z + 1 - i l + l z - 3 + 2i l ;::: 5

4. ' z = -7 - -ι Ά ρα, τοτε: .

5 5 Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, ο αριθμός z = 2 - _i i επαληθεύει τις σχέσεις ( 1 ) και 5 5 (2) και άρα είναι ο μοναδικός ζητούμενος.

•

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος, Νίκος Παυλόπουλος, Ηρα­ κλής Δεσφινιώτης, Σπύρος Λεονάρδος.

32.

Για τους αριθμούς z,ω Ε C και ν Ε Ν * ισχύουν : z v 3 + 4i (1) και ων 4 + 3i (2). Να δείξετε ότι: α. Ο αριθμός !:_ είναι γνήσιος μιγαδικός. ω β ο z+ω , , , ειναι φανταστικος. . αριθ μος φ z-ω

=> l z + 1 - i l + l z - 3 + 2i l = 5 (3) Λόγω της (3), οι ( 1 ) και (2) ισχύουν με το ίσον (γιατί;). Έτσι έχουμε: l z + 1 - i l = 3 (4) και l z - 3 + 2i l = 2 (5) Θέτουμε z χ + yi, όπου χ, y Ε IR. . Έτσι, από τις (4) και (5), έχουμε: l (x + 1) + (y - 1)i l = 3 l x + yi + 1 - i l = 3 => ::::> \ Ι < χ - 3) + (y + 2)i l = 2 l x + yi - 3 + 2i l = 2 (x + 1) 2 + (y - 1) 2 = 9 => (χ - 3) 2 + (y + 2) 2 = 4 =

{

{

{

{

χ 2 + y 2 + 2χ - 2y - 7 = ο => χ 2 + y 2 - 6x + 4y + 9 = 0

=

=

=

--

(Επροτάθη από το μαθητή Κων/νο Π απαγε­ ωργίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). Λύση (από τον ίδιο μαθητή). τ· α. 'Εστω οτι -z = λ , οπου λ Ε m,. οτε: ω z = λω ::::> zv = λν · ω ν => 3 + 4i = λv ( 4 + 3i ) => 3 = 4λ ν 3 4 => - = - => 9 = 1 6 , άτοπο.

4 = 3λ ν 4 3 ·

·

lJ]) *

•

{

Άρα, ο αριθμός !:._ είναι γνήσιος μιγαδικός. ω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/79

(Προτείνεται από τη μαθήτρια Λύκειο Νέας Χαλκηδόνας).

36.

Έτσι έχουμε: ρ2 zI I = ρ � I z 1 2 = ρ 2 � zz- = ρ 2 � -z = - ο z 2 Ομοια: ω = � . 'Εχουμε: ω ρ2 + ρ2 ω + z = -φ � z + ω = z ω = -z + ω = =--=-φ = = 2 2 ρ ρ ω-z z-ω z-ω z ω φ = -φ � ( φ φανταστικός).

-

•

Ν ικο λέτα Φε σσ ά,

Έστω ένας φυσικούς αριθμός με κ ψηφία: ν = y κ- ι Υ κ-2 " ' " Υ 2 Υ ι Υ ο = Υ κ- ι 1 ο κ - ι + Υ κ-2 1 ο κ - 2 + + ... + y ι l O + y o , όπου y κ- ι , y κ-2 , ... , Υ ι , y 0 είναι τα ψηφία του, δηλαδή αριθμοί του συνόλου: {0, 1 , 2, . . . , 9} . Να δείξετε ότι οι δύο διαιρέσεις ν: 4 και (2 yι + Υο): 4 έχουν το ίδιο υπόλοιπό.

Εφαρ�ιογή. Να

βρείτε τον αριθμό: 6 7 885 0785 z = i 3 2 5 987 + i 32 ι 7 9505572 5 ι 762 ι s (όπου i η φανταστική μονάδα).

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αλέξανδρος (Προτείνεται από το μαθητή Β αγγ έλη Γεωργακόπουλος, Γιώργος Σούμπλης, Αντώνης πα δ άκ η , 3° Λύκειο Χανιών Κρήτης). Μακρής, Σπύρος Λεονάρδος.

37. ΑΣ Κ Η Σ Ε Ι Σ Π Α

Λ ΥΣΗ

Π ρωτοπ α­

Να δείξετε ότι η συνάρτηση: f ( χ ) = αχ 4 + βχ 2 + γχ + δ

-3 δ , όπου α, β, γ, δ Ε JR με α :;t Ο και α + β = 2 33 . Θεωρούμε, ένα τρίγωνο ΑΒΓ με Γ = 2Β , ένα έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα εσωτερικό του σημείου Μ και υποθέτουμε ότι ΑΜ ΑΓ και ΜΒ ΜΓ. Να δείξετε ότι: [- 1 , 1 ] . ΜΑΒ = .!. Α (Προτείνεται από το μαθητή Γεώ ργιο Σού μπλη, 3 Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα). (Προτείνεται από το μαθητή Γιάνν η Σού μπ λη , Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα).

38. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [0, 5]. Να δείξετε ότι υπάρχει 34. Με α, β και γ πραγματικούς αριθμούς και Χ 0 Ε ( 0, 5 ) με ν Ε Ν* να δείξετε ότι, αν η ισότητα: 8 f ( χ 0 ) = 3f ( l ) + 4f ( 3 ) + f ( 4 ) .

2) ν+ ι = α 2 ν + ι + β 2ν+ ι + γ 2ν+ ι β + γ α + ( (Προτείνεται από το μαθητή Κων/νο Π α π αγεωρ­ ισχύει για ν 1 , τότε ισχύει και για κάθε γίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). ν Ε Ν* . =

=

ο

=

(Προτείνεται από τη μαθήτρια Ιταλική Σχολή, Αθηνών).

35.

Εβ ί τα Α ντ ων ί ου,

Να βρείτε τους ακέραιους θετικούς αριθμούς χ και y , για τους οποίους ισχύει: 2χ + y + 3Jry - sFx - 2)Υ - 3 = ο .

39.

Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : JR � JR , για τις οποίες ισχύει f( 1 ) > 1 και f 2 ( Χ ) - 2xf ( Χ ) - ex = 0 , για κάθε Χ Ε JR .

(Προτείνεται από το μαθητή Κολλέγιο Αθηνών).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/80

Σ π ίφο Λ εον άρ δ ο,

,

Ί από τις εκδόσεις << Εν Δυνά μει>>

Για

την

Γ' Λυκείου

Φυσική Κcιτεύβυνσπς (Τ'αλαντώσεις - Κύματα) - Γ. Θ. Ντούβαλης Φυσική Κατεύ8υνσπς (Μηχανική του στερεού σώματος) - Γ. Θ. Ντούβαλης •

•

•

Φυσική Κατεύβυνσπς

(Κρούσεις - Φαινόμενο Doppler) - Γ. Θ. Ντούβαλης

Ασκήσεις Βιολογίας Γενικής Παιδείας - Κ. Ρ. Παπαζήσης Μα8πμcmκά Κατεύ8υνσπς (Παράγωγοι) Γ. & Π. Λοuκόποuλος

-

•

•

•

•

Μαβnματικά Κατεύβυνσπς (Ολοκληρώματα) - Γ. & Π. Λοuκόποuλος ··εκφρασπ - ·Εκ8εαπ - Α. Καλλή - Γ. Σοuλτάνης

Ανάπτυξη eφαρμογcίιν σε προγραμμσnστικό περιβάλλον - Κ. Ν. Ιορδανόποuλος • Αρχές Οικονομικής Θεωρίας Κ. Γαροφαλάκης

-

•

•

Για

την

Φυσική

'Άλγεβρα

-

Α'

Λυκείου

Κ. Ρ. Παπαζήσης

- Γ. & Π. Λοuκόποuλος

Ειι Δυιιόμ&ι

Ε

ΧΡΥΣΙΠΠΟΥ 1

&

ΟΥΛΟΦ ΠΑΛΜ Ε

-

Κ

Δ

Ο

Σ

Ε

Ι

Ζ Ω ΓΡΑΦΟΥ

Σ

Τη λ. : 2 1 Ο 7 4 88 030.

fax: 2 1 Ο 74 83 03 1

Α π ό τ ι s ε κδ ό σ ε ι s Σ α Β Β ά λ α s κ υ κ λ ο φ ο ρ ο ύ ν

Μ α θ η μ α τι κά

ΜοΒnumικίι r· ΑΥΚΕΙΟΥ

8

Μαθηματικά Κατεύθυνσης Γ' Λυκείου (2 τεύχη)

Μαθηματικά Γ' λυκείου Γενικής Πα ιδ ε ία ς

Α. τρaγavίτης

Χ & I. Στεργίοu - Χ Νάκης

Β ι β λ ία

που

Λ.Τ.: 1 6,70 €

Λ.Τ.: 9,70 €

Μαθηματική Ανάλυση (τεύχο ς Α') Θ. Μ. Ρaσσιάς

ο ξ ύνο υ ν

ο

Λ.Τ.: 1 6,70 €

Μαθηματική Ανάλυση (τεύχος Β') Θ. Μ. Ρασσιάς

νου

Λ. Τ.: 1 4,70 €

Λ.Τ.: 1 9,70 €

Λ.Τ.: 9,70 € www.savalas.gr Αθήνα:

Ζ.

Πηγήc;

1 8, I 06 8 1 , τηλ.: 2 1 Ο 330 1 25 1

Θεσσαλονίκη:

Β. Ηρακλείου 47, τηλ: 23 1 Ο 270 226

Λ.Τ.: 9,70 €