Ευκλειδης Β 59 by demi de

Vx,p(x)�3x,p(x)

3 χ,p(χ)�Vx,p(χ)

Ελληνική Μαθηματική Ε τ αιρ ε ί α

ιδεuτι

Βιβλία

yια μαβητέ� και εκπαιδευτικού� ΜΑ.ΡΙΑ ΕΥΣJΑθΙΟV

•

ΕΛΕVθΕΡΙΟΣ ΠΡΟtΟΠΑΠΑΣ

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓιΑ

Μεθοδολογία Άλγεβρας

Γεωμετρία Β' Ενιαίου Λυκείου

Γεωμετρία

Α Ενιαίου Λυκείου

Α' Ενιαίου Λυκείου

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Γενικής Παιδείας

Γ. Βιδάλης, Β. Γκιμίσης

Ε. Πρωτοπαπάς

μαθηματικά

�·τόμος

Γ' Ενιαίου Λυκείου

rwιoιιwπι:ι.I'Wfl>llfll: mtot!'!Hia:ΚJ!fN\'f� lila.\IO'fUII01"""-'IO'r τοrιο.....m.

Ανάπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον

Γ Ενιαίου Λυκείου

θετικής & τεχνολογικής κατεύθυνσης

Μ. Τσιλπιρίδης

Γ Ενιαίου Λυκείου

Επ. Χονδρογιάννης, Δ. Σουφλής

ΕΚΔΟΣΕΙΣ

ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.gr

ΘΕΤΙΚΗt ΚΑΙ τΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑτΕΥΘνΝΣΗΣ

Μαθηματικά

Γενικής

Παιδείας

Γ' Ενιαίου Λυκείου

Θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης Α' τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς Β' τόμος: Ε. Πρωτοπαπάς, Σ. Γκούμας TRlNA SΑ:----ι

σε όλο το βιβλιοπωλείο

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΠΑΤΑΚΗ: ΑΚΑΔΗΜΙΑΣ 65. I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.11.850 KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΕΜΜ. ΜΠΕΝΑΚΗ 16, I 06 78 ΑΘΗΝΑ, ΤΗΛ. 210.38.31.078 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ: Ν. ΜΟΝΑΠΗΡΙΟΥ 122, ΤΗΛ. 2310.70.63.54-5

.-��·.τ::" eoo' ()YD -

' ιr

so 9001

''"''"'""

,.,.,,,,,,,,"

, .•. ι:.ι•c,-..ι,·

Ccrtificaιι: Νο. 081054

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

.......

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

•

Ιανουάριος

•

Φεβρουάριος

•

Μάρτιος

e-m;ιil: info@hms.gr www.hms.gr

1006

•

Ευρώ:

3,50

ΜΑΘΗΜΑη κο ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

../ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές - Μαγεία των αριθμών ../ Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

....... .

.. . ...... 2

........................................ 6

../ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Ευκλείδης- Αρχιμήδης- Ένα πρόβλημα .. . ..... . ..... . . . 12

Μαθηματικά Α'

Τάξης

../ Συστήματα- Τριώνυμο β' βαθμού- Ανισώσεις β' βαθμού ........ . .... . .... 20 ........

../ Συστήματα- Συναρτήσεις- Τριώνυμο . ../ Κύκλος και αναλογίες

........... 24

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

Μαθηματικά

Β'

Τάξης

../ Από τον ΣΕΣΑ στον Gauss ..... . ........................... ../ Από τα κανονικά πολύγωνα στα καμπυλόγραμμα χωρία

../ Κωνικές τομές

.. .

.31

...................35

.............................................. 42

Μαθηματικά

../ Ασκήσεις Ανάλυση ........ ../ Ασκήσεις στις παραγώγους

../ Πιθανότητες ..............

../ Ο Ευκλείδης προτείνει... Ευκλείδη και

Γ'

Τάξης

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

..... 48

............ ................ 52

................................. 58 •..

Διόφαντο

....................... 64

../ Στήλη του μαθητή ............................................... 72 .. . ../ Τα Μαθηματικα μας Διασκε δα 'ζσυν ......................... . ......... 77 ,

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 210 3617784-3616532 Fax: 2103641025

Εξαρχάκος Θεόδωρος

Εκδότης:

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

Κυριακόπουλος Αντώνης Αντιπρόεδροι:

Α': Ευσταθίου Βαγγέλης

ι·: Τοαα6nουλος Γιώργος

Διευθυντής:

Γρομματέας:

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055

Χριστόπουλος Παναγιώτης

Τuρλής Ιωάννης

ISSN: 1105- 7998

Μέλη:

Αργυράκης Δ.

Δρούταος π. Λουρίδας Σ.

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Κυριακόπουλος Αντώνης Ευσταθίου Βαγγέλης

Τοnειν6ς Ν.

Συντακτική επιτροπή

Αθανασόπουλος Γεώργιος Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώσtας Βλάχου Αγγελική Γράψας Κων/νος Δρούτσας Παναγιώτης Ευσtαθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαγγέλης Καλίκας Σταμάτης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης

Κυβερνήτου �υστ. Λαζαρίδης Χρήσtος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μεταξάς Νικόλαος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήσtος Ρέγκλης Δημήτρης Σαίτη Εύα Σταθόπουλος Γεώργιος Σταϊκος Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χρισtόπουλος Παναγιώτης

ΚΕΝΤΡΟ fΡΑΦΙΚΩΝ 1ΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ

ΣτοιχειοΒεtιία - Σελιδοποίηtιη: Ακαδημίας 43, Αθιiνα τηλ.: 210 3606760, fax.: 210 3606826 e-mail: dinekes@otenet.gr

Εκτύπωσ-η: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υπειίθuνο� τuπογpαφείοu: 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 σtέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επισι;ρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδQομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 10,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται σtέλνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. =

Επιμέλεια: Χρήστος Κηπουρός

Η ΜΑΓΕΙΑ ΤΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ Ο Πυθαγόρας (585

•

500 π.Χ.)

του Γιάννη Σιούλα

πό την επινόηση των αριθμών όπως τους χρησιμοποιούμε σήμερα ( Ινδία, τέ λος του 6ου αιώνα), οι άνθρωποι προ σπάθησαν να βρουν όχι μόνον σχέσεις μεταξύ των αριθμών, αλλά και σχέσεις μεταξύ των αριθμών και της φύσης. Ο Πυθαγόρας διαπίστωσε ότι τα φυσικά φαι νόμενα κυβερνώνται από νόμους, οι οποίοι μπο ρούν να περιγραφούν με μαθηματικές εξισώσεις. Επίσης συνειδητοποίησε ότι οι αριθμοί βρίσκονταν κρυμμένοι σ ' όλα τα πράγματα, από την αρμονία Ο Πυθαγόρας (585- 500 π.Χ) στη μουσική μέχρι τις τροχιές των πλανητών! Σύντομα εδώ θα παρουσιάσουμε κάποιες χαρα Η Πυθαγόρειος Αδελφότητα απέδιδε μεγάλη κτηριστικές περιπτώσεις: μαθηματική σπουδαιότητα στην τελειότητα του 6 και του 28. Αργότερα, αυτό αναγνωρίστηκε και Τέλειοι αριθμοί από άλλους πολιτισμούς, οι οποίοι παρατήρησαν Σύμφωνα με τον Πυθαγόρα, η αριθμητική τε ότι μία πλήρης περιστροφή της σελήνης γύρω από λειότητα εξαρτάται από τους διαιρέτες ενός αριθ τη γη χρειάζεται 28 μέρες και δήλωσαν ότι ο Θεός μού (τους αριθμούς που διαιρούν τέλεια τον αρχι δημιούργησε τον κόσμο σε 6 μέρες. Ο Άγιος Αυ κό). Σημαντικότεροι και σπανιότεροι είναι οι α γουστίνος , μάλιστα, στην Πόλη του Θεού γράφει ριθμοί εκείνοι που το άθροισμα των διαιρετών ότι ενώ ο Θεός μπορούσε να δημιουργήσει τον κό τους είναι ακριβώς ίσο με αυτούς. Αυτοί οι αριθ σμο σε μια στιγμή, αποφάσισε να χρησιμοποιήσει μοί ονομάζονται τέλειοι. Οι διαιρέτες του 6 είναι 6 μέρες για να απεικονίσει έτσι την τελειότητα του οι 1 ,2,3 και, συνεπώς, ο 6 είναι τέλειος διότι σύμπαντος. Τρίτος τέλειος αριθμός είναι ο 496, τέ 1 +2+3=6. Ο επόμενος τέλειος είναι ο 28, γιατί ταρτος ο 8.128, πέμπτος ο 33.550.336 ..κτλ.

1+2+4+7+14=28.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/2

Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

Ενώ για τον Ευκλείδη, τον Θέωνα τον Σμυρ ναίο και τους νεο-Πυθαγόρειους τέλειος αριθμός ήταν κάθε αριθμός της μορφής που περιγράψαμε πιο πάνω, οι Πυθαγόρειοι είχαν συμπεριλάβει και το 10 στους τέλειους αριθμούς. Αυτό, κατά τον Αριστοτέλη, οφειλόταν στο γεγονός ότι στον αριθ μό 10 αναγνώριζαν έννοιες όπως είναι: το κενό, η αναλογία, η περιττότης κ.ο.κ. Οι λόγοι αυτής της αποδοχής επεξηγούνται με λεπτομέρεια από τον Θέωνα τον Σμυρναίο και από το απόσπασμα του Σπεύσιππου. Ο 10 είναι το άθροισμα των τεσσά ρων πρώτων φυσικών αριθμών (10=1+2+3+4), οι οποίοι σχηματίζουν αυτό που ονομάζεται «τετρα κτύς» και στην οποίαν ορκίζονταν ότι δεν θα προδώσουν τα μυστικά της Σχολής.

Φίλιοι αριθμοί ή αγαπητοί Με τους τέλειους αριθμούς έπρεπε να συγκρι θούν οι λεγόμενοι φίλιοι αριθμοί. Ο Ιάμβλιχος α ποδίδει την ανακάλυψη αυτών των αριθμών στον Πυθαγόρα, ο οποίος όταν ρωτήθηκε «τί είναι φί λος» απάντησε «άλλος εγώ» και, στη βάση αυτής της φιλοσοφίας εφάρμοσε τον όρο «φίλος» για δύο αριθμούς, καθένας από τους οποίους ισούται με το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του άλλου. Οι Πυθαγόρειοι είχαν κάνει την καταπληκτική ανακάλυψη ότι οι αριθμοί 220 και 284 είναι φί λιοι.

αγάπης του Ιακώβ προς τον Ησαύ. Αυτό, όμως, ακούγεται παράξενα γιατί θα πρέπει να δεχθούμε ότι και οι δύο γνώριζαν τα «περί φίλων αριθ μών», τη σημασία τους και θα ήσαν, τουλάχιστον, σύγχρονοι του Πυθαγόρα. Ο Γάλλος μαθηματικός Καρτέσιος (Descartes 1596- 1650) και ο Ολανδός μαθηματικός Van Schooten (1615- 1 660) ανακάλυψαν άλλα τρία ζευ γάρια: (2620, 2964), (5020,5564), (6232,6368).

Descartes 1 596- 1 650

Van Schooten 1 6 1 5- 1 660

Euler ( 1707- 1783 Ο Γερμανοελβετός Euler (1707- 1783) ανακά λυψε άλλα 61 αγαπητά ζευγάρια. Το 1 866 όμως ο δεκαεξάχρονος Ιταλός Νικολό Παγκανίνι ανακά λυψε το ζευγάρι 1 . 1 84 και 1 .21 Ο που το είχαν όλοι παραβλέψει!

Οι διαιρέτες του 220 είναι οι αριθμοί 1 ,2,4,5, 10, 1 1 , 20,22,44,55, 1 10 και το άθροισμά τους Ο δι.:��σ�'ιιuως π είναι ο αριθμός 284. Αντίστοιχα οι διαιρέτες του 284 Ο πιο διάσημος άρρητος αριθμός είναι ο π είναι οι αριθμοί 1,2,4,71 ,142 και το άθροισμά τους (δηλ. ο λόγος της περιμέτρου ενός κύκλου προς τη είναι ο αριθμός 220!. Το ζευγάρι των αριθμών αυτών διάμετρό του). Για τις σχολικές ανάγκες παίρ22 έλεγαν ότι αποτελεί σύμβολο φιλίας. νου με ως προσεγγιστικη, τιμη' του π το ? ή το Ο Μάρτιν Γκάρντνερ στο βιβλίο του Mathe matical Magic Show αναφέρει ότι στο Μεσαίωνα 3,14. Ο Ήρων εγκλωβίζει τον π στο ανοικτό διά πουλιόνταν φυλαχτά που είχαν χαραγμένους αυ στημα:3, 141 5904<π<3,1416016.(βλ:Ηρωνος Α τούς τους αριθμούς και ευνοούσαν ερωτικά, ό λεξ/ρέως τ . 4ος εκδ.ΕΜΕ). Η πραγματική του όμως ποιον τα φορούσε. Κάποιοι επίσης θεολόγοι των τιμή βρίσκεται κοντά στον ασύμμετρο πρώιμων χρόνων σημείωσαν το γεγονός ότι στη 3,14159265358979323846. Γένεση ο Ιακώβ έδωσε 220 κατσίκια στον Ησαύ, Ο καθηγητής Χανς-Χένρικ Στέλουμ (γεωλόγος πιστεύοντας ότι ο αριθμός αυτός , το μισό του φι στο Κέμπριτζ), σκεπτόμενος ίσως τον ισχυρισμό λικού ζευγαριού (220,284), αποτελούσε έκφραση του Πυθαγόρα για τους αριθμούς που διέπουν τα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/3

ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

φυσικά φαινόμενα, υπολόγισε το λόγο μεταξύ του πραγματικού μήκους ενός φιδωτού ποταμού από την πηγή μέχρι την εκβολή και τη ς αντίστοιχη ς ευ θείας γραμμής. Ο λόγος αυτός είναι περίπου 3,Ι4! Στο συμπέρασμα αυτό πρώτος είχε καταλή ξει ο Αϊνστάιν. Χ ρ υ σή τομή ή φ:::::1,618

Ένα πρό βλη μα που σχετίζεται με την αισθητική των καλλιτεχνη μάτων στην αρχαιότητα, είναι το πρό βλη μα τη ς χρυσής τομής που γνώριζαν οι Πυ θαγόρειοι το οποίο, σε απλή διατύπωση , έχει ως εξής: Να χωριστεί ένα τμήμα ΑΒ=λ (Σχ. Ι), σε μέ σο και άκρο λόγο δη λ. σε δύο μέρη ΑΤ=χ και ΤΒ=λ-χ, ΑΒ ώστε : ΑΤ λ χ ΑΤ

:--4 ι Α:

(1)

ι ι ι

ι ι ι · --------- ·

' Θ ετουμε:

ΤΒ η χ= λ-χ

· ---------

λ ο χ= φ>

ι ι

:Β

.. ....... ...ι---- λ-χ

' , οποτε

λ-χ

φ-Ι

-------

Ο Θεός, στο τελειότερο δη μιούργη μά του, απο

τύπωσε, εντέχνως, τον λόγο φ , δίνοντάς του έτσι τον χαρακτήρα τη ς τελειότητας. Ο Λεονάρντο ντα Βίντσι π.χ. μελέτη σε τον ανατομικό κανόνα του ανθρώπινου σώματος, και παρατήρη σε ότι ο ομ φαλός διαιρεί το ύψος του ανθρώπου κατά τη χρυ σή του τομή ενώ ο Λούκα Πατσιόλι, αφού ονόμα σε τη σχέση αυτή «θεία αναλογία», την έλαβε ως βάση τη ς αισθητικής αναλογίας των κτη ρίων. Έχει παρατη ρη θεί ότι η τήρη ση του λόγου φ στις αναλογίες των καλλιτεχνικών κατασκευών δη μιουργεί την αίσθη ση τη ς αρμονίας. Ο αριθμός αυτός αποτελούσε για τους aρχαίους Έλληνες γε ωμέτρες, γλύπτες και αρχιτέκτονες το «δόγμα της ωραιότητας». Όπως φ αίνεται στο Σχήμα 2, η κα τασκευή των διαζωμάτων στο θέατρο τη ς Επιδαύ ρου (τέλος 4ου π.Χ. αιώνα) έχει γίνει σύμφωνα με το λόγο φ .

...ι

και

(Ι) γίνεται: φ2 - φ - Ι Ο . Η θετική ρίζα αυτής η' φ�Ι , 6 Ι 8 και τη ς εξ,ισωση ς ειναι: φ I+J5 2 Ο λόγος αυτός εμφ ανίζεται στις αναλογίες χ=0,6Ι8λ. , τομη», του πεντάλφα , μυστικού σήματος τη ς Πυθαγό ' ολ,ογος φ I+J5 ονομα εται <<χρυση ζ 2 ρειας Σχολής.(Σχ.3). και συμβολίζεται, διεθνώς, με το γράμμα φ, προς τιμή του γλύπτη Φειδία, ο οποίος, στην κατασκευή Δ Α του Παρθενώνα, χρη σιμοποίη σε τη χρυσή τομή ' 68 Ι29 .η οποια εμπλε-' και τη μουσικη' αναλογια: κεται στην κατασκευή τη ς μουσικής Πυθαγόρειας κλίμακας. Σχ.3 Ο όρος «χρυσή» δόθη κε επειδή παρατη ρήθη κε, Ο λόγος τη ς χρυσής τομής εμφανίζεται και ιδίως κατά την Αναγέννη ση , ότι ο λόγος φ χρη σι φ φ μοποιήθη κε ευρύτατα από τους Αρχιτέκτονες κα στον τρόποφ διάταξη ς των ύλλων των υτών. Ει τασκευαστές των κλασικών αριστουργημάτων, δικά στα υτά σπουδαίο ρόλο παίζει η ακολουθία όπως π.χ. είναι τα θέατρα τα στάδια, οι λατρευτι του Fibonacci: 1,Ι ,2,3,5,8,13,21 ,34,55,89, . . . (Κάθε όρος από κοί χώροι, οι ακροπόλεις, τα Δη μόσια κτίρια.κ.λ.π. τον τρίτο και μετά προκύπτει από την πρόσθεση =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/4

Η ιστορία των αριθμών και των συμβόλων

Όπως αναφέραμε πιο πάνω, η μουσική αναλο, 6 ' για - = 9 σχετι' ζεται με το πλη' θ ος των κιονων

των δύο προηγούμενων). Παίρνοντας το λόγο ενός οποιουδήποτε όρου .προς τον προηγούμενό του (α πό τον 5° όρο και πέρα) παρατηρούμε ότι: 8/5= Ι ,6 2 1 / 1 3= 1 ,615 55/34= 1 ,617 ...

του Παρθενώνα, γιατί ο Πυθαγόρας, στην κατα σκευή της μουσικής του κλίμακας, χρησιμοποίησε ' 9 , (που εχει ' ως ορους, ' ' ' το λογο τους μεσους ορους 8

της μουσικής αναλογίας) και ο οποίος εκφράζει τον συντελεστή συχνότητας του βασικού φθόγγου της κλίμακας. Το άθροισμα των όρων του κλάσμα-

τος 9 δηλ. το 1 7, μας δίνει το πλήθος των κιόνων 8

Δηλαδή οι όροι αυτοί της ακολουθίας προσεγγίζουν όλο και περισσότερο τη χρυσή τομή φ. «Χρυσή τομή» ονομάζουμε και τη σχέση 4:9 που κυριαρχεί στον Παρθενώνα. Για παράδειγμα το πλάτος του στυλοβάτη προς το μήκος του, η διάμε τρος των κιόνων προς το μεταξόνιο(1 ,905μ:4,296μ), το ύψος του ναού προς το πλάτος του (13,72μ:30,88=4:9), το πλάτος του κυρίως ναού προς το μήκος του, ενώ το πλάτος του ναού προς το ύψος έχουν μια σχέση 16: 8 1 , δηλ. 42 :9 2

της μεγάλης πλευράς του Παρθενώνα ενώ το 8, που είναι ο μέσος αρμονικός όρος . των άκρων ό ρων 6 και 1 2 της μουσικής αναλογίας, μας δίνει το πλήθος των κιόνων της μικρής πλευράς του . (Βλ. εισαγωγή Στερεομετρικών σελ.χίν). Πηγές:

Simon Sinh. Το τελευταίο θεώρημα του Feπnat, Έκδ. ΤΡΑ ΥΛΟΣ 2. ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΟΥ ΕΛΛΗΝΙΚΟΥ ΕΘΝΟΥΣ, έκδ:Εκδοτική. Αθηνών 3. ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ Γ ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ, ΟΕΔΒ 4 . Ήρωνος Αλεξανδρέως, τ.III,IV,V, Έκδ.ΕΜΕ. 5. sir Thomas L.Heath. Ιστορία των ελληνικών Μαθηματικών. έκδ.Κ.Ε.ΕΠ.ΕΚ. Αθήνα 2001. 6. Θέων ο Σμυρναίος έκδ. E.Hiller;B .G.Teubner, Λειψία 1 878. 7. Ιάμβλιχος, Σχόλ. στην Αριθ . Εισαγωγή του Νι κομάχου. έκδ. Pistellί, Teubner, Λειψία.1894. 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/5

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

(Συνέχεια από το προηγούμενο τεύχος)

2.1.

ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΜΙΑΣ ΜΕΤΑΒΛΗΤΗΣ.

•

ροτασιακός τύπος μιας μεταβλητής χ ονομάζεται κάθε έκφραση, η οποία περιέχει

τη μεταβλητή χ και η οποία (έκφραση) γί

θεύουν τον p( χ) , δηλαδή το σύνολο {χ Ε Ω I ρ( χ) αληθής } ονομάζεται σύνολο αλη (/είας του ρ( χ) . Πολλές φορές, το σύνολο αυτό το γράφουμε απλούστερα ως εξής: {χ Ε ΩI ρ( χ) } ή, αν δεν υπάρχει αμφιβολία για το σύνολο ορισμού Ω, ως εξής: {χ I ρ( χ) } . Είναι φανερό ότι το σύνολο αυτό είναι υποσύνολο του Ω.

νεται μία πρόταση (αληθής ή ψευδής), όταν η μεταβλητή χ αντικατασταθεί με ένα ο

2.2.

ποιοδήποτε στοιχείο ενός δοσμένου (μη κε νού) συνόλου Ω.

•

Π.χ. η έκφραση:

«Ο χ είναι άρτιος» όπου το χ διατρέχει το σύνολο: Ω = {1, 2, 3, 4, 5,} , είναι ένας προτασιακός τύπος μιας μεταβλητής χ (δεν είναι μια πρόταση). - Τους προτασιακούς τύπους μιας μεταβλητής χ τους συμβολίζουμε με: p(x), q(x), r(x), ... - Έστω p(x) ένας προτασιακός τύπος μιας μετα βλητής χ Ε Ω . Το σύνολο Ω που διατρέχει η με ταβλητή χ, ονομάζεται σ6νολα ομωμο-!J του ρ( χ) . Λέμε ακόμα ότι ο p(x) ε�νω ορισμένος επί του συνόλου Ω. Γράφουμε: p(x)I Ω . - Έστω ένας προτασιακός τύπος ρ( χ)I Ω . Ένα στοιχείο ξ του Ω λέμε ότι επαληθεύει τον ρ( χ) , αν, και μόνο αν, η πρόταση p(ξ) είναι αληθής. Λέμε ακόμα, τότε, ότι γω το στοιχείο ξ Ω ι ··Γ{;οc ο ρ( χ) . Το σύνολο των στοιχείων του Ω, που επαληΕ

ΠΡΟΤ ΑΣΙΑΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΔΥΟ Η ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΩΝ ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ.

Προτασιακός τύπος δύο (τριών,...) μεταβλη

τών χ, y, (ω,...) ονομάζεται κάθε έκφραση, η οποία περιέχει τις μεταβλητές χ, y, (ω,...) και

η οποία (έκφραση) γίνεται μία πρόταση (α ληθής ή ψευδής) όταν οι μεταβλητές χ, y, (ω,...)

αντικατασταθούν με οποιαδήποτε

στοιχεία δύο (τριών,...) δοσμένων (μη κενών)

συνόλων Α, Β (Γ, . . . ), αντιστοίχως [ εννοούμε

χ Ε Α, y Ε Β , ( ω Ε Γ , ... )].

Π.χ. η έκφραση: « 0 χ είναι μεγαλύτερος του y», όπου το χ διατρέχει το σύνολο {0, 1, 2, ...} και το y διατρέχει το σύνολο IR των πραγματικών α ριθμών, είναι ένας προτασιακός τύπος δύο μετα βλητών χ και y (δεν είναι μία πρόταση). - Τους προτασιακούς τύπους δύο μεταβλητών χ και y τους συμβολίζουμε με: ρ( χ, y), q(x, y), r(x, y), ... τριών μεταβλητών χ, y, ω με: ρ( χ, y , ω), q(χ, y, ω), r(x, y, ω), ... κ.ο.κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/6

Ν=

------- Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

- Έστω ένας προτασιακός τύπος δύο μεταβλητών p(x, y) , όπου χ Ε Α και y Ε Β . Προφανώς το (διατεταγμένο) ζεύγος (x, y) διατρέχει το σύνολο (καρτεσιανό γινόμενο): AχB = {(x, y) lxEA και yEB} .

με σύνολο ορισμού το Ω, τότε οι παρακάτω εκ φράσεις είναι επίσης προτασιακοί τύποι με σύνολο ορισμού το Ω: ρ( χ), p(x) ν q(x) ,

p(x) � q(x), ρ( χ)<::> q(x) .

Έτσι, ο ρ( χ, y) μπορεί να θεωρηθεί ως προτα σιακός τύπος με μεταβλητή το ζεύγος (x,y) και σύνολο ορισμού το παραπάνω σύνολο Αχ Β .

Γράφουμε:

p(x, y) IAχB . - Έστω ένας προτασιακός τύπος p( χ, y) I Αχ Β . Ένα στοιχείο (ξ, η) του Αχ Β λέμε ότι επαληθεύει τον p(x, y) , αν, και μόνο αν, η πρόταση p(ξ, n) είναι αληθής. Λέμε ακόμα, τότε, ότι για το ζεύγος

2.4.

ΚΑΘΟΛΙΚΟΣ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΗΣ

Έστω ένας προτασιακός τύπος ρ( χ) IΩ . Το σύνολο αληθείας αυτού είναι: {xEΩip(x)} (ς Ω) . •

Η πρόταση, η οποία είναι: •

(ξ,n) ισχύει ο p(x,y).

Το σύνολο των στοιχείων του Αχ Β , που επαληθεύουν τον ρ( χ, y) , δηλαδή το σύνολο: {( χ , y) Ε Αχ Β I ρ( χ, y) αληθής} , ονομάζεται σύ νολο αληθείας του ρ( χ, y) . Πολλές φορές, το σύ νολο αυτό το γράφουμε απλούστερα ως εξής: {(x, y) Ε Αχ Β I p(x, y)} ή, αν δεν υπάρχει αμφιβολία για το σύνολο ορισμού Αχ Β , ως εξής: {(x, y) I p(x, y)} . Είναι φανερό ότι το σύνολο αυτό είναι υποσύνολο του Αχ Β . - Ανάλογα ορίζονται το σύνολο ορισμού και το σύνολο αληθείας ενός προτασιακού τύπου τριών, τεσσάρων κτλ. μεταβλητών. - Στους συμβολισμούς: p(x) , ρ( χ, y) κτλ. το p παριστάνει μια ομάδα λέξεων (ή και άλλων γνω στών συμβόλων), οι οποίες, όπως λέμε, εκφράζουν μία ιδιότητα, η οποία αποδίδεται (αναφέρεται) σε ένα, σε δύο κτλ. αντικείμενα, αντιστοίχως. Μία τέτοια ιδιότητα λέγεται και κατηγόρημα μιας θέ σεως, δύο θέσεων κτλ., αντιστοίχως. 2.3.

-------

•

αληθής, αν όλα τα στοιχεία του Ω επα ληθεύουν τον p(x) (δηλαδή αν Α = Ω) και ψευδής στην αντίθετη περίπτωση (δη

λαδή αν Α * Ω),

συμβολίζεται με:

'ν'χ Ε Ω,p ( χ )

(1)

και διαβάζεται: «για κάθε χ Ε Ω, p( χ)».

Το σύμβολο: 'ν', το οποίο μετατρέπει τον προ τασιακό τύπο p(x) σε πρόταση, ονομάζεται καθολικός ποσοδείκτης και διαβάζεται: «για κάθε». Π.χ. έχουμε τις εξής προτάσεις: 'ν'χ Ε JR ,

χ 2 + 1 > Ο (αληθής), ν + 2 > 20 (ψευδής).

'ν'ν Ε Ν, - Αν δεν υπάρχει αμφιβολία για το σύνολο ορι σμού Ω του p(x) , τότε, αντί της (1 ), γράφουμε: V'x, p(x) . Πολλές φορές στα Μαθηματικά, αντί: 'ν'χ Ε Ω, p(χ) , γράφουμε: p(x), 'ν'χ Ε Ω .

Σημείωση:

ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΚΑΙ ΛΟΓΙΚΟΙ ΣΥΝΔΕΣΜΟΙ.

Συνδέοντας με τους λογικούς συνδέσμους δο σμένους προτασιακούς τύπους, όπως και τις προ τάσεις, οι εκφράσεις που προκύπτουν είναι επίσης προτασιακοί τύποι. Π.χ., αν ρ( χ) και q(x) είναι προτασιακοί τύποι

2.5.

ΥΠΑΡΞΙΑΚΟΣ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΗΣ

Έστω ένα προτασιακός τύπος ρ( χ) IΩ . Το σύνολο αληθείας αυτού είναι: A = {xEΩip(x)} (ς;Ω) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/7

------- Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

-------

Για παράδειγμα, έστω ο προτασιακός τύπο;: « 2χ = y », όπου καθεμία από τις μεταβλητές χ και i:να τουλιίzιστο στοιzείο του ισ( χ) (δηλαδι� y διατρέχει το σύνολο Ν των φυσικών αριθμών. i) Η έκφραση: « 3χ, 2χ = y » είναι ένας προτασιαc"' (Zi ! κός τύπος μιας μεταβλητής y (π.χ. για y = 8 γίνεΤί"'Τ•' ιη·τiΟπη iη:ρiτηι•J:ση (δηται μία πρόταση αληθής, για y = 5 γίνεται μία πρόταση ψευδής) . i�) Η έκφραση: « Vx, 3y, 2x = y » είναι μία πρότα( IJ ση (αληθής, γιατί;). Επίσης, η έκφραση: : <<ΙΙπ{,φz�:ι Ω,μ( ι"" « 3y, Vx, 2x = y » είναι μία πρόταση (ψευδής, γιαΤο σύμβολο: 3, το οποίο μετατρέπει τον προ τί;). - Θεωρώντας έναν προτασιακό τύπο τριών, τασιακό τύπο p ( x) σε πρόταση, ονομάζεται οrω;;- και διαβάζεται: «υπάρχει» τεσσάρων κτλ. μεταβλητών φθάνουμε σε ανάλογα συμπεράσματα. (με την έννοια: «υπάρχει τουλάχιστο ένα»). τr�:ριi:zι:ι και ποσοδt:ίiϊjΗΊταιιη, \I Π.χ. έχουμε τις εξής προτάσεις: 3 3χΕ�, χ - 4χ + 3 = 0 (αληθής), κω τωσοδ::ικτικι] πρ{ιηωΙι. κτι:ς, 3χΕ�, χ 2 - χ + 2 = 0 (ψευδής). - Στους προτασιακούς τύπους ( 1 ) λέμε ότι το - Αν δεν υπάρχει αμφιβολία για το σύνολο ορισμού Ω χ είναι μία ιiαηυ:υμ{;νη μεταβλητή και ότι το y του ρ( χ) , τότε αvri της (1), γράφουμε: 3χ, p ( x) . είναι μία ελεύ θερη μεταβλητή. Ανάλογα στους Στα Μαθηματικά, αν ένας προτα προτασιακούς τύπους (2) (y δεσμευμένη, χ σιακός τύπος ρ( χ) IΩ επαληθεύεται για ένα μόνο ελεύθερη). Σε μία ποσοδεικτική πρόταση δεν στοιχείο του Ω, γράφουμε: 3 χ ΕΩ, p ( χ) και δια υπά ρχουν ελεύθερες μεταβλητές (όλες είναι δεσμευμένες). βάζουμε: «υπάρχει ένα μόνο χΕΩ,p(χ) ». η

•η·

οποία �:ίνυι:

�i11·'

ηη·

γυ1

χ ε

, ; (i

που

2.6. ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΕΣ ΚΑΙ ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΙ

2.7. ΠΑΡΑ ΤΗΡΗΣΕΙΣ ω

Αν σ ' ένα προτασιακό τύπο, π.χ. δύο μετα βλητών p ( x, y) , οι μεταβλητές χ και y διατρέχουν ΜΕΤΑΒΛΗΤΩΝ το ίδιο σύνολο, έστω Α, τότε πολλές φορές στα Έστω ένας προτασιακός τύπος δύο μεταβλητών Μαθηματικά, αντί: χ, p ( y) . Κάθε μία από τις εκφράσεις: Vx Ε Α, V y Ε A, p ( x, y) , γράφουμε: (1) Vx, p ( x, y) και 3x, p ( x, y) Vx, y Ε A, p ( x, y) είναι ένα ή ακόμα: ρ( χ, y), 'ν'χ, y Ε Α . Επίσης, κάθε μία από τις εκφράσεις: �}ι Τα σύμβολα 'ν' και 3, όπως και τα: ::::> και Vy, p( x, y) και 3y, p ( x, y) ( 2) <::::> , δεν πρέπει να γράφονται στα κείμενα, λαμβα νόμενα ως σύμβολα στενογραφίας. Ο συμ!�ολι \ω.Ιιημυηκ{; δ�;y· ιiναι μία μορφι1 ση'Ψ''ς Έτσι, καθεμία από τις εκφράσεις: ΤΥΠΟΙ ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΩΝ

ι;τΗ

Vx, Vy, p ( x, y) 3x, Vy, p ( x, y) Vx, 3y, p ( x, y) 3x, 3y, p ( x, y)

Vy, Vx, p ( x, y) 3y, Vx, p ( x, y) Vy, 3x, p ( x, y) 3y, 3x, p ( x, y)

Π.χ. δεν είναι σωστό να γράφουμε εκφράσεις όπως οι εξής: «Να δείξετε ότι 'ν' αριθμό . . . ». 2 . «Να δείξετε ότι 3 ευθεία . . . ».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/8

------- Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής .:ι

«Επειδή α ::F Ο � ότι... ». �'. «Για u = 20 � t = 20χ ». :::'" «Αν α � ο � Ι α l = α ». Το σωστό είναι: 3 6. « 3χ Ε IR: χ - 2χ + 1 = Ο » (το σύμβολο : δεν είναι σύμβολο της Μαθηματικής Λογικής». Το σωστό είναι:, ΞΙ 2χ 1 1h 2 ι « Vx Ε IR � χ � 0 » (διαβάζουμε: «αν, για κάθε χ Ε IR , τότε χ 2 � Ο ». Έχει νόημα;). " Το σωστό είναι: 'v' x 'v''

ε:

2 .8.

-------

Ω ( ::F 0). Για οποιαδήποτε τιμή του χ από το Ω, καθένας από τους προτασιακούς αυτούς τύπους γίνεται μία πρόταση (αληθής ή ψευδής). Έτσι, όλοι οι νόμοι της Λογικής των προτάσεων (§1 . 1 3) εξα κολουθούν να ισχύουν και για τους προτασιακούς αυτούς τύπους και τούτο για οποιαδήποτε τιμή του χ από το Ω. Με άλλα λόγια:

ε::

ΘΕΣΗ ΤΩΝ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΩΝ ΣΕ ΜΙΑ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΙΚΗ ΠΡΟΤΑΣΗ.

"' !

Λ\'

('!.Τ

ι� iH

:;τοηο,i)εηπικ:i�

ρu.{:χε�. �-:)(Jι,. �·�� Γ:�:μισιr;(Jτ��.Η) tJς

�)

ι ••'

'' I \

.ι ι

Για παράδειγμα, η πρόταση: « Vx Ε JR, 3y Ε IR, χ < y είνυι αληΟι'�ς, ενώ η πρόταση: « 3y Ε JR, Vx Ε IR, χ < y » �:ίνω ψι;:οδ�7� (γιατί;). - Αποδεικνύεται (στη Μαθηματική Λογική) ότι, για κάθε προτασιακό τύπο ρ( χ, y) , οι παρακάτω προτάσεις »

f:'.<'ιc�.

Vx, Vy, p(x, y) <:::> Vy, Vx, p(x, y) 3x, 3y, p(x, y) <:::> 3y, 3x, p(x, y) 3χ, Vy, p(x, y) � Vy, 3x, p(x, y) 3y, Vx, p(x, y) � Vx, 3y, p(x, y) .

Αντιθέτως, οι παρακάτω προτάσεις {;J>

Για παράδειγμα, ας θεωρήσουμε το νόμο: ( p � q ) <=> ( pvq ) (§1 . 13,16). Λόγω αυτού, αν p(x) και q(x) είναι δύο προ τασιακοί τύποι με σύνολο ορισμού ένα σύνολο Ω, τότε ισχύει: Vx Ε Ω, [ p(χ) � q(x) ] <:::> [ p(x) ν q(x) J. - Όμοια και για τους προτασιακούς τύπους με δύο ή περισσότερες μεταβλητές. 2.10. ΑΡΝΗΣΕΙΣ ΤΩΝ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ: «Vx,p x » ΚΑΙ «3x,p x ». ο

ri-•4x

τ,:,;,.,

Vx, 3y, p(x, y) � 3y, Vx, p(x, y) Vy, 3x, p(x, y) � 3χ, Vy, p(x, y) .

Για παράδειγμα, η πρόταση: ( Vx Ε JR, 3y Ε JR, χ ::F y) � (3y Ε IR, Vx Ε IR, χ ::F y) είναι ψευδής (γιατί;).

( )

κάΟ:r: 1ψοτυcηω·,{, τ1JΠσ

ουν οι

·'''''J

( )

εξ!'jς uc·οδυνωJίe:;,:

;J'."

_ .

Με άλλα λόγια: ,, Η άρνηση της πρότασης: Vx,p(x) είναι η: θ

3x, p(x) . Η άρνηση της πρότασης: 3x, p(x) είναι η: Vx, p(x) .

Πράγματι, έχουμε: [ Vx, p(x) αληθής ] <=> [( Vχ, p(χ) ) ψευδής ] 2 . 9 . ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΙ ΤΥΠΟΙ ΚΑΙ <:::> [για ένα τουλάχιστο ξ Ε Ω , p( ξ) ψευδής] ΠΡΟΤΑΣΙΑΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ. <:::> [για ένα τουλάχιστο ξ Ε Ω , p(ξ) αληθής] Θεωρούμε τους προτασιακούς τύπους: p(x), <=> [ ( 3x, p(x) ) , αληθής ] . q(x), r(x), ... ορισμένους επί ενός συνόλου t<

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/9

------ Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

------

Συμπεραίνουμε τώρα εύκολα ότι η ισοδυναμία τασιακό τύπο, που ακολουθεί, με την άρ νησή του [δηλαδή, αν p(x,y, ... ) είναι ο (ι) ισχύει, προτασιακός τύπος, που ακολουθεί, τον β) [3 χ, ρ( χ ) αληθής J � [ (3 χ, ρ( χ )) ψευδής ] aντικαθιστούμε με τον: p(x,y, ) ]. � [για οποιοδήποτε ξ Ε Ω , ρ( ξ) ψευδής] Παραδείγματα. � [για οποιοδήποτε ξ Ε Ω , ρ( ξ) αληθής] 1) Η άρνηση της πρότασης: � [V' χ, ρ( χ ) , αληθής J. V' x Ε N,3 y Ε Ζ, χ + y = 5 (αληθής) είναι: 3 χ Ε Ν,V' y Ε Ζ, χ + y :;t: 5 (ψευδής). Συμπεραίνουμε τώρα εύκολα ότι η ισοδυναμία 2) Η άρνηση της πρότασης: (2) ισχύει. V' α Ε IR,3 κ Ε Ζ, κ � α< κ+ 1 (αληθής) είναι: Παραδείγματα. 3 α Ε IR,V' κ ε Ζ, ( κ > α ή α 2: κ + ι ) (ψευδής). 1 ) όχι (V' x Ε IR, x 2 2: ο ) � (3 χ Ε IR, x 2 < ο ) 3) Ο γενικός ορισμός της περιοδικής συνάρτησης είναι ο εξής: 2) όχι (3 χ Ε Ζ, 2χ + 5 = 0 ) � (V' x Ε Ζ , 2χ + 5 :;t: Ο) . Ορισμός Μια συνάρτηση 3) όχι [V' x Ε IR, ( χ 2 2: ι ή l x l < ι ) J � f:A�JR (A:;t:Θ,AςJR ) ονομάζε•••

[3 χ ε !R, όχι ( χ 2 ι ή lx l < ι )J � [3 χ ε !R, ( χ 2 < ι και ι χι;:::ι)] . 4) όχι [3 χ IR, ( χ < ο και χ 2 = ι ) J � [V' x ΙR,όχι ( χ < Ο και χ 2 = 1 )J � [V' χ IR, ( χ ο ή χ 2 :;t: 1 ) J 5) όχι (V' x EIR, x >ι� χ 2 > ι ) � [3 χ IR, όχι ( χ > l� χ 2 > l )J � [3 χ IR, { χ > 1 και χ 2 � 1 )J . 2:

ται περιοδική αν, και μόνο αν, υ πάρχει

{

(

()

Ο αριθμός Τ ονομάζεται, τότε, μία

τέτοιος, ώστε για

κάθε χ Ε Α να ισχύουν : χ+ Τ) ε Α και f x+ Τ) =f x .

Τ ε IR *

περίοδος της f.

Τώρα θέλουμε να μάθουμε πότε μία συνάρτηση δεν είναι περιοδική. Η απάντηση δεν πρέπει να πε ριέχει αρνήσεις, γιατί τότε δε σχηματίζουμε την άρ Ε νηση και στην ουσία δεν απαντάμε στο ερώτημα. Λοιπόν, για να απαντήσουμε στο ερώτημα Ε πρώτα θα πρέπει να γράψουμε τον παραπάνω ορι σμό στη συμβολική του μορφή, δηλαδή: 2.11. ΑΡΝΗΣΕΙΣ ΠΡΟΤΑΣΕΩΝ ΜΕ f : A � IR ΠΕΡΙΣΣΟΤΕΡΟΥΣ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΕΣ. � περιοδική Με βάση τις ισοδυναμίες που είδαμε στην [ 3Τ ε!R* ,V' x ε Α,( χ + Τ) ε Α και f{ χ + Τ) =f ( χ )J. προηγούμενη παράγραφο, έχουμε π.χ.: Έχουμε λοιπόν: V' x,3 y, ρ(x, y ) � V' x, [3 y, ρ(x, y ) ] ( f : Α� IR δεν είναι περιοδική) � ο

V' x,3 y, ρ(x, y ) είναι η πρόταση: 3 χ,V' y, ρ(x, y ) .

Χ-Η0

Γενικότερα:

Για να σχη ματίσουμε την άρνηση μιας ποσοδεικτικής πρότασης, aντικαθιστούμε

με το

3 , το 3

με το

]

� V'τEIR*,3 xEA, (x + T)�A ή f (x + T):;t:f (x) . 4) Έστω μία συνάρτηση f : Α� IR ορισμένη κο ντά στο χ0 Ε IR . Θέλουμε να μάθουμε πότε lim f ( χ ) :;t:.e , όπου .e Ε IR . Για να απαντήσουμε

Δηλαδή, η άρνηση της πρότασης:

το

)

[

� 3 x, [3 y, ρ(x, y ) ] � 3 χ,V' y, ρ(x, y ) .

•

(

στο ερώτημα πρώτα θα πρέπει να γράψουμε συμ βολικά τι σημαίνει lim f ( χ ) =.e . χ�χ. Έχουμε:

και τον προΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/10

lim f (x) =.e �

Χ�Χο

------

Στοιχεία Μαθηματικής Λογικής

[ 'v'ε > O,ΞJδ > O, 'v'xEA,O < Ix - x0l < δ� j f ( x) - lj < εJ

-------

προτάσεις είναι αληθείς: [vx,(p και q(x))] <=> [p και (Vx, q(x))] Έτσι, έχουμε: lim f (χ)* l <=> χ�χ. [ Vx,(p ή q(x)) J <=> [Ρ ή (Vx, q(x)) J [ΞJε >Ο, 'v'δ >Ο,ΞJχEA,O< Ix -x0l < δ και jf ( χ) - ψ:�:εJ [ΞJx,(p και q(x))] <=> [p και (ΞJx, q(x))] [ΞJx,(p ή q(x) )] <=> [Ρ ή (ΞJx, q(x) )] . 2.12. ΜΕΡΙΚΟΙ ΑΛΛΟ Ι ΧΡΉΣΙΜΟΙ ΠΟΣΟΔΕΙΚΤΙΚΟΙ ΝΟΜΟΙ. Π .χ. έχουμε: 1) Έστω ότι p(x) και q(x) είναι δύο προτασιακοί VxΕJR., ΞJκΕΝ, ( 2 κ < 2 ή χ < κ ) <:::::> τύποι ορισμένοι επί ενός συνόλου Ω. Οι παρακάτω προτάσεις είναι αληθε ίς: Vx ΕJR., [ ΞJκΕΝ, ( 2 κ < 2 ή χ < κ ) J <:::::> [ Vx, (p(x) και q(x)) J <=> 'v'χΕ1R, [( 3κΕΝ, 2κ < 2) ή (ΞJκΕΝ, χ < κ) ] <=> [(vx, p(x)) και (Vx, q(x))] ( 3κΕΝ, 2κ < 2 ) ή (VxEJR., ΞJκEN, x < κ) . [ ΞJx,(p(x) ή q(x) ) ] <:::::> [ (ΞJχ, p(x)) ή (ΞJx, q(x)) J ΑΣΚΗΣΕΙΣ [ ( vx, p(x)) ή ( Vx, q(x) )] � 6) Να εξετάσετε αν είναι αληθής η πρόταση: [ Vx,(p(x) ή q(x)) J ΞJΤ Ε JR.:, Vx ΕJR., ημ( χ + Τ) 2 = ημχ 2 • [ ΞJx, (p(x) και q(x)) J� 7) Να εξετάσετε αν είναι αληθής η πρόταση: [ ( ΞJx, p(x)) και (ΞJx, q(x))] ΞJΤΕJR.:, VxΕJR., ΞJκΕΖ, 6χ + 3Τ = (2κ + l)π Αντιθέτως, οι παρακάτω προτάσεις δ εν είναι π ά (π = 3, 14 ) ντοτε αληθε ίς : [vx,(p(x) ή q(x))J� 8) Με τΕJR. * να δείξετε ότι: [ ( vx,p(x)) ή (Vx, q(x))] VxΕJR., ημ3( χ + Τ) = ημ3χ <=>τΕ 2;π I κΕ [ ( ΞJx, p(x)) και (ΞJx, q(x) ) ]� 9) Έστω ότι p και q (χ)I Ω είναι δύο προτασιακοί [ ΞJx, (p(x) και q(x)) J Π . χ. με Ω = { 1, 2 } , οι παρακάτω δύο προτάσεις τύποι, από τους οποίους ο p δεν περιέχει ελεύθερες εμφανίσεις του χ. Να δείξετε ότι οι παρακάτω είναι ψευδείς (γιατί;): προτάσεις είναι αληθείς: i) VxΕΩ, ( χ - 1 = 0 ή χ - 2 = 0 )� [vx,(p� q(x) )] <=> [Ρ� (Vx, q(x) )] α) (VxΕΩ, χ - 1 = 0 ) ή (Vx ΕΩ, χ - 2 = ο ) [ Vx,( q(x)� p) J <=> [ (ΞJx, q(x))� p J β) ii) (ΞJχΕΩ, χ - 1 = 0) και ( ΞJχΕΩ, χ-2 = 0 ) � ΞJχΕΩ, (χ - 1 = Ο και χ - 2 = Ο) [ ΞJx,(p� q(x)) J <=> [Ρ� (ΞJx, q(x)) J γ) Έτσι, δεν ισχύουν πάντοτε οι ισοδυναμίες : [ΞJχ,( q(x)� p )] <=> [(vx, q(x))� p J. δ) [ Vx,(p(x) ή q(x)) J <=> 1 Ο) Με τις υποθ έσεις της προηγούμενης ά [( vx,p(x)) ή (Vx, q(x))] . σκησης, να δείξετε ότι οι παρακάτω προτάσεις εί [ ΞJx, (p(x) και q(x)) J <=> ναι αληθείς: α) [ Vx,( q(x) <=> p) J� [ (Vx, q(x)) <=> p J [ ( ΞJχ, p(x)) και (ΞJx, q(x)) J . β) [ (ΞJx, q(x)) <=> p J � [ ΞJχ,( q(x) <=> Ρ)] . 2) Έστω ότι p και q ( χ )I Ω είναι δύο προτασιακοί (Συνεχίζεται) τύποι, από τους οποίους ο p δεν περιέχει ελεύ θερες εμφανίσεις του χ . Τότε, οι παρακάτω •

•

...

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/1 1

{

z*}.

- ΓΙ u . . ...·

Επιμέλεια : Σωτήρης Ε. Λουρίδας

66ος

ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

(I)

"0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 21 IANOYAPIOY 2006

ΘΕΜΑΤΑ

σημεία Δ υπάρχουν στο επίπεδο του τριγώ

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

νου τέτοια ώστε το τετράπλευρο με κορυ

Έστω ότι οι ακέραιοι αριθμοί α και α + 2

φές τα σημεία Α, Β, Γ, Δ να έχει άξονα

είναι πρώτοι με α> 3. Να αποδειχθεί ότι ο

συμμετρίας διαφορετικό από πλευρά του

αριθμός α + 4 είναι σύνθετος.

τριγώνου;

Λύση

Ένας από τους αριθμούς α, α +1, α + 2 διαιρείται Το Δ πρέπει να είναι συμμετρικό κορυφής του τρι με τον 3 και αυτός πρέπει να είναι ο α + 1 αφού οι γώνου ως προς τη μεσοκάθετο της απέναντι πλευ α, α + 2 είναι πρώτοι. Άρα ο αριθμός α + 4 = α + 1 ράς. Άρα υπάρχουν 3 τέτοια σημεία. + 3 διαιρείται με τον 3. (Γνωρίζουμε ότι το γινόμε 4. Έστω Α και Β δύο μη κενά και ξένα μεταξύ νο τριών διαδοχικών αριθμών διαιρείται με το 3). 2.

τους σύνολα των οποίων η ένωση είναι το

Οι αριθμοί α και β είναι θετικοί και ισχύει

σύνολο {1, 2, 3, 4, 5}. Να αποδειχθεί ότι ένα

α+ β =λ. Να δ εχθεί ότι 4 1 1

τουλάχιστον από τα Α και Β περιέχει του

3 - � --+ -·- <-. 3λ α + λ β + λ 2λ

Λύση

Έχουμε

1 +--= 1 3λ . α+λ β+λ αβ+2λ2 Η πρώτη ανισότητα είναι ισοδύναμη με 4αβ � (α + β) 2 , που είναι αληθής πρόταση και η δεύτερη με 3αβ > Ο που είναι αληθής πρόταση αφού οι α, β είναι θετικοί αριθμοί. --

Έστω ΑΒΓ ένα σκαληνό τρίγωνο. Πόσα

λάχιστον τη διαφορά δύο στοιχείων του.

Λύση

Έστω ότι κανένα από τα δύο σύνολα δεν περιέχει τη διαφορά δύο στοιχείων του. Τότε προφανώς το 2 δεν μπορεί να ανήκει στο ίδιο σύνολο με το 1 ούτε με το 4 γιατί 2 - 1 = 1 και 4 2 = 2. Έστω λοιπόν 2ΕΑ, οπότε 1 ΕΒ και 4ΕΒ. Επειδή 4 1 = 3, έπεται ότι 3 �Β και επομένως 3ΕΑ.

Επειδή 5 2 = 3, έπεται ότι 5�Α και επειδή 5 - 1 = 4, έπεται 5�Β. οπότε 5!ϊ!ΟΑυΒ. Άτοπο επειδή Α υ Β= { 1, 2, 3, 4, 5}.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/12

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Β' Λ Υ ΚΕΙΟΥ

Λύση

Υπάρχει θετικός ακέραιος ν τέτοιος ώστε: Α) Ο 3ν είναι τέλειος κύβος, ο 4ν τέλεια τέ ταρτη δύναμη και ο 5ν τέλεια πέμπτη δύναμη ; Β) Ο 3ν είναι τέλειος κύβος, ο 4ν τέλεια τέ ταρτη δύναμη, ο 5ν τέλεια πέμπτη δύνα μη και ο 6ν τέλεια έκτη δύναμη ; Λύση

Α) Ναι, π.χ. ν = 230330524. Β)

Προφανώς ΑΒ//ΓΔ και ΒΓ//ΔΕ επομένως: ΑΓ = ΒΔ = ΕΓ. Επίσης έχουμε ΒΓ = ΑΔ, ΔΓ = ΒΕ και ΑΒ Ε = ΑΔΕ = 90° . Άρα ΑΒ2 + ΓΔ2 = ΑΒ 2 + ΓΔ2 = ΑΕ2 = = ΑΔ2 + ΔΕ2 = ΒΓ2 + ΔΕ2 .

Όχι., διότι, αν υπήρχε, τότε 2lν . Έστω α ο μεγαλύτερος εκθέτης τέτοιος ώστε 2αlν . Τότε 4lα +2 (λόγω του ότι ο 4ν είναι τέλεια τε τάρτη δύναμη) και 2lα + 1 (λόγω του ότι ο 6ν είναι τέλεια έκτη δύναμη) και άρα 211, που εί ναι άτοπο. Να βρεθούν πραγματικοί αριθμοί χ, y, z, w για τους οποίους ισχύει

�χ_ y + �Υ_ z +-Jz _ w + -Jx + w = χ+2.

Να δειχθεί ότι για κάθε ι. r( χ) :;t -1, 2. f(x) :;t Ο

(�x - y - 1) 2 + (�y - z - 1) 2 + (-Jz - w - 1) 2 +(-Jx + w - 1) 2 = 0

και άρα χ = 2, y = 1 , z = Ο, w = - 1 .

Οι κορυφές Α, Β, Γ, Δ, Ε μιας τεθλασμένης γραμμής βρίσκονται πάνω σε ένα κύκλο όπως στο σχήμα έτσι ώστε οι γωνίες ΑΒΓ , ΒΓΔ , ΓΔΕ να είναι ίσες με 45°. Ν α αποδειχτεί ότι ΑΒ2 + Γ Δ2 ΒΓ2 + ΔΕ2 Λ

χ ε ffi.

ισχύουν:

3. f(x+4)=f(x) Λύση

1) 2)

Λύση

Η σχέση είναι ισοδύναμη με

Μια πραγματική συνάρτηση f είναι ορισμέ νη στο ffi. με την ιδιότητα: f(x + 1)f(x)+f(x+1)+1 = f(x)

Αν υπάρχει τουλάχιστον ένας α ε ffi. ώστε f(a) = - 1 , τότε 2 =Ο άτοπο . Αν υπάρχει τουλάχιστον ένας β ε ffi. ώστε f(β) = Ο, τότε f(β + 1) = -1 . Άτοπο από την προηγούμενη σχέση. Έχουμε f(x + 1) = (f(x) - 1)/(f(x) + 1), f(x + 2) = - 1/f(x) και επομένως f(x + 4) =-1/f(x + 2) = f(x). Γ Λ ΥΚΕ ΙΟΥ

Για μια συνάρτηση

f: R � R

ισχύει

f(f(x)) = χ3 -2χ2 + 3χ -1,

για κάθε χ ε R . Α) Να βρεθεί το f(1) . Β) Να εξετασθεί αν η συνάρτηση

g(x) = χ3 +x2f(x)- 2xf2 (χ)+ 3

είναι 1-1. ,'

....... "...

/ I I / �/1 / I

.... / I I I I I I I I I

Δ -

Λύση

Ισχύει f(f( l)) = 1 επομένως f(l) = f(f(f(l))) =(f( l))3 - 2(f( l ))2 + 3 f( l) - 1. Λύνοντας ως προς f(l ) έχουμε f( l ) = 1. Επίσης, g(O) = g( l ) = 3, οπότε η g δεν είναι 1-1 . 2.

Έστω α, β θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/13

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

Ν α αποδειχθεί ότι JS - α > _l_ β 4αβ

Λύση

Έχουμε α 1 1 G G v::J - - > -<=> ν5β > α +- <=> 4α β 4αβ 1 <::> 5β 2 - α 2 > -1 +-1 <::> 5β 2 > α 2 + -1 +-2 2 16α 2 16α 2 1 =9 με -ι + 1 2 � -1 + <1 2 16α 2 16 16 Άρα αρκεί 5β 2 - α 2 � 1 που αληθεύει αφού ο 5β 2 - α 2 είναι θετικός ακέραιος και αυτό επειδή .J5β > α => 5β 2 - α 2 > Ο με α, β ακέραιους

τομής Ο και Ρ λογω του ότι η πλευρά ΑΔ δεν είναι παράλληλη προς την πλευρά ΒΓ. Επειδή οι γωνίες ΑΟΔ και Β ΟΓ είναι ίσες ως κατά κορυφήν κα θώς και οι πλευρές ΑΔ , ΒΓ από την υπόθεση, οι κύκλοι Κι και Κ2 είναι ίσοι και τα τρίγωνα ΡΒΔ , Ρ Α Γ είναι όμοια. Επομένως ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το τετράγωνο του λόγου ο μοιότητας . 4.

Έστω 2ν > κ και έστω ότι οι ακέραιοι α ριθμοί α1, α2, . . . , «ν αφήνουν διαφορετικά υπόλοιπα όταν διαιρεθούν δια του κ. Να αποδειχθεί ότι για κάθε ακέραιο αριθμό λ υπάρχουν δείκτες i, j από το σύνολο {1, 2, . . . , ν} τέτοιοι ώστε κlα;+αj λ Λύση

Έ στω ΑΒΓΔ κυρτό τετράπλευρο τέτοιο ώστε ΑΔ ΒΓ , ΑΔ μη παράλληλη προς τη ΒΓ και Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ση μείο Ρ διάφορο του Ο τέτοιο ώστε ο λόγος των εμβαδών των τριγώνων ΡΒΔ και ΡΑΓ να ισούται με το τετράγωνο του λόγου των πλευρών ΡΒ και ΡΑ αντίστοιχα.

Οι αριθμοί λ - αι, λ - α2 , , λ - «ν αφήνουν δια φορετικά υπόλοιπα όταν διαιρεθούν δια του κ . Ο μέγιστος αριθμός αυτών των υπολοίπων είναι κ. Επειδή 2ν > κ, δύο από τους 2ν αριθμούς α α2, , , λ - «ν θα αφήνουν το ίδιο υ αv, λ - α λ - α2 , πόλοιπο όταν διαιρεθούν δια του κ και δεν μπο ρούν να ανήκουν στο ίδιο σύνολο {λ - αι, λ - α2 , . . . , λ - «ν} ή {αι. α2 . . , «ν}, δηλ. ο ένας θα είναι Λύση κάποιος αί και ο άλλος κάποιος λ - αj . Η διαφορά Θεωρούμε τους περιγεγραμμένους Κι και Κ2 στα τους διαιρείται με τον κ . τρίγωνα ΟΑΔ και ΟΒΓ με διαφορετικά σημεία =

• • •

ι.

ι,

• • •

66ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ

(11) ΘΕΜΑΊΆ

ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ''

Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ"

l:ΑΒΒΚΓΟ, 25 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ

2006

Μ ΕΓ ΑΛ ΟΙ Ι.

Λύση

Πόσοι διαφορετικοί πενταψήφιοι θετικοί Από τους συνδυασμούς με επαναλήψεις των 1Ο ακέραιοι αριθμοί υπάρχουν που το καθένα ψηφίων ανά 5 πρέπει να αφαιρέσουμε το συνδυα από τα ψηφία τους, εκτός του τελευταίου, σμό 00000. Άρα η απάντηση είναι 14 10 . 1 1 . 12 . 13·14 είναι μεγαλύτερο ή ίσο του επομένου ψηφί -1 2001. -1 5 ου τους; 1·2·3·4·5

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/14

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Έστω n ένας θετικός ακέραιος αριθμός. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση x+ y +!+!=3n χ

δεν έχει λύσεις στο σύνολο των θετικών ρη τών αριθμών. Λύση

Έστω χ = κ/λ και y = μ/ρ με (κ,λ) = 1 και (μ,ρ) = 1 μία πιθανή λύση. Τότε θα έχουμε: ρμ(κ2 + λ2) + λκ(ρ2 + μ2) = 3ηρμλκ . (1) Άρα ρμlλκ(ρ2 +μ2) και επειδή (ρμ, μ2 + ρ2) = 1 (αφού (μ,ρ) = 1), έχουμε ρμlλκ. Παρόμοια έχουμε λκlρμ, οπότε λκ = ρμ. Από την ( 1 ) συμπεραίνουμε ότι 3 l κ2 + λ2 + ρ2 + μ2 , και επειδή (κ,λ) = 1, (μ,ρ) = 1 και λκ = ρμ, μεταξύ των κ, λ, μ, ρ δύο ή κανένας θα διαιρείται δια του 3, οπότε κ2 + λ2 + ρ2 + μ2 1 ή 2 (mod 3). Άτοπο. Ξ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα σημεία Λ, Μ, Ν των πλευρών ΒΓ, ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα, έτσι ώστε η ΑΛ να είναι διχοτόμος της γω νίας Α και οι ΒΝ και ΓΜ να διέρχονται από ένα κοινό σημείο Σ της ΑΛ. Αν η γωνία ΑΛΒ ισούται με τη γωνία ΑΝΜ, να αποδει χθεί ότι η γωνία ΜΝΑ είναι ορθή.

ΡΚ ΡΒ (1) Άρα ΑΛ ΑΒ Επίσης από τα όμοια τρίγωνα ΝΡΓ και ΛΑΓ έχου με ΡΓ . ΜΒ . ΝΑ = 1 (2). ΡΒ ΜΑ ΝΓ Από το Θεώρημα των Διχοτόμων έχουμε ΒΛ ΑΒ (3) ΛΓ ΑΓ Από (1), (2), (3) έχουμε ΡΝ ΡΓ•ΒΛ ΡΓ•ΒΛ (4) ΡΚ ΡΒ•ΑΓ ΡΒ•ΛΓ Αρκεί λοιπόν τα σημεία Ρ, Β, Λ, Γ να αποτελούν αρμονική τετράδα. Αυτό ισχύει γιατί Α) Στο τρίγωνο ΑΒΓ από το Θεώρημα του Ceνa ΒΛ ΝΓ ΑΜ 1 δηλ. , -•-•ισχυει ΛΓ ΝΑ ΜΒ ΒΛ ΝΑ ΜΒ (5) . ΛΓ ΝΓ ΑΜ Β) Στο τρίγωνο ΑΒΓ με διατρέχουσα την ΡΜΝ (Θεώρημα του Μενελάου) έχουμε ΡΓ ΝΑ ΜΒ = 1 και αρα ΡΓ ΜΑ •ΝΓ (6) , -•-•ΡΒ ΝΓ ΜΑ ΡΒ ΝΑ ΜΒ Από τις (4), (5) και (6) έχουμε ΡΝ = ΡΚ. _

- = -·--

2"ς τρόπος

Το τετράπλευρο ΑΜΣΝ είναι πλήρες, αφού οι πλευρές του ΑΜ και ΝΣ τέμνονται στο Β και οι πλευρές του ΑΝ και ΜΣ στο Γ. Από γνωστό θε ώρημα η τομή Ρ της ΝΜ με την ΒΓ είναι σημείο αρμονικό συζυγές του Λ ως προς τα Β, Γ με Λ το ίχνος της εσωτερικής διχοτόμου ΑΛ. Άρα η ΑΡ είναι η εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ. Επομένως Ρλλ 90 οπότε από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΡΛΜ ( ΑΝΜ ΑΑΒ ) έχουμε: ΡΝΛ ΡΑΑ 90

Λύση

1 '' ς τρ ό πο ς

Θα δείξουμε ότι η ΡΛ είναι διάμετρος του κύκλου που περιγράφεται στο τετράπλευρο ΛΝΑΡ ( <rANP <rΑΛΡ ). Έστω Κ το σημείο τομής της ΑΒ με τον κύκλο. Επειδή <rΚΡΛ <rΚΑΛ και <rΛRN <rΛΑΝ , έχουμε <rΚΡΛ <rΛΡΝ και επομένως αρκείνα δείξουμε ότι ΡΝ = ΡΚ. Τα τρίγωνα ΡΒΚ και ΑΒΛ είναι όμοια. =

�Ν

= ---

Να εξετάσετε αν υπάρχει συνάρτηση f : R� τέτοια ώστε να ικανοποιεί τις συνθήκες 1 ) f(x+ +z) � 3(xy +yz + zx) για όλους y τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z και 2) υπάρχει φυσικός αριθμός ν και συνάρ τηση g τέτοια ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/15

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

g(g(x)) =x2v+l και f(g(x))=(g(x))2 για κάθε πραγματικό αριθμό χ. Λ ι'Jση

Είναι προφανές ότι η συνάρτηση g είναι 1 - 1 και επί και άρα υπάρχει η aντίστροφός της. Επομένως: f (x) = f ( g ( g-Ι ( χ )) = (g(g -Ι ( χ )) 2 = χ 2 για κάθε πραγματικό αριθμό χ και συνεπώς για τους πραγματικούς χ, y , z έχουμε

3(xy + yz + zx ) s ( χ + y + z) 2 = =f ( x + y + z ) s 3 (xy + yz + zx) δηλαδή

f (x + y + z ) = 3 (xy + yz + zx)

αλλά τότε, θέτοντας ( χ, y, z ) = (0, Ο, Ο) και ( χ, y, z) (0, 1 , - 1 ) , λαβαίνουμε f ( O) = Ο και f(Ο) = -3 αντίστοιχα. Άρα δεν υπάρχει τέτοια συνάρτηση.

?ΕΑ\Γ [l! .�

Φοιτητής

«Για κάθε πρώτο αριθμό p > 2 να εξετάσετε αν υπάρχουν πρώτοι αριθμοί ρ , , Pz με Ρ ι < Pz τέτοιοι ώστε οι αριθμοί ( p - 1 ) p 1 , p 2 να είναι διαδοχικοί». Ο

Leonhard Euler ( 1707 - 1783 ) απέδειξε πως έ νας θετικός ακέραιος αριθμός μπορεί να εκφραστεί ως άθροισμα δυο τετραγώνων ακεραίων αριθμών μόνο αν ικανοποιούνται συγκεκριμένες συνθήκες. Έχει επίσης αποδειχθεί πως δεν είναι δυνατόν κάθε θετικός ακέραιος να εκφραστεί σαν άθροισμα τριών τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Ο Joseph - Louis Lagraηge ( 1 736 - 1 8 1 3 ) απέ δειξε πως κάθε θετικός ακέραιος αριθμός μπορεί να εκφραστεί σαν άθροισμα τεσσάρων τετραγώ νων ακεραίων αριθμών. Στις αρχές του 20ου αιώνα ο Daνid Hilbert ( 1 862-1943 ) απέδειξε πως για κάθε θετικό ακέραιο η υπάρχει ένας αριθμός Kn τέτοιος ώστε κάθε θετι κός ακέραιος να μπορεί να γραφεί σαν άθροισμα όχι περισσότερων από Kn θετικών η-οστών δυνά μεων.

Ι ou

Μιχαήλ Θ. Ρασσιάς έτους της Σχολή ς Η λεκτρολόγων Μηχανικών και Μ ηχανικών Υπολογιστών του Ε . Μ . Π .

Από την ταυτότητα του Lagraηge έχουμε: ( x t + χ; + x j + χ� )( Υ � + Υ ; + yj + Υ � ) -( χ ι Υι + XzYz + Χ3Υ3 + Χ4Υ4 ) 2 χ3 2 x , + Υ3 Υι

1 l ι ;: ;:Ι' ι ;: ;: Ι' ι ;: ;:Ι' +

= ( Χ ι Υz - ΧzΥι ) 2 + ( ΧιΥ3 - Χ3Υι ) 2 + ( ΧιΥ4 - Χ4Υ ι ) 2 +( X zY3 - X 3 Y z ) 2 + ( XzY4 - X4Yz ) 2 + (x 3 y4 - x 4 y3 ) 2 = ( ΧιΥz - ΧzΥι + Χ3Υ4 - x 4 y 3 ) 2 -2 ( Χι Υz - ΧzΥι )( Χ3Υ4 - x 4 y 3 ) +( ΧιΥ3 - X3Yt + Χ4Υ 2 - x 2 y 4 ) 2 +2( ΧιΥ3 - χ 3 y ι )( Χ 2 Υ4 - x 4 y 2 ) +( Χι Υ4 - X4Yt + Χ 2 Υ3 - x 3 y 2 ) 2 -2 ( Χι Υ4 - χ 4 y ι )( Χ 2 Υ3 - x 3 y 2 ) = ( Χι Υ 2 - χ 2 Υ ι + x 3 y 4 - Χ4Υ3 ) 2 + ( Χι Υ3 - Χ3Υι + Χ4Υ 2 - Χ 2 Υ 4 ) 2 + ( Χι Υ 4 - Χ4Υι + XzY3 - Χ3Υ 2 ) 2 -2[ ( Χι Υ 2 - χ 2 y ι )( Χ3Υ4 - x 4 y 3 ) -( ΧιΥ3 - Χ3Υι )(x 2 y 4 - Χ4Υ 2 ) +( ΧιΥ4 - χ 4 y ι )( Χ 2 Υ3 - Χ3Υ 2 ) ] � ( χ� + χ; + xj + χ� )( Υ � + Υ ; + yj + Υ � ) = ( Χι Υ ι + Χ 2 Υ 2 + Χ3Υ3 + Χ4Υ 4 ) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

+ ( Χι Υ 2 - χ 2 Υι + Χ3Υ4 - Χ4Υ3 )2 +( Χ ιΥ3 - Χ3Υι + Χ4Υ 2 - x 2 y 4 ) 2 +( ΧιΥ4 - Χ4Υι + Χ 2 Υ3 - Χ3Υ 2 ) 2

:::::> Χ ι + χ 2 � Ρ .

Όμως

Συνεπώς, προκύπτει ότι το γινόμενο δύο ακέραιων αριθμών, που ο καθένας από αυτούς γράφεται ως άθροισμα τεσσάρων τετραγώνων ακέραιων αριθμών, είναι ακέραιος αριθμός που γράφεται επίσης σαν άθροισμα τεσσάρων τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Είναι γνωστό πως κάθε ακέραιος αριθμός μπορεί να είναι πρώτος ή να γράφεται ως γινόμενο δυνά μεων πρώτων αριθμών. Αρκεί, λοιπόν, να αποδείξουμε ότι κάθε πρώτος αριθμός p γράφεται ως άθροισμα τεσσάρων τετρα γώνων ακέραιων αριθμών και αυτό διότι αν ένας πρώτος αριθμός είναι άθροισμα τεσσάρων τετρα γώνων ακέραιων αριθμών τότε και κάθε θετική ακέραιη δύναμή του γράφεται επίσης σαν άθροι σμα τετραγώνων τεσσάρων ακέραιων αριθμών (αποδεικνύεται εύκολα). 1 : Για την ειδική περίπτωση όπου p = 2 έχουμε: 2 = 12

+ 1 2 + 0 2 + 02 .

2: Θα δείξουμε ότι για κάθε πρώτο αριθμό p >2 υπάρχουν ακέραιοι αριθμοί χ , y τέτοιοι ώστε: χ 2 + y 2 + 1 = mp όπου Ο < m < p .

Θεωρούμε τα σύνολα:

} { 1 p 1 Β = {-1 - / : y = 0, 1, .. , Ρ � } (πλήθος στοιχείων ; ) Α = χ 2 : χ = 0, 1, ... , Ρ � 1 (πλήθος στοιχείων Ρ ; 1 )

χ ι < Ε.2 χ 2 < Ε.2

}

=:> χι + χ 2 < p .

Ομοίως στο σύνολο Β δεν υπάρχει ζεύγος στοιχεί ων που να είναι ισότιμα modp. Το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Α υ Β εί ναι p+ 1 . Αυτά τα p+ 1 στοιχεία είναι διακεκριμένα. Υποθέτουμε ότι διαιρώντας κάθε έναν από αυτούς τους p+ 1 ακέραιους με το p λαμβάνουμε p+ 1 δια φορετικά μεταξύ τους υπόλοιπα (αν ο ακέραιος είναι μικρότερος του p τότε το υπόλοιπο είναι ο ίδιος ο ακέραιος). Όμως, γνωρίζουμε ότι αν διαιρέσουμε έναν ακέ ραιο αριθμό με το p τότε τα δυνατά υπόλοιπα είναι 0, 1 ,2 ... , (p - 1 ) . Συνεπώς, έχουμε το πολύ p διαφο ρετικά υπόλοιπα. Άρα, σύμφωνα με την αρχή «της φωλιάς των περι στεριών», υπάρχει ένα τουλάχιστον ζεύγος ακέ ραιων αριθμών στο σύνολο Α υ Β οι οποίοι διαι ρούμενοι με το p δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Έστω πως ένα τέτοιο ζεύγος ακέραιων αριθμών είναι το ( u, ν ). Τότε, σύμφωνα με τα παραπάνω, ισχύει ότι: u Ε Α και ν Ε Β καθώς δεν μπορούν και οι δύο αυτοί ακέραιοι να ανήκουν στο ίδιο σύνολο. Ισχύει, λοιπόν, ότι: u = ν mod p ή x 2 = (- 1 - y 2 ) mod p η' χ 2 + y 2 + 1 = mp, m Ε

( )

� !LJ

2 Όμως χ 2 � Ρ � 1 και y 2 �

( )

(�- 1 )2 •

Δεν υπάρχει ζεύγος στοιχείων του Α που τα στοι p-1 2 χεία του ζεύγους αυτού να είναι ισότιμα modp, Άρα χ 2 + Υ 2 + 1 � 2 . - +1 2 διότι αν υπήρχε τουλάχιστον ένα τέτοιο ζεύγος p 12 ( χ � , χ� ) θα ίσχυε: = ( -2 ) + 1 < p 2 , άρα Ο < m < p .Επομένως υχ � = x� (mod p ) <::::> χ � - :ιι: � = κp, κ Ε Ζ πάρχουν ακέραιοι χ, y με <::::> (χ ι - χ 2 )(χ ι + χ 2 ) = κp, κ Ε Ζ , οπότε Ο -< χ < Ε.2 και Ο � y < Ε.2 , p I (χ ι - χ 2 ) ή p I Χι + χ 2 . Άτοπο, διότι: Αν p l (x ι - χ 2 ) => χ ι - χ 2 = Κι Ρ • Κ Ε Ζ τέτοιοι ώστε χ 2 + y 2 + 1 = O(mod p ) . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι υπάρχουν ακέραιοι => l χ ι - χ 2 1 � Ρ αριθμοί Όμως

χ ι < Ε.2

χ 2 < Ε.2

}

=> Χι + χ 2 < p => l x ι - x 2 l < p .

Αν p l (χ ι + χ 2 ) => χ ι + χ 2 = κ 2 p, κ 2 Ε Ζ

m, χ ι , χ 2 , χ 3 , χ 4 ( χ ι = χ , χ 2 = y, χ 3 = 1, χ4 = 0 ) ' ' με Ο < m < p , τετοιοι ωστε mp = Χι2 + χ 22 + χ 32 + χ 42 με τους ακέραιους αριθμούς χ ι, χ2, Χ3, Χ4 να μην

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/17

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

(

Υ,

Ι, (

είναι όλοι διαιρετοί με το ρ, διότι αν ήταν όλοι διαι χ3 ; χ4 Τα τετράγωνα Χι ; χ 2 . Χι ; Χ 2 ρετοί με ρ τότε θα ίσχυε mp = κ �ρ 2 + κ �ρ 2 + κ � ρ 2 + κ �ρ 2 = χ 3 ; χ 4 δεν είναι όλα διαιρετά με το διότι αν ρ, - ( κ2 + κ 2 + κ2 + κ2 ) 2 -

4 Ρ

οπότε m = ( κ� + κ � + κ� + κ � ) ρ > ρ , που είναι άτοπο. Αρκεί να αποδείξουμε πως το ελάχιστο m είναι το ένα (m = 1 ) . Έστω m0 · ρ είναι το ελάχιστο πολλαπλάσιο του ρ που ικανοποιεί την ιδιότητα: m0 · p = x� + χ� + χ � + χ � με m0 > 1 (0<m0<p). Αν ο m0 είναι άρτιος τότε το άθροισμα •

Χι + Χ 2 + Χ3 + χ 4

(

αυτό ίσχυε τότε θα είχαμε:

+ + Ρ I Χι Χ 2 , ρ I Χι Χ 2 , ρ I Χ3 Χ4 , ρ I Χ3 Χ4 . 2 2 2 2 (Σημείωση: Αν ρ I α · β με ρ πρώτο => ρ I α ή ρ I β ,

άρα αν p l α 2 => p l α ).

(

)(

)

Επομένως ρ I Χι ; χ 2 + Χι ; χ 2 => ρ I χ 1 , ομοίως ρ I χ 2 , ρ I χ 3 , ρ I χ 4 , άτοπο. Αφού mo άρτιος τότε m0 = 2ν , ν ε Ζ

είναι άρτιος διότι αν ήταν περιττός θα ίσχυε

(χ ι + Χ 2 + Χ3 + χ 4 ) 2 = χ� + χ� + χ � + χ � + +2( ΧιΧ 2 + ΧιΧ3 + ΧιΧ4 + Χ 2 Χ3 + Χ 2 Χ4 + Χ3Χ4 ) = ffio · p + 2(x 1 x 2 + χ 1 χ 3 + χ 1 χ 4 + +χ 2χ3 + χ 2χ4 + χ3 χ4 )

που είναι άρτιος, άτοπο. Έτσι, για τους ακέραιους χ 1 , χ 2 , χ 3 , χ 4 έχουμε τις περιπτώσεις: i) να είναι όλοι άρτιοι ii) να είναι όλοι περιττοί iii)να είναι οι δύο άρτιοι και οι άλλοι δύο περιττοί. Οι (i), (ii) οδηγούν αμέσως σε άτοπο. Έστω, πως ισχ6ει η (iii) με Χ ι,χ2 άρτιους και χ3,χ4 περιττούς. Τότε οι αριθμοί είναι άρτιοι. Ισχ6ει ότι:

(

) ( ) ) ( ; )

2 2 1 m · P = Χι + χ 2 + Χι - χ 2 2 o 2 2 2 2 + χ3 χ4 + χ3 χ4

(

;

από τη γνωστή ταυτότητα α2 ; β 2 = α ; β α β + ;

( y( Υ

(

) (

)

+ χ2 2 χ1 - χ2 2 Χι = νp + ::::>

(

;

+ Χ3 Χ4

Ι + ( Χ3 ; Χ4 )

2 2

με ν < mo. άτοπο, αφού έχουμε θεωρήσει το γινόμενο m0 · ρ το ελάχιστο πολλαπλάσιο του ρ που να αναπαρίσταται ως άθροισμα τεσσάρων τετραγώνων α κέραιων. Αν ο mo είναι περιττός, τότε οι χ 1 , χ 2 , χ 3 , χ 4 δεν θα διαιρούνται όλοι με το m0 διότι θα ίσχυε: mo · P = λ2ι · mο2 + λ22 · mo2 + λ23 · mo2 + λ24 · mo2 =

= ( λ� + λ� + λ� + λ� ) · m�

οπότε ρ = ( λ� + λ� + λ� + λ� ) · m0 => m0 I ρ,

άτοπο, αφού ο ρ είναι αριθμός πρώτος. Επειδή ο m0 είναι περιττός ας θεωρήσουμε m0 � 3 , οπότε μπορούμε να επιλέξουμε ακέραιους αριθμούς bι,b2,b3,b4 έτσι ώστε χ ί = bimo + Y i για i = 1 ,2,3,4 με I Y i I < � · m0 και y � + y� + y � + y� > Ο

( )

< *>

1 ' Επομενως Υι2 + Υ 22 + Υ32 + Υ42 < 4 · 4 mo2 = mo2

' y 21 < 1 m02 ) (δ ιοτι 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/18

•

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Τελικά y � + y � + y � + y � < m� (1) Έχουμε Υ � + Υ � + Υ � + Υ � = (χ ι - bιm0 ) 2 + (χ 2 - b 2 m0 ) 2 +(χ 3 - b 3 mo ) 2 + (χ 4 - b 4 mo ) 2 = ( χ � + χ � + χ � + χ � ) - 2χ ιbι mο

-2x 2 b 2 m0 - 2x 3 b 3 m0 - 2x 4 b 4 m0

+ ( b� + b� + b� + b� ) % = πολλmσ .

Συνεπώς y � + y � + y � + y � O mod m0

Επομένως ο m = 1 είναι ο ελάχιστος ακέραιος για τον οποίο το m p είναι ελάχιστο και ισχύει mp = Χ 2ι + Χ 22 + Χ 32 + Χ 42 για κάθε πρώτο p. Ά ρα Ρ = Χι2 + Χ 22 + Χ 32 + Χ 42 Συνεπώς κάθε θετικός ακέραιος αριθμός μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τεσσάρων τετραγώνων ακέ ραιων αριθμών.

< *)Κλάση υπολοίπου [α] με το mo ορίζουμε το σύ νολο των ακέραιων αριθμών που διαιρούμενοι με Άρα: το mo δίνουν υπόλοιπο α. (2) x f + χ � + χ � + χ � = m0p ( m0 < p) Προφανώς οι ακέραιοι αριθμοί Χ ι,Χz,χ3,� ανήκουν σε κάποια κλάση υπολοίπων (όχι αναγκαστικά στην y f + Υ � + Υ � + Υ � = m ι m o (Ο < m ι < m0 ) (3) ίδια) . [ Ο < m ι < m0 διότι αν ήταν m ι � m0 τότε Τότε αν m ι mo � m� , άτοπο λόγω της ( 1 )]. x i ε [α] υπάρχει Yi ε [α] , i 1 ,2,3,4 Από τις (2), (3) προκύπτει: Συνεπώς οι ακέραιοι Χϊ, Y i είναι ισοϋπόλοιποι m� m ι p = ( χ � + χ � + χ � + χ � )( y f + Υ � + Υ � + Υ � ) modmo. 2 2 2 2 Έτσι, επιλέγουμε ακέραιους αριθμούς bi τέτοιους = Ζ ι + z2 + z3 + z4 , ώστε: όπως παρατηρήσαμε στην αρχή του άρθρου. Όμως z ι = ΧιΥ ι + Χ 2 Υ 2 + x 3 y 3 + x 4 y 4 με 1 Yi 1 < 21 m o και Υι2 + y 22 + y 32 + y 42 > 0 = Χι (χ ι - bι mo ) + Χ 2 (χ 2 - b 2 m o ) + χ 3 (χ 3 - b 3 m o ) Εδώ χρησιμοποιούμε το γεγονός ότι ο m0 είναι +χ 4 (χ 4 - b4 m o ) περιττός, καθόσον αν ο m0 ήταν άρτιος θα ίσχυε m0 � 2 . = ( χ � + χ � + χ� + χ� ) - (χ ιbι + x2b2 + x3b3 + x4b4 ) ffio Έτσι, για m 0 = 2 => I Yi l < 1 :::::> I Yi l = 0 , άτοπο, διότι = mσp - (χ ιbι + x 2 b2 + x 3 b3 + x4 b4 ) ffio = O mod mσ . τότε θα ίσχυε xi = m0bi , δηλαδή mo I xi για Ομοίως αποδεικνύεται ότι: z 2 , z 3 , z 4 O mod m0 . i = 1, 2, 3, 4 που αποδείξαμε πως δεν αληθεύει. 2 2 2 2 2 2 2 2 2 m0 t t t m0 t Άρα m0m ιp = ι + 2 m0 + 3 m0 + 4 Αν mo περιττός τότε m0 � 3 . 2 2 2 2 'Ετσι, για m 0 = 3 => I Y i I < � . Άρα μπορεί η' m ιp = t ι + t 2 + t 3 + t 4 , 2 όπου ο p δεν διαιρεί όλα τα tι,tz,t3,t4 διότι αν τα I Y i I = 1 * Ο το οποίο είναι δεκτό, (αφού Ο < 1 < �2 ). διαιρούσε τότε θα ισχύει m ιp = ( ξ f + ξ� + ξ� + ξ� ) p 2 =

{

•

ή m ι = ( ξ f + ξ� + ξ� + ξ� ) Ρ > Ρ , άτοπο, διότι Ο < m ι < m0 < p . Άρα έχουμε καταλήξει σε αναπαράσταση του m ι p σε άθροισμα τεσσάρων τετραγώνων με mι<mo, άτοπο. Συνεπώς, σε κάθε περίπτωση η υπόθεση mo> 1 ο δηγεί σε άτοπο. ·

Β ι βλιογρα φ ία

[1] G. Η. Hardy and Ε.Μ. Wήght, An Introduction to the Theory of Numbers, Oxford Science Pub lications, Clarendon Press, Oxford, 2003. [2] J. Hunter, Αριθμοθερωρία (Μετάφραση Ν . Κριτικού) , Αθήνα, 198 1 . ] [ 3 Η.Ν. Wήght, First Course in Theory of Num bers, John Wiley & Sons, Inc., London, 195 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/19

�·•ιιιι•"�••• "� �· �� 111 �-�� A•d• Ζαχαρόπουλος Κωνσταντίνος Το παρακάτω άρθρο έχει σαν σκοπό να παρουσιάσει μια σειρά ασκήσεων που αφορούν τα συστήματα, τη

μελέτη συνάρτησης τριωνύμου 2ου βαθμού και τις εξισώσεις και ανισώ σεις 2ου και ανωτέρου βαθμού.

Ο τρόπος με τον οποίο έχουν λυθεί μερικές από τις παρακάτω ασκήσεις δεν είναι ο μοναδικός, απλά διευ

κολύνει κατά πολύ τις λύσεις τους και βοηθάει το μαθητή να αποφύγει μια ατέρμονη σειρά πράξεων. Ά σ κηση 1

-χ-λ --

Να βρεθεί το είδος των ριζών της εξίσωσης α z + -βz = 1 αν α · β * Ο και χ * λ , χ * μ ·

χ-μ

Λ ΥΣ Η

α 2 -β 2 = 1 <:::> + χ-λ χ-μ α 2 ( χ - μ ) + β 2 ( χ - λ ) = ( χ - λ )( χ - μ ) <=::> α 2 χ - α 2 μ + β 2 χ - β 2 λ = χ 2 - ( λ + μ ) χ + μλ <=::> α 2 χ - α 2 μ + β 2 χ - β 2 λ - χ 2 + ( λ + μ ) χ - μλ = Ο <=::> χ 2 - α 2 + β 2 + λ + μ χ + λμ + α 2 μ + β 2 λ = Ο . Βρίσκουμε τη Διακρίνουσα της δευτεροβάθμιας εξίσωσης 2 Δ = α 2 + β 2 + λ + μ - 4 λμ + α 2 μ + β 2 λ = 2 2 α 2 + β 2 + λ2 + μ 2 + 2α 2 μ + 2α 2 β 2 + 2α 2 λ + +2β 2 λ + 2β 2 μ + 2λμ - 4λμ - 4α 2 μ - 4β 2 λ = 2 2 α 2 + β 2 + λ2 + μ 2 + 2α 2 β 2 + 2λα 2 -2μα 2 - 2λβ 2 + 2μβ 2 - 2λμ Προσθέτουμε και αφαιρούμε την ποσότητα 2α 2 β 2

)

(

) (

{ ( ) ( )

)

( ) ( )

οπότε: 2 2 Δ = α2 + β 2 + λ2 + μ2 - 2α2 β 2 + 2λα2 - 2μα2 -2λβ2 + 2μβ 2 - 2λμ + 4α2 β2 2 = α 2 - β 2 + λ - μ + 4α 2 β 2 � 0 .

( ) ( )

(

)

Επειδή όμως αβ * Ο ισχύει Δ > Ο άρα η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.

Ά σκη ση 2

( χ2 +χχ + 1 ]2 + 4(2 + χ + -χ1 )

Ν α λυθεί η εξίσωση

....:.( ._ -,...-__)_..:...

(

•

Λ ΥΣ Η

) �)

χ2 + χ + 1 1 4 = ο <=::> 2 + + + χ χ χ2 2 χ 2 + χ + 1 + 4 χ 2 2 + χ + = Ο <=:> _

) ( ( ( χ 2 + χ + 1 )2 + 8χ 2 + 4χ 3 + 4χ = Ο <=:> ( x 2 + x + l )2 + 4χ { χ 2 + 2χ + 1 ) = 0 <=:> { x 2 + x + x + l - x )2 + 4χ { χ 2 + 2χ + 1 ) = 0 <=:> { x 2 + 2x + l - x )2 + 4x { x 2 + 2x + l ) = O <=:> [( χ + 1 )2 - χ τ + 4χ ( χ + 1 )2 = 0 <:::>

4 ( χ + 1 ) - 2 χ ( χ + 1 ) 2 + χ 2 + 4 χ ( χ + 1 ) 2 = 0 <:::> 4 ( χ + 1 ) + 2 χ ( χ + 1 ) 2 + χ 2 = 0 <:::> 2 ( χ + 1 ) 2 + χ = ο <=::>

] [ { χ 2 + 2x + l + x )2 = 0 <:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/20

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

( χ 2 + 3χ + 1 )2 = 0 �

χ 2 + 3χ + 1 = 0 Βρίσκουμε τη διακρίνουσα της εξίσωσης χ 2 + 3χ + 1 = 0 Δ = β 2 - 4αγ = 3 2 - 4 = 9 - 4 = 5 > Ο . ο

Οι ρίζες της εξίσωσης λοιπόν είναι: -β + /Δ -3 + J5 . = -β - /Δ -3 - JS η Χ2 = Χι � 2 � 2 Άσκη ση 3

)

{

Δίνεται η εξίσωση χ 2 - .Jλ + 3 χ + λ = Ο

(I)

όπου λ Ε IR είναι μια πραγματική παράμετρος και ρ 1 , ρ 2 οι ρίζες της εξίσωσης α) Να βρεθεί για ποιες τιμές του λ Ε IR ορίζε ται η εξίσωση β) Να βρεθεί για ποιες τιμές του λ Ε IR η εξί σωση έχει ρίζες πραγματικές που ικανο, τη σχεση , 4ρ 21 ρ 22 < ρ ι2 + ρ 22 · ποιουν

με ρίζες λ 1 = -1 και λ 2 = � και λόγω της 4 σχέσης (11) θέλουμε να είναι αρνητικό, δηλαδή ετερόσημο του συντελεστή του δευτεροβάθμιου όρου, που γίνεται όταν -1 < λ < -3 ( 3) 4 Συναληθεύοντας τις σχέσεις ( 1 ), ( 2), ( 3) προκύπτει

Ι Ιι

-3

-1

1. 1 4

3 Συνεπώς - 1 < λ < - . 4 Δίνεται η εξίσωση χ4 + μ 2 + ν 2 _ 13 ) χ 3 _ ( μ + ν χ 2 + + ( μν - 6 χ + μν - 2 = Ο

(

)

(I)

όπου μ, ν Ε IR . Να βρεθούν οι τιμές των μ, ν εξίσωση ορίζεται όταν ορίζεται η .Jλ + 3 , ώστε η εξίσωση να είναι διτετράγωνη και ύστε δηλαδή λ + 3 � Ο � λ � -3 . ( 1 ) ρα να λυθεί. Για να έχει η εξίσωση (I) ρίζες πραγματικές πρέπει Δ � Ο άρα, Για να είναι η εξίσωση διτετράγωνη αρκεί οι συ {Ι) 2 ντελεστές τρίτου και πρώτου βαθμού αντίστοιχα Δ = .Jλ + 3 ) - 4λ = I λ + 3 1 - 4λ = να είναι μηδέν. Άρα πρέπει: μ 2 + ν 2 - 13 = 0 και μν - 6 = 0 . = λ + 3 - 4λ = 3 - 3λ ' Λύνουμε το σύστημα Σ: οπότε 3 - 3λ � ο � λ � 1 ( 2). μ 2 + ν 2 - 1 3 = 0 � ( μ + ν )2 - 2μν - 1 3 = 0 � μν - 6 = 0 μν = 6 Χρησιμοποιώντας τις σχέσεις του Vίeta παίρνουμε ( μ + ν ) 2 - 2 · 6 - 1 3 = 0 � ( μ + ν ) 2 = 25 � ρ 1 + ρ 2 = _ f = .Jλ + 3 και ρ 1 ρ 2 = 1 = λ . μν - 6 = 0 μν = 6 α α Ι μ + ν l = 5 � μ + ν = 5 1 ή μ + ν = -5 2 Από τη σχέση () ( ) μν = 6 μν = 6 μν = 6 � 4ρ ; ρ � < ρ; + ρ � Επίλυση του ( 1 ) συστήματος: � 4 ( ρ ι ρ 2 ) 2 < ( ρ ι + ρ 2 ) 2 - 2ρ ι ρ 2 � Έστω S = μ + ν και Ρ = μν άρα 2 ) { 2 παίρνουμε 4λ < .Jλ + 3 - 2λ � ω 2 - Sω + Ρ = 0 ( 3 ) � ω 2 - ( μ + ν ) ω + μν = 0 � � ω 2 - 5ω + 6 = Ο οπότε ω 1 = 2 ή ω 2 = 3 αφού � 4λ2 < λ + 3 - 2λ � 4λ2 < 3 - λ � λοιπόν μ, ν ρίζες της ( 3) τότε: 4λ2 + λ - 3 < 0 (II). μ = 2 και ν = 3 (4) ή μ = 3 και ν = 2 (5). Αλλά το 4λ2 + λ - 3 είναι τριώνυμο 2ου βαθμού ΛΥΣΗ

α) Η β)

(

}

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/21

}

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Επίλυση του (2) συστήματος: Αφού μ, ν ρίζες της ω 2 - 5ω + 6 = Ο με όμοιο τρό πο ω 1 = -2 ή ω 2 = -3 άρα μ = -2 και ν = -3 (6) ή μ = -3 ή ν = -2 (7). Αντικαθιστώντας στην αρ χική εξίσωση (I) τις τιμές των μ, ν Ε JR από τις σχέσεις (4), (5), (6), (7) έχουμε: α) χ 4 - 5χ 2 + 4 = Ο , σύμφωνα με τις σχέσεις (4), (5) β) χ 4 + 5χ 2 + 4 = Ο , σύμφωνα με τις σχέσεις (6), (7). Λύση της εξίσωση χ 4 - 5 χ 2 + 4 = Ο . . ' Θ ετουμε χ 2 = y οποτε: y 2 - 5y + 4 = 0 <=> y = 4 ή y = 1 ' χ 2 = 4 η. χ 2 = 1 αρα χ = ±2 ή χ = ±1 . Λύση της εξίσωσης χ 4 + 5χ 2 + 4 = 0 . Θέτουμε χ 2 = y οπότε: y 2 + 5y + 4 = Ο <=> y = -1 ή y = -4 άρα χ 2 = -1 ή χ 2 = -4 αδύνατες. Ά σκη ση 5

Να ορίσετε τον χ Ε R ώστε οι αριθμοί α χ 2 - χ + 1 , β = χ + 2 και γ = χ 2 - 4χ + 3 να είναι πλευρές τριγώνου. =

το τριώνυμο είναι θετικό εκτός των ριζών συνεπώς: 3 - ./5 . 3 + ./5 η Χ > -Χ< ( 5) 2 2 Ομοίως γ < α + β άρα χ 2 -4χ + 3 < χ 2 - χ + 1 + χ + 2 <::> -4χ < Ο <::> χ >0 (6)

Συναληθεύουμε τις σχέσεις (2), (3), (4), (5), (6) ·

Άρα

I ι

Ο 3-/5 Ι 4

-2

Ο<χ <

3 - ./5 . 2

Ά σκη ση 6

ii)

Να κατασκευάσετε εξίσωση 200 βαθμού που οι ρίζες της χ 1 , χ 2 επαληθεύουν τις σχέσεις: ΧιΧ2 - 3 ( χι + χ2 ) = -5 ( 1) και χ 1 χ 2 - μ ( χ1 + χ2 ) = -1 (2)

Να προσδιοριστεί ο μ Ε JR ώστε η παραπάνω εξίσωση που βρήκατε να έχει δύο ρίζες ίσες. ΛΥΣΗ

Θέτουμε χ1 χ 2 = ρ και χ1 + χ 2 = 5 οπότε οι σχέΛΥΣΗ σεις ( 1 ), (2) γίνονται Για να είναι οι αριθμοί α, β, γ πλευρές τριγώνου θα P - 3S = -5 (2) πρέπει α > Ο , β > Ο , γ > Ο και α < β + γ , Ρ - μ · S = -1 β < α + γ , γ < α + β . Επομένως λύνουμε το σύστη- Επιλύουμε το σύστημα (Σ) με ορίζουσες ή όπως μα των παραπάνω ανισώσεων. λέγεται με τη μέθοδο Cramer 2 κ Οπότε: α = χ - χ + 1 > Ο ( 1) για άθε χ Ε JR διότι 1 -3 D = =3-μ κ Δ = -3 < Ο αι α = 1 > Ο . 1 -μ Πρέπει β > Ο , συνεπώς -5 -3 Dρ = = 5μ - 3 χ + 2 > ο <=> χ > -2 (2) -1 - μ Πρέπει γ > Ο , συνεπώς Ds = = = 4 . χ 2 - 4χ + 3 > Ο <=> (χ - 1) ( χ - 3) > Ο και το τριώνυμο με α = 1 > Ο είναι θετικό εκτός Βρίσκουμε τις τιμές της παραμέτρου για τις οποίες είναι D = 0 . των ριζών, άρα χ < 1 ή χ > 3 (3). D = 0 <=> 3 - μ = 0 <=> μ = 3 . Επίσης α < β + γ άρα Εξετάζουμε περιπτώσεις ανάλογα με τις τιμές της χ 2 - χ + 1 < χ + 2 + χ 2 - 4χ + 3 <::> 2χ < 4 <::> χ < 2 (4) παραμέτρου. Ομοίως β < α + γ άρα 1) Αν 3 - μ :;t Ο δηλαδή μ :;t 3 τότε είναι D :;t Ο χ + 2 < χ 2 - χ + 1 + χ 2 - 4 χ + 3 <=> 2χ 2 - 6χ + 2 > ο οπότε το σύστημα έχει μοναδική λύση την D . 5μ - 3 3 + ./5 3 - ./5 Ρ = -Ρ = 5μ - 3 αρα χ1 · χ2 = (3) <::> 2 χ - -- χ + -- > 0 , D 3-μ 3-μ 2 2 •

ι ι ι ι ι: �Ι

(

)(

)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

4 4 και S = 0 s = -- άρα Χι + χ 2 = -- (4). D 3-μ 3-μ 2) Αν 3 - μ = Ο τότε, μ = 3 οπότε D = O και επειδή 0 5 = 4 :;t: O και D P = I2 ;t: O το σύστημα είναι αδύνατο. Η εξίσωση που θέλουμε να κατασκευάσουμε έχει τη μορφή y 2 - (χ ι + χ 2 ) y + χ ι χ 2 = 0 (5) οπότε από τις σχέσεις (3), (4) προκύπτει ότι η (5) γίνεται 5μ - 3 4 = 0 <:::> y 2 - -- y + 3-μ 3-μ (3 - μ) y 2 - 4y + 5μ - 3 = 0 (6) Η διακρίνουσα της εξίσωσης (6) είναι: Δ Υ = 42 - 4(3 - μ)(5μ - 3) = Ι6 +( 4μ - Ι2)(5μ - 3) =

( )

3 <:::> (χ - 1 ) ( χ 2 - χ + 1 ) . χ . ( 2χ + 1) > ο ( 1 )

Πρέπει χ :;t: 1 . Το χ 2 - χ + 1 είναι θετικό διότι έχει διακρίνουσα Δ = -3 < Ο και συντελεστή δευτεροβάθμιου όρου το α = 1 > Ο άρα χ 2 - χ + 1 > Ο για κάθε χ ε IR . Η ( 1 ) λοιπόν είναι ισοδύναμη με 3 χ (2χ + Ι)(χ - 1) > 0 . 3 Το (χ -1) είναι θετικό για χ > 1 και αρνητικό για χ < 1 . Το χ είναι θετικό για χ > Ο και αρνητικό για χ < Ο . Το 2χ + 1 είναι θετικό όταν 2χ + 1 > Ο <:::> χ > _!._ 2 _

και αρνητικό όταν 2χ + 1 < Ο <:::> χ < _ _!._ . 2 Συνοπτικά από τον πίνακα έχουμε: χ (χ - 1 ) 3

Ι6 + 20μ 2 - 72μ + 36 = 20μ 2 - 72μ + 52 . Επειδή η εξίσωση (6) έχει δύο ίσες ρίζες πρέπει Δ Υ = 0 άρα

2x+ l

20μ 2 - 72μ + 52 = ο <:::> 5μ 2 - Ι 8μ + 1 3 = ο (7) Βρίσκουμε τη διακρίνουσα της (7) Δμ = Ι 8 2 - 4 · 5 · 1 3 = 324 - 260 = 64 > 0 Άρα η η εξίσωση (7) έχει δύο λύσεις τις -β + ν'Δ = 1 8 + 8 = 26 = 1 3 μι = ιο ιο s 2α

-β - ν'Δ 1 8 - 8 η' μ 2 = = -- = 1 . 10 2α 13 · ' μι = 5 Για τις τιμες' λοιπον η μ2 = Ι η εξίσωση (6) έχει δύο ρίζες ίσες.

Άσκηση 7

Να λυθ εί το σύστημα των ανισώσεων Σ :

( χ 2 - χ + ι ) ( 2χ2 + χ ) > 0 (χ - ι)3 χ2 + ι ) (--'-χ 3 - sx 2 + 6χ--'-') ('- -'- < ο χ 2 - 4χ + 3 ----

ΛΥΣΗ

Λύνουμε την κάθε aνίσωση χωριστά ( χ 2 - χ + 1 )( 2χ 2 + χ ) > 0 <:::> 3 (χ - 1)

Γινόμενο

+ +

Επομένως η aνίσωση ( 1) επαληθεύεται για 1 - - < χ < Ο και χ > 1 (2) 2 Η δεύτερη aνίσωση ( χ 3 - 5χ 2 + 6χ )( χ 2 + 1 ) --'------:----'--'-----'- < Ο με χ :;t: 1 και χ :;t: 3 χ 2 - 4χ + 3 γίνεται: χ ( χ 2 - 5χ + 6 )( χ 2 + 1 ) < ο <:::> χ 2 - 4χ + 3 ---'-�-----''--'---'-

<==> χ ( χ 2 - 5χ + 6 )( χ 2 + ι )( χ 2 - 4χ + 3 ) < Ο .

Το χ 2 + 1 > Ο για κάθε χ ε IR ως άθροισμα τετρα γώνων, χ 2 + Ι = χ 2 + 1 2 . Το τριώνυμο χ 2 - 5 χ + 6 έχει ρίζες τις 2, 3 οπότε χ 2 - 5 χ + 6 > Ο όταν χ < 2 ή χ > 3 και χ 2 - 5χ + 6 < 0 όταν 2 < χ < 3 . Το τριώνυμο χ 2 - 4 χ + 3 έχει ρίζες τις 1 , 3 οπότε χ 2 - 4 χ + 3 > Ο όταν χ < 1 ή χ > 3 και χ 2 - 4 χ + 3 < ο όταν ι < χ < 3 . Συνοπτικά προκύπτει ο πίνακας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/23

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

-Jo

χ Χ2-5χ+6 χ2-4χ+3

+I οο

Γινόμενο

1<χ<2

χ2+ 1

(

Επομένως η ανίσωση επαληθεύεται για χ < Ο και

Από (2), (3) συναληθεύουμε κι έχουμε Άρα οι λύσεις του συστήματος είναι

_.!_ < χ < ο ή 1 < χ < 2 . 2

JΊ) 'Ί r JίJ ·;' !/, r / :.-'. ' J ( ..... -

····'

Να λυθεί το σύστημα

(χ + y) - 5xy = 69 -2(χ + y) + xy = -11

}

Θέτουμε χ + y = κ και χ · y = λ οπότε το σύστημα 3κ - 5λ = 69 γίνεται: -2κ + λ = -1 1 Με τη μέθοδο των οριζουσών έχουμε: 69 -5 3 -5 = 14 ' = -7 ' D = D= -2 1 -1 1 1 3 69 = 105 . Dλ = -2 -1 1 Επειδή D = -7 *- Ο το σύστημα έχει μία λύση: D κ = 0 κ = -2 και λ = λ = -15 . D D χ + Υ = -2 Άρα έχω X · y = -1 5 Τότε τα χ, y είναι ρίζες της εξίσωσης: ω 2 - ( -2) · ω + ( -15) = Ο <=> ω 2 + 2ω - 15 = 0

}

1 1

}

Λύνω την εξίσωση και βρίσκω ρίζες ρ 1 = -5 και χ=3 χ = -5 ή ρ 2 = 3 . Άρα y = -5 y=3

}

(3 )

Για ποιες τιμές του λ Ε IR το σύστημα λ3 χ - λy = -1 -x + y = λ Έχει μοναδική λύση ;

:.J

'; ' rJ-_· J. r_ :'J Γ

_, ι ..ιJ ι ; / j'

rJ .

Νίκος Σ. Ταπεινός Έχει μοναδική λύση το ζεύγος ( χ0 , y 0) που επαληθεύει την εξίσωση 4χσ +y0 =6 ; Είναι αόριστο ; Με τη μέθοδο των οριζουσών έχουμε: -λ 3 = λ - λ = λ(λ - 1)(λ + 1) D= � -1 1 1 -λ Dx = = -1 + λ2 = (λ - 1)(λ + 1) 1 3 1 Dy = λ = λ4 - 1 = (λ - 1)(λ + 1) ( λ2 + 1 ) . _1 Για να έχει μοναδική λύση πρέπει D :F- 0 <=> λ(λ - 1)(λ + 1) :F- 0 <=> λ :F- Ο και λ *- 1 και λ :F- -1 , δηλαδή πρέπει λ Ε IR - {-1, Ο, 1} . Όταν λ :F- Ο και λ *- 1 και λ :F- -1 η μοναδική D 1 λύση του συστήματος είναι: χ 0 = _χ = - και D λ D y λ2 + 1 Υ ο = ο = -- . λ Τότε έχουμε: λ2 + 1 = 6 <=> λ2 - 6λ + 5 = 0 . 4χ 0 + Υ ο = 6 <=> -4 + -λ λ Λύσεις της εξίσωσης είναι λ = 5 (δεκτή) ή λ = 1 (απορρίπτεται). Για να είναι αόριστο πρέπει αρχικά D = Ο <=> λ = -3 ή λ = Ο ή λ = 1 . Για λ = -1 το σύστημα γίνεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/24

1� l �

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

}

-x + y = -1 που είναι αόριστο. -x + y = -1 Για λ = Ο το σύστημα γίνεται: Ο · χ + Ο · y = -1 που είναι αδύνατο. -χ + Υ = 0 Για λ = 1 το σύστημα γίνεται: χ - Υ = -1 που είναι αόριστο. -χ + Υ = 1 Άρα το σύστημα γίνεται αόριστο όταν λ = 1 ή λ = -1 .

}

Για ποιες τιμές του λ Ε JR - { 1 } η aνίσωση ( λ - 1 ) χ 2 - 5χ + 3λ + -1 < 0 , ( 1 ) αληθεύει για κάθε χ Ε JR v

•

λ Δ

Για να ισχύει η ( 1 ) για κάθε χ Ε JR , πρέπει λ - 1 < ο <=> λ < 1 (2) και

-ι)( 3λ + �) < ο <=>

-12λ2 + 1 1λ + 26 < 0 (3) Η ανίσωση αυτή έχει Δ' = 1 369 = 37 2 ,

λ<-

�1 2 ή λ > 2

(4)

Η συναλήθευση των (4) και (3) δίνει λ < 4.

�12 .

Για τις διάφορες τιμές τον λ Ε JR* , να εξε τασθεί αν η εξίσωση ι.χ2 -2ν'3 ·χ-λ+4=0, ( 1 ) έχει ρίζες και πόσες. ΛΥΣΗ

Η διακρίνουσα της ( 1 ) είναι: Δ = ( -2 ) 2 - 4 · λ -λ + 4 =

(

)

= 4λ2 - 1 6λ + 1 2 = 4 ( λ2 - 4λ + 3 )

που είναι τριώνυμο 2ου βαθμού με ρίζες λ1 = 3 και λ2 = 1 . Επειδή 4 > Ο , το πρόσημο της Δ δείχνει ο παρακά τω πίνακας.

+σο

Δίνεται η παραβολή y = 2χ2 - ( 3λ + 2 ) χ + 2 με λ Ε !R . Να προσδιορισθούν οι τιμές της παραμέ τρου λ ώστε η παραβολή: i) να εφάπτεται στον άξονα χ 'χ ii) να έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα y 'y ίίί) να έχει κορυφή με τεταγμένη -2 . ΛΥΣ Η

ί) Η

(

και ρίζες λ 1 = - � λ 2 = 2 . 12 Επειδή - 1 2 < Ο λύσεις της (3) είναι:

Άρα α) Αν λ < 1 ή λ > 3 τότε Δ > Ο και η ( 1 ) έχει δύο πραγματικές ρίζες διάφορες μεταξύ τους. β) Αν 1 < λ < 3 τότε Δ < Ο και η ( 1 ) δεν έχει πραγματικές ρίζες. γ) Αν λ = 1 ή λ = 3 τότε Δ = Ο και η ( 1 ) έχει μία διπλή πραγματική ρίζα.

ΛΥΣΗ

Δ < ο <=> 25 - 4 · ( λ

-00

παραβολή εφάπτεται στον άξονα χ ' χ αν και μόνον αν Δ = 0 <::> 3λ + 2 2 - 4 · 2 · 2 = 0 <::> 3λ + 2 2 - 16 = 0 <=> 3λ + 2 - 4 3λ + 2 + 4 = 0

(

)

( )( <=> λ = � ή λ = -2 .

)

3 2 ίί ) Γνωρίζουμε ότι η παραβολή y = αχ + β χ + γ με α * Ο , έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία χ = - 1._ . Ο άξονας y ' y έχει εξίσωση χ = Ο . 2α Άρα για να έχει άξονα συμμετρίας τον y ' y πρέπει

�

1._ = ο <=> β = ο <=> 3λ + 2 = ο <=> λ = - . 2α 3 ίίί) Γνωρίζουμε ότι κορυφή της παραβολής είναι το _

σημείο

( ! )) ( :)

κ(- :α

.r -

Άρα πρέπει f -

( )

(

= -2 <::>

)

3λ 2 2 3λ 2 2 · -+- - 3λ + 2 · -+- + 2 = -2 <=> 4 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/25

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

( 3λ + 2 ) 2 = 32 <::::>

l 3λ + 2Ι = m <=> 3λ +Ί = 4J2 ή 3λ + 2 = -4J2 <=> λ = 6.

4J2 - 2 4 ../2 + 2 ή λ=. 3 3

Δίνεται η καμπύλη y = J;.+ 2 με χ Ο . Να βρεθεί σημείο της Μ ( χ, y) που να απέχει την ελάχιστη απόσταση από το σημείο Α (3, -2) καθώς και η απόσταση αυτή. 2::

α+β+γ=Ο α - β + γ = -10 <=> γ = -3

}

:�: =� = � 10 <=> :�::

γ = -3

} �7} ; :;2}. <=>

γ = -3

Άρα y = -2 χ 2 + 5 χ - 3 η ζητούμενη παραβολή. 8.

Να βρεθεί το πλήθος των κοινών σημείων του κύκλου με εξίσωση χ 2 + y 2 = 1 και της ευθείας y = χ - λ με λ 1R. ε

ΛΥΣΗ

Επειδή Μ σημείο της καμπύλης, έχει τεταγμένη y = J;. + 2 δηλαδή Μ ( χ , J;. + 2) .

•

ΛΥΣΗ

}

Τα κοινά σημεία βρίσκονται από τη λύση του συ χ 2 + y2 = 1 . Η απόσταση των σημείων Α και Μ είναι: στήματος y = χ-λ 2 ( ΑΜ ) = (χ - 3 ) 2 + (J;. + 2 - 2) = Θέτουμε την πρωτοβάθμια στη δευτεροβάθμια και έχουμε: = �χ 2 - 6 χ + 9 + χ = � Χ 2 - 5 χ + 9 . χ 2 + (χ - λ ) 2 = 1 <=> 2 χ 2 - 2λχ + λ2 - 1 = ο Για να είναι ελάχιστη η απόσταση ( ΑΜ ) , αρκεί Δ = 4λ2 - s ( λ2 - 1) = -4λ2 + 8 . να γίνει ελάχιστη η ποσότητα χ 2 - 5 χ + 9 . Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = χ 2 - 5 χ + 9 με α) Αν Δ > Ο <=> -4λ2 + 8 > Ο <=> λ2 < 2 <=> l λl < J2 <=> -J2 < λ < J2 τότε χ 2:: Ο που επειδή α = 1 > Ο έχει ελάχιστο για η ευθεία και ο κύκλος έχουν δύο κοινά σημεία χ = _ 1_ δηλαδή χ = � . Τότε 2 2α (Η ευθεία τέμνει τον κύκλο). 2 1 1 - 5 · + 9 = . Άρα η ελάχιστη α- β) Αν Δ = Ο <=> -4λ + 8 = Ο <=> λ = J2 ή λ = -J2 = f 4 τότε η ευθεία και ο κύκλος έχουν ένα κοινό σημείο . , ποσταση ειναι ( ΑΜ ) = {ϊϊ = J1ϊ '{'4 l (Η ευθεία εφάπτεται του κύκλου). γ ) Αν Δ < Ο <=> -4λ2 + 8 < Ο <=> λ2 > 2 <=> και το σημείο είναι: Μ +2 . l λl > J2 <=> λ < -J2 ή λ > J2

�

(%) (%Υ

[%, J% )

Να προσδιορισθεί η παραβολή που διέρχε ται από τα σημεία A (l,O ) , Β {-1,-10) και

τότε η ευθεία και ο κύκλος δεν έχουν κοινά σημεία (Η ευθεία εκτός του κύκλου)

Γ (Ο, -3) .

ΛΥΣΗ

Γνωρίζουμε ότι η παραβολή έχει εξίσωση: y = αχ 2 + βχ + γ με α ::;:. Ο . Επειδή διέρχεται από τα σημεία Α, Β και Γ οι συ ντεταγμένες τους την επαληθεύουν, δηλαδή: α · 12 + β · 1 + γ = Ο α · ( - 1 ) 2 + β · ( - 1 ) + γ = -10 δηλαδή α · 0 2 + β · Ο + γ = -3

)

Να λυθεί το σύστημα

2χ2 + 3y 2 = 14 ( 3χ - y ) 2 = 13 - 6xy ΛΥΣΗ

}

(1)

}

2 χ 2 + 3 y 2 = 14 9χ 2 + y2 = 1 3 Θέτουμε χ 2 = κ και y 2 = λ (2) (Πρέπει κ 2:: Ο και λ 2:: Ο ) και έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/26

( 1 ) <=>

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

2κ + 3λ = 14 9κ + λ = 13

}

Επειδή D = -25 -::;:. Ο έχω κ =

l� �I 14 3 1 = 14 - 39 = -25 D =1 13 1 2 14 Dλ = 1 1 = 26 - 126 = -100 . 9 13 D=

= 2 - 27 = -25

Άρα

D =4. = 1 , λ = ___],_ D D

� : : :} � : �: : �}

Από (2) �

Με τη μέθοδο των οριζουσών έχουμε:

_ κ

}

χ=1 χ = -1 χ = 1 χ = -1 ή ή ή . y=2 y=2 y = -2 y = -2

fEΩMETPIA Ι<ιίιιλ ος

ιιαι

αναλογίcς

Ζώτος Βαγγέλης Να βρεις μιαν άλλη θάλασσα μιαν άλλη απαλοσύνη . . . "Αμοργός"

λίγο πριν: •

σειρά από ασκήσεις στο χώρο του κύκλου και των ανα με διάθεση να υπάρξει μία πιο ενεργητική συμμε

τοχή του λύτη αναγνώστη. •

Στοχεύει επίσης στη δημιουργία της ανάπτυξης μιας μεθόδευσης

και μιας συλλογιστικής που θα βοηθούν

στην καλύτερη αντιμετώπιση αυτών των ασκήσεων. Θα θέλει επίσης να γίνει αφορμή για την εμβάθυνση σε πιο ουσιαστικά

σημεία

του

χώρου

της

Ευκλείδειας

γεωμετρίας. •

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και επί της δια γωνίου ΒΔ θεωρούμε τυχαίο σημείο Ε και με πλευρά την ΕΓ κατασκευάζουμε τετρά γωνο ΕΓΖΗ. i) Να αποδειχτεί ότι η διαγώνιος ΕΖ του νέου τετραγώνου και οι πλευρές ΒΕ και ΕΖ σχηματίζουν ορθογώνιο τρίγωνο ii) Τα τρίγωνα ΕΓΔ και ΒΖΓ είναι ίσα Απόδειξη Α1 •

Φιλοδοξία του μικρού αυτού άρθρου είναι να δώσει μία

λογιών

Ν. Γκάτσος

Νομίζουμε ότι τόσο ο κύκλος, όσο και οι αναλογίες προσφέρονται

για μια τέτοιου είδους ουσιαστική επαφή.

Προϋποθέτει βέβαια να βλέπουμε όσο μπορούμε πιο κα

Αν φέρουμε την ΒΖ θα έχουμε το ΖΒΕΓ εγ γράψιμο αφού ω = φ = 45° (από τα τετράγωνα) και βλέπουν την ΕΓ. Αλλά Erz = 90° , οπότε και

Ε:ΒΖ = 90° .

θαρά τις σχέσεις που υπάρχουν στον κύκλο και να κάνου

ουν, αλλά και με τις αναλογίες να καταλαβαίνουμε την

Αν

--- θ Δ � --'Υ: Γ

όμως μας

αρέσει η περιπέτεια της άλλης ματιάς και η δυνατότητα

ν-

έννοια της παραλληλίας και της ομοιότητας. Σίγουρα κάτι τέτοιο δημιουργεί δυσκολίες .

'·

με γρήγορες μεταφορές γωνιών στις συνθήκες που ισχύ

•

-·

·,

---

';\

---

γείται, θα ήταν πολύ καλό να προσπαθούσαμε . . . και να

Τα τρίγωνα ΕΓΔ και ΒΖΓ είναι ίσα αφού ΓΔ = ΒΓ, ΓΖ = ΓΕ και θ = p ( χ+ θ = χ + ρ = 90° )

καταγράφαμε την απόπειρα αυτής της διαδρομής . . .

Α 2•

της προσωπικής μας παρέμβασης σ' αυτό που δημιουρ

Θεωρούμε μία χορδή ΑΒ ενός κύκλου και το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/27

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

μέσο Μ του κυρτού τόξου ΑΒ. Αν Α και Β εί ναι δύο οποιαδήποτε σημεία του μη κυρτού

Α4• Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ διάμεσος. Παίρ"

νουμε ΒΑΧ = ΑΜΓ και ΑΒΥ = Γ . Αν Κ το κοινό σημείο των ΑΧ, ΒΥ τότε ισχύουν:

�

τόξου ΑΒ και οι χορδές ΜΓ και ΜΔ τέμνουν την ΑΒ στα σημεία Κ και Λ, να δείξετε ότι το

i) τα τρίγωνα Α Β Κ , Α Μ Γ είναι όμοια Δ

τετράπλευρο ΓΚΛΔ είναι εγγράψιμο.

ii) ΒΚ =

Απόδειξη

. . .) 111

2 βγ

α 2μ α 2

ΜΚ = -α

ίν) Η ΑΜ διχοτομεί την ΒΜΚ ν) ΓΒΚ = Β - Γ (σχήμα Laisant) Λ

Απόδειξη

Θέλουμε ΓΚΛΔ εγγράψιμο, αρκεί ω = φ . Φέρ---Μ Β +ΑΓ ( 1 ) ω νουμε την ΑΜ τότε: = Α ι + Μ ι = -2 2 -ΓΑΜ = Μ Α + ΜΓ = ΜΒ + ΑΓ Δ= (2) 2 2 2 2 2 Τότε ω = Δ άρα ΓΚΛΔ εγγράψιμο (από (1), (2)). Α

Α3• Ευθεία

(ε )

Α Β Κ , Α Μ Γ (όμοια, αφού ΒΑχ = ΛΜr . ΑΒ Υ = Γ ) Δ

είναι παράλληλη στην πλευρά

ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ και τέμνει τις πλευρές

ΒΚ , , .. ) Απο, την ομοιοτητα εχουμε: ΑΓ

ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Δ και Ε. Από το Γ

ΑΒ ΜΓ

ΑΜ ΑΚ

(l)

2βγ . , Β Κ = ΑΒ · ΑΓ οποτε , ΒΚ = οποτε: ΜΓ α iii) Α Β Μ όμοιο με Α Μ Κ από την ( 1) έχουμε ΑΒ ΑΚ η, ΒΑ - ΑΚ Απόδειξη -και αφού ΜΓ ΑΜ ΒΜ ΑΜ Είναι χρήσιμο λίγο πριν . . . δούμε αναλογίες . . . να σκεφτόΑΜ Γ = Β Ακ τότε ΜΑκ = ΜΒΑ οπότε από μαστε από που προέρχονται. . . από Θ. Θαλή ή ομοιότητα . . . Αν προέρχονται από Θ. Θαλή σημαίνει ότι έχουμε παραλληλίες άρα την ομοιότητα των τριγώνων έχουμε: βοηθάει πολύ να τις ιχνογραφούμε έντονα ή με διαφορετικό χρώ ΑΜ τότε ΜΚ = � ΜΚ = -2 2 μα και να παίρνουμε τις σχετικές αναλογίες. -ΑΜ ΒΜ α Στη συγκεκριμένη περίπτωση έχουμε παραλλη ίν)Από την ομοιότητα των τριγώνων Α Β Μ και λία άρα: ΑΔ ΑΕ Α Μ Κ έχουμε ακόμη ότι: ΑΜΒ = ΑΜΚ , δη ΔΕ // ΒΓ τότε = (1) ΑΒ ΑΓ λαδή η ΑΜ διχοτομεί την Β ΜΚ . ΑΕ ΑΒ ΒΕ//ΓΖ τότε = ν) Αφού ΑΒΚ = Γ θα είναι και ΓΒ Κ = Β - Γ (2) ΑΖ ΑΓ φέρνουμε παράλληλη στη ΒΕ που τέμνει την ΑΔ ΑΒ Α Β στο Z. Να αποδειχτει, οτι , -= ΑΒ ΑΖ

Α 5.Από το μέσο Μ της πλευ ρ άς ΒΓ τρ ιγώνου ΑΒΓ φέρνουμε τυχαία ευθεία ( ε ) που τέμνει την ΑΓ στο Ν, την ΑΒ στο Ρ και την από το

Από ( I ), (2) έχουμε ΑΔ = ΑΒ ΑΒ ΑΖ

Α παράλληλη προς τη ΒΓ στο Κ. Να δειχτεί ΡΚ ΝΚ οτι: , -- = -- . ΡΜ ΝΜ Απόδειξη �ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/28

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Τα τρίγωνα ΡΑΚ και ΡΒΜ είναι όμοια Απόδ ειξη Θέτουμε ΟΑ = ΟΒ = μ . ΡΑ ΑΚ ( l ). ( Ρλ = κοινή, Κλ = Μλ ) άρα ΡΚ = = ΑΕ ( απο ομοιότητα τριγώνων ΡΑ = -P M P B BM 'Εχουμε ΑΖ ΑΜ Τα τρίγωνα ΝΑΚ και ΝΜΓ είναι επίσης όμοια ΑΡ · ΑΜ = ΑΕ · ΑΖ ΑΝ ΑΚ = ΝΚ = ΑΝ (2) ΑΕΜ και ΑΡΖ) άρα: =(ρ - μ)(ρ + μ) = ρ 2 - μ 2 ΝΜ ΜΓ ΜΓ ΒΜ ΡΚ = ΝΚ . οπότε από ( 1 ), (2) ΡΜ ΝΜ ,

(δ) Μ

Α6. 0ι κύκλοι ( 01 ,ρ 1 ) , ( 02 ,ρ 2 ) , ( 03 ,ρ 3 ) είναι ανά δύο εκτός και Κ, Μ, Λ τα σημεία τομής των εξωτερικών εφαπτομένων ανά δύο. Να κοι ΛΟ 3 ΜΟ 3 1 , δειχτει, οτι: ΚΟ 2 · ΛΟ 1 ΜΟ 3 = (θεώρημα D ' Alembert) Απόδειξη --

'Εχουμε: ΚΟ ι = Ε.!_ , ΛΟ 3 = ..!2. , M O z = Εl. οπότε ΚΟ 2 ρ ι ΛΟ ι ρ ι ΜΟ 3 ρ 3 Κ0 1 Λ0 3 . Μ0 2 = Ε.ι_ . .!2_ . El_ = 1 Κ0 2 Λ01 Μ0 3 ρ 2 ρ 1 ρ 3 •

ρ 2 - μ z ή ΑΡ = ΑΡ 2 = Αλλά ΑΡΑ·ΡΑΜ 2 ΑΡ 2 ΑΜ ρ 2 - μ 2 ομοίως ΒΡ · ΒΝ = ΒΖ · ΒΕ (από ομοιότητα τριγώΒΡ = ΒΡ 2 νων Β Ζ Ν και Β Ρ Ε ) οπότε: ΒΝ ρ 2 - μΒΡ = ΑΡ 2 + Β Ρ2 ΑΡ + αλλά (1) Άρα ΑΜ ΒΝ ρ 2 - μ 2 ΑΡ 2 + ΒΡ 2 = 2ρ2 + 2 μ 2 από θεώρημα διαμέσων ΒΡ = 2 ( ρ + μ 2 ) σταθερό ΑΡ + οπότε ΑΜ ΒΝ ρ 2 - μ 2 Δ

•

As.

Δύο σημεία Α και Β βρίσκονται προς το ίδιο μέρος μιας ευθείας (ε) . Ονομάζουμε Α' το συμμετρικό του Α ως προς την (ε) και Μ το σημείο τομής των ευθειών Α'Β και (ε). Η μεσοκάθετη του τμήματος ΑΒ, τέμνει την (ε) στο Ν. Να αποδειχτεί ότι τα σημεία Α, Β, Ν και Μ είναι ομοκυκλικά. Απόδειξη

Το Ν είναι το περίκεντρο του τριγώνόυ ΑΒΑ', (η (ε) μεσοκάθετη του ΑΑ ' και η (ε1) μεσοκάθετη του ΑΒ). Άρα έχουμε: Βλ 1 = ΑΝΑ' και & = &1 , άρα -

κ ,

Βλ � - cO I + cO - ω --

Α7.Δίνεται κύκλος ( Ο, ρ ) ευθεία (δ) που διέρ χεται από το κέντρο Ο του κύκλου και δύο σημεία Α και Β της (δ) συμμετρικά μεταξύ τους ως προς το Ο. θεωρούμε τυχαίο ση μείο Ρ του κύκλου και φέρνουμε τις ΡΑ, ΡΒ που τέμνουν τον κύκλο στα Μ και Ν. Να ΒΡ ει,ναι σταθερο., , ΑΡ + αποδειχτει, οτι ΑΜ ΒΝ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/29

Α'

(ι; , )

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Άρα ΑΒΝΜ εγγράψιμο σε κύκλο οπότε Α, Β, Ν, Μ ομοιαικλικά. Α9•

Α3. Οι

κορυφές εγγεγραμμένου σ� κύκλο ορθογω νίου τριγώνου διαιρούν την περιφέρεια σε τρία τόξα. Στο κάθε ένα από αυτά φέρνουμε μία εφαπτομένη έτσι ώστε το σημείο επαφής της να είναι μέσο του ευθ. τμήματος που ορίζεται πάνω σ' αυτήν από τις προεκτάσεις των καθέ των πλευρών του ορθογωνίου. Να αποδειχτεί ότι τα σημεία επαφής των εφαπτομένων αυτών είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου. (Θεώρημα Pollok)

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα μεταβλητά ση μεία Α', Β', Γτων πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ. Αν Α'Β Β'Γ = Γ'Α να βρεθούν οι γ.τ των μέ -- = -Α 'Γ ΒΆ Γ'Β σων των πλευρών του τριγώνου Α 'Β 'Γ. --

Λ ί) ση :

Θα προσπαθήσουμε να βρούμε το γ.τ του μέσου Μ Β'Γ Γ Ά , , της Β ' Γ ' , εχουμε: = απο την αρχικη, σχεΒ' Α Γ'Β ση. Οπότε προκύπτει ,

Μ,

Β'Γ Γ Ά η, Β 'Γ _ � ( 1 ). ΑΓ ΑΒ Γ'Α γ Αν Μ2 και Ρ τα μέσα των ΑΓ, ΑΒ ' τότε ΑΓ' = γ και ΑΓ' και ΡΜ2 = ΓΒ' τοτε , ΡΜ = -ΡΜ // -2 2 ΡΜ2 ΓΒ' β ΜΡΜ2 = ΑΒ Γ οπότε τρίγωνα ΜΡΜ2 , ΑΒΓ ό μοια οπότε ΡΜ 2Μ = AfB οπότε το Μ βρίσκεται στην (ε) όπου (ε) η ευθεία που περνάει από το Μι και είναι παράλληλη προς τη ΒΓ. Επειδή το Β ' μεταβάλλεται μεταξύ των Α, Γ σημαίνει ότι ο γ.τ του είναι το τμήμα Μ2 Μ 3 , ομοίως Μ2 , Μ 3 τα μέσα των ΑΓ, ΑΒ. Ομοίως οι άλλοι δύο γ. τόποι είναι τα τμήματα Μι Μ2 και Μι Μ 3 • _

Προτεινόμενες ασκήσεις Α ι · Δίνεται γωνία χδψ , η διχοτόμος της ΟΔ και Μ ένα σημείο εσωτερικό της ΔΟΨ . Αν Α, Β, Γ είναι οι προβολές του Μ στις ημιευθείες ΟΔ, ΟΧ, ΟΨ να δειχτεί ότι: α) τα σημεία Ο, Β, Α, Μ, Γ είναι ομοιαικλικά β ) τα τμήματα ΑΒ και ΑΓ είναι ίσα Α2. Δίνεται χορδή ΓΔ ενός κύκλου (Ο,ρ) και η διά μετρος του ΑΒ. Θεωρούμε τις προβολές των άκρων της χορδής επί της διαμέτρου όπως επίσης και τις προβολές των άκρων της διαμέ τρου επί της χορδής. Να αποδειχτεί ότι οι τέσ σερεις προβολές έχουν την ίδια απόσταση από το μέσο Μ της χορδής ΑΒ.

Α4. Θεωρούμε

δύο παράλληλες ευθείες ει και ε2 και μία κοινή κάθετη αυτών ΑΒ. Αν Ρ το μέσο του Α.Β. και Α, Β μεταβλητά ση μεία των ει , ε2 έτσι ώστε ΑΡ Β = 90· τότε να βρεθεί ο γ. τόπος της προβολής Μ του Ρ στην ΑΒ. Αs. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τα ύψη ΑΑ ' , ΒΒ ' , ΓΓ ' και Α'Ζ .l ΓΓ', ΑΈ .l ΑΓ . Να αποδειχτεί ότι ΖΕ//Β ' Γ ' . Α(,• Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ φέρνουμε τυχαία ημιευθεία Αχ που τέμνει τις ΒΓ και ΓΔ στα Ε, Ζ αντίστοιχα. Να αποδειχτεί ότι το γινόμενο ΒΕ · ΔΖ είναι σταθερό. Α7. Θεωρούμε κύκλο (Ο,ρ) τη χορδή ΓΔ κάθετη στη διάμετρο ΑΒ και σημείο Μ της Γ Δ. Οι ευ θείες ΑΜ και ΒΜ τέμνουν τον κύκλο στα Ε ΖΓ ΕΓ , και Z . Να αποδ ειχτει, οτι =-. ΖΔ ΕΔ Αι;. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος ΓΔ και η ημιευθεία Γχ .l ΑΓ που τέμνει την ΑΒ ΕΒ ΓΕ , =- . στο Ε . Να δ ειχτει, οτι: ΒΔ ΓΔ Βιβλιογραφία Ι.

3. 4.

5. 6.

8. 9.

Ι Ο.

11.

1 2.

"Μεθοδολογία των γ. τόπων" Γ. Ντάνης "Προβλήματα Γεωμετρίας" Ν. Κισκ6ρας "Μέθοδοι γ. προβλημάτων" Αρ. Δημητρίου "Μεγάλη Γεωμετρία" Α. Πάλλας "Γεωμετρία. 3 , 6". Ι. Ιωαννίδης 'Άides pour le cycle" . ΑΡΜΕΡ. Νο. 49 "Gours de Geometήe" Ligel. 266Μ "Θεωρία Γεωμετρικής Άσκησης" Δ. Ι. Λιβέρη "Ευκλείδειος Γεωμετρία" Χ. Παπανικολάου

"Notes sur la geometήe du tήangle" Ε Lemoine.

"Θ. Γεωμετρία" Δ. Παπαμιχαήλ-Α. Σκιαδά

"Inequalities''.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/30

G. Polya

......... . ,.. �μ r ��'' �-" Α,_,_, ΑΛfΕΒΡΑ . .

Από

τον

Σέσα

·'

-··

. ..

στον

Gauss

Παναγιώτης Χριστόπουλος - Νίκος Κόντζιας

Όταν στη ν Ινδία βασιλιάς ήταν ο Ιαντάβα, εμφανίστηκε στο παλάτι ο Λαχούρ Σέσα και του χάρισε το παι χνίδι που είχε ανακαλύψει, το σημερινό σκάκι.

Ο βασιλιάς ενθουσιάστηκε και του πρότεινε να τον γεμ ίσει χρυσάφι. Ο Σέσα όμως ζήτησε το δώρο του να

είναι σπόροι σταριού. « Το σκάκι έχει 64 τετράγωνα, βάλτε στο πρ ώτο ένα σπόρο, στο δεύτερο δύο, στο τρί το 4, στο τέταρτο 8 και θα διπλασιάζετε τους σπόρους μέχρι το 64° ». Όλοι γέλασαν, αλλά αργότερα οι μα θηματικοί της Α υλής διαπίστωσαν ότι η ποσότητα του σταριού είναι μεγάλη και ξεπερνά την παραγωγή όλης της Γης. ( S 64

2 = -----=-! 1 8 2-1 =

τρισεκατομμ ύρια τόνοι. Γεωμετρική πρόοδος).

Αργότερα το 1 785 ο οκτάχρονος Gauss πρόσθεσε τους αριθμούς από το 1 μέχρι το 40 πολύ γρήγορα και παραξέ

νεψε το δάσκαλό του ο οποίος του ζήτησε στη συνέχεια να προσθέσει από 1 μέχρι το 100. Όμως και πάλι απάντησε

στον ίδιο χρόνο. Τότε ο δάσκαλος ζήτησε να του δείξει το μυστικό που δεν ήταν άλλο από το άθροισμα ν - όρων της αριθμητικής προόδου.

(Σ =

ν(ν + 1) , 40 + 1 = 39 + 2 = 38 + 3 = . . . Δ ηλ. 20 ζευγάρια με άθροισμα 41). 2

Να εξετάσετε αν η ακολουθία είναι αριθμητική ή γεωμετρική πρόοδος.

Άσκηση l η

Δίνεται μια ακολουθία � =4ν-8 για κάθε ν Ε Ν * . ΛΥΣΗ Να εξετάσετε αν η ακολουθία είναι αριθμητική α 1 = 2 , ή γεωμετρική πρόοδος. Για κάθε ν Ε Ν* ισχύει ΛΥΣΗ

αν+Ι = 2 ν+ Ι = 2 ν · 2 = αν · 2 . Δηλαδή α ν + Ι = 2 άρα είναι γεωμετρική πρόοδος

Ν*

α 1 = 4 · 1 - 8 = -4 για κάθε ν Ε ισχύει α ν + Ι = 4(ν + 1) - 8 = 4ν + 4 - 8 = 4ν - 8 + 4 = α ν + 4 Δηλαδή α ν +Ι - αν = 4 άρα είναι αριθμητική πρόο με α 1 = 2 , λ = 2 . δος με α 1 = -4 και ω = 4 . Πρ ο ς

λύση

Άσκηση 3η

Να βρείτε τον όρο της α 10 Ποιος όρος είναι ίσος με 40.

Σε μια αριθμητική πρόοδο ισχύει α,. +� = α,.+ν• ( μ, ν Ε Ν ) Ν α βρεθεί η πρόοδος.

•

Άσκηση 2η

Δίνεται μια ακολουθία αν = 2ν για κάθε ν Ε Ν* .

ΛΥΣΗ

Έστω α1 ο πρώτος όρος και ω η διαφορά, τότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/31

Μαθη ματικά Β ' Λυκείου

α 1 + ( μ - Ι ) ω + α 1 + ( ν - l)ω = α 1 + ( μ + ν - l) ω τελικά α 1 = ω . Άρα η πρόοδος είναι α 1 , 2α 1 , 3α 1 , Άσ κ η ση 41J

5 · 10ν + Ι - 50 - 45ν 50(10ν - Ι) - 45ν 9 9 50{10ν - ι) - 45ν Σ= 81

Σε μια αριθ μητική πρόοδο έχουμε «ι = 3 ,

Ά σ κη ση 7'�

•••

_ .:...._ ...._ _ _,____

•

α5 = 11 , α6 = 13 και Σ ν = 120 .

Τρεις μη μηδενικοί αριθμοί αποτελούν διαδοχικούς

Να βρείτε το πλήθος των όρων της προόδου.

όρους Αριθμητικής προόδου και τα τετρ άγωνά

ΛΥΣΗ

τους διαδοχικούς όρους Γεωμετρικής προόδου.

ω = α 6 - α5 = 1 3 - 1 1 = 2 , Σ = 2α 1 + ( ν - 1) ω · ν Ισχυει ν 2 2 · 3 + ( ν - 1) · 2 ·ν Άρα 1 20 = 2 240 = 6ν + 2ν2 - 2ν � 2ν2 + 4ν - 240 = 0 � ν2 + 2ν - 1 20 = Ο , ν = 10 .

Να βρείτε τις δυνατές τιμές του λόγου λ της Γ εωμετρικής προόδου.

ΛΥΣΗ

Ά σ κ σ 511 η η

Αν

«ι , α 2 , α3 διαδοχικοί όροι γεωμετρικής

προόδου με λόγο λ και ισχύει α3

4α 2 - 3αι

•

Έστω α, β , γ αριθμ. πρόοδος α2 , β2 , γ2 γεωμ. Π ρόοδος γ τότε β = α + και β 4 = α2γ2 • 2 α γ2 Π ροκύπτει β2 = Ι αγ l � ( + ) = l αγ Ι . 4 1) Αν αγ > Ο τότε ( α - γ) 2 = 0 � α = γ και επει-

\ΥΣΗ

α = λα 1 , α 3 = λ2 α 1 2 Άρα λ2α1 > 4λα 1 - 3α 1 ή α 1 λ2 - 4λ - 3) > Ο ο)

β)

Αν α 1 > Ο τότε λ2 - 4λ - 3 > Ο � λ < 1 ή λ > 3 . Αν α 1 < Ο τότε λ2 - 4λ - 3 < Ο � 1 < λ < 3 .

Άσκη ση 6'1

Να υπολογισθεί το άθροισμα των ν όρων Σ = 5 + 55 + 555 + 5555 + 55 5 ..__.... ,\ΥΣΗ

] [

]�s{

α2 + γ2 + 6αγ = Ο

και

�� = - � = -λ και ( Ι ) γίνεται

λ2 + 6λ + Ι = Ο � λ1 = -3 + 2.J2 ή λ = -3 - 2 .fi . 2

κής προόδου είναι

216 και το άθροισμά τους 26.

Ποια είναι η πρόοδος;

ΛΥΣΗ

]

;

Το γινόμενο τριών διαδοχικών όρων Γ εωμετρι

(1)

10ν - 1 · 10ν-1 · 10 - ν = 5 · 10 - ν = 9 10 _ 1 ο (ιο' - ι) - 9ν ιο> + 1 - ο - 9ν �s 9

(Υ ()

τότε

Ά σ κη ση 8'�

πεντάρια

= 5 {10 + 102 + ... + 10ν-Ι _ ν ] =

[

αγ < Ο

.••

Το άθροισμα Σ = 5 · ( 1 + 1 1 + 1 11 + ... ) πο/Jζω την ( 1 ) επί 9 και 9Σ = 5 · ( 9 + 99 + 999 + ... ) 9Σ = 5 · (10 - 1 + 102 - 1 + 103 - 1 + ... ) = =5·

Αν

1 + � + 6 � = 0 ( 1 ) . Επειδή � < 0 θέτουμε

{

•..

��

δή γ2 = λ2α2 � λ = � = � = 1 .

Ποιες είναι οι δυνατές τιμές του λ.

'Εστω � , α1 , λα1 οι τρεις όροι της προόδου είναι λ � · α1 · λα 1 = 2 16 ή αi = 2 Ι 6 , αi = 63 , α1 = 6 . λ

]�

'Ετσι έχουμε i + 6 + λ · 6 = 26 λ i + λ · 6 = 20 , 6 + λ2 · 6 = 20 λ λ 1 6 + 6λ2 = 20λ , 6λ2 - 20λ + 6 = ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/32

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Εάν β 1 ,β 2 , β ν είναι όροι γ.π. θα έχουμε β ν = β ι ω ν- Ι και β ν + Ι = β ι ων β ν+ 2 = β ι ων + Ι αντί ' Αρα: Η πρόοδος είναι στοιχα. Εάν αντικαταστήσουμε τις τιμές των β ν , 6- 6 6 · 3 β ν + Ι , β v + 2 στην (1) μετά τις πράξεις έχουμε � ' 6 .!. . 6 η' 1 '3 3' ' (Ι) 3 ω 2 - 2ω + 1 = 0<=>(ω - 1) 2 = 0 άρα ω = 1 . 1 8, 6, 2. Άρα 2, 6, 1 8 ή Η ακολουθία είναι συγχρόνως αριθμητική και γ.π. Για το ίδιο πρόβλημα σε αριθμητική πρόοδο όταν όταν είναι της μορφής β, β, β, . . . . γνωρίζουμε το άθροισμα τους συμβολίζουμε με: Ά σ κη ση 1 1 11 α - ω , α, α + ω . ••.

Ά σ κη ση 911

Η διαφορά μεταξύ δύο θετικών αριθ μών είναι

Θεωρούμε τους 2ν πρώτους όρους μιας γεωμε τρικής προόδου α 1 , α 2 , ... , α 2 ν . Το άθ ροισμά τους είναι ίσο με το πενταπλάσιο του αθροίσμα τος των όρων ά ρτιας τάξης. Δη λαδή ισχύει s 2 ν = ss 2n όπου s 2 ν = α ι Λ Υl: Η

(

---

1 - ω 2ν = 5ω · 1 - ω 2ν 1-ω 1 - ω2

� = 5ω ·

1 -ω;tQ

ΛΥΣΗ

}

Από την επίλυση του συστήματος έχουμε y = 49 , χ = 121 .

Έχουμε α Ι ( 1 + ω + ... + ω 2ν - Ι ) = 5α Ι ( ω + ω3 + ... + ω 2 ν - Ι ) ν 1 + ω + ... + ω 2 v - l = 5ω 1 + ω2 + ( ω 2 ) 2 ... + ( ω 2 ) - Ι

β ρεθούν οι αριθμοί.

}

+ α 2 + ...+ α 2ν

1 + ω + ... + ω 2ν - 1 = 5 ( ω + ω3 + ... + ω 2 v - l )

υπερέχει από το γεωμετρικό μέσο κατά 8. Να

Εάν χ, y είναι οι δύο αριθμοί θα έχουμε (Q x - y = 72 x - y = 72 (Α) <=> (Β) + χ x + y = 2FY + ι6 (2) -f = FY + 8

Ν α βρεθεί ο λόγος ω της προόδου.

�� <=>

72 και ο αριθμητικός μέσος των δύο αριθμών

Ά σκη ση 1 211

)

<=>

Έστω Σ ν το άθροισμα ν όρων της προόδου

α, α + β , α + 2β , ... και Σ � το άθροισμα ν όρων

της προόδου α , α + γ, α+ 2 γ, ... .

Για τις δύο αριθμητικές προόδους ισχύει ότι ο όρος κ τάξεως της πρώτης αριθμητικής προό 2 δου είναι ίσος με το όρο κ τάξεως της δεύτε

��--

ρης αριθμητικής προόδου. Να αποδείξετε ότι η διαφορά μεταξύ του αθροίσματος των ν πρώτων

1 1 + ω = 5ω <=> 4ω = 1 <=> ω = - . 4

όρων της δεύτερης προόδου από το άθροισμα

Ά σ κ η ση 1 011

Δείξετε πότε μια ακολουθία αριθμών β 1 , β 2 , ...β ν είναι συγχρόνως αριθμητική και γεωμετρική πρό

των ν όρων της πρώτης δίνεται από τον τύπο ν ν - l γκ ' Σν - Σν = ( 2 Λ ΥΣ Η

)

όρος κ τάξεως της πρώτης αριθμητικής προόδου είναι α κ = α + (κ - l)β και ακ' = α + ( κ2 -1) γ . ΛΥΣΗ Εάν β 1 , β 2 , ...β ν είναι όροι αριθμητικής προόδου θα Από την εκφώνηση έχουμε α + (κ - 1)β = α + ( κ 2 - ι ) γ <=> β = (κ + l)γ, κ :;t: l έχουμε + β ν + Ι _- β ν β ν + 2 ν21 (Ι) 2 οδος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/33

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

(ν - l)(β -γ) = (ν - l)[(κ+ 1)γ-γ] ν ν(ν -1)κy ��ν 2 2 2 Άσκη ση 13η

Το άθροισμα 10 πρώτων όρων αριθμητικής προόδου είναι 245 και το πηλίκο του τρίτου ό9 ' 2 : "2 . Ν α β ρεθ ει' η , ρου προς τον εκτο ο' ρο ειναι πρόοδος. ΛΥΣΗ

Άρα α 10 = α 1 + 9ω <:::::> 48 = 3 + 9ω <:::::> ω = 5 Άρα όλοι οι αριθμοί είναι 3, 8, 1 3, 1 8, 23, 28, 33, 38, 43, 48. α5 = 48 β) α 1 = 3 άρα α5 = α1 λ4 <:::::> 48 = 3λ4 <:::::> λ4 = 16 <:::::> λ ± 2 Άρα όλοι οι αριθμοί είναι 3, 6, 12, 24, 48 ή 3, - 6, 12, - 24, 48. Άσκη ση 1 6 η

Οι πρώτοι δύο όροι μιας αριθμητικής και μιας γε

ωμετρικής προόδου με θετικούς όρους είναι ίσοι.

Σ 1 0 = 245

Να αποδείξετε ότι όλοι οι άλλοι όροι της αριθ

Εάν α ο πρώτος όρος και ω η διαφορά σύμφωνα με μητικής προόδου είναι μικρότεροι από τους α την εκφώνηση έχουμε ντίστοιχους όρους της γεωμετρικής προόδου. · α + 2ω = .i <:::::> ω = 5α (1) ΛΥΣΗ 2 α + 5ω 9 Εάν χ και y είναι ο πρώτος και ο δεύτερος όρος 2α 9ω της αριθμητικής και γεωμετρικής προόδου. 10 <:::::> 245 = (2α + 9ω) · 5 <:::::> Σ 10 = � Ο νιοστός όρος α ν = χ + (ν - 1)(y - χ) και ο όρος <:::::> 2α + 9ω = 49 (2) ν -Ι α� της γεωμετρικής α� = χ Από τη λύση του συστήματος (1) και (2) έχουμε α=2 ω=5 . Πρέπει να δείξουμε ότι ν -Ι Άσκηση 1 4η ή χ + (ν - 1)(y - χ) � χ Να βρείτε πόσα πολλαπλάσια του 7 περιέχονται ν -Ι μεταξύ του 400 και 500. χ + (ν - 1)(y - Χ ) - Χ � Ο <:::::>

[

}

(�)

ΛΥΣΗ

{[( )

]ι

(�) (�)

[ ( �Γ ]}

πρώτος αριθμός μεγαλύτερος του 400 που είναι �ο� πολλαπλάσιο του 7 είναι ο 406. Ο τελευταίος είναι ο χ � - ι ν - ι) + ι (1) α ν = 406 + (ν - 1) 7 < 500 �' 101 ω χ � -ι (ν-ι) � + + � + �ο� ' ' ' Από τη λυση της (1 ) προκυπτει ν < - αρα 7 . ν = 14 . Άρα 14 ποf.Jσια τ�υ 7 παρεμβάλλονται με Διακρίνουμε τις κάτωθι περιπτώσεις: ταξύ του 400 και 500. 1. > 1 , 1. < 1 , 1. = 1 χ χ χ Άσκη ση 1 5 η Εύκολα αποδεικνύεται η σχέση (1) Μεταξύ των αριθμών 3 και 48 Ο

(

α) Να παρεμβάλλετε 8 αριθμούς ώστε να έχετε σύνολο 10 διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου.

β) Να παρεμβάλλετε 3 αριθμούς ώστε να έχετε σύνολο 5 διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. ΛΥΣΗ

α)

Είναι α 1 = 3 α1 0 = 48

� [ω

{ Γ' ( ) ]

Άσκη ση 1 7 η

Τα μήκη των πλευρών ορθογωνίου τριγώνου αποτελούν

διαδοχικούς

όρους

Γεωμετρικής

προόδου. Να βρείτε τις εφαπτόμενες των οξειών γωνιών του. ΛΥΣΗ

Έστω β, γ οι κάθετες πλευρές και α η υποτείνουσα του τριγώνου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/34

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Έστω β, γ, α οι διαδοχικοί όροι της προόδου με λ>1 ( 1 ) γ 2 = αβ , α 2 = β 2 + γ 2 <:::::> α 2 = β 2 + αβ γ 4 = α 2 β 2 = β 2 ( β 2 + γ 2 ) = β 4 + β 2 γ 2 έχουμε γ 4 β 4 + β 2 γ 2 (2) =

( �

εφΒ = , εφΓ =

�)

(Π -(�)' - ι � ο y2 - y - ι � ο y � (�)' y � -J5 1 2 J +1 ( ) = J52 � � ω (Η y � ω όπου

1 β

β)

Από ( Ι ) έχουμε

τότε

y2 + y - 1 = 0

εφΒ = -β = γ

εφΓ = r = J5 β 2 +

y = J5 - 1 2

Άσκη ση l η .

Διπλώστε ένα φύλλο χαρτί εφτά φορές. Μπορείτε περισσότερες; Αν το διπλώνατε 37 φορές τι πάχος θα είχε: α ) 1 μέτρο β) 5 μέτρα γ) 100 μέτρα στη από τη Γη Σελήνη περίπου 380.000 Κm; δ) Άσκη ση 2 η.

γ4 β2 2 α ) Από (2) έχουμε 4 = 1 + ----:tβ β

και έχουμε

Π ροτ ειν ό μενες Α σκή σ εις

αν

-1 J5 J 2 , ομοίως αν Ο < λ < 1 -

Αν α, β, γ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου τότε οι ρίζες της χ 2 - 2βχ = α ( 4α - γ ) είναι ρητοί αριθμοί. Άσκη ση 3 η .

Εάν οι αριθμοί α, β, γ, δ με τη σειρά που δίνονται οι τρεις πρώτοι είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου ενώ οι 3 τελευταίοι αποτελούν όρους α ριθμητικής προόδου και ο πρώτος και ο τελευταίος όρος έχουν άθροισμα 14 και ο δεύτερος και ο τρί τος έχουν άθροισμα 12. Να βρεθούν οι αριθμοί. Άσκη ση 4η .

Εάν οι θετικοί αριθμοί α, β, γ είναι όροι αριθμητικής 1 1 Γ η: προο' δου να δε�ετε οτι οι Γα r:: , r:: νβ + νγ ν γ + ν α '

α, γ, β.

•

Jα

� .jβ είναι όροι αριθμητικής προόδου.

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ

"Από τα κα νονικά πολύγωνα στα καμπυλόγραμμα χωρία" των Ηλία Αργυρόπουλου - Σπύρου Παναγιωτόπουλου - Βασίλη Καρκάνη

Τα κανονικά πολύγω να είναι μια ειδική κατηγορ ία κυρτώ ν πολυγώ νω ν και αποτελούν το βασικό εργα λείο για την μέτρηση του κύκλου. Οι ασκήσεις που παρουσιάζουμε αναφέρονται στις ιδιότητες τω ν κανονικών πολυ γώνω ν, στη μέτρηση του κύκλου και ορισμένω ν καμπυλόγραμμ ω ν χωρίω ν.

Κάθε άσκηση συνοδεύεται από σχόλιο σχετικά με την σκέψη κλειδί. ΑΣΚΗΣΗ 1

ΛVΣΗ

Δίνεται κυ ρτό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕ Ζ το οποίο έχει τις πλευρές του ίσες και τις γωνίες Α , Β , Γ και Ε

ίσες. Να αποδειχθεί ότι : α. Το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισόπλευρο

β.

Το ΑΒΓ ΔΕ Ζ είναι κανονικό

α. Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΒΓΔ είναι ίσα γιατί έχουν ΑΒ = ΒΓ ΑΖ = ΓΔ και Α = Γ άρα ΒΖ = ΒΔ. Α

Όμοια ΑΒΖ = ΔΕΖ οπότε ΒΖ = ΖΔ. Άρα ΒΖ = =ΒΔ =ΖΔ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/35

Μ α θηματικά Β ' Λυκείου

β.

Από τις προηγούμενες ισότητες των τριγώνων είναι ακόμα ΑΖΒ = ΔΖΕ = ΑΒΖ = ΔΒΓ = ΒΔΓ = zΔΕ απ ' όπου ΑΖΕ = ΑΖΒ + 60° + ΔΖΕ = ΑΒΖ + 60° + ΓΒΔ = = Β .Ομοίως ΕΔΓ = Β . Άρα το πολύγωνο έχει και τις γωνίες του ίσες. Οδηγός Σκέψης: Ένα πολύγ ωνο είναι κανονικό όταν είναι ισόπλευρο και ισογώνιο. Ζ

Οδηγός Σκέψης:

μεταφορά της κορυφής παράλληλα στη βάση τριγώνου δημιουργεί ισοδύναμα τρίγωνα.

ΑΣΚΗΣΗ 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο 2 2 ( Ο, R) με ΑΓ = β, ΑΒ = γ και ΒΓ = β + γ + βγ . α.

�

Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο αμβλυγώνιο και ότι ΒΓ = λ 3

είναι

•

β.

Να βρεθεί το εμβαδόν των κυκλικών τμη μάτων στα οποία η ΒΓ χωρίζει τον κύκλο.

ΛΥΣΗ α.

ΑΣΚΗΣΗ 2

Δίνεται κανονικό πεντάγωνο εγγεγραμμένο σε

κύκλο (0, R). Στην προέκταση της ΓΔ παίρνου

με σημείο Ζ έτσι ώστε ΓΖ = Γ Α και στην προέ κταση της ΔΓ παίρνουμε το σημείο Η έτσι ώστε ΔΗ = ΑΔ. Να αποδειχθεί ότι: α.

ΕΖ//ΑΔ και ΒW/ΑΓ

β.

(ΑΒΓ ΔΕ) = (ΑΗΖ)

Είναι ΒΓ>ΑΒ και ΒΓ>ΑΓ. Επίσης ΒΓ 2 > ΑΒ 2 + ΑΓ 2 άρα Α > 90° . Από το Θ συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έ χουμε ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 - 2ΑΒ · ΑΓ · συνΑ β 2 + γ 2 + βγ..!_ = β 2 + γ 2 - 2βγσυνΑ <:::::> συνΑ = _ 2 <:::::> Α = 120° οπότε BAr = 120° άρα ΒΓ = λ3 . Α Β

ΛΥΣΗ α.

Εφόσον ΒΓ = ΔΕ � ΒΓ = ΔΕ άρα το ΒΕΔΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Όμοια είναι ισοσκελές τραπέζιο και το ΑΒΓΕ οπότε ΒΕ = ΑΓ. Έτσι είναι ΒΕ= =ΓΖ οπότε το ΒΓΖΕ είναι παραλληλόγραμμο απ ' όπου έχουμε ΕΖ//ΒΓ. Τέλος, επειδή ΑΔ//ΒΓ συμπεραίνουμε ΕΖ//ΒΓ. Ό μοια αποδεικνύεται ότι ΒΗ//ΑΓ. Α

β.

Εμβαδόν κυκ. τμημ. ΒΑΓ = ( ο.ΒΑΓ ) - (ΟΒΓ) = πR 2 120° 1 · λ · α = πR 2 _ R 2 J3 360° 2 3 3 _3 _ _4_ Εμβαδόν κυκ. τμημ. Mr = πR 2 - Εμβαδόν κυκ. τμημ. 2 2 2 BAr = πR 2 _ πR + R 4J3 = .. . = (8π + 3J3 )R 3 12 Οδηγός Σκέψης:

Η βοή θεια του

στον υπολογισμό γωνιών.

β.

Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΔΖΑ έχουν ίδια βάση ΑΔ και ίσα ύψη αφού ΕΖ//ΑΒ άρα (ΑΔΕ) = (ΑΔΖ) και ό μοια (ΑΒΓ) = ( ΗΓΑ).

Θ.

συνημιτόνων

ΑΣΚΗΣΗ 4

Σε κύκλο (0, R) θεωρούμε τις χορδές ΑΒ = λ 6 και ΒΓ = λ 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/36

•

Στο σημείο Α φέρνουμε εφαπτο

Μ αθη ματικά Β ' Λυκείου

τείνουσα παραπέμπει στις μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο τρίγωνο. γ) Σε τρίγωνα με γωνίες ίσες ο λόγος των εμβα δών τους ισούται με τον λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις ίσες γωνίες. δ) Ο λόγος εμβαδών όμοιων τριγώνων.

μένη του κύκλου που τέμνει την προέκταση της ΓΒ στο Σ.

α.

κυ '

β. γ.

Να αποδειχθεί ότι η ΑΓ είναι διάμετρος του κλου και ΒΣ

- α6 3

Να βρεθεί το ΑΣ. λο (ΑΣΒ) , ' Ν α υπο γισθ ει ο λογος --'----'-(ΑΒΓ)

ΑΣΚΗΣΗ S

Λ ΥΣΗ

α.

Έστω

Επειδή ΑΒ = λ6 θα είναι ΑΒ = 60° άρα η f = 30 ο Επίσης ΒΓ λ3 άρα Br = Ι20° οπότε η BAr = 60o άρα ΑΒΓ= Ι80° -(60° +30°) =90° οπότε η ΑΓ είναι διάμετρος του κύκλου. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΣ το ΑΒ είναι ύψος άρα ΑΒ2 = ΣΒ · ΓΒ λ� = ΣΒ · λ3 � R 2 = ΣΒ · R J3 ΣΒ = � = 3 α6 ν3 =

•

<::::>

γ.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο· ΑΒΣ η ΣΑΒ = 30° (χορδής εφαπτομένης) άρα_!_ ΑΣ = 2ΣΒ => ΑΣ = 2 J3 = 2RJ3 3 Τα τρίγωνα ΑΣΒ και ΑΒΓ έχουν ΑΣΒ = ΒΑΓ = 60° άρα R · 2RJ3 (ΑΣΒ) --ΣΒ · ΣΑ = J3 -3- = Ι (ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ R · 2R 3 Αλλιώς: είναι ΑΣΒ - ΑΒΓ (γιατί;) άρα (ΑΣΒ) = λ2 = ( ΑΣ ) 2 Ι (ΑΒΓ) 3 ΑΓ Δ

-..

ρν ) είναι ο κύκλος ο εγγεγραμμένος στον κυκλικό τομέα Ο.ΑΒ (δηλαδή ο κύκλος που εφάπτε ται στις δύο ακτίνες και το τόξο του τομέα). Να

αποδειχθεί ότι:

α.

ρν

β. για ν (Κ,

Λ ΥΣΗ

λν

3 να βρεθεί το εμβαδό του κύκλου

ρ3).

Το κέντρο του κύκλου βρίσκεται στη διχοτόμο ΟΜ της ΑόΒ και προφανώς το Μ είναι το μέ σο του τόξου ΑΒ. Είναι (ΑΟΜ ) = (ΟΑΚ) + (ΚΑΜ) ( 1) _!_ (ΟΑΜ) = _!_2 ΟΜ · ΑΗ = 2 ΟΜ · ΑΒ = _!_2 R . �2 = 2 _!_ = 4 · R · λν 1 1 (ΟΑΚ ) = -ΟΑ = ρ · ν 2 · R · ρν 2 Ι · ΑΗ = -1 · ΚΜ · ΑΒ = (ΚΜΑ) = -ΚΜ 2 2 .!. � 2 _!_ . 2 ρ ν · 2 = 4 · ρ ν · λν ο

Μια χορδή κύκλου είναι διάμετρος όταν αντι στοιχεί σε τόξο 1 80°. β) Το ύψος ορθογωνίου τριγώνου προς την υπο-

α)

λν είναι η πλευρά κανονικού ν

Οδηγός Σκέψης:

γωνου εγγεγραμμένου σε κύκλο (0, R) και (Κ,

α.

β.

ΑΒ

Οπότε _!_ η (Ι) _!_γράφεται: _!_ · R · λν = 2 · R · ρ ν + 4 · ρ ν · λν 4 R · λν = 2R · ρ ν + ρ ν · λν

ΕΥ ΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/37

<::::> -

<::::>

2 1 =λ + -R ν

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

β.

Είναι 1 = -1 + 2 <::::> 1 = -1 + -2 = J3 + 2 <=> ρ 3 R λ3 ρ3 R R J3 R J3 <=> ρ 3 = �J3 = . . . = (2./3 - 3)R οπότε το ζην3 + 2 τούμενο εμβαδόν είναι Ε 3 = πρ� = . . . = 3πR 2 (7 4./3 ) Οδηγός Σκέψης: Η χρήση εμβαδών για εύρεση σχέσης μεταξύ τμημάτων.

Οδηγός Σκέψης:

α) Οι χορδές με μήκος � αντιστοιχούν σε τόξα 60°. β) Η ομοιότητα τριγώνων οδηγεί σε λόγους τμημάτων .

ΑΣΚΗΣΗ 7

Δυο κύκλοι (Κ, R) και

ρικά. Ο κύκλος (Μ, σ) εφάπτεται εξωτερικά στους (Κ, R), (Λ, ρ) και εσωτερικά στον κύκλο διαμέτρου ΚΛ.

ΑΣΚΗΣΗ 6

Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κέντρου Ο και

ακτίνας R. Έστω Α σημείο του τόξου ΒΓ ώστε

Ν α αποδειχθεί ότι:

α. -1 = -2 + -2 σ

ΑΒ=λ.; και ΑΔ κάθετη στη ΒΓ. Αν Μ μέσο του τόξου ΑΓ, και η ΒΜ τέμνει τις ΑΔ, ΑΓ στα

Ε, Ζ

β.

αντίστοιχα, τότε: α.

Να βρεθεί η περίμετρος του τριγώνου ΑΒΜ.

β. Να αποδειχθεί ότι η ΑΜ είναι κάθετη στην ΑΔ.

γ.

(Λ, ρ) εφάπτονται εξωτε

Να αποδειχθεί ότι

ΑΕ = !λ3 3

γ.

1 = S

R ρ 2 2 ' των κυ + όπου S , L , D τα μηκη L D '

κλων (Μ, σ), (Κ, R) και (Λ, ρ) αντίστοιχα ,Ερ ,Ε σ τα εμ· Ε ρ � 16Εσ , όπου

�ER

βαδά των τριών κύκλων αντίστοιχα. ΛΥΣΗ

α. Έστω Α το μέσο του ΚΑ. Τότε ΚΜ = R+σ ΜΛ = ρ+σ τα Ε και Ζ. ΛΥΣΗ ΚΛ = R + ρ ' ΑΜ = R + ρ - σ 2 α. Είναι ΑΒ = 60° οπότε ΑΜ = Mr = 60° και ΕΑΜ = 120° (γιατί;). Άρα ΒΜ = λ3 . Η ζητούμενη περίμετρος είναι: ΑΒ + ΑΜ + ΒΜ = R+R+RJ3 = 2R + RJ3 κ β. Επειδή MAr = Μ'Β = 30° είναι ΑΜ//ΒΓ οπότε δ.

Να αποδειχθεί ότι η ΒΜ τριχοτομείται από

ΑΜ .l ΑΔ .

γ.

δ.

Με εφαρμογή του πρώτου θεωρήματος των διαμέσων στο τρίγωνο ΚΜΛ έχουμε ΚΛ2 <::::> ΜΚ 2 + ΜΛ2 = 2ΜΑ 2 + -2 2 (R + σ) 2 + (ρ + σ) 2 = 2 R;ρ - σ + (Ri)

Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΒ Μ είναι ισοσκελή με γωνίες βάσης 30° άρα είναι όμοια. Έτσι, έχουμε: ΑΕ ΑΒ <::::> -=-ΑΕ R <::::> ΑΕ=-RJ3 <::::> -=ΑΒ ΒΜ R RJ3 3 1 <::::> ΑΕ-λ3 . 3 Επειδή ΑΕz = ΒΕΔ = 60ο και FAz=� -ΒΜ=ω' το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο, οπότε ΑΖ = ΖΕ = ΑΕ = !� . Άρα ΒΕ = ΕΖ=!ΒΜ = ΖΜ . 3 3

(

β.

γ.

<::::> . . . <::::> 2Rσ + 2ρσ = Rρ , και διαιρώντας με ' Rρς παιρνουμε -1 = -2 + -2 . σ R ρ Πολλαπλασιάζουμε και τα δυο μέλη της σχέσης 1 και βρισκουμε 2 2 ' -1 = -2 + -2 με το -1 =-+σ R ρ 2π S L D Από την ισότητα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ3/38

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Ανάλογα από την ομοιότητα των τριγώνων -σ1 = -R2 + -2ρ <=> -σ1 = 2(RR ·+ρρ) ;?: 2 · 2� <=> R·ρ ΒΜΓ και ΑΜΝ παίρνουμε: R <=> _!_σ � -4- <=> � ;?: 4ρ R · ρ ;?: 16ρ 2 ΜΑ ΑΝ ΑΝ � 2 -�� ΒΓ = ΜΓ <=> R = R.J7 = .J7 <=> ΑΝ = .J7 <=> πR · ρ ;?: 16πρ 2 <=> �ER · Ερ ;?: 16Εσ 2 1 · R · ημ120° = -ημ60° R2 R 2 J3 Οδηγός Σκέψης: Η διάμεσος μας οδηγεί στην α γ. (ΑΒΓ) = -R = -ou 4 2 2 ξιοποίηση του 1 Θ. Διαμέσων για την εύρεση RJ3 = 6 R 2 J3σχέσης μεταξύ R, ρ, σ. (ΑΒΓΔΕΖ) = 21 Ρ6 · α6 = 21 6R · 4 2 ΑΣΚΗΣΗ 8 = 6(ΑΒΓ) ι ι Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΖ εγγεγραμμέ - είναι -ΑΝΒ Α = Α -ΑΖΒ ΒΓ = Επειδή και ΝΒ 2 2 νο σε κύκλο (0, R). Αν Μ είναι το μέσο της =>

πλευράς του ΑΒ και η ΓΜ τέμνει τον κύκλο στο Ν, να δειχθούν:

R J7

α.

ΓΜ =

β.

Τα τρίγωνα ΜΒΝ και ΑΜΓ είναι όμοια κα

θώς και τα τρίγωνα ΜΒΓ και ΑΜΝ και να υπολογισθούν τα τμήματα ΒΝ και ΑΝ.

γ.

(ΑΝΒ) =

J2Ϊ (ΑΒΓΔΕΖ) 42

ΛΥΣΗ α.

Στο τρίγωνο ΑΒΓ η ΓΜ είναι διάμεσος. Με εφαρμογή του 1 ou Θ. διαμέσων έχουμε: 2ΒΓ 2 + 2ΓΑ 2 - ΑΒ 2 -ΓΜ 2 = ---4 2R 2 + 2 ( R ·J3Y - R 2 7R2 , = = --4 4 οποτε ΓΜ = R.J7 2 Ε

ANB + Bf'A = � ( ΑΖΒ + ΑΝΒ ) = � 360° = 180° Οπότε: ΝΑ · ΝΒ -(ΑΝΒ) -'-----'- = ---(ΒΑΓ) ΒΑ · ΒΓ <=> (ΑΝΒ) = .J2ι 7 (ΑΒΓ) .!_ (ΑΝΒ) = .J2ι 7 · 6 (ΑΒΓΔΕΖ) = .J2ι 42 (ΑΒΓΔΕΖ)

Οδηγός Σκέψης:

α)

Η διάμεσος τριγώνου συναρτήσει των πλευ

ρών του εκφράζεται με εφαρμογή του ι οu Θ . Διαμέσων. β) Η ομοιότητα συνήθως αντιμετ ω πίζεται με τον έλεγχο των γωνιών. γ) Αν μια γωνία ενός τριγώνου είναι παραπλη ρω ματική με μια γωνία ενός άλλου τότε λό γος των εμβαδών τους ισούται με τον λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις παραπληρω ματικές γωνίες.

ΑΣΚΗΣΗ 9

Θεωρούμε κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγε β.

Τα τρίγωνα ΜΒΝ, ΑΜΓ είναι όμοια (γιατί;) R ΒΝ ΒΜ ΒΝ 1 <=> 2 = <=> άρα -= -= ΑΓ ΜΓ RJ3 RJ3 .J7 2 <=> ΒΝ = R .J2ι 7

γραμμένο σε κύκλο (0,

R).

Οι διαγώνιές του

ΑΕ και ΖΓ τέμνονται στο Κ και η ΒΚ τέμνει την ΖΕ στο

Λ.

Ν α αποδείξετε ότι: α . η ΑΕ είναι κάθετη στη ΓΖ. β. ΕΚ2 = ΚΖ · ΚΓ

ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/39

Μαθη ματικά Β ' Λυκείου

γ. δ. ε.

--ΑΚ 2 ΑΖ 2 1

1 + --

γ)

ΕΓ2

ΛΕ = �R 3

Α Σ Κ ΗΣΗ Ι Ο

2 (ΛΕΚ ) = R 12J3

ΛΥΣΗ

Α . ΚΓ ΕΔΓ+ ΖΑ _ 1sσ _900 Ειναι Ε -_ - 2 2 ____.._

α.

Ο λόγος τμημάτων υπολογίζεται και με α ξιοποίηση της ομοιότητα τριγώνων.

Ε.�----�

αρα

ΑΕ ..l ΓΖ

Δίνεται ο κύκλος (0, R) και η χορδή ΑΒ = λ4 • Στα δυο κυκλικά τμήματα που χωρίζει η χορδή τον κύκλο εγγράφουμε κύκλους (Κ, ρ 1) και (Λ, ρ2). Να βρεθεί α. το εμβαδόν του χωρίου που είναι εσωτερικά του κύκλου (0, R) και εξωτερικά των δυο κύκλων (Κ, ρ ι ) και (Λ, ρ2) . β. το εμβαδόν του κύκλου (Λ , ρ 2). ΛΥΣΗ α.

β.

Το τρίγωνο ΖΕΓ είναι ορθογώνιο στο Ε (γιατί;) και το ΕΚ είναι το ύψος τσu οπότε ΕΚ 2 = ΖΚ ΓΚ Το τρίγωνο ΖΑΓ είναι ορθογώνιο στο Α και 1 1 1 ' ' ' υψος = Ακ ειναι του αρα + 2 2 ΑΚ ΖΑ ΑΓ 2 και επειδή το τρίγωνο ΕΑΓ είναι ισόπλευρο θα 1 1 1 ' ' ΑΓ=ΕΓ οποτε ειναι = + ΑΚ 2 ΑΖ 2 ΕΓ 2 Τα τρίγωνα ΖΛΚ και ΚΒΓ είναι όμοια γιατί ΛΖΚ = 60° και KfB = 60° και zΚΛ = ΒΚΓ (κατά κορυφήν) οπότε: R ΖΛ ΖΚ ΖΛ R - α3 ΖΛ R - 2 <::::> - = = - = - <=> - = ΒΓ ΚΓ R R+α3 R R+R 2 1 R = - <::::> ΖΛ = 3 3 Τέλος ΛΕ = ΖΕ - ΖΛ = R - R = 3_ R 3 3 λ ..!.. ..!.. (ΛΕΚ) = ΕΛ · ΕΚημ30° = . 3. R . 3 . ..!.. = 2 2 3 2 2 J3 J3 2 RR R --- = -12 3 4 ·

γ.

δ.

Ε.

Οδιιγtίc: Σlί{ψικ: α)

β)

ΓΖ . ΔΖ = ΖΒ 2 <=> 2ρ1 2ρ 2 = R2 <=> ρ , · ρ 2 = -g •

Γωνία τεμνόμενων χορδών. Το ύψος ορθογωνίου τριγώνου που αντι στοιχεί στην υποτείνουσα ικανοποιεί γνω στές ισότητες.

Είναι φανερό ότι τα τρία κέντρα των κύκλων βρίσκονται πάνω στην μεσοκάθετο του ΑΒ. Έτσι 2ρ 1 + 2ρ 2 = 2 R ή ρ 1 + ρ 2 = R . Το τρίγωνο ΔΓΒ είναι ορθογώνιο με ύψος το ΒΖ. Τότε

(� Υ

<=>

Το ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμβαδό του κύκλου (0, R) αφαιρέσουμε τα εμβα δά των κύκλων ( Κ , ρ , ) και (Λ , ρz) άρα : Ε = πR 2 - π ( ρ� + ρ =

[

]

= πR 2 - π (ρ 1 + ρ 2 ) 2 - 2ρ 1 · ρ 2 =

(

β.

R 2 = πR 2 = πR 2 - π R 2 - 2 8 4. Είναι ΟΖ = R - 2ρ 2 , αλλά ΟΖ = α 4 οπότε

�

)

(

R 2-h R - OZ R= = 4 2 2 Έτσι το ζητούμενο εμβαδό είναι R 2 2 - ν'2 2 πR 2 6 - 4ν'2 Ε, = = πρ 22 = π 16 16 ρ2 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/40

(

)

--'-( �)

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

δ.

Οδηγός Σκέψης:

Επειδή ο υπολογισμός του ζητούμενου εμβαδού, ανάγεται στον υπολογισμό του γινομένου

�

ριρ2

Ε 2 = Ε 3 - Ε ι = ( ( Ο , ΑΒ) - ( ΟΑΒ ) ) - Ε ι =

θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓ Δ για να υ

(

πολογίσουμε το γινόμενο αυτό.

2 = πR360ο60° - 21 R . R . ημ60ο - Ε ι = ... = = �� ( π + 3 - 3J3 )

ΑΣ ΚΗΣΗ 1 1

Έστω Μ μέσο του κυρτογώνιου τόξου ΑΒ . Ε-

Δίνεται ο κύκλος (0, 5) και η χορδή ΑΒ = 5 .

πίσης η ΜΝ διάμετρος που τέμνει την ΑΒ στο Γ. Να υπολογιστούν :

α.

εμβαδό

Ει του κυκλικού τμήματος που ορίζεται

από τη χορδή ΑΜ

...και το κυρτοyώνιο τόξο ΑΜ .

δ. το εμβαδό � του μικτόyραμμου τριγώνου ΑΜΒ. ΑΥΣΗ

Φέρνουμε τις ακτίνες ΟΑ, ΟΒ και την ΑΝ. Έχουμε ΑΒ R � 5 ο πότε ΑΒ = 60° . J3 J3 Επίσης ΟΜ .l ΑΒ άρα Ο Γ = α 6 = R = 5 2 2 =

�

Οδηγός Σκέψης: Γνωστές χορδές (λ3, �. �) ορίζουν γνωστά aπο

το μήκος του τμήματος ΑΜ

β. το εμβαδό του τριγώνου ΑΓΝ γ.

Το ζητούμενο εμβαδό θα βρεθεί αν από το εμ βαδό Ε3 του κυκλικού τμήματος που ορίζεται από τη χορδή ΑΒ και το κυρτογώνιο τόξο ΑΒ αφαιρέσουμε το εμβαδό Ει. Δηλαδή:

στήματα ( α3, α4, α6) καθώς και γνωστά τόξα ( 1 20°, 90°, 60°) .

ΑΣΚΗΣΗ 1 2

Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ

ΑΓ = 2J3

•

ΒΓ

Ο εγγεγραμμένος κύκλος του

τριγώνου (Κ, ρ) εφάπτεται στις πλευρές ΒΓ και ΑΒ στα σημεία Μ, Ν αντίστοιχα. α. Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ. β. Να βρεθεί το εμβαδόν Ε του κύκλου (Κ, ρ). γ.

Να δειχθεί ότι ΒΜ = 3 - J3

δ. Να βρεθεί η περίμετρος Π και το εμβαδόν

Ει του μεικτόγραμμου τριγώνου ΒΜΝ.

Α ΥΣΗ

Γ Β

α. Είναι Β Γ 2 = 42 = 16 ,

α.

β.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΝ είναι:

ΑΜ 2 = ΜΝ · ΜΓ = ΜΝ (ΟΜ - ΟΓ) = = 2R (R - α6 ) = ... = 25 ( 2 - J3 ) άρα ΑΜ = 5 �2 - J3

β.

Είναι:

1 1 · ΓΝ = -1 · -ΑΒ + (ΑΓΝ) = -ΑΓ 2 2 · (ΟΓ ΟΝ) = 2 1 25 (ν3 + 2) + R) = ... = = -λ6(α6 8 4 1 = 30° οπότε: --- = -ΑΒ Επίσης: ΑΜ 2 Ει = (0, ΑΜ ) ( ΟΑΜ) = 2 (π = πR 30ο - _!_ R . Rημ 30ο = ... = 25 12 - 3) 360° 2 h

�

γ.

•

ΑΒ 2 + ΑΓ 2 = 2 2 + (2J3 ) 2 = 16 δηλαδή: ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 οπότε το τρίγωνο ΑΒΓ είναι το ορθογώνιο με ορθή γωνία την Α. Λόγω του (α) είναι:

_!_ (ΑΒ Γ) = _!_2 ΑΒ · ΑΓ = 2 , 2 · 2J3 = 2 J3 ' Επίση ς (ΑΒΓ) = τ · ρ οπότε: J3 J3 (ΑΒΓ) - = +2 + ΑΓ = 4 J3 . . . ρ=2 ΑΒ Β Γ 6+2 2 = J3 - 1 . Έτσι Ε = πρ 2 = π ( J3 - 1) 2 = . .. 2π(2 - J3 ) Εφόσον ΑΒ = Β Γ στο ορθογώνιο τρίγωνο 2 ΑΒΓ θα είναι: Γ = 30° άρα Β = 60° . Φέρνουμε =

γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/41

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

τα τμή ματα ΒΚ, ΚΜ, ΚΝ. Η Β1 = 30° και ΚΜ ή ΚΜ l.. ΒΜ (γιατί;) οπότε εφ30° = -ΒΜ 3 ( ..[3 ι ) ΒΜ = ΚΜ = ρ = = ... = 3 - .J3 εφ30ο ..{3 ..{3 3 Είναι ΒΝ = ΒΜ = 3 - ..[3 και ΜΚΝ = 120° 2(..{3 - l)π. οποτε ' S � = πρ · l20° = ... = -'-----'(γιατι;) MN 1 800 3 Επίσης ΒΝ = ΒΜ = 3 - ..{3 . Έτσι η ζητούμενη περίμετρος είναι: Π = ΒΜ + ΒΝ + S� = 2BM + S� = ΜΝ ΜΝ = 6(3 - .J3) + 2( .J3 - l)π 3 Ακόμη το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ο = Ε = (ΒΜΚΝ) - (Κ, ΜΝ) = 2(ΒΜΚ) - π πρ 2 = = 2 · -1 ΒΜ · ΚΜ - 2 3 2 = (3 - .J3 ) · ( .J3 - 1) - π( .J3 - 1) = ... = 3 12.J3 - 18 - π(4 - 2.J3 ) 3 -

δ.

Α � Κ Η Σ Ε Ι Σ Γ Ι Α Λ ΥΣΗ ΑΣ Κ Η Σ Η 1 3

Δίνεται ο κύκλος (0, 5) και οι παράλληλες χορδές του ΑΒ, ΔΓ έτσι ώστε το Ο να βρίσκεται ανάμεσά τους. Αν είναι ΑΔ = ΒΓ = 5.J2 και ΑΔΓ = 75° να υπολογιστούν: α. τα μήκη των χορδών ΑΒ, Γ Δ β . τα εμβαδά Ε1, Ε 2 των κυκλικών τμημάτων που ορίζονται από τις χορδές ΑΒ, ΑΔ και τα αντί στοιχα κυρτογώνια τόξα τους. ΑΣΚΗΣΗ 1 4

Δίνεται το τετράγωνο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο στον κύκλο (0, R) και τα μέσα Ε, Ζ, Η, Θ των τόξων ΑΒ, ΒΓ, Γ Δ, ΔΑ αντίστοιχα. Να υπολογιστεί το εμβαδό του τετραπλεύρου ΟΑΕΒ β . Να υπολογιστεί το εμβαδόν Ε του οκταγώνου ΑΕΒΖΓΗΔΘ. γ . Αν το κυκλικό τμήμα που ορίζει η χορδή ΑΘ με το κυρτογώνιο τόξο ΑΘ έχει εμβαδό π - 2.J2 τότε: i ) να υπολογιστεί η ακτίνα R Ε2 ' λου " ) να υπολογιστει' ο λογος ' του κυκ Ε3 Οδιιγi)ς Σκ{ψης: όπου Ε2 το εμβαδό που περικλείεται ανάμεσα α. Το είδος ενός τριγώνου το διαπιστώνουμε με στον κύκλο και το οκτάγωνο και Ε3 το εμβαδό τις γνωστές μετρικές σχέσεις. που περικλείεται ανάμεσα στο οκτάγωνο και β. Οι γνωστοί τύποι εμβαδού μας δίνουν τη δυ το τετράγωνο. νατότητα υπολογισμού τμημάτων. γ. Η χρήση τριγωνομετρίας μας δίνει τη δυνατό τητα να υπολογίζουμε ευθόγραμμα τμήματα.

ρ;�:ο

α.

ιι

Χρήστος Λαζαρίδης Το παρακάτω άρθρο ασχολείται με το κεφάλαιο τω ν κωνικώ ν τομ ώ ν και έχει επαναληπτικό χαρακτήρα. Α ποτελείται από 8 θέματα, τα οποία αποσκοπούν να συνδυάσουν όλες τις κωνικές τομές. Αν κάποιος ασχοληθεί, καλό είναι να γνωρίζει πολύ καλά την θεωρία και, αν είναι δυνατόν, τις ασκήσεις του σχολικού βιβλίου. ΘΕΜΑ l

χ2

C :2+2=1 ,

α > β > Ο , με α β εστίες Ε·, Ε (Ε είναι εκείνη με θετική τετμημένη). Δίνεται η έλλειψη

Επίσης Α', Α είναι τα άκρα του μεγάλου της άξο να και Β, Β· τα άκρα του μικρού της άξονα. Ν α αποδείξετε ότι: ί) α) ..!!. = Jι - ε 2 , όπου ε είναι η εκκεντρότη α τα της C.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/42

------χ 2 + y 2 = β 2 . Ο κύκλος προφανώς διέρχεται

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Το εμβαδόν του τριγώνου ΒΕΑ ισούται � 2 ι με α ( ε)2 Θεωρούμε την παραβολή με κορυφή Ο και εστία την εστία Ε της έλλειψης C. Αν το σημείο Μ ( 6β,2β.J6) ανήκει στην παραβολή, να αποδείξετε ότι: J2 α) ε = 2 β) ο κύκλος διαμέτρου ΕΕ ', διέρχεται από τις κορυφές Β, Β ' της έλλειψης C . β)

από τα Β(Ο, β) και Β' (0, -β) .

•

ii)

ΛVΣΗ

ί)

iί )

α)

β)

Β '(Ο,-β)

α) ε = l . α Έχουμε: β2 = l - ε2 => β 2 = l - L2 => β2 = α2 - γ2 => α2 α 2 α2 l!_ = Jk! . α β ) (ΒΕΑ) = � ( ΕΑ ) · ( ΒΟ ) = � ( α - γ) · β =

( )

Θ Ε ΜΑ 2

Δίνεται η παραβολή C : y 2 = 4χ και το τυχαίο σημείο της Α(χι ,Υι ) , όπου Χι > 0 . Η εφαπτο μένη ε της παραβολής C στο Α (χι,Υι ) τέμνει τους άξονες χ'χ και ψ'ψ στα Β, Γ αντίστοιχα. ί) Να αποδείξετε ότι Β ( -χυΟ) , Γ Ο, Υ; και

( )

ίί )

ίίί) i ν)

ΛVΣΗ

= .!. α 2 � - 1. . Ι!_ = .!. α 2 (1 - ε ) �1 - ε 2 . 2 α α α 2 Το Ε ( γ,Ο) είναι εστία της παραβολής, άρα, Ε. = γ ή p = 2γ . 2 Η παραβολή έχ.,ει εξίσωση y 2 = 2px ή y 2 = 4γχ . Το Μ ανή κει στην παραβολή άρα θα επαληθεύ ει την εξίσωσή της. ( 2β J6 ) 2 = 4γ6β => 24β 2 = 24γ β => β = γ .

β = γ => l!_ = 1. => �1 - ε 2 = ε => l - ε 2 = ε 2 => α α 2ε 2 = ι => ε 2 = _!. => ε = J2 . 2 2 Ο κύκλος έχει κέντρο Ο και ακτίνα { ΕΕ ' ) ρ = - = γ = β , άρα θα έχει εξίσωση, 2

ότι το Γ είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ. Να αποδείξετε ότι η απόσταση d της εστίας Ε της παραβολής από την εφαπτομένη ε, ισούται με d = �χι + ι και ότι η απόσταση των σημείων Β, Γ ισούται με (BΓ) = Jxi + Χι . Να υπολογίσετε τις συντεταγμένες του ση μείου Α, αν το εμβαδόν του τριγώνου ΕΓΒ ισούται με 5. Αν Α (ι, 2) , να υπολογίσετε την εξίσωση της έλλειψης με εστίες τα σημεία Ε, Β, η οποία διέρχεται από το σημείο Γ.

Α� Ο�

/Β

E( l ,O)

Α ( χ ι , Υ ι ) ε C , άρα, y � = 4χ ι . Η εφαπτομένη ε έχει εξίσωση, ε : ΥΥ ι = ρ ( χ + Χ ι ) <=> ΥΥ ι = 2 ( χ + χ ι ) <=> 2χ - y ι y + 2Χι = 0 . Αν χ = 0 : Υ , 4χ ι = y 2ι = __!_ ΥΥ ι = 2χ ι => y = 2χ ι => y = Υι 2yι 2yι 2 άρα,

r(ο, i ) .

Αν y = Ο : Ο = 2 ( χ + Χ ι ) => χ = -χ ι , άρα,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ3/43

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

Β(-χ1 ,0) . Το μέσο του ΑΒ είναι: ( Χ ι ; Χ ι , Υ ι ; 0 ) δηλα-

δή ( Ο, i} το οποίο προφανώς είναι το Γ. ii) Ε ( � ,Ο } άρα, Ε(1,0) . d = d ( E,ε) = l 2 + 2x ι l = 2 l 1 + x ι l = �2 l l 1 + x ι l χ�ο �4+ y� �4 + y� 4+4χ 1 :- . 1 + Χ ι ) = ,-;-;--: χ = 2(2Fx; + 1 ι ν (ΒΓ) 2 = (0 + χ 1 ) 2 + ( i -οΥ = x � + yl = χ � + χ ι , � άρα, (ΒΓ) = χ� + χ1 � _!_ iii) (ΕΓΒ) = (ΒΓ) · d = _!_ χ � + χ 1 Fx; = 2 2 _!_ = 2 �χ ι (χ ι + 1) Fι+J = _!_2 Fι · (χι + 1) . (ΕΓΒ) = 5 . Άρα, _!_2 Fι · (χ ι + 1) = 5 � Fι · (χ ι + 1) = 10 . Θέτουμε Fι = y Ο , άρα έχουμε την εξίσωση: Υ ( / + 1) = 10 � y 3 + y -10 = Ο � � (y - 2)(y 2 + 2y + 5) = 0 (Με τη βοήθεια Homer) � y = 2 . Ά ρα, Fι = 2 � χ1 = 4 , οπότε, y � = 4 · 4 ή Υ ι = ±4 . Τελικά, Α(2,4) ή Α(2,-4) . ίv) Αν Α(1, 2) τότε Β(-1,0) και Ε(1,0) . Η εστια κή απόσταση είναι 2γ = ( ΒΕ) = 2 , άρα, γ = 1 . Το σημείο Γ(Ο,1) είναι σημείο της έλλειψης, άρα, 2α = (ΓΒ) + (ΓΕ) = J2 + J2 = 2J2 ή α = J2 . Ισχύει: β 2 = α 2 - γ 2 = 2 - 1 = 4 . Τελικά η έλλειψη έχει εξίσωση, �22 + L12 = 1 . •

Θ Ε ΜΑ 3

Δίνεται η έλλειψη C1 : χ 2 + 2y 2 = 2κ 2 και η πα 2 ραβολή c 2 : y = 4κχ ' όπου κ > ο .

Να υπολογίσετε την εκκεντρότη τα της έλ λειψης C 1 και να αποδείξετε ότι μία εστία της έλλειψης

ii)

της παραβολής c 2

συμπίπτει με την εστία •

Να αποδείξετε ότι η διευθετούσα δ της πα ραβολής c 2 τέμνει την έλλειψη c . στα

(

σημεία Α - κ,

και

κ, -

ίίί) Αν η εφαπτομένη της έλλειψης

(

κ fi , μειο Α - κ, -2

)

στο

ση-

ζ ' σχηματι ει με τους α ξο '

νες τρίγωνο με εμβαδόν 4 J2 , να υπολογί σετε την τιμή του κ.

ΛΥΣΗ

y2 = 1 χ 2 + ---τ Cι : 2κ 2 κ C 2 : y 2 = 2(2κ)χ . ί ) β 2 = α 2 - γ 2 , άρα, γ 2 = α 2 - β 2 = 2κ 2 - κ 2 = κ 2 ή γ=κ. κ =J2 ε = -αγ = -κJ2 2 · p = 2κ , άρα η εστία της C είναι Ε( κ, Ο) η 2 οποία προφανώς συμπίπτει με μία εστία της Cι . ίί) δ : χ = _ Ε. ή χ = -κ . Αντικαθιστούμε τις συ2 ντεταγμένες των Α, Β στις εξισώσεις των δ και C1 , διαπιστώνουμε ότι τις επαληθεύουν, άρα η δ τέμνει την C 1 στα Α, Β. iii) Η εφαπτομένη ε της C1 στο Α, είναι:

ΕΥΚΛΕ Ι ΔΗΣ Β' λθ ' τ3/44

Μαθηματ ικά Β ' Λυκείου

κ J2 y χ ( - κ) + 2- = 1 <:::::> - y J2 = 1 <:::::> χ + -ε : -2κ 2κ 2κ 2 κ2 - χ + y J2 - 2κ = Ο . Αν χ = Ο , τότε, y = = κ J2 . Αν y = O , τότε, χ = -2κ . Η ε τέμνει τους άξονες στα Κ ( -2κ,Ο) και Λ ( ο, κ J2 ) . ( ΟΚΛ ) = � ( ΟΚ )( ΟΛ) = i l -2κ l l κ J2 1 = κ 2 J2 .

�

Έχουμε:

Θ Ε ΜΑ 4

2 Δίνεται ο κύκλος C 1 : ( χ - α ) + y 2 = 4α 2 και η παραβολή c 2 : y 2 = 4αχ ' όπου α > ο . ι)

την εστία της παραβολής ιι)

C 1 έχει κέντρο C 2 και εφάπτε-

Να αποδείξετε ότι ο κύκλος

ται στη διευθετούσα της. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος ραβολή

και η πα -

τέμνονται στα σημεία Α ( α, 2α )

) και Β ( α, -2α . (Εναλλακτικά να υπολογί σετε τα σημεία τομής του κύκλου και της

δ : χ = _ Ε.2 <:::::> χ = -α <:::::> χ + α = Ο . Έχουμε d ( Κ ,δ) = 2α , άρα, η δ είναι εφαπτομέ νη του C ι . ii) Αποδεικνύουμε ότι οι συντεταγμένες των Α, Β επαλη θεύουν τις εξισώσεις των C ι , C 2 , άρα C ι , C 2 τέμνονται στα Α, Β. iii) Ο ι εφ απτόμενες C 2 στα Α, Β, αντίστοιχα είναι, ε ι : y · 2α = 2α( χ + α) <:::::> y = χ + α ε 2 : y ( -2α) = 2α (χ + α) <:::::> y = - χ - α λε, λε, = 1 · ( -1) = - 1 , άρα, ε ι l. ε 2 . Λύνοντας το σύστη μα των εξισώσεων των ε ι , ε 2 , προκύπτει το κοινό τους ση μείο ( -α, Ο) , το οποίο προφανώς ανήκει στη διευθετούσα δ. ·

Θ Ε ΜΑ S

Δίνεται η έλλειψη

χ2

C 1 : 2 + 2 1 , α > β > Ο , με

εστιακή απόσταση 2γ.

ii)

Να υπολογίσετε την εξίσωση του κύκλου με διάμετρο τον μεγάλο άξονα έλλειψης. Να βρείτε τα σημεία τομής Α, ψης με την ευθεία χ = γ .

Β της έλλει

iii) Θεωρούμε την εφαπτομένη της έλλειψης,

στο σημείο τομής της με την ευθεία χ = γ ,

παραβολής). ιιι) Να αποδείξετε ότι οι εφαπτόμενες της πα ραβολής C 2 στα Α, Β είναι κάθετες και τέ μνονται πάνω στη διευθετούσα της.

το οποίο έχει αρνητική τεταγμένη. Να απο δείξετε ότι η εφαπτομένη έχει συντελεστή διευθύνσεως ίσο με την εκκεντρότητα της έλλειψης.

ΛΥΣΗ

iv) Να υπολογίσετε την εξίσωση της παραβο λής με κορυφή Ο, άξονα συμμετρίας χ'χ, η οποία διέρχεται από τα Α, Β.

ευκολότερες)

(Εναλλακτικά η έλλειψη να έχει εξίσωση 2 2 C : � + L = 1 , οπότε οι πράξεις θα είναι 9 25 Λ ΥΣ Η

Ο κύκλος έχει κέντρο Κ ( α, Ο) . Η παραβολή έχει εστία, � ,Ο ή (α, Ο) , η οποία προφανώς

( )

συμπίπτει με το Κ. Η διευθετούσα τη ς C 2 , είναι,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/45

(α,Ο)

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

της C2 , τότε, Τα άκρα του μεγάλου άξονα της C 1 είναι β) Αν ε η εκκεντρότητα .!.. ( -α, Ο) και ( α, Ο ) . ε < l � l.α < l � α < l � α > l . Ο κύκλος έχει κέντρο Ο και ακτίνα α, άρα, θα .fi .fi .!_ .fi .fi 2 2 2 έχει εξίσωση, χ + y = α . � � r � . = α = = γ) ε = 2 α 2 α 2 ίί) Λύνουμε το σύστημα της εξίσωσης της C 1 και της β 2 = α2 - γ 2 = (.J2) 2 - 1 2 = 1 , άρα, β = l . χ =γ , αιώtε�.ΟΟΟW Τελικά, C 1 : �22 + y 2 = 1 . iii) Η εφαπτομένη της C 1 , στο Α, είναι y - βα2 Θ Ε ΜΑ 7 χγ + Έστω οι ευθείες ε 1 : λχ + λy = 2 και α2 β2 = 1 � ε2 : χ - y = 2λ , όπου λ IR * . γχ Υ 2 2 -2 - -α = l � γχ - αy = α � αy = γχ - α � α) Να αποδείξετε ότι το σημείο τομής των ευ α θειών ανήκει σε μία ισοσκελή υπερβολή C. γ Υ = -χ - α � y = εχ - α . ' β) Ν α υπολογίσετε τις εστίες Ε , Ε της C. α άρα, γ) Να εξετάσετε αν υπάρχει σημείο Μ που να Α c2 ίv)Έστω c 2 : y 2 = 2ρχ ανήκει στην ευθεία y = -χ και β4 . βz4 = 2pγ � 2ρ = {ΜΕ) - { ΜΕ ' ) 8 . γα 2 α β4 χ . ΛΥΣΗ . c : y2 = τελικα, 2 γα 2 λ λ I = -λ - λ = -2λ * Ο . α) D = 1 -1 ΘΕΜΑ 6 ξ �� = -2 - 2λ2 = -2 ( λ2 + 1 ) Dx = Η εστία της παραβολής C1 : y 2 4χ συμπίπτει με λ 2 y2 χ ξ = 2λ2 - 2 = 2 ( λ2 - ι) μία εστία της ω...ειψης c2 : 2 + 2 = 1 α > β > ο . α β οΥ = � λ ' α) Να αποδείξετε ότι το σημείο Μ (α ,β) κιX = � Χ = λ:J νείται σε μία ισοσκελή υπερβολή. <c> λ2 - 1 β) Να δείξετε ότι α > 1 . Dy y = o y = - -γ) Αν επιπλέον η εκκεντρότητα της ω...εtψης είναι λ 2 J2 , να βρειτε την εξ'ισωση της �ιψης. .ι:.� � λ2 - 1 2 λ2 + 1 2 - - .Εχουμε: χ 2 - y 2 = λ λ ΑΥΣΗ = λ4 + 2λ2 + 1 λ-2 λ4 + 2λ2 - 1 = 4 . Η C1 έχει εστία ,� , ο} όπου ρ = 2 , άρα, E( l,O ) . Το σημείο τομής επαληθεύει την εξίσωση Η C 2 έχει εστίες ( -γ, Ο ) , ( γ, Ο) . Συμπεραίνουμε χ 2 - y 2 = 4 , η οποία παριστάνει ισοσκελή υότι: γ = 1 . α) Έστω M ( x, y ) τυχαίο σημείο, τότε: περβολή. β) β 2 = γ 2 - α 2 � γ 2 = α 2 + β 2 � . χ = α � χ 2 = α2 � χ 2 - y 2 = α2 - β 2 � � γ 2 = 4 + 4 � γ = 2.J2 y = β y2 = β2 Άρα, E' {-2.J2,o) και E (2.J2, o ) . � χ 2 - y2 = γ2 � χ 2 - y2 = 1 ' που είναι εξίσωση ισοσκελούς υπερβολής.

+-�) και Β(Ύ· � }

( )

l Ι I l

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/46

( ) ( )

Μαθηματικά Β ' Λυκείου

γ)

Έστω ότι ' υπάρχει ση μείο Μ , τότε { ΜΕ) - ( ΜΕ ) = 8 = 2α , άρα το Μ ανήκει στον ένα κλάδο τη ς C. Το Μ θα είναι το ση μείο το μής τη ς C με την ευθεία y = -χ . Η y = - χ είναι ασύμπτωτη τη ς C, η οποία δεν τέμνει τη C, άρα, δεν υπάρχει τέτοιο ση μείο.

Θ Ε ΜΑ 8

χ2

Εστω η υπερβολη C : 2 - --τz = 1 , λ, α > Ο με α λα εκκεντρότητα ε και η παραβολή C': y 2 = 2λχ . α) Να βρείτε τις εξισώσεις των ασυμπτώτων της C. 2 β ) Να αποδείξετε ότι λ = �ε - 1 . γ) Αν η C είναι ισοσκελής να δείξετε ότι οι C και C' τέμνονται σε δύο σημεία Α, Β. δ ) Αν το μέσο Μ του ΑΒ έχει συντεταγμένες ( 3, Ο) να υπολογίσετε την εξίσωση της C . Λ ΥΣ Η

Οι ασύμπτωτες θα έχουν εξισώσεις, λα <::::> y = ±λx . y = ±-x α γ �α 2 + β 2 = �α 2 + λ2 α 2 = β) ε = - = α α α 2 +Ι � = α� = λ α α)

ε = �λ2 + Ι =? ε 2 = λ2 + Ι =? =? λ2 = ε 2 - Ι =? λ = �ε 2 - Ι . η C είναι ισοσκελής τότε, γ ) Αν β α = =? α = λα =? λ = Ι . Θεωρούμε το σύστη μα: �2 - i_2 = 1 χ 2 - 2χ - α 2 = 0 ( 1 ) α α y 2 = 2χ Υ2 = 2χ Η (1) έχει Δ = 4 + 4α 2 = 4 ( α2 + 1 ) > 0 , άρα θα έχει δύο λύσεις Χ ι , χ 2 ετερόσημες αφού Χ ι χ 2 = 1 = -α2 < Ο . Δεκτή είναι μόνο η θετική. α Τελικά το σύστη μα έχει δύο λύσεις οπότε οι C, C ' τέμνονται σε δύο ση μεία Α, Β. δ ) Αν Χ ι > 0 τότε Α ( χ ι , �) , Β ( χ ι , -2 Fι) ,

}

<::::>

}

άρα, χ ι +2 χ ι = 3 Χ ι = 3 . Από (1): α 2 = χ 2 - 2χ = 3 2 - 2 · 3 = 3 , άρα, α = .J3 . χ2 - y2 = I . Τελικα,' C : <::::>

ΔΥΟ Σ Η ΜΑΝΤ ΙΚΕΣ ΠΑΡ ΑΛΕ ΙΨ Ε Ι Σ ΤΟΥ Τ Ε ΥΧΟΥΣ 58 . . . μt: την α μέριστη βοή θεια του «Δαίμονα του Τυπογραφείου»

Δεν

αναφέρθηκε ότι το μεγαλύτερο μέρος τη ς ύλη ς του περιοδικού γράφτηκε από τους συναδέλφους του παραρτήματος τη ς Ε.Μ.Ε. Λαμίας, ύστερα από πρόταση που τους έκανε η Συντακτική Επιτρο πή.

Από τη θέση αυτή τους ευχαριστούμε. Αξίζει να ση μειωθεί ότι το παράρτημα της Ε.Μ.Ε. Λαμίας οργάνωσε με επιτυχία το τελευταίο συνέδριο τη ς Ε. Μ .Ε. Οι συγγραφείς του άρθρου τη ς Άλγεβ ρας τη ς Α ' Λυκείου είναι οι: Γιάννης Γιαννόπουλος, Σπύρος Παναγιωτόπουλος και Σπύρος Τζινιέρη ς και όχι μόνο ο Σπύρος Τζινιέρη ς όπως γράφτηκε. Ε ΛΛ ΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

•

Ημερίδα 2 Μαϊου 2006 στο Πανεπιστήμιο Αθήνας με θέμα την επιστημονική και παιδαγωγική κατάρτιση των πτυχιούχων εκπαιδευτικών, οι οποίοι θέλουν να προσληφθούν στη δημόσια εκπαί δευση και αλλού μέσα από τους διαγωνισμούς του ΑΣΕΠ. ΕΥ ΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ3/47

LΧ!aΙιιιι•••• "� l'fl' r ��lι ,_, Α•eΙ-ιι ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛ ΥΣΗΣ της Χρυσταλλένης Κυβερνήτου ι.

Θεωρούμε ένα μη μηδενικό πολυώνυμο Ρ( χ) με πραγματικούς συντελεστές και έναν αριθμό ρ Ε IR . Να δείξετε ότι το Ρ( χ) έχει παράγοντα το {χ - ρ ) 2 αν, και μόνο αν: Ρ{ρ) = Ο και

(ρ) = Ο .

Στη συνέχεια να δείξετε ότι το πολυώνυμο: Χ

f {x) = 1 + - + - + + - , ν! 1 ! 2! όπου ν Ε Ν * , δεν έχει διπλή πραγματική ρίζα. 1) i)

ΛΥΣΗ

•••

έπεται ότι β = Ο . Αντικαθιστώντας στη (2), έχουμε: Ρ(χ) = (χ - ρ) 2 Π(χ) . Άρα, το Ρ{ χ) έχει παράγοντα το (χ - ρ ) 2 . 2) Έστω ότι το f (χ) έχει μία διπλή πραγματική ρίζα ρ. Τότε, το f (χ) θα έχει παράγοντα το (χ - ρ ) 2 , οπότε ν � 2 . Εξάλλου, τότε σύμφωνα με τα προηγούμενα, θα έχουμε f (ρ) = Ο και ( (ρ) = Ο . Έχουμε: + + f (χ) = 1 + -1! + 2! ... ( ν - 1 ) ! � � r ' (x) = f (x) - (3 ) ν! . Από την ( 3 ) με χ = ρ και επειδή f (ρ) = Ο και ( (ρ) = Ο , έπεται ότι Ε_ = Ο και συνεπώς ν! ρ = Ο . Έτσι, θα έχουμε: f {O) = O και επειδή f ( Ο) = 1 , θα έχουμε Ο = 1 , άτοπο. ,

Χ ν -1

Χ2

Χν

Έστω ότι το Ρ( χ) έχει παράγοντα το (χ - ρ ) 2 • Τότε, υπάρχει πολυώνυμο Π(χ) με: (1) Ρ(χ) = (χ - ρ) 2 · Π(χ) Από την (1) με χ = ρ β ρίσκόυμε Ρ(ρ) = Ο . Παραγωγίζοντας τα μέλη της ( 1 ), βρίσκουμε: p ' (χ) = 2( χ - ρ )Π(χ) + (χ - ρ ) 2 π ' (χ) . Απ' αυτή με χ = ρ βρίσκουμε p' (ρ) = Ο . 2. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη στο IR , φ παραγωγίσιμη στο Ο και για κάθε x , y Ε IR , ii) Αντιστρό ως. Έστω ότι Ρ(ρ) = Ο και ισχύει: p' (ρ) = Ο . Ονομάζουμε Π(χ) και αχ + β f { x + y) = f { x )f {y) - ημxημy . (1) το πηλίκο και το υπόλοιπο αντιστοίχως, της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ - ρ ) 2 , οπότε: Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο IR Ρ(χ) = (χ - ρ) 2 Π(χ) + αχ + β . (2) Από την (1) με χ = y =ΛΥΣΗ Ο , β ρίσκουμε ότι: Από την (2) με χ = ρ και επειδή Ρ(ρ) = Ο , f {O) = f 2 ( Ο) � f (O)[f (0) - 1] = Ο � βρίσκουμε ότι αρ + β = Ο . Παραγωγίζοντας � [f (O) = O ή f (O) = l ] . τα' μέλη της (2), β ρίσκουμε: - Έστω ότι f ( Ο) = Ο . Από την (1) με χ Ε IR και p (χ) = 2(χ - ρ )Π( χ ) + (χ - ρ ) 2 π ' (χ) + α . y = Ο , β ρίσκουμε ότι: Απ' αυτή με χ = ρ και επειδή p ' (ρ) = Ο , f (χ) = f (χ) · f ( Ο ) - ημχημΟ � f (χ) = Ο . β ρίσκουμε ότι α = Ο . Και επειδή αρ + β = Ο , ν

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/48

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Άρα, τότε: f (χ) = Ο , για κάθε χ Ε IR. . Έτσι, τό τε, από την ( 1) θα έχουμε για κάθε χ, y Ε IR. : Ο = Ο · Ο - η μχη μy => η μχημy = Ο , άτοπο. - Άρα f (Ο) = 1 . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο, έχουμε: lim f ( xΧ) - f0 (O) = f (O) E !R. => => lim f (x)Χ - 1 = f (Ο) (2) Έστω ένας αριθμός χ 0 Ε 1R. . Έχουμε: . f(x 0 + h ) - f ( x 0 ) = f ' ( χ 0 ) = lιm h η . f (x 0 )f( h ) μx 0 η μh - f ( x 0 ) = = hm h = lim f (x o ) f ( hh) 1 _ η μx o ηhμh = = f (χ 0 ) r ' (Ο) - η μχ 0 , λόγω τη ς (2) και επειδή lim η μh = Ι . h η η Άρα, f είναι παραγωγίσιμ στο IR. και για �άθε χ Ε IR. , ισχύει: f' (χ) = f' (Ο) · f ( χ) - η μχ .

χ �Ο

(I)

h�O

1 -1 = -1 - 1 ( -ln ν) = -(Ι 1 + ln ν) = = -ν1 - -ln ν ν ν ,ν ν .!. .!. = ν Ιη ( eν) � ν , γιατί eν � e και άρα ln (eν) � 1 . Έτσι, για κάθε χ > Ο , έχουμε: r (ψ r + c > f ( ψ � ο> (Ι)

( �)

Να λυθεί η εξίσωση: 3χ

2χ

ΛΥΣΗ

6χ .

(1)

Έστω ότι ένας αριθμός ρ Ε IR. είναι ρίζα τη ς εξίσωση ς ( 1 ), οπότε: 3ρ + 5 ρ = 2ρ + 6ρ => 3ρ - 2ρ = 6ρ - 5 ρ 3 ρ - 2ρ 6ρ - 5 ρ => 3 - 2 6 - 5 (2). Θεωρούμε τη συνάρτη ση : f (χ) = χ ρ χ Ε (Ο, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με: ( (Χ) = ρ χ ρ- ι _ 3. Να δείξετε ότι για κάθε ν Ν * και για κά Είναι φανερό ότι η f πλη ροί τις υποθέσεις του θε θε χ Ο ισχύει: ωρήματος μέση ς τιμής σε καθένα από τα διαστή 1 χ - ln x � - . (1) ματα [2,3] και [5,6] . Άρα, υπάρχουν αριθμοί ξ 1 ν και ξ 2 με: 2 < ξ1 < 3 < 5 < ξ 2 < 6 και ΛΥΣΗ Θεωρούμε έναν αριθμό ν Ε Ν * και τη συνάρτη ση : ( 3 ( 2) ( f = ( ) ξ ( 2) = ο> ρξj-1 = f ( 3 ) - f ( 2 ) ο> , f (Χ) = Χ - Ιη χ . Η f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο διάστη ( ( ξ , ) = f( 6 = ( 5 ) ρξ\-' = f ( 6 ) - f { 5) μα (Ο,+οο) με: ρξ Γ ' = ρξ�- ι => ρ ( ξf -' _ ξ �- ι ) = 0 => => > 0, αν Χ > => ( ρ = ο ή ξj- 1 = ξ �- 1 ) => ( ( Χ ) = νΧ v - 1 - -I = νχν - 1 = 0, αν Χ = => [ ρ = Ο ή (ρ - l ) Ιη ξ 1 = (ρ - 1) 1 ηξ 2 ] => χ χ => (ρ = Ο ή ρ = 1) . αν χ < < 0, Άρα, τότε: ρ = Ο ή ρ = 1 . Α ντιστρ ό φ ως Όπως β ρίσκουμε εύκολα οι αριθμοί να Ο και 1 επαλη θεύουν την εξίσωση ( 1) και άρα αυ 6 τοί είναι οι μοναδικές ρίζες τη ς εξίσωση ς αυτής. � εGχ / , με: 5. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και .fl , ισο Συμπεραινουμε , η f εχει ελάχιστο στο χ=ν� τα ακρότατα της συνάρτησης: h�O

h�O

]

[

h �O

, οτι ,

+ω

� � �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/49

�� l:

{

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

(2) χ ln χ + (1 - χ) ln ( 1 - χ) � Ιη -1 2 Μετά, να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν * , ι Θεωρούμε τη συνάρτηση: f (χ) = χ ln χ + ( 1 - χ) ln ( 1 - χ) , χ ε ( Ο, 1) . σχύει: � � � . Στο διάστημα ( Ο, 1) έχουμε: ΛΥ Σ Η f (χ) = Ιη χ + 1 - ln ( 1 - χ) - 1 = α) Για κάθε χ > Ο , έχουμε: _!_ In χ _!_ In χ , > 0, αν > -1 χ � ln χ ' ln x --;- :::::> 2 f {x) = e = ex :::::> f (x) = ex = Iη χ - ln (1 - χ) = 0, αν χ= Ι 2 αν x<e -χι 1 - ln x > 0, . = Ο, αν f (χ) = χ x=e χ < -1 < 0, αν χ 2 < 0, αν 2 x>e f (χ) χ� ' χ Ε (Ο, +α:> ) =

•

{

( )

•

f' f

�

μεγ .

+οο

�

Συμπεραίνουμε ότι: fλ ( Ο, e ] και Π [ e , +οο ) . Επίσης ότι η f στο e έχει μέγιστο, ίσο με f ( e ) = e� .

�

1 2

!--

ελαχ

Ι +

�

' με: ' ελάχιστο στο "2Ι , ισο ' ' η f εχει οτι Συμπεραινουμε

()

f .!. = .!.ιη .!. + .!.ιη .!. = In .!. . 2 2 2 2 2 2 Συνεπώς, για κάθε χ ε ( Ο, 1) , έχουμε:

()

I f (x) � r � => (2) . Με ν = 1, 2, 3, ... , έχουμε: f (ν) = ν; = r.Γv . Λόγω των παραπάνω, έχουμε: 7. Να βρείτε τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f (1) < f (2) (1) f : JR � JR και g : {Ο, +οο ) � JR , για τις οκαι f (3) > f (4) > f (5) > ... (2) ποίες για κάθε χ > Ο , ισχύουν: Εξάλλου, έχουμε: r(g ( x) ) = x ( ι ) και r' (g ( x) ) = x (2). f (3) - f (2) = � - J2 = � - � > 0 :::::> Λ ΥΣ Η (3) :::::> f ( 3) > f ( 2) Έστω ότι δύο παραγωγίσιμες συναρτήσεις Από τις (1), (2) και (3) συμπεραίνουμε ότι, για f : JR � JR και g : ( Ο, +οο ) � JR πληρούν τις ισότη, κα' θε ν ε �τ* , ισχuει: τες (1) και (2). Από την (1) έχουμε για κάθε χ > Ο : f (ν) � f (3) :::::> r.Γv � � ( ) ' (2) ' ' 1 6. Nα δείξετε ότι, με χ > Ο , y > Ο και f g ( χ) g (χ) = 1:::::> xg (χ) = 1 <=> g (χ) = - :::::> χ χ + y = ι , ισχύει: :::::> g ' (x) = (ln x) ' :::::> g(x) = ln x + c ( c ε JR) . ι Υ χ ·Υ �2 ( ι) Έτσι, από την (1) έχουμε για κάθε χ > Ο : (3) f (In x + c ) = x . ΛΥΣ Η Έχουμε: y =1 - χ και επειδή y > Ο , έπεται ότι Για κάθε χ ε JR έχουμε e x -c > Ο . Θέτοντας στην 1 - χ > Ο , οπότε χ < 1 . Άρα Ο < χ < 1 . Έτσι, για να (3) όπου χ το e x -c έχουμε, για κάθε χ ε JR : r ( ιn e x-c + c ) = e x-c :::::> f (x - c + c ) = e x -c :::::> δείξουμε την ( 1 ) αρκεί να δείξουμε ότι, για κάθε ' :::::> f (χ) = e x -c χ ε ( ο, 1) ισχuει: χ χ (1 - χ ) ι -χ � -1 , αρκει:' 2

β)

1'1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/50

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Βρίσκουμε εύκολα ότι οι συναρτήσεις f ( χ ) = e χ -c Έστω ότι για δύο αριθμούς χ Ε (Ο, +οο) και y Ε IR και g ( χ ) = Ιη χ + c , όπου c Ε IR , πληρούν τις δοσμέ ισχύει η ισότη τα ( 1 ), οπότε θα έχουμε: νες συνθήκες και άρα αυτές είναι οι ζητούμενες. 2.Jx + .!.χ = 3συνy . (2) 8. Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ηη η ορισμένες και δύο φορές παραγωγίσιμες Θεωρούμε τ συνάρτ σ : στο IR και για τις οποίες ισχύουν: f {x) = 2.Jx + .!_χ , χ Ε (Ο, +οο ) . f{0) = 2 , r' ( o ) = O και r" ( x ) = f{x) , Η f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, ) με: για κάθε χ Ε JR 1 - 1 = 1 - 1 = ..Γχ - 1 = f . (χ) = 2 · ..Γχ ΛΥΣ Η � ..Γχ � -;: � 2 Έστω ότι μία συνάρτη ση f πλη ροί τις δοσμένες > 0, αν χ > 1 συνθήκες. Έτσι, έχουμε για κάθε χ Ε IR : π ν -1 χ- 2 - ο αν χ = 1 ( (x) = f (x) � ( (χ) + { (χ) = { (x) + f (x) � χ < 0, αν χ < 1 ' ( r ' (x) + f (x) ) = r ' (x) + f (x) . (1) Συμπεραίνουμε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή, την Η συνάρτη ση g ( χ ) = { ( χ ) + f ( χ ) είναι ορισμένη ποία λαμβάνει μόνο για χ = 1 , ίση με f ( 1 ) = 3 . και παραγωγίσιμη στο IR και λόγω της ( 1 ), έχουμε ο 1 για κάθε IR : ' 'g (x)χ=Εg(x) f' b + � g (x)e- x - g(x)e- x = 0 � ' ' f � f(ί)=3 ελαχ � g ' ( χ )e- x + g( χ) ( e-x ) = ο � ( g( χ ) e-x ) = 0 � Έτσι, έχουμε: g(x)e- x = c(c E IR) � g(x) = c · ex � f ( χ ) � 3 για κάθε χ Ε (Ο, +οο) , με το μόνο αν { (χ) + f ( χ ) = c · ex . (2) χ=1. Από την ' (2) με χ = Ο β ρίσκουμε: Έτσι, από τη (2), έχουμε: r (O) + f (O) = c � 0 + 2 = c � c = 2 . 3συνy = 2.Jx + .!. � 3 � 3συνy � 3 � συνy � 1 . Έτσι, από τη (2), έχουμε για κάθε χ Ε IR' : χ f ' (x) + f(x) = 2ex �f ' (x)ex + f(x) ( ex ) = 2e2x � Και επειδή συνy � 1 , έχουμε συνy = 1 και άρα: ' y = 2κπ , κ Ε Ζ . ( f ( χ ) ex ) = ( e 2 x ) � f ( χ )ex = e 2 x + c 1 ( c 1 Ε IR) (3). Επειδή συνy = 1 , από τη (2), έχουμε: Από την (3) με χ = Ο β ρίσκουμε: f (Ο) = 1 + c 1 � 2 = 1 + c 1 � c 1 = 1 . 2.Jx + .!. = 3 � f (x) = 3 � χ = 1 . χ Έτσι, από την (3), έχουμε για κάθε χ Ε IR : Ά ρα, �ότε: f (x) ex = e 2 x + 1 � f (x) = ex + e - x (4) ( χ, y ) = ( 1, 2κπ ) , Κ Ε Ζ . (3) β η η η Όπως ρίσκουμε εύκολα, συνάρτησ (4) πλ ροί Α ντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα τα ζεύγη τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική (3) επαλη θεύουν την (1). ζητούμενη . Άρα, τα ζεύγη (3) είναι τα ζητούμενα. 9. Ν α βρείτε τους αριθμούς χ Ε {Ο, +οο) και I Ο. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο y Ε IR , για τους οποίους ισχύει: φορές παραγωγίσιjιη στο IR και για κάθε 2χ..Γχ + 1 = 3χσυνy . ( 1 ) Χ Ε R ισχύει: f 2 { 3x + 1 ) + 4 � 4f(2x2 + χ + 1 ). ( 1) Λ ΥΣ Η +οο

•

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/51

+οο

Ν α δείξετε ότι: α) Η f δεν αντιστρέφεται. β) η ( δεν αντιστρέφεται. γ ) Η εξίσωση: f" { χ ) Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο JR .

Εξάλλου, έχουμε:

g ( Ο) = f 2 ( 1) + 4 - 4f ( 1) = Ο και g(1) = f 2 (4) + 4 - 4f (4) = 0 , αφού f (1) = 2 και f ( 4) = 2 . Έτσι, λόγω της (1), έχουμε για κάθε χ JR : g (χ) � g ( Ο) και g (χ) � g ( 1)

Λ ΥΣ Η

Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα του Fennat, έχουμε:

α) Από την (1) με χ = Ο και χ = 1 βρίσκουμε αντιστοίχως: {f 2 (1 ) +4 � 4f ( 1) f ( 1) - 2)2 � ο {f (1) = 2 =>

{(

{ g' ( o ) = o { 6f {1) · r' (1) - 4r' (1) = 0 g' ( 1) = ο 6f ( 4) . ( ( 4) - 20( ( 4) = ο => {{ (1) = 0 ( ( 4) = ο Έτσι, έχουμε r' (1) = r' (4) και επειδή 1 :;e 4 , έπεται ότι η f' δεν είναι 1 - 1 και συνεπώς δεν =>

f 2 (4) + 4 � 4f(4) (f(4) - 2)2 � ο f(4) = 2 Έτσι, έχουμε f ( 1) = f ( 4) και επειδή 1 :;e 4 , έπεται ότι η f δεν είναι 1 - 1 και συνεπώς δεν α

ντιστρέφεται. β) Θεωρούμε τη συνάρτη ση : g( χ) = f 2 (3χ + 1 ) + 4 - 4f ( 2x2 + χ + 1 ) . Η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR με:

γ)

g. (χ) = 2f {3x + 1) · r' (3χ + 1) · (3χ + 1) ' -4( ( 2χ 2 + χ + 1) . ( 2χ 2 + χ + 1) ' g' (χ) = 6f (3 x + 1) · r' (3χ + 1) -4( 4χ + 1) . ( ( 2χ 2 + χ + 1) .

αντιστρέφεται. Η συνάρτη ση ( πλη ροί τις υποθέσεις του θεω ρήματος του Rolle στο διάστη μα [1,4] . Ά ρα, η εξίσωση : ( (χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστη μα (1,4) και επομένως στο JR .

Ασκήσεις

στις nαpαγώγοuς

Δημήτριος Ρέγκλης

' Η παράγωγος γεννήθηκε μεσ από προβλήματα (της εφαπτομένης καμπύλης και της στιγμιαίας ταχύτητας) και επιλύει προβλήματα θεωρητικά και πρακτικά. Εδώ παρουσιάζουμε μερικές υποδειγματικά λ υμένες α σκήσεις για να γ ίνει πιο κατανοητή η σημασία της παραγώγου ως εργαλείου στην αντιμετώπιση συγκεκρ ιμέ νων θεμάτων της Πραγματικής Α νάλυσης.

( ε 2 ) : ψ = -λχ + β στο

Α σκή σ εις Διαφορικού Λογισ μού

Άσκηση 1

Δίνεται παραγωγίσιμη στο JR συνάρτηση με f συνεχή πρώτη παράγωγο, η οποία στρέφει τα κοίλα άνω στο JR Αν η γραφική παράσταση της f έχει aσύμπτω και τες τις ευθείες ( ε 1 ) : ψ = λχ + β •

+οο και στο -οο αντίστοι χα, λ > Ο και υπάρχουν στο JR τα όρια lim f' ( χ ) , lim f' ( χ ) aποδείξτε ότι: Χ -Η·ΟΟ

α) β)

X �-«J

f παρουσιάζει ακριβώς ένα ακρότατο το είδος του οποίου να προσδιορίσετε. f ( χ ) > λχ + β και f ( χ ) > -λχ + β για κάθε χ ε JR . Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/52

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

αύξουσα (αποδεικνύεται εύκολα) και επιπλέον lim g1( x ) = lim ( f1(χ) - λ ) = Ο . Άρα το σύνολο τιμών της g1 θα είναι { }!_�, g�(x),o) , δηλαδή gl(x) < O για κάθε χ Ε IR που σημαίνει ότι η g είναι γνησίως φθί νουσα στο IR και επομένως το σύνολο τιμών της g θα είναι { Δ� g(χ ), }i� g( χ) ) δηλαδή { Ο, }i� g( χ) ) . . Άρα g( χ) > ο <:::::> f (χ) - λχ - β > ο <:::::> f (χ) > λχ + β ' για κάθε χ Ε IR . Με όμοιο τρόπο θεωρώντας την h (χ) = f (χ) + λχ -β χ Ε IR αποδεικνύεται η δεύτερη ανισότητα.

Λύση α)

Θεωρούμε την συνάρτηση g(χ) = f (χ) - λχ - β , x E IR . Είναι lim g( χ) = Ο αφού η ευθεία ψ = λχ + β είναι ασύμπτωτη στο +οο της γραφι κής παράστασης της f . Οπότε: lim f (χ) = lim g (χ) + λ + = λ .

Χ -+ +«>

Χ -Η«>

Χ-Η«>

(

�)

Και επειδή lim f ( x ) = lim ( g(χ) + λχ+β ) = = limg( χ) + lim (λχ+β) = +οο εφαρμόζοντας τον κανόνα De L' Hospital έ χουμε lim f (χ) χ = lim f 1 (χ) . Συνεπώς lim f 1 (χ) = λ > Ο . Άρα (όριο και διάταξη) υπάρχει ξι σε περιοχή του +οο ώστε f1(ξι ) > Ο . Με όμοιο τρόπο θεωρώντας την h (χ) = f (χ) + λχ - β, χ Ε IR αποδεικνύεται ότι υπάρχει ξ 2 σε περιοχή του -οο ώστε f 1 ( ξ 2 ) < Ο . Και επειδή η f1 είναι συνεχής στο [ ξι_ξ 2 J με f1(ξι )f1(ξ 2 ) < 0 σύμφωνα με το θεώρημα Bol zano υπάρχει ξ Ε (ξι , ξ 2 ) τέτοιος ώστε f1(ξ) = Ο . Ό μως η f1 είναι γνησίως αύξουσα στο IR (αφού η f είναι κυρτή στο IR ), άρα το ξ είναι μοναδικό στο IR . Επιπλέον: για χ<ξ είναι f1( x) < f1(ξ) <=:> f1( x ) < O , για χ>ξ είναι f 1 (χ) > f 1 (ξ) <:::::> f 1 (χ) > Ο , που σημαίνει ότι η f παρουσιάζει στο ξ τοπικό ελάχιστο, που είναι προφανώς ολικό. χ -+ +«>

χ � +«>

Χ -+00

Χ -+ +«>

χ -++οο

χ -+ +<Χ>

Χ -ΗΟΟ

Χ -+ -tα:ι

Άσκη ση 2

Δίνεται η συνάρτηση f με

( )

(

)

f χ = 2α2χ3 - 3 α 2 + l x2 + 6χ - 6 .

βρείτε τις τιμές του α Ε IR* ώστε η f να πα ρουσίαζει στο χ0 = 1 τοπικό μέγιστο.

Να

Λ ύση

f είναι παραγωγίσιμη στο IR με f1( χ) = 6α 2 χ 2 - 6 ( α2 + Ι ) χ+6=6 ( α 2 χ - Ι )( χ - Ι) . Είναι f1( l ) = Ο για όλα τα α Ε IR * . Έτσι η ανα γκαία σύμφωνα με το θεώρημα το Fermat συνθήκη f1(1) = Ο , για να είναι το χ = I τοπικό ακρότατο, δίνει ταυτότητα ως προς α . Οι θέσεις πιθανών α, για την f ει'ναι χ= 1 η' χ = 1 κροτατων α2 Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις για το α Ε JR * . α2 = 1 <:::::> α = 1 ή α = -1 . Τότε: f1 (χ) 6( χ - 1 γ η οποία διατηρεί θετικό χ ξ πρόσημο εκατέρωθεν του χ 1 και συνεπώς η f' (χ) b f δεν παρουσίαζει ακρότατο στο χ = 1 f(x) � ε�χ- � α2 < 1 <=:> α Ε (-1,0) υ (Ο,1) . Τότε: Το πρόσημο της f1 δίνεται στον παρακάτω β) Είναι g1( x) = f1(x) - λ , x E IR . Επειδή η f1 εί ναι γνησίως αύξουσα θα είναι και gl γνησίως πίνακα μεταβολών: ....ω

•

+οο

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/53

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου χ

f' (x) f(x)

•

�

--00

2 α

μ. � τ ε.

+οο

f' (x) f(x)

--00

�

2 α

μ. � τ ε.

�

+οο

�

Άσκη ση 3

Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συ νάρτηση f (χ) = χ - πlnx και να δείξετε ότι Η

Ζπ

Λ\) ση

f είναι παραγωγίσιμη στο ( Ο, +οο ) με f1 ( x ) = 1 - χπ .

f (χ) = ex - � - χ - 2006 δεν παρουσιάζει το2 πικό ακρότατο στο χ = Ο •

Λ ύση

Με άτοπο: Υποθέτουμε ότι υπάρχει ξ Ε JR στο οποίο η f παρουσιάζει ταυτόχρονα τοπικό ακρότατο και σημείο καμπής. Τότε θα ισχύει f1 ( ξ ) = f " ( ξ ) = Ο και λόγω του σημείου καμπής η γραφική παράσταση της f αλλάζει κυρτότητα εκατέρωθεν του ξ . Ας υποθέσουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι η f είναι κυρτή σε διάστημα ( ξ - δ, ξ ) και κοίλη σε διάστημα ( ξ, ξ + δ ) , δ > Ο . . Τότε εξ ορισμού η f1 θα είναι γνησίως αύξουσα στο [ ξ - δ,ξ ] και γνησίως φθίνουσα στο [ ξ,ξ + δ ] . Άρα Για χ Ε { ξ-δ, ξ ) είναι χ<ξ <=:> f1 ( χ ) < f1 ( ξ ) <=:> f1 ( χ ) < ο Για χ Ε ( ξ, δ+ξ ) είναι χ>ξ <=:> f1 ( x ) < f1 ( ξ ) <=:> f1 ( χ ) < Ο Δηλαδή η f1 ( χ ) διατηρεί σταθερό (αρνητικό) πρόσημο εκατέρωθεν του ξ και επομένως δεν παρουσιάζει ακρότατο στο ξ το οποίο έρχεται σε αντίθεση με την αρχική υπόθεση. β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο JR με f1 ( x ) = e' - χ - 1 και f " ( x ) = e' - 1 . Είναι f " ( x ) > O <=:> χ > 0 και f " ( x ) <O<=:>x <O . Άρα η f παρουσιάζει σημείο καμπής για χ = Ο οπότε σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα της άσκησης δεν παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο χ = Ο , αν και ισχύει η συνθήκη f1 ( 0 ) = 0 . (Δεν ισχύει το αντίστροφο του θεωρήματος Fermat). α)

απ' όπου προκύπτει ότι η f παρουσιάζει στο χ = 1 τοπικό ελάχιστο. Επομένως η f παρουσιάζει στο χ = 1 τοπικό μέγιστο, όταν α Ε ( -1,0 ) υ ( Ο,1 ) e π e Π

Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγω γίσιμη στο JR τότε να αποδείξετε ότι δ εν υ πάρχει ξ Ε JR στο οποίο η f να παρουσιάζει ταυτόχρονα τοπικό ακρότατο και σημείο κα μπής. β) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση α)

απ' όπου και προκύπτει ότι η f παρουσιάζει το πικό μέγιστο για χ = 1 . α2 > 1 <=:> α Ε ( --οο , -1 ) υ ( 1,-tοο ) .Τότε Το πρόσημο της f1 δίνεται στον παρακάτω πίνακα μεταβολών χ

Άσκηση 4

Είναι: f 1 ( χ ) > Ο <=:> 1 - �χ > Ο <=:> χ > π και f1 ( x ) = O <=:> χ = π Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( Ο, π] αφού είναι συνεχής σ αυτό και f 1 ( χ ) < Ο στο εσωτερικό του. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ π, +οο ) αφού είναι συνεχής σ' αυτό και f 1 ( χ ) > Ο στο εσωτερικό του. Έχουμε e, π Ε ( Ο, π ] στο οποίο η f είναι γνησίως φθίνουσα και επειδή είναι e<π έχουμε: f ( e ) > f ( π ) <=:> e - π > π - πlηπ <=:> <=:> lne• + ln ππ > 2π <=:> <=:> ln ( e•ππ ) > ln e2π <=:> <=:> e•ππ > e2π

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.2/54

Ά σκη ση 5

g'(ξ 2 ) > Ο θα είναι: Δ� g(χ) = }i [ g'(ξ, )(χ - ξ) + g(ξ) ] = +οο = Δίνεται παραγωγίσιμη στο IR συνάρτηση f με � συνεχή πρώτη παράγωγο, η οποία στρέφει τα [ = lim g'(ξ 2 )(x - ξ) + g(ξ ) ] = lim g(x) κοίλα άνω στο IR και υπάρχει ξ Ε IR τέτοιο ώστε f' ( ξ ) = λ . Επομένως υπάρχουν γ , δ σε περιοχή του και +οο αντίστοιχα με g ( γ ) > Ο και g ( δ ) > Ο και α) Αν f ( ξ ) > λξ + β , λ, β Ε IR aποδείξτε ότι η επιπλέον g(ξ) = f (ξ) - λξ - β < Ο . Έτσι έχουμε γραφική παράσταση της f δεν έχει με την ευθεία ( ε ) ψ = λχ + β κοινά σημεία. g( γ )g(ξ) < Ο και g(ξ)g(δ ) < Ο και εφαρμόζο β) Αν f ( ξ ) < λξ + β , λ, β Ε IR aποδείξτε ότι η ντας το θεώρημα Bolzano στα διαστήματα ( γ,ξ ] και [ξ,δ] για την συνεχή συνάρτηση g γραφική παράσταση της f και η ευθεία ( ε ) ψ = λχ + β έχουν δύο τουλάχιστον κοινά ση ότι εξίσωση η παίρνουμε = Ο � f (χ) = λχ+β έχει δύο τουλάχιστον g (χ) μεία. ρίζες στο !R μία στο ( γ,ξ ) και μία στο ( ξ,δ ) . > -1- για κάθε χ Ε IR γ ) Αποδείξτε ότι 2006 Άρα η γραφική παράσταση της f και η ευθεία Λύση ψ = λχ + β έχουν δύο τουλάχιστον κοινά σημεία. Θεωρούμε την συνάρτηση γ ) Εφαρμογή του α) για την συνάρτηση g(χ) = f(χ) - λχ -β , x E IR . f (χ) = e' και για ξ = 1 δίνει το ζητούμενο. Είναι g'( x ) = f'( x ) - λ για κάθε x E IR , Πράγματι η f στρέφει τα κοίλα άνω στο ' !R αφού f " (x) = e' > Ο και f'(1) = e , g' (ξ) = Ο και g γνησίως αύξουσα στο IR αφού Ι f' γνησίως αύξουσα στο IR ( f στρέφει τα κοίλα f (1) = e > e · l - 2006 . άνω στο IR ) . Επομένως: Για χ<ξ είναι g'( χ) < g'(ξ) � g'( χ) < Ο (1). Άσ κηση 6 Για χ>ξ είναι g'( x ) > g'(ξ) � g'( x ) > O (2). Αν η γραφική παράσταση μιας παραγωγίσιμης Άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει στο ξ ολικό ε στο IR συνάρτησης f τέμνει τη γραφική παρά λάχιστο και επομένως ισχύει g (χ) � g (ξ) για κάθε σταση της g (χ) = σε δύο σημεία, aποδείξτε ότι υπάρχει ξ Ε IR τέτοιο ώστε f' ( ξ ) = f ( ξ ) . χ E IR . α) Επειδή g(ξ) = f (ξ) - λξ - β > Ο θα είναι Λ\J ση g(χ) > Ο � f (χ) > λχ+β για κάθε X E IR και Υποθέτουμε ότι τα σημεία στα οποία η γραφική έτσι η γραφική παράσταση της f και η ευθεία παράσταση της( f τέμνει την γραφική παράσταση της g είναι Α α,e• ) και Β(β,eβ ) με α < β . Τότε ψ = λχ+β δεν έχουν κοινά σημεία. β) Η συνάρτηση g ( t ) = f ( t ) - λt - β ικανοποιεί τις θα είναι f ( α ) = ea και f (β ) = eβ . Για την συνάρτηπροϋποθέσεις του Θεωρήματος Μέσης τιμής ση h( χ) = f ��) με χ Ε [ α, β] ισχύουν οι προϋπο σε καθένα από τα διαστήματα [ χ,ξ] και θέσεις του Θεωρήματος Rolle αφού είναι συνεχής [ξ,χ ] για κάθε χ -:;:. ξ . Επομένως υπάρχουν ξ, Ε (χ,ξ) και στο [ α, β] και παραγωγίσιμη στο ( α, β ) ως πηλίκο των παραγωγίσιμων στο IR συναρτήσεων f (χ ) ξ 2 Ε ( ξ,χ) τέτοια ώστε και e' και επιπλέον g( χ) = g'(ξ, )(χ - ξ) + g(ξ) και g (χ) = g' ( ξ 2 )(χ - ξ) + g (ξ) h(α) = f ��) = h(β) = f��) = 1 . επειδή λόγω των ( 1), (2) είναι g'(ξ, ) < Ο , Επομένως υπάρχει ξ Ε ( α, β ) τέτοιο ώστε να είναι x � +co

χ -Η-οο

-οο

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/55

•

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

h1{ξ) = Ο � fl{ξ)e� f {ξ) = 0 � f1{ξ) = f {ξ) .

Άσ κη ση 7

Θεωρούμε την δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρ τηση f : [ α, β] � JR. με α > Ο με συνεχή δεύτερη παράγωγο και f ( α ) = f (β) = Ο . Να δείξετε ότι: α) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α, β) τέτοιο ώστε ξf1 ( ξ ) = f ( ξ ) . β) Αν f" (χ) * Ο για κάθε χ Ε ( α, β) , τότε το ξ εί ναι μοναδικό. γ ) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ ( ξ,f ( ξ ) ) περνά από την αρχή των αξόνων.

Λύση

συνάρτηση g (χ) = f (χ) χ είναι ορισμένη και συνεχής στο [α, β] ως πηλίκο συνεχών και παραγωγίσιμη στο (α, β) με g1(x) = xf1(xχ) 2- f (x) Επιπλέον g(α) = g(β) και σύμφωνα με το Θεώρημα Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (α, β) ώστε gl(ξ) = O � ξf l {ξ�; f {ξ) = 0 � ξf1(ξ) = f {ξ)

α) Η

β) Η

συνάρτηση h(χ) = χf1(χ) - f (χ) έχει ρίζα το ξ Ε (α, β) , είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με h1(x) = f " (x) * O για κάθε χ Ε (α,β) . Επειδή h 1 είναι συνεχής και h 1 (χ) * Ο για κάθε χ Ε (α, β) έπεται ότι η h 1 θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (α, β) οπότε η h θα είναι γνησίως μονότονη στο (α, β) και επομένως το ξ είναι μοναδικό. γ) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο Μ(ξ,f (ξ)) είναι (ε) : ψ - f {ξ) = f1(ξ)(χ - ξ) � � ψ = f1{ξ) χ - ξf1{ξ) + f {ξ) και επειδή f {ξ) - ξf1{ξ) = Ο έπεται ότι η (ε) εί-

ναι της μορφής ψ = λχ οπότε διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Άσ κηση 8

Οι συναρτήσεις f και g είναι παραγωγίσιμες στο με JR. και f1 ( x ) = κf ( x ) + g ( x ) g1 ( x ) = κg ( x ) - f ( x ) , f ( O ) = O και f 1( 0 ) = 1 με Ν α δείξετε ότι η συνάρτηση κ Ε JR. h ( χ) = [ f 2 (χ) + g 2 (χ) e -z κx είναι σταθερή και J 2 2 ότι ισχύει f (χ) + g (χ) = e 2 κχ •

•

Λύση

h είναι παραγωγίσιμη στο JR. αφού προκύπτει από άθροισμα και γινόμενο παραγωγίσιμων συ ναρτήσεων. Επιπλέον: h1(x) = 2 [ f1(x)f {x) + g1(x)g(x)J e-2 κx -2κ [ f 2 ( χ ) + g 2 (χ) Je-2 κx =2[f1( x) f( χ ) +g1( x) g( χ ) - κf 2 (χ ) - κg2 ( χ ) J e-2κx = = 2 [ κf 2 (x) + f (x)g(x) + κg 2 (x) -f (x)g( x) - κf 2 (x) - κg 2 (x) J e -2 κx = 0 για κάθε χ Ε JR.. Επομένως h{ χ) = c . (1) Όμως η δεδομένη f 1 (χ) = κf (χ) + g (χ) για χ = Ο δίνει f1(0) = κf (Ο) + g(O ) � g(O) = 1 Οπότε η ( 1 ) για χ = Ο δίνει [ f 2 (0) + g 2 (0) ] e0 = c � c = 1 . Έτσι τελικά [ f 2 (χ) + g 2 (χ )]e-2 κχ = 1 � f 2 (χ) + g 2 (χ) = e 2 κχ Η

Άσκη ση 9

Δίνεται η παραγωγίσιμη στο [ α, β] συνάρτηση f. Αποδείξτε ότι υπάρχει ξ Ε ( α, β) τέτοιο ώστε fl(ξ) + ξf (-ξβ) + ξf (-ξα) = ο Η

Λ ίJση

ζητουμένη ισότητα για ξ Ε (α, β) ισοδύναμα γίνεται: (ξ - α )(ξ - β)f1 {ξ) + (ξ - α )f {ξ) + {ξ - β)f (ξ) = Ο . Το πρώτο μέλος της είναι η παράγωγος της συνάρ τησης g(x) = (χ - α)(χ - β)f (χ) για χ = ξ για την

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β' λθ ' τ.2/56

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [ -α, α ] αφού είναι παραγωγίσιμη στο JR (άρα και συνεχής) και επιπλέον h ( -α ) = f (Ο ) f ( 2α ) = h ( α ) . Έτσι η εξίσωση h' (χ) = ο <=:> f'( α + χ )f( α - χ) - f ( α + χ )f'( α - χ) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( -α, α ) οπότε και στο JR

οποία ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [ α, β] αφού είναι γινόμενο παραγωγίσιμων (άρα και συνεχών) συναρτήσεων στο [ α, β] και g( α) = g(β) = Ο . Επομένως υπάρχει ξ Ε ( α, β) έτσι ώστε g' (ξ) = Ο απ' όπου προκύπτει η ζητουμένη ισότητα. Λ σ κ η ση 1 0 α)

Δίνεται μία συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο [0,1] με f (O) = f (1) και f (x) * O για κάθε χ Ε [0,1] Να δείξετε ότι η εξίσωση f'( x )f (1 - x ) + f (x)f' (1 - x) = O έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( Ο, 1) . β) Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο JR με f (χ) * Ο για κάθε χ Ε IR . Αποδείξτε ότι εξίσωση η f' (α + χ) f' ( α - χ) = , μια , του , με α > Ο , εχει f (α + χ ) f (α - χ) λάχιστον ρίζα στο JR .

•

Για χ Ε (Ο, 1) και f (χ) * Ο , είναι:

[ �l�ω

f'( χ ) f( l - χ ) +f( x)f'(l - x) =O <c> f =0 Θεωρώ τη συνάρτηση g (χ) = f ;1(χ) , η οποία - χ) είναι παραγωγίσιμη στο [Ο, 1] [ αφού προκύπτει από σύνθεση και πηλίκο παραγωγίσιμων συ ναρτήσεων.] Επιπλέον f (1) = g( ) . = g(O) = ff (O) (1) f (O) l Σύμφωνα με το Θεώρημα Rolle η εξίσωση g'( χ) = 0 <=:> f'( χ )f(1 - χ ) + f ( χ )f'(1 - χ) = 0 έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( Ο, 1) . β ) Για χ Ε JR η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα: f'( α + χ )f ( α - χ ) - f ( α + χ )f'( α - χ ) = Ο <=:> <=> [ f (α + x)f(α - x) J ' = 0 Έτσι θεωρούμε την συνάρτηση h (χ) = f ( α + χ) f ( α - χ) η οποία ικανοποιεί τις

Ά σ κη σ η 1 1

Δίνεται η παραγωγίσιμη στο JR συνάρτηση f. Αν υπάρχει α Ε (Ο, +οο ) τέτοιος ώστε f ( α+ 1) f ( α , υπαρχει ) + 1 (1), αποδει'ξτε οτι α α+1 τουλάχιστον ένα ξ Ε ( α,α + 1) τέτοιο ώστε f (ξ) f' (ξ) = ξ + ξ ,

Λύση

ζητουμένη ισότητα για ξ Ε ( α, α + 1) ισοδύναμα γίνεται: ξf'(ξ) - f (ξ) = ξ 2 <=:> ξf'(ξ�; f (ξ) = 1 <=:> <=:> ξf'(ξ)ξ 2- f (ξ) - 1 = 0 αφού ξ Ε ( α, α + 1) και α Ο δηλαδή ξ * Ο . Το πρώτο μέλος της είναι η παράγωγος g'(ξ) με g (χ) = f (χ) χ - χ για την οποία ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle . Πράγματι η g είναι συνεχής στο [ α, α + 1] και παραγωγίσιμη στο ( α.α + 1) αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο JR και επιπλέον f (α) - α = g(α) g(α+1) = f α(α+1) α 1 = +1 α λόγω της (1). Άρα υπάρχει ξ Ε ( α, α + 1) , τέτοιο ώστε g' (ξ) = Ο , από την οποία προκύπτει η ζητούμενη ισότητα. Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/57

ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ Πιθανότητες του Θανάση Χριστόπουλου - Παναγιώτη Χριστόπουλου Η ανάγκη του ανθρ ώ που να μελετήσει και να κατανοήσει το «τυχαίο» οδήγησε στη θεωρία Πιθανοτή

των. Η έννοια του τυχαίου βρίσκεται στην αδυναμία μας να προβλέψουμε με βεβαιότητα το αποτέλεσμα ε νός πειράματος, σε αντίθεση με τα αιτιοκρατικά φαινόμενα στα οποία τα αποτελέσματα υπακούουν σε γνω

στούς νόμους. Η πι θανότητα ενός ενδεχομένου είναι επομένως ένα μέτρο της τυχαιότητας, (υποκειμενικό ή

αντικειμενικό).

Για την ανάπτυξη των πιθανοτήτων έχουν συμβάλλει λίγο

πολύ

αρκετοί μα θηματικοί.

Ενδεικτικά αναφέρουμε κατ ' αρχήν τους: Pascal (1623-1662) και Fermat (1608-1 665) προβληματίζονται πρ ώτοι με τα τυχερά παιχνίδια και έβαλαν τις βάσεις της θεωρίας των πι θανοτήτων. ( Ο Fermat βέβαια ή

ταν ερασιτέχνης Μαθηματικός αφού ήταν δικαστικός !).

Η έννοια της πι θανότητας ορίστηκε από τον Laplace (1812) με τον γνωστό κλασικό ορισμό

Ρ(Α)

= Ν(Α) /Ν(Ω), για την περίπτωση που ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης αποτελείται από ι

σοπίθανα απλά ενδεχόμενα και το πλήθος τους να είναι πεπερασμένο (όχι άπειρο). Αρ γότερα από τον Richard von Mises όρισε την πι θανότητα ενός ενδεχομένου ως το όριο της σχετικής συχνότητας του ενδεχομένου σε άπειρες επαναλήψεις του πειράματος. . Τελικά από τον Kolmogorov (Κολμο γκόρωφ) έχουμε τον αξιωματικό ορισμό που διόρθωσε πολλά μειο νεκτήματα των προηγούμενων.

Α σκήσεις 1.

Χαρακτηρίστε σαν Σωστές ή Λάθος τις παρα κάτω προτάσεις. Για κάθε ζεύγος ενδεχομέ νων Α, Β και για κάθε συνάρτηση πιθανότη τας ισχύει ότι: i)

ii)

Ρ ( Α' ) = 1 - Ρ(Α) .

P(A U B) = P(A) + P (B) Άρα: P(A U B) = 1, 1 άτοπο! Αφού P(A U B) :::;; 1 . Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. ii) Αφού Α Π Β ς Β ισχύει: Ρ(Α Π Β) :::;; Ρ(Β) Άρα: Ρ(Α Π Β) :::;; Ο,5

Επίσης:

Αν Α ς Β τότε Ρ(Α Π Β) = Ρ(Α) . iii) Αν Ρ(Α) = Ρ(Β) τότε Α =Β ίν ) Αν Ρ(Α) :::;; Ρ(Β) τότε Α ς Β ν)

τότε Β = Α· (Απάντη ση : Σ - Σ - Λ - Λ - Λ)

Αν Ρ(Β) = 1 - Ρ(Α)

Έστω

ο δ. χ. ενός πειράματος τύχης και και P(B) = O,S

Α, Β ς Ω. Αν Ρ(Α) = 0,6

δείξτε: i ) Τα Α,Β δεν είναι ασυμβίβαστα. ίί)

0, 1 :::;; Ρ( Α Π Β) :::;; 0,5 .

Απάντηση

P(A U B) :::;; 1 � Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) :::;; 1 � 0, 6 + 0, 5 - Ρ(Α Π Β) :::;; 1 � 1, 1 - 1 :::;; Ρ( Α Π Β) � 0, 1 :::;; Ρ(Α Π Β) . Άρα: 0, 1 :::;; Ρ(Α Π Β) :::;; ο,5 .

Αν τα Α, Β ήταν ασυμβίβαστα τότε

θα ίσχuε:

Αν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώ ρου Ω πειράματος τύχης (π.τ.) για τα οποία ισχύει:

P(A U B) = �� ' Ρ ( Α' ) + Ρ ( Β' ) = � ·

Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: i) Α Π Β και ii) A' U B' .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Απ ά ντ η σ η

Γ( χ )

Από τα δεδομένα προκύπτει ότι: Ρ ( Α, ) + Ρ ( Β' ) = � � 1 - Ρ( Α) + 1 - Ρ( Β) = � � 7 7

2 - = Ρ(Α) + Ρ(Β) � Ρ(Α) + Ρ(Β) = · P (A U B) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) � Ρ( Α Π Β) = P (A) + P (B) - P (A U B) � 33 Ρ(Α Π Β) = � - = .!2. . 7 35 35 ' ' ' ii) Ρ ( Α U Β ) = Ρ(Α Π Β) = 1 - Ρ(Α Π Β) = .

{ι,2,3,4,5}

Αν Ω = δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Ρ ( = 2Ρ (ι) επίσης

Ρ ( κ } = .!. για κάθε κ Ε Ω με κ > 2 κ i) Ποιες οι πιθανότητες των απλών ενδε χομένων του Ω . ii ) Αν Ε = {λ ε Ω/ λ θέση τοπικού αιφοτάτου της να βρεθεί η f ( χ) χ3 - 6χ 2 + 9χ+ Ρ( Ε ) . •

Απ ά ντη σ η

Ι σχύει: Ρ( 1) + Ρ (2) + Ρ (3) + Ρ( 4) + Ρ(5) = 1 Ρ(1) + 2Ρ(1) + _!. + ..!_ + _!. = 1 � 3 4 5 20 + 15 + 12 3Ρ (1) = 1 � 60 47 13 13 3Ρ(1) = 1 - � 3Ρ(1) = � Ρ(1) = 60 60 1 80 13 26 1 .Ά Ρ(2) = , Ρ(3) = 3 , ρα: Ρ ( 1) = , 1 80 1 80

�

Ρ(4) = , Ρ(5) = . Για κάθε χ Ε JR ισχύει: ( (χ) = 3χ 2 - 1 2χ + 9 , Έχουμε: ( ( χ ) = Ο � χ 2 - 4χ + 3 = 0 � χ = 1, χ = 3 Το πρόσημο της παραγώγου και η μονοτονία της f φαίνεται στο σχήμα: ii)

3 -

/ � /

Άρα: η f παρουσιάζει στα 1 και 3 τοπικά ακρότατα. Επομένως: Ε = {1, 3} 13 1 73 . Ά ρα: Ρ ( Ε ) = Ρ(1) + Ρ(3) = - + - = - . 1 80 3 1 80 5)

= 1 - .!2. = li 35 35 . (Ισχύει: Α , U Β . = (Α Π Β) )

Το 36% των μαθητών ενός σχολείου δεν μιλούν καλά Αγγλικά, το 42% μιλούν καλά Γαλλικά, ενώ το 24% δε μιλούν καλά ούτε Αγγλικά ούτε Γαλλικά. Ποια η πιθανότητα ένας μαθητής του σχολείου α) να μιλά καλά και τις δύο γλώσσες β) Να μιλά καλά μόνο Γαλλικά.

Απ ά ν τ η σ η

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: «0 μαθητής μιλάει καλά Αγγλικά» Β: «0 μαθητής μιλάει καλά Γαλλικά». - Το 36% των μαθητών δε μιλούν καλά Αγγλι κά. Άρα: Ρ ( Α' ) = 36% = 0, 36 άρα

Ρ( Α) = 1 - 0, 36 = 0, 64 . - Το 42% των μαθητών μιλούν καλά Γαλλικά Ρ(Β) = 0, 42 . - Το 24% των μαθητών δε μιλούν καλά ούτε Αγ γλικά ούτε Γαλλικά. . Άρα: P (A U B) = 0, 24 � P (A U B) = 1 - 0, 24 = 0, 76 . α) Ρ(Α U Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β} - Ρ(Α Π Β) � Ρ(Α Π Β) = P (A) + P (B) - P (A U B) Άρα: Ρ(Α Π Β) = 0, 64 + 0, 42 - 0, 76 = 0, 30 ή 30% β) Ρ(Β - Α) = Ρ( Β) - Ρ( Α Π Β } = = 0, 42 - 0, 30 = 0, 12 = 1 2 %. 6)

Μια κάλπη περιέχει 30 σφαιρίδια αριθμημένα από το ι έως το 30. Αν επιλέξουμε ένα σφαιρίδιο τυχαία, ποια η πιθανότητα α) η ένδειξή του να είναι πολ/σιο του 4 όχι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/59

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

β)

( ) ( χ2 4 χ Ν Ω = 30 και Ν Α ) = -+- , Ρ { Β } = 6 2 με Α, Β συμπληρωματικά ) ) ενδεχόμενα να βρεθούν τα Ρ { Α και Ρ { Β .

όμως και του 3. Η ένδειξη να είναι πρώτος αριθμός.

Α π άντ η σ η α) Α: «πολ/σιο

του 4»

Άρα Α = {4,8,12,16, 20, 24, 28}

Α π άν τ η σ η

Β: "πολ/σιο του 3"

Άρα Β = {3,6,9,12,15, 18,21, 24, 27,30} Άρα: Α Π Β = {12, 24} Έχουμε: Ν (Ω) = 30 , Ν (Α) = 7 , Ν (Α Π Β) = _!_ _2_ 2 15 Άρα: Ρ(Α) = 30 , Ρ(Α Π Β) = 30 και

Ρ(Α - Β) = Ρ(Α) - Ρ(Α Π Β) = ;Ο - 3� = :ο = i

β) Γ:

«ένδειξη, πρώτος αριθμός»

Γ = {2,3,5, 7,1 1,13,17,19, 23, 29} , Ν{Γ) = 10 Άρα: Ρ(Γ) = _!_2_ 30 = .!_3 .

Α πόδ ε ι ξ η

Αν Ω δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα, με

<:::>

τότε τα ενδεχόμενα Α, Β είναι συμπληρω ματικά.

Ρ( Α) + Ρ(Β) = 1 302 + �6 = 1 +4 -- + - = 1 <=> + l Ox - 56 = Ο <=> 60 6 <=> ( = 4 ή χ = -14) 20 = .!_ και - Αν = 4 τότε Ρ (Α) = 4 60+ 4 = 60 3 _± � Ρ(Β) = 6 = 3 . - Αν = -14 τότε Ρ( Β) < Ο άτοπο. Άρα 4.

Αν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώ ρου Ω πειράματος τύχης (π.τ.). Αν Ρ ( Β) = Ρ ( Α' nB) και Ρ ( Β' ) = Ρ ( Α Π Β' )

Αρκεί να δείξουμε ότι Α U Β = Ω και ΑΠΒ=0. Πράγματι: Ρ(Β) = Ρ ( Α' Π Β ) => Ρ(Β) = Ρ(Β - Α) <=> <=> Ρ(Β) = Ρ( Β) - Ρ( Α Π Β) Άρα: Ρ(Α Π Β) = Ο ή Α Π Β = 0 . Επίσης: Ρ ( Β' ) = Ρ ( Α Π Β" ) <=> 1 - Ρ(Β) = Ρ( Α - Β) <=> 1 - Ρ( Β) = Ρ( Α) - Ρ(Α Π Β) <=> Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ(Α Π Β) = 1 P (A U B) = 1 άρα A U B = Ω .

<=>

χ =

Μια κάλπη περιέχει 3 σφαίρες, μια άσπρη (Α), μία Μαύρη (Μ) και μια κόκκινη (Κ). Επιλέγουμε τυχαία μία σφαίρα, καταγρά φουμε το χρώμα της και την επανατοποθε τούμε στην κάλπη, στη συνέχεια επιλέγουμε πάλι μια σφαίρα και καταγράφουμε επίσης το χρώμα της. α) Ποιος είναι ο δειγματικός χώρος του Πειράματος τύχης ; β) Ποια η πιθανότητα να επιλέξουμε τις δύο σφαίρες με ίδιο χρώμα ; ) γ Ποια η πιθανότητα μια εκ των δύο τουλάχιστον να είναι άσπρη;

Απ άντ η ση α) β) γ)

1 0)

Ω = { ΑΑ,ΑΜ,ΑΚ,ΜΑ,ΜΜ,ΜΚ.,ΚΑ,ΚΜ,ΚΚ} . � Α = {ΑΑ,ΜΜ,ΚΚ} άρα Ρ(Α) = 9 = .!_3 . � Β = {ΑΑ,ΑΜ,ΑΚ,ΜΑ, ΚΑ} άρα Ρ(Β) = 9 . Σε ένα σχολείο το 40% των μαθητών είναι αγόρια και το 30% από αυτά έχει ξανθά μαλλιά ενώ από τα κορίτσια του σχολείου το 70% έχει ξανθά μαλλιά. Ποια η πιθανότητα επιλέγοντας τυχαία ένα μαθητή του σχολείου να έχει ξανθά μαλλιά ;

Απ άν τ η ση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Έστω Α: «Το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεγόμενος μαθητής να είναι αγόρι» και Β: «Το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεγόμενος μα θητής να έχει ξανθά μαλλιά» Από τα δεδομένα του προβλήματος προκύπτει ότι: Ρ ( Α ) = 0, 4 και Ρ ( Α ' ) = 0, 6 Επίσης: Ρ ( Α Π Β ) = Ο, 12 (αγόρια με ξανθά μαλλιά) και Ρ ( Β Π Α ' ) = 0, 42 (κορίτσια με ξανθά μαλλιά). Όμως: Β = (Α Π Β) U (Β Π Α ') και (Α Π Β) Π (Β Π Α ') = 0 Άρα: Ρ(Β) = Ρ(Α Π Β) + Ρ(Β Π Α') = 0, 12 + 0,42 = 0, 54

δεκτή απορ.

Ρ ( Α ) = -1 + -1 + -2 = -6 = -2 . 3 9 9 9 3 13)

ΛΥΣ Η

Ρ (Α U Β) = Ρ(Α Π Β) � Ρ (Α) + Ρ (Β) - Ρ (Α Π Β) = Ρ (Α Π Β) � [Ρ ( Α ) - Ρ ( Α Π B )J + [ P ( B ) - Ρ ( Α Π Β ) J = 0 � Ρ (Α - Β) + Ρ (Β - Α) = Ο Όμως, Ρ ( Α - Β ) � Ο. Ρ ( Β - Α ) � Ο Άρα: Ρ ( Α-Β) = Ρ ( Β-Α) = Ο A - B = 0 � A c- B Αρα : Α = Β . Άρα: Β - Α = 0 =:> Β ς Α

ι 1 ) Αν Α, Β συμπληρωματικά ενδεχόμενα και 25Ρ 2 (Α ) + 8 ::; 29Ρ { Α } - Ρ { Β ) , (1) να βρεθούν οι Ρ { Α } , Ρ { Β } .

ΛΥΣ Η

Ρ ( Β ) = ι - Ρ ( Α ) άρα η (1) γράφεται 25Ρ 2 ( Α ) - 29Ρ ( Α ) + Ρ ( Β ) + 8 ::; Ο � 25Ρ 2 ( Α ) - 30Ρ ( Α ) + 9 ::; Ο � ( 5Ρ ( Α ) - 3 ) 2 ::; Ο � 5Ρ ( Α ) - 3 = 0 � Ρ ( Α ) = � . 5

12)

Αν Ω = { ω 1 ,ω 2 , ,ω 6 } και Ρ ( ω 1 ) = Ρ2 ( ω2 ) = Ρ ( ω 3 ) = = 1 - 4Ρ ( ω 4 ) = Ρ ( ω 5 ) = Ρ ( ω 6 ) i) Να βρεθούν οι πιθανότητες των απλών ενδεχομένων του Ω. ii) Αν Α = { ω 2 ,ω 3 ,ω 4 } .

ΛΥΣΗ i)

•••

Έστω Ρ ( ω 1 ) = Ρ 2 ( ω 2 ) = Ρ ( ω3 ) = 1 - 4Ρ { ω4 ) = = Ρ ( ω5 ) = Ρ { ω6 ) = χ 2 Τότε Ρ ( ω 1 ) = Ρ ( ω 3 ) = Ρ ( ω5 ) = Ρ ( ω 6 ) = χ 2 , 1 - χ2 Ρ ( ω2 ) = χ , Ρ ( ω4 ) = -4 6 χ2 = 1 � Σ Ρ ( ωί ) = 1 � 4χ 2 + χ + -1 -4 i=l � 15χ 2 + 4χ - 3 = 0

Αν P { A U B ) = Ρ { Α Π Β ) τότε Α = Β .

}

Σ χ όλιο :

Α, Β είναι ενδεχόμενα δ χ με ισοπίθανα τα απλά ενδεχόμενα. ·

1 4)

Αν το μικρό ποντίκι του σχήματος δεν πη γαίνει πίσω και σε κάθε διασταύρωση πη γαίνει δεξιά ή αριστερά ή ευθεία με ίδια πι θανότητα να βρεθεί η πιθανότητα να φτάσει στο τυρί. τυ ρί

ποντίκι

I I

ο ι I I I

I I

Σ ' αυτό το πρόβλημα θα βοηθήσει το δενδρο

διάγραμμα (Δ: δεξιά, Α: αριστερά, Ε: ευθεία)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

� � ΑΕ ��ΑΕ Δ

1 5)

�

χz - χ + - ' 4

Ω = { ΔΔ,ΔΑ,ΔΕ, ΑΔ , ΑΑ, ΑΕ, ΕΔ, ΕΑ, ΕΕ} , Ν ( Ω) = 9 . Ευνοϊκές περιπτώσεις { ΑΔ, ΕΑ} . ' να φτασει ' -2 . ' στο τυρι' ειναι Άρα η πιθ ανοτητα 9 Δίνεται η εξίσωση ( λ - 1 } χ 2 - λχ + 1 = 0

(1)

Ρίχνουμε ένα αμερόληπτο ζάρι και aντικα θιστούμε το λ με την ένδειξη του ζαριού. Ποια η πιθανότητα α) Να έχει η εξίσωση μια διπλή ρίζα β) Να έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες γ) Να έχει 1 ρίζα Απ ά ντ η ση

Αν λ * 1 η διακρίνουσα της ( 1) είναι : Δ = λ2 - 4 ( λ - 1 ) = λ2 - 4λ + 4 = ( λ - 2 ) 2 α) Για να έχει η εξίσωση (1) μια διπλή ρίζα πρέπει Δ = 0 <=> λ = 2 . Αν Α: «Το ενδεχόμενο η εξίσωση (1) να έχει διπλή ρίζα», θα είναι: Α = {2} ,οπότε: Ρ( Α ) = _!.6 . β) Για να έχει η εξίσωση (1) μια διπλή ρίζα πρέπει Δ > Ο <::> λ > 2 . Αν Β: «Το ενδεχόμενο η εξίσωση (1) να έχει 2 ρίζες πραγματικές και άνισες»,�θα είναι Β = {3,4,5,6} οπότε : Ρ( Β ) = 6 . γ) Η εξίσωση ( 1) έχει μία ρίζα για λ= 1. Αν Γ: «Το ενδεχόμενο η εξίσωση (1) να έχει μία ρίζα », θα είναι : Γ = {1} οπότε: Ρ( Γ ) = _!.6 . 1 6)

Αν Ω = { ω 1 ,ω 2 , ,ω 1 8 } ο δειγματικός χώ ρος ενός πειράματος τύχης •••

--χ 7 Να βρεθεί η τιμή του χ.

i�3 4 � i � ll i ;::: 12

Λ VΣΗ

Πρέπει: Ρ( ω 1 ) + Ρ( ω 2 ) + ... + Ρ( ω 1 8 ) = 1 <=> 3χ3 + 8 ( χ 2 - χ + �) + 7 (% - χ ) = 1 <=> 3χ3 + 8χ 2 - 15χ + 4 = 0 6 ( χ = 1 ή χ = -4 ή χ = �) . Η τιμή χ = 1 απορρίπτεται διότι Ρ( ω 1 2 ) = �7 - 1 = -�7 άτοπο. Επίσης απορρίπτεται και η τιμή χ = -4 διότι Ρ( ω1 ) = -64 < 0 ' Ο � Ρ( ω) � 1, i = 1, 2, ... , 12 οΓια χ = "31 ισχυει, 1 πότε: Ρ( ω 1 ) = Ρ( ω2 ) = Ρ( ω3 ) = 27 1 Ρ( ω4 ) = Ρ( ω5 ) = ... = Ρ( ω 1 1 ) = 36 2 Ρ( ω1 2 ) = ... = Ρ( ω 1 8 ) = 21 . ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΡΟΣ Λ ΥΣΗ

Α Σ ΚΗ ΣΗ l η

Έστω Ω ο δειγματικός χώρος στη ρίψη ενός ζα ριού. Αν Ε το ενδεχόμενο Ε = { λ ε ΩΙIΡ(Α) - 21 + 1 3Ρ (Α) + 11 = λ - 1} , Α * 0 Να βρεθεί η πιθανότητα Ρ ( Ε) . � = Απ : Ρ(Ε) 6 ) ( ΑΣ Κ Η Σ Η 2'1

Οι εργάτες ενός εργοστασίου φτάνουν σ' αυτό χρησιμοποιώντας λεωφορείο, τρένο ή αυτοκίνητο. Αυτοί που χρησιμοποιούν αυτοκίνητο δεν χρησι μοποιούν άλλο μέσο. Η πιθανότητα να μη χρησιμοποιούν 2 μέσα είναι 80% ενώ η πιθανότητα να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.l/62

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χρησιμοποιούν μόνο λεωφορείο ή μόνο τρένο είναι γυναικών, καπνίζουν. Αν στο σύνολο ανδρών και γυναικών οι καπνίζοντες είναι 16%. Να βρεθεί το 55%. Ποια η πιθανότητα ένας εργαζόμενος να φτάνει ποσοστό των ανδρών. στο εργοστάσιο με αυτοκίνητο; (Απ: 40%). ( Α π : 25%) Αl: Κ ΗΣ Η 5'1

Α Σ ΚΗ Σ Η 3 '1

Αν Ω = {1, 2, 3,4,5, 6 } ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και έστω λ, 2λ, 3λ, . . . , 20λ, λ ε Ω οι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Χ. Αν Α το ενδεχόμενο η μέση τιμή χ είναι μεγαλύ τερη από 50 και Β: το ενδεχόμενο οι 5 πρώτες παρατηρήσεις να έ χουν διακύμανση μεγαλύτερη από 30 Να βρεθούν οι πιθανότητες: Ρ (Α) , Ρ(Β) , Ρ (Α - Β) , Ρ(Β - Α) . 1 1 1 ( Α π : , - , Ο, - ). 3 2 6 -

Α Σ Κ Η Σ Η -111

Ρίχνουμε διαδοχικά 2 ζάρια και σημειώνουμε τις ενδείξεις τους σε ένα διατεταγμένο ζεύγος. Αν Ω ο δειγματικός χώρος αυτού του πειράματος τύχης, θεωρούμε τα ενδεχόμενα (χ, y) ε Ω/το σημείο M (x, y) Χ= ανήκει στην ευθεία y = 2χ - 1

}

{

Υ=

{(χ,y) εΩ!το � Μ(χ,y) � σrη γραφική } nοprοταση της σmφtηση:; Υ =

Να βρεθούν οι πιθανότητες: Ρ(Χ) , Ρ(Υ) , Ρ(Χ - Υ) .

Σε μια πόλη το 10% των ανδρών και το 20% των

ου

λάβαμε:

Οι Αναδρομικές Ακολουθίες και ο Υπολογισμός του Αν με Α Τετραγωνικό Πίνακα και

Κωνσταντίνου Μιχ. Τσιλικούδη .

23° Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας Πάτρα, 24 - 26 Ν ο βρίου 2006

v ε

Ν,

"Τα μαθηματικά ως πολιτισμός στο σύγχρονο κόσμο, προεκτάσεις στην κριτική σκέψη, στην επι

χειρη ματολογία και

στην αισθητική ."

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.l/63

προτεiνε�

Εuκλεiδn

καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

«Η

P. R. HA LMOS

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

Επιμέλεια: Α. Κυριακόπουλος, Γ. Στρατής, Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος Α Σ Κ Η Σ Ε ΙΣ Γ ΙΑ Λ ΥΣ Η

65.

•

Αν μ και ν είναι ακέραιοι θετικοί αριθμοί πρώτοι προς αλλήλους, αποδείξτε ότι και οι αριθμοί: μ 3 ν 2 + μ 2 ν 3 + μ 3 ν + 2μ 2 ν 2 + μν 3 και μ 2 ν + μν 2 + μν + μ + ν είναι επίσης πρώτοι προς αλλήλους.

(Επροτάθη από τον

Ακαδημαϊκό κύριο Ν ικόλαο Α ρτεμι ά δη ). Λύση •

(Από τον ίδιο)

Κατ ' αρχάς δείχνουμε, με δυο διαφορετικούς τρόπους, την πρόταση: Αν α, β ε Ν * με (α, β) = 1 , τότε (αβ, α+β) = 1

(1) Θέτουμε: κ = μν και λ = μ+ν. Τότε (κ, λ) = 1 και οι συνθήκες ( 1) γίνονται: χ = κ 2 λ + κλ2 = κλ(κ + λ) και y = κλ + (κ + λ) (2) Αν τώρα θέσουμε κλ = ρ και κ+λ = σ, τότε (ρ, σ)=1 και οι συνθήκες (2) γίνονται χ = ρσ και y=ρ+σ, οπότε (χ, y) = 1, που είναι το ζητούμενο. =

Λύσεις με παρόμοια προσέyyιση λάβαμε και από

1 "ς τρόπ ος

Έστω (α+β, αβ) = δ, δ > 1. Τότε υπάρχει, ένας τουλάχιστον πρώτος διαιρέτης του δ, έστω ρ, οπότε: (ρ/(α+β) και ρ/αβ) � (ρ/( α + β) και (ρ/α ή ρ/β)). - Αν ρ/α και ρ/α+β, τότε ρ/β, οπότε ρ/(α, β)=1 , άτοπο. - Αν ρ/β και ρ/α+β, τότε ρ/α, οπότε ρ/(α,β)=1 , άτοπο. Άρα (α+β, αβ) = 1 2"ς τρόπ ος

Έστω (αβ, α+β) = δ. Τότε δ/αβ και δ/α+β, οπότε δ/α(α+β)-αβ και δ/β(α+β)-αβ που σημαίνει ότι δ/α2 και δ/β2 • Επειδή (α, β) = 1 , ως γνωστόν και οι αριθμοί α2 , β2 είναι σχετικά πρώτοι. Άρα δ/1 , οπότε δ = 1 .

Για την άσκηση θέτουμε: χ = μ 3 ν 2 + μ 2 ν 3 + μ 3 ν + 2μ 2 ν 2 + μν 3 = = μ 2 ν 2 (μ + ν) + μν(μ + ν) 2 και y = μ 2 ν + μν 2 + μν + μ + ν = μν(μ + ν) + ( μν + (μ + ν) ]

Κιι.λυ.μά

Λύσεις έστειλαν επίσης ο καθηγητής

Μπόλης

τους συναδέλφους Ηλιόπουλο Γ ιάννη

τα και Σταματόγιαννη Γ ιίη'\'1] Θόδωρος,

- Δάφνη Αττι Κυ.ραβό·ως Λη ι.11rι τρως -

ο κύριος ' ! π ό ρ η ς

κής, οι συνάδελφοι

- Δροmά Αττικής. Ρο

Κάτω Αχαί'α, Κο(φτης Χρυ σόστο μος σα, Τσοπέλας i ω (ι.ννης Κων/νος

66.

- Λάρι

Αμαλιάδα, Ηλί α ς

Αλιβέρι, Τσαπακίδης Γιιί) ιηος

Α γρίνιο και ο χημικός Δη μ. Καρβ:':λας - Πεύκη.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αποδείξτε ότι στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ υπάρχει ση μείο Ρ τέτοιο ώστε: ΡΙ'Β = ΡΑΒ και ΡΒΓ = ΡΑΓ τότε, και μόνο τότε, όταν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι οξυγώνιο (Επροτάθη από

τον Ακαδημαϊκό κύριο Ν ικόλαο Αρτεμιά δ η ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/64

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

Λύση

P(x) = αv (x-p 1 )(x - p 2 ) ... (x - p v ) με αν :;t: O Η αποδεικτέα για χ = Pi , i Ε {1, 2 . . . , ν } γίνεται ( P ' (p ) ) 2 � Ο , (1) που ισχύει. (Η ισότητα όταν η ρίζα Pi του πολυώνυμου Ρ(χ) είναι και ρίζα του Ρ'(χ) , δηλαδή όταν η ρίζα Pi είναι πολλα

(Από τον ίδιο)

Έστω ότι οι προεκτάσεις των ΑΡ, ΒΡ, ΓΡ τέ μνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Α ' , Β ' , Γ αντίστοιχα. Τότε ΒΑ' = ΒΓ' , οπότε η ΒΒ ' είναι διχοτόμος της γωνίας Α ' Β ' Γ ' . Ομοίως η ΓΓ ' είναι διχοτό μος της γωνίας Α ' Γ ' Β ' . Α

�

πλότητας τουλάχιστον δυο για το πολυώνυμο Ρ (χ) ). Για όλους τους αριθμούς χ, που δεν είναι κάποιο από τις ρίζες του πολυώνυμου Ρ(χ) έχουμε: Rn iP(x)l =

Β'

= Rn l αv l + Rn lx - p 1 1 + Rn l x - p 2 1 + ... + Rn l x - P v l

οπότε: Α'

με x :;t: p i , i Ε {1, 2, .. . , ν } . Άρα:

Επομένως το σημείο Ρ είναι το έγκεντρο του τριγώνου Α ' Β ' Γ , οπότε και η ΑΑ ' είναι διχο τόμος της γωνίας Β Ά 'Γ , πράγμα που σημαίνει ότι: Ρ ΒΑ = P fA . Η γωνία που σχηματίζουν οι ΑΓ και ΒΒ ' είναι: !crn· + Ar13) =

-1

2 + (χ

-1

' ( Ρ'(χ) ) Ρ(χ)

-1

2 + ... + (χ 2 <0 (χ - Ρ ι ) - Ρ2 ) - Pv ) 2 Ρ " (χ)Ρ(χ) -(Ρ'(χ) ) 0 , οπότε < 2

_!_ ( ffiι + Α? + FB ) =

(Ρ( χ))

2 = Γ Β Β' + ΑfΓ' + ΒΓΓ' = 90° Άρα ΒΒ' l_ ΑΓ , οπότε η ΒΒ ' είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ. Ομοίως προκύπτει ότι οι ΑΑ ' και ΓΓ ' είναι ύψη του τριγώνου ΑΒΓ. Επομέ νως το σημείο Ρ είναι το ορθόκεντρο του τρι γώνου ΑΒΓ που σημαίνει ότι το Ρ είναι στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ, τότε και μόνο τότε, όταν το τρίγωνο είναι οξυγώνιο.

απ ' όπου προκύπτει ότι για κάθε χ με χ :;t: Pi , i Ε {1, 2, ... , ν } ισχύει (Ρ'(χ) ) 2 > Ρ(χ)Ρ " (χ) (2) Από τις (1) και (2) προκύπτει το ζητούμενο. 1δια λύση πήραμε και από το συνάδελφο Η λιό πουλο Γιάν νη

- Καλαμάτα. Λύσεις έστειλαν ε

πίσης ο συνάδελφος Γιάννη ς Σταματογιάνν η ς - Δροσιά Απικής, Καραβότας Δη μήτρης -

Κάτω Αχαία, ο κύριος Μ πόρη ς Ρ. - Δάφνη Ατ

τικής, ο καθηγητής Μ πόλη ς Θόδωρος και οι

Λύση με τρι γωνομετρική προσέγγιση πήραμε από τον κύριο Α νδρή Ι ω άννη, Πολιτικό Μηχανικό

συνάδελφοι Κού ρτης Χρυσόστομος, Λάρισα

Αθήνα. Λ ύση έστειλαν επίσης ο κύριος Μπόρη ς

και Τ σ απακίδης Γιώργος, Α γρ ίνιο.

J>. - Δάφνη Απικής, ο κύριος Λουκάς Χυτή ρης

- Α θήνα και οι συνάδελφοι Τ σαπ ακ ί δης Γιώ ρ γος - Α γρ ίνιο και Η λ ί ας Κων/νος - Αλιβέρι.

67.

Ρ'(χ) 1 + 1 + ... + -1 , χ, -- = -για καθε Χ Χ Χ Ρ(χ) - Ρ ι - p 2 - pv

Ένα πολυώνυμο Ρ(χ), με πραγματικούς συ ντελεστές, έχει όλες τις ρίζες του πραγματι κές. Ν α δείξετε ότι για κάθε χ Ε JR ισχύει: {Ρ'(χ) γ � Ρ(χ) Ρ"(χ) . ·

(Επροτάθη από τον Α καδημαϊκό κύριο Ν ικό λαο Α ρτεμιάδη).

Λύση

(Από τον ίδιο)

Έστω ότι το πολυώνυμο είναι ν βαθμού. Τότε ισχύει:

68.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με υποτεί νουσα ΒΓ και ΑΓ>ΑΒ. Στην πλευρά ΓΑ παίρνουμε τμήμα ΓΔ ΑΒ και στην πλευρά ΒΑ τμήμα ΒΕ ΑΔ. Να αποδείξετε ότι η οξεία γωνία των ευθειών ΒΔ και ΓΕ είναι ίση με 45°. =

Επροτάθη

από

το

συνάδελφο

Μπάμπη

Στεργίου - Χαλκίδα) Λύση

(Από τον ίδιο)

Αν Ζ είναι το συμμετρικό του σημείου Α ως προς το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ, τότε το τετρά-

ΕΥ ΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/65

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

πλευρο ΑΓΖΒ είναι ορθαyώνιο. Έστω Η σημείο της πλευράς ΒΖ ώστε να ισχύει ΒΗ = ΓΔ. Β

- - - - - - - - - - - - ::: :7\ _ _ _ _ _ _ _

\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \

Ισχυει:

PD ΡΕ η μΑ 1 = - , η μΑ 2 = -

ΡΑ

Αλλά η μα · ημβ $ η μ 2

ΡΑ α β

( ; ) , (είναι ισοδύνα-

μη με την συν(α-β) ::; ι η οποία ισχύει), οπότε:

( -< ημ ( 2 )

ημΑ ι · ημΑ 2 S η μ Γ

PD · PE

Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΒΕΗ και ΖΗΓ, προκύπτει ότι ΗΕ = ΗΓ, οπότε το τρίγωνο ΕΗΓ είναι ισοσκελές. Το τετρά πλευρο ΔΓΗΒ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε: ΒΗΓ + ΗΓΔ = ι 8Οο => ΒΗΕ + ΕΗΓ + ΗΓΔ = ι 8Οο => ΕΗΓ + ΖΓΗ + ΗΓΔ = ι 80° => ΕΗΓ + 90° = ι 80° => ΕΗΓ = 90° Άρα το τρίγωνο ΕΗΓ είναι ορθογώνιο και ισο σκελές, οπότε η γωνία ΗfΈ που είναι ίση με την οξεία γωνία των ΒΔ και ΓΕ, θα είναι 45° . ,

Λύσεις μας έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Γιάννης Σταματογι άνν η ς - Δροσιά Α τrικής, Αποστολό πουλος Γιώργος - Μεσολόyγι, Κοίφτη ς Χρυσό στομος, Λάρισα ο κύριος Ρ. Μπόρης - Δάφνη Ατ

τικής και οι μαθητές Νάκος Βασίλης - jD Ε.Λ. Ηρακλείου Α τrικής και Νίκος Μ αραβίτσας - (f

Λύκειο Περιστερίου, ο καθηγητής Μπόλη ς Θό δωρος και οι συνάδελφοι Η λίας Κ ω ν/νος - Αλι βέρι και Τ σαπακίδης Γιώργος - Α γρίνιο.

69. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Ρ τυχαίο εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Αν D, Ε, F

ΡΑ 2 ,

Αι � Α2

()

2 Β $ ημ - και 2

Ομοιως

PE · PF 2

PD · PF ---:2PC

$ η μ l , οποτε:

ΡΒ

) =>

() C

, Α Β C S ημ-ημ-ημ- (Η ισοτητα οταν PA · PB · PC 2 2 2 οι ΡΑ, ΡΒ, ΡΒ είναι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου). Εξάλλου η συνάρτηση f(χ) = ημ � 2 PD · PE · PF

----

είναι κοίλη στο

[Ο,�] , οπότε από την ανισότη-

τα Jensen, προκύπτει:

Α Β C Α ι Β 2+2+2 = ι c - ημ- + ημ - + ημ - S ημ 3 2 2 2 3 2 (Η ισότητα όταν Α = Β = C). Τέλος από την ανισότητα Cauchy έχουμε: 3 ημ + ημ + ημ Α Β C � ημ 2 ημ 2 ημ 2 => 3

)

(

[

�

Α Β C ι η μ 2 η μ 2 ημ 2 $ 8 PD · PE · PF

]

ι $ - με την ισότητα να ισχύει

είναι προβολές του σημείου Ρ, να υπολογί

Άρα

σετε

μόνο όταν Α = Β = Γ και το Ρ είναι το έγκεντρο του τριγώνου, οπότε το μέγιστο τη ς παράσταPD · ΡΕ · PF είναι _!_ σης

το

μέγιστο

της

παράστασης

PD · PE · PF (Επροτάθη από το συνάδελφο PA · PB · PC

Σωτή ρη Σκοτίδα , Καρδίτσα)

PA · PB · PC

Λ ύση (Από τον ίδιο)

•

Λύση με τη βοήθεια συναρτήσεων περισσότερων

μεταβλητών, πήραμε από τον κύριο Ανδρή Ι ω ά νν η , Πολιτικό Μηχανικό, Αθήνα.

Λύσεις έστειλαν επίσης ο συνάδελφος Αποστο λόπουλος Γιώ ργος

Μεσολό γγ ι, ο κύριος Ρ.

Μπόρης - Δάφνη Α τrικής και ο καθηγητής Β

Μπόλη ς Θοδωρής.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/66

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

2 2 y χ + 7 2. Δίνεται η έλλειψη (c) : 2 2 = 1 και μια β α εφαπτομένη της που τέμνει τους άξονες χ 'χ και y 'y στα σημεία Α, Β αντίστοιχα. Να α ποδείξετε ότι η ελάχιστη τιμή της απόστα σης ΑΒ είναι ίση με το άθροισμα των ημια ξόνων

της min(AB) = α + β .

δηλαδή

έλλειψης,

2 - χ � ) (β + α)χ � - α3 . = 2 βχ �2+ α(α , οπότε: χ (α 2 - χ 02 ) 2 χ0

� , αν ' α3 <c> χ 0 � -� α α+β

d' (x 0 ) � O <c> (β + α)χ δ � α3 <ο> χ 0 � χ 0 > 0 και d' (x 0 ) � Ο <c> (β + α)χ � �

(Επρο τά θη από το συνάδελφο Θαν ά ση Κυ ρ ια κόπουλο, Αθήνα) Λύ ση (Από τον ίδιο)

Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) στο σημείο χχ σ + ΥΥ ο 1 (1) , .P(x 0 , y0 ) ειναι. α2 β2 Προφανώς χ 0 · y0 � Ο (διαφορετικά η (ε) δεν τέμνει τους άξονες) . Η ευθεία (ε) τέμνει τον άξονα χ 'χ στο ση μεiο Α και τον άξονα y 'y

γκροτούμε τους παρακάτω πίνακες μεταβολών . χ

d'(x0)

Β[Ο, �: ) . Η απόσταση (ΑΒ) δίνεται ωtό τον τύπο ( ΑΒ ) = [ :: ) + [ σ οπότε

d'(Xo) d (Χο)

ση μεiο

α4 + β 4 Το σημείο ( ΑΒ ) 2 = 2 2. Χο

Υο

ανήκει στην

έλλειψη, οπότε χ 2 + y 2 = 1 <=> β 2 = α 2 , < x < α O l ol -f z α 2 - Χο2 α -f β Υο Επομένως α4 + β 2 α 2 = α 2 α 2 β2 ( ΑΒ ) 2 = 2 2 + α 2 -χ 02 χ 0 α2 - χ 02 χ0

[

�i

α β

d (Χο)

[:>)

στο

�

ΤΕ

�i

α β

α -

+οο

�

ΤΕ

+οο

Εύκολα πλέον βρίσκουμε ότι και στις δυο περι. d ( α + β) 2 , , nun. πτωσεις ισχυει: α2 Επομένως η ελάχιστη τιμή της απόστασης είναι: ( ΑΒ ) = α · (α + β) = α + β α

2 η Λύση (Από τους μαθητές του τμήματος Bl Τεχνολογικής

)

Χαϊδαρίου).

Κατεύ θυνσης

του

3ου

Ε.Λ.

Μ(ασυνφ,βημφ) α Α(συνφ •Ο)

Έστω η έλλειψη χ2 + y 2 = 1 <::> β 2 χ 2 + α 2 y 2 _ α 2 β 2 = Ο α2 β 2 Στο σημείο της Μ (ασυνφ, βημφ), φ ε [0,2π) έ χει εφαπτομένη την ευθεία με εξίσωση: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/67

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

β 2 χασυνφ + α 2 yβη μφ - α 2 β 2 = Ο Η εφαπτομένη τέμνει τους άξονες στα σημεία Α και α- ,ο και Β ο .-βΒ με συντεταγμένες Α η μφ συνφ β 2α2 - + και η απόσταση ΑΒ είναι: ΑΒ = -συν 2 φ η μ 2 φ Για να είναι min(AB) α+ β αρκεί να αποδειβ2 � + β η α2 + -α με τ ν ισότη χθεί ότι -συν 2 φ η μ 2 φ τα να ισχύει σε μια τουλάχιστον περίπτωση . Πράγματι έχουμε: α 2 + β 2 � α2 + 2αβ + β 2 συν 2 φ η μ 2 φ α 2 η μ 2 φ + β 2 συν 2 φ � � α 2η μ 2 φσυν 2 φ + 2αβη μ2 φσυν 2 φ + + β 2 η μ 2 φσυν 2 φ α 2 η μ 2 φ + β 2 συν 2 φ _ α 2 η μ 2 φσυν 2 φ _ -2αβη μ 2 φσυν 2 φ - β 2 η μ 2 φσυν 2 φ � Ο α 2η μ 2 φ ( l - συν 2 φ ) + β 2 συν 2 φ ( l - η μ 2 φ ) -2αβη μ 2 φσυν 2 φ � Ο α 2 η μ4φ + β 2 συν 4 φ - 2αβη μ 2 φσυν 2 φ � Ο (αη μ 2 φ - βσυν 2 φ ) 2 � Ο που ισχύει. Το ίσον ισχύει όταν:

)

(

74.

)

(Επροτάθη από τον χημικό Δ η μήτριο Καρβε λά, Πεύκη)

Λί>ση

<::::>

με φ Ε [0, 2π). Καλαμάτα,

φος Καραβότας Δ η μήτρ η ς - Κάτω Αχαία και ο κύριος Ρ. Μ πό ρης Δάφνη Απικής, ο κα θη

Κ ο ύ ρτη

Χρυσόστομο - Λάρισα και τον κύριο Ρ. Μ πόρη Δάφνη Α πικής, από τον κα θηγητή Μ πόλη

γητής Μ πό λη ς Θόδωρος και ο συνάδελφος

Θ ε όδωρο και από τους συναδέλφους Τσοπέλα Ι ωάννη Αμαλιάδα, Η λί α Κων/νο - Αλιβέρι

και Τ σαπακίδης Γ ιώ ργος - Α γρ ίνιο.

τέλος ο κύριος Ανδρής Ι ω άννης, Πολιτικός Μηχανικός - Αθήνα, αποδεικνύει επίσης ότι το τμήμα ΑΒ τη ς εφαπτομένη ς ελάχιστου μήκους, χωρίζεται από το ση μείο επαφής με την έλλει ψη , σε δυο τμήματα από τα οποία το μεγαλύτε ρο είναι ίσο με το μεγάλο η μιάξονα και το μικρό είναι ίσο με το μικρό η μιάξονα.

<::::>

νη ς, Πολιτικός Μηχανικός - Αθήνα, ο συνάδελ

Γ ι άννη Σταμματόγ ι ανν η - Δροσιά Απικής,

<::::>

Λύσεις έσrειλαν επίσης ο κύριος Ανδρής Ι ωάν

Λύσεις επίσης πήραμε από τους συναδέλφους Γιάννη

(Από τον ίδιο)

Ο αριθμός 2κ+ 1 είναι περιττός, οπότε το τετρά γωνό του είναι τη ς μορφής 8μ+ 1, μ Ε .Ζ . Έτσι έχουμε: (2κ + 1) 2 - 1 = 8μ , όπου αν θέ σουμε 2κ + 1 = α , παίρνουμε: α 2 - 1 = 8μ . Ισχύει: (2κ + 1)8 - 1 = α8 - 1 = (α4 + 1)(α2 + 1)(α2 - 1) , όπου οι αριθμοί α4 + 1 και α 2 + 1 είναι άρτιοι, οπότε (2κ + 1)8 - 1 = πολ.32 , έστω (2κ + 1)8 - , - 1 = 32p , p Ε Ζ . Επομένως: Ρ( κ, λ) = πολ.32 2λ2 = πολ.32 2λ2 = 32ν λ2 = 4 2 ν , ν Ε Ζ απ' όπου προκύπτει ότι ο αριθμός ν πρέπει να είναι τετράγωνο ακέραιου, έστω ν = σ 2 , σ Ε Ζ , οπότε λ = ±4σ , σ Ε Ζ . Εύκολα πλέον διαπιστώνουμε ότι με λ = ±4σ , προκύπτει ότι Ρ( κ, λ) = πολ.32 Άρα, οι τιμές του πολυώνυμου είναι πολλαπλά σια του 32, αν και μόνο αν, ο αριθμός λ είναι πολλαπλάσιο του 4.

Η λιόπουλο

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( κ, λ) (2κ + 1) 8 - 2λ2 - 1 κ, λ e .Ζ . Να βρείτε τις τιμές του λ, ώστε για οποια δήποτε τιμή του κ, οι τιμές του πολυώνυ μου να είναι πολλαπλάσια του 32.

Κού ρτης Χρυσόστομος, Λάρισα. 75.

Να βρείτε όλα τα ζεύγη των θετικών ακέ ραιων χ, y ώστε το καθένα από τα αθροί σματα χ 2 + 3y και y 2 + 3χ να είναι τέλειο τετράγωνο. (Επροτάθη από το συνάδελφο Α ντώνη Ι ω αννίδη , Λάρισα)

Λ ί>ση

(Από τον ίδιο)

Έστω ότι: χ 2 + 3y = α 2 . Τότε 3y = α 2 - χ 2 απ' όπου προκύπτει ότι α> χ, οπότε μπορούμε να γράψουμε: χ 2 + 3y = (χ + n) 2 , Ε Ν* .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/68

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

Επομένως: χ 2 + 3y = χ 2 + 2χη+η 2 � � -2χη + 3y = η 2 (1) 2 2 Ομοίως: y + 3χ = (y + m) � y 2 + 3χ = = y 2 + 2ym + m 2 � 3χ - 2ym = m 2 , m ε Ν* (2) Οι εξισώσεις (1), (2) σχηματίζουν σύστημα με: m, η ε Ν* , διότι D = 4mn - 9 :;t: Ο , 2 2 2 Dx = -2mn - 3m , Dy = -2ηm - 3η 2 2 2 2 , χ = 2mn + 3m και y = 2ηm + 3η οποτε: 9 - mn 9 - 4mn Ισχύει: χ, y ε Ν* , οπότε 9 - 4mn > Ο � mη < 2 4 Άρα (m, η) ε {(l, 1),( 1 , 2), (2, 1) } Αν m = η = 1 , τότε Χ = y = 1 και χ 2 + 3y = y 2 + 3χ = 1 + 3 = 4 = 2 2 Αν m=l και η=2 , τότε χ=1 1 , y=16 και χ2 + 3y = 1 1 2 + 3 · 16 = 121 + 48 = 169 = 13 2 y2 + 3χ = 16 2 + 3 · 1 1 = 256 + 33 = 289 = 17 2 Αν m = 2 και η=1 , τότε χ=16, y=1 1 και x 2 + 3y = l7 2 , y 2 + 3x = 13 2

(x - y ) 4 :::; 3 � ! x - y ! :::; � Επειδή x - y :::; !x - y! � x - y :::; � Άρα η μέγιστη τιμή της διαφοράς χ - y είναι � και προκύπτει μόνο όταν χ = � ( � + 1 )

και y = � ( 1 - � )

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Αποστολό πουλος Γιώργος Μεσολόγγι, Κο ύ ρτης Χρυ σ ό στομος - Λάρισα, ο κύριος Ρ. Μ π όρης Δάφνη Απικής και ο καθηγητής Μ πόλης Θόδωρος. -

-----

•

77.

Λύσεις έστει�αν επίσης ο συνάδελφος Αποστολό πουί.ο.; Γιι:) ρ γος - Μεσολόγγι, ο κύριος Ρ. Μπό ρη.; - Δάφνη Απικής, ο καθηγητής Μπόλης Θο δι·ψtj .; και οι συνάδελφοι Κού ρτης Χρυσόστο μο.; - Λάρισα και Ν . Καραγκιόλη - Σέρρες.

ισχύει (x2 +y 2 ) 2 + 4x 2 y 2 = 2(x + y ) , x,y ε R να βρείτε τη μέγιστη τιμή της δια x φοράς -y (Επροτάθη από το συνάδελφο

Αν

.\ ρ tj στο �εμιρτζόγλου , Δράμα).

. \ ί1 ση

(Από τον ίδιο)

Είναι: (χ 2 + y 2 ) 2 + 4x 2 y 2 = 2(χ + y) � χ 4 + 6x 2 y 2 + y 4 = 2(χ + y) � � (χ - y) 4 + (χ + y) 4 = 4(χ + y) � � (χ - y) 4 = 4(χ + y) - (χ + y) 4 (προφανώς χ + y � Ο ) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t) 4t - t 4 , t � Ο . Αναζητούμε τα ακρότατα της συνάρτησης αυτης. Έχουμε: f'(t) = 4 - 4t 3 = 4(1 - t 3 ) , οπότε f ' (t) > O για κάθε t ε (0, 1) και f ' (t) < O για κάθε t > 1 . Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει ολι κό μέγιστο για t = 1 , το f (1) 3 οπότε 4t - t 4 :::;; 3 για κάθε t � Ο . Είναι: (χ - y) 4 = 4(χ + y) - (χ + y) 4 :::;; 3 , οπότε =

78.

Να βρείτε όλα τα ορθογώνια τρίγωνα των οποίων τα μήκη των πλευρών είναι ακέραι οι αριθμοί και η περίμετροι είναι αριθμητι κά ίση με το εμβαδόν τους (Επροτάθη από τον συνάδελφο Σωτή ρη Σκοτίδα, Καρδίτσα).

Λ \J ση

(Από τον ίδιο)

Αν α είναι η υποτείνουσα του τριγώνου, τότε

έχουμε: α+β+γ= β·γ �α= β·γ -β-γ� 2 2 � α = β · γ - (β + γ) � 2 β 2 γ-2 - βγ(β + γ) + β 2 + γ 2 + 2βγ � � α2 = 4 γ2 = 0 � β 2� 2βγ - βγ(β + γ) + 4 βγ � 2 - β - γ + = 0 � 8 - 4β - 4γ + βγ = 0 � 4 � 4β - βγ + 4γ - 16 = -8 � � β( 4 - γ) - 4( γ - 4) = -8 � (β - 4)(γ - 4) = 8 απ ' όπου προκύπτει ότι β - 4 ε {1, -1, 2, -2, 4, -4, 8, -8 } οπότε β = 2, 3,5,6,8,12 Εύκολα τώρα βρίσκουμε ότι υπάρχουν δυο τέτοια τρίγωνα με μήκη πλευρών (6, 8, 10) και (5, 12, 13). Λύσεις έστειλαν επίσης ο κύριος Ανδ ρ ή ς Ι ωάν νης , Πολιτικός Μηχανικός, Αθήνα, οι συνάδελ φοι Κ ο ύ ρτης Χρυσόστομος , Λάρισα, Καραβό τας Δη μ ή τρη ς - Κάτω Αχαί'α, ο κύριος Ρ. Μ πό ρη ς - Δάφνη Απικής, ο καθηγητής Μ π ό λης Θόδωρος, οι συνάδελφοι Τ σοπ έλας Ι ω άν νης - Αμαλιάδα, Ηλιόπουλος Γιάννης - Καλα μάτα, Τσαπακίδης Γιώργος - Α γρ ίνιο και ο κύριος Λ ουκάς Χ υτή ρη ς - Αθήνα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3/69

Επιμέλεια:Γιάννη ς Στρατής - Βαyytλης Ευσταθίου

ΑΚΟΜΑ ΜΙΑ ΓΕΝΙΚΕΥΣΗ "ΔΙΟΦΑΝΤΙΚΗ ΛΥΣΗ ΤΗΣ ΕΞΙΣΩΣΗΣ χ2

το βιβλίο «Μαθηματικά Β ' Λυκείου θετι κής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης στο Κεφάλαιο Θεωρία των αριθμών δίνεται ως γνωστή Διοφαντική λύση της εξίσωσης χ 2 + y2 = z2 η εξής: χ = μ 2 - λ2 ' Υ = 2λμ ' z = μ 2 + λ2 . Με αφορμή όμως το 4° θέμα του Μαθηματικού Διαγωνισμού «Ευκλείδης», της Β' Λυκείου, κατέλη ξα στο συμπέρασμα ότι μόνο τα οξυγώνια τρίγωνα μετατρέπονται σε ορθογώνια τρίγωνα όταν και οι τρεις πλευρές ελαττωθούν κατά το ίδω μήκος. Ένα βή μα παρακάτω! ! ! Ας βρούμε όλα τα οξυ γώνια τρίγωνα με πλευρές α, β, γ όπου α :::;; β :::;; γ , τα οποία μετατρέπονται σε ορθογώνια τρίγωνα με πλευρές χ < y < z όπου x, y, z Ε Ν , δηλαδή λύση τη ς εξίσωσης χ 2 + y2 = z2 ακεραία. χ = ν ( 2λ + 1) y = 2λν ( λ + 1) Συμπέρασμα: z = ν [ 2λ ( λ + 1 ) + 1 ]

{

η οποία είναι μια νέα Γενικευμένη ακεραία λύση. ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Θέμα 4° Β' Λυκείου με πλευρές Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ΒΓ = α < ΓΑ = β < ΑΒ = γ . Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ελαττωθούν και οι τρεις πλευρές κατά το ίδιο μήκος, έτσι ώστε να γίνουν πλευρές ορθο γωνίου τριγώνου. ΛΥ Σ Η Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α :::;; β :::;; γ και χ0 Ε ( Ο, α ) , διότι έχουμε μήκη πλευρών, τότε:

y2= z2"

του Νίκου Στολάκη

( α - χ σ ) 2 + (β - χ ο ) 2 = (γ - χ ο ) 2 � α2 - 2αχ0 + χ02 + β 2 - 2β χ0 + χ02 = γ 2 - 2γχ0 + χ02 ή χ� - 2χ0 ( α + β - γ) + α2 + β 2 - γ 2 = 0 και

�

2( α+β -γ) ± 4( α+β -γ)2 - 4{ α2 +β2 -γ2 ) ( χο )ι, = 2 2 α = +β-γ± ( Χο λ 2 ή ± �α2 + β 2 + γ 2 2αβ - 2αγ - 2βγ - α2 - β 2 + γ 2 � · --��----------�--��

ή (χο λ, = α + β - γ ± �2γ2 + 2αβ - 2αγ - 2βγ . 2 Τέλος ( χ0 )1, = α + β - γ ± �2 (γ - α )( γ - β ) και 2 χ0 Ε ( Ο, α ) . Άρα έχουμε δύο περιπτώσεις: α) 0 < α + β - γ + �2 (γ - α )(γ - β ) < α

β)

0 < α + β - γ - �2 (γ - α )(γ - β) < α .

α) 0 < α + β - γ + �2 (γ - α )(γ - β ) είναι σαφές διότι α + β > γ τώρα α + β - γ + �2 (γ - α )(γ - β ) < α ή

�2 (γ - α)(γ - β ) < γ - β .

Επειδή και τα δύο μέλη είναι θετικά => 2 (γ - α )(γ - β ) < (γ - β ) 2 ή 2 ( γ - α ) < γ - β ή β�α άρα β + γ � 2α . γ + β < 2α , άτοπο διότι γ�α Άρα η α) απορρίπτεται. β) α + β - γ - �2 (γ - α )(γ - β) < α ή

}

-�2 ( γ - α )( γ - β ) < γ - β είναι σαφές διότι γ-β >Ο. Τώρα από 0 < α + β - γ - �2 ( γ - α ) ( γ - β) ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.3ΠΟ

Το Βήμα του Ευκλείδη

�2(γ - α)(γ - β) < α + β - γ

και τα δύο μέλη

χ = 2λν(λ + 1) είναι θετικά. (3) y = ν{2λ + 1) με λ, ν ε Ν . 2 ή γ) α)(γ β) < (α + β Άρα 2(γ z = ν ( 2� + 2λ + 1 ) 2 ( γ2 - αγ - βy + αβ) < α2 + β2 +γ2 + 2αβ - 2αγ - 2βy Επειδή έχουμε χ 2 + y 2 = z 2 , άνετα μπορούμε 2 2 2 Τέλος γ < α + β . Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι να πάρουμε λ, ν ε Ν και έτσι επιτυγχάνουμε τη οξυγώνιο. Συνεπώς μόνο τα οξυγώνια τρίγωνα με ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗ ακεραία ΛΥΣΗ της εξίσωσης. τατρέπονται σε ορθογώνια όταν και οι τρεις πλευ ΠΟΡΙΣΜΑ I ρές τους ελαττωθούν κατά το ίδιο μήκος. Οι αρχικές λύσεις της εξίσωσης χ 2 + y 2 = z 2 χ 0 = α + β - γ - �2(γ - α)(γ - β) και οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου θα είναι: δίνονται από τους τύπους χ = 2λ{λ + 1) ( 4 ) y = 2λ + 1 z = 2λ{λ + 1) + 1 z = γ - χο Τ ο βήμα παρ ακ ά τω ! Πράγματι από την (3) έχουμε: Ας βρούμε όλα τα οξυγώνια τρίγωνα με πλευ ρές α $ β $ γ τα οποία μετατρέπονται σε ορθογώ- [ 2λν ( λ + 1) ] 2 + [ ν ( 2λ + 1) ] 2 = [ ν ( 2λ2 + 2λ + 1 )Τ νια τρίγωνα με πλευρές χ, y, z όπου x, y, z ε Ν και ή χ 2 + y 2 = z 2 . Αφού x, y, z ε Ν από (1) θα έχουμε ν 2 [2λ{λ + 1) ] 2 + ν 2 (2λ + 1) 2 = ν 2 ( 2λ2 + 2λ + 1 ) 2 , υποχρεωτικά: 2{ γ - α){ γ - β) = μ 2 . για ν :;e Ο Άρα αν 2 (γ - α) = κ τότε γ - β = κλ2 ή αν 2 2 (γ - β) 2 = κ τότε γ - α = κλ2 , που είναι το ίδιο ή [2λ{λ + 1) ] + {2λ + 1) 2 = ( 2λ2 + 2λ + 1 ) που εί διότι χ 2 + y 2 = y 2 + χ 2 . ναι η (4) Έστω 2 ( γ - α) = κ και γ . β = κλ2 Π Ο ΡΙ Σ Μ Α 2 κ Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο η μεγαλύτερη κά η' α = γ - - και β = γ - κλ2 . 2 θετη πλευρά και η υποτείνουσα είναι διαδοχικές Τότε και η κάθετη πλευρά είναι άρτια όταν χ, y, z ε Ν χ 0 = γ - � + γ - κλ2 - γ - κλ = γ - ; + κλ2 + κλ . και (x, y, z) = l .

{

( 1 ) �=;=::

{

Συνεπώς ο

)

(

( 1 ) γίνεται:

χ = α - χ0 = γ - � - γ + � + κλ2 + κλ = κλ ( λ + l ) 2 2 κ (2λ + 1) (2) y = β - χ0 = γ - κλ2 - γ + 2"κ + κλ2 + κλ = 2"κ + κλ = --'---'2

(

)

κ 2λ2 + 2λ + 1 κ z = γ - χ0 = γ - κ + -2 + � + κλ = ----"----'- 2

Τώρα από χ = κλ2 + κλ και z = κλ2 + κλ + κ , 2 Κ θ α εχουμε z = χ + - , οπου χ, z ε 1'1 αρα κ = 2ν . 2 Τότε η (2) γίνεται: lM

Απόδ ε ι ξη

Από (4) έχουμε z - χ = ι ' άρα Χ, z - διαδοχικοί και από χ = 2[λ(λ + ι) ] έχουμε χ - άρτιο. Συμπέρασμα

Η (4) είναι ισοδύναμη με τη λύση του βιβλίου. Αν στην (4) θέσουμε λ + 1 = μ τότε θα έχουμε: χ = 2λμ y = 2λ + l = λ2 + 2λ + 1 - λ2 = (λ + 1) 2 - λ2 = μ 2 - λ2 z = 2λ{λ + 1) + 1 = 2λ2 + 2λ + 1 = λ2 + 2λ + l + λ2 = = (λ + 1 )2 + λ2 = μ 2 + λ2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3Π1

τιjλιι TfJU

lιf 11 Β IJ T ιj

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος - Γιάννης Στρατής

(1) f(x) = χ ν ' οπότε: Απάντηση στο γράμμα του μαθητή Τάσου ω Χ - �ν - 1 = ω Χ - ω+ν ν -= f'(x) Π ασχαλίδη (2° Ενιαίο Λύκειο Κοζάνης). ν ν Αγαπητέ Τάσο. Βλέπουμε ότι σε κάθε περίπτωση που η f είναι Στην εικασία του Γκολντμπάχ δεν έχει δοθεί ορισμένη και παραγωγίσιμη, η παράγωγός της εί απάντηση μέχρι σήμερα. ναι: 1 ν +l Π α ρ άγωγος της συνά ρτησης f ( x) = � , ν · Χ ω-Ι f , ( χ ) = ω ι Χ ι - ω ·-

ΜΑΣ ΓΡΑ Φ Ε Τ Ε . . . ΣΑΣ ΑΠΑΝΤΆ Μ Ε •

- -

α)

β)

ό που ν Ε Ν * και ω Ε JR

•

Διακρίνονται δύο περιπτώσεις: ί) Έστω ότι το ω είναι ένας ακέραιος άρτιος αριθμός. Στην περίπτωση αυτή, η συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR * . Έχουμε, ' ΠΙ> * : τοτε, στο .1!'!. I

f ( x) = (x(l) ) ν , οπότε:

ων+ ν ω - χ ν+I ω Χ - (1)1= ν ων .= -· Χ ι νι ω+ν ν ω (-χ) - ' ν

αν χ > Ο

Απάντηση στο γράμμα του μαθητή Διιμι1τρη Σπυρ()ποιιλου (Λύκειο Νέας Πεντέλης).

Αγαπητέ Δημήτρη. Σε ευχαριστούμε για τα καλά σου λόγια σχετικά με το περιοδικό μας. Οι παρατηρήσεις σου θα ληφθούν υπόψη. Τις ασκή σεις που μας έστειλες πρέπει να τις επεξεργαστείς περισσότερο (εκφωνήσεις και λύσεις) .

αν χ < Ο

Έστω ότι ω Ε ( 1R - {2κ / κ Ε Ζ } ) . Τότε, η συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο ) . Έχουμε, τότε, στο (Ο, +οο ) : ίί)

Λοιπόν Τάσο. Όταν ζητάς την παράγωγο μιας συνάρτησης, πρώτα θα βρίσκεις το σύνολο ορισμού της, μετά θα βρίσκεις που είναι παραγω γίσιμη και μετά θα εφαρμόζεις τους κανόνες παρα γώγισης. Την παράγωγο της παραπάνω συνάρτη σης δεν είναι ανάγκη να τη θυμάσαι απ ' έξω. •

ν� I Ι ω .!. --;.!. f ' ( χ) = - (Χ ω ) � (Χ ω ) ' = - ψ ι ) ωχ ω-1 = ν ν

Λ ΥΣΕΙΣ ΑΣΚΗΣΕΩΝ 33.

θεωρούμε, ένα τρίγωνο ΑΒΓ με . Γ = 2Β , ένα εσωτερικό του σημείο Μ και υποθέτουμε ότι ΑΜ = ΑΓ και ΜΒ = ΜΓ . Να δείξετε -

l Λ

ότι: ΜΑΒ = - Α 3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3Π2

•

Έστω ότι η ισότητα (Ι ) ισχ6ει για ν = 1 , δηλαδή (Επροτάθη από το μαθητή Γιάννη Σούμπλη , Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα). ότι: (α + β + γ) 3 = α3 + β 3 + γ 3 => Λύση (από τον ίδιο μαθητή) [ (α + β) + γ ] 3 = α 3 + β 3 + γ 3 => Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρί γωνο ΑΒΓ και τη χορδή του ΑΑΊ/ΒΓ. Επειδή (α + β) 3 + 3(α + β) 2 γ + 3(α + β)γ 2 + γ 3 = ABf = ΑΥΒ και Arn = 2ABr , έχουμε: = (α + β) 3 - 3αβ(α + β) + γ 3 => ΑΓΒ = 2Α'ΓΒ . Άρα, η ΓΑ' είναι διχοτόμος της 3(α + β) [ (α + β)γ + γ 2 + αβ ] = 0 => Ar BA' γωνίας Γ. 'Ετσι, έχουμε = = i\'A . Άρα (α + β)(αγ + βγ + γ 2 + αβ) = Ο => Ar = 1\'Α και συνεπώς ΑΓ=ΑΑ' . Εξάλλου, επει (α + β) [ α(β + γ) + γ(β + γ)] = Ο => δή ΜΒ = ΜΓ , ΒΑ'=ΓΑ και ΜΒΑ' = MrA (δια (α + β )(β + γ)( γ + α) = Ο => φορές ίσων γωνιών), τα τρίγωνα Α ' ΒΜ και ΑΓΜ ( α = -β ή β = -γ ή γ = -α ) είναι ίσα και άρα ΜΑ ' = ΜΑ. Έτσι, έχουμε: Έστω ότι α = -β . Για να δείξουμε την ( 1) (με ΜΑ' = ΜΑ = ΑΓ = ΑΑ' ν Ε Ν* ), αρκεί να δείξουμε ότι: (-β + β + γ) 2 ν + Ι = ( -β) 2 ν +Ι + β 2 ν +l + γ 2 ν+Ι ' αρκεί , 'Ο μοια εργαζ ομαστε , αν γ 2 ν+ Ι = γ 2 ν+Ι , ισχυει. β = -γ ή γ = -α . Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Ν ίκος Ζήσης -

•

Γ ιάννης Σούμπλης, Μ αίρη ΓεωργιοποίJJ. ου, Νικολέτα Φεσσά .

Άρα, το τρίγωνο ΜΑΑ ' είναι ισόπλευρο. Έ χουμε, λοιπόν: ΜΑΒ = ΜΑΑ' - w' = 6οο - Β . (1). Εξάλλου, έχουμε: Α + Β + Γ = 1 80° => Α + Β + 2 Β = 180° => 180° - 3 Β = Α => 60° - Β = Α (2). 3 Από τις (1) και (2) έπεται ότι: ΜΑΒ = _!.. Α . 3 Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Ν ίκος Μ αρα λ

•

βίτσας, Στέλιος Ι ω άννου, Ν ίκος Ζήσης, Νι κολέτα Φεσσά.

34.

Με α, β και γ πραγματικούς αριθμούς και ν Ε Ν* να δείξετε ότι, αν η ισότητα: (α + β + γ) 2ν+ 1 = α 2ν+ 1 + β 2 ν+ 1 + γ 2ν+ 1 ( l ) ισχύει για ν = 1 , τότε ισχύει και για κάθε ν Ε Ν* .

(Επροτάθη από τη μαθήτρια Εβίτη Αντωνί ου, Ι ταλική Σχολή Αθηνών) Λύση (από το μαθητή Ν ίκο Μ αραβίτσα. 6° Λύκειο Περιστερίου)

35.

Να βρείτε τους ακέραιους θετικούς αριθ μούς χ και y, για τους οποίους ισχύει: 2x+y +3-FY - 5� - 2../Υ - 3 = Ο (1)

(Επροτάθη από τη μαθήτρια Νικολέτα Φεσσά, Λύκειο Νέας Χαλκηδόνας) Λύση (από το μαθητή Γ ι ά νη Σοίφπλη . Αρσά κειο Ψυχικού, Αθήνα) Έχουμε: (1) � (2χ + 2_[r:Y - 6..Γχ) + (.{r:Y + y - 3JY) + +( .rx + JY - 3) = ο � 2..Γχ(..Γχ + JY - 3) + JΥ ( .,Γχ + JY - 3) + ν

+(..Γχ + JY - 3) = 0 � ( .rx + JY - 3)(2..Γχ + JY + 1) = ο � ..Γχ + JY - 3 = Ο (γιατί χ>Ο και y>O) � .rx + JY = 3 � JY = 3 - ..Γχ � χ<9 � 3 - ..Γχ > 0 � y = 9 - 6..Γχ + χ y = (3 - ..Γχ) 2 Με χ = 1 , βρίσκουμε y = 4 . Με χ = 2 , βρίσκουμε: y = 1 1 - 6.J2

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3/73

{

••

ν • • ι • w • ι • v v .1.9 a u.v ι ι • Ί

�2 = 1 1 - y , ατοπο ' Στον εκθέτη του δεύτερου προσθετέου είναι: , = ρητος, ) . Ό(αρρητος � νL -6Υ ο = 8 και y 1 = 1 . Το υπόλοιπο της διαίρεσης του μοια, με χ = 3, 5, 6, 7, 8 φθάνουμε σε άτοπο. Με χ αριθμού 2y 1 + y 0 = 2 · 1 + 8 = 10 δια του 4 είναι 2. 4, βρίσκουμε y = 1 . Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί Άρα, ο δεύτερος προσθετέος του αθροίσματος εί είναι (χ = 1 . y = 4) και (χ = 4, y = 1). ναι ίσος με i 2 =-1 . Συνεπώς: z=-i+1 . Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Εβίτα Αντω Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Σπύρος Λεο νίου, Σπύρος Λεονάρδος, Ν ίκος Αλεξίου, Ν ί .·

•

κος Μαραβίτσας 3 6.

νάρδος, Κων/νος Π απαγεωργίου, Γεώργιος

Έστω ένας φυσικός αριθμός με κ ψηφία: ν = Υκ-ιΥκ-2 •..Υ 2 ΥιΥο = Υ κ-ι · ι οκ-ι + + Υ κ-2 · 1 οκ- 2 + + Υ 2 · 1 02 + Υ ι · 10 + Υ ο , όπου Υ κ-ι , Υκ.2 , . . . , y 2 , y ι , Yo είναι τα ψηφία του , δηλαδή αριθμοί του συνόλου: {0, 1, 2, , 9}. Να δείξετε ότι οι δύο διαιρέσεις ν:4 και (2y ι + y 0 ) : 4 έχουν το ίδιο υπόλοιπο. Εφαρ�ιογή : Να βρείτε τον αριθμό: z = i 885307856725987 + i 795055725 1 76218 (όπου i η φανταστική μονάδα) •·•

• • •

(Επροτάθη από το μαθητή Βαγγέλη Π ρωτο παπαδάκη, 3° Λύκειο Χανίων Κρήτης). Λύση (από τον ίδιο μαθητή) Επειδή καθένας από τους αριθμούς: 2 10 ,103 ,104 ... είναι πολλαπλάσιο του 4, έπεται ότι: ν = πολ4 + 10y 1 + y 0 = πολ4 + 8y 1 + 2y 1 + y 0 � (1) ν = πολ4 + (2y 1 + y 0 ) . Έστω π το πηλίκο και υ το υπόλοιπο της διαί ρεσης (2y 1 + y 0 ) : 4 , οπότε: 2y 1 + y 0 = 4π + υ , Ο � υ < 4 . Έτσι, από την (1), έχουμε: ν = πολ4 + 4π + υ=πολ4+υ� ν = πολ4 + υ (2). Επειδή Ο � υ < 4 , η (2) είναι η ισότητα της διαίρεσης ν:4. Άρα και το υπόλοιπο της διαίρεσης αυτής είναι υ. Εφαρμογή. Αν ν είναι ένας φυσικός αριθμός και υ είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης ν:4 (υ=Ο, 1 , 2, 3), τότε είναι γνωστό ότι i ν = i Στον εκθέτη του πρώτου προσθετέου είναι: Υ ο = 7 και Υ ι = 8 . Το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού 2y 1 + y 0 = 2 · 8 + 7 = 23 δια του 4 είναι 3. Άρα, σύμφωνα με την παραπάνω πρόταση, ο πρώ τος προσθετέος του αθροίσματος είναι ίσος με i 3 =-i . υ .

Σοίιμπλης, Αντώ\'ης Μιστριώτης. 37.

Να δείξετε ότι η συνάρτηση: f(x) = αχ4 + βχ 2 + γχ + δ ,

με α * Ο και α + β=- � δ , 2 έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο διάστημα [-1, 1]. όπου α, β, γ, δ

(Επροτάθη από το μαθητή Γεώργιο Σούμπλη . Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα) Λύση (από το μαθητή Π α\'αγιώτη Για\'νούλη, 3° Λύκειο Χίου) Η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο 1R . Έχουμε: f (Ο) = δ f (1) = α + β + γ + δ και f ( -1) = α + β - γ + δ . Προσθέτοντας κατά μέλη βρίσκουμε: f(O) + f(1) + f(-1) = 2α + 2β + 3δ = 2(α + β) + 3δ = ,

f(O) + f(l) + f(-1) = Ο . (1) Αν f(O) = Ο , τότε η f έχει ρίζα τον αριθμό Ο. Αν f(l) = Ο έχει ρίζα το 1 και αν f(-1) = Ο έχει ρίζα το -1 . Έστω ότι f(O) * Ο , f(l) * Ο και f(-1) :;t; Ο . Τότε, από την ( 1) έπεται ότι δύο τουλάχιστο από τους αριθμούς αυτούς είναι ετερόσημοι (γιατί;). Έστω ότι f(O) · f(l)<O . Τότε, από το θεώρημα του Bolzano, για την f στο διάστημα [0, 1 ], έπεται ότι η f έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο (0, 1). Όμοια, αν f( 1 )f(-1) < Ο η f έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο (-1 , 1) και αν� f(-1)f(0)<0 έχει μία τουλάχιστο ρίζα το (-1 , 0). Άρα, σε κάθε περίπτωση, η f έχει μία τουλάχι στο ρίζα στο διάστημα [-1 , 1].

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3Π4

•

Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές:

Κων/νος Πα

παγεωργίου, Σπύρος Λεονάρδος, Αντώνης Μιστριώτης, Αντώνης Μ ακρής. 38. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο διάστημα [0,5 ]. Να δείξετε ότι πάρχει χ0 Ε (0,5) με: 8f(x0 ) = 3f(l) + 4f(3) + f(4) .

Κολλέγιο Αθηνών). Λύση (από το μαθητή Κων/νο Παπαγεωργί ου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα) Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Από την (1) έχουμε για κάθε χ Ε � : f 2 (x) - 2xf(x) + x 2 = χ 2 + e x =>

(2) (Επροτάθη από το μαθητή Κων/νο Π απαγε ωργίου, Εκπαιδευτήρια «0 Πλάτων», Αθήνα). Θεωρούμε τη συνάρτηση: Λύσ η (από το μαθητή Αντώνη Μιστριώτη, (3) g(x) = f(x) - χ . Γερμανική Σχολή Αθηνών) Η g είναι ορισμένη και συνεχής στο � . Έχου Έστω ότι f(4) :::; f(l) :::; f(3) (ανάλογα εργαζόμε g(l) = f (1) - 1 > Ο . Επίσης από τη (2), έχουμε μαστε σε κάθε άλλη περίπτωση). Έχουμε: 3f(l) + 4f(3) + f(4) 2: 3f(4) + 4f(4) + f(4) = 8f(4) για κάθε χ Ε � . και (4) 3f(l) + 4f(3) + f( 4) :::; 3f(3) + 4f(3) + f(3) = 8f(3) Από την (4) έπεται ότι: g(χ) * Ο , για κάθε χ Ε � και άρα η g έχει σταθερό πρόσημο στο � Έτm, έχουμε: και επειδή g(l) > Ο, έπεται ότι: g(x) > Ο, για κάθε f(4) ::; 3f(1) + 4f(3) + f(4) ::; f(3) . χ Ε � . Έτσι από την (4) έπεται ότι: 8 3f(1) + 4f(3) + f(4) g(x) = �χ 2 + e 2 για κάθε χ Ε � . - 'Εστω ότι: f(4) = . Τότε 8 Άρα από την (3) έχουμε, για κάθε χ Ε � : χ0 = 4 . f(x) = x + �x 2 + e 2 • - 'Εστω ότι: f(3) = 3f(l) + 4f(3) + f(4) . Τότε 8 χ0 = 3 . Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση αυτή πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μο , � 4) < 3f(1) + 4f(3) + f(4) < f(3) . - 'Εστω οτι: ( 8 ναδική ζητούμενη. Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα ενδιαμέσων τιΛύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Αντώνης μών για την f στο διάστημα [3, 4], υπάρχει Μιστριώτης, Γεώργιος Σούμπλης, Αντώνης Χο Ε (3,4) με: Μακρής, Ν ίκος Αλεξίου, Νίκος Μαραβίτσα ς. f(x o ) = 3f(l) + 4f(3) + f(4) . 8 ΑΣΚΗΣΕ Ι Σ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ Άρα, σε κάθε περίπτωση, υπάρχει χ 0 Ε (0,5) με: 8f (x 0 ) = 3f(l) + 4f(3) + f(4) . 40. Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) Λύσεις έστειλαν και οι μαθητές: Σπί>ρος Λεο με ΑΒ > ΑΓ. Στην πλευρά του ΒΑ παίρνουμε νάρδος, Γεώργιος Σούμπλης, Αντώ\•ης Μ α τμήμα ΒΔ =ΑΓ. Ονομάζουμε Ε το μέσο του κρής, Ν ίκος Αλεξίου. τμήματος ΔΑ και Ζ το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΒΕΖ . 39. Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : � -+ 1R , για τις οποίες ισχύει f( l ) > 1 και (Προτείνεται από τη μαθήτρια Νικολέτα Φεσσά, 2 f (x) - 2xf(x) - ex = Ο , για κάθε χ Ε 1R . ( 1) Λύκειο Νέας Χαλκηδόνας). (Επροτάθη από το μαθητή Σπύρο Λεονάρδο, 1'

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3Π5

••

" " •

ι ι • "' •

" " "' .ι. • • - v •

ι ι • •

41.

Έστω ένα ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ 45. Μία εταιρεία έχει 20 υπαλλήλους. Μελετή σαμε τις ηλικίες τους και βρήκαμε: μέση τιμή ( Α = 90° ) . Στο εσωτερικό της γωνίας Β φέρχ 36,8 έτη και τυπική απόκλιση S = 6,6 έ--l A νου με μία ημιευθεία Β χ με ΑΒχ = -Β . Η Β χ τη. Στη συνέχεια η εταιρεία απέλυσε ένα υ 3 πάλληλο 50 ετών και προσέλαβε έναν άλλο τέμνει την πλευρά ΑΓ στο Δ και την παράλ 24 ετών. Να βρείτε τη νέα μέση τιμή χα και ληλο από το Γ προς την ΑΒ, στο Ε. Να δείξε τη νέα τυπική απόκλιση Sa των ηλικιών των τε ότι ΔΕ =2ΒΓ. υπαλλήλων της εταιρείας αυτής. (Προτείνεται από τη μαθήτρια Εβίτα Αντωνίου, (Προτείνεται από τον μαθητή Κων/νο Παπαγεωρ Ιταλική Σχολή Αθηνών). γίου, Εκπαιδευτήρια « 0 Πλάτων», Αθήνα). 42. Έστω η εξίσωση: αχ 2 + β χ + γ = Ο , όπου αγ * Ο και l α l + l γ l < l β l . Να δείξετε ότι οι ρί 46. Να βρείτε το ολοκλήρωμα: ζες της εξίσωσης αυτής είναι πραγματικές και Ι ( χ ) - f dx x(l + x 4 ) άνισες. Τις ονομάζουμε χ και χ2• Στη συνέ χεια να δείξετε ότι οι αριθμοί χ1 και χ2 δεν εί (Προτείνεται από τον μαθητή Αντώνη Μ ιστριώ ναι δυνατόν και οι δύο να είναι ακέραιοι. τη , Γερμανική Σχολή Αθηνών). (Προτείνεται από τον μαθητή Γιάννη Σούμπλη, Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα). 47. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β) 43. Οι γωνίες α, β και γ ανήκουν στο διάστημα (0, και ισχύουν: f ( α ) = f ( β ) = Ο . Να δείξετε ότι, 180°) και έχουν άθροισμα 360°. Να δείξετε για κάθε λ Ε IR , υπάρχει ξ Ε (α, β) με: ότι: f' ( ξ ) = λf 2 ( ξ ) . 1 + συνα + συνβ + συνγ < Ο . (Προτείνεται από τον μαθητή Γεώργιο Σούμπλη, (Προτείνεται από τον μαθητή Βασίλη Ν άκο, 3° Αρσάκειο Ψυχικού, Αθήνα). Λύκειο Ν. Ηρακλείου Αττικής). 4 8. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [Ο, +οο ) και για κάθε χ > Ο, 44. Θεωρούμε ένα κύκλο C , μία διάμετρό του ΑΒ ισχύουν: και μία χορδή του ΓΡ l_ ΑΒ , η οποία τέμνει την ΑΒ σ ' ένα σημείο Λ . Παίρνουμε ένα ση μείο Κ του τμήματος ΓΛ και φέρνουμε τις ευ θείες ΑΚ και ΒΚ, οι οποίες τέμνουν τον C όπου κ ένας θετικός αριθμός. Να δείξετε ότι: στα σημείο Μ και Ν, αντιστοίχως. Η ευθεία f ( χ ) Ο , για κάθε χ Ε [Ο, +οο ) . ΝΛ τέμνει την ΑΜ στο σημείο Π. Φέρνουμε και τα τμήματα ΜΝ και ΜΛ . Να δείξετε ότι: (Προτείνεται από τον μαθητή Σπύρο Λεονάρδο, ΜΝ · ΠΛ = ΜΛ · ΠΝ Κολλέγιο Αθηνών). (Προτείνεται από τον μαθητή Γιάννη Χαρδftλοi> π α , «Εκπαιδευτήρια Κωστέα - Γείτονα»). =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λθ ' τ.3Π6

Τ Α ΑΙΑΘ 11 ΑΙΑΤ Ι Ι( Α ΑΙΑ %

JJ I Α % I( 8 JJA Z Ο Υ 11

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος

Su Doku

Στην Ιαπωνία χρόνια τώρα έπαιζαν με ένα διαφορετικό σταυρόλεξο, το σταυρόλεξο των αριθμών. Το όνομά του (Su Doku) σημαίνει θέση του αριθμού. Πρωτοεμφανίστηκε στους Times στις 12 Νοέμβρη 2004 και σήμερα δημοσιεύεται σε όλα σχεδόν τα περιοδικά και εφημερίδες. Την ιδέα αυτή είχε ο Euler ο οποίοςτο 1 8° αιώνα είχε δημιουργήcrει ένα παρόμοιο παιχνίδι. Το Su Doku είναι κοινό για όλο τον κόσμο αφού δεν είναι γραμμένο σε καμία γλώσσα αλλά χρησιμοποιεί τα εννέα ψηφία ( 1 ,2,3,4,5,6,7,8,9) και γι' αυτό είναι δημοφιλές. Πώς παίζεται; Το «σταυρόλεξο» έχει 9 γραμμές και 9 στήλες, χωρισμένο σε 9 μικρότερα τετράγωνα 3χ3 και μας δίνεται η θέση ορισμένων αριθμών. Εμείς πρέπει να συμπληρώσουμε τις κενές θέσεις έτσι που να είναι μόνο μία φορά το κάθε ψηφίο σε κάθε γραμμή και σε κάθε στήλη και μία φορά σε κάθε μικρό τετράγωνο. Υπάρχουν από εύκολα μέχρι πολύ δύσκολα su dοku,ανάλογα πόσων αριθμών δίνεται η θέση. 0ρίστε μερικά συμπληρώστε τα. 4 1

3 7 9

5 2

4 6 8

3 ΕΥΚΟΛΟ

1 2 5 9

4 9 1 8

8 7

3 4

1 6

8 1

1 5

6 9

2 9 7

3 1

ΜΕΤΡΙΟ 7

1 8 1

5 9

1 2

8 6 1

5 3 9 1 7

4 3

8 9 7

2 4

ΔΥΣΚΟΛΟ

ισότητα Έχουμε την ισότητα 3 + 8 - 219 = 129, όμως δεν είναι αληθής. Προσθέστε μία ευθεία γραμμή οπουδήποτε μέσα στην ισότητα για να γίνει ένας αληθής ισχυρισμός.

3 7 9

2 5

Τα 9 σημεία Χωρίς να σηκώσετε το μολύβι από το χαρτί, σχεδιάστε τέσσερις ευθείες γραμμές που να περνούν και από τα εννέα σημεία που βλέπετε Η

Οικογένεια

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ' τ.3Π7

•

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Ένας πατέρας και μία μητέρα, ένας γιος και μία κόρη, μια αδελφή και ένας αδελφός, μια θεία και ένας θείος, μια ανιψιά και ένας ανιψιός και δύο ξαδέλφια συζητούν και προσπαθούν να μοιράσουν μια κληρονομιά έξι εκατομμύρια Ευρώ Τελικά πή ραν από ένα και μισό εκατομμύρια γιατί; Οι πίτες

Ο Πέτρος θέλει να ψήσει τρεις πίτες αλλά η ψησταριά χωράει μόνο δύο. Η κάθε πίτα θέλει δύο λεπτά από κάθε πλευρά για να ψηθεί. Μπορείτε να τον βοηθήσετε να τις ψήσει σε έξι λεπτά. Η παλiρ ρ ο ια

κ < η το

καράβι

Από ένα καράβι στο λιμάνι κρέμεται μια σκάλα και το νερό φτάνει μέχρι το τρίτο σκαλοπάτι και 8 εκατοστά ποιο πάνω. Τα σκαλοπάτια έχουν μεταξύ τους απόσταση 20 εκατοστά. Η παλίρροια αρχίζει στις 9.00 ' και στην περιοχή το νερό ανεβαίνει 30 εκατοστά σε μια ώρα. Πόσα σκαλοπάτια θα είναι μέσα στο νερό στις 10.00 ' .

Λ Π Α r ,Π Η )� Ε Ι Σ του 1 "" η:ύχους

Λ ι cί,.Jωγ{Η rυναικώ;ι Οι 3άδες των αριθμών που έ:χ,ουν γινόμενο 36 είναι: 1 + 1 + 36 = 38, 1 + 2 + 1 8 = 2 1 , 1 + 3 + 1 2 = 1 6, 1 +4+9= 14, 2+3+6= 1 1 , 3+3+4= 1 0, 1 +6+6= 1 3, 2+2+9= 1 3 . Η κ. Πλά τωνος που γνωρίζει τον αριθμό της διεύθυνσης του σπιτιού της δεν κατάλαβε μετά την απάντηση που πήρε στην πρώ τη ερώτησή της διότι οι ηλικίες των παιδιών είναι μία από τις 3άδες που έ:χ,ουν το ίδιο άθροισμα 1 3 , έτσι με την δεύ τερη ερώτησή της κατάλαβε ότι οι ηλικίες είναι 2,2,9. Dl ρό βλη μ α με τις t<λεψίJ δ ρες

έξυπνος μαθητή ς

Ο Μιχάλης είπε στη Βάσω την συμμαθήτριά του να γράψει έναν αριθμό, η Βάσω έγραψε 7 .543, τότε ο Μιχάλης της είπε ότι σ' αυτόν τον αριθμό θα προσθέσουμε δυο ακόμη αριθμούς εσύ και δυο αριθμούς εγώ και το αποτέλεσμα θα είναι 27.541 . Πώς το βρήκε; (Εγραψαν με τη σειρά Βάσω: 254 1 , Μιχάλης: 7458, Βάσω: 3607, Μιχάλης:6392) Η γυν αίκ α

Μια γυναίκα ζαλισμένη από το ποτό πέρασε σε μια διάβαση τρένου, αγνόησε τη μονή κατεύθυνση σ' ένα δρόμο, κινήθηκε μέσα σε μια λωρίδα λεω φορείων, μπήκε αντίθετα στην κίνηση σε τρεις άλλους δρόμους και δεν είχε δίπλωμα οδήγησης μαζί της. Ο αστυνομικός που την παρακολουθούσε δεν την σταμάτησε, γιατί; Τα τετράγω να

Με 1 Ο σπίρτα φτιάξτε δυο τετράγωνα το ένα με δυο σπίρτα · σε κάθε πλευρά και το άλλο με ένα σπίρτο σε κάθε πλευρά.

Το 2 είνα ι ί σ ο με

- ·

.::.ερουμε οτι αν

=α

τοτε

, χ

=+αη

= - α, για

την περίπτωσή μας είναι (2 - � ) = - (3 - � ) δηλαδή 2 2 5 5 5 2- - = - -3 , 2+3 = 2. - . 2 2 2

Το ψευτολίJ κει ο Κάθε μαθητής που λέει την αλήθεια απαντάει μια φορά ΝΑΙ στις ερωτήσεις ενώ κάθε μαθητής που λέει ψέματα απαντάει δύο φορές ΝΑΙ στις ερωτήσεις. Το σύνολο

Αναποδογυρίζουμε και τις δύο κλεψύδρες ,ο χρόνος αρ χίζει να μετράει. Όταν η ροή της άμμου στην κλεψύδρα των 7 λεπτών σταματά την αναποδογυρίζουμε θέτοντας πάλι σε λεΊτουργία. Όταν σταματήσει η ροή της άμμου στην άλλη κλεψύδρα των 1 1 λεπτών αναποδογυρίζουμε και πάλι την κλεψύδρα των 7 λεπτών και συνεχίζουμε να μετράμε το χρόνο μέχρι που να αδειάσει. Συνολικός χρόνος 7 +4+4= 1 5 .

των ΝΑΙ είναι 60+40+30= 1 30 άρα τα επιπλέον 30 ΝΑΙ είναι από τούς μαθητές που λένε ψέματα. (Διαβάστε τη στήλη Μαθηματική Λογική). Ο γ εω μέτρης μαθητής

Ο κύκλος διέρχεται από την κορυφή Ο της γωνίας

ΧΟΨ.

Μ αθη ματικό σ ταυ ρ όλεξο

Μ αντέψτε τη ν ηλικία των φίλων σ ας Αφού το αποτέλεσμα των πράξεων τους το πολλαπλα σιάζουν με 9 άρα το άθροισμα των ψηφίων στο αποτέ λεσμα είναι πάντα 9. π.χ. 32+47=79,

το χ2

79-2=77,

77.9=693 . 6+9+3= 1 8, 1 +8= 9, 9+ηλικία =Χ, Χ-9 = η

2 2 I

λικία. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λθ ' τ.3Π8

ο ο

ο I

9 8

6 ο ο 3

2 4 6

ΑΝΑΚΟΙΝΩΣΗ Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία στην ετήσια Γενική της Συνέλευση που πραγματοποιήθηκε την Κυριακή 12 Μαρτίου 2006 αποφάσισε την αύξηση της ετή σιας συνδρο μής των μελών από το �τ J , από Η

15€ σε 20€. Σημε ιώνουμε ότι η συνδρομή είχε την ίδια τιμή τα τελευτ αία ογτ:ώ χρόνια και η αύξηση αυτή ήταv επιβεβλημένη μετά από τη σημαντική αύξηση των τελών αποστολής των περιοδικών στα μέλη από τα Ελληνικά Ταχυδρομεία, όπως διαπιστώσαμε στο τέλος Ιανουαρίου. Επειδή η επιβάρυνση της αποστολής των περιοδικών καθώς και η συνεχής αύξηση του κόστους έκδοσης των περιοδικών είναι μεγάλη παρακαλούμε όπως r.ξοφλεί-rε τ συνδρο,ιή σ ι;; tγκαι α σ ν Ε Για ενημέρ ωσή σας, επάνω στην ετικέτα με το όνομα σας αναγράφεται το συνολικό ποσό το οποίο οφείλετε στην Ε.Μ.Ε. Οι τρόποι που μπορείτε να πληρώσετε τη συνδρομή σας είναι: Στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Στα γραφεία των παραρτημάτων της Ε.Μ.Ε.

Με ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή, ΕΛΛΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ, ΤΑΧ. ΓΡΑΦΕΙΟ ΑΘΗΝΑ 54, Τ.Θ. 30044

Είτε με κατάθεση του αντιτίμου της συνδρομής στους παρακάτω λογαριασμούς: � Τράπεζα ΕΘΝΙΚΗ, λογαριασμός όψεως 080/48002300 � Τράπεζα ALPHA, λογαριασμός όψεως 10 100 200 20 19 988 I 2.. Υ : Στην περίπτωση που η πληρωμή θα γίνει σε τράπεζα πρέπει να αποστείλετε στο Fax της ΕΜΕ (2 1 0-364 1 025) την απόδειξη κατάθεσης συμπληρωμένη με τα πλήρη στοιχεία του καταθέτη (ονοματεπώνυμο, διεύθυνση, τηλέφωνο) ώστε να είναι εφικτή η ορθή αποστολή των περιοδικών. Από το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε.

Ε Ν Η Μ Ε ΡΩΣ Η ΤΟΥ A PXEIOY ΤΗΣ Ε . Μ . Ε . Αγαπητοί Συνάδελφοι, Η ΕΜΕ για την καλύτερη επικοινωνία και συνεργασία με τα μέλη της, στο πλαίσιο αναβάθμισης και εμπλουτισμού της ιστοσελίδας της αλλά και την πληρέστερη ενη μέρωσή σας σε θέματα που αφορούν τόσο στις δραστηριότητες του Σωματείου μας, αλλά και σε γενικότερα θέματα αποφάσισε να ανανεώσει και να συμπληρώσει το αρχείο των μελών της. Για το λόγο αυτό σας παρακαλούμε, αφού συμπλη ρώσετε με ιδιαίτερη προσοχή και με Κ Ε Φ Λ Λ Λ Ι Α γράμματα τη φόρμα που ακολουθεί, να την αποστείλετε στην ΕΜΕ το συντομότερο δυνατό με fax στο 2 1 0364 1 025 ή με e-mail στο info @ hms.gr ή ταχυδρομικά. Εάν μέχρι τέλος Ιουνίου δεν έχουμε λάβει το σχετικό έντυπο θα θεωρήσουμε ότι τα στοιχεία που έχουμε στο αρχείο μας είναι σωστά και θα εξακολουθήσουμε να σας αποστέλλουμε τα περιοδικά «Ευκλείδης Α ' και Β ' » . Διευκρινίζεται ότι στη θέση « [ 'J> Γ Α Σ I Α » πρέπει να συμπλη ρωθούν τα πλήρη στοιχεία της υπηρεσίας της επιχείρησης, του οργανισμού κλπ. στην οποία εργάζεστε. Επίσης στη θέση « Π Ε Ρ Ι Ο Δ Ι ΚΟ>> εάν στην ίδια οικογένεια υπάρχουν 2 άτομα που είναι μέλη της Ε. ΜΕ. έχετε τη δυνατότητα να επιλέξετε δύο από τα τρία περ ιοδικά (μικρός Ευκλείδης, Ευκλείδης Α ' , Ευκλείδης Β ' από τέσσερα τεύχη το χρόνο) ή ένα από τα τρία επιστημονικά περιοδικά (Ευκλείδης Γ ' , Μαθη ματική Επιθεώρηση, από δύο τεύχη το χρόνο. Δελτίο από ένα τεύχος το χρόνο) . Είμαστε βέβαιοι για τη θετική ανταπόκρισή σας στην προσπάθεια της Εταιρείας να ενημερώσει το αρχείο και να καλύψει τις δικές σας απαιτi1 σης, προς όφελος όλων, σας ευχαριστούμε εκ των προτέρων. ΚΩΔΙ ΚΟΣ Μ ΕΛΟΥΣ [

• • • . • . • . •. . . . . . .

]

ΟΝΟΜΑ: [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ] Ε Π ΩΝ ΥΜΟ :

ΟΝΟΜΑ ΠΑΤΡΟΣ : [

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

......... ]

[

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

................................................................. ]

HM/N IA ΓΕΝΝ ΗΣΗΣ :

.....

/. . . . /. . . . . . .

: [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ΑΡ.: . . . . . . . . . . . . . . ]

ΟΔΟΣ

ΠΟΛΗ I ΠΕΡ ΙΟ Χ Η : [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ] ΤΑΧ. ΚΩΔΙΚΟΣ: [ . . . . . . . . . . . . . . . ]

ΤΗΛΕΦΩΝΟ: [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ΚΙΝ.: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ]

FAX : . [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ] Α ' ΠΤΥΧΙΟ

ΣΠΟΥΔΕΣ:

E-MAIL : [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ]

[ ........................................................................................................................... ]

ΜΕΤΑΠΤΥΧΙΑΚΆ [ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ] ΔΙΔΑΚΤΟΡΙΚΟ Ε ΡΓΑΣΙΑ [

[ .................................... ...................................................................................... ]

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

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ:

Μικρό Ευκλείδη ΕΥΚΛΕΙΔΗ Α '

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗ Β '

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Γ

ΔΕΛτΙΟ

]

Μ ΑΘ Η ΜΑ τΙ ΚΉ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ. D

l"'===��=��=��;;,;,;;��=�� o·.��o·J·

•

�

ΕΛΛΗΝΙΚΉ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΉ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 34 - 1 06 79 Τηλ. 3 6 1 6532 - 3 6 1 7784 - Fax: 3 64 1 025 www. hms.gr - e-mail : info@hms.gr

ΑΘΗΝΑ

Ν Ε ΕΣ Ε ΚΔΟΣΕΙΣ

Παίγνια και Λήψη Αποφάσεων 318 960-73 4 1 -27-9. Σχή μα 1 9Χ23 Λ.Τ. 28 €

Σελίδες ISBN:

Το βιβλίο πραγματεύεται με ενιαίο τρόπο το αντικείμενο της Θεωρίας Παιγνίων και της κλασικής Θεωρίας Βελτιστοποίησης υπό το πρίσμα των εφαρμογών των θεωριών και των τεχνικών τους στα

ΕΙ\ΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ €ΤΑΙΡΕΙΑ

Πιιlιι•ιιι

ιιtιι

ΑιJφιι Ιntιφtί•εω•

Χ. Δ. Ai'1tnpόvτn ΚQι S Κ. Chakrebarti

οικονομικά, τις πολιτικές επιστή μες και τη διοίκηση επιχειρήσεων. Αποφεύγοντας τη σχολαστικότητα, αλλά χωρίς να υστερεί σε μαθηματική αυστηρότητα, το βιβλίο απευθύνεται κυρίως σε προπτυχιακούς αλλά και μεταπτυχιακούς φοιτητές των οικονομικών, θετικών και τεχνολογικών σχολών, καθώς και σε όσους ενδιαφέρονται εν γένει για τη Θεωρία Παιγνίων και τη Θεωρία Αποφάσεων. Ο μεγάλος αριθμός των επεξεργασμένων παραδειγμάτων και των προς επίλυση ασκήσεων που καλύπτουν ένα ευρύτατο φάσμα εφαρμογών, εισάγουν βαθμιαία τον αναγνώστη στη μεθοδολογία και τη λογική της θεωρίας, και τον διδάσκουν πώς να αξιολογεί και να εφαρμόζει κατάλληλα τις σχετικές τεχνικές

Ευκλείδης Γ ' Νο 63

ΕΛλΗΜIΚΗ tιΙΑ&ΗΜλτ1ΚΗ εΤΑΙΡΕΙΑ

Λ.Τ. 10 € Ετήσια συνδρομή Μελών 20 € (2 τεύχη)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ'

Ο Ευκλείδης γ ' είναι το απαραίτητο βοήθημα του συναδέλφου Μαθηματικού. Αποτελεί το βήμα που

ΠΣΡΙ()ΔΙΚΟ MAΘtHAA11K 'tt t nA.1Δt:ΙAt

αποδέχεται τη συμβολή των συναδέλφων για μια καλύτερη μαθηματική παιδεία. Οι άξονες του Περιοδικού Ευκλείδης γ' είναι: � Στην κατεύθυνση της έρευνας με τη δημοσίευση ερευνητικών αποτελεσμάτων του πεδίου της διδακτικής των Μαθη ματικών και της Μαθη ματικής Εκπαίδευσης. � Στην κατεύθυνση της επιμόρφωσης, με τη δημοσίευση άρθρων που συμβάλλουν στην ευρύτερη και βαθύτερη κατάρτιση όσων διδάσκουν μαθηματικά � Στην κατεύθυνση της ενημέρωσης, με την ανακοίνωση και παρουσίαση συνεδρίων, η μερίδων, μεταπτυχιακών προγραμμάτων και επιμορφωτικών σεμιναρίων που αναφέρονται στη Μαθη ματική Εκπαίδευση. ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Ιωάννης Λαζαρίδης : Ο ρόλος των γεωμετρικών κατασκευών στη διδασκαλία της γεωμετρίας στην υποχρεωτική Βένιος Αγγελόπουλος:

εκπαίδευση

Σχετικά με την εισαγωγή νέων εννοιών στα σχολικά μαθη ματικά: Το παράδειγμα της παραγώγου

Δημήτριος Καραγεώργος - Σωτήριος Μπίνας:

Σύγκριση δυο Μεθόδων Διδασκαλίας (Παραδοσιακής- Χρήση Η/Υ) στις Εγγεγραμμένες

Γωνίες Μια εναλλακτική προσέγγιση εκπαίδευσης δασκάλων σε θέματα Διδασκαλίας των Μαθη ματικών

Μπούτα Χαρά:

Αγγελική Μητρογιαννοπούλου :

Μορφολογική Ψυχολογία & Γνωστικές Θεωρίες Μάθησης

Νικόλαος Τζίφας-Χρήστος Μινόπουλος - Αναστάσιος Ν. Μπαρκάτσας:

Τα χαρακτηριστικά μιας δίκαιης και ισότιμης αξιολόγησης στα

Μαθηματική Επιθεώρηση Νο 62 Λ. Τ. 1 0 €

Ετήσια συνδρομή Μελών 20 € (2 τεύχη)

Το περιοδικό ΜαθηματικιΊ Επιθεώρ η ση (Μ.Ε.) έ"..(ε ι στόχο να ε\•ημερώνει τους συναδέλφους

ΜΑΘΗ ΜΑτΙ ΚΗ 6 � Ε Π Ι Θ ΕΩ Ρ Η Σ Η �..: : :

.. " I Ο Υ � I ΟΣ

Περιοδικr'ι

Εnιστημονική Έκδοση

μαθηματικούς της χώρας �ιας σε θέματα Μαθηματικιον, Ι στορίας και Φιλοσοφίας των Μαθηματικών, Εφαρμογών τω'' Μαθηματικών, Εκπαιδευτικής Έ ρευ,•ας, Ειδικών θεμάτων, Παιδαγωγικών θεμάτων κ.λπ. Η ανάπτυξη των παραπάνω κλάδων γίνεται με υψηλού επιπέδου άρθρα τα οποία δη μοσιεύονται. Το υψηλό επίπεδο των εργασιών που δημοσιεύονται εξασφαλίζεται από τους κριτές που εποτελούνται από μέλη ΔΕΠ, Ερευνητές και άλλους επιστήμονες ειδικούς στις θεματικές ενότητες των επί κρίση εργασιών ΠΕΡΙ ΕΧΟΜΕΝΑ Ν. Μεταξάς - Σ. Μερκούρης : Ι. Η. Απλακίδης:

Κβαντικοί υπολογιστές

Εύρεση των εστιών των κωνικών τομών από το περίγραμμα τους

Κ. Παπαδόπουλος:

Ελληνική Μαθηματικη Εταιρεfα

Ογδόντα χρόνια υπολογιστικών γωνιακών σχέσεων σε τρίγωνα και τετράπλευρα

Η χρήση τού μοντέλου των μερικά παρατηρήσιμων Μαρκοβιανών αλυσίδων (P.O.M.D.P.S) σε διαδικασίες αξιολόγησης εκπαιδευτικών συστη μάτων.

I. Γκουλιώνης : I. Μ. Ρούσσος :

Μια Παρουσίαση Θε μάτων Προβλη μάτων Μεταβολών στη Ρημάννια Γεωμετρία

Χρ. Δ. Στατεράς:

Η πρώτη μεγάλη κρίση στην ιστορία των Μαθη ματικών. Ο αριθμός ε ίναι άρρητος Δέκα διαφορετικές αποδείξεις

Συνάδελφοι Επισκεφθείτε την ιστοσελίδα της Ε."Μ.Ε. (www.hms.gr ) όπου υπάριουν όϊ..α τα τεύχη τοι) Ευ:κλέιδ11 Γ και τι1ς 1\fαθιιματικής Ε πιθειί)ρησης με τα περιεχόμενά τους :καθώς και όλες οι εκδόσεις της Ε.Μ.Ε.