Ευκλειδης Β 66 by demi de

•

Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού

"ΘΑΛΗΣ" 2007

rιιr

Ελλιινιιtιjr ΙΙ•Βιιμtιrιιtιjr Εr•ιpeί•r .. � ""'"' �.

·-

Θ. Τσιούμας, I. Σιάχος

Γεωμετρία Β' Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

μαθηματικά

,,,,,, ltll ,,,.

Χ. Δ. λi"Ιιnρ:=-.·-:-.-;

,ο Ζιι•λ�;;# "�xit."�

•.:

,..,., 5 ι(_ Ch•kr•bartl

··;· .

. ';, .. , . :: .. ::��!\�:;;;:.::-;

Γ' Evιolou Λuκεlοu

Μαθηματικά r· Ενιαίου Λυκείου

Αρχέc; οικονομικής θεωρίας Γ Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας

Μάθημα επιλογής

Μ. Τσιλπιρίδης

ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑηκΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

·ιιιa:ι . ·ιι·

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Ενιαίου Λυκείου

. ..�. :--: ·�·-"'·.�:..�:�'!'-:";:• ..;:. �-'" ....

{;

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α Ενιαίου Λυκείου

Άλγεβρα Α' Ενιαίου Λυκείου

�·,�

", (!j� Πφιοδι""r'ι Ι!!τtισ1'ημονιιι.ι'ι Έιςδοαη

Ελληνιιc.ή Μαθηματική Ετc:ιιρι:Ια

για όλες τις κατευθύνσεις Π. Μηλίτσης ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΑ

,·!f-. )�� :ι:·J �1J -:>ι..'J

.)/ �-t });]-�;;] .Jt.�? G: a -�� t;f !lJ

:�-��=-.:ι}

.,;:�} ��!.{) {} p.r.f/tr.J .')f {f .��'?-:.W J}::J�if.�.r/,�:t

V�v��ιdY�μf@v Ε4

Υ�

=::=:_ � ::::---=

_:::-__ -��

--;;:__

-�-=-

·.

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Τεύχος

Οκτώβριος

Νοέμβριος . Δεκέμβριος

2007·

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ

Έτος λη' ΤΟ

•

Ευρώ:

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

./ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

Έτος Euller

./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ./

Homo Mathematicus

"Ο ΘΑΛΗΣ" 2007

Μαθηματικά

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί συνάδελφοι

Σας ευχόμαστε ολόψυχα καλή χρο

Τάξης

Α'

νιά και ευτυχισμένο το 2008, με υγεία

./ Άλγεβρα Εξισώσεις 2ου βαθμού. Σύνολα.

και δημιουργικότητα για σας και τους μα θητές σας. Πρόθεσn μας είναι να παρακολου

Γενικά περί συναρτήσεων. Η συνάρτηση f(χ)=αχ+β 16

./ Γεωμετρία Παραλληλόγραμμα

Μαθηματικά

Β'

σίες που μας στέλνετε. Για τη μαθηματικn

Τάξης

ομοιομορφία των άρθρων Θα μας επιτρέψετε

./ Άλγεβρα Πολυώνυμα - Πολυωνυμικές εξισώσεις

Μαθηματικά

Γ'

σε συνεννόηση μαζί σας να γίνονται κάποιες επεμβάσεις στον τρόπο παρουσίασης. Ας μην

./ Γεωμετρία μετρικές αχέσεις στον κύκλο - Εμβαδά

./ Κατεύθυνση ευθεία

Θούμε με ενδιαφέρον τις μαθηματικές εργα

ξεχνάμε ότι την κύρια ευθύνη για την επιστη

Τάξης

μονικn ορθότητα κάθε επιστημονικού άρθρου φέρει ο ίδιος ο aρθρογράφος.

./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης Προβλήματα εύρεσης μέγι-

στης και ελάχιστής τιμής μιας συνάρτησης ./ Μαθηματικά Γενικής Παιδείας 58

Ειδικά, Θέλουμε να πιστεύουμε, ότι η διά

./ Κατεύθυνση Θεωρήματα συνεχών συναρτήσεων

δοση του περιοδικού για τους μαθητές μας, είναι σημαντικός στόχος για όλους μας. 62

Ενώνουμε λοιπόν τις δυνάμεις μας για την επίτευξη του καλύτερου δυνατού.

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

./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν 69 ./

Ο Ευκλείδης προτείνει...

./ Νιοστή ρίζα

./ Το βήμα του Ευκλείδη

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Πρόεδρος της Συντακτικnς Επιτροπnς Γ.Σ. Τοaaόπουλος

Αντιπρόεδρος της Συντακτικnς Επιτροπnς Β. Ευαταθίου

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙρΕΙΑΣ

Σuνταντική επιτροπή

Εκτελεaτική Γραμματεία

Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου ΓιαννΙJς ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 • 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Πρόεδρος: ΑνδρουλακάκηςΝικος Αντωνόπουλος Νίκος Τηλ.: 21 Ο 3617784 - 3616532 Ταααόπουλος Γιώργος Αργυρ�κης Δημ.ήτ9ιος Fax:2103641025 Βακαλοπουλος Κωστας Γράψας Κων/νος Αντιπρόεδρος: Δρουτσας Παναγιώτης Εκδότης: Ευσταθίου Βαγγέλης Ευσταθίου Βαγγέλης Αλεξανδρής Νικόλαος Ζαχαρόπουλος Κων/νος Γραμματέας: Ζώτος Βαγγέλfις Διευθυντής: Καλίκας Σταμάτης Χριστόπουλος Παναγιώτης ΚανέλλΟς Χρήστος Τuρλής Ιωάννης Καραγκού�ης Δ!Jμήτρης Μέλη: Αργυράκης Δ. Καρακατσανης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κωδικι)ς ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Δρούτaας Π. Κατσούλη_ς Γιώργος Κερασαφδης Γιαννης ISSN: 1105- 7998 Λουρίδας Σ. Καρδαμιτσης Σπύρος Κnπουρός Χρήστος Ταπεινός Ν. ΚΛάδη Κατερίνα Επιμέλεια • Εκδοσης: Κόντζια_ς Νίκος Κοτσιφqκης Γιώργος_ Ταaaόπουλος Γιώργος Κυριακοπουλος Αντωνης Σύνθεaη εξωφύλλου: Κυ ιακόπουλος Θανάσης Ευaταθίου Βαγγέλης από αυνάρτηaη Eϋler και Modulαr Form Κυ ερν!Ιτου Χqψιτ. Λα αρίδης Χρηστος

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνοvtαι από την Ε.Μ.Ε.

�

Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανασης ΜανοΛάκου Σταματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας ΜενδQινός Γιάννης Μεταξά_ς Νικόλαος Μυλ , ωVας ΔΙJμήτρης Μωκος Χρηστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης _Δημήτρης Σαιτη Ευα Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρα_ς Ευάγγελος Τσικα.λσuδάκη� Γιώργος Τσιού;.ιας Θανασης Τυρλ_ης �ωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλάμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χqιστόπουλος Παναγιώτης

f��:�� ....... r�� ......

Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνοvtαι έγκαιρα, στα γραφεία της

Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνοvtαι στέλνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝτΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Β. Σωτη

ης

2007: ΕΤΟΣ EULER «Διάβασε Euler .. , διάβασε Euler. .

Αυτός είναι δάσκαλος για όλους μας». Laplace

Αθανασίου Λιπορδέ�η

Ο Κ. ΚΑΡΑΘΕΟΔΩΡΗ ΥΠΗΡΞΕ ΕΚΔΟΤΗΣ ΣΗΜΑΝΤΙΚΟΥ ΒΙΒΛΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΟΥ EULER

Στη διαχρονική πορεία της επιστήμης ξεχωρίζου\' οι υ:ϊ:ε�""�βα τικοί αριθμοί π, e και ο φανταστικός ί με του; ο;τοίου ; ο Euler έφτιαξε το ποίημα των μαθηματικών όπω; α;τοιωί.είται η σχέση eiπ = -1 . Ο e είναι αριθμός του Euler, που βρέθηκε σε επιστολή του στον Ι. Bemoulli. Ο Leonhard Euler ή ελληνιστί Ευλήρος γεννιέται στη Βασιλεία της Ελβετίας στις 15 Απριλί ου 1707. Ο πατέρας του ήταν μαθητής του Ιακώβου Bemoulli και ήταν αυτός που του έδειξε τα πρώτα βήματα στα Μαθηματικά. Γνωρίστηκε γύρω στα 1720 με τον Ιωάννη Bemoulli, που την εποχή εκείνη, εθεωρείτο ο με γαλύτερος μαθηματικός αφού ο Leibniz είχε πεθάνει και ο Newton, ήταν πλέον αρκετά μεγάλος. Ο Bemoulli aντιλαμβανόμενος το ταλέντο του Euler τον ενθαρρύνει προς τα μαθηματικά και προσφέρεται να του παραδίδει δωρεάν μαθήματα. Το 1724 παίρνει το βαθμό του «Magister» και εκφωνεί λόγο με θέμα την σύγκριση της φι λοσοφίας του Newton με αυτήν του Descartes προκαλώντας ευοίωνες εντυπώσεις. Δύο χρόνια αργότερα δημοσιεύει ένα υπόμνημα με τίτλο Constructio Linearum in Medio quocunque resis tente (Κατασκευή ισόχρονων γραμμών εντός μέσου, πανταχόθεν ανθισταμένου) προκαλώντας τον ενθουσιασμό του δασκάλου του Ι. Bemoulli που σε μία επιστολή του τον αποκαλεί «πρίγκι πα των Μαθηματικών» και «ασύγκριτον άνδρα». Το 1727 η Ακαδημία επιστημών των Παρισίων του παραχωρεί το «accessit» για ένα υπόμνημα επί του εξαερισμού των πλοίων. Με ατυχή παρότρυνση συμμαθητών μεταβαίνει στην Αγία Πετρούπολη σε μία μη γόνιμη εποχή για τις επιστήμες στην Ρωσία. Παρ' όλα αυτά καταφέρνει να αναδειχτεί σε αυθεντία στις ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66

τ.2/2

------- Ιστορικές Μ αθη ματικές Αναφορές

-------

ναυτικές επιστήμες. Το 1730 παίρνει την θέση του καθηγητού της Φυσικής και το 1733 διαδέχεται στην Ακαδη μία ως μέλος τον Δανιήλ Bemoulli και έτσι του δίδεται χρόνος και ευκαιρία να ασχοληθεί με την έρευνα οπότε συγγράφει την μηχανική της κίνησης των βημάτων που εκδίδει η ίδια η Ακα δημία. Παρ' ότι ακολουθεί μία περίοδος πολιτικής αστάθειας στην Ρωσία το 1741 ο Φρειδερίκος ο 2°ς ο μέγας τον στέλνει να αναδιοργανώσει στο Βερολίνο την Ακαδημία που φιλοτέχνησε ο Leibniz.

Το σχέδιο όμως ναυάγησε εξ' αιτίας του πολέμου της Σιλεσίας και έτσι ο Eu1er ευρισκόμε νος χωρίς επίσημα καθήκοντα καταλήγει να κάνει ιδιαίτερα μαθήματα σε παιδιά βασιλικών οι κογενειών. Σημαντικοί μαθητές του Eu1er υπήρξαν, ο γιος του, από τον πρώτο του γάμο Jean A1bert Eu1er. Ο Cristian Go1dbach, ο Nico1as Fuss, ο Pau1 Henri. Ο G. W. Κrafft και ο Α. J. Lex ell που άφησαν με το έργο τους το όνομά τους στην ιστορία της επιστήμης. Την διετία 1744-1746 γράφει 35 πολύτιμες διατριβές με ποικιλία επιστη μονικών θεμά των και οι οποίες γνωρίζουν μεγάλη εκδοτική επιτυχία γραμμένος και σε άλλες γλώσσες!!!

Εν τω μεταξύ το 1743 ο Φρειδερίκος ο 2°ς ο μέγας ιδρύει την Ακαδημία των επιστημών και των γραμμάτων του Βερολίνου και αναθέτει το μαθηματικό τμήμα στον Eu1er. Έτσι από το

1745 έως το 1769 δημοσιεύονται 25 τόμοι και 330 υπομνή ματα!!! Λέγεται ότι ο Eu1er χάνοντας τις ελπίδες του να διαδεχθεί τον Maupertuis στην προεδρία της

ακαδημίας του Βερολίνου, το ζητά από τον βασιλιά της Πρωσίας και ενδίδει στις δελεαστικές προκλήσεις της Αικατερίνης της 2ης για να αναλάβει διευθυντής της Ακαδημίας Πετρούπολης. Οι ατυχίες όμως, συνεχίζουν να σφυροκοπούν τον μέγα μαθηματικό. Το 1760 είδε το σπίτι του στο Βερολίνο να πλήττεται από τον Ρωσικό στρατό, τώρα κατά την μετάβασή του στην Πε τρούπολη τα υπάρχοντά του ακόμη και χειρόγραφα, χάνονται σε ναυάγιο. Μόλις φθάνει στη νέα του διαμονή, ασθενεί βαρύτατα και ενώ από το 1735 είχε χάσει την όραση του δεξιού ματιού του από υπερβολική εργασία κατά τη μελέτη γεωγραφικών χαρτών τώρα αισθάνεται ότι θα τυφλωθεί εντελώς. Έτσι ο μεγάλος επιστήμων αναζητά τρόπους να γράφει και να διαβάζει χάνοντας το φως του. Σαν να μην έφθαναν όλα αυτά, 6 χρόνια μετά την εγκατάστασή του στην Πετρούπολη το σπίτι του γίνεται παρανάλωμα του πυρός, ενώ ο ίδιος σώζεται, την τελευταία στιγμή και χάρις στον ηρωισμό ενός υπηρέτη του. Ο Eu1er είχε μία πολυμελή οικογένεια από την αγάπη της οποίας αντλούσε την έμπνευση ενώ από την συμπαράσταση των aφοσιωμένων φίλων του την δύναμη για να συνεχίζει την έ ρευνά του και με αντίξοες συνθήκες. Άξιον θαυμασμού είναι το γεγονός ότι το 50% των εργασιών του το έγραψε προς το τέ λος της ζωής του που ήρθε απροσδόκητα 5 μέρες πριν γεννηθεί ένα άλλο μεγάλο άστρο των μαθηματικών, ο Κ. Καραθεοδωρή ο οποίος υπήρξε μετέπειτα προς μεγάλη μας χαρά και ικανοποίηση εκδότης ενός έργου του Euler για τον λογισμό των μεταβολών που θα κοσμεί το μουσείο Καραθεοδωρή στην Κομοτηνή .

επιστήμη υποκλίνεται στον τιτάνα που άνοιξε τόσους νέους δρόμους σε όλους τους κλά δους των καθαρών και εφηρμοσμένων μαθηματικών. Τριακόσια χρόνια πέρασαν από την γέν

νησή του και πολύ σωστά η επιστή μη απεκάλεσε το έτος 2007 ΕΤΟΣ EULER. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/3

------- Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

-------

• <

· ..•.'

. ·

:.··

Το έργ ο του σίγουρα δεν μπορούμε να τολμήσουμε, να το συμπεριλάβουμε στο βιογραφικό αυτό αφιέρωμα. Αμφιβάλλουμε αν αρκεί ένα περιοδικό και μόνο για σύντομες αναφορές. Θα αναφέρουμε όμως μερικούς τύπους και θεωρήματα που οφείλονται στον Euler και ξεχωρίζουν ως φάρος στον ωκεανό της μαθηματικής επιστήμης.

lim

V---H-00

( )ν

ix -ix ix +e -ix e ι+ α = eα ημ χ= e - e χ= � συν 2 χ --

foo ημχ dx ο

=Π

Επιγραμματικά αναφέρουμε την συμβολή του στην Άλγεβρα για τη θεωρία εξισώσεων. Στη Θεωρία Αριθμών είχε θαυμαστές αποδείξεις και θεωρήματα που αποδίδονται σ' αυτόν το μέγα επιστήμονα που είχε την έμπνευση να αραιώσει τα σκοτάδια που περιβάλλουν τους πρώτους α ριθμούς, ρίχνοντας φως από την γνώση του και την ευφυί'α του. Στην aπειροστική ανάλυση με απαράμιλλη δεξιοτεχνία και ενίοτε ανησυχητική άνεση όπως τον παρατηρούσε ο Δανιήλ Bemoulli χειρίζεται τις σειρές χωρίς να διαχωρίζει τις αποκλί' ' π Σ 1 ενω' ' οφει'λεται και η ανακα' λυψη του τυπου Σ' αυτον νουσες απο' τις συγκλινουσες. 6 η 1 1 1 ( ' .ιιm - +- + ... +- - .ι η χ ) = γ, η σταθερα' γ φερει ' το ονομα ' ' του και ειναι στην σημαντικη' σχεση Χ 1 2 γ = Ο, 57722 1 566 49... χωρίς να είναι ακόμη γνωστό, αν είναι ρητός ή άρρητος. 2

11'

Χ-Η«>

00 ι

Στην ανάλυση , ο άοκνος εργάτης προσφέρει αναρίθμητες βελτιώσεις στις παραγώγους και τα ολοκληρώματα. Ενδεικτικά αναφέρουμε την εισαγωγή και επιβολή απ' αυτόν του συμβόλου of I 8χ για τις μερικές παραγώγους, η αντιστροφή της τάξεως των παραγωγίσεων. Εις αυτόν α ποδίδονται τα «Ολοκληρώματα Euler πρώτου και δεύτερου είδους», καθώς και ο τρόπος προσ διορισμού ιδιοτήτων ολοκληρωτικών καμπύλων, ο οποίος μένει στάσιμος για ένα περίπου αιώνα μετά τον Euler. Ασχολήθηκε με τα ισοπεριμετρικά προβλήματα και το 1 744 γράφει ειδικό υπόμνημα το ο ποίο θεωρείται ο πρόδρομος του λογισμού των μεταβολών στον οποίο ένας άλλος πολύ μεγάλος μαθηματικός, ο δικός μας ο Κ. Καραθεοδωρή θα αναδειχτεί σε αυθεντία του είδους. Απ' αυτό το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/4

------- Ιστορικές Μαθη ματικές Αναφορές

-------

υπόμνημα του Euler εμπνεύστηκε και ο Langrange τις βάσεις του νέου αυτού αλγορίθμου. Στην στοιχειώδη Γεωμετρία και τριγωνομετρία πραγματικά εκπλήσει το γεγονός ότι ο ασχολούμενος με την μελέτη του ωκεανού της επιστήμης (Ανάλυση) θα εύρισκε χρόνο να ασχο ληθεί με την κλασική γεωμετρία και τριγωνομετρία. Σ' αυτόν οφείλεται η σχέση BC AD + CA BD + ΑΒ CD = Ο μεταξύ 4 σημείων μίας ευθείας της οποίας είναι γνωστή η εφαρμογή στη θεωρία των διπλών λόγων τετράδας σημείων. Επίσης η σχέση α 2 + β 2 + γ 2 + δ 2 = ε 2 + ζ 2 + 4d 2 όπου α, β, γ, δ οι πλευρές ενός τετραπλεύρου ε, ζ οι δια γώνιοι και d το ευθύγραμμο τμήμα που ενώνει τα μέσα των διαγωνίων. (Η σχέση αυτή βρέθηκε σε επιστολή στον Goldbach το 1 745). Εδώ είναι σημαντικό να γράψουμε ότι η τελική μορφή της εικασίας του Goldbach που ακόμα αναζητά τη λύση της, από την επιστήμη οφείλεται στον Euler. Πρώτος παρατήρησε ότι το ορθόκεντρο, βαρύκεντρο και περίκεντρο τριγώνου βρίσκονται στην ίδια ευθεία που ονομάστηκε ευθεία του Euler. Σ' αυτόν οφείλονται πολύτιμες γεωμετρικές κατασκευές. Στην στερεομετρία υπολογίζει τον όγκο τετραέδρου από τις ακμές καθώς και τον τύπο α + β = γ + 2 (αριθμός εδρών, β αριθμός κορυφών, γ αριθμός ακμών). ·

Στην τριγωνομετρία παρουσιάζει τόσο σημαντικό έργο ώστε να αποκαλείται ο μέγας μεταρ ρυθμιστής του κλάδου. Πρωτοστατεί και κάνει σοβαρή και σπουδαία δουλειά και στην αναλυτική γεωμετρία κα θώς και την απειροστική γεωμετρία χωρίς να κάνει χρήση των παραγώγων για την μελέτη κα μπύλων από τις εξισώσεις τους. Στην τοπολογία όλοι γνωρίζουν την συμμετοχή του Euler από το γνωστό πρόβλημα με τις γέφυρες του Κένσιμπεργκ (Konigsberg) πόλης της Γερμανίας που διασχίζει ο ποταμός Pregel δημιουργώντας 5 τόπους. Το τοπολογικό πρόβλημα στην περίπτωση αυτή είναι ότι πρέπει να επισκεφτούμε όλους τους τομείς της πόλης που δημιουργούνται από την διέλευση του ποταμού περνώντας από κάθε γέφυ ρα μία μόνο φορά. Όμως μπορούμε να μπούμε και να βγούμε από κάθε τομέα περισσότερες από μία φορές. Οι σκέψεις του επί του ζητήματος αυτού είναι τόσο πρωτότυπες και σημαντικές ώστε να γεννηθεί ο κλάδος της τοπολογίας. Στην επιστολή του στον Goldbach (Γκόλντμπαχ) το 1757 διδάσκει τον τρόπο μετακίνησης του αλόγου πάνω στον πίνακα του ζατρικίου (σκάκι) ώστε να καταλάβει διαδοχικώς και μία μόνο φορά όλες τις κυψέλες του πίνακα. Την μέθοδό του ανέπτυ ξε σε μία εργασία των χρονικών της Ακαδημίας του Βερολίνου, εμπνέοντας τις μελέτες του με ταγενέστερου σπουδαίου Γάλλου γεωμέτρη του Vanderrnonde .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 66 τ.2/5

flιιι�J�ιι,�·��·' A.,,l'.,��"''l'"'' --

Μιιd..,pιιτιt.ιιέ.�· OJ41pnιιt.λl.ε� Επιτροπή Διαγ ωνισμών της Ε.Μ.Ε.

68ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ''Ο ΘΑΛΗΣ" ΣΑΒΒΑΤΟ, 24 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2007

Α' Πρόβλημα ι

τάξη Λυκείου

Δύο παιδιά συζητούν για αλγεβρικά προβλή ματα. Ο Γιάννης λέει στη Μαρία: Έχω σκεφτεί δύο ακέραιους αριθμούς χ και y που είναι τέτοιοι ώστε, αν μειώσω τον χ κατά 50 και αυξήσω τον y κατά 4 0, τότε το γινόμενό τους δεν μεταβάλλεται. Η Μαρία ρωτάει το Γιάννη : Αν αυξήσεις τον αριθμό χ κατά 100 και μειώσεις τον αριθμό y κατά 20, τότε πάλι το γινόμενό τους δεν μεταβάλλεται; Ο Γιάννης απαντάει: Πράγματι, αυτό ισχύει. Η Μαρία καταλήγει: Τότε γνωρίζω τους αριθμούς που σκέφθηκες. Έχει δίκιο η Μαρία; Εσείς μπορείτε να βρείτε τους αριθμούς που σκέφθηκε ο Γιάννης;

Λύση

-50)(y+40)0)} {-20x+l00y=2000 {xyxy==(x(x+IOO)(y-2 40x-50y=2000} {χ=ΙΟΟ} y=40

Σύμφωνα με τη συζήτηση που είχε ο Γιάννης με τη Μαρία, αν ισχύουν:

<:::>

x,y

είναι οι αριθμοί, τότε θα

<:::>

Πρόβλημα 2 Αν α, β , γ ε R με (α -β )( β- γ)( γ - α) "* Ο τότε να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης: Α=

Λύση

-1

(γ- )(γ+ ( β )( β+ (α- )(α+ + + . (α-β )( α-γ) ( β-α)( β-γ) (γ-α)(γ-β )

Ο,

Το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανομαστών είναι (α-β)(β-r)(r -α)* fJXY -1) x;J 1 Α (α(β-y)(d οπότε έχουμε + (y-α - ) +---'---'--"-' -----'-{α-β)(β-y)(y-α) -{α-β)(β-y)(y-α) -{α-β)(β-y)(y-α) (β-y)α2+(y-α)β2+(α-β)y2 +(β-r+ r-α+α-β) (β- y)α2+ βy(β-y)-α(β2- r2) (α-β)(β-y)(y-α) (α -β)(β-r)(y -α) 2 (α-β)(α - y) (β- y)(α + βy-α(β + y)) (α -β)(β -r)(y -α) (α -β)(y -α)

- Ι)

=Ι.

Πρόβλημα 3 Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ και Α = 45°. Φ έρουμε ευθεία ε κάθετη προς την ΑΓ στο Α η οποία τέμνει την προέκταση της ΓΒ στο Ε. Πάνω στην ευθεία ε παίρνουμε ση μείο Δ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/6

-------

Μαθηματικοί Διαγων ισμο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

τέτοιο ώστε ΑΔ ΑΓ με το σημείο Α συναρτήσει της πλευράς ΑΓ = β :

--------

να βρίσκεται μεταξύ των Ε και Δ. Να υπολογίσετε

( α ) το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ,

(β )

το μήκος του ευθύγραμμου τμή ματος ΑΕ. ΛίJση

Το τρίγωνο ΑΓΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε Α ΓΔ = 45° . Άρα είναι Α ΓΔ = 45° = Β ΑΓ , οπότε ΑΒ ΙΙΓΔ , αφού τεμνόμενες από την ΑΓ σχηματίζουν δύο εντός εναλλάξ γωνίες ίσες. Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο με βάσεις ΑΒ =β, ΓΔ = �β 2 + β 2 = βJ2 και βJ2- . Ά ρα εχει ' ΑΖ = ΓΔ = ' εμ β αδ ον ' υψος 2 2 (α)

β 2 (2 + J2) + β βJ2 βJ2 ) · = ΑΒΓ Δ = . ( 2 2 4 (β) Επειδή είναι ΑΒ 11 Γ Δ τα τρίγωνα ΕΑΒ

και ΕΔΓ είναι όμοια, οπότε, αν ΕΑ = χ θα έχουμε: �= ΕΔ <:::::> � = χ +t <=:> xJ2 = χ + β<=> x(J2 - 1 ) = β<=> χ = = β(J2 + 1 ) . ΑΒ ΔΓ β βν2 ν2-1 ,

Πρόβλημ α 4

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί x,y που ικανοποιούν τη σχέση : χ6 + 2x3y2 + 3χ3 + y4 + 3y2 40 =Ο -

Λύση

Η δεδομένη σχέση γράφεται διαδοχικά: χ6 + 2χ3 / + y + 3χ3 + 3/ = 40 4

2 ( χ3 + /) + 3 ( χ3 + /) + 2 = 42 ( χ3 + / + Ι)· ( χ3 + / + 2) = 42 . Οι αριθμοί όμως χ3 + y2 + 1 και χ3 + y2 + 2 , είναι θετικοί ακέραιοι με χ3 + / + Ι < χ3 + / + 2 και 42 = 1 · 4 1 = 2· 21 = 3 · 1 4 = 6· 7. γινόμενο Επομένως θα πρέπει: χ3 + / + 1 = 1 και χ3 + y 2 + 2 = 42 (1) χ3 + y2 + 1 = 2 και χ + y + 2 2 1 (2) χ3 + y2 + 1 = 3 και χ3 + y2 + 2 = 14 ( 3) χ3 + / + 1 = 6 και χ3 + / + 2 = 7 (4) Προφανώς οι σχέσεις ( 1) , (2) , ( 3) είναι αδύνατες και από τη σχέση (4) , έχουμε: χ3 + y2 = 5 που αληθεύει για χ = 1 και y = 2 . Διαφορε τι κά, θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε το τριώνυμο ω 2 + 3ω - 40 = Ο, όπου ω = χ3 + / , η οποία, αφού χ, y > Ο έχει τη μοναδική λύση χ3 + y2 = 5 , που αληθεύει μόνο για χ = 1 και y = 2 . 3

Β' τάξη Λυκείου

Π ρ ό β λη μ α 1 Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί x,y που ικανοποιούν τη σχέση : 6 4 χ + χ - 2χ3 - 2xz y z - 2y z + 2y 4 + 2 = Ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/7

------- Μαθη ματικοί Διαγων ισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες -� 1 ; •.

-------

υση ,·

Ισοδύναμα από την δεδομένη ισότητα, έχουμε: � + χ4 - 2χ2/ + / + � = ο <::::> (χ3 - Ι) 2 + (χ2 - y2 ) 2 + (/ - Ι) 2 = ο <::::> (χ3 - Ι = Ο και

χ2

- / = Ο και

- Ι = Ο ) <::::> ( χ = Ι και y = Ι) ή ( χ = Ι και y = - 1 )

Να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές των θετικών μονο ψήφιων ακεραίων αριθμών κ, λ, μ για τους 2 οποίους η δευτεροβάθμια εξίσωση κχ + λχ + μ = Ο έχει δύο ακέραιες ίσες λύσεις.

Για να έχει η εξίσωση διπλή λύση, πρέπει η διακρίνουσά της να είναι μηδέν. Δ = Ο <::::> λ2 - 4κμ = Ο <::::> λ2 = 4κμ .

Στη περίπτωση αυτή η διπλή λύση είναι: χι = χ2 = � 2κ 2 Ο αριθμός 4κμ είναι άρτιος. Άρα και ο λ είναι άρτιος, οπότε ο λ είναι άρτιος. Οι δυνατές τιμές που μπορεί να πάρει ο λ (δεδομένου ότι είναι μονοψήφιος θετικός ακέραιος) είναι: λ=2 ή λ=4 ή λ=6 ή λ=8. Αν λ = 2 τότε: 4 = 4κμ <::::> κμ = Ι , οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι κ = Ι και μ = 1 . Αν λ = 4 τότε: Ι6 = 4κμ <::::> κμ = 4 , οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι (κ = 1 και μ = 4 ) ή (κ = 4 και μ = Ι) ή (κ = 2 και μ = 2 ) . Αν λ = 6 τότε: 36 = 4κμ <::::> κμ = 9 , οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι (κ = Ι και μ = 9 ) ή (κ = 9 και μ = 1 ) ή (κ = 3 και μ = 3 ) . Αν λ = 8 τότε: 64 = 4κμ <::::> κμ = Ι6 , οπότε οι δυνατές τιμές για τα κ και μ είναι ( κ = 2 και μ = 8 ) ή ( κ = 8 και μ = 2 ) ή (κ = 4 και μ = 4 ) . Άρα οι δυνατές τιμές για τη διατεταγμένη τριάδα (κ, λ, μ) είναι:

( Ι, 2 , Ι) ' (1, 4, 4)' ( 2 , 4, 2 ) ' ( 1 , 6 , 9) ' ( 3 , 6 , 3) ' ( 2 , 8, 8 ) ' (4, 8, 4)

Οι άλλες περιπτώσεις απορρίπτονται, διότι δεν δίνουν ακέραια λύση. Οι εξισώσεις που προκύπτουν, με την αντίστοιχη διπλή λύση είναι: χ2 + 2χ + Ι = Ο με διπλή λύση Χι = χ2 = - 1 , χ2 + 4χ + 4 = Ο με διπλή λύση χ2 + 6χ + 9 = Ο με διπλή λύση Χι = χ2 = - 3 . ΙΠ

Χι

= χ2 = -2 ,

Αχ//ΒΓ

Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και η μιευθεία (η Αχ βρίσκεται στο ίδιο η μιεπίπεδο με το σημείο Γ ως προς την ευθεία ΑΒ). Στην ημιευθεία Αχ θεωρούμε τα σημεία Δ και Ε έτσι, ώστε το τετράπλευρο ΒΓ ΔΕ να είναι ρόμβος (το σημείο Ε βρίσκεται ανάμεσα στο Α και στο Δ). Στο ση μείο Δ θεωρούμε την κάθετη ευθεία στη ΔΓ που τέμνει την προέκταση Δ της πλευράς ΒΑ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. (β} Να αποδειχθεί ότι το Ε είναι έγκεντρο του τριγώνου ΑΓΖ. (α) Εφόσον το ΒΓ ΔΕ είναι ρόμβος, θα ισχύουν οι ισότητες: ΒΓ = Γ Δ = ΔΕ = ΒΕ ( Ι) Θεωρούμε ΑΛ και ΕΚ κάθετες στη ΒΓ. Τότε ΑΛ = ΕΚ (διότι ΑΛΚΕ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/8

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

ΑΛ είναι διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, οπότε

ΑΛ=

--------

ΒΓ . 2

ΒΓΟ>ΒΕ Άρα ΑΛ = ΕΚ =-= - . Δηλαδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΚ, έχουμε: 2 2 ΒΕ ΕΚ = - οπότε Β ι=30°. 2 Από το ρόμβο ΒΓ ΔΕ έχουμε Βι=Δι= 30° και επειδή ΓΔz= 90° έχουμε τελικά ότι: Α

I Δ2 =60°I

(2 ) Το τετράπλευρο ΑΓΔΖ είναι εγγράψιμο (διότι Α=Δ=90°) και η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΖ Άρα το Δ είναι μέσο του τό ου ΓΖ, οπότε Γ .

(3 ) Από τις σχέσεις (2 ) και (3 ) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. (!)) Προφανώς η ΑΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Γ Az . Αρκεί να αποδείξουμε ότι η ΖΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Γ ΖΑ . Εφόσον το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο, θα ισχύει ΕΖ = ΕΒ και επειδή Β2 =15°, θα ισχύει: z2 =1so (4 ) Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΓΔΖ έχουμε ΑΖΓ=Δι= 30°, οπότε θα είναι Ζ1 =15°. !ΠΙ � a

' !' '

/}�ιιJJ,ημα .,j.,.,

Αν

χ, y,

z ε

να λυθεί το σύστημα :

3x 2 y + 2yz 2 7y 2 z + 4zx 2

= 70xz = 256xy 2 2 5z x + 6xy = 52yz .

Λi>ση

3XJl 2Υ 7 z 4z z 6 + Ζ = 70, y + x = 256, S x + XJl =52 , z χ χ z Υ Υ zx z xy y w το οποίο, αν θέσουμε -=u,-=ν,-= z χ Υ 3u + 2ν = 70 (1 ) 7ν+4w= 256 γίνεται (2 ) . 5w+6u=52 (3 ) Με πρόσθεση κατά μέλη των τριών εξισώσεων λαμβάνουμε 9 ( u+ν+w )=37 8<:=> u+ν+w=42 . (4 ) Λόγω της (4 ) η εξίσωση (2 ) γίνεται 7ν+4 ( 42 -u - ν )= 256 <:=> -4u+3ν= 8 8. (5 ) Από τις (1 ) και (5 ) λαμβάνουμε u= 2, ν= 32 , οπότε από την (4 ) προκύπτει ότι w= 8 . Άρα έχουμε το xy = 2, yz = 32, zx = 8 σύστημα (6 ) χ z Υ από το οποίο με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των τριών εξισώσεων έχουμε xyz= 2 · 8 ·32 . (7) Από τις (6 ) και (7) λαμβάνουμε 3 2 ·8· 8 8· <:=> <:=> 2 2 2z =2 · 8 ·32 z =256 z=±16

Για xyz *Ο το σύστημα είναι ισοδύναμο με το

{

}

{ � :ξ :;} { ;: : �: } { ; : :: } ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/9

-----

Μαθηματικοί Διαγων ισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-----

οπότε, λαμβάνοντας υπόψη την εξίσωση (7), με έλεγχο προκύπτουν συνολικά 4 τριάδες που είναι λύσεις του συστήματος: ( x , y , z ) =( 4, 8, 1 6)ή ( -4, - 8, 1 6)ή ( 4, -8, - 1 6)ή ( -4, 8, - 1 6). Πρόβλημα 1

Γ'

τάξη Λυκείου

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ ΑΓ και Α 3 0 . Στα ση μεία Α και Γ θεωρούμε τις εφαπτόμενες του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ που τέμνονται στο Δ. Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΓΔ είναι όμοια. (α) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ συναρτήσει της πλευράς ΒΓ = α του (β) τριγώνου ΑΒΓ. =

(α)

,'\(ιση

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι ισοσκελή ' (ΔΑ = ΔΓ, ως εφαπτόμενες από το Δ στον περιγεγραμμένο κύκλο) και έχουν Γ =ΓΜ , ως εντός εναλλάξ. Άρα είναι όμοια. Παρατηρούμε ότι Β ΟΓ = 2Α = 60" , οπότε το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισόπλευρο και ισχύει ότι

R =ΒΓ =α .

Έστω η ΑΟ τέμνει τη ΒΓ στο σημείο Μ. Επειδή είναι ΟΑ = ΟΒ και ΑΒ = ΑΓ η ΟΑ είναι η μεσοκάθετη της ΒΓ. Άρα είναι ΑΔ 11ΒΓ και το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι τραπέζιο. Επιπλέον από το τρίγωνο ΑΜΓ έχουμε

[ �)

α ΑΓ' � α +

: �ΑΓ�α�2+J3

Επειδή τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΑΓ είναι όμοια (Γ = Γ Μ ) , θα έχουμε ΑΓ 2 <=:> ΑΔ ΑΓ <=:> AΔ =a (2 +J3 ) . = ΑΔ = ΑΓ

ΒΓ

Άρα είναι

2 ( ΑΒΓΔ) α+α (2+-/3 ) α (2+-/3 ) α ( 9 + 5-/3 ) 2

2 J!lιH'iHλ]1!JIU � ι; •

�

(α) Να προσδιοριστούν οι παράμετροι λ, μ Ε � έτσι ώστε ο αριθμός εξισώσεων:

λχ3 - ( μ + 4) χ - 2 = 0

και

να είναι ρίζα των

μχ2 - 4χ - λ - 2 = 0 .

(β) Για τις τιμές των λ, μ που βρήκατε στο ερώτημα (α), να λύσετε την εξίσωση

Λύση

λχ3-(μ+4)χ-2 μχ2-4χ-λ-2

17 8

Για να είναι το 2 κοινή ρίζα των δύο εξισώσεων πρέπει και αρκεί: ( !1)

2χ3 - 7χ - 2 = 1 7. ' ' ' εξισωση Γ ια λ=2 και μ=3 η δ εδ ομενη γινεται: 2 3χ - 4χ - 4 8

{

8 λ -2(μ + 4) -2 = 0 4μ - 4·2 - λ - 2 = 0

Όμως έχουμε τις παραγοντοποιήσεις 2χ3 -7χ -2 = (χ - 2 ) (2χ 2 + 4χ + 1 )

3χ2 - 4χ - 4 = (χ -2) (3χ +2) . 2χ2 + 4χ + 1 = 17 , ' ' ' η εξισωση ' ει'ναι ισο δυναμη με την εξισωση οποτε 3χ + 2 8 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 0

}

<=>

{ λ =2} μ=3

{ }

------

{ }

------ Μαθηματικο ί Διαγων ισμοί - Μαθηματικές Ολυμπ ιάδ ες

2 13 13 E 2 ' χ= -<:::>16χ2 -19χ - 26= 0 ' xE.IR- 2 ' -- <=>χ= 2η x .IR - 2 ' -- <=>χ= --. 3 16' 3 16 Πρόβλημα 3

: .IR � .IR

Αν για τη συνάρτηση

(

ισχύει :

τότε να αποδείξετε ότι η συνάρτηση

( )-

( )) =

είναι περιττή.

(

( )) -

, για κάθε x,y Ε .IR,

ΛίJση

από τη δοσμένη συναρτησιακή σχέση (1) έχουμε: (2 ) f (f(O) - f (O ))= f ( f (O )) -Ο� / (0)= f ( f (O)) Από τη δοσμένη συναρτησιακή σχέση (1) θέτοντας όπου y το f ( x ) έχουμε: (3) f( f (x ) - f ( f ( x ))) = f ( f ( x ) ) - f(x) Αν τώρα στη (3) θέσουμε χ=Ο έχουμε: .f( f (O ) - f ( f (O))) = f ( f (O)) - f (O ) και σε συνδυασμό με την (2) καταλήγουμε f ( f (O ))= f (O )=Ο. Θέτοντας στην (1) όπου χ=Ο , έχουμε: f ( /(0) -f(y ) )=f( /(0)) -y και δεδομένου ότι f(J(O) = ) f(O)=O , καταλήγουμε στη σχέση (4) f ( -f ( y ))= -y . Θέτοντας στην (1) όπου y το χ έχουμε: (5 ) f ( f ( x ) - f ( x ))= f (f( x )) - χ� f(O )= f ( f ( x )) -χ<=> f ( f ( x) )=χ Αντικαθιστώντας στην (4) όπου y το / ( χ ) , έχουμε: f( -f ( f ( x ))) =-f ( x ) και σε συνδυασμό με την (5) , καταλήγουμε στη σχέση f ( -χ)=-f(x) , για κάθε χ Ε .IR , δηλαδή η f είναι περιττή . Για

χ=y=Ο

Πρόβλημα 4

Για κάθε τρεις μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς ,

μεταξυ τους ανα δυο, να αποδειξετε οτι : ΛίJση

α+b

a, b

και

b+c -

c+α -

( ) ( ) ( ) -- + -- + -α-b

b-c

c-α

που είναι διαφορετικοί

�2.

α+b , ' Αν θ εσουμε χ=--, τοτε λ αμ β ανουμε ,

α-b

α b

, χ =F- 1 αφου ( ειναι ,

b =F-Ο)

•

χ+1 χ -1

(1 )

b+c c , αν θ εσουμε , λαμβ ανουμε ' ' y = -- , z= +α , τοτε Ο μοιως, b-c

c-α

y+1 c y -1 c z+ 1 και -=-. α z -1 Από τις (1 ), (2 ) και (3) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη λαμβάνουμε ( x+1 ) ( y+1 ) ( z+1 ) αbc =-=1=>xy+ yz+ zx= -1. ( χ -1 ) ( y -1 ) ( z -1 ) bca Όμως έχουμε Ο � ( χ+ y+ z γ = χ2 + / + z2 + 2 ( xy+ yz+ zx )= χ2 + / + z2 - 2 =>χ2 + y2 + z2 -2 �Ο => χ2 + / + z2 � 2. b-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 1

(2 )

(3)

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλη ματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) τι είναι τα Μ αθη ματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3 ) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5 ) Ποιες επι

στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επ ιμέλεια : Καρκάν η ς Β ασίλης, Κ ε ρασαρ ίδ η ς Γ ι άνν ης Ι.

"τι είναι τα Μαθηματικά;" •

« ... Η μαθηματική γνώση δεν είναι απλά μια "παρέλαση συντακτικών μεταβολών", μια ομάδα "δομικών μετασχηματισμών" ή ακόμα και "απλού τύπου γραμμικές συνδέσεις". Όσο περισσότερο βυθιζόμαστε εθνογραφικά στους μαθηματικούς κό σμους, τόσο περισσότερο εντυπωσιαζόμαστε από τη γενικότητα της κοινωνιολογικής απαίτησης. Οι μαθηματικοί τύποι ή τα μαθηματικά αντικείμενα όλο και περισσότερο τείνουν να εξετάζονται σαν λογικότητες, συλλογικοί μετασχηματισμοί και πα γκοσμίου ενδιαφέροντος απόψεις. Τα θεμέλια των μαθηματικών δεν εντοπίζονται στη λογική ή σε συστήματα από αξιώματα αλλά στην κοινωνική ζωή. Οι μαθηματικοί τύποι και τα μαθηματικά α ντικείμενα ενσαρκώνο υν τους μαθηματικούς

'Ή

ΚΟΙΝΩΝΙΚΉ ΥΠΟΣτΑΣΗ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ", Κεφ. 13, Εισαγωγή]- http://ypeήon.math.upatras.gr/courses/sts } •

Ο αείμνηστος παιδαγωγός Γ.Κ. Μωραϊτης ( 1 925-2002), στον ανέκδοτο δεύτερο τόμο της ερ γασίας του με τίτλο «Το Πολυτεχνικό Σχολείο Βα σικής-Γενικής Εκπαίδευσης» γράφει για τα Μαθη ματικά, μεταξύ άλλων: «ε) Η γνώση της γί.ώσσας

και της μαθηματικής σκέψης: Αυτά τα δύο στοιχεία που λειτουργούν σαν τον πρώτο άξονα γν ωστικής λειτουργίας του σχολ είου, έχουν διπλή αξία, μεθοδο λ ογική και φιλοσοφική. Μεθοδολ ογική, γιατί είναι το όργανο της επικοινωνίας και προσέγγισης της πραγ ματικότητας, και παράλλ ηλ α είναι το σύστημα με το οποίο ταξινομείται ο κόσμος γύρω μας σε ένα οργα νικό σύνολ ο και απεικονίζεται ο γύρω και μέσα μας κόσμος. Και δεν πρέπει να ξεχνάμε πως αυτή ακρι βώς η λειτουργία είναι εκείνη που δίν ει ιδιαίτερη διάσταση στον ψυχισμό του ανθρώπου. Το δίδυμο γλώσσα και μαθηματική σκέψη (η δεύτερη είναι προέκταση της πρώτης) πρέπει και σε συσχετισμό » μεταξύ τους να λειτουργούν και σε αναφορά με τους {Πηγή: Εργασία φοιτητών για το μάθημα "Επιστήμη υπόλοιπους άξονες γνωστικής λειτουργίας» Τεχνολογία-Κοινωνία", Μάης 1999 (Μετάφραση ή και σχολια σμοί ή και γενικότερη παρουσίαση) Αμπαρτζίδης Γ., Ζαχαρά [πηγή: περιοδικό «ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΙΔΕΙΑΣ», τ. 29 (2007)] κης Δ., Μπούζας Δ., Ταυρής Ν., Τσούκας B.[SAL RΕSΠνΟ,

κόσμους. Περιλαμβάνουν την κοινωνική ιστο ρία της κατασκευής τους. Παράγονται μέσα και από τους μαθηματικούς κόσμους. Τελικά, είναι οι κόσμοι αυτοί και όχι κάποιοι μεμονω μένοι μαθηματικοί αυτοί που δημιουργούν τα μαθηματικά ...

Γ ιάννης Κ ε ρασαρ ίδ ης

11. 'Ά υτδ το ξι:ρατε;"

Τι είναι η "Σάλπιγγα του Γαβριήλ" ή "τρομπέτα του Toιτicelli " ; [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

11 I. "οι συvεργάτε� της στιίJ.ιις γράφου ιι-ερωτοι5v"

Π ρ ώτο Θέμα : «Η ανακάλυψη των αρχείων Καραθεοδωρή»

Σ. Λ ιπο ρδέζ η - Ν. Λυ γεροίJ ( Κομοτ ην ή - Λυών )

Π ρολεγόμενα. Ο Σάκης Λιπορδέζης είναι ιδρυτής και πρόεδρος του «Συνδέσμου Φίλων Κ. Καραθεοδωρή» (και για πολλά χρόνια πρόεδρος του Παραρτήματος της ΕΜΕ Κομοτηνής). Ο Νίκος Λυγερός σας είναι γνωστός από το προηγούμενο τεύχος (παρουσίαση στη στήλη μας). Αυτοί οι δύο άνθρωποι, με την αρωγή του Υπουργού ΥΠΕΠΘ Ευριπίδη Στυλιανίδη, πέτυχαν το ακατόρθωτο: να κάνουν

την Κομοτηνή κέντρο σπουδών πάνω στα έργα του διάσημου Έλληνα Θρακιώτη μαθηματικού Κων/νου Καραθεοδωρή . Το άρθρο που ακολουθεί είναι κάποιες (ελάχιστες) πινελιές στο πορτραίτο του μεγάλου Έλληνα μαθηματικού, ο οποίος είναι πασίγνωστος στην αλλοδαπή και, σχεδόν, άγνω στος στην πατρίδα του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/12

------

i\16ναzο, ΙοίJνιος 2007

H'Af' Af�TH&AfAT/CVf

Στο Μόναχο είχαμε πάει και το Νοέμβρη του 2006. Την πρώτη μέρα κάναμε ένα μεγαλόπρεπο μνημόσυνο στον τάφο του Κ. Καραθεοδωρή όπως του άξιζε. Με παπά και ψαλτική χορωδία. Με κόλ λυβα και καταθέσεις στεφάνων. Με παρουσία υψη λών ακαδημαϊκών προσώπων όπως ο Roland Burl ish, ο Frits, και ο κοσμήτωρ του πανεπιστημίου οι οποίοι αναφέρθηκαν με τα καλύτερα λόγια για τον Κ. Καραθεοδωρή. Την επομένη, νωρίς το πρωί, τα βήματά μας οδή γησαν στα βιβλιοπωλεία παλιών βιβλίων και τα παλαιοπωλεία. Μια παλιά γκραβούρα του 1 900 με την ακαδημία των γραμμάτων και τεχνών ήταν η πρώτη μας αγο ρά γιατί τότε ζούσε εκεί ο Καραθεοδωρή και επειδή βραβεύτηκε σ ' αυτήν. Μετά από αρκετό ψάξιμο βρίσκουμε και ένα βιβλίο του φίλου του Sommerfeld περί θερμοδυναμικής με αρκετές αναφορές στον Καραθεοδωρή. Την επομένη και τελευταία μέρα ξεκινάμε για την αναζήτηση αρχείων. Στην πανεπιστημιακή βι βλιοθήκη βρίσκουμε αρκετά από τα βιβλία του και την διατριβή του την οποία και φωτοτυπούμε. Με ικανοποίηση και νέες δυνάμεις συνεχίζουμε την αναζήτηση στα αρχεία της πόλης. Ένα κτίριο επιβλητικό εξαιρετικής αρχιτεκτονι κής στην είσοδο του οποίου δεσπόζουν τέσσερα μεγάλα μαρμάρινα αγάλματα. Του Αριστοτέλη, του Θουκυδίδη, του Ομήρου και του Ηροδότου, καθι σμένους σε θρόνους. Εικόνα απείρου κάλλους την οποία για αρκετή ώρα κάναμε «σάρωση». Όσο σκεφτόμασταν ότι μέσα μπορεί να είναι οι πνευματικοί θησαυροί ενός άλλου δικού μας η καρδιά μας ανέβαζε τους ρυθ μούς της. Η πρόσβαση τελικά βρήκε αδιέξοδο. Χρειαζόμασταν ειδική άδεια. Έτσι μέσω του Υπουργείου Εξωτερικών και σε συνεργασία με το προξενείο της Ελλάδας στο Μό ναχο πετυχαίνουμε πρόσβαση στα αρχεία τα οποία μας περίμεναν στο κτίριο των αρχείων της πόλης τον Ιούνιο του 2007. Ο διευθυντής των αρχείων κ. Bemd Gδrmer μας περίμενε στο καθορισμένο ραντεβού. Αφού συ μπληρώνουμε τα απαραίτητα έγγραφα οδηγούμα στε σε ένα γραφείο 3χ2. Δεν αργεί να έρθει το πρώτο κουτί σαν τις κά σες που βάζουμε μήλα. Η έκπληξή μας προφανής όπως η αδημονία μας να αρχίσουμε το ψάξιμο. Μέσα υπήρχαν τέσσερα πακέτα δεμένα με σπάγκο χαρταετού. Περιοδικά, γράμματα, φάκελοι, κάρτες, τετράδια, μπλοκ, όλα γραμμένα δια χειρός Κ. Κα ραθεοδωρή. Παραλήπτες επιστολών και αποστο λείς σπουδαίοι μαθηματικοί του εικοστού αιώνα, Cartan, Courant, Schmidt, Hilbert, Landau.

-------

Δέος, δέος, δέος. Ψαχουλεύουμε χαρτιά διπλω μένα μέσα σε σημαντικά περιοδικά που ίσως πρώτη φορά ανοίγονταν. Πρώτη φορά κοιτούσαμε με τόσο θαυμαστό την μουτζούρα των δακτύλων μας από το ξεφύλλισμα. Παρά την αφόρητη ζέστη στον κλειστό χώρο δεν καταλάβαμε πότε πέρασαν τέσ σερις ώρες και έπρεπε να αποχωρήσουμε. Η επόμε νη μέρα ήταν Παρασκευή. Η βιβλιοθήκη έκλεινε στις 1 2 .00. Ευτυχώς μας δόθηκε ειδική παράταση μιάμισης ώρας. Έτσι την επομένη ήμασταν από τους πρώτους μελετητές. Σημειωτέον ότι για κάθε τι που θα ζη τούσαμε αντίγραφο έπρεπε να συμπληρωθεί η α ντίστοιχη αίτηση. Ευτυχώς και σ ' αυτό την διευκό λυνση των διευθυντών στο βλέμμα των οποίων δι ακρίναμε την ικανοποίηση επειδή ασχολούμαστε με τον Κ. Καραθεοδωρή. Τα χέρια μου τρέμουν όταν αντικρίζω επιστολή μαθηματικού περιεχομένου με ημερομηνία 24 Ια νουαρίου 1950, δηλ. 9 μέρες πριν πεθάνει! ! ! Η μία έκπληξη διαδέχεται την άλλη και να μια κριτική ανάλυση με διορθώσεις για το κατοπτρικό τηλεσκόπιο του Schmidt. Σταχυολογώντας συγκλονιστικές στιγμές που μοιραστήκαμε με τον Δρ Ν. Λυγερό ανακαλύπτο ντας χειρόγραφα αυτόγραφα του Κ. Καραθεοδωρή και όχι μόνο, καταγράφουμε τα εξής. Επιστολή στον Finsler το 1 945 . Επιστολή στον Jacobi Bemoulli για το ισοπεριμε τρικό πρόβλημα του Lagrange. Το λήμμα Schwarz. Πέντε διατριβές περί μετασχηματισμού του Leg endre. Μαθήματα στο Μετσόβιο Πολυτεχνείο. Καταγραφή από τον ίδιο τον Καραθεοδωρή όλου του έργου του και των εργασιών του (δύο χειρό γραφα, το ένα με διορθώσεις και το άλλο καθα ρό). Κριτικές αναλύσεις για έργα μεγάλων μαθηματι κών και φυσικών όπως του Courant, Hilbert, Sommerfeld κλπ. Σημειώσεις από τις διαλέξεις του στις 2-5 και 8 Νοεμβρίου 1 926 για τη θεωρία της σχετικότητας. Περί των καμπυλών του στυλοβάτη του Παρθε νώνα. Άρθρο για τον Ε. Cartan στις 1 2 Απριλίου 1 929 στην εφημερίδα Deutche allgemeine Zeitung. Εργασία με τίτλο: Η μεγάλη πυραμίδα του Χέο πος. Εργασία στα Ελληνικά με τίτλο περί Μαθηματι κών που διδάσκονται στη μέση εκπαίδευση, το 1 924. Σύντομη αυτοβιογραφία. Άρθρο του σε δελτίο της ΕΜΕ το 1 943 . • •

•

• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/13

#�Af� Af�T#EArAT/CVf

Εργασία για το κατοπτρικό τηλεσκόπιο του Smίth. Εργασία για την αναδιοργάνωση των πανεπιστη-

--------

Ευχετήριες κάρτες προς σημαντικούς μαθηματικούς γεμάτες σημειώματα επιστημονικά και με επικολλημένο γραμματόσημο. Ανακοίνωση Πρωσικής Ακαδημίας δια προέδρου της Oscar Peπon για την αναγγελία του θανάτου του. Συλλυπητήρια ανακοίνωση Ακαδημίας Αθηνών προς τα παιδιά του. ΑΥΤΑ ΚΑΙ ΠΟΛΛΑ ΑΚΟΜΑ ΗΔΗ ΒΡΙΣΚΟΝΤΑΙ ΣΤΟ ΜΟΥΣΕΙΟ ΚΑΡΑΘΕΟΔΩΡΗ (αντί γραφα προς το παρόν).

•

μίων Αθηνών - Θεσσαλονίκης.

•

Το πρόβλημα του Tchebytcheν για τους χάρτες. Αλληλογραφία με τον Petric, τρεις μήνες πριν το θάνατό του. Εργασία με την οποία συμμετείχε στο συνέδριο του 1 934. Δημοσίευση στο περιοδικό OSIRIS* το 1 937 άρθρου με θέμα «Οι αρχές της θεωρίας του λογισμού των μεταβολών». Αλληλογραφία με Rosenthal. •

•

*περιοδικό που ασχολείται με μελέτες στην ιστορία και τη φιλοσοφία των επιστημών.

•

Δεύτερο Θέμα: «Χειραψίες»

Τη λt μ . \'Ι παλτσαβ ι {1 ς, (Κ�:φαλλονιά)

Ο Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς είναι ένας φίλος της στήλης μας και γνωστός στους αναγνώ στες από προηγούμενο άρθρο του για τα «Γενέθλια». Σ ' αυτό το άρθρο (θα δημοσιευθεί σε δύο συνέχει ες) ασχολείται με τις «Χειραψίες» Εκ πρώτης όψεως φαίνεται ότι η χειραψία ως πιαστά παραδείγματα εκτός της καθιερωμένης τρόπος χαιρετισμού δεν παρουσιάζει κάποιο Μα «σχολικής ύλης». θηματικό ενδιαφέρον. Όπως όμως θα δείξουμε στο Η πρώτη έννοια της οποίας η χειραψία αποτελεί άρθρο αυτό, ο πιο διαδεδομένος τρόπος χαιρετι παράδειγμα, είναι η συμμετρική διμελής σχέση, δη σμού έχει να μας διδάξει αξιόλογες ιδέες και σκέ λαδή αν ο Α δίνει χειραψία (σχετίζεται) με τον Β, ψεις. Το πρώτο, και ίσως μεγαλύτερο όφελος που τότε και ο Β δίνει χειραψία (σχετίζεται) με τον Α. μπορεί να αποκομίσει ένας μαθητής διαβάζοντας το Ας δούμε όμως τρία ενδιαφέροντα παραδείγματα παρόν άρθρο, είναι η κατανόηση εννοιών με χειρο Μαθηματικής σκέψης. Προλ εγ{ι μ ε να.

Παράδειγμα I"

παρέα ήταν οποιοσδήποτε αριθμός, έστω v , ποια θα ήταν η απάντηση στο ίδιο πρόβλημα; Δεν είναι πλέον δύσκολο να βρείτε πως έγιναν v ( V -1 )/2 χειραψίες. Βάλτε τώρα στη θέση του ν το πλήθος των ατόμων που θέλετε και προκύπτει αμέσως η απάντηση στο αντίστοιχο πρόβλημα. Μια και ήρθε στο προσκήνιο η γενίκευση, ας δούμε κάτι άλλο ωραίο στο ίδιο πρόβλημα, την ισοδύναμη γεωμε τρική του διατύπωση. Είναι η εξής: Δίνονται 1 Ο διακεκριμένα σημεία στο επίπεδο. Πόσα διαφορετικά ευθύγραμμα τμή ματα ορίζονται με άκρα τα σημεία αυτά; Η λύση είναι ολόιδια, γι ' αυτό μπορούμε να μι λάμε για γεωμετρικό αντίστοιχο. Το παραπάνω γε νικό αποτέλεσμα βλέπουμε ότι περιγράφεται από τη συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ (χ - 1 ) / 2 όταν αυτή περιοριστεί στους θετικούς ακέραιους. Ακο λουθεί η γραφική παράσταση (σε Mathematica) αυ τής της συνάρτησης για όλους τους πραγματικούς χ E[l,+oo). Όπως γνωρίζουμε, καμπύλη αυτή είναι τόξο παραβολής.

Ας πούμε ότι μια παρέα αποτελείται από 1 0 άτο μα που έχουν δώσει ραντεβού να βρεθούν, να τα πιουν και να το ευχαριστηθούν. Όλοι τα πηγαίνουν καλά με όλους τους υπόλοιπους και έτσι ο καθένας από αυτούς χαιρετάει δια χειραψίας όλους τους άλλους. Το ερώτημα είναι: «Πόσες χειραψίες έγι ναν;» Φυσικά ο καθένας χαιρετάει τον οποιονδήποτε άλ λο μόνο μια φορά και προφανώς ουδείς χαιρετάει τον εαυτό του. Ο καθένας από τους 1 Ο της παρέας δίνει 9 χειρα ψίες, άρα θα μπορούσε κάποιος εύκολα να ισχυρι στεί ότι έγιναν 1 0 · 9 = 90 χειραψίες. Αυτό όμως εί ναι λάθος. Γιατί; Θυμηθείτε πως όταν ο Α δίνει χειραψία με τον Β, τότε και ο Β δίνει χειραψία με τον Α. Έτσι στον παραπάνω υπολογισμό, η κάθε χειραψία που έγινε υπολογίστηκε δυο φορές. Άρα η σωστή απάντηση είναι 1 0·9/2 = 90/2 = 45 χειραψίες. Τώρα φίλοι μαθητές ας κάνουμε κάτι πολύ ωραίο από Μαθηματική άποψη, ας γενικεύσουμε το πα ραπάνω συμπέρασμα. Αν αντί για 1 0 άτομα στην Π αράδειγμα 2"

Συχνά οι μαθητές του Λυκείου αδυνατούν σουν, μια απόδειξη που γίνεται με την αποδει να καταλάβουν, πόσο δε μάλλον να διατυπώ- κτική μέθοδο της «εις άτοπον απαγωγής». ΑυΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 4

-------

#�N� N�T#eNA.r/CVf

τό γίνεται γιατί δεν ξέρουν τι ακριβώς πρέπει να αρνηθούν και τι να δεχθούν κατά την αποδεικτική αυτή διαδικασία. Στο σημείο αυτό ας μας επιτραπεί και μια ιστορική νότα: η μέθοδος της «εις άτοπον απαγωγής» ήταν εξαιρετικά προσφιλής στους αρχαίους Έλληνες Μαθηματικούς με χαρακτηριστικότερο παράδειγμα την απόδειξη που έδωσε ο Ευκλείδης για την απειρία των πρώτων αριθμών, η οποία μέχρι σήμερα έχει μείνει ουσιαστικά aπαράλλαχτη. Επίσης ο G. Η. Hardy, ένας από τους μεγάλους Μαθηματικούς του εικοστού αιώνα, έγραψε στην «Απολογία ενός Μαθηματικού» ότι η «εις άτοπον απαγωγή» είναι μια «θυσία» που κάνει ένας Μαθηματικός, μακράν ωραιότερη από οποιαδήποτε «θυσία» (gambit) που μπορεί να κάνει ένας οποιοσδήποτε σκακιστής, διότι ενώ ο σκακιστής προσφέρει ένα πιόνι ή κάποιο άλλο κομμάτι ο Μαθηματικός προσφέρει ολόκληρο το παιχνίδι. Στη σύγχρονη διεθνή βιβλιογραφία η «εις άτοπον απαγωγή» αναφέρεται με την Λατινική της ονομασία «Reductio ad Absurdum». Το παρακάτω παράδειγμα αποτελεί χαρακτηριστική περίπτωση απόδειξης με απαγωγή σε άτοπο. llιι.

"Αυτt) το ξι3ρατι:;"!η απάντηση! Η Σάλπιγγα του Γαβριήλ (που επίσης

λέγεται και τρομπέτα του Torricelli) είναι ένα σχήμα που επινοήθηκε από τον Evangelista Toπicelli ( 16081647), και το οποίο έχει "άπειρο" εμβαδά, αλλά πεπερασμένο όγκο. Η ονομασία του αναφέρεται

-------

Ο ισχυρισμός είναι

εξ1Ίς:

Σε μια συγκέντρωση 1 Ο ατόμων υπάρχουν τουλάχιστον δυο άτομα που αντάλλαξαν τον ίδιο αριθμό χειραψιών (προφανώς ο καθένας χαιρετάει τον οποιονδήποτε άλλο μόνο μια φο ρά και ουδείς χαιρετάει τον εαυτό του). Η

απόδειξη είναι η εξής:

Αρνούμαστε το συμπέρασμα, δηλαδή δεχό μαστε ότι και οι 1 Ο αντάλλαξαν διαφορετικό αριθμό χειραψιών. Η μόνη περίπτωση για να συμβεί αυτό είναι κάποιος (έστω ο 1 ος ) να έ δωσε Ο χειραψίες, κάποιος άλλος (έστω ο 2°ς ) να έδωσε 1 χειραψία, κάποιος άλλος (έστω ο 3°ς ) να έδωσε 2 χειραψίες, κάποιος άλλος (έ στω ο 4°ς ) να έδωσε 3 χειραψίες κλπ, μέχρι που ο 10°ς να έδωσε 9 χειραψίες. Δηλαδή ο 10°ς της παρέας χαιρέτησε όλους τους άλλους. Αυτό όμως δεν γίνεται - εδώ έγκειται το άτοπο - αφού ο πρώτος έδωσε Ο χειραψίες (άρα δεν χαιρέτησε κανένα). Άρα τι απομένει; Να δεχτούμε ότι υπάρχουν τουλάχιστον δυο άτομα που αντάλλαξαν τον ίδιο αριθμό χειραψιών. Φυσικά η ιδέα της απόδειξης δεν αλλάζει αν αντί για 1 Ο παρευρισκόμενους έχουμε 90 ή 952 ή οποιονδήποτε άλλο αριθμό σκεφθείτε.

[η συνέχεια στο επόμενο] στη θρησκευτική παράδοση που θέλει τον Αρχάγ γελο Γαβριήλ να φυσά τη σάλπιγγα που αναγγέλλει την Ημέρα της Κρίσης, συνδέοντας έτσι το άπειρο με το θείο.

Σχήμα μέρους της "Σάλ πιγγας του Γαβριήλ" Η

Σάλπιγγα του Γαβριήλ σχηματίζεται αν πάρουμε τη γραφική παράσταση του ,y= l /x στο διάστημα χ2:1(αποφεύγοντας έτσι την aπροσδιοριστία στο σημείο χ=Ο) και περιστρέφοντάς την σε τρεις δια στάσεις γύρω από τον άξονα των χ. Η ανακάλυψη έγινε χρησιμοποιώντας την αρχή του Καβαλιέρι και πριν την ανάπτυξη της Μαθηματικής Ανάλυσης,

όμως σήμερα η μαθηματική ανάλυση μπορεί να χρησιμοποιηθεί για να υπολογιστεί ο όγκος και το εμβαδά της Σάλπιγγας στο διάστημα από χ = 1 μέ χρι χ = a, όπου a > Ι. Μπορείτε να μας πείτε πόση μπογιά χρειάζεται για να βάψουμε την επιφάνεια της σάλπιγγας; [πηγή: από άρθρο της αγγλικής Βικιπαίδειας]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 5

[η συνέχεια στο επόμενο]

. ......... . ,. q• �� Ιι �•ιι Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα

Εξισώσεις 2ου βαθμού. Σύνολα. Γενικά περί συναρτήσεων. Η συνάρτηση f(χ)=αχ+β του Βασίλη Καρκάνη Το άρθρο που ακολουθεί, ασχολείται, με το τμήμα της Άλγεβρας, όπφς αυτό αναφέρεται στον τίτλο. Ακολουθώ ντας τις οδηγίες για τη διδακτέα ύλη και τη διδασκαλία των Μαθηματικών του Λυκείου όπως αυτές έχουν διατυπωθεί, από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο επικεντρώνει τις απαιτήσεις του καθαρά στο επίπεδο αυτό. Για την κάθε παράγραφο αναφέρονται οι ερωτήσεις θεωρίας που θεωρεί ότι πρέπει να αποτελούν βασική γνώση για το μαθητή. Στη συνέχεια με ερωτήσεις του τύπου σωστό -λάθος, με ερωτήσεις πολλαπλής επιλογής καθώς και με υποδειγματικά λυμένες ασκήσεις καλύπτει (κατά το δυνατόν) σφαιρικά την αντίστοιχη ύλη.

. \. . Ε"..;ισωσtι ς 2"" β α θ μ ο υ Ερωτήσεις θΕωρίας 1 . Δίνεται η εξίσωση: αχ2+βχ+γ=Ο '

3. 4.

( 1) α, β, γεR και α:;tΟ. Να γραφεί η διακρίνουσα της εξίσωσης ( 1). Να γραφούν οι σχέσεις που συνδέουν το πρόσημο της διακρίνουσας της εξίσωσης (1) και το πλήθος των ριζών της. Να γραφεί ο τύπος λύσης της εξίσωσης (1) (στην περίπτωση που έχουμε λύση). Αν Χι, χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης (1) να γράφουν οι τύποι για το άθροισμα και το γινόμενο των ριζών. Αν γνωρίζουμε τις ρίζες μιας εξίσωσης 2ου βαθμού, μπορούμε να βρούμε την εξίσωση αυτή; Αν η εξίσωση (1) έχει δυο λύσεις πώς μπορούμε να τις βρούμε χωρίς να τη λύσουμε; Πώς μπορούμε να λύσουμε εξισώσεις της μορφής αχ2+β I χ I +γ=Ο με α:;tΟ και αχ2ν+βχν+γ=Ο με α:;tΟ και ν ε Ν*;

Ερωτήσεις το υ τύπο υ «σωστό -λάθος» .

8. 9.

10.

Για κάθε α, β, γ εR με αγ<Ο η εξίσωση: αχ2+βχ+γ=Ο έχει δυο ρίζες άνισες. Σ - Λ Αν η εξίσωση αχ2+βχ+γ=Ο με α:;tΟ έχει δυο ρίζες αντίθετες τότε β=Ο. Σ - Λ Για κάθε α, β, γ εR αν χι, Xz είναι οι ρίζες της εξίσωσης αχ2+βχ+γ=Ο τότε οι -χ ι , -χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης αχ2-βχ+γ=Ο. Σ -Λ

Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ ώστε να ισχύει: κ+λ= 1 και κ· λ =2. Σ - Λ 12. Για κάθε α, β, γ εR με α:;t:Ο, αν η εξίσωση 1 1.

αχ2+βχ+γ=Ο έχει δυο ρίζες ετερόσημες, τότε γ<Ο. Σ - Λ 13. Για κάθε κ ε R, λεR * η εξίσωση χ2-κχ-λ2=0 έχει δυο ρίζες ετερόσημε ς . Σ- Λ Ερωτήσης πολλαπλής επιλο γής

Αν η εξίσωση χ2-6χ+κ=Ο έχει για διπλή ρίζα το 3 τότε ο κ ισούται με: α. Ο β.2 γ. 9 δ. 6 15. Για κάθε κ ε R που η εξίσωση χ2-4χ-"-κ=Ο έχει δυο ρίζες άνισες θα ισχύει: α. κ<4 β. κ>4 γ. κ>Ο δ. κ<Ο 16. Για κάθε κ ε R που οι ρίζες της εξίσωσης χ2+κχ+4=0 είναι θετικές θα ισχύει: α. κ>Ο β. κ<-4 γ. κ<Ο δ. κ>4 17. Αν οι ρίζες της εξίσωσης 3χ2+(5-κ)χ-9=0 είναι αντίθετες τότε ο κ ισούται με: α. 3 β. -5 γ. Ο δ. 5 18. Αν κ+λ=3 και κ·λ= - 1 0 τότε οι αριθμοί κ, λ είναι ρίζες της εξίσωσης: α. χ2+3χ+ 1 0=0 β. -χ2-3χ-1 0=0 γ. χ2-3χ-1 0=0 δ. χ2+3χ- 1 0=0 19. Αν οι αριθμοί χ ι και χι2 είναι ρίζες της εξίσωσης χ2-6χ-27=0 τότε ο χι ισούται με: α.-9 β. 9 γ. 3 δ.-3 20. Για κάθε κ>Ο, η εξίσωση χ4+ 3χ2+κ=Ο έχει: α. τέσσερις λύσεις β. δύο λύσεις γ. καμιά λύση δ. δεν μπορούμε να απαντήσουμε 14.

Λυμένες ασκήσ ε ις Ά σκ η ση 111

Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού λ ώστε η εξίσωση χ2-2χ+λ=Ο να έχει: α) δυο πραγματικές ρίζες άνισες β) μια διπλή ρίζα γ) καμιά ρίζα (πραγματική)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/16

Μαθη ματικά για την Α · Λυκείου

. \ {J σ η

Η εξίσωση έχει α=1:;t:Ο, οπότε η διακρίνουσά της είναι: Δ=β2--4αγ = . . . =4( 1-λ) οπότε: α) Πρέπει και αρκεί: Δ>Ο, δηλαδή λ< 1 β) Πρέπει και αρκεί: Δ=Ο, δηλαδή λ= 1 γ) Πρέπει και αρκεί: Δ<Ο, δηλαδή λ> 1 Ά σ κη σ η 2'1

Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός λ ώστε η εξίσωση (λ+3)χ 2-4λχ-(5λ-6)=0 να έχει μια διπλή ρίζα. Λύση

Για να έχει η εξίσωση διπλή ρίζα πρέπει και α :;t: 0 αρκεί: (1 ) . Δ= Ο λ + 3 :;t: Ο 1 � ( ) (-4λ/ +4 ( λ+3 ) ( 5λ -6 )=0 � λ :;t: -3 � � 16λ2 + 20λ + 36λ - 72= ο λ :;t: -3 � � 36λ2 + 36λ - 72= ο λ:;t: -3 � �λ=1 ή λ =-2 � λ2 +λ-2=0 λ =1 ή λ =-2

}

λ:;t: -3 }

}

} }

}

ί\ σ κ η σ η J 'l

Δίνεται η εξίσωση : λχ 2 +5χ+1 0=0 α) Για ποια τιμή του λ έχει μια ρίζα απλή ; β) Για ποια τιμή του λ έχει μια ρίζα διπλή ; Να βρεθεί η διπλή ρίζα. . \ ί1 σ η

( )

α=0 . α) Πρέπει και αρκεί β :;t: Ο , δηλαδή λ=Ο. Τότε η εξίσωση γράφεται 5χ+1 0=0, που είναι 1 ου βαθμού, οπότε έχει μια ρίζα απλή. α* 0 . β) Πρέπει και αρκεί : Δ= Ο Έχουμε: Δ=β 2--4αγ=5 2--4· λ· 1 0= . . . =5( 5-8λ). λ* α* Ο � Οπότε: � λ= � Δ=Ο 8 λ= 8 Η διπλή ρίζα θα είναι η χ 0 = _Ι_= _2_ = 2α 2λ 5 =--=-4 . 5 2·8

( )

[ �)

?\ σ κ η ση 4'1

Να βρεθεί ο πραγματικός αριθμός λ ώστε η εξίσωση χ 2-2(λ-5)χ+λ2-4=0 να έχει: α) δυο ρίζες άνισες β) δυο ρίζες ίσες δ) δυο ρίζες θετικές γ) καμιά ρίζα

ε) δυο ρίζες αρνητικές στ) δυο ρίζες ετερόση μες ζ) δυο ρίζες αντίθετες η) δυο ρίζες aντίστροφες .\ {J σ η

Για την εξίσωση που δόθηκε έχουμε α= 1 :;t: Ο , οπότε η διακρίνουσα είναι: Δ=β2--4αγ = [-2(λ-5)] 2 - 4· 1 ·(λ2--4)= = � - 40λ+ 100 - � + 1 6 = - 4(10λ-29). α) Για να έχει η εξίσωση δυο ρίζες άνισες πρέ πει και αρκεί Δ>Ο. Αλλά: Δ>Ο� 29 --4( 1 0λ-29)>0� �10λ-29<0� λ < 10 β) Για να έχει η εξίσωση δυο ρίζες ίσες πρέπει 29 και αρκεί: Δ=Ο, δηλαδή λ = 10 γ) Για να μην έχει η εξίσωση ρίζες πρέπει και 29 αρκεί Δ<Ο, δηλαδή λ > . 10 δ) Όπως είπαμε στο (α) ερώτημα η εξίσωση θα 29 . και μονο: . . λ<. δυο ρι' ζες ανισες, εχει οταν 10 Επίσης αν Χ ι , χ2 είναι οι ρίζες τότε: Χ 1 + χ = - � = 2 ( λ - 5 ) και 2 α . Υ Χ ι ·Χ =-= λ z - 5 , οποτε: 2 α Η εξίσωση έχει δυο ρίζες θετικές � 29 29 λ< Δ>Ο λ< 10 10 β � -- > 0 � 2 ( λ - 5 ) > 0 � λ > 5 αδύνατο α l. > o α ε) Η εξίσωση έχει δύο ρίζες αρνητικές �: 29 29 λ< Δ>Ο λ< 10 10 β � -- < 0 � 2 ( λ - 5 ) < 0 � λ < 5 � α λ2 -4 > 0 lλl > 2 l_ > ο α 29 λ< 10 29 � λ < -2 ή 2 < λ < . �λ<5 10 λ < -2 ή λ > 2 στ)

ζ)

Πρέπει και αρκεί: αγ < Ο . Όμως αγ < Ο � λ2 - 4 < 0 � -2 < λ < 2 .

Πρέπει και αρκεί:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/17

}

Μαθη ματικά για την Α ' Λυ κείου

29 29 Δ>Ο λ< λ< � 1 0 αδύνατο 1 0 , δη λ α δή β=0 λ=5 β=Ο η) Πρέπει και αρκεί: Δ > Ο λ < 29 λ < 29 10 � 10 � λ = J5 ή λ = -15. γ- � 1 1=1 λ2 -4 = 1 α

} } α

:ι σ κ η σ η

}

5'1

Δίνεται η εξίσωση : χ 2 +χ+λ-1=0.Να βρείτε για ποια τιμή του λ έχει άνισες ρίζες: χι, χ 2 τέτοιες ώστε Χ ι · χ 2 +3(χ ι +χ2 )+5=0 ( 1 ) . \iHίl]

Για να ισχύει η ( 1 ) πρέπει και αρκεί: α :;t: Ο Δ>Ο

� + 3 ( - �) + 5 = 0 ( 2) �

� : �λ > ο

(2).

λ - 1 + 3 (- 1) + 5 = 0

}

�

� χ , . χ 2 ( χ , + χ 2 )2 - 2χ , . χ 2 = 9 = -2 - 2χ , · χ2 ( χ , + χ2 ) � � λ ( 2 2 - 2λ ) = - - 2λ · 2 �

[

�

� 4 λ - 2λ2 = -2. - 4λ � 2 � 2λ2 - 8λ - 2. = ο � 2 � λ2 - 4λ - 2. = ο � λ = 2. ή 2 4 λ = _ _!_ � λ = _!_ λόγω της ( 1 ) . 2 2 _

� λ = -1

Λ. σ κ η ση 6'1

Δίνεται η εξίσωση : χ 2-λχ-λ2-5=0. α) Να δείξετε ότι για κάθε λ ε JR έχει δύο ρίζες χι , χ 2 άνισες β) Να βρεθεί ο λ έτσι, ώστε να ισχύει η σχέ ση : (χι - 2)(χ 2 - 2) = -4. . \ {J ση

α) Για την εξίσωση έχουμε: α= 1 :;e0 και Δ=β 2--4 αγ=(-λ)2--4 (-λ2-5)= =5λ2 +20>0, οπότε έχει 2 ρίζες χι , χ2 άνισες. β)Είναι: χ 1 + χ 2 = -� = λ και α γ ' χ , · χ 2 = - = - λ2 - 5 οποτε: α (Χ ι-2)( χz-2)= -4� Χ ι Χ z-2(χι +Χ2 )+ 8=0� <:::λ:>- 2-5-2λ+ 8=0�λ2 +2λ-3=0�λ= -3 ή λ= 1 :\ σ Η<ηση 7'�

Δίνεται η εξίσωση : χ 2-2χ+λ=Ο με λ ε R. Να βρεθεί ο λ ώστε για τις ρίζες της εξίσωσης χι, χ2 να ισχύει: 9 3 3 Χι · Χ 2 + Χι · Χ 2 = -- - 2 χι · Χ 2 ( Χι + Χ 2 ) · 2 . \ (J σ η

γ β χ , + χ 2 = - - = 2 και χ 1 · χ 2 = - = λ . α α ' Ετσι: χ � · Χ 2 + χ , χ � = _ 2_ _ 2 χ , · Χ 2 ( χ , + Χ 2 ) � 2 � Χ ι · Χ 2 ( Χ� + χ ; ) = - - 2 χ , . Χ 2 ( χ , + χ 2 ) �

Αφού α= 1 :;e0, θα έχουμε: Δ>Ο�4-4λ>Ο� λ< 1 ( 1 ). Με λ< 1 λοιπόν, έχουμε:

Ά σκηση 8 '1

α) Αν χι , χ 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης: χ 2 +βχ+γ=Ο, τότε να δειχθεί ότι: (χ ι - χ 2 ) 2 =Δ όπου Δ η διακρίνουσα της εξί σωσης. β) Αν χι , χ 2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης: χ 2-3χ-2=0 να υπολογιστεί η τιμή της παρά στασης I Χ ι - x 2 l ·

λ ίJ ση

α) Για την

εξίσωση είναι α= 1 :;e0 και Δ=β2--4 αγ= β 2--4γ . Οπότε: (χ ι -χ2 )2 =χι 2-2 χιχ 2 +χ/= =χ 1 2 +χ2 2-2 χ1χ 2 =(χ ι +χ2 )2-2 χ ι χ 2-2 χιχ2 = 2 - 4 · = β 2 - 4 γ = Δ. =(χι +χ 2 )2--4 χιχ2 = -

( �) �

β) Για την εξίσωση που δόθηκε λόγω του (α) ερω τήματος θα είναι: (χ ι- χ 2 )2 =Δ. Όμως: Δ=β2--4 αγ=(-3)2--4 · 1 ·(-2)= 1 7 οπότε: (χι- χ2 )2 = 1 7 � I χι- χ2 Ι = Jl7

Ά σκη ση 9'1 Να λυθεί η εξίσωση : (χ-2) 2 +5 1 χ-2 1 -1 4=0 Λ.1Jση

Είναι (χ-2) 2 = I χ-2 1 2 , οπότε θέτοντας I χ-2 I =ψ ( 1 ) η επιλύουσα της εξίσωσης είναι η : ψ 2 + 5ψ-1 4=0 (2). ( 2 ) � ψ = -7 ή ψ = 2 , οπότε: (l) � l x - 2 1 = -7 ή l x - 2 1 = 2 � l x - 2 1 = 2 � � χ - 2 = 2 ή χ - 2 = -2 � χ = 4 ή χ = 0 . Άσκ η ση t ()'l

Να λυθεί η εξίσωση : χ 6-19χ3-2 1 6=0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 8

Μ α θ η ματικά για την Α · Λυκείου

Λύ ση

Θέτουμε χ 3 =ψ ( 1 ), οπότε η επιλύουσα της εξί σωσης είναι η : ψ2 - 1 9ψ - 2 1 6 = Ο (2). ( 2 ) <=> ψ = -8 ή ψ = 27 , οπότε: ( 1 ) <=> χ 3 = -8 ή χ 3 = 27 <=> χ = -18 ή χ = ifi7 <=> χ = -2 ή χ = 3 . Β . 2: ύ νολα Ερωτήσεις Θε ωρία ς

Να δοθεί ο ορισμός του συνόλου Να γράψετε με συμβολικό τρόπο τις φράσεις: α) Το στοιχείο α ανήκει στο σύνολο Α β) Το στοιχείο β δεν ανήκει στο σύνολο Β 3 . Να εξηγηθούν οι παρακάτω τρόποι πα ρουσίασης των στοιχείων ενός συνόλου Α. α) με αναγραφή των στοιχείων του β) με περιγραφή των στοιχείων του γ) με διάγραμμα Venn 4 . Να εκφράσετε με οποιοδήποτε τρόπο τα σύνολα: α) των φυσικών αριθμών β) των ακεραίων αριθμών γ) των ρητών αριθμών δ) των άρρητων αριθμών ε) των πραγματικών αριθμών 5 . Να ορίσετε το κενό σύνολο. Πώς το συμ βολίζουμε; 6. Να δώσετε τον ορισμό της ισότητας δυο συνόλων 7 . Να ορίσετε τις παρακάτω έννοιες: α) υποσύνολο συνόλου β) ένωση συνόλων γ) τομή συνόλων δ) διαφορά συνόλων ε) συμπλήρωμα συνόλου Τις παραπάνω έννοιες να παραστήσετε με διά γραμμα Venn I. 2.

Ερωτήσεις του τύ που «σωσ τό -λά θ ο ς»

8. 9.

1 0.

1 1. 1 2.

Ισχύει { 0 } = 0 . Σ-Λ Για τα σύνολα Α= { α, β, γ} και Β= {β, γ, α} ισχύει Α ς Β . Σ-Λ Δίνονται τα σύνολα Α= { 1 , 2, 3, 4} και Β= { χ Ε Ν* I χ διαιρέτης του 4} ισχύει ΑςΒ. Σ-Λ Δίνονται τα σύνολα Α= {-2, -1 , 1 , 2 } και Β= {χ ΕΖ l -3 <χ:::2 } ισχύει Α ς Β . Σ - Λ Τα υποσύνολα του συνόλου Α= {α, β} είναι τα σύνολα {α} , {β} , {α, β} . Σ-Λ

Ερωτήσεις πολλαπλής επιλο γ ής 1 3.

Για τα σύνολα: Α= {Ο, 1 ,3 } , Β= { 1 ,3 } . Γ= {Ο} , Δ= {3, 1 } ισχύει: α. Α ς Γ β. Γ ς Β γ. Δ ς Α δ. Α ς Β

Για το σύνολο: Α= {κ+κ2 } ισχύει: α. Α = 0 για κ=Ο β. Α = 0 για κ= -1 γ. Α = 0 για κ=1 δ. Α = 0 για κάθε κ Ε IR 2 1 5. Δίνονται τα σύνολα: Α= {2007, κ +2008} και Β= {2007, κ, 2008 } για τα οποία ισχύει: α) At!:B για κάθε κEIR, β) Α=Β για κ=Ο γ) Α=Β για κ= 1 δ) Α=Β για κάθε κι!:Ο 1 6. Το σύνολο A= {x E IR/x 2 +x + 1 =0} με ανα γραφή των στοιχείων του είναι το: α. Α = { 0 } β. Α = 0 γ. Α = { -1, 1 } δ. Α = { - 1, 2 } . 1 4.

Π α ρατή ρ η ση

Θεωρούμε σκόπιμο για το μαθητή της Α ' Λυκεί ου να αναφέρουμε μια σειρά από σχέσεις και πράξεις μεταξύ των συνόλων που η γνώση τους θα τον βοη θήσει να αντεπεξέλθει καλύτερα στην ύλη των mθα νοτήτων που θα διδαχθεί στην Γ Λυκείου. Αξίζει μά λιστα να αναφέρουμε ότι η αλήθεια των προτάσεων που αναφέρονται εmβεβαιώνεται και με απλή παρα τήρηση μέσω διαγραμμάτων Venn. Έτσι αν θεωρή σουμε το σύνολο Ω ως βασικό σύνολο και τα σύνολα Α, Β, Γ υποσύνολα του Ω τότε ισχύουν τα παρακάτω: 1. ΑnΩ=Α, 2. ΑυΩ=Ω, 3. Α ς Α 4. 5. ΑυΑ=Α, 6. An0=0, 7. ΑυΑ ' =Ω, 8. An0=0 9. AU0=A, 1 0. Ω '= 0 1 1 . 0 ' =Ω 1 2. AnB =BnA, 13. ΑυΒ=ΒυΑ, 14. (AnB) nΓ= An (BnΓ)=AnBnΓ, 1 5. Αυ(ΒυΓ)=(ΑυΒ) υ Γ= ΑυΒυΓ, 16.An (ΒυΓ)=(ΑnΒ) υ (ΑnΓ), 1 7. Αυ (ΒnΓ)=(ΑυΒ) n (ΑυΓ), 18. (ΑnΒ) ' =Α ' υΒ ' , 1 9. (ΑυΒ) ' =Α ' nΒ ' (οι ισότητες 1 8 και 1 9 αποτε λούν τους γνωστούς νόμους του De Morgan). 20. Αν Α ς Β τότε ισχύουν: i)AnB=A, ii) ΑυΒ=Β, iii) Α-Β=0, iv) Β ' ς Α ' 2 1. Α-Β= AnB ' 22. Α-Β= A-(AnB), 23. Α-Β=(ΑυΒ)-Β, 24. (A-B)nB=0 25. (Α-Β) υ Β= ΑυΒ, 26. Α ς ( Α υ Β ) 27. ( Α n Β ) ς Α 28. (Α-Β) υ (AnB)=A, 29. ΑυΒ=(Α-Β) υ (AnB) υ (Β-Α), Ά σκη ση Ι "

Λ υ μ έ νες Α σ κή σ ε ις

Έστω Α το σύνολο λύσεων της εξίσωσης: I χ-3 1 l 2x-3 1 και Β το σύνολο των λύσεων της εξίσωσης: χ5 -χ2 • Να βρείτε τα σύνολα ΑυΒ και ΑnΒ =

Λ ύ ση

Είναι: I χ-3 1 = l 2x-3 1 <=> χ - 3 = 2 χ - 3 ή χ - 3 = -2 χ + 3 <=> χ = Ο ή χ = 2 Άρα: Α= {Ο, 2 } .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/1 9

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Επίσης: χ 5 = -χ2 <::::> χ 5 +χ2 =0 <::::> χ2 (χ 3 + 1 )=Ο <::::> χ 2 = 0 ή χ 3 + 1 = 0 <::::> χ = 0 ή Χ = - 1 οπότε: Β= {- 1 , Ο} Έτσι ΑυΒ= {- 1 , Ο, 2 } και AnB= {O}

δ)

Άσκη ση 2 '1

Να γράψετε με αναγραφή των στοιχείων του το σύνολο Α = χ ε JR 1 ( χ2 - 3χ + 2 y + l x - 1 1 + .Jx 2 - 1 = ο

}

{

Λύση

'Εχουμε: ( χ 2 - 3χ + 2 ) 2 + l x - 1 I + R"=l = 0 ( 1 Στο 1 ο μέλος της ( 1 ) έχουμε άθροισμα μη αρνητι κών ποσοτήτων, οπότε για να ισούται αυτό με μη δέν θα πρέπει και αρκεί κάθε όρος του αθροίσμα τος να ισούται με μηδέν. ( χ2 -3χ + 2) 2 = 0 χ2 -3χ + 2 = 0 Άρα: ( 1 ) <=> l x - 11 = 0 <::::> χ - 1 = 0 χ2 - 1 = 0 �χ2 - 1 = 0

}

Η ρίζα ρ= 1 της δεύτερης εξίσωσης επαληθεύει τις άλλες δύο, δηλαδή αποτελεί τη λύση της εξί σωσης ( 1 ), άρα Α= { 1 } . Α. σ κ η ση 3 ' 1

Να γράψετε ποιο σύνολο παριστάνει το γραμμοσκιασμένο μέρος σε καθένα από τα παρακάτω διαγράμματα του Venn. α)

α) Α-Β β) AnBnΓ γ) (AnB) ' δ) (ΑυΒ) ' :\ σ κ η σ η 4 '1

Έστω το βασικό σύνολο Ω={1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} και A={x e iN/3:::;x<7}, Β={χ ε Ω/χ περιττός αριθμός}. Να γράψετε τα σύνολα: α) Α', β) Β', γ) Α'υΒ, δ) Α-Β, ε) Β-Α στ) A'nB ', ζ) (AnB) ', η) (ΑυΒ) ' Λ ύ ση

Έχουμε: Ω= { 1 , 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1 0 } , Α= {3, 4 , 5, 6} και Β= { 1 , 3, 5, 7 , 9} οπότε είναι: α) Α ' = { 1 , 2, 7, 8, 9, 1 0 } β) Β ' = {2, 4, 6 , 8, 1 0 } γ) Α ' υΒ= { 1 , 2, 3, 5, 7 , 8, 9, 1 0 } δ) Α-Β = {4, 6 } ε) Β-Α= { 1 , 7 , 9} στ) A ' nB ' = {2, 8, 1 0 } ζ) Είναι AnB= {3, 5 } οπότε (AnB) ' = { 1 , 2 , 4, 6, 7, 8, 9, 1 0 } η ) Είναι ΑυΒ= { 1 , 3, 4 , 5, 6 , 7 , 9 } οπότε (ΑυΒ) ' = {2, 8, 1 0 }

Γενικά περί συναρτήσεων Ερωτ ήσεις Θεωρία ς

Να δοθεί ο ορισμός της συνάρτησης από το σύνολο Α στο σύνολο Β. 2 . Τι ονομάζουμε πεδίο ορισμού ή σύνολο ορισμού για μια συνάρτηση f; 3 . Τι ονομάζουμε ανεξάρτητη μεταβλητή και τι εξαρτημένη για μια συνάρτηση f; 4 . Τι λέμε σύνολο τιμών μιας συνάρτησης f και πώς συμβολίζεται; 5 . Τι ονομάζουμε τύπο για μια συνάρτηση f; 6. Πώς ορίζεται το πεδίο ορισμού α) για μια πολυωνυμική συνάρτηση; β) για μια ρητή συνάρτηση; γ) για μια άρρητη συνάρτηση; 7 . Πώς ορίζεται το συμμετρικό ενός σημείου Α( χ0 , ψο) ως προς: α) τον άξονα χ ' χ ; β) τον άξονα ψ ' ψ; γ) την αρχή των αξόνων 0(0, Ο); δ) τη διχοτόμο της 1 ης και 3ης γω νίας των αξόνων; 8 . Να γράψετε τον τύπο που δίνει την από σταση των σημείων Α(χι , ψι) και B(x z , ψz ). l.

β)

γ)

Λ1Jση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/20

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

9. I Ο.

Στο επίπεδο των αξόνων πώς αναγνωρί ζουμε αν μια καμπύλη είναι γραφική πα ράσταση συνάρτησης; Πώς βρίσκουμε τα σημεία τομής της γρα φ ικής παράστασης μιας συνάρτησης με τους άξονες χ ' χ και ψ ' ψ;

Ερωτήσεις το υ τύ πο υ « σωστό - λάθος» 1 1 . Το παρακάτω σχήμα παριστάνει συνάρτηση.

β.

ψ γ.

r χ

1 2.

1 3.

Αν f(x)=x 2-x+ 5 τότε f(x+ 1 )=χ2+χ+ 5 . Σ Η συνάρτηση f ( χ ) = .J χ - 9 ορίζεται στο IR. Σ-Λ

1 4. Η

IR.

Σ-Λ

απόσταση των σημείων Α(3, 1 ) και Β(3,5) ισούται με 5 . Σ-Λ Το σημείο (3, 1 ) είναι συμμετρικό του ση μείου (3,- 1 ) ως προς τον άξονα ψ ' ψ . Σ-Λ

Ερωτήσεις πο λ λαπλής ε π ι λογής ι 7.

ι 8.

συνάρτηση f ( χ ) = +- ορίζεται στο χ +1

χ'

1 5. Η

ι 6.

δ.

Ποιας από τις παρακάτω συναρτήσεις η γραφική παράσταση διέρχεται από το ση-

( .!.)

μείο Α .!. ' ' 3 9 1 1 α. f ( x ) = -2 β. f ( x ) = χ + 3 χ 1- δ. f 1 γ. f ( x ) = - x (x) = -χ 3 3 Ποια από τις παρακάτω γραφικές παρα στάσεις δεν αντιστοιχεί σε γραφική παρά σταση συνάρτησης; α. ·

ψ' 1 9 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=x2-5x+4 τέμνει τον άξονα χ ' χ στα σημεία: α. ( 1 ,0) και (4,0) β . (-1 ,0) και (-4,0) γ. (-1 ,0) και (4,0) δ. ( 1 ,0) και (-4,0). 2 0 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης 3 - 12 ' f(χ) = χ τεμνει τον α' ξονα ψ ψ στο χ +4 σημείο: α. (0,3) β. (0,-3) γ. (3,0) δ .(-3,0). 2

Α σκήσεις Λ υ μ έ νες Ά σκ η ση ι '�

Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α των συναρ τήσεων f με τύπο: x β) r ( χ) = -_ α) f(x)=x7-7 ιχl - 1

Λ ίJ ση

ψ'

α) Η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική οπότε A=R. β) Η συνάρτηση f είναι ρητή, οπότε για να ο ρίζεται πρέπει και αρκεί ο παρονομαστής της να είναι διάφορος του μηδενός . Όμως: I χ l -1i0<=> I χ I i:1 <=:>xi1 και xi- 1 , οπότε A=R- {-1 , 1 }

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/2 1

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

()

γ) Ο τύπος της συνάρτησης f περιέχει ρητή και 12 Ε ( - , -2 ] υ [ 2, + ) => f 12 = 1 = 5 άρρητη έκφραση, οπότε για να ορίζεται πρέπει και S 12 12 οο οο S αρκεί ο παρονομαστής να είναι διάφορος του μη 5 δενός και το υπόρριζο θετικό ή μηδέν. Δηλαδή β) Επίσης: -4 Ε (-οο ,-2 ] υ [ 2,+οο) => f(-4)= -..!_ και χ ::f. 0 χ ::f. 0 πρέπει και αρκεί: � 4 (1) � χ + 3 ;::: Ο χ ;::: -3 το Ο Ε (-2,2) => f(0)=0-5= -5 . χ Ε [ -3, 0 ) υ ( Ο, + ) . Άρα: Α= [-3 ,0) υ (Ο, +οο) Έτσι: λχ- f(-4 )=λf(O) οο λ.σκη ση 2 η � λχ - - = λ ( -5 ) � λχ = -5λ - � Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο: •

}

f ( χ) =

}

{

αχ - 1, αν χ � Ο β - 2χΖ , αν χ > Ο α) Να βρείτε τα α, β ώστε να είναι f(l)=3 και f(-2)=1 β) Για τις τιμές των α, β που βρέθηκαν στο (α) ερώτημα να υπολογίσετε την τιμή της

παράστασης

( �) (�) .

= 2f ( Ο ) - 3f -

Λύ σ η

+ 5f

α) Έχουμε: 1 >0 οπότε: f( l )=β-2 · 1 2=β-2 Επίσης: -2<0 οπότε: f(-2)=α(-2)-1 = -2 α-1 f(1) = 3 β-2=3 β=5 'Όμως: � � -2α - 1 = 1 f ( -2 ) = 1 α = -1 β) Λόγω του (α) είναι: -x - 1, αν χ � Ο f(x) = 5 - 2 χ 2 ,αν χ > Ο

} {

}

( �) ( �) ( Ξ ) [ ( Ξ) ]

οπότε: K = 2f ( 0 ) - 3f -

2 ( + ι) - 3 λ.σκη ση 3 '1

}

+ 5f

-, +s s-2

{Γ :: ( ι; )

Δίνεται η συνάρτηση r ( χ) �

�

. . .

� 22 .

l xl < 2

{

χ - 5, αν -2 < χ < 2 α) Είναι: f (χ ) = 1 οπότε: αν χ � -2 ή χ ;::: 2 -, χ -1 Ε (-2,2) => f(-1 )= -1-5= -6 -3 Ε (-οο ,-2 ] υ [2,+οο) => f(-3)= -31 •

•

λχ = -20λ - 1 ( 1 ) με λEIR. 4 Για την εξίσωση ( 1 ) διακρίνω τις περιπτώσεις: -20λ - 1 Αν 'l _J.O τοτε: ( 1 ) � χ = --1. ) 4λ ii) Αν λ=Ο τότε η ( 1 ) γράφεται: Ο · χ = _ ..!_ 4 που είναι εξίσωση αδύνατη. 'vt-

•

Ά σκ η ση 4 η

Σε ένα χάρτη έχει οριστεί σύστημα συντε ταγμένων έτσι, ώστε οι κορυφές ενός τριγω νικού οικοπέδου ΑΒΓ να αντιστοιχούν στα σημεία Α(4,-2), B( l ,-2) και Γ(4, 1 ). α) Να δείξετε ότι το τριγωνικό οικόπεδο εί ναι ισοσκελές β) Ν α δείξετε ότι το τριγωνικό οικόπεδο εί ναι ορθογώνιο γ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγωνι κού οικοπέδου α) Είναι: ψ Α= ψ8= -2, οπότε: (ΑΒ)= I ΧΓΧΑ I = 1 1-4 1 = l -3 1 =3 . Επίσης χΑ= xr= 4, οπότε: (ΑΓ)= I Ψr-ΨΑ I = l l -(-2) I = 1 3 1 =3 Δηλαδή : (ΑΒ)=(ΑΓ), οπότε το τριγωνικό οι κόπεδο είναι ισοσκελές .......:. ----β) Είναι (BΓ) = ( x r - x 8 ) 2 + (Ψr - Ψ8 ) 2 = ... = J18 οπότε ( ΒΓ ) 2 = 1 8 . ψ

και

β) Ν α λυθεί η εξίσωση: λχ- f(-4)=λf(O ), λEIR.

.\ίJ ση

�

ΛίJ ση

α) Να βρείτε τις τιμές

f(-1), f(-3), r

( �)

Γ χ'

-2 ψ'

(α) Επίσης: (ΑΒ)2 +(ΑΓ) 2 = 3 2 + 3 2 =9 + 9= 1 8. Άρα ισχύει: (ΒΓ) 2 =(ΑΒ) 2 + (ΑΓ) 2 , δηλαδή το τριγωνικό οικόπεδο είναι και ορθογώνιο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/22

Μ α θη ματικά για την Α ' Λυκείου

(α) 1 1 9 γ) Θα είναι: Ε = - (ΑΒ) ( ΑΓ) = -3 · 3 = 2 2 2

Ά σκη ση 5'�

Δίνονται τα σημεία Α(χ+1 ,2) και B(l ,2-x). α) Να βρείτε τον πραγματικό αριθμό χ ώστε: ( ΑΒ ) = 2 .J2 β) Για τις τιμές του χ που βρέθηκαν στο (α) ερώτημα να βρείτε το σημείο Γ του άξονα ψ 'ψ ώστε να ισχύει (Γ Α)=(ΓΒ). τι παρατη ρείται;

Ι Ο.

Λύ ση

1 3.

�

α) Είναι: ( ΑΒ) = ( χ 8 - χ Α ) 2 + (ψ 8 - ψ Α ) 2 = ( 1 - χ - 1) 2 + (2 - χ - 2) = .Jx 2 + χ 2 = W .

�

Όμως ( ΑΒ) = 2 .J2 , οπότε πρέπει: w = 2 .J2 <=> 2χ 2 = 8 <=> χ 2 = 4 <=> χ = 2 ή χ = -2 . β) Έστω το Γ(Ο,ψ1 ) σημείο του άξονα ψ ' ψ. Για χ= -2 είναι: Α(-1 ,2) και Β( 1 ,4). Τότε: ( ΓΑ) = . . . = �ψ; - 4ψ 1 + 5 και ( ΓΒ) = ... = �ψ� - 8ψ 1 + 1 7 Άρα (ΓΑ) = (ΓΒ)

<=> �Ψ ; - 4ψ 1 + 5 = �Ψ � - 8ψ 1 + 1 7 <=> . . . <=> Ψι = 3 . Η τιμή ψ1 =3 καθιστά τα υπόριζα θετικά οπότε είναι δεκτή. Άρα Γ(Ο,3) Για χ=2 είναι: Α(3 ,2) και B( l ,0) και εργαζόμε νοι με όμοιο τρόπο βρίσκουμε Γ(Ο,3) οπότε παρα τηρούμε ότι και στις δυο περιπτώσεις βρήκαμε το ίδιο σημείο Γ. Λ.

1. 2. 3.

5. 6.

7. 8.

Η Συνά ρτ η ση t'(χ )=αχ+β ευ θεία ς

Ερ ωτ ήσεις Θεωρ ίας

Πώς ορίζεται η γωνία μιας ευθείας με τον άξονα χ ' χ; Πότε μια ευθεία σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία 0°. Πώς ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης μιας ευθείας με εξίσωση ψ=αχ + β και με τι ισούται; Δίνεται ευθεία ε: ψ=αχ+ β. Τι συμβαίνει με τη γραφική της παράσταση όταν: α>Ο, α<Ο, α=Ο. Τι γνωρίζετε για τη γραφική παράσταση των ευθειών: ψ=αχ και ψ=αχ+ β; Ποια είναι η εξίσωση της διχοτόμου της Ι ης και 3 ης γωνίας των αξόνων καθώς και της 2ης και 4ης γωνίας των αξόνων; Ν α δοθούν οι συνθήκες παραλληλίας και καθετότητας δυο ευθειών Με σχήμα να επιλυθούν γραφικά οι ανι σώσεις: αχ+ β>Ο, αχ+ β :-::; 0 , I χ I <θ, I χ I ;?: θ

Ε ρωτή σης του τίJ π ου «σωστό - λάΟος»

1 1. 1 2.

Η ευθεία με εξίσωση: ψ=κ με κεΙR είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ και τέμνει τον άξονα ψ ' ψ στο σημείο (Ο,κ). Σ- Λ Η ευθεία με εξίσωση χ=λ με λεΙR είναι παράλληλη στον άξονα ψ ' ψ και τέμνει τον άξονα χ ' χ στο σημείο (λ,Ο). Σ- Λ Η εξίσωση του άξονα χ ' χ είναι: χ=Ο και η εξίσωση του άξονα ψ'ψ είναι: ψ=Ο. Σ- Λ Για κάθε ευθεία παράλληλη στον άξονα ψ ' ψ δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης. Σ-Λ Η ευθεία με εξίσωση ψ= -χ είναι η διχο τόμος της 1 ης και 3ης γωνίας των αξό νων.Σ-Λ

Ε ρω τή σεις πολλαπ λής επιλογt)ς 1 4. Η ευθεία: χ = -3 έχει συντελεστή

διεύθυν σης: α. -3 , β. Ο, γ. 1 , δ. δεν ορίζεται 1 5. Η ευθεία με εξίσωση ψ=κ+λ είναι ο άξο νας χ ' χ όταν: α. κ=λ, β. κ= 1/λ γ. κ= -λ δ. λ= 1/κ 1 6. Η γωνία που σχηματίζει η ευθεία ε: ψ=(-�-2)χ με τον άξονα χ ' χ είναι: α. αμβλεία β. ορθή γ. οξεία δ. 45° 1 7. Ποια από τις παρακάτω εξισώσεις δεν εκ φράζει συνάρτηση; α. ψ=3 β. χ=3 γ. ψ=3χ δ. χ=3ψ 1 8 . Η ευθεία με εξίσωση ψ=2007χ +2008 τέ μνει τον άξονα ψ ' ψ στο σημείο: α. (0,2007) β. (0,2008) γ. (2007,0) δ. (2008,0) Ασκή σε ι ς Λυμέν ε ς Ά σκ η ση Ι '�

Να βρεθεί το σημείο τομής των ευθειών: ει : ψ=2χ - 1 και ε2: ψ= - χ+5 Λύ ση

Το σημείο τομής των ευθειών ε 1 , ε2 θα έχει συντεταγμένες (χ,ψ) που θα επαληθεύουν συγχρό νως τις εξισώσεις και των δυο ευθειών, δηλαδή το ψ = 2χ - 1 ψ = 2χ - 1 χ=2 ' συστημα: <=> ( 1 ) <=> ψ = -χ + 5 2x - l = -x + 5 ψ = 3 Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Α(2,3).

}

Άσκ η ση 2 '�

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ει π ου εί ναι παράλληλή στην ευθεία ε2: ψ=2χ+3 και διέρχεται από το σημείο Α(4,0) Λ ίJ ση

Έστω ε1 :ψ=αχ+β η ζητούμενη ευθεία, οπότε: ε ι //εz <=> α = 2 και Α ε ( ε 1 ) <=> Ο = α · 4 + β Τε β :;t: 3 λικά: α = 2 . Άρα ε 1 :ψ=2χ-8. β = -8

( ) ( )

Άσ κ η ση 3'�

Να επιλυθούν γραφικά οι ανισώσεις: α) 2χ-6>0 β) 2χ-6:50

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/23

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ΛtJση Να προσδιο ριστεί ο λ ώστε η ευθεία ε : Θεωρούμε την ευθεία α) Να είναι παράλληλη στον άξονα χ 'χ με εξίσωση ε: ψ=2χβ) Να είναι παράλληλη στην ευθεία 6 που τέμνει τον άξο ει : ψ=χ- ι 3 ο ' να χ χ στο σημείο γ) Να είναι κάθετη στην ευθεία Α(3,0) και τον ψ ' ψ ε2: ψ = -ι χ - 3 στο σημείο Β(Ο,--6) 4 και έχει τη γραφική δ) Να διέρχεται από την αρχή των αξόνων παράσταση που φαί ε) Να διέρχεται από το σημείο Α(ι,-2) νεται στο παρακάτω λ {J σ η σχήμα. Η ευθεία ε είναι της μορ φής: ψ=αχ+ β με α) Είναι φανερό ότι η 5-λ λ-1 1 aνίσωση 2χ--6>0 εί- α = -- και β = --- , λ :;t: - οπότε: 2λ - 1 1 - 2λ 2 ναι ισοδύναμη με την ψ>Ο οπότε γραφικά η λύση της -1 λ δίνεται από τις τετμημένες των ση μείων της aνοιχτή ς α=Ο =0 � 1 - 2λ �λ=1 α) ε // χ 'χ � ημιευθείας Αζ (γιατι;). Προφανώς οι τετμημένες των Ο :;t: β σημείων αυτών είναι μεγαλύτερες του 3 . λ :;t: 5 β) Όμοια σκεπτόμενοι οδηγούμαστε γραφικά ότι η και είναι ε: ψ= --4. λύση της ανίσωσης 2χ-6:::Ο αποτελείται από τις τε β) τμημένες των σημείων της κλειστής ημιευθείας α=1 λ-5 λ-1 Αζ ' (γιατί;). Προφανώς οι τετμημένες των σημείων ε // ε1 � � -- = 1 και -- :;t: - 1 3 � 2λ - 1 β :;t: - 1 3 1 - 2λ αυτών είναι μικρότερες ή ίσες του 3 . Στην ανοιχτή ημιευθεία δεν περιλαμ 2 λ - 5 :;t: -13 . Η τιμη. λ = -2 απορρίβάνεται η αρχή της ενώ αντίθετα στην κλειστή πε � λ = -3 και -2λ - 1 3 ριλαμβάνεται. πτεται διότι δεν επαληθεύει την δεύτερη. Άρα α , (Η�ψηι ποκλείεται η ευθεία (ε) αυτή να είναι παράλληλη Να επιλυθούν γραφικά οι ανισώσεις: της (ει). α) Ι χ Ι <3 β) Ι χ Ι � 3 λ-1 --4 γ) ε ..l ε2 � α-1 = -1 � α = --4 �-= � \ {Jση 1 2λ 4 Θεωρούμε την εξίσωση : ψ= I χ ι . Εφόσον χ, αν χ Ο λ - 1 = --4 + 8λ � 7λ = 3 � λ = � (και παίρνει τη 7 l x l -- -χ, αν χ <� 0 η γραφική παράσταση της μορφή ε: ψ = --4χ+ 32) ψ= l x l θα δ) Η ε διέρχεται από την αρχή των αξόνων ψ αποτελείται 5-λ δ' δ �β=Ο � --- = Ο � λ = 5 (και παίρνει τη διχο από τις 2λ - 1 ψ=3 τόμους της 1 και 2 ης μορφη, ε : ψ = - 4 χ ) . 9 γωνίας των λ-1 5-λ αξόνων ό3 ε) Α ε ( ε ) � -2 = -- + -� πως φαίνεται 1 - 2λ 1 - 2λ ψ και στο σχή -2 ( 1 - 2λ ) = λ - 1 + 5 - λ � -2 + 4λ = 4 � λ = -3 μα. Επιπλέον στο σχήμα τοποθετούμε και την εξί 2 σωση της ευθείας ψ=3 που τέμνει τις δυο διχοτό 1 7 , , (και παιρνει τη μορφη ε : ψ = - χ - ) . μους στα σημεία Α(3,3) και Β(-3,3) αντίστοιχα. 4 4 χ α) Η aνίσωση I I <3 είναι ισοδύναμη με την Απαντή εις σωστού λάθους και πολλαπλής επι σ Ο:::ψ<3 οπότε γραφικά η λύση της αποτελείται από τις τετμημένες των ευθυγράμμων τμημάτων ΟΑ λογής Εξισ<!>σεις 2 "" /)αθ μοίJ 8. Σ , 9.Σ , 1 0. Σ. 1 1 . και ΟΒ με εξαίρεση τα σημεία Α και Β (γιατί;) Λ, 12. Λ, 1 3 . Σ, 14. γ, 1 5 . α, 1 6. β, 1 7. δ, 1 8.γ, 1 9. δ, 20. γ. Προφανώς η λύση είναι τα χ με -3<χ<3 ΣiJνολα8. Λ, 9. Σ, 10. Λ, 1 1 . Σ, 1 2. Λ, 1 3 . γ, 1 4. δ, β) Με όμοιο τρόπο να προσδιοριστεί γραφικά 1 5 . α, 1 6. β l:υναρτήσης 1 1 . Σ, 1 2. Σ, 1 3 . Λ, 1 4. Σ, από τον αναγνώστη η λύση της aνίσωση ς I χ I � 3 . 1 5 . Λ, 1 6. Λ, 1 7. δ, 1 8. γ, 1 9. α, 20. β Ευ0είr.ς9. Σ, 1 0. Σ, 1 1 . Λ, 1 2 . Σ, 1 3 . Λ, 1 4. δ, 1 5 . γ, 1 6. α, 1 7. β, s-λ λ-ι ι 1 8. β. χ - -- με λ :;t: Δίνεται ε: ψ = 2 ι - 2λ 2λ - ι ψ

( )

(

., :: ' f · "Γ'' :

{

ης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/24

)

}

ΓΕ ΩΜΕ ΤΡΙΑ

ΠΑ Ρ ΑΛΛ ΗΛ ΟΓΡΑ ΜΜΑ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Κυριακόπουλος Θανάσης

« . . . . . Αργότ ερα

στην ηλικία των δώδεκα χρό νων έζησα την εμπειρία μιας άλλης ·εκπληξης ·; ολότελα διαφορετικής φύ

σης διαβάζοντας στην αρχή της καινούργιας σχολικής χρ ονιάς ένα μικρό βιβλίο πάνω στην Ευκλείδεια Γεωμετρία. Εκεί βρήκα αξιώματα -ό πως για παράδειγμα, τα τρ ία ύ ψη ενός τρ ιγώνου τέμνονται στο ίδιο σημείο - πο υ αν και μα κρ ι ά απ ό το να είναι βέβαια, μπορούσαν ωστό σο να αποδειχτούν με τόση βεβαιότητα, που και η παραμικρή αμφιβολία φαιν όταν ολότελα παράλογη. Αυτή η διαύγεια, κι αυτή η σιγουριά μου κάνουν μια απερίγραπτη εντύπωση. Το ότι έπρε

πε να δεχ όμαστε τα αξιώματα χωρίς να τα αποδείχνου με δεν με ξένιζε καθό λου. Όπως και νάχει το πράγμα μου αρ

κούσε να μπορώ να θεμελιώνω τις αποδείξεις μου πάνω σε προτάσεις των οποίων η εγκυρότητα φαινόταν ολότελα αναμφισβήτητη . . .

Albert Einstein (από την αυτοβιογραφία του)

...»

Υπάρχει παραλληλόγραμμο με τρεις διαδοχι κές γωνίες οξείες. 2 . Κάθε παραλληλόγραμμο με ίσα ύψη είναι ρόμβος. 3 . Κάθε κυρτό τετράπλευρο με τρεις γωνίες ορ θές είναι τετράγωνο. 4 . Κάθε κυρτό τετράπλευρο που έχει κάθετες διαγώνιες είναι ρόμβος. 5 . Κάθε τετράγωνο είναι και ρόμβος. 6 . Κάθε ρόμβος είναι και τετράγωνο. 7. Κάθε διαγώνιος παραλληλογράμμου το χωρί ζει σε δύο ίσα τρίγωνα. 8. Σε κάθε παραλληλόγραμμο οι διαγώνιοι του είναι ίσες. 9. Κάθε ρόμβος με μια γωνία ορθή είναι τετρά γωνο. 1 Ο. Κάθε παραλληλόγραμμο με δύο διαδοχικές γωνίες ίσες είναι ορθογώνιο. 1 1 . Κάθε τετράπλευρο που έχει κάθετες διαγώνιες και μία από αυτές είναι διχοτόμος των δύο γω νιών του, είναι ρόμβος. ΑΠΛΝΤΗΣΕ ΙΣ

Λ-Σ-Λ-Λ-Σ-Λ-Σ-Λ-Σ-Σ-Λ

Ε Ι>ΩΤ Η Σ Ε Ι l: Π ΟΛ ΛΑ Π Λ Η Σ Ε Π Ι Λ Ο Γ Η Σ

Ι.

Ένα παραλληλόγραμμο έχει περίμετρο 30cm και η μια του πλευρά είναι τετραπλάσια της άλλης, τότε η μεγαλύτερή του πλευρά είναι ίση με : Γ. 1 3cm Α. l Ocm Β. 1 2cm

Ε . 1 5cm 1 4cm Στο σχήμα η διαγώνιος του ορθογωνίου είναι 2 J2 η γωνία ω είναι 30° και η μεγαλύτερη πλευρά του είναι J6 τότε η περίμετρός του είναι: Β . .J12 Γ. 4 J2 Α. 2 J3 ( l + J2 ) Δ. 4 .J6 Ε . 2 J2 ( I + J3 ) Δ.

[ ΡΩ Τ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟ Υ - Λ ΛΘΟ ΥΣ

Υπάρχει παραλληλόγραμμο που ΔΕΝ είναι ρόμβος όταν: Α. Οι διαγώνιοί του τέμνονται κάθετα. Β. Δύο διαδοχικές πλευρές του είναι ίσες. Γ. Οι αποστάσεις των απέναντι πλευρών του είναι ίσες. Δ. Δύο απέναντι πλευρές του είναι ίσες και πα ράλληλες. Ε . Όλες οι πλευρές του είναι ίσες. Για να είναι ένα τετράπλευρο τετράγωνο αρκεί: Α. Οι διαγώνιοί του να τέμνονται κάθετα. Β. Να είναι παραλληλόγραμμο και να έχει μια γωνία του ορθή. Γ. Να είναι ορθογώνιο και ρόμβος. Δ. Να έχει τις απέναντι πλευρές του είναι ίσες και παράλληλες. Ε . Να έχει δύο γωνίες του ορθές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/25

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Οι διαγώνιες κάθε ορθογωνίου είναι: Α. κάθετες Β. διχοτομούν τις γωνίες του ορθογωνίου Γ. δεν διχοτομούνται Δ. είναι ίσες Ε. είναι άνισες.

, \[ ] ,\ :\ η-η : �<: η.: : Β - Ε - Δ - Γ - Δ \ ::: κ π-η:: ΙΗJ !

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Οι διχο τόμοι των γωνιών

Α, Β

τέμνουν τη ΓΔ στα Ρ, Ε Λ

και οι διχοτόμοι των γωνιών Γ, Δ τεμνουν την ΑΒ στα Σ, Τ αντιστοίχος. Να δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΔΕΒΤ είναι παραλληλό γραμμο. β) Το τετράπλευρο

ΚΛΗΘ που σχη μα

τίζουν οι διχοτόμοι είναι ορθογώνιο. γ) Οι διαγώνιοι του παραπάνω ορθογωνίου είναι παράλληλες προς τις πλευρές του ΑΒΓ Δ και είναι ίσες με τη διαφορά των πλευρών του. α)

Το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο Λ

επομένως είναι ΤΒ // ΔΕ ( 1 ) και Ε ι Βι (ως εντός εναλλάξ) Β ι = Δ 2 (γιατί Β = Δ επομένως Λ Λ Λ Λ Λ Β=Δ , Λ ' Ει = Δ 2 η Β = Δ 2 ) αρα 2 2 οπότε ΔΤ // ΕΒ (2) από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι το τετρά πλευρο ΔΕΒΤ είναι παραλληλόγραμμο. Λ

ναι διχοτόμος και ύψος, άρα η ΑΚ είναι και διάμε σος του τριγώνου, οπότε ΔΚ ΚΤ. Ανάλογα έ χουμε ΕΗ = ΗΒ. Αλλά από το παραλληλόγραμμο ΔΕΒΤ έχουμε ΔΤ = ΕΒ ΔΤ = 11 ΕΒ δηλαδή , οπότε ΔΚ =//ΕΗ 2 2 οπότε το τετράπλευρο ΔΕΗΚ είναι παραλληλό γραμμο, συνεπώς ΚΗ//ΔΕ, δηλαδή ΚΗ//ΓΔ. Είναι Θι = Κι (από το ορθογώνιο ΚΘΗΛ), Κι = Δ 2 (από το παραλληλόγραμμο ΚΗΕΔ) και Δ 2 = Δ (Δ τ διχοτόμος), άρα Θ = Δι ' επομένως ΘΑ // ΑΔ // ΒΓ. Ακόμα ΚΗ=ΔΕ=ΓΔ-ΓΕ=ΓΔ-ΒΓ .

ΛL K H l: H 2 '�

Σε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ οι απέναντι γωνίες του Β και Δ είναι παραπληρωματικές. Οι πλευ ρές του ΔΑ και ΓΒ τέμνονται σ_το σημείο Ε, ενώ οι ΑΒ και ΔΓ τέμνονται στο σημείο Ζ. Να απο δείξετε ότι τα σημεία τομής των διχοτόμων των γωνιών Ε και Ζ με τις πλευρές του ΑΒΓ Δ είναι κορυφές ρόμβου. Α Π Ο. \ Ε Ι Ξ Η

..:.

Ανάλογα έχουμε ότι και το τετράπλευρο ΑΣΓΡ είναι επίσης παραλληλόγραμμο επομένως είναι ΚΘ // ΛΗ και ΚΑ // ΘΗ, τότε το τετράπλευρο ΚΛΗΘ είναι παραλληλόγραμμο. Επίσης είναι: Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Α Β Α+ Β 1 80° = 90 άρα Κ = 90° = Αι + Δι = + = 2 2 2 2 επομένως το τετράπλευρο ΚΛΗΘ είναι ορθογώνιο. γ) Το τρίγωνο ΑΔ Τ είναι ισοσκελές αφού η ΑΚ είβ)

Εάν Ρ, Κ, Λ και Μ τα σημεία τομής των διχοΛ Λ τόμων των γωνιών Ε και Ζ με τις πλευρές του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ θα αποδείξουμε ότι το τε τράπλευρο ΡΚΛΜ είναι ρόμβος. Λ Λ Ονομάζουμε τις γωνίες ΑΜΖ = ω και ΕΚΜ = φ , τότε οι γωνίες � και φ είναι εξωτερι κές στα τρίγωνα ΔΜΖ και ΚΒΖ αντίστοιχα, εποΛ Λ Λ z μένως ισχύουν: ω = Δ+ 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/26

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Λ Λ Λ Λ zΛ Λ Ζ Λ Ζ φ = Βι + - = 1 80° - Β+ - = Δ+ 2 2 2 Λ Λ ( αφού Β+ Δ = 1 80° από την υπόθεση.) άρα � = � , δηλαδή το τρίγωνο ΕΜΚ είναι ισο σκελές και η διχοτόμος του ΕΗ είναι διάμεσος και ύψος, άρα ΕΗ .l ΜΚ και ΜΗ = ΗΚ. Αντίστοιχα, το τρίγωνο ΡΖΛ είναι ισοσκελές και ισχύουν ΖΗ .l ΡΛ και ΡΗ = ΗΛ. Αφού ΜΗ = ΗΚ και ΡΗ = ΗΛ, τότε το τετράπλευ ρο ΜΡΚΛ είναι παραλληλόγραμμο στο οποίο οι διαγώνιοί του τέμνονται κάθετα, συνεπώς είναι ρόμβος. ΛΣ Κ Ι Ι � Η J "

Επειδή το τετράπλευρο ΘΛΖΚ είναι πα ραλληλόγραμμο, η ΘΖ διέρχεται από το μέσο της ΛΚ. Όμοια, αφού το ΕΛΗΚ είναι παραλληλό γραμμο η ΕΗ διέρχεται από το μέσο της ΛΚ, άρα οι ευθείες ΕΗ, ΘΖ και ΛΚ συντρέχουν, επειδή διέρχονται από το κοινό κέντρο των δυο παραλλη λογράμμων. β)

Al: K H l: H 4'1 α) Να αποδείξετε ότι οι διχοτόμοι των εξωτε ρικών γωνιών παραλληλογράμμου, τεμνό μενες ανά δύο σχηματίζουν ορθογώνιο. β) Οι διαγώνιες του παραπάνω ορθογωνίου εί ναι παράλληλες προς τις πλευρές του πα ραλληλογράμμου.

Αν Ε, Ζ, Η και Θ είναι τ α μέσα των πλευ ρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντίστοιχα, τετραπλεύ

γ) Το άθροισμα των διαγωνίων του ορθογωνί ου είναι ίσο με την περίμετρο του παραλλη

ρου ΑΒΓ Δ και Κ, Λ είναι τα μέσα των διαγωνί

λογράμμου.

ων του ΑΓ και ΒΔ, να δείξετε ότι:

Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η

α) τα τετράπλευρα ΕΚΗΛ και ΖΚΘΛ είναι παραλληλόγραμμα. β) οι ευθείες ΕΗ, Ζ Θ και ΛΚ συντρέχουν. Λ Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η λ r::::::..::-----i--

Λ Λ Είναι ΑΔ // ΒΓ επομένως χΑΒ+ yBA = Λ Λ Λ Λ Λ yBA χΑΒ -1 80° ή = 90° ή ω+ φ = 90° τότε Μ = + 2 2 Λ Λ Λ 90°. Όμοια είναι Λ = Κ = Ρ = 90° συνεπώς το τετράπλευρο ΜΛΚΡ είναι ορθογώνιο. β) Στο τρίγωνο ΓΒΘ η διχοτόμος του Γ Λ εί ναι και ύψος του, άρα το τρίγωνο ΒΓΘ είναι ισο σκελές και η ΓΛ είναι και διάμεσος, επομένως ΒΓ = ΓΘ και ΒΛ = ΛΘ. Όμοια από το ισοσκελές τρί γωνο ΝΑΔ έχουμε ΑΝ = ΑΔ και ΝΡ = Ρ Δ. Στο τετράπλευρο ΔΝΒΘ οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες άρα είναι παραλληλόγραμμο, ΔΝ ΒΘ , οπότε: ΔΝ =// ΒΘ, δηλαδη, 2 = I/ 2 ' οποτε α)

Στο τρίγωνο ΑΒΓ τα σημεία Ε και Κ είναι ΒΓ μέσα των πλευρών του, επομένως ΕΚ =// - και α)

στο τρίγωνο ΒΓ Δ τα σημεία Λ και Η είναι μέσα ΒΓ , των πλευρών του, επομένως ΛΗ =11 αρα 2, ΕΚ=//ΛΗ, τότε το τετράπλευρο ΕΚΗΛ είναι πα ραλληλόγραμμο. ΑΒ ΑΒ Ανάλογα έχουμε ότι ΘΛ =// - και ΚΖ =// - , 2

άρα ΘΛ =// ΚΖ επομένως και το τετράπλευρο ΘΛΖΚ είναι επίσης παραλληλόγραμμο.

ΝΡ=//ΒΛ. Επομένως το τετράπλευρο ΝΒΛΡ είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/27

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

παραλληλόγραμμο, άρα ΑΒ II ΡΛ και αντίστοιχα ΚΜ ΙΙ ΑΔ γ) Από το παραλληλόγραμμο ΝΒΛΡ έχουμε: ΡΑ = ΝΒ = ΝΑ + ΑΒ = ΑΔ +ΑΒ. Επειδή οι διαγώνιες του ορθογωνίου είναι ίσες έ χουμε ΚΜ = ΡΑ= ΑΔ + ΑΒ επομένως ΡΛ+ΚΜ=2(ΑΔ+ΑΒ), δηλαδή το άθροισμα των δι αγωνίων του ορθογωνίου είναι ίσο με την περίμε τρο του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ.

μείο Ε, να δείξετε : α) το τετράπλευρο ΒΚΓΕ είναι παραλληΑΜ β) ΕΔ λόγραμμο. . =

γ) το ση μείο Γ είναι βαρύκεντρο του τρι γώνου ΚΕΜ. Α Π Ο. \ Ε Ι Ξ Η λ

λΣ Κ Η l: Η 5 η

Ν α αποδείξετε ότι οι προβολές του κέντρου ενός ρόμβου στις πλευρές του είναι κορυφές ορ θογωνίου . . \ ΓlΟ \ Ε Ι Ξ Η

Έστω ΟΚ, ΟΛ, ΟΜ και ΟΝ οι α ποστάσεις του κέ ντρου του ρόμβου Ο από τις πλευρές του ρόμβου τα Κ,Ο,Μ είναι συ νευθειακά καθώς και τα Λ.Ο,Ν (για τί;). Επειδή το Ο είναι σημείο της διχοτόμου ΑΓ των Γ γωνιών Α και Γ έχουμε ότι ΟΚ=ΟΛ και ΟΜ=ΟΝ, ( 1 ) Όμοια ΔΒ διχοτόμος των γωνιών Δ και Β , άρα ΟΚ=ΟΝ και ΟΑ = ΟΜ (2) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε ΟΚ = ΟΜ και ΟΛ=ΟΝ άρα στο τετράπλευρο ΚΛΜΝ οι διαγώνι ες του διχοτομούνται, συνεπώς είναι παραλληλό γραμμο. Επειδή οι αποστάσεις των απέναντι πλευρών ρόμβου είναι ίσες, έχουμε ΚΜ = ΑΝ, άρα το πα ραλληλόγραμμο ΚΛΜΝ έχει ίσες τις διαγώνιές του, συνεπώς είναι ορθογώνιο. Λ

ΛΣ Κ Η Σ Η

6η

Τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΔΚΓ είναι ίσα γιατί Δι = Δ z (ως κατακορυφήν), ΒΔ = ΔΓ (γιατί στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ το ύψος του ΑΔ είναι και διάμεσός του) και Βι = Γι (ως εντός εναλλάξ), αφού ΚΓΙΙΑΒ (γιατί;), άρα ΔΕ=ΔΚ. Στο τετράπλευ ρο ΒΚΓΕ είναι ΔΕ = ΔΚ και ΒΔ = ΔΓ δηλαδή οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, συνεπώς είναι πα ραλληλόγραμμο. β) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ η ΔΚ είναι ΑΜ διάμεσος, επομένως ΔΚ = . Αλλά ΔΚ = ΕΔ, Λ

α)

ΑΜ . άρα ΕΔ = 2 γ) Από το παραλληλόγραμμο ΒΚΓΕ έχουμε ΔΚ=ΕΔ, άρα στο τρίγωνο ΚΕΜ η ΜΔ είναι διά μεσος και ΜΓ=ΒΓ=2Γ Δ. Συνεπώς το σημείο Γ εί ναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΚΕΜ. Α.. Σ Κ Η Σ Η

7' 1

Έστω Ε σημείο της πλευράς ΑΒ τετραγώΛ

νου ΑΒΓΔ. Αν η διχοτόμος της γωνίας ΕΔΓ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Ζ, να δείξετε

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε το ύψος του ΑΔ και προεκτείνουμε την ΒΓ κατά τμήμα ΓΜ

J\1

ΒΓ. Αν Κ είναι το μέσο του ΑΜ

και η ΔΚ τέμνει την προέκταση της ΑΒ στο ση-

ότι ΔΕ

ΑΕ + ΓΖ.

Λ Π ΟΛ Ε Ι Ξ Η

Προεκτείνουμε τη πλευρά του τετραγώνου ΒΑ κατά τμήμα ΑΗ = ΓΖ, οπότε ΗΕ=ΑΕ+ ΓΖ. Αρκεί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/28

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυ κείου

λοιπόν να δείξουμε ότι ΔΕ=ΗΕ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΔΑΗ και ΖΔΓ έχουν ΖΓ = ΑΗ (από κατα σκευή) και ΑΔ = ΔΓ, άρα είναι ίσα, επομένως Η = Ζι και Δι = Δ 2 . Λ

Λl: Κ Η Σ J-1 8 11

Εξωτερικά τετραγώνου ΑΒΓ Δ κατασκευά ζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΕ, ΒΓΖ, Γ ΔΗ και ΔΑΘ. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι τετράγωνο. Α Π ΟΛ Ε Ι Ξ Η

Αλλά Η = Ζι = ΑΔΖ (ως εντός εναλλάξ)= Λ

ΔJ + Δ4 = ΔJ + Δ 2 ( αφού η ΔΖ είναι διχοτόμος) = Λ

ΔJ + Δι (αφού Δι = Δ 2 ) = ΗΔΕ . Επομένως το τρίγωνο ΗΕΔ είναι ισοσκελές, άρα ΔΕ = ΗΕ. Η

Αν συμβολίσουμε με α την πλευρά του τετρα γώνου τότε: ΕΑ = ΕΒ = ΖΒ = . . . = ΘΑ = α, επομέ νως τα τρίγωνα ΕΑΘ, ΕΒΖ, ΖΓΗ και ΔΗΘ είναι ισοσκελή.

Από την κορυφή Α του τετραγώνου φέρνουμε την ΑΚ κάθετη στην ΔΖ που τέμνει την ΔΕ στο σημείο Λ και την ΔΓ στο σημείο Ρ. Στο τρίγωνο ΛΔΡ η ΔΚ είναι διχοτόμος και ύψος, άρα το τρί γωνο είναι ισοσκελές, επομένως ΔΛ = ΔΡ ( 1) και Ρι = Λι . Λ

Όμως Ρι = Αι (ως εντός εναλλάξ) και Λι = Λ 2 (ως κατακορυφή), άρα Αι = Λ 2 οπότε το τρίγωνο ΑΕΛ είναι ισοσκελές, επομένως είναι ΑΕ = ΕΛ (2) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΡ και ΑΓΖ έχουμε: ΑΔ = ΔΓ και Α 2 = Δ 2 (έχουν τις πλευρές τους κάθετες), άρα είναι ίσα , επομένως ΖΓ = ΔΡ (3) Τότε από τις σχέσεις ( 1 ), (2) και (3) έχουμε: ΔΕ = ΔΛ + ΛΕ = ΔΡ + ΑΕ = ΖΓ + ΑΕ. Λ

Επίσης Αι = Βι = Γι = Δι =360°-90°-60°-60° = = 1 50° άρα τα παραπάνω τρίγωνα είναι ίσα, επομέ νως ΘΕ = ΕΖ = ΖΗ = ΗΘ, δηλαδή το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι ρόμβος. 1 80° - 1 50° Ακόμη είναι: Ει = Ε 2 = = 1 5°, 2 άρα ΘΕΖ = 60° + 1 5° + 1 5° = 90° συνεπώς το τετράπλευρο ΕΖΗΘ είναι ρόμβος με μία γωνία ορ Λ

θή, δηλαδή τετράγωνο. Λl: Κ Η Σ Η 911

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Α = Δ = Λ

ΑΒ > ΓΔ, ΒΓ = 4ΓΔ και Β =

9 0°,

60°. Φ έρνουμε την

ΓΗ.lΑΒ και θεωρούμε τα μέσα Ε και Ζ των πλευρών του ΑΔ και ΒΓ αντίστοιχως. Να δείξε τε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι τραπέζιο. β) ΗΒ = ΕΖ. γ) Το τετράπλευρο ΕΗΒΖ είναι παραλλη λόγραμμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/29

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Λ Π ΟΛ Ε Ι Ξ Η ..λ

2λ

Eo:t------+---o. Z

Η Λ

Β 2λ

Αφού Α = Δ = 90°, τα τμήματα ΑΒ και Γ Δ είναι κάθετα στην ΑΔ, συνεπώς είναι μεταξύ τους παράλληλα, άρα το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι τρα πέζιο. α)

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΓΗΒ είναι Β = 60°, ΒΓ 4ΓΔ επομένως Ι\ = 30° άρα ΗΒ = = = 2Γ Δ. ( 1 ) 2 2 Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ η ΕΖ είναι διάμεσός του , ΕΖ = ΑΒ + ΓΔ ΑΗ + ΗΒ + ΓΔ αρα 2 2 ΓΔ + 2ΓΔ + ΓΔ 4ΓΔ = 2ΓΔ (2) = = 2 2 από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι: ΗΒ = ΕΖ γ) Αφού η ΕΖ είναι διάμεσος του τραπεζίου, είναι ΕΖ 11 ΗΒ και λόγω του β ερωτήματος είναι ΕΖ = ΗΒ, συνεπώς το τετράπλευρο ΕΗΒΖ είναι παραλληλόγραμμο. β)

---

Λ l: Κ Η Σ Η I 011

β)

Επειδή ΚΛ

ΑΓ, ΛΔ Λ

// ΚΑ

(ως κάθετες

στην ίδια ευθεία) και Α = 90°, προκύπτει ότι το τετράπλευρο ΚΛΔΑ είναι ορθογώνιο. Λ

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β =30°, επομένως ΒΓ ΑΓ 2λ ΑΓ = - = ΒΛ = ΛΓ = 2λ' και ΚΛ= - = - = λ. 2 2 2 Στο τραπέζιο ΚΛΓ Α η διάμεσος του ΜΝ είναι ίση Ν ΚΛ + ΑΓ λ + 2λ � . λ = με: Μ = = 2 2 2 Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΛΔΓ η ΔΝ είναι διά, ΔΝ = ΛΓ = 2λ = λ , επομενως , ΜΝ μεσος, οποτε Τ 2 � = ΔΝ, δηλαδή 2ΜΝ = 3ΔΝ. 2 γ)

Α Σ Κ Η l: Η 1 1 11

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ και τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΕ και ΒΓΖ από τα οποία το ένα βρί σκεται μέσα στο τετράγωνο και το άλλο έξω απ'

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°)

αυτό. Αφού υπολογίσετε τις γωνίες των τριγώ

με Β = 30° και ΑΓ = 2λ. Αν Κ, Λ είναι τα μέσα

νων ΑΔΕ, ΒΕΓ και ΒΕΖ, να αποδείξετε ότι τα

των πλευρών του ΑΒ και ΒΓ αντιστοίχως και

σημεία Δ, Ε και Ζ είναι συνευθειακά.

Μ, Ν τα μέσα των τμημάτων ΑΚ και ΓΛ αντι

Α ΠΟΛΕ Ι Ξ Η

στοίχως, να δείξετε ότι:

Για τις γωνίες του τριγώνου ΑΔΕ έχουμε:

α) το τετράπλευρο ΚΛΓΑ είναι τραπέζιο. β) το τετράπλευρο ΚΛΔΑ είναι ορθογώνιο, όπου Δ είναι η προβολή του Λ στην ΑΓ. γ) 2ΜΝ = 3ΔΝ.

Αι = 90° - 60° = 30° αφού το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισοσκελές. λ

Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η

Επειδή τα Κ, Λ είναι μέσα των πλευρών ΑΒ ΑΓ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ, είναι ΚΛ = /1 ή 2 ΚΛ // ΑΓ, άρα το τετράπλευρο ΚΛΓ Α είναι τραπέ ζιο.

600

α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/30

Μ α θη ματικά για την Α ' Λυκείου

Είναι ΑΔ = ΑΕ οπότε το τρίγωνο ΑΔΕ είναι επίΛ

σης ισοσκελές, επομένως έχουμε: Δ 1 = Ε1 = 1 80° - 30° = 750 2 Για τις γωνίες του τριγώνου ΒΕΓ έχουμε ανά λογα Λ

Επιπλέον είναι E z = 60° γιατί το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισόπλευρο, οπότε: Ε1 + Ε 2 + Ε 3 = 75° + 60° + 45° = 1 80° , άρα τα σημεία Δ, Ε και Ζ είναι συνευθειακά. Λ

Π Ρ Ο Τ Ε Ι :\ Ο :\1 [ � Ε l: Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90°) και ΑΔ το ύψος του. Από σημείο Ε της ΑΒ φέρ νουμε παράλληλη προς την ΒΓ που τέμνει το ύψος ΑΔ στο Ζ. Στην συνέχεια φέρνουμε την κάθετη στην ΖΓ στο σημείο Ζ που τέμνει την ΑΒ στο Η. Να αποδείξετε ότι ΑΗ = ΒΕ. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΘΖ και ΑΓΔΕ. Φέρνουμε ΓΚ .l ΒΔ και ΒΛ .l ΓΖ. Να αποδείξετε ότι: α) Το ύψος ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ και οι ΓΚ, ΒΛ διέρχονται από το ίδιο σημείο. β) Το ύψος ΑΗ διέρχεται από το μέσο Ν της ΘΕ. γ) Αν ΑΜ είναι η διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ, τότε ΑΜ = 2ΕΘ. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΗ 1 , ΒΗ2 , ΓΗ3 τα ύψη του που τέμνονται στο Η. Αν Μ το μέσο της ΒΓ και Λ το μέσο της Η2 Η 3 , να δείξετε ότι ΜΑ .l Hz H 3 . Δίνονται τέσσερα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ και Δ, τέτοια ώστε ΑΒ = ΒΓ = Γ Δ. Από τα Β και Γ φέρνουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο παράλλη λα τμήματα ΒΖ και ΓΕ ώστε ΒΖ=ΓΕ=2ΒΓ. Να

Α = Δ =90°, ΔΓ = 2ΑΒ και Β = 3 Γ . Φέρνουμε ΒΕ .l ΔΓ που τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο Μ. Φέρνουμε την ΑΕ που τέμνει την άλλη διαγώ νιο ΒΔ στο Ν. Να δείξετε ότι: α) Το τετρά πλευρο ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. β) ΑΕ .l ΒΔ. γ) ΜΝ = 1/4·ΓΔ.

Β1 = 30° και Γ1 = ΒΕΓ = 75° Για τις γωνίες του τριγώνου ΒΕΖ έχουμε: ΕΒΖ = Β1 + B z = 30° + 60° = 90°. Επίσης το τρίγωνο ΒΕΖ είναι ισοσκελές γιατί ΒΕ = ΑΒ = ΒΖ ΖΙ 1 80 ο - 90 ο = 45 ο άρα EJ = = 2 Λ

αποδείξετε ότι ΑΕ.lΔΖ. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) με

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) με ΓΔ = 2ΑΒ, και οι μη παράλληλες πλευρές του τέ μνονται στο σημείο Ο. Αν Κ, Λ είναι τα μέσα των διαγωνίων του ΒΔ και ΑΓ αντίστοιχα και Μ, Ν τα μέσα των ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΜΝΛΚ είναι πα ραλληλόγραμμο. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) με ΑΔ = ΑΒ + ΓΔ και Μ το μέσο της ΒΓ. Η ευθεία ΑΜ τέμνει την Γ Δ στο σημείο Ε και η ΔΜ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ζ. Να δείξετε ότι το τε τράπλευρο ΑΔΕΖ είναι ρόμβος. Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) οι με σοκάθετοι των πλευρών του ΑΓ και ΒΓ τέμνο νται στο σημείο Ο. Θεωρούμε το συμμετρικό σημείο Μ του Ο ως προς την πλευρά ΑΓ και από στο Μ φέρνουμε την παράλληλη προς την πλευρά του τριγώνου ΑΒ που τέμνει την ΒΓ Λ

στο σημείο Δ. Να δείξετε ότι ΜΟΔ = 90°. 9.

1 0.

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°) είναι Λ

Γ = 5 Β . Αν ΑΔ το ύψος του τριγώνου, να δείξετε ότι ΒΓ = 4ΑΔ. Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ. Αν Ε, Ζ σημεία των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, να δεί ξετε ότι οι ευθείες ΕΒ, ΕΔ, ΖΑ και ΖΓ τεμνό μενες σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο στο οποίο οι απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές.

Σ H VI E I Ωl: H :

Οι προτεινόμενες ασκήσεις θα λυθούν στο τεύχος 68 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/3 1

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΉ ΕΠΙΤΡΟΠΉ 24ου ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟΥ ΣΥΝΕΔΡΙΟΥ ΕΜΕ ΚΟΖΑΝΗΣ

Δημοσιεύουμε τον πλήρη κατάλογο των μελών της επιστημονικής επιτροπής του συνε δρίου της ΕΜΕ στην Κοζάνη, Με την ευκαιρία αυτή τους ευχαριστούμε για την πολύτιμη βοή θεια που πρόσφεραν στην καλή οργάνωση του συνεδρίου. ΠΑΠΑΣΤΑΥΡΙΔΗΣ ΣΤΑΥΡΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΉΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΉΝΩΝ, Αν . ΠΡΟΕΔΡΟΣ ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΗΣ ΕΠΠΡΟΠΗΣ ΚΑΛΟΓΕΡΟΠΟΥΛΟΣ ΓΡΗΓΟΡΙΟΣ, ΚΑΘΉΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΑΝΔΡΕΑΔΑΚΗΣ ΣΤΥΛΙΑΝΟΣ, (ομ.) ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΉΝΩΝ ΔΗΜΑΚΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ, ΕΠ. ΚΑΘΉΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΚΑΛΑΒΑΣΗΣ ΦΡΑΓΚΙΣΚΟΣ, ΚΟΣΜΗΤΟΡΑΣ ΑΝΘΡΩΠΙΣΠΚΩΝ ΕΠΙΣΤΉΜΩΝ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΙ ΓΑΙΟΥ

ΚΡΗτΙΚΟΣ ΕΜΜΑΝΟΥΉΛ, Δρ ΟΙΚΟΝΟΜΙΚΟΥ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΉΝΩΝ ΠΑΠΑΝΤΩΝΙΟΥ ΒΑΣΙΛΕΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΉΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΧΡΙΣΤΟΠΟΥΛΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΉΣ ΧΡΥΣΟΒΕΡΓΗΣ ΜΙΧΑΛΗΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑΠΚΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ ΑΡΜΟΔΙΟΣ ΙΣΤΟΣΕΛΙΔΑΣ ΕΠΙΣΤΗΜΟΝΙΚΗΣ ΕΠΠΡΟΠΗΣ ΖΕΡΒΑΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΚΑΘΉΓΗΤΉΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ '\ ! Ι; : 'U � ι: ι, :: [� "Π � :'Ι Π U\ \ fl< R ii � ir: Π n �) O Π [ � � �,: i ! Π.: Τ Η \ i Ο :\ ϊ ;·-. ι ι.:. Ε Π Ι "Π } Ο Ι R Ι-η.:

ΑΓΓΕΛΟΠΟΥ ΛΟΣ ΕΥΓΕΝΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΕΜΠ ΑΛΕΞΑΝΔΡΗΣ ΝΙΚΟΛΑΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΕΙΡΑΙΩΣ ΑΝΤΩΝΙΑΔΗΣ ΙΩΑΝΝΗΣ, ΚΑΘΗΓΉΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΚΡΗΤΗΣ ΑΡΒΑΝΠΟΓΕΩΡΓΟΣ ΑΝΔΡΕΑΣ, ΛΕΚΤΩΡ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ Α ΥΓΕΡΙΝΟΣ ΕΥΓΕΝΙΟΣ, ΚΑΘΉΓΗΤΉΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΙΓΑΙΟΥ Α ΥΓΟΛΟΥΠΗΣ ΣΤΑΥΡΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΉΣ ΒΕΡΥΚΙΟΣ ΠΕΤΡΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΉΜΑΠΚΩΝ ΒΛΑΜΟΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΙΟΝΙΟΥ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΒΟΓΙΑΤΖΟΓΛΟΥ ΣΩΤΗΡΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΉΣ MSc. Γ ΑΒΡΙΛΗΣ ΚΩΝΣΤ ΑΝτΙΝΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΉΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΉΣ Γ ΑΓΑΤΣΗΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ, ΚΟΣΜΗΤΟΡΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΚΥΠΡΟΥ ΓΙΑΛΟΥΡΗΣ ΚΩΝΣΤ ΑΝτΙΝΟΣ, ΕΠ. ΚΑΘΉΓΗΤΗΣ ΓΕΩΠΟΝΙΚΟΥ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΔΑΜΙΑΝΟΥ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΉΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΔΟΡΤΣΙΟΣ ΚΩΝΣΤΑΝτΙΝΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ ΔΟΥΓ ΑΛΗΣ ΒΑΣΙΛΕΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΔΡΟΣΟΣ ΚΩΣΤΑΝτΙΝΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΖΑΧΑΡΙΑΔΗΣ ΘΕΟΔΟΣΙΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΘΩΜΑΙΔΗΣ ΙΩΑΝΝΗΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑΠΚΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΉΜΑ ΠΚΩΝ ΚΑΛΔΡΥΜΙΔΟΥ MAPIA, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΚΑΡΑΓΕΩΡΓΟΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΕΠ. ΚΑΘΉΓΉΤΗΣ ΕΚΠΑ ΚΑΡΑΖΕΡΗΣ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑ ΤΡΩΝ ΚΑΡΑΜΠΑΤΣΑΣ ΚΩΝΣΤΑΝτΙΝΟΣ, ΚΑΘΉΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΉΣ DEA ΚΑΡΚΟΥΛΙΑΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ ΚΑΣΙΜΑ τΗ ΑΙΚΑ ΤΕΡΙΝΗ, ΠΑΡΕΔΡΟΣ ΠΙ ΚΑΤΣΑΡΓΥΡΗΣ ΒΑΣΙΛΕΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ Msc ΚΑΦΟΥΣΗ ΣΟΝΙΑ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΙΓΑΙΟΥ ΚΟΛΕΖΑ ΕΥΓΕΝΙΑ, ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΠΙ ΚΟΥΡΚΟΥΛΟΣ ΜΙΧΑΗΛ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΚΡΗΤΗΣ ΚΡΑΒΑΡΠΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΕΜΠ ΛΑΠΠΑΣ ΔΙΟΝΥΣΙΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΛΕΜΟΝΙΔΗΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, ΚΑΘΗΓΉΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ Δ ΥΠΚΗΣ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 66 τ.2/32

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΜΑΚΡΗ ΕΥΦΡΟΣΥΝΗ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΜΑΜΩΝΑ IΩANNA-DOWNS, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΜΑΡΟΥΛΑΣ ΙΩΑΝΝΗΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΕΜΠ

ΜΑ ΥΡΟΓΙΑΝΝΗΣ ΝΙΚ Ο Σ, Δρ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ, ΕΥΑΓΓΕΛΙΚΉ ΣΧΟΛΗ ΣΜΥΡΝΗΣ ΜΗΛΙΩΝΗΣ ΧΡΙΣΤΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΜΠΑΡΑΛΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΜΠΕΤΣΑΚΟΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΜΠ ΙΣΜΠΑΣ ΑΝΤΩΝΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ Α ΤΕΙ Δ. ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΜΠΟΛΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΙΩΑΝΝΙΝΩΝ ΜΩΥΣΙΑΔΗΣ ΧΡΟΝΗΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΝΕΣΤΟΡΙΔΗΣ ΒΑΣΙΛΕΙΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΝΙ ΚΟΛΑΚΑΚΗ MAPIA, ΕΠ.ΚΑΘΗΓΗΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΙΑΣ ΝΙ ΚΟΛΟΥ ΔΑΚΗΣ ΕΜΜΑΝΟΥΉΛ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ M.Ed.& M.Sc. ΝτΙΝΑΣ ΚΩΝΣΤ ΑΝτΙ ΝΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΝΤΡΙΖΟΣ ΔΗΜΉΤΡΙΟ Σ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΠΑΠΑΓΕΩΡΓΙΟΥ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΠΑΠΑΔΟΠΕΤΡΑΚΗΣ ΕΥΤΥΧΙΟΣ, ΛΕΚΤΟΡΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΠΑΠΑΔΟΠΟΥΛΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΓΕΩΠΟΝΙΚΟΥ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΠΑΘΑΝΑΣΙΟΥ ΜΑΡΩ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟ ΑΘΗΝΩΝ ΠΑΠΑΘΕΟΔΩΡΟΥ ΘΕΟΔΩΡΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΠΑΠ ΙΣΤ ΑΣ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΠΕΤΡΑΚΗΣ ΑΝΔΡΕΑΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ Α ΤΕΙ Δ. ΜΑΚΕΔΟΝΙΑΣ ΠΙΠΕ ΡΙΓΚΟΥ ΒΙΟΛΕΤΤΑ, ΛΕΚΤΩΡ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΠΝΕΥΜΑ τΙ ΚΟΣ ΣΠΥΡΙΔΩΝ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΠΑΤΡΩΝ ΠΟΛ ΥΖΟΣ ΓΕΩΡΓΙΟΣ, ΠΑΡΕΔΡΟΣ ΠΙ ΠΟΤΑΡΗ ΔΕΣΠΟΙΝΑ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠ. ΠΑΤΡΩΝ ΠΟΥ ΛΟΣ ΑΝΔΡΕΑΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΡΑΠΤΗΣ ΕΥ ΑΓΓΕΛΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΣΑΚΟΝΙΔΗΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΡΑΚΗΣ ΣΑΛΙΧΟΣ Μ ΙΧΑΛΗΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥ ΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑ ΠΚΩΝ ΣΠΗΛΙΩΤΟΠΟΥΛΟΥ ΒΑΣΙΛΙΚΗ, ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ Α.Σ.ΠΑΙ.Τ.Ε. ΣΠΥΡΟΥ ΠΑΝΑΓΙΩΤΗΣ, ΕΠ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΣΤΑΘΟΠΟΥΛΟΥ ΧΑΡΑ, Εκ. ΕΠ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΙΑΣ ΣΤΡΑ ΤΗΣ ΙΩΑΝΝΗΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΤΖΑΝΑΚΗΣ ΚΩΝΣΤΑΝτΙΝΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΚΡΗΤΗΣ ΚΡΗΤΗΣ, ΠΤΔΕ ΤΖΕΚΑΚΗ ΜΑΡΙΑΝΝΑ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΙΝΙΚΗΣ ΤΟΥΜΑΣΗΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, Δρ ΜΑΘΗΜΑΠΚΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΤΡΙΑΝΤ ΑΦΥΛΛΟΥ ΑΘΑΝΑΣΙΟΣ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΤΣΙΚΟΠΟΥ ΛΟΥ ΣΤΑΜΑΤΟΥΛΑ, ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΔΕΥΤΕΡΟΒΑΘΜΙΑΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ MSc. ΦΑΤΟΥΡΟΥ-ΤΡΕΣΟΥ ΕΥΑΓΓΕΛΙΑ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΙΝΙΚΗΣ ΦΕΛΛΟΥΡΗΣ ΑΝΑΡΓΥΡΟΣ, ΑΝ. ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΕΜΠ ΦΕΡΕΝτΙΝΟΣ ΣΠΥΡΙΔΩΝ, ΣΧΟΛΙΚΟΣ ΣΥΜΒΟΥΛΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ ΧΑΡΑΛΑΜΠΙΔΗΣ ΧΑΡΑΛΑΜΠΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ ΧΑΣΑΠ ΗΣ ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ, ΕΠ . ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΧΑΤΖΗΠΑΝΤΕΛΗΣ ΘΕΟΔΩΡΟΣ, ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ ΧΡΟΝΑΚΗ ΑΝΝΑ, ΑΝΑΠΛΗΡΩΤΡΙΑ ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠ. ΘΕΣΣΑΛΙΑΣ ΧΡΥΣΑΦΙΝΟΥ OYPANIA, ΚΑΘΗΓΉΤΡΙΑ ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ

Το Δ.Σ. τη ς Ελληνική ς Μαθη ματική ς Εταιρείας και η Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β '

σας εύχονται χαρού μενο και δη μιου ργικό το 2008

,, · ...o.=-=- -____j

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 6 τ.2/33

•-•ιιιι8-ιι8• ,., l'φl' W ��1'1 w•ιι Αιι••Ι•ιι Άλγεβρα

ΠΟΛ ΥΩΝΥΜΑ ΠΟΛ ΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Ε ΞΙΣΩΣΕΙΣ - Ε Ξ ΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΆΓΟΝΤΑΙ ΣΕ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ 1)

α) Να βρεθεί πολυώνυμο 2ου βαθμού τέτοιο ώστε P(x+l )=P(x)+x, για κάθε χ ε JR β) Πότε το παραπάνω πολυώνυμο δεν γίνε ται γινόμενο παραγόντων με πραγματικούς συντελεστές;

Λύ ση

α) Έστω Ρ(χ)=αχ2+ βχ+γ, α, β, γ ε !R., τότε Ρ(χ+ 1 )=Ρ(χ) +χ , για κάθε χ ε !R.<=:> <=:>α(χ+ Ι )2+ β(χ+ 1 )+γ=αχ2+ βχ+γ+χ, για κάθε χ ε IR. <=:>αχ2+ (2α+ β)χ+ ( α+ β+γ)=αχ2+(β+ 1 )χ+γ, για κάθε 1 α= 2 α=α χ ε !R. <::::> 2α + Ji = + 1 <=> β = α+β+j-j γ ε ΙR.

{

�

Q(x

Λύ σ η

)

(

)

(

( :)

= ημα + συνα χ 3 + ( ημα + συνα ) χ 2 + ημα · συνα + ( ημ 2 α - συν 2 α ) χ + α + 3

( :)

Παρατηρούμε ότι, με π α "* κπ και α "* κπ + - , κ ε εχουμε 2 + ημα συνα*Ο<=>ημα*-συνα<::::> εφ α*- 1 <=> '71 IL..ι

( ) 8]

ημα

{

)

1 1 P ( x ) + Q ( x ) = -- + -- x 3 + ( ημα + συνα ) χ 2 + ημα συνα + ( ημ 2 α - συν 2 α ) χ + α + 3 =

β) Πρέπει και αρκεί Δ<Ο. 1 1 2 1 Αλλά: Δ < Ο <::::> -- - 4 - γ < Ο <::::> - - 2γ < Ο <=> 2 2 4 1 <=> 2γ > - <=> γ > - . 4 8

( )

συν α

+ ( ημα χ z + ημ z α χ + α,

2 Να βρείτε το βαθμό του πολυωνύμου P(x)+Q(x) για τις διάφορες τιμές του α.

•

Ρ ( χ ) = -1- χ 3 + ( συνα ) χ 2 - { συν 2 α ) χ + 3π

( -1-) χ3

π α "* κπ και α * κπ + - , κ ε Ζ

2) Δίνονται τα πολυώνυμα.

του Αποστόλη Κ ακα β ά

( : ) <=> α "* κπ I π -�ι π

<=:>εφα-;j; εφ -

•

Αν α * κπ - - , κπ, κπ + - με κ ε Ζ 2 4 τότε το P(x)+Q(x) είναι 3ου βαθμού. Εξάλλου ημα+συνα=Ο<=:>

I -�' κ ε zι. Για να είναι δε-

εφα=-1 <=> α = κπ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/34

Μ αθη ματικά για την Β · Λυκείου

κτές αυτές οι τιμές πρέπει και αρκεί κπ-� -:ι. /.π και 4 π π Ι . κπ-- -:ι. /.π+- , που ισχυουν, αφου. κ - λ -:ι. - και 2 4 4 κ - λ -:ι. � 4

Άρα οι τιμές α = κπ Τότε

α=

Άρα υ ( χ ) =

�, κ ε Ζ I είναι δεκτές

Ειδικά αν ρ=Ο και βαθΡ ( χ ) = k ::::: 2 , τότε P ( x ) = A k x k + ... + Α2χ 2 + Α 1 χ + Α0 με A k -:ι. Ο , οπότε έχουμε: Ρ ( χ ) = χ ( A k χ k - 2 + ... + A z ) + Α, χ + Ασ . Άρα υ ( χ ) = Α 1 χ + Α 0 • Αν όμως k<2 ή Ρ(χ) το μηδενικό πολυώνυμο, τότε υ(χ)=Ρ(χ). 2

και δεν είναι το μηδενικό πολυώνυμο για καμία τι-

κ -:ι. --1 ) . 2

Άρα είναι μηδενικού βαθμού.

5) Να λυθούν οι ανισώσεις : 2 α)

3) Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυω 2 2 νύμου Ρ( χ) δια του χ -ρ είναι υ(χ)=αχ+β, α,β ε !R , τότε να βρεθεί το υπόλοιπο της διαί ρεσης του Ρ(χ) : (χ-ρ)

Λ ύ ση :

ταυτότητα της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2-ρ 2) είναι Ρ(χ)=(χ2-ρ2 )π(χ) + αχ+ β ( 1 ), όπου π(χ) το πηλί κο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2-ρ2 ). Από την ( 1 ) γ ια χ=ρ παίρνουμε Ρ(ρ )=(ρ2-ρ2 )π(ρ )+αρ+ β=αρ+ β. Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ-ρ) είναι υ=Ρ(ρ)=αρ+ β Η

β ' τ ρ ό πος

Ρ(χ)=(χ-ρ )(χ+ ρ )π(χ) + α(χ-ρ )+ αρ+ β= =(χ-ρ)[(χ+ ρ)π(χ) +α ] + αρ+ β Άρα έχουμε υπόλοιπο υ=αρ+β και πηλίκο Πι (χ)=(χ + ρ )π(χ) + α 4)

Ρ ( ρ ) - Ρ ( -ρ ) Ρ ( ρ ) + Ρ ( -ρ ) χ+ . 2ρ 2

Π α ρα τ ή ρ η ση :

3π π 3π π Ρ(χ) +Q(χ)= α + - = κπ - - + - = κπ + - κ ε Ζ 4 2' 4 4

μη. του κε z , ( αφου.

Ρ ( ρ ) - Ρ (- ρ ) 2ρ

Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης πολυ ωνύμου Ρ(χ) : (χ 2-ρ 2 ), ρ ε !R, ρ-:ι.Ο.

β) γ)

(χ-2) (χ-1) ( 3 - χ)::; ο (x-2)2(x-l)(x-3)< Ο (χ-2)3(x - l)(x - 3) > Ο

(2) (3)

Λ ύ ση

Βρίσκουμε το πρόσημο κάθε παράγοντα, εξε τάζοντας αρχικά πότε είναι καθένας απ ' αυτούς θετικός, δηλαδή λύνουμε αρχικά τις επιμέρους ανισώσεις: (χ - 2 ) 2 > Ο (i), χ - 1 > Ο (ίί), α)

3 - χ > ο (iii).

(θα μπορούσαμε φυσικά να βρούμε αρχικά πότε οι παράγοντες αυτοί είναι αρνητικοί, δηλαδή να λύ σουμε τις aντίστροφες ανισώσεις). Έχουμε λοιπόν: (ί) � χ -::f:. 2 , (ίί) � χ Ε ( 1, +οο) , (iii) � χ Ε ( -οο, 3) . Απεικονίζουμε σε πίνακα τα συμπεράσματα αυτά απ' όπου φαίνεται επιπλέον πότε οι παράγοντες αυτοί είναι αρνητικοί και πότε μηδενίζονται. -00

Λί> ση

Επειδή ο διαιρέτης είναι 2ου βαθμού το υπό λοιπο είναι της μορ φής: υ(χ)=αχ+ β α,β ε !R Η ταυτότητα της διαίρεσης Ρ(χ): (χ2-ρ2 ) με πηλίκο π(χ) είναι: Ρ(χ)= (χ2-ρ2 )π(χ) + αχ + β Για χ=ρ από την ( 1 ) παίρνουμε: Ρ(ρ )=(ρ2-ρ2 )π(ρ ) +αρ+ β=αρ+ β (2) Ομοίως για χ= -ρ παίρνουμε: Ρ(-ρ)= -αρ + β (3) Ρ ρ ) + Ρ ( -ρ ) Οπότε: (2), (3) � β = ( και 2

(1)

Α=(χ-2)2

Β=χ- 1 Γ=3-χ ΑΒΓ

Ά ρα :

(1) � ΑΒΓ ::; Ο � χ Ε ( -οο, 1] υ [3, +οο ) υ {2}

Β ' τ ρ ό πο ς :

( 1) � ( χ - 2 ) 2 (χ - 1 ) ( χ - 3) � ο � χ 2 ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/35

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

(χ - 1) (χ - 3) � 0 � χ = 2 ή χ ε ( -οο, 1 ] υ [ 3, +οο ) � χ ε ( -οο, 1 ] υ [ 3, +οο ) υ { Οι (2), (3) λύνονται ομοίως με πίνακα, αλλά και συντομότερα ως εξής: β) ( 2 ) � χ :;t: 2 και ( χ - 1 ) ( χ -3 ) < Ο � χ :;t: 2

χ ε ( 1, 3 ) � χ ε ( 1, 2 ) υ ( 2, 3 ) . γ) Αφού οι ( χ - 2 ) 3 και ( χ - 2 ) είναι ομόσημοι, θα έχουμε: ( 3 ) � ( χ - 2 ) ( χ - 1 ) ( χ - 3 ) > Ο . Το και

ποθετούμε τις ρίζες του 1 ου μέλους σε άξονα και αφού οι συντελεστές του χ είναι όλοι θετικοί τα πρόσημα του γινομένου όπως ξέρουμε εναλλάσο νται με το (+) πάντα στο 1 ο δεξιό διάστημα .

+ Έτσι έχουμε: ( 3 ) � χ ε ( 1, 2 ) υ ( 3, +οο ) . Στις ( 1 ), (2) οι παράγοντες ήταν δύο, οπότε απαντήσα με απ ' ευθείας με βάση το πρόσημο τριωνύμου. l: η μ ε ίι•)ση : Παρατηρήσαμε ότι σε κάθε πολλαπλή ρίζα περιττής τάξεως του 1 ου μέλους αλλάζει το προσημό του, ενώ σε κάθε πολλαπλή ρίζα αρτίας τάξεως δεν αλλάζει το πρόσημο του 1 ου μέλους . 6) Ν α λυθεί η aνίσωση : ( χ - 2 - χ 2 + 2χ - 1

){

)

< ( χ - 1 ) ( χ 2 - χ - 2 ) ( χ 2 + χ + 2007 ) ο --;----'-------,---.., --'--- 7""

λ ίJση

2 ( χ-2)( χ2 - 2χ+1) >- Ο� ( χ-1 ) >- Ο � ( 1) � ( χ-1 )( χ-2)( χ+1) ( χ-1)( χ+1) χ - 1 � Ο � (χ - 1) (χ + 1) � 0 � χ+1 � χ ε ( -οο, -1 ] υ [ 1, +οο ) � � χ ε ( -οο, - 1 ) υ ( 1, 2 ) υ ( 2, +οο ) -

Ρ ( χ) =

( �J συν 2

(

( �J

χ 4 + χ 3 - συν 2 α χ 2 - συν 2

)

}

λίJση

Το χ+ 1 είναι παράγοντας του Ρ(χ) <=> α α <::::> Ρ (-1 )=0 <::::> συνz 1 συνz α + συνz - = 0 <::::> 2 2 <=> 2συν 2 � - Ι - συν 2 α = Ο <=> συνα - συν 2 α = Ο <=> 2 <=> συνα ( 1 - συν α) = Ο <=> συνα = Ο ή συνα = Ι <=> α = κπ + � , κ Ε Ζ ή α = 2κπ, κ Ε Ζ . 2 Εξετάζουμε για ποιες τιμές κ Ε Ζ ισχύει: Ο ::::; κπ + � ::::; 2π ( 1 ) ή Ο ::::; 2κπ ::::; 2π (2) 2 Έχουμε: π 3π Ι 3 , (1 ) <=> - - ::::; κπ ::::; - <=> - - ::::; κ ::::; - <=> κ = Ο η κ = Ι 2 2 2 2

α)

- -

}

8) Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ 4+χ3-3χ 2-αχ+β, α,β Ε IR. α ) Να βρεθούν τ α α,β ε ΙR ώστε τ ο Ρ(χ) να διαιρείται με την μεγαλύ τερη δυνατή δύναμη του χ-1 β) Για τις τιμές των α και β που βρήκατε να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ)=Ο γ) Να λυθεί η aνίσωση Ρ(χ);:::Ο

α)

π Για κ=Ο έχουμε α = - και για κ= 1 έχουμε 2 3π α=2 Εξάλλου ( 2) <=> Ο ::::; κ ::::; Ι <=> κ=Ο ή κ=1 Για κ=Ο έχουμε α=Ο και για κ= Ι έχουμε α=2π. 3π Τελικά α Ε 0, , , 2π 2 β ) Για α=Ο έχουμε Ρ(χ)=χ4+χ 3 -χ2-χ = =χ4+χ3-xz-χ=χ3(χ+ Ι )-χ(χ+ Ι )= =χ(χ+ 1 )(χ2- 1 )=χ(χ+ Ι )2(χ- Ι ), οπότε Ρ(χ)=Ο<::::> Χ Ε {Ο, Ι ,- 1 } Εξάλλου : Ρ ( χ ) ::::; Ο <=> � χ = - 1 ή χ ( χ - 1 ) ::::; Ο � χ ε [ Ο, 1 ] υ { -1 }

{�

(1)

Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί (χ- 1 ) (χ2- χ-2) (x2+x+2007):;t:O, δηλαδή χ � { 1 , 2, - 1 } , αφού χ 2 + χ + 2007 > Ο , για κάθε χ ε JR (γιατί;). Στο JR - { 1, 2, -1 } έχουμε:

7) Δίνεται το πολυώνυμο

α) Να βρεθεί το α ε [Ο,2π] ώστε το πολυώ νυμο Ρ( χ) να έχει παράγοντα το χ+ 1 β) Για α=Ο να λυθεί η εξίσωση Ρ(χ)=Ο και η aνίσωση Ρ(χ):::; Ο

, \ ίJση

Το (χ- Ι ) διαιρεί το Ρ(χ) <::::> Ρ ( 1 )=0 . Με το σχή μα Homer βρίσκω το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ): (χ-Ι )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/36

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

-3 α β 2 -1 α- 1 2 -1 α- 1 α + β - 1 Άρα υ 1 = β + α - 1 και π 1 ( χ ) = χ 3 + 2χ 2 - χ + ( α - 1 ) Οπότε: Ρ ( 1) = Ο <=> α + β - 1 = Ο

ρ=1

Άρα υ 2 = α + 1 και π ( χ ) = χ + 3χ + 2 = ( χ + 1 )( χ + 2 ) Οπότε: (χ- 1 ) παράγοντας Ρ( χ) <=> υ, = Ο β+α-1 =Ο α = -1 <=> <=> υ2 = Ο α+1 =Ο β=2 β) Για α=- 1 και β=2 έχουμε Ρ(χ)= χ4+χ3-3χ2-χ+2 =(χ+ 1 )(χ + 2)(χ- 1 )2, οπότε δεν διαιρείται με μεγα λύτερη, από τη 211 δύναμη του (χ- 1 ) . Άρα: Ρ(χ)=Ο<::> χ ε {- 1 ,-2, 1 } 2

}

γ) Ρ(χ)�Ο<=> χ= 1 ή (χ+ 1 )(χ+2)�0<=>χ ε ( -oo,-2]u[- 1 , +οο)

Ν α λυθεί η εξίσωση : .-___ x 2 + 8χ + 7 - x 2 + 8 x = 1

στο

χ 2 + 8χ 9 � ο

αφού για

αυτές

ισχύει

1 0) Δίνεται το πολυώνυμο χν+νχ+(ν-1), ν ε Ν, ν;:::2 α) Να βρεθεί το πηλίκο π(χ) της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ-1 ) 2 β) Να βρεθεί η τιμή του π(χ) για χ=1

Το (χ- 1 )2 διαιρεί το Ρ(χ) <=> Ρ (1) = 0 και το (χ- 1 ) διαιρεί το π 1 (χ). Με το σχήμα Homer βρίσκω το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης π 1 (χ): (χ- 1 ) 2 - 1 α- 1 3 2 3 2 α+1

ανήκουν

, \ \>ση α)

Ρ(χ)=χν+νχ+(ν-1 )=χν-1-νχ+ν=χν-1-ν(χ-1 ) =(χ-1 )(χν-Ι+χν-2+ . . . +χ+ 1 )-ν(χ-1 ) =(χ-1 )(χν-Ι+χν-2+ . . . +χ 1 + 1 -ν) =(χ-1 )[(χν- 1 _1 )+(χν-2-1 )+(xv-3-1 )+ . . . +(χ2- 1 )+(χ-1 )] =(x-1 )[(x- 1 )(xv-2+xv-J+ . . . + 1 )+ +(χ-1 )(χν-3+χν-4+ . . . + 1 )+ . . . + (χ-1 )(χ+ 1 )+(χ- 1 )] =(χ-1 )2[(χν-2+χν-3+ . . . + 1 )+ +(χν-3+Χν-4+ . . . + 1 )+ . . . +(χ+ 1 )+ 1 ] =(χ-1 )2[(ν-1 )+ (ν-2)χ+(ν-3)χ2+ . . . + 3χν-4+2χν-3+χν-2] άρα π(χ)=χν-2+2χν-3+3χν-4+ . . . +(ν-2)χ+(ν- 1 ) β) Έχουμε: π( 1 )= 1 +2+3+ . . . + (ν-2) + (ν- 1 )

(1) και π( l )=(ν- 1 )+ (ν-2)+ (ν-3) + . . . +2 + 1 (2) οπότε: ( 1 )+(2) �2π( l )= ν + ν + ν + . . . + ν + ν � ( ν -Ι) ν(ν - 1) 2π ( 1 ) = ν ( ν - 1 ) � π ( 1 ) = 2 όροι

-_,___--"-

1 1) Δίνεται το πολυώνυμο +2 Ρ(χ)=χν -(ν+2)χ +(ν+1 ) ν ε Ν* α) Δείξτε ότι το (χ-1) 2 είναι παράγοντας του Ρ(χ) +4 β) Διαπιστώστε ότι ο αριθμός 3 2ν -8ν-1 7 είναι πολλαπλάσιο του 64 .

(1)

Λ ύ ση

Πεδίο ορισμού της ( 1) είναι το Α = {χ Ε ΙR Ι χ 2 + 8χ ;::: ο}

θέτω x2+8x=y οπότε η επιλύουσα της ( 1) είναι η (2) �y + 7 - JY = 1 Πεδίο ορισμού της (2) είναι το Β = [Ο, +οο ) Στο Β έχουμε: ( 2 ) <=> �y + 7 = 1 + -/Υ <=> (�y + 7 ) 2 = ( 1 + -/Υ) 2

<=> y + 7 = 1 + 2 -/Υ + y <=> 2.jY = 6 <=> JY = 3 <=> y = 9 Δεκτή τιμή αφού ανήκει στο Β. Για y=9 έχουμε: x2+8x=y<=> χ2+8χ=9<=> χ2+8χ-9=0<=:> χ=--9 ή χ= 1 Οι τιμές αυτές προφανώς είναι δεκτές δηλαδή

ΛίJ σ η

Ρ(χ)=χν+2-(ν+ 2)χ +(ν+ 1 )= =χν+2-(ν+ 1 )χ-χ+(ν+ 1 )=χν+2-χ-(ν+ 1 )χ+(ν+ 1 )= =χ(χν+Ι_1 )-(ν+ 1 )(χ-1 )= =χ(χ-1 )(χν+χν-Ι+ . . . +χ+ 1 )-(ν+ 1 )(χ-1 )= =(χ-1 )[χ(χν+χν-1+ . . . +χ+ 1 )-(ν+ 1 )]= =(χ-1 )[(χν+Ι_1 )+(χν-1 )+ . . . +(χ2-1 )+(χ-1 )]= =(χ-1 )[(χ-1 )(χν+χν-Ι+ . . . +χ+ 1 )+(χ- 1 )+ +(χ-1 )(χν-Ι+χν-2 1 + . . . +χ+ 1 )+ . . . +(χ-1 )(χ+ 1 )(χ-1 )]= = ( x-1) 2 Q χν + χν-1 + ... +χ +1) +( χν-1 + χν-2 + ... + χ+1) + ... + α)

+ . . . +(χ+ 1 )+ 1 ]=(χ-1 )2 · π(χ)

β) Δείξαμε ότι: Ρ(χ)=χν+2-(ν+2)χ +(ν+ 1 )=(χ- 1 )2·π(χ), για κάθε χ ε !R Οπότε: Ρ(9)=9ν+2-(ν+2)9 +(ν+ 1 )=82·π(8)� (3 2)ν+Ζ-9ν-1 8+ν+ 1 =64 ·π(8) � 32ν+4-8ν-1 7=πολ.64

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/37

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

1 2) Αν P(x+l )=3x 2-x, για κάθε x e iR., τότε : α) Να βρεθεί το πολυώνυμο Ρ(χ) β) Να βρεθεί το πολυώνυμο Q(x) ώστε 2 P(x).Q(x)=3x 3-10x + 1 1 x-4, για κάθε x e iR. ( 1 ) γ ) Να λυθεί η aνίσωση Ρ( I χ I ).Q(x)<O

Λύ ση

Έχουμε: χ+ 1 =κ<=:>χ=κ-1 . Άρα Ρ(χ+ 1 )=3χ2-χ, για κάθε x ε iR. <=:>Ρ(κ)=3(κ-1 )2-(κ- 1 ), για κάθε κ ε 1R<=:>Ρ(κ)=3κ2-7κ+4, για κάθε κ ε !R, άρα Ρ(χ)=3χ2-7χ+4

α)

-4/3

-00

Α =Ιχ l - 1

Β=3 ΙχΙ-4

Γ=χ- 1 ΑΒ Γ

-I

4/3

�

+οο

+ +

β) Το Q(x) είναι 1 ου βαθμού, αφού το Ρ(χ) είναι 2ου βαθμού.

Έστω Q(χ)=αχ+β. Τότε: Ρ(χ) ' Q(χ)=(αχ+β)(3χ2-7χ+4)= =3αχ3-7 αχ2+4αχ+ 3 βχ2-7βχ+4β= =3αχ3+(3 β-7α)χ2+(4α-7β)χ+4β 3α = 3 3β - 7α = - 1 0 ........_ α = 1 Άρα: ( 1 ) <=> .......4α - 7β = 1 1 β = -1 4β = -4

{

γ) Έχουμε:

Ιxl=y

= 3y2-7y+4= = 3 ( y - 1 ) y - = 3 ( l x l - 1 ) l x l - αφού το 4 τριώνυμο 3y2-7y+4 έχει ρίζες y 1 = 1, y 2 = 3 Άρα:Ρ( I χ I )(χ- 1 )<0( 1 ) <=> (1 � - 1) � χ-1) < 0 Ρ( I χ I )=3 1 χ 1 2-7 1 χ I +4=0

( �)

( � ). � �)

(2)

Θεωρώ τις επιμέρους ανισώσεις ΙχΙ-1 >0

4 lxl - ] > 0

(3), χ- 1 >0 (4) .

Έχουμε:

(2) � χ ε ( -οο, -1 ) υ ( 1, +οο )

( �) (� , +οο )

( 3 ) � χ ε -οο, - υ ( 4 ) � χ ε ( 1, +οο )

Απεικονίζουμε τα συμπεράσματα αυτά σε πίνακα

Άρα: ( 1 ) � ΑΒΓ < Ο � χ ε --αι,- υ ( -1, 1 ) υ ι,

( �)

ΓΕΩΜΕ Τ Ρ ΙΑ

ΜΕ ΤΡΙΚΕΣ ΣΧΕΣΕΙΣ Σ Τ ΟΝ ΚΥΚΛΟ - Ε ΜΒΑΔΑ Επιμέλεια : ΓΙΩΡΓΟΣ ΤΡΙΑΝΤΟΣ

Στη δέσμη των δεκατριών ασκήσεων που ακολουθεί περιλαμβάνονται θέματα που αφορούν στη δύ ναμη σημείου ως προς κύκλο και στα εμβαδά ευθυγράμμων σχημάτων, χωρίς όμως να διαχωρίζονται α πόλυτα κατά ενότητα . Αντίθετα, εμφανίζονται συνδυασμένα με αρκετά στοιχεία προηγουμένων ενοτή των της Γ εωμετρίας όπως η ομοιότητα, οι μετρικές σχέσεις σε τρίγωνο κ . α . Έτσι, ενώ η άσκηση ( 1 ) είναι μία απλή εφαρμογή στο θεώρημα των τεμνομένων χορδών, η άσκηση (2) , μαζί με τη δύναμη σημείου συνδυάζει τον νόμο των συνημιτόνων και άλλους τύπους για το εμβαδόν τριγώνου . Η ομοιότητα τριγώνων εμφανίζεται στις ασκήσεις (4) ,(8),(13). Ο υπολογισμός τμημάτων διαίρεσης πλευράς τριγώνου από εσωτερική διχοτόμο στην άσκηση (1 1). Στην άσκηση (5) θεωρούνται γνωστά τα αποτελέσματα του Θεωρήματος Euler για τυχαίο τετράπλευρο και για παραλληλόγραμμο, ενώ η άσκηση ( 1 2) είναι εφαρμογή του τύπου του εμβαδού τετραπλεύρου με κάθετες διαγωνίους . Τέλος στις ασκήσεις (7),(8),(9) αξιοποιείται η ισοδυναμία τριγώνων που χωρίζει μία διαγώνιος παραλληλογράμμου το παραλληλόγραμμο, μία διάμεσος τριγώνου το τρίγωνο καθώς και των τριγώνων που έχουν κοινή βάση και ίσα ύψη . ΑΣ Κ Η Σ Η ( 1 ) : Δίνεται η μικύκλιο διαμέτρου ΑΒ = 2R και δύο τυχαίες χορδές ΑΓ, ΒΔ του η μικυκλίου που

τέμνονται σε σημείο Ρ. Συμβολίζου με με D1 τη δύναμη του σημείου Α ως πρός τον περιγεγραμ μένο κύκλο του τριγώνου ΒΡΓ και με D 2 τη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/38

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

δύναμη του σημείου Β ως προς τον περιγεγραμ μένο κύκλο του τριγώνου Ρ ΑΔ . Να αποδειχθεί 2 ότι: D1 + D 2 = 4R • Δ

/ λπ{ιδειξη :

Απ{Jδ�: ιξη :

Η η προβολή του σημείου Ρ πάνω 1 ) Σύμφωνα με την υπόθεση η πλευρά ΒΓ στην ΑΒ . Επειδή Ρ ΔΑ+ ΡΗΑ = π και είναι μεσοκάθετος του τμήματος ΑΔ , του οποίου έστω Ρ το μέσον. Άρα ΡΓΒ+ ΡΗΒ = π οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των D ι = 0Δ2 - R 2 = ΟΔ2 - ΟΑ 2 = 2ΑΔ · ΚΡ ' όπου τριγώνων ΑΔΡ και ΒΓΡ έχουν διαμέτρους ΑΡ και ΒΡ αντιστοίχως και διέρχονται από το σημείο ΟΚ l_ ΑΔ (2° θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΟΑΔ ). Αν Μ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ Η. τότε είναι ΟΜ l_ Β Γ και ΟΜ=ΚΡ Έχουμε: D1 = ΑΡ · ΑΓ = ΑΗ · ΑΒ (1) και Οπότε: D 1 = 2 · 2ΑΡ · ΟΜ = 4 · υα · ΟΜ ( 1 ) D 2 = ΒΡ · ΒΔ = ΒΗ · ΒΑ (2) . Επειδή είναι Με πρόσθεση των σχέσεων (1), (2) παίρνου2Ε , ΟΜ = RσυνΜΟΓ = RσυνΑ , όπου Ε με: υα = α το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ , η σχέση (1) D 1 + D 2 = ΑΡ · ΑΓ + ΒΡ · ΒΔ = Έστω

= ΑΗ · ΑΒ + ΒΗ · ΒΑ = = ΑΒ(ΑΗ + ΒΗ) = ΑΒ · ΑΒ = = ΑΒ 2 = 4 R 2

ΑΣ Κ Η Σ Η ( 2 ) :

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμ μένο σε κύκλο (O, R) . Θεωρούμε τα σημεία Δ, Ε, Ζ συμμετρικά των Α, Β, Γ ως προς τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντιστοίχως. Ονομάζουμε

γράφεται:

D1 = 2 · 4ER συνΑ (2) . α β2 + γ2 _ α2 Όμως, ισχύουν αβγ = 4ΕR και συνΑ = 2βγ (από τον νόμο των συνημιτόνων). Οπότε η (2) --

γράφεται :

2 2 2 D ι = 2 · α βΥ . β + γ - α = β z + γz - αz 2β γ α

( 3) .

D1 , D 2 , D 3 τις δυνάμεις των σημείων Δ, Ε, Ζ ως προς τον κύκλο (O, R) αντίστοιχως. Να αποδει 2 2 χθεί ότι ισχύει 1 . D1 + 0 2 + 0 3 = α + β + γ 2 ,

Κυκλικά έχουμε:

όπου α, β , γ τα μήκη των πλευρών του τριγώνου

D ι + D 2 + D3 = αz + βz + γz . ΗΑ ri ιφατ1) p η ση : Γνωρίζοντας ότι: ΟΜ = 2

2. ΑΒΓ . α · ΗΕ · ΗΖ + β · ΗΔ · ΗΖ + γ · ΗΔ · ΗΕ = 4R( ΔΕΖ ) , όπου Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

D 2 = γ 2 + αz - β 2 ' D 3 = αz + β 2 - γ 2 .

Με πρόσθεση κατά μέλη παίρνουμε:

σκουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/39

κ. λ.π. ,

βρί-

οπότε

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

2 + γ2 α 2 + β-� -=-υ α · ΗΑ + υ β · ΗΒ + υ γ · ΗΓ = --2

Να δοθεί και δεύτερος τρόπος απόδειξης της τελευταίας σχέσης, ανεξάρτητος. Λ

2) Επειδή ΖΗΕ+ Α = π (πλευρές κάθετες μία προς μία) από το θεώρημα των εμβαδών έχουμε

( ΗΖΕ) = ΗΖ · ΗΕ => ( ΗΖΕ) = ΗΖ · ΗΕ (4) . (ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ (ΑΒΓ) βγ ( ΗΖΔ) = ΗΖ · ΗΔ (5) , , εχουμε: Ομοιως (ΑΒΓ) αγ ( ΗΔΕ) = ΗΔ · ΗΕ (6) . και (ΑΒΓ) βα

�ε πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (4),(5),(6) παίρνουμε (Η Ε) (ΗΖΔ) (ΗΔΕ) ....:.Ζ__ ...__ __.:... + = + (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ΗΔ · ΗΕ Η Ζ · Η Ε ΗΖ · ΗΔ ------ + + αγ βγ βα Δ) (ΗΖΕ) + (ΗΖ + (ΗΔΕ) <=> = (ΑΒΓ) α · ΗΖ · ΗΕ + β · ΗΖ · ΗΔ + γ · ΗΔ · ΗΕ = --------�--------�----αβγ (ΔΕΖ) α · ΗΖ · Η Ε + β · ΗΖ · ΗΔ + γ · ΗΔ · ΗΕ � ---- = --------�--------�----(ΑΒΓ) αβγ � α · Η Ζ · ΗΕ + β · ΗΖ · ΗΔ + γ · ΗΔ · ΗΕ = (ΔΕΖ ) (ΔΕΖ) = 4(ΑΒΓ) · R · = 4R · (ΔΕΖ) = αβ γ . (ΑΒΓ) (ΑΒΓ

Α)

Από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων: Στο τρίγωνο ΡΚ 1Κ 2 έχουμε:

2 ΡΚ 1 2 + ΡΚ / = 2 · Ρ0 2 + Κ 1Κ 2 ( 2) . 2 Β ) Στο τρίγωνο ΑΚ 1Κ έχουμε : 2 2 I K K 2 2 2 2 · 2 = δηλ . ΑΟ + ΑΚ Ι + ΑΚ 2 2

κ κ 2 R 2 + R 22 = 2R 32 + _ι_2_ � 2 Κ, Κ/ = R 2 + R 22 - 2 R 32 (3) � 2 Από τις σχέσεις (1), (2), (3) παίρνουμε ΚΚ D + D 2 = 2 · Ρ0 2 + , / - (R 2 + R 22 ) = 2 - 2 · ΡΟ 2 + R 2 + R 2 - 2R 32 - (R 2 + R 2 ) 2 2 = 2(Ρ0 2 - R ; ) = 2D 3 I

ΛΣ Κ Η Σ Η ( 4 )

Δίνεται κύκλος (O, R) και σημείο Ρ στο

C, , C 2 τέμνονται και έστω

Δύο κύκλοι

Α , Β τα κοινά τους σημεία. Ένας τρίτος κύκλος

C 3 έχει το κέντρο του στο μέσον Ο της διακέντρου Κ 1 Κ 2 των c, , C 2 και διέρχεται από τα

σημεία Α, Β . Θεωρούμε τυχαίο σημείο στο επίπεδο των κύκλων αυτών και ονομάζουμε D 1 , D 2 , D 3 τις δυνάμεις του Ρ ως προς τους κύκλους c, , C 2 , C 3 αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ό τι: D , + D 2

= 2D3

λπιiδηξη :

εσωτερικό του κύκλου. Τυχαία ευθεία ε διέρχε ται από το σημείο Ρ και τέμνει τον κύκλο στα ση μεία Α , Β . Θεωρούμε τις εφαπτόμενες Ax, By του κύκλου και ονομάζουμε Κ, Λ τις προβολές του Ρ πάνω στις Αχ, By , αντιστοίχως. . το α' θ ροισμα Ν α απο δ ειχθ ει. οτι

ι ι .

-+-

ΡΚ ΡΛ σταθερό. ( δηλ. ανεξάρτητο της ευθείας ε ).

ειναι

Λπόδ�:ιξη :

•

Ονομάζουμε R 1 , R υ R 3 τις ακτίνες των κύκλων C 1 , Cυ C 3 αντιστοίχως. 'Εχουμε : D 1 + D 2 = ΡΚ 1 2 - R � + ΡΚ / - R ; = = (ΡΚ 1 2 + ΡΚ / ) - (R � + R ; ) (1)

Έστω ΟΡ = d > Ο Τότε για την ειδική περίπτωση της ευθείας ΡΟ = Α1Β1 έχουμε

1 + -1 = -1 + -1 = 2R = -PK I ΡΛ Ι R + d R - d R 2 d 2 ' ισχυει ' το ι' δ ιο και = 2R Θ α δ ει'ξ ουμε οτι ΡΑ · ΡΒ -

�

για τυχαία ευθεία ΑΒ από το Ρ . Για αυτό θα υπο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/40

Μ α θη ματικά για την Β ' Λυκείου

λογίσουμε τα ΡΚ, ΡΛ ως συνάρτηση των ΡΑ, ΡΒ . Αν Γ το aντιδιαμετρικό σημείο του Α. Είναι

πόν

ΑΒ Γ = π 2

θεώρημα ημιτόνων σε οποιοδήποτε τρίγωνο ΑΒΓ του σχήματος

( βαίνει σε ημικύκλιο) .

;

2R, ή ΑΒ=2Rημθ, που ισχύει από το

Λ Σ Κ Η l: Η ( 5 ) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ . Έστω Κ,Λ,Μ,Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, Γ Δ, ΔΑ αντιστοίχως, Τ το μέσον της ΑΓ και Σ το μέσον της ΒΔ. Θεωρούμε τυχαίο σημείο Ρ εσωτερικό του τετραπλεύρου. Ονομάζουμε 01 , 0 2 , 0 3 , 04

Χι ;

ΑΒ =

ημθ

;

,. "' R

τις δυνάμεις του Ρ ως προς τους κύκλους με δι αμέτρους τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ του τε τραπλεύρου, αντιστοίχως και Ο τη δύναμη του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο με διάμετρο ΤΣ. Να αποδειχθεί ότι: 01 + 0 2 + 0 3 + 04 = 40 .

; - ; - ; - - -

Cι

yι Λ

Επειδή είναι ΡΑΚ = ΡΒ Α = ΑΓΒ (υπό χορ δής ΑΒ και εφαπτομένης οι δύο πρώτες - εγγε γραμμένη στο τόξο ΑΒ η τρίτη ) καθένα από τα τρίγωνα ΡΑΚ , ΡΒΛ είναι όμοιο πρός το τρίγωνο ΑΓΒ. Από την ομοιότητα των τριγώνων: α) ΡΑ Κ και ΑΓ Β έχουμε:

ΑΒ = ΑΓ ΡΚ ΡΑ

β)

δη λ.

2R _Ι_ ΡΚ ΡΑ · ΑΒ =

(Ι)

ΡΒΛ και ΑΓΒ έχουμε:

2R (2) . ΡΑ ΡΒ · ΑΒ Μ ε πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (Ι), (2) ΑΒ = ΑΓ ΡΑ ΡΒ

δη λ.

_Ι_

παίρνουμε: Ι Ι 2R Ι Ι 2 R . Ρ Α + ΡΒ = ( + )= = + ΡΚ Ρ Λ ΑΒ Ρ Α ΡΒ ΑΒ Ρ Α · ΡΒ 2R 2R ΑΒ σταθερό . Τέλος και για d=O έχουμε:

Ι + Ι 2 2R 2 ΡΚ ΡΑ R R - d 2

· -

Β 'τρόπος

- = - = ----,,-----,-

Απόδ�:ιξ η :

Είναι :

ΒΓ z Ο ι = P K z - ( AB ) z , Ο = ΡΛz - ( ) , 2 2 2 Ο 3 = PM z - (

ΓΔ z Ο ΑΔ ) , 4 = PN z - ( ) z 2

Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω σχέ σεων παίρνουμε: Ο ι + 02 + 03 + 04 = ΡΚ2 + ΡΛ2 + ΡΜ 2 + ΡΝ 2 _!_ (ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 + ΑΔ2 ) 4 = (ΡΚ2 + ΡΜ2 ) + (ΡΛ2 + ΡΝ2 ) _

_!_ (ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 + ΑΔ2 )

(Ι) 4 Από το πρώτο θεώρημα των διαμέσων στα τρίγωνα ΡΚΝ και ΡΝΛ έχουμε αντιστοίχως: Κ 2 ΡΚ 2 + ΡΜ 2 = 2 · ΡΟ 2 + Μ (2) , _

(3) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/41

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Σύμφωνα με το γνωστό θεώρημα του Euler, (Άσκηση 4 αποδεικτική της σελίδας 1 98 του σχο λικού εγχειριδίου) για το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έ χουμε:

ΑΒ +Br +ΓΔ +ΑΔ = Ar +ΒΔ +4ΣΤ Η ισότητα (1) , βάσει των (2), (3), (4) γράφεται:

(4) . ισοτήτων

z D, + D 2 + D 3 + D 4 = 2 · Ρ02 + ΚΜ + 2 · Ρ0 2 + 2 ΛΝ 2 _!_ (ΑΓ 2 + ΒΔ2 + 4ΣΤ 2 ) = + 2 4 = 4Pd + _!. (ΚΜ2 + ΝΝ ) - _!. (ΑΓ2 + Μ ) - ΣΓ2 2 4 1 Σf z = 4Pd +-1 (ΚΜ2 + ΝΛ2 ) -- (4 · ΚΛ:z + 4 · ΜΛ2 ) -4· (-) 2 4 2 ΣΓ 2 _!. = 4[Pd - ( ) ] + (ΚΜ2 + NN )-(I<N + ΜΝ ) 2 2 (5) = 4D + _!. [ΚΜ2 + ΝΝ -2(1<Ν + ΜΝ )] 2 Αρκεί να δειχθεί ότι: --

_!_ [ ΚΜ 2 + ΝΛ2 - 2(ΚΛ2 + ΜΛ2 ) ] Ο ή 2 ΚΜ 2 + ΝΛ2 - 2(ΚΛ2 + ΜΛ2 ) Ο ή ΚΜ2 + ΝΝ - κΝ - ΜΝ - ΝΜ2 -ΚΝ2 0 ή ΚΛ2 + ΜΛ2 + ΝΜ 2 + ΚΝ 2 ΚΜ 2 + ΝΛ2 =

σχέση που ισχύει (ως γνωστόν) σε κάθε παραλλη λόγραμμο . ΑΣ Κ Η 1: Η ( 6 ) Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σ ε κύκλο. Η διάμεσος ΑΜ = μα τέμνει τον κύκλο στο ση-

Α πό δ ε ιξη : α ) Από το

θεώρημα των τεμνομένων χορδών, για τις χορδές ΑΡ,ΒΓ έχουμε: α α ΜΑ · Μ Ρ = ΜΒ · ΜΓ ::::::> μ · ΜΡ = - · - ::::::> 2 2 z α ::::::> ΜΡ = (1) 4μ α 1 α2 GP = GM + M P = - μ α + - = 3 4μ α β) (2) a

γ) Επειδή τα τρίγωνα Λ

BGP, AGN

έχουν τις κατά

κορυφήν γωνίες G ίσες, από το θεώρημα των εμβαδών στα τρίγωνα αυτά έχουμε: 2 . 4μ � + 3α 2 μ (BGP ) GB · GP 3 Ρ 1 2μα = = 2 .1 (AGN) GA · GN ) μα J μβ 2β z + 2γ z - α z + 3α z 2(β z + γ z + α z ) 2β z + 2γ z - α z 2β 2 + 2γ z - α z .__ ____;_:... __, ___

__;___.;_

ΑΣ Κ Η Σ Η ( 7 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω ΑΜ, ΒΝ, ΓΡ οι διάμεσοι του τριγώνου. Θεωρούμε το παραλλη λόγραμμο ΒΜΤΝ. Να αποδείξετε ότι: α) η Α Τ είναι παράλληλη και ίση προς την τρί τη διάμεσο ΓΡ του τριγώνου ΑΒΓ. β)

(ΑΜτ) = �(ΑΒΓ ) . 4

Ρ :Εστω ΒΝ = μ Ρ η διάμεσος που αντιστοι χεί στην πλευρά ΑΓ του τριγωνου και G το κέ ντρο βάρους του τριγώνου ΑΒΓ. Ν α δειχθεί ότι: μείο

α)

ΜΡ = �

β)

GP =

2 3 2 4 μα + α

1 2μα (GBP) 2(β + γ + α 2 ) γ) = (GAN) 2β 2 + 2γ 2 - α 2 Α___. 4μ a

τ Β Γ

Α πό δ ειξη α) Αφού το

τετράπλευρο ΒΜΤΝ είναι παραλ ληλόγραμμο, θα έχουμε:

ΝΤ 11 = ΒΜ ΒΓ ΡΝ . Δηλ. το Ν είναι κοινό 2 =

μέσο των ΡΤ και ΑΓ, οπότε το τετράπλευρο ΑΤΓΡ είναι παραλληλόγραμμο με αποτέλεσμα να ισχύει ΑΤ 11 ΓΡ , που είναι το ζητούμενο . β) Επειδή η ΤΝ είναι διάμεσος του τριγώνου Α ΤΓ ισχύει =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/42

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

( ΑΝτ) = _!_ (Α ΤΓ) = _!_ (ΑΓΡ) = _!_ · _!_ (Α Β Γ) . 2 2 2 2 _!_ δηλ . (ΑΝτ) = (ΑΒΓ) (1) 4

Επειδή η ΜΝ είναι διάμεσος του τριγώνου ΑΜΓ ισχύει:

�

��

�

(2)

(ΑΝΜ = (ΑΜ) = · (ΑΙΓ) = (ΑΗ) Τέλος, είναι

(ΜΝΤ) (ΡΜΝ) = (ΜΝΓ) = _!_ (ΑΒΓ ) (3) , 4 (ΜΝΓ ) = ( ΜΝ ) = (_!_ ) 2 = _!_ . αφού (ΑΒΓ) ΑΒ 2 4 =

Με πρόσθεση των ( 1 ),(2),(3) κατά μέλη έχουμε: ( ΑΝτ ) + ( ΑΝ Μ ) + ( ΜΝ τ ) � ( ΑΒΓ) � 4 =

� ( ΑΜ τ ) = � ( ΑΒΓ) 4 ΛΣ Κ Η Σ Η ( 8 )

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ . Έστω Κ,Λ, Ρ , Τ τα μέσα των πλευρών ΑΒ,ΒΓ,ΓΔ,ΔΑ αντιστοίχως. Από το μέσον Μ της ΑΓ φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την διαγώνιο ΒΔ. Από το μέσον Ν της ΒΔ φέρουμε ευθεία παράλληλη προς την διαγώνιο ΑΓ και ονομάζουμε Σ το σημείο τομής των ευθειών αυτών. Φέρουμε τις ΣΚ, ΣΛ, Σ Ρ , ΣΤ. Να αποδειχθεί ότι οι ευθείες αυτές διαιρ ούν το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ σε τέσσε ρα ισοδύναμμα τετράπλευρα.

δή ΣΜ // ΒΔ και ΡΛ // ΒΔ είναι ΣΜ // ΡΛ . Άρα τα τρίγωνα ΣΡΛ και ΜΡ Λ έχουν κοινή βάση ΡΛ και ύψη ίσα προς την απόσταση των παραλ λήλων ΣΜ, ΡΛ , οπότε ισχύει: (ΣΛΡ) = ( ΜΛ Ρ) ( 2) . Οι πλευρές του τριγώνου ΜΛΡ είναι μία προς μία παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου ΑΔΒ και ίσες προς το μι σό της κάθε μιάς . Άρα τα τρίγωνα ΜΛΡ και

ΔΑΒ

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας

� , οπότε

( ΜΛΡ) __(_!_) 2 ___!_ δηλ . (ΔΑΒ) 2 4' (ΜΛΡ) = _!_ (ΔΑΒ) (3) . Επειδή τα σημεία 4 Ρ, Λ είναι τα μέσα των πλευρών ΔΓ, ΒΓ αντί στοιχα του τριγώνου ΔΒΓ ισχύει: (ΡΛΓ) = ( ΡΓ ) 2 = (_!_) 2 = _!_ 2 4 (ΔΒΓ) ΔΓ δηλ. (ΡΛΓ) = _!_ (ΔΒΓ) (4) . 4 Β άσει των ισοτήτων ( 2), (3), (4) η ισότητα (1) ισχύει:

γράφεται:

(ΣΛΓΡ) = _!_ ( ΔΑΒ) + _!_ ( ΔΒ Γ ) 4 4

= _!_ [ ( ΔΑΒ) + ( ΔΒ Γ )] _!_ ( ΑΒΓ Δ) 4 4 Εντελώς ανάλογα προκύπτουν και οι υπόλοι πες προς απόδειξη ισότητες. =

ΑΣ Κ Η Σ Η ( 9)

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Τυχαία ευθεία που διέρχεται από την κορυφή Γ τέμνει την προέκταση της ΑΒ στο σημείο Ε και την προέκταση της ΑΔ στο σημείο Ζ. Έστω Ρ η το μή των ΔΕ,ΒΖ. Ν α αποδειχθεί ότι το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒ Ρ Δ είναι ίσο προς το εμ βαδόν τουτριγώνου Ρ ΕΖ. z Γ

Από δ ε ιξη :

Αρκεί να δείξουμε ότι: ( ΣΛΓΡ) = ( ΣΛΒ Κ ) ( ΣΚΑτ ) = =

= ( ΣΤΔΡ) = _!_ ( ΑΒ ΓΔ) 4

Είναι:

(ΣΛΓΡ) = (ΣΛΡ) + (ΡΛΓ) (1) .

Επει-

Απ όδ ε ιξη :

Αρκεί να αποδειχθεί ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/43

(ΑΒΡΔ) = (ΡΕΖ) ,

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ή το αυτό: (ΑΒΡΔ) + (ΡΔΖ) = (ΡΕΖ) + (ΡΔΖ) δηλ. αρκεί να ισχύει: (ΑΒΖ) = (ΕΔΖ) . Επειδή εί ναι ΔΖ II ΒΓ τα τρίγωνα ΒΔΖ και Γ ΔΖ έχουν κοι νή βάση ΔΖ και ύψη ίσα προς την απόσταση των παραλλήλων ευθειών ΔΖ,ΒΓ. Άρα, (ΒΔΖ) (ΓΔΖ) (1) . Επειδή είναι Γ Δ II ΒΕ τα τρίγωνα ΒΓ Δ και ΕΓΔ έχουν κοινή βάση Γ Δ και ύψη ίσα προς την απόσταση των παραλλήλων ευθειών ΕΒ, Γ Δ. Άρα, (ΒΔΓ) = (ΕΔΓ) και επειδή είναι (ΒΔΓ) = (ΑΒΔ) , ισχύει (ΑΒΔ) = (ΕΔΓ) (2) . Προσθέτουμε τις ισότητες (1), (2) κατά μέλη και έχουμε: (ΒΔΖ) + (ΑΒΔ) = (ΓΔΖ) + (ΕΔΓ) και τελικά (ΑΒΖ) = (ΕΔΖ) , δηλ. το ζητούμενο.

..-

Π αρα τή ρηση :

ρών του Α Ε Ζ

Αν τα Β,Γ,Δ είναι μέσα των πλευτότε ( ΑΒΡΔ ) = l_ ( ΑΕΖ ) (γιατί;) 3

ΛΣ Κ Η Σ Η ( 1 0 ) Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ εμβαδού 2 k • Έστω Μ,Ν, Ρ ,Σ τα μέσα των πλευρών ΑΒ,ΒΓ ,Γ Δ, ΔΑ αντίστοιχα. Οι ευθείες ΜΓ, ΜΔ, ΝΑ, ΝΔ, Ρ Α, Ρ Β, ΣΒ, ΣΓ σχηματίζουν οκτάγωνο. Να υπολογισθεί το εμ βαδόν του οκταγώνου αυτού συναρτήσει του k.

----

ΟΑ · ΟΜ

1 6

δηλ. είναι 1 (ΟΕΖ) = "6 (0ΑΜ) = "61 · l1 (OAB) = 1 1 1 1 = - · - · -(ΑΒΓΔ ) = - k6 2 4 48 Εντελώς όμοια αποδεικνύεται ότι καθένα από τα υπόλοιπα επτά τρίγωνα του σχηματιζομένου οκταγώνου ΕΖΗΘΙΚΛ Τ που έχουν κοινή κορυφή ο

ο,

' ισο ' εμ β αδ ον ' προς το -1 k2 . εχει Τελικά, είναι:

(ΕΖΗΘΙΚΛΤ ) = 8 · -1 k2 = l_ k2 • 48 6

ΛΣΚΗΣΗ ( 1 1 ) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στο Α με πλευρές α,β,γ. Έστω ΒΔ,ΓΖ οι εσωτερικές διχο τόμοι των γωνιών Β και Γ και Ι το έγκεντρο του τριγώνου. Να αποδειχθεί ότι: (ΒΓΔΕ) = 2(ΒΙΓ) . Α πό δ ει ξη

Α πό δειξη

Θεωρούμε τις διαγωνίους ΑΓ, ΒΔ του παραλ ληλογράμμου και ονομάζουμε Ο το κέντρο του. Έστω Ε η τομή των ΣΒ , Δ Μ και Ζ η τομή των ΝΑ, ΣΒ. Επειδή ΣΝ II = ΑΒ το ΑΒΝΣ είναι πα ραλληλόγραμμο με διαγωνίους ΑΝ , ΣΒ που διχο τομούνται στο Ζ. Προφανώς, το σημείο Ζ είναι το μέσον της ΟΜ . Στο τρίγωνο ΑΣΝ οι ΑΟ , ΣΖ εί ναι διάμεσοί του οπότε το σημείο Ε είναι το κέ ντρο βάρους του. Άρα ισχύουν:

(ΟΕΖ) ΟΕ · ΟΖ (ΟΑΜ) ΟΑ · ΟΜ

Από το θεώρημα των εμβαδών για τα τρίγωνα ΟΕΖ και ΟΑΜ έχουμε:

Β 'τρόπος

( ΑΒΖ) · =ΑΒ (κοινή γωνία Α ) Έχουμε: --- = ΑΒ ΑΖ Α ( ΑΕΖ) ΑΕ · Ζ ΑΕ Δ ΖΔ (κοινή γωνία Ζ ). -- = Ζ · ΖΕ = -(ΕΔΖ) ( ΑΕΖ) ΖΑ · ΖΕ ΖΑ , ΑΒ ΖΔ ΓΔ ΖΔ Αρκει - - , ή - = - , που ισχύει αΑΕ ΖΑ ΑΕ ΖΑ φού Ζ Γ Δ � Ζ Ε Α

..1 '.... ' ιf' ΙII I '' ' , Ι I I ' ..._ Ι 1 I I ι' I \ I">' ..._ 1 ..λ _.. Ι ι' ..... I Ι I ' "' Ι ιΖ � ι Ι , Ι ""'t 'E Ι .r� ' , / ..λ _.. I "' "' Π Ι' ' ', I ι, _.. .... ..- I Τ Σ ...,- - - , - - - ;'lit - - • - - :. -;; Ν e I _.. ι' 0' ', ι /' .... . � "' ! .. .... .... � .... ι "' r Κι 1 ι"'\ I "' Ι ...... Ι ' I _.. Ι ι' , ' I _.. \..-I ΙI Ι../..._ , ' II ι' ' ι "' _.. .... I ι' _.. _.. I I ιΙ ' ..._ ' I I Ιι ��'_.. ..' ,' Ι

ΟΕ = l. Ao 3

και

ΟΖ = ..!. οΜ . 2

Είναι:

1 1 Ε 1 (ΒΙΓ) = - · ΒΓ · ΙΚ = - αρ = - α- = 2 2 2 τ 1 βγ αβγ 2 1- = α = - (1) 4τ 2 τ 1 1 (ΒΓΔΕ) = (ΑΒΓ) - (ΑΔΕ) = - βγ - - ΑΕ · ΑΔ = 2 2 = ..!. βγ - ..!. . _1r_ . _1r_ = 2 2 α+β α+γ βγ = ..!. βγ[1 ]= (α + β)(α + γ) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/44

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

_!_ (α β)(α + γ) - βγ = = βγ · + 2 (α + β)(α + γ) 2 α + αγ + αβ = = βγ 2(α + β)(α + γ) α(α + β + γ) = βγ 2 2α + 2αβ + 2βγ + 2αγ α(α + β + γ) = = βγ 2 2 α + α + 2αβ + 2βγ + 2αγ α(α + β + γ) = βγ 2 2 2 α + β + γ + 2αβ + 2βγ + 2αγ αβγ α(α + β + γ) αβγ = (2) = βγ 2 α + β + γ 2τ (α + β + γ) Από τις ισότητες ( 1 ) και (2) προκύπτει το ζη τούμενο. Γ

του ορθικού τριγώνου ΔΕΖ.

Από δ ει ξ η

\ \

α) Φέρουμε την εφαπτομένη Αχ του κύ κλου. Τότε είναι ΟΑ .l Αχ , οπότε για να είναι \ \

ΟΑ .l ΖΕ , αρκεί ΖΕ//Αχ. Επειδή

\ \

β Δ

(ΑΒΓ) = R · τ ' , όπου 2τ' η περίμετρος

β)

' '....,.

· --�

\ \

_ _ _

...

(αντίστοιχη εγγεγραμμένη στο τόξο

ΑΒ). Επειδή ,.

.... .... \ [ , "' "' ρ . .... .... .... 'f

.,_

ΒΑχ Γ

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

_ _

η γωνία ΒΑχ είναι υπό χορδής ΒΓ και εφαπτομένης Αχ ισχύει

\ \

\ \ ' ' \ ' \ '·'

ΒΕΓ ΒΖΓ =

= -

, το τετράπλευρο

ΒΖΕΓ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο, οπότε ισχύει

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

Γ ΕΖΑ . Άρα, είναι ΒΑχ ΕΖΑ γεγονός, που σημαίνει ότι οι ευθείες Αχ και ΖΕ είναι παράλλη

Β ' τρόπος

Αρκεί να δείξουμε ότι:

(ΙΔΕ) + (ΙΕΒ) + (ΙΔΓ) ( ΙΒΓ) , ή (ΙΔΕ) (ΙΕΒ) ( ΙΔΓ) Ι + + (ΙΒΓ) ( ΙΒΓ) (ΙΒΓ) . =

λες ( αφού σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες ίσες). Όμοια αποδεικνύονται οι υπόλοιπες καθετό τητες. β) Παρατηρούμε ότι καθένα από τα τετρά πλευρα ΟΖΑΕ, ΟΖΒΔ, ΟΔΓΕ έχει καθέτους δια γωνίους και άρα εμβαδόν ίσο με το ημιγινόμενο των διαγωνίων του. Έχουμε : (ΑΒΓ) = (ΟΖΑΕ) + (ΟΖΒΔ) + (ΟΔΓΕ)= = _!_ ΟΑ · ΖΕ + _!_ ΟΒ · ΔΖ + _!_ ΟΓ · ΔΕ 2 2 2

= ..!_ R · ΖΕ + ..!_ R · ΔΖ + ..!_ R · ΔΕ = 2 2 2 1 1 = - R · (ΖΕ + ΔΖ + ΔΕ) = - R · 2τ ' = Rτ ' 2 2

Οι λόγοι αυτοί υπολογίζονται ως συνάρτηση των πλευρών α,β,γ, αφού τα αντίστοιχα τρίγωνα έχουν ίσες ή παραπληρωματικές γωνίες. ΑΣ Κ Η Σ Η ( 1 2 ) Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμέ νο σε κύκλο (0, R) και έστω ΑΔ,ΒΕ,ΓΖ τα ύ ψη

του. Να αποδειχθεί ότι:

α) Οι πλευρές ΕΖ, ΖΔ, ΔΕ του ορθικού τρι γώνου ΔΕΖ είναι κάθετες στις ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ αντιστοίχως.

ΑΣ Κ Η Σ Η ( 1 3 ) Δίνεται κύκλος (O,R). Θεωρούμε μία διάμε τρό του ΒΓ και την ακτίνα ΟΑ κάθετη στην ΒΓ. Αν Μ είναι τυχαίο σημείο του ελάσσονος τόξου 2 1 1 . . ΑΓ να απο δ ειχθ ει οτι: -= -(ΜΑΓ) (ΜΑΒ) (ΜΒΓ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/45

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

Από δ ε ιξη

(ΜΒΓ) (ΜΒΓ) Αρκεί να δείξουμε ότι: =2 (ΜΑΓ) (ΜΑΒ) Έχουμε: ( βλέπε σχήμα ) Λ

ΑΒΓ = ΑΓΒ = - , ΑΒΜ = ΑΓΜ = φ . 4 Α

(ΜΒΓ) ( Μ ΒΓ) J2 ΒΜ J2 ΓΜ = ΑΜ ΑΜ (ΜΑΓ) (ΜΑΒ) J2 = (ΒΜ - ΓΜ) (3) ΑΜ _

Για να ισχύει η αποδεικτέα, αρκεί να ισχύει (λόγω της (3)):

ΒΜ - ΓΜ = J2 · ΜΑ

(4).

Πάνω στην ΜΒ θεωρούμε τμήμα ΜΔ=ΜΓ, οπότε είναι ΒΜ-ΓΜ=ΒΔ και άρα αρκεί να ισχύει :

ΒΔ = J2 · ΜΑ

(5).

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΔΓ, ΑΜΓ. Έχουν

ΒΓ Δ = φ = ΑΓΜ Λ

Τα τρ ίγωνα ΜΒΓ , ΜΑΓ έχουν: Λ

ΜΒΓ = - - φ = ΜΑΓ . 4

Από το θεώρημα των εμβαδών έχουμε:

(ΜΒΓ) ΒΓ · ΒΜ = 2R · BM = fi ΒΜ (1) ΑΜ (ΜΑΓ) ΑΓ · ΑΜ Rfi · AM =

Τα τρίγωνα ΜΒΓ, ΜΑΓ έχουν:

3π

ΜΓΒ+ ΜΑΒ = (4Π + φ) + (4 - φ) = π . Λ

Από το θεώρημα των εμβαδών έχουμε:

(ΜΒΓ) ΒΓ · ΓΜ 2R · ΓΜ = fi ΓΜ (2) (ΜΑΒ) ΑΒ · ΑΜ Rfi · AM ΑΜ =

με :

Αναιρούμε κατά μέλη τις ( 1 ),(2) και παίρνου

και

3π

ΒΔΓ = - = ΑΜΓ . 4

Άρα, τα τρίγωνα αυτά είναι λεσμα να ισχύει:

όμοια

με αποτέ

ΔΒ = ΒΓ => ΔΒ = _.!!.__ = J2 => ΔΒ = J2 . ΑΜ ΑΜ ΑΓ ΑΜ R J2 , δηλ.το ζητούμενο. Β ' τ ρ όπ ος (για την ( 4 ) ) :

Από Θ. Πτολεμαίου έχουμε:

ΜΒ · ΑΓ = ΜΓ · ΑΒ + ΜΑ · ΒΓ => ΜΒ · R J2 = ΜΓ · R J2 + ΜΑ · 2R => ΜΒ - ΜΓ = J2ΜΑ

Κατεύ θυνση Ε υ θ ε ί α

Θανάσης Τζιώτζιος - Κώστας Κουτρουμπέλας - Βαγγέλης Τσατούρας

Η μελέτη της ευθείας καθώς και άλλ ων επίπεδων σχημάτων γίνεται και με την χρήση της Άλ γεβρας. Αυ

τή η αναλ υτική θεώρηση διευκολύνει την επίλ υση προβλ ημάτων που με την Ευκλείδεια Γεωμετρία ήταν αρ κετά πιο σύνθετα. Η Αναλυτική Γεωμετρ ία βασίζεται στο ότι : η εξίσωση φ (χ, y) = Ο παριστάνει μια καμπύλη, αν και μόνο αν, η καμπύλ η αυτή είναι το σύνολ ο των σημείων του επιπέδου, που οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν την εξίσωση. Στο άρθρο που ακολ ουθεί παρουσιάζονται μορφές ασκήσεων και οι τρόποι επίλυσης αυτών, με στόχο την καλύτερη κατανόηση από τους μαθητές των σχέσεων και των μεθόδων εργασίας του κεφαλ αίου αυτού.

1 ) Για τον μη μηδενικό πραγ ματικό αριθμό α, ορίζουμε τα σημεία Α(Ο, α) και Β(4α, -2α). Η κάθετη στην Α Β στο Α

τέμνει την ευθεία y 2χ - α στο σημείο Γ. Να δειχθεί ότι το τρίγ ωνο Α ΒΓ είναι ισοσκελές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/46

Μ α θη ματικά για την Β ' Λυκείου

0(0, Ο) θεωρούμαι τα σημεία Α(α,Ο}, Ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι Β ( Ο, β ) και Γ( β ,α). Η διάμεσος ΓΜ του λΑ8 = - 3α = _ i _ Αφού ΑΓ l_ ΑΒ ισχύει ότι: τρι γ ώνου ΑΒΓ τέμνει τον άξονα χχ ' στο 4 4α Κ(κ, Ο) ενώ τον άξονα yy ' στο Λ (Ο, λ). ευθεία ΑΓ είναι: = λΑΒ λΑr = -1 => λΑr _i . Η Αν ισχύει: (ΜΚΑ) = Υ.. , τότε: 3 ί. Ν α δειχθεί ότι: κ = α ± _!_ . y - α = 34 (χ - 0), => y = 34 χ + α. β Οι συντεταγμένες του σημείου Γ δίνονται από ίί. Επίσης, αν ( Ο ΚΛ) = 2(ΑΚΜ), τότε να δειχθεί ότι οι απόλυτες τιμές των iχ+α = Υ κ, λ είναι aντίστρο φ οι αριθμοί. την λύση του συστήματος: (Σ) . 3 y = 2χ - α i. Οι συντεταγμένες του μέσου Μ της ΑΒ είο , ναι: χ = α +-Ο = α και Υ = Ο +-β = β . Συ ποτε: (Σ) <:::::> <:::::> Μ -2 2 Μ -2 2 νεπώς προκύπτουν τα διανύσματα: Άρα Γ(3α, 5α). ΑΜ = ( - -α , -β ) και ΑΚ = (κ - α, Ο) . Άρα Το μήκος του ΑΒ είναι: 2 2 (ΑΒ )= � (4α -0) 2 + ( - 2α- α) 2 = �25α 2 = 5l α l έχουμε: (ΜΚΑ)= lf4 => Yzjdet( AM , AK )I = lf4 και του ΑΓ_είναι:_ -----κ-α Ο 1 1 (ΑΓ) = �r-(3 α___Ο ) 2 + ( Sα - α) 2 = �25α 2 = 5 l α l . => I 1 = 2 =>1 (κ - α) β1 = 1 => κ = α ± β . α β Επομένως ΑΒ = ΑΓ, δηλαδή το τρίγωνο 2 2 ΑΒΓ είναι ισοσκελές. ·

{ } {�χ+α=2χ-α} 3y =2χ-α {χ=3α} y =5α

�

. \1.0 . i. Ι

2) Από σημείο Μ της ευθείας y=x φ έρουμε τυχαία ευθεία που τέμνει τους θετικούς η μιάξονες Οχ και Oy στα σημεία Α και Β α1 1 , ' -- + -ντιστοιχα. Ν α απο δ ειχθ ει' οτι: ( ΟΑ) (ΟΒ) είναι σταθερό.

Στην y = χ θεωρούμε σταθερό σημείο Βω. β Ι Μ( α, α) με α > Ο, ώστε η τυχαία ευθεία να .-\ω . ΟΙ μπορεί να τέμνει τους θετικούς ημιάξονες. Κ 1.1ι. .Ο 1 Η τυχαία ευθεία που φέρουμε θα έχει εξί σωση: y - α = λ(χ - α) με λ<Ο, ώστε να είναι δυνατό να τέμνει και τους δύο θετικούς ημιά- ii. Επειδή ΟΚ = (κ, Ο) και ΟΑ = (0, λ) θα ξονες. Για y = Ο , έχουμε: χ = α - α = είναι: (ΟΚΛ) = Yz Ι κλ Ι . Όμως: (ΜΚΑ) = li4 λ 1) α(λ 1) (λ 1) = = α(λ . => Yz Ι κλ l = 2 lf4 => Ι κ ΙΙ λ l =1 . Άρα (ΟΑ) = α _ λ λ λ Για χ = Ο έχουμε y = α - αλ = α(1 - λ). Επομέ 4 ) Ν α β ρεθεί η ευθεία που διέρχεται από τα νως (Ο Β) = l α( l - λ) l = α( 1 - λ). Οπότε: ση μεία Α(- ! , α) και Β(- _!_ , β ) με α;i: β α β 1 1 λ + 1 = λ-1 = 1 -- + -- = μη πρα ατικούς αριθμούς. μηδενικούς γμ (ΟΑ) (Ο Β ) α(λ - 1) α( Ι - λ) α(λ - 1) α Αν η ευθεία ΑΒ τέμνει τον άξονα χχ ' Δηλαδή σταθερό. ' �

�

ι 1

3 ) Σε ορθοκανονικό σύστη μα με κέντρο

στο σημείο Γ και τον yy στο Δ, να απο δειχθεί ότι ΑΓ = ΒΔ και ακολούθως ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/47

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

{ ΟΑΓ )

{ΟΒΔ)

_!__ Ι

α+β

--+

αρχή των αξόνων.

___:___

�1 + α 2 β 2 . Επομένως ΑΓ = ΒΔ. l βl Τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν ίσες β άσεις και ίσα ύψη, την απόσταση d του Ο από την ευθεία ΑΒ, που είναι: d = Ι α + β l . Άρα �1 + α 2 β 2 �,---1 +-- α-2β-2 . Ι α+ βl _!_ α+ β . = (ΟΑΓ)=(ΟΒΔ)= _!_ 2 lβ l � 1 +α2 β2 2 Ι β Ι ___:___ __ _

--+

5) Αν τα α, β είναι δύο μη μηδενικά διανύσματα, τότε να δειχθεί ότι: i . Η εξίσωση : --+

--+

--+---+

{ lα-t- β i -Ι Ι α Ι -1 β Ι Ι ) �{ Iα-t- β i - Ι α Ι -1 β l ) yt- α β = Ο { 1 ) παριστάνει πάντα ευθεία με συντελεστή διεύθυνσης {όταν υπάρχει) μη αρνητικό. ii. ίίί.

--+

t .J.. β

τότε η { 1 ) είναι παράλληλη του άξονα χχ '. Αν α

--+

Αν α

--+

tt β

--+

0{0, Ο ) τότε: α _l β .

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ΑΒ είναι: λ = β - α = α β(β - α) = α β . _!_ + _!_ β - α β α Οπότε η εξίσωση της γίνεται: y - α = α β (χ + _!_ ) ή y = α β χ + α + β ( 1 ). α Για y = Ο στην ( 1 ) έχουμε: χ = - α + β , αβ + ενώ για χ = Ο έχουμε: y = α β . Δηλαδή οι συντεταγμένες των Γ, Δ είναι: Γ( - α + β , 0), αβ Δ(Ο, α + β). Το μήκος του ΑΓ ισούται με: α + β ) 2 + α 2 = - + α2 (ΑΓ)= ( - -1 + -α αβ β2 �r-1_+_α_2_β_2 , ___ . Επισης το μήκος του ΒΔ είναι: lβl (ΒΔ)= β21 + Cα + β - β) 2 = νrr::-; β2 + α =

--+

ληλη του άξονα yy . i ν . Όταν η { 1 ) διέρχεται από το ση μείο

Ι , όπου Ο η

τότε η { 1 ) είναι παράλ-

ι.

Για να παριστάνει η ( 1 ) ευθεία αρκεί: l α+ β l - ll α l - l β ll -:/: Ο ή Ι α+ β i - Ι α l - l β l -:/: Ο. Ι σχύει όμως: ΙΙ α Ι - Ι β 1 1 � Ι α+ β Ι � Ι α l + Ι β I => Ι α+ β i - ΙΙ α Ι - Ι β l l � ο και Ι α+ β i - Ι α i - Ι β l � ο, χωρίς να μπορεί να είναι συγχρόνως και τα δύο μηδέν, αφού τα διανύσματα θα έπρεπε να είναι συγχρόνως ομόρροπα και αντίρροπα ή κάποιο από αυτά μηδενικό . . Επομένως η (1) είναι πά ντα εξίσωση ευθείας. Επίσης επειδή οι συντε λεστές των μεταβλητών χ και y είναι ετερόση μοι ή μηδέν, ο συντελεστής διεύθυνσης της ευ θείας (όταν υπάρχει) θα είναι μη αρνητικός. ii. Αν α t.J.. β τότε ll α l - l β ll = l α+ β l άρα η ( 1) είναι ευθεία παράλληλη του άξονα χχ'. iii. Αν α tt β τότε Ι α + β i = Ι α l + l β l οπότε η ( 1) είναι ευθεία παράλληλη του άξονα yy ' . iν. Όταν η (1 ) διέρχεται από την αρχή των α ξόνων επαληθεύεται για χ = y = Ο. Συνεπώς ισχύει: α β = Ο , άρα α _l β . --+

--+

----t

�

--+

----t

--+

---t

--+ --+

--+

---t

--+

----t

---t

--+

----t

---t

--+

----t

---t

--+

6 ) Δίνεται η εξίσωση : {2λ + 1)χ - {λ - 1 ) y - 3 Ο, λ e 9i { 1 ) . ί. Να αποδείξετε ότι η { 1 ) παριστάνει ευ θεία για κάθε λε 9i και όλες αυτές οι ευ θείες διέρχονται από σταθερό σημείο Μ. ίί. Π οια από τις ευθείες αυτές απέχει την μέγιστη απόσταση από την αρχή των αξόνων. ίίί. Αν η {1) τέμνει τους άξονες στα ση μεία Α και Β, να β ρεθεί το λ ώστε το Μ να είναι μέσον του τμή ματος ΑΒ. =

i) Για να παριστάνει ευθεία η ( 1 ) για κάθε λ ε 9i, αρκεί 2λ + 1 -:/: Ο ή λ + 1 -:/: Ο. Αυτό ισχύει αφού 2λ + 1 = Ο <=> λ = - _!_ 2 και λ + 1 = Ο <=> λ = -1 .

Εξετάζουμε αν υπάρχει σημείο Μ(χο, Υο) τέ τοιο ώστε για κάθε λε 9i να ισχύει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/48

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

(2λ+ 1 )χο - (λ - 1 )yο - 3 = 0 (2). (2) � (2χο - Υο)λ + χο + Υο - 3 = Ο, για 2χ 0 - Υ ο = Ο κάθε λ ε 9{ � � Χ ο + Υο - 3 - 0 =1 3χ 0 = 3 � Χο Άρα όλες οι ευθείες Υ ο = 2χο Υο = 2 διέρχονται από το Μ( 1 , 2). ii) Η απόσταση του 0 (0, Ο) από την (1 ) είναι: 3 d = 1 (2λ + 1)0 - (λ - 1)0 - 3 1 = �(2λ + 1) 2 + (λ - 1) 2 -J5λ 2 + 6λ + 2 Η μέγιστη τιμή της d β ρίσκεται μόνο όταν το τριώνυμο 5λ2 + 6λ +22 παίρνει την ελάχιστη τι μή του. Επειδή το λ έχει θετικό συντελεστή, θα παρουσιάζει ελάχιστη τιμή μόνο όταν λ= - � = i Αντικαθιστώντας στην ( 1 ), η 2·5 5 ζητούμενη ευθεία είναι η: - χ + 8y - 1 5 = Ο. iii) Για λ =F -1 και λ =F __!_ η (1) τέμνει τον 2 άξονα χχ' στο Α με ΥΑ = Ο και ΧΑ = -3- , 2λ + 1 3 . ενώ τον yy ' στο Β με ΧΒ = Ο και ΥΒ = -1-λ

{ } } { }

{

τις: 1 , 3, άρα: ( 1 ) � (x + y - 1 )(x + y - 3) = 0 � χ + y - 1 = Ο ή χ + y - 3 = Ο. Επομένως η αρχική εξίσωση παριστάνει τις ευθείες (ε1): x + y - 1 = 0 ή (εz): x + y - 3 = 0, που επειδή έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης, λ = -1, είναι παράλληλες μεταξύ τους. Στην (ε 1 ) για χ = Ο έχουμε y = 1 , ενώ για y = Ο είναι χ = 1 , δηλαδή τα σημεία τομής της με τους άξονες είναι A(l , Ο) και Β(Ο, 1 ). Αντίστοιχα στην ( εz) για χ = Ο έχουμε: y = 3 και για y Ο είναι: χ = 3, που σημαίνει ότι τέμνει τους άξονες στα Γ(3, Ο) και Δ(Ο, 3). Ε πειδή τα ζεύγη (Α, Γ) και (Β, Δ) β ρίσκονται στους ημιάξονες Οχ, Oy αντλιστοιχα και ΑΒ//ΓΔ, το ΑΒΔΓ είναι τραπέζιο. Τα μήκη των β άσεων του είναι: (ΑΒ) = � (1 - 0) 2 + (1 - 0) 2 = J2 και (ΓΔ) = �(3 - 0) 2 + (3 - 0) 2 = 3 -fi. Τ ο ύψος του τραπεζίου, δηλαδή η απόσταση των πα ραλλήλων ευθειών, από εφαρμογή του σχολικού βιβλίου είναι: υ = β - 1 1 = J2 . Επομέ-J 1z + 1z νως (ΑΒΓΔ) = (3 -Ji + ..fi) J2 = 4. 2 =

8) Θεωρούμε ένα ση μείο Α που ανήκει στην ευθεία (ε) : χ - y + 1 = Ο. Επίσης δί νεται και η ευθεία ( ε ' ) : χ + 2y - 2 = Ο. i) Να β ρεθεί η εξίσωση της κάθετης από το Α στην ( ε ' ) . ii) Να δειχθεί ότι το συμμετρικό του Α ως προς την (ε· ) κινείται σε ευθεία.

3 +0 1 = 2λ + 1 λ= 2 = 3 + 4λ 2 � � 4 - 4λ = 3 _3_ + 0 λ = _!_ 1 λ 4 2= i) Έ στω Α(χο, yo). Αφού ανήκει στην ευθεία 2 (ε) θα είναι: Α(χο, χσ+ 1 ). Για τον συντελεστή Άρα μόνο για λ = __!_ το Μ είναι μέσον του ΑΒ. λκ της κάθετης στην (ε') θα ισχύει ότι: 4 λκ ·(- Υz) = -1 => λκ = 2. Άρα η ζητούμενη κά θετος είναι (κ): y - (χο + 1) = 2(χ - χο) δηλα 7) Α φ ού δειχθεί ότι η εξίσωση : χ 2 + y 2 + δή (κ): y = 2χ - Χο + 1 . 2xy - 4χ - 4y + 3 = Ο παριστάνει --

{

}

j �)-

δύο ευ θείες παράλληλες μεταξύ τους, να υπο λογισθεί κατόπιν το εμ β αδό του τετρά πλευρου που σχηματίζεται από τις πα ραπάνω ευθείες και τους άξονες.

Η ε ίσωση γράφεται και ως εξής: (χ + y)1 - 4(χ + y) + 3 = Ο ( 1 ). Το τριώνυμο που προκύπτει ως προς t = χ + y έχει δύο ρίζες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/49

",·

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

ii) Οι συντεταγμένες του σημείου τομής Β, λ= J3 . ( αφού λ>Ο) της (ε') με την (κ) είναι η λύση του 3 χ + 2y = 2 συστήματος: 2x (Σ). Έχουμε: Τότε η ευθεία (ε ι ) είναι η: y = J3 χ + κ. Αφού - y = χ0 - 1 3 χ = � Χο x + 2y = 2 διέρχεται από το (-3, Ο) ισχύει: Ο= J3 (-3) + κ (Σ) <=> 4x . <=> 3 - 2y = 2 X 0 - 2 Υ -- �5 Χ ο � κ = .J3 . οι ζητούμενες ευθείες είναι: Άρα 4 � Άρα Β ( χ 0 , χ 0 ). Αν θέσουμε ως Α'(χ ι , Υι) 5 5 ( ε ι): y = J3 χ + J3 � .J3 y - x - 3= 0 και 3 το συμμετρικό του Α ως προς την (ε') τότε το Β είναι το μέσον του ΑΑΌ Επομένως ισχύει: (εz): J3 χ + = y J3 , � .J3 y + x - 3 = 0. 2- χ = χ 0 + Χ ι � = 1 3 Χ ι - -5 χ 0 και 2 5 0 1 - λ2 = Ομοίως: θ=120° � συνθ = -1/2 � 4 Χο - χ σ + 1 + Υ ι Υ _ i Χο _ 1 1 + λ2 ι � 2 5 5 = - � λ = .J3 ( αφού λ>Ο), Απαλείφοντας την μεταβλητή χ0 παίρνουμε οπότε: κ = 3 J3 . ότι: yι = -3χ ι - 1 . Δηλαδή το Α' κινείται στην ευθεία: 3χ + y + 1 = Ο. Οι ευθείες στην περίπτωση αυτή είναι οι:

{

}

{ }

�

9) Δύο ευθείες με συντελεστές διεύθυνσης αντίθετου ς αριθμούς σχηματίζουν γωνία ° 60 και τέμνονται στο σημείο (0, κ) , κ ε 91. Επίσης η ευθεία που έχει συ ντελεστή θετικό διέρχεται από το ση μείο (-3, 0) . Να β ρεθούν : ί) Οι εξισώσεις των δύο ευθειών. ίί) Οι εξισώσεις των διχοτόμων των δύο γ ωνιών που σχη ματίζουν οι ευθείες.

i) Έστω ότι οι ζητούμενες ευθείες είναι: (ε ι): y = λχ + βι και (εz): y = -λχ + βz. με λ>Ο. Αφού διέρχονται από το σημείο (0, κ) θα εί ναι: β ι = βz = κ, οπότε γίνονται (ει): λχ - y + κ = Ο και (εz): -λχ-y+κ=Ο. Ορίζουμε τα διανύσματα ν, u παράλληλα με τις ευθείες. Το ν // (ε ι ) με ν = (-1 , -λ) και το u 11 (ε2 ) με u = (-1 , λ). Συνεπώς η γωνία θ των διανυσμάτων θα είναι 60° ή 120° και 1 - λ 2 . Επομένως: θ= 60ο � συν θ = ν u = -,� ,, � , 1 + λ 2 1 - λ 2 - 1 � 2 - 2λ2 = 1 + λ2 � 3λ2 = 1� 1 + λ2 2 -+

-+ -+

�

(ε3): J3 χ - y + 3 J3 = Ο και (ε4): .J3 x + y - 3 .J3 = 0. ii) Αν θεωρήσουμε ένα τυχαίο σημείο M(xo , yo) και (δ ι), (δz) τις διχοτόμους των γω νιών που σχηματίζουν οι (ε ι) και (εz) τότε: Μ ε (δι)υ(δz) <=> d ( M, ε ι ) = d(M, εz) <=> - Χσ - 3- 1 = Ι .fJΥ ο + Χσ - 3 1 <=> Ι .fJΥ .:...� .._ ο ==-----'J3+i

J3+i <=> I .J3Yo - χ ο - 3 1 = Ι .J3Υο + Χ ο - 3 1

<=> .J3Y o - Χο - 3 = ..fjy o + χ σ - 3 <=> χσ = Ο ή -.J3y 0 - x 0 - 3 = .J3y 0 - x 0 + 3 <=> yo= .J3 . Οι εξισώσεις των διχοτόμων είναι: (δ ι): χ= Ο και (δz): y = J3 . Όμοια εργαζόμαστε για το ζεύγος των ευθειών (ε3), (ε4) και προκύπτουν ως διχοτόμοι οι ευθείες: (δ ι ): χ = Ο και (δz): Υ = 3 J3 . 1 Ο)

Δίνονται τα ση μεία A(l , Ο) και Β(Ο, 2). Από τυχαίο σημείο Κ του άξονα yy ' φ έ ρουμε παράλληλη στην ΑΒ που τέμνει το άξονα χχ ' στο σημείο Γ και κάθετη στην ΑΒ που την τέμνει στο ση μείο Δ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/50

Μ α θ η ματικά για την Β ' Λυκείου

Να β ρεθεί η εξίσωση της γραμμής πάνω στην οποία κινείται το μέσον Μ του τμή ματος Γ Δ.

Ο συντελεστής της ΑΒ είναι λΑ8 = -2 και η εξίσωση της είναι: y= -2χ + 2. Αφού ΚΓ // ΑΒ θα ισχύει λκr = λΑΒ = -2 και αν θεωρή σουμε ως Κ(Ο, yo), yo ε !R , το μετα βλητό ση μείο, τότε η ΚΓ είναι: y - Υο = -2χ ( 1 ). Θέτοντας στην ( 1) y = Ο έχουμε χ= � , άρα 2 Γ( Ι2_ , 0). Εξάλλου: ΚΔ l_ ΑΒ, οπότε αν λκΔ 2 είναι ο συντελεστής διεύθυνσης της ΚΔ, τότε:

'" Β

Το σημείο Μ(χ ι , Υ ι ) ως μέσον του ΓΔ θα έχει συντεταγμένες ίσες με: 4 - 2yo + Υο ----'2 = Υο + 8 και Η εξίσωση λοιπόν της ΚΔ είναι: y-y0=Yz χ. χ = 5 20 2 4y o + 2 + 0 Οι συντεταγμένες του σημείου Δ θα είναι 2y + 1 η λύση του συστήματος των δύο ευθειών. Ε 5 = 0 Υ = πομένως έχουμε: 2 5 Απαλείφοντας την παράμετρο yo από τις Υ = -2χ + 2 δύο σχέσεις έχουμε: 40χ1 - 1 6 = 5y1 - 1 . Άρα -1 x + y ο = -2χ + 2 � � 2 το μέσον Μ του ΓΔ ανήκει στην ευθεία με ε 1 y = 2 X + Yo y = -2x + 2 ξίσωση: 8χ - y - 3 = Ο. 1

{

}{

Β Ι ΒΛ Ι Α

ΠΟΥ

�-----==--

---=--

--=----

}

ΛΑ ΒΑΜ Ε :

Σ. Π . ΖΕΡΒΟΣ

ΠΕΤ ΡΟΣ Β. Κ ΡΙ ΚΕΛΗΣ

ΚΑΘΗΓΗΤΗΣ

ΛΕΚΤΩΡ

ΠΑΝΕΠ ΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΉΜΙΟΥ ΑΘΗΝΩΝ

ΠΩΣ ΜΕ ΤΑ ΒΑΙΝΟ ΥΜΕ ΑΠΟ ΤΑ ΚΛΑΣΙΚΆ ΜΑ ΘΗΜΑ ΤΙΚΆ ΣΤΑ ΝΕΏΤΕΡΑ «Με αρχικές γνώσεις μόνο της Β ' Λ υκείου, φτάνει στα σύνορα Έρευνας» Μαθη ματικά : σελίδες 3 84 πρόλογος και συνοπτικό ιστορικό

Νεοελληνικών Μαθη ματικών, και αρκετές φωτογραφίες. Έκδοση δεύτερη , επαυξη μένη . Αθήνα, 2007

Κεντρική πώληση: Ετόϊσα, Ε. Μπενάκη 4 2, τηλ.: 2 1 0 3839739

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/51

Τ ιμή 1 8€

•-•ιιιι-�ι-•

,.. nι• r ""'' ,., Α•••Ι•• Α. ΠΡΟΒΛΗΜΑ Τ Α ΕΥΡΕΣΗΣ ΜΕΓΙΣΤΗΣ ΚΑΙ ΕΛΑΧΙΣΤΗΣ ΤΙΜΗΣ Μ Ι ΑΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ του Κώστα Βακαλόπουλου

σή τους μάθαμε το παρακάτω θεώρημα.

Α. Ε ΙΣΑ Γ Ω Γ Ή

Ολοκληρώνοντας το 1 ο κεφάλαιο στα Μαθημα τικά της Γενικής Παιδείας της Γ ' Λυκείου συνειδη τοποιούμε ότι ο στόχος του ήταν η αντιμετώπιση προβλημάτων εύρεσης της μέγιστης ή της ελάχι στης τιμής μιας συνάρτησης (ενός μεγέθους). Επί σης και της τιμής της μεταβλητής, από την οποία εξαρτάται η συνάρτηση (το μέγεθος), για την οποία παρουσιάζει τη μέγιστη ή τη ελάχιστη τιμή αυτή. Στα προβλήματα αυτά τα βήματα που ακολου θούμε για την επίλυσή τους είναι: ι '"' ) Κατασκευάζουμε τη συνάρτηση του μεγέ θους που θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε ή να ελαχι στοποιήσουμε ως προς τη μεταβλητή της οποίας η τιμή ζητείται. Αν στο πρόβλημα υπεισέρχονται και άλλες μεταβλητές εκφράζουμε αυτές ως συνάρτηση της ζητούμενης. Στο βήμα αυτό προσδιορίζουμε και το πεδίο ορισμού της συνάρτησης αυτής. 2"') Με τη βοήθεια των «γνώσεών» μας, αλλά κυρίως των θεωρημάτων του Διαφορικού Λογι σμού προσδιορίζουμε την τιμή της μεταβλητής στην οποία η συνάρτηση παρουσιάζει την ακρότα τη τιμή της καθώς και την τιμή αυτή. Όταν αναφέρουμε: «γνώσεις» εννοούμε αυτές που προέρχονται από τις πρώτες τάξεις του Λυκεί ου όπως είναι: η γραφική παράσταση, η μέγιστη και ελάχιστη τιμή των Τριγωνομετρικών συ

κ.α. (βλέπε παράδειγμα 1 και 2). Όμως υπάρχουν προβλήματα στα οποία οι γνώσεις αυτές δεν επαρκούν. Για την αντιμετώπιναρτήσεων

Θ ΕΩ Ρ Η Μ Α ( K_Qt'!!li>ω ι 'Ε π αραγώγου).

Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο (α, β) και χ0 ε (α, β) με Γ(χο)=Ο. Αν f' (x) > Ο στο (α, χ0) και f' (x) < Ο στο (χ0, β) τότε η f παρουσιάζει στο χο τη μέγιστη τιμή της στο (α, β) Αν Γ(χ) < Ο στο (α, χ0) και Γ(χ) > Ο στο (χο ,β) τότε η f παρουσιάζει στο χ0 την ελάχιτη τιμή της στο (α, β) Βάσει του παραπάνω θεωρήματος, για να προσδιορίσουμε τα ακρότατα της συνάρτησης που είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) αρκεί: "' ι Ό Να βρούμε τις τιμές της μεταβλητής χ στις οποίες μηδενίζεται η παράγωγος της συνάρτησης, επιλύοντας την εξίσωση: Γ(χ) = Ο 2"'". Να προσδιορίσουμε το πρόσημο της πα ραγώγου συνάρτησης εκατέρωθεν του σημείου μηδενισμού, επιλύοντας τις α νισώσεις: f' (x) > Ο και f' (x) < Ο. Ανάλογα με τον τρόπο αλλαγής του πρόσημου της f' εκατέρωθεν των σημείων μηδενισμού χαρακτη ρίζουμε τα ακρότατα μέγιστα ή ελάχιστα στο (α, β). •

•

π.χ. Να βρεθούν τα ακρότατα της συνάρτη σης και να προσδιοριστεί το είδος τους: 2 f(x) 2χ3 + 1 5χ + 36χ - 2008, x ε iR =

ΛΥΣΗ

Έχουμε: Γ(χ)=6χ2 - 30χ+36=6(χ2 - 5χ+6), xεiR f' (x) = Ο <::::> χ2-5χ+6 = Ο <::::> χ = 2 ή χ = 3 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/52

Μ α θη ματικά για την Γ Λυκείου • •

f' (x) > Ο <::::> χ 2-5χ+6 > Ο <::::> χ < 2 ή χ > 3 f' (x) < Ο <::::> χ 2-5χ+6 < Ο <::::> 2 < χ < 3 χ +οο 2 3 - 00

f' (x)

6 Ί

τ.1μ .� τ ε . / Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο τοπικό στο 2 το f(2) = - 1 950 και ελάχιστο (τοπικό) στο 3 το f(3) = - 1 98 1 . f

1 Αν f(x) = - χ - 2χ 2 + 4χ - 2008 x E IR τό3 2 τε f ' (x) = χ - 4χ + 4 = (χ - 2) 2 • Επειδή Δ = 1 6 - 1 6 = Ο ισχύει f ' (x) > Ο για κάθε x E IR- { 2 } ( f ' (2) = 0 ). β)

I � I�

2 +

χ)

η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει ακρότα τεc; τιμέc; στο R. Α Ξ Ι ΟΛ Ο Γ Ε Σ Ε Π Ι � Η Μ Λ :\ Σ F: η.: 2 ' 1 • Μια συνάρτηση μπορεί να παρουσιάζει ακρότατες τιμές και σε άλλα σημεία εκτός από αυτά 1 Αν υπάρχει χ0 Ε ( α, β ) c A r (Ar το πεδίο οριστα οποία μηδενίζεται η παράγωγος και εκατέρω σμού της συνάρτησης t) στο οποίο η f' μηδενίζεται θέν τους αλλάζει πρόσημο ! τότε η f δεν παρουσιάζει οπωσδήποτε ακρότατη ιι_ --=---='----'-'-'-Τέτοια σημεία μπορεί να είναι: τιμή σ' αυτό. λρα

•ι

π.χ. Για τη συνάρτηση f(x)=x , ΧΕ IR ισχυει: 2 f'(x) = 3χ , x E IR και f'(O)=O ενώ η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει στο Ο ακρότατη τιμή .

-- -

- --------

Ι 1 1 " . Τα σημεία στα οποία η συνάρτηση δεν πα-

ραγωγίζεται.

π.χ. Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = I χ- 1 I x E IR. Στο χ0 = 1 η συνάρτηση παρουσιάζει την ελάχιστη τιμή της (f( l )=O) ενώ δεν παραγωγίζεται σ ' αυτήν.

Γ ενικά :

Μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο R, δεν παρουσιάζει ακρότατη τιμή στο IR αν f' (x) i- Ο για κάθε x E IR ή αν μηδενίζεται ίσως η f' σε κάποια σημεία, εκατέρωθέν τους να διατηρεί σταθερό πρόσημο. Ε ιδ ι κ{ι, για τις πολυωνυμικές συναρτήσεις 3 ου βαθμού, δηλαδή για τις συναρτήσεις της μορφής: f(x) = αχ 3 + βχ2 + γχ + δ, α, β, γ, δ E IR με α i- Ο με Γ(χ) = 3αχ 2 + 2βχ + γ (τριώνυμο) ισχύει ότι: •

•

211'·. Τα άκρα του πεδίου ορισμού της

2 π.χ. Δίνεται η συνάρτηση: f(x) = χ με χ :<:; 1 . Η συνάρτηση παρουσιάζει στο 1 (τοπικό) μέ γιστο ενώ f' (x) = 2χ, χ :<:; 1 οπότε f' ( l ) = 2 i- Ο

Δεν παρουσιάζουν ακρότατες τιμές αν η δι ακρίνουσα: Δ = 4β 2 - 1 2 αγ της παραγώγου τους

είναι μικρότερη ή ίση με το μηδέν».

Π αρα δε ίγ μ α τ α

Αν f(x) = χ 3 + 4χ2 + 7χ + 1 x E IR τότε f' (x) = 3χ2 - 8χ + 7 Επειδή Δ = 64 - 84 = - 20 < Ο ισχύει f' (x) i- Ο για κάθε x E IR. Άρα η συνάρτηση f δεν παρουσιάζει ακρότατες τιμές στο R. α)

Σημεί(Ι) ση :

Στα Μαθηματικά της Γενικής Παιδείας αντ ιμ ε

τω πίζονται συναρτήσεις που είναι παραγω γίσ ι μες στο πεδίου ορισμού τους, το οποίο συνήθω ς δεν έχει κλ ειστά άκρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/53

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Έτσι η εύρεση των ακρότατων τ ιμ ών περ ι ορ ίζε ται στην εφαρμογή του θεωρήματος που προαναφέ ραμε.

Β . Λ Υ Μ Ε � Α Π Α ΡΑ Λ Ε Ι Γ Μ Α Τ Α (Ας Παρακο λ ουθήσουμε τη μεθοδολ ογ ία που ακολ ουθούμε στην επ ίλυσή τους Ι)

Ά ρα:

Για χ = 32 ε (0, 64) και y = 32 -

το εμβαδόν γίνεται μέγιστο και ίσο με Δ Ε = -- = 5 1 2 τ.μ. 4α •

Με γνώσεις Γ Λυκείου :

Για κάθε χ ε (Ο, 64) ισχύει: Ε ' (χ)= - χ + 32 Ε ' (χ) = Ο <=> χ = 32 Ε ' (χ) > Ο <=> χ < 32 Ε ' (χ) < Ο <=> χ > 32

Π ΡΟ Β Λ Η Μ Α 1 Ένας aνθοπώλης σε μια ανθοκομική έκθεση πρέπει με 64μ. φράκτη (που διανέμεται στην εί σοδο της έκθεσης) να φράξει ένα χώρο σχήμα

τος ορθογώνιου, χρησιμοποιώντας ως μια πλευ ρά τον τοίχο της έκθεσης, για να εκθέσει τα

Προφανώς θέλει να σχηματίσει ορθογώνιο με το μεγαλύτερο δυνατό εμβαδόν. Μπορείτε να

ι�

Π ΡΟ Β Λ Η Μ Α 2

Με δυο σχοινιά μήκους 200 μ. και 300 μ. α

ΛΥΣΗ

Έστω x ,y οι διαστάσεις του «βέλτιστου» ορ θογώνιου. Το εμβαδόν του ορθογώνιου είναι: E(x,y)= x.y (συνάρτηση δυο μεταβλητών). 64 - χ <=> Ό μως: χ + 2y = 64 <::::> y = 2 χ χ Υ = 32 - 2 ( y > Ο <=> 32 - 2 > Ο <=> χ < 64 ).

ντίστοιχα, θέλουμε να οριοθετήσουμε μια τρι γωνική περιοχή σε παραλία της Ζακύνθου για την αναπαραγωγή της

χ 200μ

-2 Ως γνωστόν η συνάρτηση αυτή παρουσιάζει β 32 = . , , στο χ = -32 μεγιστη τιμη, μονο = 0 2α 2 Υ

( -Ξ)

3 00μ

Με γνώσεις Α ' Λυκείου : 2

τι είδους

δόν του να είναι το μέγιστο δυνατό ;

( ; ) = - Ξ χ 2 + 32χ με Ο < χ < 64.

Η συνάρτηση Ε(χ) είναι τριώνυμο της μορφής: 1 αχ + βχ + γ με α = < Ο , β = 32 και γ = Ο.

careta-careta.

τρίγωνο πρέπει να σχη ματίζουμε ώ στε το εμβα

Ε ( χ ) = χ 32 •

Άρα χ = 32 η συνάρτηση Ε παίρνει τη μεγαλύ τερή της τιμή δηλαδή το εμβαδόν γίνεται μέγιστο και ίσο με Ε(32) = 5 1 2 τ.μ.

τον βοηθήσετε;

Ά ρα:

Ε ' (χ)

λουλούδια του.

..«=.:..ι. ?<'"lί"'" ('"(<;." «;..;. «::.:.;. «::.::. «::.::. «::.::. «::.::. «�:. 1"'"':::.:«:.:. «.;.::;

32 = 16 2

.\ ΥΣ Η

Αν είναι χ η (ζητούμενη) γωνία BAr του τρι γώνου ΑΒΓ που σχηματίζεται τότε το εμβαδόν τους δίνεται από τη συνάρτηση : 1 1 Ε ( χ ) = - · ΑΒ · ΑΓ · ημχ = - 200 · 300 · ημχ = 2 2 . = 30.000 ημχ, ο < χ < π •

Με γνώσεις Α ' και Β ' Λυκείου :

Η συνάρτηση Ε παίρνει τη μεγαλύτερή της τι μή μόνο αν ημχ = 1 (αφού: Ο < ημχ � Ι για κάθε

χ ε (Ο, π)). Όμως ημχ = 1 <::::> χ = Άρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/54

Ξ ( 90° ) .

Το τρίγωνο για να έχει το μεγαλύτερο

Μ α θη ματικά για την Γ Λυ κείου

εμβαδόν πρέπει και αρκεί να είναι ορθογώνιο. Με γνώσεις Γ Λυκείου: Έχουμε: Ε '(χ) = 30.000συνχ , Ο < χ < π Ε '(χ) = Ο <=:> χ = 2:. 2 Ε '(χ) > 0 <=:> 0 < χ < 2:. 2 Ε '(χ) < 0 <=> 2:. < χ < π 2 π χ ο π 2 + 6 Ε'(χ) •

•

200 Άρα: Ε( χ) = 2 · 3, 1 4χ 2 + 2 · 3, 1 4 · χ . 2 , χ > Ο χ (συνάρτηση μιας μεταβλητής) (Στο παράδειγμα αυτό οι γνώσεις της Α ' και Β ' Λυκείου δεν επαρκούν για να βρούμε πότε η συνάρτηση αυτή παρουσιάζει ελάχιστο !) ' 'Εχουμε: Ε '(ψ 2π χ' + 2

[ ( :)] 2 0 1 ° = 2π ( 2χ - � ) = 4π ( χ - �2 } χ > 0

•

τ μ.

�

π Άρα: Μόνο για χ = - η συνάρτηση παρου2 σιάζει μέγιστη τιμή της, δηλαδή το εμβαδόν γίνε ται μέγιστο.

• •

ΛVΣΗ

Έστω χ η ακτίνα της βάσης και h το ύψος. Προφανώς το κόστος κατασκευής εξαρτάται από το πόσο υλικό (λαμαρίνα) χρησιμοποιούμε στην κατασκευή του. Δεδομένου ότι χρησιμοποιούμε λαμαρίνα συγκεκριμένου πάχους το κόστος εξαρ τάται από τη συνολική επιφάνεια Ε του κουτιού.

�

Π ΡΟ Β Λ Η Ι\-Ι Α 3

Το υπουργείο εμπορείου επιβάλλει τα «κου τάκια» με τα αναψυκτικά να έχουν χω ρητικό τητα 6 28cm 3 • Να βρεθούν οι διαστάσεις τους ώστε οι βιοτεχνίες που τα κατασκευάζουν να έ χουν το μικρότερο δυνατό κόστος;

�

10 = Ο <=> χ3 = 1 00 <=> χ <=> χ = ifiOO <=> χ === 4, 64 cm . 1 Ε'(χ) > Ο <:::> χ - > 0 <=:>χ3 > 100<=:>χ > 4,64. χ Ε'(χ) < Ο <=:> ... <=:>χ <4,64. Ε ' (χ) = Ο <=> χ -

Ε ' (χ) Ε

�

+οο

4,64

6 τ

τ τ.ε. �

Ά ρ α: Το εμβαδόν (η επιφάνεια) άρα και το κόστος γίνεται ελάχιστο όταν και μόνον η ακτίνα της βά σης είναι χ === 4,64 και στο ύψος του κουτιού 200 h === === 9, 29 cm . ( 4, 64 ) 2 Γ. Α Σ Κ Η Σ Ε Ι Σ 1.

Ν α βρεθεί η ευθεία που διέρχεται από το σημείο A(l,2) και σχηματίζει με τους ημιά ξονες Οχ και Oy το μικρότερο εμβαδόν. ΛΥΣΗ

Έτσι, Ε(χ, y) = 2πχ2 + 2πχ · h, χ > Ο, h > Ο (συνάρτηση δυο μεταβλητών) Όμως αν V: ο όγκος του κουτιού θα ισχύει: 628 200 === ν = 628 <=> πχ 2 . h = 628 <=> h = πχ 2 χ 2 (π 3 , 1 4) =::

Η ζητούμενη ευθεία θα έχει εξίσωση της μορ φής: Υ = λχ + β ( 1 ), λ < Ο, β < Ο (αφού ω>90°) (η περίπτωση να μην έχει συντελεστή διεύθυνσης (//yy ' ) απορρίπτεται Επειδή διέρχεται από το Α θα ισχύει: 2 = λ + β <=> β = 2 - λ. Έτσι η μορφή ( 1 ) γίνεται: y = λχ + 2 - λ (2) Για τα σημεία Κ(χι , Ο) και Λ(Ο, y2 ) που η ευ θεία ε τέμνει τους ημιάξονες ισχύει: Ο = λ · χ 1 + 2 - λ <=> λχ 1 = λ - 2 <=> Χ 1 = λ - 2 λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/55

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

(προφανώς λ i- 0). Επίσης: Υ 2 = λ · Ο + 2 - λ <=> Υ2 = 2 - λ λ 2 Άρα: κ � , Ο Λ ( Ο, 2 - λ )

ΛΥΣ Η

2 Έστω Μ(χ, y) με y = - χ + 9 η μια κορυφή του ορθογώνιου που σχηματίζεται 2 , Άρα: Μ( χ, - χ + 9) με Ο < χ < 3 Η επιφάνεια της κορνίζας δηλαδή το εμβαδόν του ορθογωνίου δίνεται από τη συνάρτηση Ε(χ) = 2χ(- χ 2 + 9) <::::> Ε(χ) = -2 χ + Ι 8χ, Ο<χ<3 2 Ε ' (χ) = - 6χ + Ι 8 = - 6(χ2 - 3), Ο < χ < 3 ο Μ ε χε(Ο, 3) έχουμε: Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΚΛ που σχηματί Ε ' (χ) = Ο <::::> χ = .J3 ζεται δίνεται από τη συνάρτηση: • E ' (x ) > O <::::> x 2 - 3 < 0 <::::> 0 < x < .J3 2 Ι (λ - 2) < Ι λ-2 Ε ' (χ) < Ο <::::> χ 2 - 3 > Ο <::::> .J3 < χ < 3 ,λ Ο Ε ( λ) = ( - λ ) <=> Ε ( λ ) = 2· λ 2 · -λ- 2 2 'Εχουμε Ε ' (λ) = _.!. . 2(λ - 2)λ - (λ - 2) = ο 3 2 ..J3 2 λ Ι 2λ2 - 4λ - λ2 + 4 λ - 4 + 6 Ε'(χ) τ 2 λ2 Μ ε λ < Ο έχουμε: Ε / τ. � 2 Ε ' (λ) = Ο <::::> λ - 4 = Ο <::::> λ = -2 Ε'(λ) > Ο <::::> λ2 - 4 < Ο <::::> 2 < λ < Ο Άρα: Τη μεγαλύτερη επιφάνεια θα έχει η κορ Ε'(λ) < Ο <::::> λ2 - 4 > Ο <::::> λ < - 2 νίζα με διαστάσεις 2.J3 και 6. ο -2 ( ΚΛ = 2 · χ = 2 .J3 , ΛΜ = - χ 2 + 9 = 6 )

(

}

•

• • •

- 00

Ε ' (λ)

�

6 Ί

1 τ. ε. / Άρα: Μόνο για λ = - 2 η ευθεία y = - 2χ + 4, σχηματίζει με τους ημιάξονες τρίγωνο με το μι κρότερο εμβαδόν. 2. Ποιες διαστάσεις πρέπει να έχει το «τελάρο» ΜΝΚΛ μιας ορθογώνιας κορνίζας ώστε να έχει τη μεγαλύτερη δυνατή επιφάνεια και οι κορυφές του Μ, Ν να ακουμπούν στο παρα βολικό άνοιγμα ενώ η βάση του στο δάπεδο. (Η παραβολή του σχήματος είναι η γραφική 2 παράσταση της συνάρτησης f(x) = - χ + 9). Υ Ε

Έστω ορθογώνιο ΑΒΓ Δ στις πλευρές του οποίου εφαρμόζουμε εξωτερικά ημικύκλια διαμέτρου ίση με κάθε πλευρά του. Αν η πε ρίμετρος του σχήματος είναι 400 μ. δείξτε ότι το ορθογώνιο αποκτά το μεγαλύτερο εμ βαδόν όταν γίνει τετράγωνο!

Α 2χ 2y Δ

Λ Υ 2: Η

Έστω ΑΒ = 2χ και Γ Δ = 2y (χ, y > Ο) Η περίμετρος του σχήματος είναι 2πχ + 2πy

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/56

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Άρα: 2πχ +2πy = 400 200 200 - πχ <=> <=> y = y=--x (1) π π 200 ( y > Ο <=> 200 - πχ > Ο <::::> χ < - ) π Το εμβαδόν του ορθογωνίου είναι: (Ι) 200 800 E = 2x · 2y = 4xy = 4x -;- - χ = -4χ 2 + -;- χ , 200 Ο<χ<-. π

(

•

)

800 200 Ά ' ρα: Ε (χ ) = -4χ 2 + χ, Ο < χ < π π Έχουμε:

( )

800 200 Ε ' ( χ ) = -8χ + --; - με χ ε Ο, --;-

έχουμε: •

•

( ) 1 00 ( 1 00 ) Ε , ( χ ) > Ο <=> -8 χ - --;- > Ο <::::> Ο < χ < --;( 100 ) 1 00 200 Ε , (χ) < Ο <::::> -8 χ - - < 0 <::::> - < χ < -

ΛΥΣΗ •

Αν Ε το εμβαδόν έχουμε: θ θρ 2 2Ε Ε = - πρ 2 <::> Ε = - <=> θ = -2 . 2 2π ρ 45 ° Για Ε = 225 έχουμε: θ = 2 , ρ > Ο ρ Αν Π η περίμετρος τότε: (Ι) θ π = 2ρ + - 2πρ = 2ρ + θρ = 2π 450 450 = 2ρ + ρ = 2ρ + - , ρ > Ο 2 ρ ρ •

'Ετσι: Π ( ρ ) = 2ρ + 450 , ρ > Ο είναι η συνάρτη ρ ση του δίνει την περίμετρο Π συναρτήσει της α κτίνας ρ.

1 00 1 00 Ε ( χ ) = Ο <=> -8 χ - --;- = Ο <::::> χ = --;-

Ε ' (χ) Ε

1 00 π

6 I

200 π -

/ ) μ. �

Θέλουμε να διαμορφώσουμε ένα θερινό θε ατράκι σχήματος κυκλικού τομέα ακτίνας ρ και γωνίας θ με επιφάνεια 225τ.μ. Να βρεθεί η ακτίνα ρ ώστε η περίφραξη να στοιχίσει το λιγότερο δυνατό.

)

Έχουμε: 2 Π (ρ) = 2 - 450 = 2 1 - 225 = 2 ρ - 225 ρ2 ρ2 ρ2 Με ρ > Ο έχουμε:

[

• • •

= ο <=> ρ 2 - 225 = ο <=> ρ = 1 5 π (ρ) > ο <=> ρ 2 - 225 > ο <=> ρ > 1 5 π (ρ) < ο <=> ρ 2 - 225 < ο <=> ο < ρ < 1 5 π (ρ)

1 00 200 1 00 1 00 Για χ = - οπότε y = - - - = - το π π π π ορθογώνιο γίνεται τετράγωνο και έχει το μεγαλύ τερο εμβαδόν του. 4.

(1)

Π(ρ) π

+οο

15 -

�

τ ε.

Ά ρα :

Για να έχουμε το ελάχιστο κόστος πρέπει και αρκεί η ακτίνα να είναι 1 5 μέτρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/57

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Β.

Σ ΤΑΤΙΣ Τ ΙΚΉ του Κώστα Βακαλόπουλου

Στο άρθρο αυτό θα παρουσιάσουμε μια μικρή συλλογή ασκήσεων οι οποίες καλύπτουν τις έννοιες που υπάρχουν στο κεφάλ αιο της Στατιστικής Σε κάθε άσκηση αναφέρεται το κομμάτι της θεωρίας που αντιστοι . χεί. Όπου χρειαστεί σχολ ιάζουμε . . .

ΑΣ Κ Η Σ Η

J 'l .

(Σ Υ Χ Ν Ο Τ Η Τ ΕΣ - Λ Ι Α Γ ΡΑ Μ Μ ΑΤΑ)

Έστω Χ

χ 1 , χ 2, χ3 , χ 4

οι τιμές μια μεταβλητής ·2

με σχετικές συχνότητες: f; = 1 ί=1,2,3,4 5κ α) Να προσδιοριστεί η τιμή του κ β) Αν ν4 = 64 (απόλυτη συχνότητα) να βρεί τε το μέγεθος v του δείγματος γ) Να χαράξετε το κυκλικό διάγραμμα της παραπάνω κατανομής. -- ,

ΛΥΣΗ

l t r, 1 =1

α) Ισχύει:

(δηλ.

f, + f, + f, + f, = I )

Άρα 1 +4 + 9 + 16 = 1 2 2 2 3 2 42 1 <=:> - + - + - + - = 1 <=:> 5κ 5κ 5κ 5κ 5κ <=:> 5κ 30 <=:> κ = 6 . 4 16 1 9 = - ). = -, (Ετσι: = - , 30 30 30 30

β) Ισχύει:

f 4

= - ,

l f; � I· i = 1 ,2,3,4 Άρα: =

.!.i 64 <=> v = 30 . 64 <=> v = 1 20 4 30 ν 16 v γ) Ισχύει: α ; = f; 360 ° , i = 1 ,2,3,4 α; :ti 1 2° 1/30 4/30 48° 1 20 1 08° 9/30 1 6/30 1 92° =

<=>

σ' ένα ξενοδοχείο της Κέρκυρας την φετινή καλοκαιρινή σαιζόν. 0-4 9 5-9 10 1 0-14 12 1 5-19 23 20-24 21 25-29 17 30-35 8 Να βρεθεί: α) Η μέση τιμή των ημερών παραμονής στο ξενοδοχείο β) Η διάμεσος των ημερών αυτών. ΑΥΣΗ

Έστω: χ; το κέντρο κλάσεων ν ; οι συχνότητες κάθε κλάσης και Ν; οι αθροιστικές συχνότητες F; % οι αθροιστικές σχετικές συχνότητες επί ( i= 1 ,2, . . . ,7) τοις εκατό α) Έχουμε τον ακόλουθο πίνακα: Χ;

X;V;

2,5 7,5 1 2,5 1 7,5 22,5 27,5 32,5

9 10 12 23 21 17 8

22,5 75 1 50 402,5 472,5 467,5 260

1 00 7

Κυκλικίι δ ι ιί:γραμμα κατανομι]ς συzνοη]των.

Α Σ Κ Η Σ Η 2 '1

( Δ Ι Α Γ ΡΑ Μ VΙ ΑΊΆ- Π Ι Ν Α ΚΑΣ Κ Α ΊΆ Ν Ο Μ Η Σ Σ Υ Χ Ν Ο Τ Ή ΤΩΝ- Μ Ε 'Γ Ρ Α Θ Ε Σ Η Σ )

Στον πίνακα παρουσιάζεται η κατανομή του αριθμού των ημερών που παρέμειναν οι ένοικοι

Α ρ ι θ μό ς Ενο ί κ ων

Α ρ ι θ μό ς η με ρ ών

Άρα χ =

Ν; 9 19 31 54 75 92 1 00

1 85 0

Fi% 9

54 75

1 00

Σ χ ί ν ί 1 850 = - = 1 8, 5 Σ ν ; 1 00 i=1 7

i=l

β) Κατασκευάζουμε το πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων επί τοις εκατό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/58

Μαθη ματικ ά για την Γ Λυκείου

1 00

· · · · · · · · · · · · · · · ·-

δ) Να βρεθεί το ποσοστό επί των φιλάθλων που είναι ενήλικοι - Ολυμπιακοί

- -

ΛΥΣ Η

β)

I !

70 60

Α·-

Δ ..

40 30 20

I I

ιο

;::: 1 8

ΣΥΝΟΛΟ

<18

δ)

Από τα όμοια τρίγωνα Γ Α Β Γ Δ Ε έχουμε: ΔΕ ΑΒ Ά α : ΔΕ = ΑΒ · ΓΔ 5 · 1 9 :::: 4 1 3 = ρ ' 23 ΑΓ ΓΔ ΑΓ Άρα: Η διάμεσος είναι: δ = 1 5 + 4, 1 3 1 9, 1 3 �

9 17

Επειδή 9 : 1 7=0,5294 το ζητούμενο ποσοστό εί ναι 52,94%

ΣΥΝ ΟΛΟ

<18 π

�18

Επειδή 8: 1 7=0,4705 το ζητούμενο ποσοστό εί ναι 47 , 05%

<1 8

α)

<18

�

ΑΣ Κ Η Σ Η 3 '� ( Π Ι :\ λ Κ Ε Σ Σ Υ Σ Χ Ε τ Ι Σ Η Σ )

Στον παρακάτω πίνακα καταγράφεται η ηλικία και η ομάδα που υποστηρίζει (0: ΟΛΥΜΠΙΑΚΟΣ, Π: ΠΑΝΑΘΗΝΑΪΚΟΣ) δείγμα 40 φιλάθλων από μια κερκίδα του γηπέδου. 1 7/0

1 5/Π

1 4/Π

1 9/0

23/0

2 1 10

27/Π

1 1 /Π

1 9/0

20/Π

1 9/Π

1 7/0

1 1 /Π

1 3/0

1 3/Π

1 5/Π

2 1 /Π

1 9/0

20/Π

1 9/0

1 7/Π

1 7/0

1 8/0

1 3/0

1 9/0

20/0

2 1 /0

1 8/0

1 7/0

1 6/Π

1 6/0

1 5/0

1 4/Π

1 9/0

2 1 /Π

1 8/0

23/0

22/0

2 1 /Π

1 9/Π

�18

ΣΥΝΟΛΟ

Επειδή 1 5 :40=0,375 το ζητούμενο ποσοστό εί ναι 37,5% ΑΣ Κ Η Σ Η 4 '� ( Μ ΕΣ Η τ Ι Μ Η )

ηλικία των θαμώνων ενός INTERNET CAFE στο ΜΑΡΟΥΣΙ είναι 15 χρόνια. Σήμερα το πρωί ήρθε ένας ηλικιωμένος κύριος 62 χρονών και η μέση τιμή ανέβηκε στα 15,5 χρόνια. Πόσοι ήταν οι θαμώνες του cafe πριν έρθει ο κύριος αυτός; μέση

Λ ΥΣ Η

Αν ν ο αριθμός των θαμώνων του cafe πριν έρθει ο κύριος ισχύει:

α) Να συμπληρώσετε τον πίνακα: ΉΛΙΚΙΑ <18 (ΑΝΉΛΙΚΟΙ)

�

(ΕΝΉΛΙ ΚΟΙ)

Με την είσοδο του κυρίου στο cafe έχουμε: ν

ΟΛΥΜΠΙΑΚΟΙ

�,

ΠΑΝΑΘΉΝ ΑΪΚΟΙ

β) Να βρεθεί το ποσοστό επί των ανηλίκων που είναι Ολυμπιακοί γ) Να βρεθεί το ποσοστό επί των Παναθηναϊ κών που είναι ανήλικοι

Σ χ ί + 62 i=ι

<=>

1 5 · ν + 62 <=> ν+1 Ο, 5 · ν 46, 5 <=> ν 93

1 5' 5

ν+1 <=> 1 5, 5 ( ν + 1 ) = 1 5 · ν + 62 <=>

ΑΣ Κ Η Σ Η 5'� ( Μ ΕΣ Η τΙ Μ Η- Δ Ι Α ΚΥ Μ Α Ν Σ Η )

Η μέση τιμή και η διακύμανση τριών αριθS O αντιστοιχα. Αν προστεθ ουν , ειναι ' ' 15 και μων 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/59

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

= -1- [ ( Χι + χ 2 + ... + Χ ν ) - ν . � ] ν · s, 1 = -- [ ν · � - ν · � ] = ο Άρα: l y = o l . ν · s,

δυο ακόμα αριθμοί η μέση τιμή και η διακύ μανση γίνονται 20 και 50 αντίστοιχα. Να βρε θούν οι δυο νέοι αριθμοί. ΛΥΣΗ

- + χ + ... + χ ν <=:> χ1 , (Υποψιν: χ Χ ι 2 + χ2 + ... + χ ν = ν · -χ ) . ν 2 2 χ + χ 2 + χ 3 = Ι 5 <=:> Χ + + = 45 ( Ι ) 2 ( Υι - y) + ( y 2 - y) + . . . + ( Y v - y/ Χ Χ 5 = 2 3 3 ν Επίσης: 1 2 2 = - ( Υ ι + y 2 + . . . + y 2v ) = 50 Ι 2 2 2 2 2 2 2 ν - ( Χ 1 + Χ 2 + Χ 3 ) - Ι 5 = - <=> χ 1 + χ 2 + χ 3 = 725 (2) 3 3 (Θυμίζουμε ότι η διακύμανση : Έστω χ1 , χ 2 , χ 3 οι τρεις πρώτοι αριθμοί και χ4 = χ , xs = y οι δυο νέοι . Θα ισχύει: I

•

5 2 = Σ ( χ ί - �γ = _!_ Σ χ � - � 2 ν ν ,

Επισης:

(χι + � +x3 ) +x+ y

5 <=:> x + y = 55

(2)

<=>

( Ι)

=20<:::>

45+x+y =20<:::> 5 ( 3)

Ενώ: � [ ( χ � + χ ; + χ � ) + χ 2 + y 2 ] - 20 2 = 50

725 + χ 2 + y 2 = 250 + 2000 <=> χ 2 + y 2 = Ι 525 (4) Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) x + y = 55 x + y = 55 <=> <=> χ 2 + y 2 = Ι 525 ( χ + y) 2 - 2xy = 1 525 x + y = 55 <=> ( χ, y) = ( 25, 30) ή (30, 25) . xy = 750 Άρα: Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι: 25, 30.

{

ΛΣ Κ Ι-η:: Η 6' � «ΤΥ Π Ο Π Ο Ι Η Σ Η τ t iVI Ω N »

Έστω Χ ι , χ 2 , Χ3 , . . . , Χν ν αριθμοί με μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση s , . Να δείξεται ότι αν από κάθε αριθμό αφαιρέσουμε την μέση τιμή και το αποτέλεσμα της διαφοράς του κάθε

(�)

αριθμού το διαιρέσουμε με την τυπική απόκλι ση ( s , ) θα προκύψουν κ νέοι αριθμοί με μέση τιμή Ο και τυπική απόκλιση 1. ΛΥΣΗ

Έστω Υ ι , Yz , y 3 , . . . , Yv οι ν νέοι αριθμοί με μέση τιμή y και τυπική απόκλιση : sy

ΕΒ (

Την 6'� άσκηση μπορούμε να λύσουμε και εφαρμόζοντας τα συμπεράσματα της 1 εφαρ μογής σελ. 99 του σχολικού βιβλίου. Σύμφωνα με αυτή αν Χ ι , Xz , . . . , Χν , οι τιμές μιας μεταβλητής Χ με μέση τιμή χ και τυπική α πόκλιση : Sx και: Y i = c · χ ί, (c ε !R), i = 1 ,2 . . . , ν οι τιμές μιας με ταβλητής Υ με μέση τιμή y και τυπική απόκλιση S y τότε y = c · χ και Sy = lcl · sx ( 1 ) ή Yi = Xi + c, (c ε !R), i=1 ,2 . . . , ν οι τιμές μιας με ταβλητής Υ με μέση τιμή y και τυπική απόκλιση S y , τότε y = χ + c και sy = Sx (2) Σχ ό λι ο :

ης

•

Έτσι για την άσκηση 6 έχουμε: χ ί - χ = -Ι · xi - χ , . = Ι 2, 3, . . . , ν ι ' Y i = -s, sx s, Θεωρούμε: ωi = _!_ xi , i= I ,2,3, . . . , ν αριθ sχ μούς με μέση τιμή ω και τυπική απόκλιση Sω Σύμφωνα με τους τύπους ( 1 ) θα ισχύει: - Ι - χ s ω ί = - · Χ = - και S 00 = - · S x = ----"=1. sx sx s, s,

. Y i = - ί - χ - , ι= . 1 , 2 , . . . ,ν Θ α ισχυει: s,

•

III

Και: Y i = ωi - � . i= I ,2,3, . . . , ν αριθμούς με s, μέση τιμή y και τυπική απόκλιση : Sω -y = Υι + y2 + . . . + yv = 1 Χ ι - � + Χ 2 - � + ... + Χ ν - � Σύμφωνα με τους τύπους (2) θα ισχύει: -- -- -ν s, s, ν s, ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/60

Μ α θη ματικά για την Γ Λυκείου

- = -ω - χ =χ -χ = 0 και y sx

= sω = 1 .

Πριν συνε-χίσουμε θα κάνουμε ένα ακόμα σ;(όλιο:

Όταν σε μια κατανομή συχνοτήτων συμβαίνει μεταβολή στις συχνότητες (νi ) των τιμών της (x i ), i= 1 .2 . . . , κ τότε επέρχεται αντίστοιχη μεταβολή και στον πληθυσμό του δείγματος. π. χ. Αν αυξήσουμε τις συχνότητες κατά μ τότε ο νέος πληθυσμός (ν ' ) θα είναι:

ν ' = Σ ( ν ; + μ ) = Σ ν ; + Σ μ = ν + κμ κ

i=l

Στο 1 ο τμήμα το 50% των μαθητών έχει βαθμολογία πάνω από 12 ενώ το 49,85% από αυτούς έχει βαθμολογία μέχρι 18. Στο 2° τμήμα το 1 6 % των μαθητών έχει βαθμολογία μέχρι 10 ενώ από 1 0 μέχρι 19 έχει το 81,5% των μαθητών. Μπορείτε να συγκρίνετε τα δυο τμήματα ως προς την ομοιογένειά τους. Λ ΥΣ Η ( 1 " τ μ ή μ α) Έστω � , Sx η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση της κατανομής της βαθμο λογίας του τμήματος.

Α Σ Κ Η � Η 7 11

Έστω χ;, ί= 1 ,2 . . . , 10 οι 1 0 τιμές μιας μετα βλητής Χ σ' ένα δείγμα μεγέθους ν = 50 με χ; = ί, ί =1 ,2 . . . , 1 0, ν;, ί=1 .2 . . . , 10 οι αντίστοιχες συ χνότητές τους και χ = 1 1 , 8 η μέση τιμή τους. Αν όλες οι συχνότητες αυξηθούν κατά 2 να υπολογίσετε τη νέα μέση τιμή των τιμών αυτών.

' ' - - - - - - 1- - - - - - - - - - - - - - - - - - - L - - - - ' ' ' ' ' ' ' '

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

χ-

35,

j j ------

25,

χ-

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

ν ' = Σ ( ν, + 2 ) = Σ ν; + Σ 2 = ν + 1 0 · 2 = 70 · 10

i=l

(

Η νέα μέση τιμή χ ' είναι: 1 1 χ ' = - Σχ; (v; + 2) = - Σ χίvί + 2Σ χί 70 70 Όμως: Αν χ η αρχική μέση τιμή, τότε: 10

ι =Ι

Σ χ;ν; \0

i=l

)

(1)

Σ χ ; V; ι ο ;z = l.=.L__ άρα 1 1 ,8 = l.=.L__ <:::::> Σ χ. ν. = 590 και 50 ν Σ χ; = Χ ι + Χ 2 + Χ 3 + . .. + Χ 10 = 1 + 2 + 3 + . .. + 10 = i=l

i=l

Άρα:

CV1

= _3_ 12

Σ ν = k ν ( α1 + αν ) J

Α Σ Κ Η Σ Η 8'1

(l:Υ :\ Τ Ε Λ Εl:ΊΉ Σ :\"I ΕΊΊ\ ΒΟ Α Η Σ - Ο νΙ Ο Ι Ο Γ Ε '\ E I A )

Στα δυο τμήματα της Γ Τάξης ενός επαρχι ακού σχολείου στο διαγώνισμα στο μάθημα της Στατιστικής η βαθμολογία έχει κατανομή πε ρ ί που κανονική.

χ+

25,

χ+

35,

49,85%

ο,

{

χ = 12 <:::::> � = 12 x+3sx =1 8 sx =2

1 66 δηλ. 1 6.6%. Ύ , Sy η μέση τιμή και η τυ-

' ' _ _ _ _ _ _ ,_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ,ι _ _ _ _ _ ' ' ' ' ' ' ' '

'Ετσι έχουμε: ;z . = _!_(59 0 + 2 · 55) = 700 = 1 0

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

πική απόκλιση της κατανομής της βαθμολογίας του τμήματος.

-------------:------[------------------1------;-----------Υ

3 5,

(Θυμηθείτε το ά θροισμα των ν πρώτων όρων αριθ μητικής προόδου:

( 2" τμ ή μ α) Έστω

= 1 10 ( 1 + 10) = 55 2

------

95%

Από τα δεδομένα προκύπτουν:

\Ο

χ+

99,7%

ΛΥΣ Η

Ο πληθυσμός θα γίνει:

68%

1 [

{

1 6%

25,. Υ -

S,.

68%

25,

35,

95%

99,7%

8 1 ,5%

Από τα δεδομένα προκύπτουν:

{

y - sY = 10 <:::::> Ύ = 1 3 ( Ύ + 2 sY ) - ( Ύ - sY ) = 1 9 - 1 0 sY = 3

= 1._ :::: Ο, 2307 δηλ. 23 , 07%. 13 Άρα: Το 1 ο τμήμα παρουσιάζει μεγαλύτερη Άρα:

CV2

ομοιογένεια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/61

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Κατεύθυνση

ΘΕΩΡΗΜΑΤΑ ΣΥΝΕΧΩΝ ΣΥΝΑΡΤΉΣΕ ΩΝ

Ψύχας Β αγγέλη ς

Οι συνεχείς συναρτήσεις είναι μία σημαντική κλάση των πραγματικών συναρτήσεων μιάς πραγματικής μεταβλ ητής. Τα βασικά θεωρήματα των συνεχών συναρτήσεων σε συνδυασμό με τη μονοτονία, μας βοη θούν να βγάλ ουμε σημαντικά συμπεράσματα γιά τη συμπεριφορά των συνεχών συναρτήσεων. Στόχος του άρθρου αυτού είναι κυρίως η ανάδειξη του σημαντικού ρόλου που παίζει το σύνολ ο τ ιμ ών μίας συνεχούς συνάρτησης.

1 . Θεώρ η μα B o l z a n o

Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ α,β] και f( α ) · f(β) < Ο , τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α ,β) τέτοιο ώστε: f(ξ) = Ο .

f(β)

Δηλαδή η εξίσωση f(x) = Ο , έχει μία τουλάχι στον λύση στο ( α, β) . (Σχήμα 1)

f(α) α

f(β)

Σ χή μ α 2 3 . Θεώ ρ η μα Μ έγιστης & Ελάχιστ η ς Τ ιμής

f(α)

Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] τότε παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή σ'αυτό . Σχή μ α 1

Ειδικά αν f( α ) f(β) � Ο τότε οι αριθμοί β , μπορεί να είναι λύσεις της εξίσωσης. ·

και

2 . Θεώρ η μα Ενδιάμεσων Τιμών

Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ α ,β] και f ( α ) -φ f (β) , τότε για κάθε Κ μεταξύ των f(α) και f(β) υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α , β) τέτοιο ώστε: f(ξ) = κ . Δηλαδή η εξίσωση f(x) = κ , έχει μία τουλά χιστον λύση στο ( α, β) . (Σχή μα 2)

Δηλαδή υπάρχουν

Ε [α, β ] τέτοια ώστε f ( χ ε ) � f(x) � f ( χ μ ) για κάθε χ Ε [ α, β] . χε , χμ

Αν θέσουμε f ( χ ε ) = m (την ελάχιστη τιμή της f ) και f ( χ μ ) = Μ (τη μέγιστη τιμή της f ) , τότε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f με πεδίο ορι σμού το [α,β] , είναι το [m, M] . (δηλαδή

f ([ α, β] ) = [m,M] ).

Άρα για κάθε κ Ε [m, M] υπάρχει ένα τουλά χιστον ξ Ε [ α, β ] τέτοιο ώστε: f(ξ) = κ . Δηλαδή η εξίσωση f(x) = κ , έχει μία τουλά χιστον λύση στο [ α, β ] . (Σχήμα 3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/62

Μ α θη ματικ ά για την Γ Λυκείου

από αυτούς τους τρόπους αντιμετωπίζεται η πλειο νότητα των ασκήσεων που αναφέρονται στα Θε ωρήματα των Συνεχών Συναρτήσεων.

f(β)

Α l: Κ Η Σ Η l

Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο [α, β] με f(α) '* f(β) και κ, λ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α,β) τέτοιο ώστε: κ f(α) + λ f(β) f(ξ) = . κ+λ

f(α)

Λ ύ ση 1 ο ; τρ ό πος

Π ιφαηΊ ρ η σ η 1 Με τη βοήθεια του Θεωρήματος του Bolzano, μπορούμε να αποδείξουμε ότι μία εξίσωση έχει ρί ζα σε ένα συγκεκριμένο διάστημα των πραγματι κών αριθμών και στη συνέχεια με τη μέθοδο της διχοτόμησης να την προσεγγίσουμε, όσο κοντά ε πιθυμούμε. Π αρ ατή ρησ η 2

Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησί ως μονότονη στο [α,β] και f(α) · f(β) < Ο , τότε υπάρχει �:να α κ ρ ιβώ ς ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε: f(ξ) = ο . Δηλαδή η εξίσωση f(x) = Ο , έχει μ ία α κρ ι β ώ ς λύση στο (α,β) . Π αρ ατή ρ η ση 3

Αν μία συνάρτηση f είναι συνεχής [α, β] και f(x) '* Ο για κάθε χ Ε (α, β) , τότε η συνάρτηση f θα διατηρεί σταθερό πρόσημο στο (α, β) . Δηλαδή θα ισχύει: f(x) > Ο για κάθε χ Ε (α, β) ή f(x) < Ο για κάθε χ Ε (α, β) . Π α ρ ατή ρ η ση 4

Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο ανοικτό διάστημα (α, β) , lim f(x) = Α χ�α +

και lim f(x) = Β , τότε σύνολο τιμών της συνάρχ�β-

τησης f είναι το ανοικτό διάστημα (Α, Β) (όταν η f είναι γνησίως αύξουσα) ή το ανοικτό διάστη μα (Β, Α) (όταν η f είναι γνησίως φθίνουσα). Παρακάτω λύνουμε μία κλασική άσκηση με τρείς διαφορετικούς τρόπους. Με ένα τουλάχιστον

(Θέλουμε να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α,β) τέτοιο ώστε κ f(α) + λ f(β) f(ξ) = κ+λ (κ + λ)f(ξ) = κ f(α) + λ f(β) (κ + λ)f(ξ) - κ f(α) - λ f(β) = Ο .) Η τελευταία ισότητα μας οδηγεί να θεωρή σουμε κατάληλη συνάρτηση g : [α, β] � JR με g(χ) = (κ + λ)f(χ) - κ f(α) - λ f(β) και να εφαρ μόσουμε το Θεώρημα του Bolzano Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλά χιστον ξ Ε (α,β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Υπολογίζουμε τα g(α) και g(β) . g(α) = (κ + λ)f(α) - κ f(α) - λ f(β) = = κf(α) + λf(α) - κf(α) - λ f(β) = = λ (f(α) - f(β) ) . g(β) = (κ + λ)f(β) - κ f(α) - λ f(β) = = κf(β) + λf(β) - κ f(α) - λ f(β) = = -κ (f(α) - f(β) ) . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [α,β] και 2 g(α) · g(β) = -κλ (f(α) - f(β) ) < Ο . Άρα σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . 2"' τρόπος

Εφόσον f(α) '* f(β) , υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι f(α) < f(β) . Τότε πολλαπλα σιάζοντας τη ανισότητα αυτή με τους θετικούς α ριθμούς κ και λ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/63

{κ f(α) < κ f(β) λf(α) < λ f(β)

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Προσθέτουμε το κf(α) στη δεύτερη.

λf(β) στη πρώτη και το

{ κf( α ) + λf(β) < κf(β) + λf(β) λf( α ) + κf( α ) < λf(β) + κf( α )

==>

{ κf( α ) + λf(β) < (κ + λ)f(β) (κ + λ)f( α ) < κf( α ) + λ f(β)

=> (κ + λ)f(β) < κf(α) + λf(β) < (κ + λ)f(β) . => f(α) < κ f(α) + λ f(β) < f(β) . κ+λ

ρ = κf( ακ) ++ � f(β) βρίf(α) και f(β) , οπότε σύμφω-

Δηλαδή ο αριθμός

σκεται μεταξύ των να με το Θεώρημα Ενδιάμεσων Τιμών, θα υπάρχει ξ Ε ( α, β) τέτοιο ώστε:

f(ξ) = κ f( ακ) ++ λλ f(β) = ρ .

3 ο ; τρ ό π ος

Εφόσον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [ α, β ] , θα παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Δηλαδή υπάρχουν m,M Ε � τέτοια ώστε: m � f(x) � Μ για κάθε χ Ε [ α, β] . Η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθε Ε χ [ α, β] , άρα και για χ = α και για χ = β .δηλαδή θα ισχύουν οι ανισότητες :

{ m � f(α ) � M m � f(β) � M

Πολλαπλασιάζουμε τις ανισότητες με τους θε τικούς αριθμούς κ και λ αντίστοιχα.

{κm � f(α ) � κ Μ λ m � f(β) � λ Μ

Προσθέτουμε τις ανισότητες κατά μέλη.

(κ + λ) m � f( α ) + f(β) � (κ + λ)Μ κ + λ > Ο και έχουμε: m � κ f( ακ) ++ � f(β) � Μ . , , κ f ( α ) + λ f (β) , ανηκει Δη λαδη, ο αριθ μος ρ = κ+λ στο σύνολο τιμών της συνάρτησης f , οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [α, β ] τέτοιο ώστε: f(ξ) = ρ = κf( ακ) ++ λλf(β) . Διαιρούμε με

Με την απαγωγή εις άτοπο θα αποδείξουμε ότι και ξ * β .

ξ*α

ξ = α τότε: f(α) = κf( ακ) ++ λλ f(β) η, (κ + λ)f( α ) = κf(α) + λf(β) ή λf( α ) = λ f(β) ή f(α) = f(β) Άτοπο. Όμοια και για ξ = β . Έστω ότι

Π αραη) ρηση

Η παραπάνω άσκηση ισχύει και στη περίπτω ση που κ · λ > Ο . Επίσης μπορεί να γενικευτεί ή να εξειδικευθεί. Για παράδειγμα αναφέρουμε τις πα ρακάτω ασκήσεις. ΑΣ Κ Η l: Η 2

Αν η συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε χής στο [ α, β] με f( α ) * f(β) τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α ,β) τέτοιο ώστε:

f(ξ) = 3f(α ) +7 4f (β) .

(Χρησιμοποιείστε οποιουσδήποτε θετικούς ακέ ραιους στη θέση των κ , λ και φτιάξτε τη δική σας άσκηση) Al: K H l: H 3

Έστω f συνάρτηση ορισμένη και συνεχής στο [α, β ] και γ Ε (α, β) . Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [α, β] τέτοιο ώστε: f(α) + 2f(β) + 3f(y) f(ξ) = . 6 Λύση 1 ος

τρ ό π ος

Εφόσον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [ α, β] , θα παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Δηλαδή υπάρχουν m,M Ε � τέτοια ώστε: m � f(x) � Μ για κάθε χ ε [α, β ] . Η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθε χ Ε [α, β] , άρα και για χ = α , για χ = β και για χ = γ δηλαδή θα ισχύουν οι ανισότητες : m � f(α) � M 2m � 2f ( β ) � 2Μ 3m � 3f ( γ ) � 3Μ Προσθέτουμε τις ανισότητες κατά μέλη παίρ νουμε 6m � f(α) + 2f(β) + 3f(γ) � 6Μ , οπότε: f(α) + 2f(β) + 3f(y) �Μ. m� 6 , ρ = f(α) + 2f(β) + 3f(y) , Δηλαδη, ο αριθμος 6 ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης f , οπό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/64

{

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

τε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [α, β] τέτοιο f(α) + 2f(β) + 3f(γ) . ώστε: f(ξ) = ρ = 6 2" ' τρ ό π ος

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g(x) = 6f(x) - f( α ) - 2f(β) - 3f(y) (ι)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα του λάχιστον ξ Ε [α, β] τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Αντικαθιστούμε στη σχέση (ι) διαδοχικά ό που χ το α , το β και το y , οπότε προκύπτουν οι ισότητες:

{

g(α) = 6f(α) - f(α) - 2f(β) - 3f(y ) g(β) = 6f(β) - f(α) - 2f(β) - 3f(y ) g(y) = 6f(y) - f(α) - 2f(β) - 3f(y)

Πολλαπλασιάζουμε τη δεύτερη ισότητα με και τη τρίτη με 3 .

g(α) = 6f(α) - f(α) - 2f(β) - 3f(y) 2 g (β) = ι 2f( β ) - 2f(α) - 4f(β) - 6f(y ) 3g(y) = ι8f(y) - 3f(α) - 6f(β) - 9f(y)

Προσθέτουμε τις ισότητες κατά μέλη και έ χουμε:

Al: K H l: H 5

Εστω

f : [α, β] � � μία συνεχής συνάρτη ση , χ ι , χ υ . . · , χ 0 Ε [ α, β] και kι , k 2 , . . · , k0 θετικοί

ακέραιοι. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ Ε [α,β] , τέτοιο ώστε:

2 2 ) + . . . + k0 f(x 0 ) . f(ξ) = kι f(χι ) +1 k+ f(x k k2 + . . · + kn

Σ η μείω ση Οι ασκή σεις 4 και 5 αποτε}.ούν γενίκευση της 3 και αντιμ ετωπίζονται ομοίως. ΑΣ Κ Η l: Η 6

Εστω f : [0,2] � � μία συνεχής συνάρτηση ώστε f(O) = f(2) . Αποδείξτε ότι υπάρχουν X 0 , y 0 E [0,2] με l χ0 - Υ 0 Ι = ι ώστε

f(x0 ) = f( y 0 ) . Λ 1J ση

lxo - Yo l = ι � � ( Χο - Υ ο = ι ή Χ ο - Υ ο = -ι )� � ( Υ ο = Χο - ι ή Υ ο = Χ ο + ι ).

Έχουμε:

Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα του g(α) + 2 g(β) + 3 g(y) = Ο (2) λάχιστον Χ0 Ε [0,2] τέτοιο ώΑν τώρα g( α) = Ο ή g(β) = Ο ή g(y) = O , τό στε: f(x 0 ) = f(x 0 - ι) ή f(x0 ) = f(x0 + ι) . τε υπάρχει ξ Ε [α, β Ι ( ξ = α ή ξ = β ή ξ = y ) , τέ Θεωρούμε τις συναρτήσεις: τοιο ώστε g(ξ) = Ο . g : [ι,2] � � με g(x) = f(x) - f(x - ι) και Αν όμως g( α ) · g(β) · g(y) :;t O , τότε από τη h : [Ο,ι] � � με h(x) = f(x) - f(x + ι) ( * ) . σχέση (2) συμπεραίνουμε ότι οι αριθμοί g( α ) , Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι υπάρχει g(β) και g(y) , αποκλείεται να είναι ομόσημοι Χ0 Ε [0,2] τέτοιο ώστε: g(x0 ) = Ο ή h(x0 ) = Ο . (διότι είναι μη μηδενικοί και έχουν άθροισμα μη g(l) = f(l) - f(O) δέν). Άρα δύο τουλάχιστον από αυτούς θα είναι g(2) = f(2) - f(ι) = f(O) - f(ι) 2 ετερόσημοι. Ας υποθέσουμε, χωρίς να βλάπτεται η γενικό Άρα g(ι) · g(2) = - (f(ι) - f(0)) 5; Ο � τητα, ότι οι αριθμοί g(β) και g(y) είναι ετερόση� g(ι) . g(2) 5; ο . μοι οπότε g(β) · g(y) < O . Τότε θα ισχύει για την Η g είναι συνεχής στο [ι,2] . συνάρτηση g το Θεώρημα του Bolzano στο Αν g(ι) · g(2) < Ο , τότε σύμφωνα με το Θεώρημα [ β , y] , οπότε θα υπάρχει ένα τουλάχιστον του Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ 1 Ε (ι,2) τέτοιο ώστε: g(ξ ι ) = Ο ξ Ε (β, y) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Αν g(l) · g(2) = Ο τότε g(ι) = Ο ή g(2) = Ο , οπό Α Σ Κ Η l: Η 4 τε ξ 1 = ι ή ξ ι = 2 Έστω f συνάρτηση ορισμένη και συνεχής

στο [α, β] και γ Ε (α, β) . Αν κ:, λ, μ είναι ομόσημοι πραγματικοί αριθμοί, αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [α, β] τέτοιο ώστε: κf(α) + λf(β) + μf(γ) . f(ξ) = κ+λ+μ

Τελικά θα υπά ει ένα τουλά ιστον ξι Ε [ι,2] τέτοιο ώστε: g ξι = Ο

h(O) = f(O) - f(ι) h(t) = f(ι) - f( 2) = f(t) - f(O) 2 Άρα h(O) · h(ι) = - (f(ι) - f(0)) =:;; Ο � � h(O) · h(t) 5; Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/65

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Η h είναι συνεχής στο [0,1] . Αν h(O) h(1) < Ο , τότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzaηo, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ2 Ε ( 0 ,1) τέτοιο ώστε: h(ξ 2 ) = 0 Αν h(O) h(1) = Ο τότε h(O) = Ο ή h(1) = Ο , οπό τε ξ2 = Ο ή ξ2 = 1 . ·

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) (θέτοντας χ0 = ξ2 ) συμπεραίνουμε ότι υπάρχει τέτοιο ώστε: g(x0 ) = Ο ή h(x0 ) = Ο . (*)

Χ0 = ξ 1 ή Χ 0 Ε [0,2]

Εφόσο ν πεδίο ορ ι σμού της συνάρ τησης

είναι το κλε ιστό δ ιάστημα Δ

= [0,2] και g(x) = f(x) - f(x - 1 ) ,

{ ο ::;; χ ::;; 2

πρέπει να ισχύουν οι ανισώσεις: δηλ α δή

ο :::; χ - 1 :::; 2 το χ θα ανήκει

Ά ρα

{ ο1 ::;;::;; χχ ::;;::;; 32 .

στο κλ ειστό διάστημα

[1,2] , που θα αποτελεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g .

Όμοια και για τη συνάρτηση h , βρίσκουμε ότι το πεδίο ορισμού της είναι το κλειστό διάστημα

[0,1] .

Λ� Κ Η Σ Η 7

Εστω f : [α, β ] � JR μία συνεχής συνάρτηση ώστε f (α) = f (β) . Αποδείξτε ότι υπάρχουν με

Χ 0 , Υ 0 Ε [α, β ] f(x 0 ) = f( y 0 ) .

lx - 0 1 = β ; α o y

και για τη συνάρτηση h στο κλειστό διάστημα

[α, α ; β ] .

ΑΣ Κ Η Σ Η 8

Εστω f : [0,1] � JR μία συνεχής συνάρτηση ώστε f(O) = f(l) και η θετικός φυσικός αριθ μός. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε [0,1] ώστε f(ξ) = f(ξ + _!_) . η . \ iJση

Θεωρούμε τη1συνάρτηση

[

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ Ε [ 0 ,1 ] ώστε g(ξ) = Ο . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [0, 1] , οπότε θα παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Δηλαδή υπάρχουν m,M Ε JR τέτοια ώστε: m ::;; g(x) ::;; Μ για κάθε χ Ε [0,1] . 1 Η παραπάνω ανισότητα ισχύει για κάθε χ Ε [0, ] ,

χ = ο , για χ = -η1 , για χ = -η2 , . . . . . . . για η - 2 και για χ = -η - 1 . Δηλαδή θα ισχύουν χ = -η η

' και για αρα

οι ανισότητες :

ώστε

Υ π όδr.ιξ η

(Εργαζόμαστε όπως στην προηγούμενη άσκηση.)

β --α ... I Χο - y o I = 2 ... Υ ο = Χο - β � α ή Υ ο = Χ 0 + β � α .

)

(

Θεωρούμε τις συναρτήσεις:

[ [

] ]

(

g : α ; β , β � JR με g(x) =f(x)- r χ- β ; α α h : α, ; β � JR με h(x) = f(x) - r χ + β ; α .

(

)

στο κλειστό διάστημα

[

m ::;; g(O) ::;; M m ::;; g � ::;; M m ::;; g � ::;; M

() ()

( ) ( η ) ::; Μ

η --2 m ::;; g η η-1 m ::;; g --

::; Μ

) και

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Bolzaηo, για τη συνάρτηση

]

η g : o, : � JR με g(x) = f(x) - f(x + � ) .

α; β ,β

]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/66

( )

η-1 m ::;; f - - f(1) ::;; M η

Μ α θη ματικά για την Γ Λυκείου

Προσθέτοντας τις παραπάνω ανισότητες κατά μέ λη έχουμε: m ::;; Ο ::;; Μ . Δηλαδή το Ο ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρτησης g , οπότε σύμφωνα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0,1] ώστε g(ξ) = Ο . Στη συνέχεια παραθέτουμε μ ία σε ιρ ά από διά φορες ασκήσεις που αναφέρονται στις συνεχε ίς συ ναρτήσεις. ΑΣ Κ Η Σ Η 9

Ορειβάτης ξεκινά απο τη βάση Β ενός βου νού στις 6 πμ και φτάνει στη κο ρυφ ή Κ στις 4 μμ (της ίδιας η μέ ρας). Την επό μενη ημέρα ξε κινά από τη κορυφή Κ στις 6 πμ και ακολου θόντας την ίδια διαδρομή κατεβαίνει στη βάση Β στις 4 μ μ (της ίδιας η μέρ ας). Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο της διαδρομής στο οποίο β ρ ίσκεται ο ορειβάτης την ίδια χρο νι κή στιγμή και όταν ανεβαίνει και όταν κατε βαίνει.

\ (, σ η

( 1

' τ μ ι) :τ ο � )

Έστω f η συνάρτηση που περιγράφει τη κί νηση του ορειβάτη κατά την άνοδο ( f(t) είναι το διάστημα που διανύει συναρτήσει του χρόνου t ) και g η συνάρτηση που περιγράφει τη κίνηση του ορειβάτη κατά την κάθοδο. Οι συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς και επίπλέον ισχύουν οι ισότητες: f(6) = g(16) (διότι τη χρονική στιγμή t = 6 τη πρώτη ημέρα και τη χρονική στιγμή t = 16 τη δεύ τερη ημέρα ο ορειβάτης βρίσκεται στη βάση του βουνού) f(16) = g(6) (διότι τη χρονική στιγμή t = 1 6 τη πρώτη ημέρα και τη χρονική στιγμή t = 6 τη δεύτερη ημέρα ο ορειβάτης βρίσκεται στη κορυφή του βουνού) Θεωρούμε τώρα συνάρτηση τη g(t) = f(t) h(t) . Η h είναι συνεχής στο [ 6 ,1 6 ] και h(6) . h(16) = (f( 6 ) - g( 6 ) ) · (f( 1 6) - g( 1 6) ) = = (f( 6) - g( 6) ) · (g( 6) - f( 6 ) ) = - (f(6) - g( 6 ) γ < ο Άρα σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzano, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον t0 Ε ( 6,16) τέτοιο ώστε h(t0 ) = 0 . Δηλαδή τη χρονική στιγμή t0 , ο ορειβάτης θα βρίσκεται στη θέση f(t0 ) = g(t0 ) και όταν ανε βαίνει και όταν κατεβαίνει. 2 "� τp6 π ος Ας υποθέσουμε ότι τη στιγμή που ο ορειβάτης ξεκινάει την κάθοδο από τη κορυφή (δεύ τερη ημέρα), η "σκιά" του (ή ο "κλώνος" του αν θέ λετε) ξεκινάει ταυτόχρονα από τη βάση του βουνού

και ανεβαίνει (ακριβώς όπως ο πραγματικός ορειβά της τη προηγούμενη ημέρα) προς τη κορυφή. Η ζητούμενη χρονική στιγμή είναι η στιγμή που θα "συναντηθεί" ο ορειβάτης με τη "σκιά" του. ΑΣ Κ Η Σ Η 1 0 Αν μία συνάρτηση f : � � � είναι "1 - 1" και συνεχής, aποδείξτε ότι είναι γνησίως μονό τονη. Λ ύσ η

Έστω χ 1 , χ 2 , χ 3 Ε � με χ 1 < χ 2 < χ 3 , οπότε αφού η f είναι 1 - 1 οι τιμές f ( x 1 ) , f ( x 2 ) , f ( x 3 ) θα είναι άνισες ανά δύο. Έστω επίσης ότι η συνάρτηση f δεν είναι ού τε γνησίως αύξουσα ούτε γνησίως φθίνουσα τότε δεν θα ισχύει καμία από τις σχέσεις f(x 1 ) < f(x 2 ) < f(x3 ) και f(x 1 ) > f(x 2 ) > f(x3 ) . Δηλαδή το f(x 2 ) δεν θα βρίσκεται ανάμεσα στο f(x 1 ) και στο f(x3 ) . Οπότε θα ισχύει μία από τις ανισότητες: f(x 1 ) < f(x3 ) < f(x 2 ) (1) f(x 2 ) < f(x 1 ) < f(x3 ) (2) f(x 1 ) > f(x3 ) > f(x 2 ) (3) f(x 2 ) > f(x 1 ) > f(x3 ) (4) Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η ( 1 ) . εφόσον το f(x3 ) βρίσκεται μεταξύ του f(x1 ) και στο f(x 2 ) , θα υπάρχει σύμφωνα με το θεώρη μα ενδιάμεσων τιμών ξ Ε (χ 1 , χ 2 ) τέτοιο ώστε f(x3 ) = f(ξ) . Δηλαδή για ξ < χ3 έχουμε f(x3 ) = f(ξ) . Άτοπο διότι η f είναι "1 - 1" . Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι ισχύουν οι ανισότητες ( 2) , ( 3) ή ( 4) . ΑΣ Κ Η Σ Η 1 1

Αν

Ο<α<β<

-2

και

συνάρτηση

f : (α, β] � � είναι συνεχής στο [ α , β] με f (α) 'Φ f (β) , aποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε: f(ξ) = ημ 2 ξ · f(α) + συν 2 ξ f(β) . ·

Λ ίJ ση

Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 2 g(x) = f(x) - ημ χ f(α) - συν χ f(β) Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [α, β] . g(α) = f(α) - ημ 2 α · f(α) - συν 2 α f(β) = 2 2 = f(α) ι ημ α - συν α · f(β) = •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/67

(

)

•

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

2 f( α ) 2 συν α - συν α f(β) ( ) συν α 2 f(α) - f(β) (1) 2 g(β) f(β) - ημ β f(2α ) - συν2 β f(β) f(β) (ι 2 συν β )2 - η μ β f( α ) f(β)2 ημ β - ημ β f (α ) ( ) ημ β f(β) - f ( α ) (2) . Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: 2 2 g(α) g(β) -συν α ημ β ( f(β) - f( α ) γ < Ο . =

Οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzaηo, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α ,β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . λΣΚΗΣΗ Ι 2 Αν μία συνάρτηση

f : [α, β] � JR είναι συνεχής στο [ α, β] και f ( α ) -=ι:. Ο , aποδείξτε ότι υπάρ χει ένα τουλάχιστον ξ ( α, β) τέτοιο ώστε: f(ξ) f ( α ) + f (β) ξ-α β-α Ε

-- = ------"-...0...

Λ ίJση

Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση : f (x) = f (α) + f (β) ( Ι ) έχει ρίζα στο (α, β) χ-α β-α Η εξίσωση ( 1 ) στο JR - {α} είναι ισοδύναμη με την εξίσωση f (χ)(β - α) - (χ - α) ( f (α) + f (β)) = Ο Θεωρούμε τη συνάρτηση g ( χ ) = f (χ)(β - α) - (χ - α) ( f (α) + f (β)) Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α , β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ α, β ] .

) ( g( α ) f(α)(β - α ) - ( α - α ) f ( α ) + f(β) = f ( α )(β - α ) (1) ( ) g(β) f(β)(β - (α ) - (β - α ) f( α) +) f(β ) = ( β α ) f(β) - f( α ) - f(β) = - f(α)(β - α ) (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: 2 2 g(α) .g(β) -f ( α )(β - α ) < Ο =

= =

Οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα του Bolzaηo, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( α, β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Επειδή όμως ξ =t:- α , το συγκεκριμέ νο ξ θα είναι ρίζα και της ( Ι ). /\Σ Κ Η Σ Η 1 3 Αν μία συνάρτηση χής στο και

[ α, β]

f : [ α, β ] � JR είναι συνεf(β) -=ι:. Ο , aποδείξτε ότι υπάρ-

ξ ( α, β) τέτοιο ώστε: f (ξ) f( α ) + f(β) ξ-β α-β Υπόδει ξη : Θεωρούμε τη συνάρτηση ) ( g(x) f(χ)( α - β) - (χ - β) f( α) + f(β)

χει ένα τουλάχιστον

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε g(ξ) = Ο . Al: K H l: H I 4

f : [ α, β ] � JR είναι συνε[α, β] και f( α ) -=ι:. f( β) , και m, η θετικοί

Αν μία συνάρτηση χής στο

πραγματικοί αριθμοί, τότε να αποδείξετε ότι υπάρχουν δύο τουλάχιστον (διαφορετικά μετα Ε ξύ τους) τέτοια ώστε:

ξ 0 ξ 2 ( α, β) Ι (ξ - (ξ 2 I I m - η Ι Ι r ι > r > m + η r (β) - r ( α>Ι · =

Λ ίJση

Εφαρμόζοντας τώρα κάποιον από τους τρό πους της Ά σιίlι ση ς ! . αποδεικνύουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξι Ε ( α, β) τέτοιο ώστε:

f (ξ ι ) -- m f( αm) ++ ηη f (β)

(1) .

Όμοια αποδεικνύουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι στον ξ 2 Ε ( α , β) τέτοιο ώστε:

f (ξ 2 ) - η f( αm) ++ mη f(β) (2) . Θα μπορούσαμε βέβαια το ξ ι της σχέσης (1) να το είχαμε ονομάσει ξ 2 και το ξ 2 της σχέσης (2) να το είχαμε ονομάσει ξι . Σε οποιαδήποτε περίπτωση όμως, αφαιρώντας τις σχέσεις (1) και (2) παίρνομαι:

Ι (ξι (ξ 2 )I I m - η Ι Ι (β) - α Ι r >-r m + η r r( > · Τα ξι και ξ 2 είναι διαφορετικά μεταξύ τους, διότι αν υποθέσουμε ξ1 ξ 2 , τότε f (ξ ι ) f (ξ 2 ) , οπότε f( α ) f(β) άτοπο. =

ΑΣΚΗΣΗ Ι 5 Αν μία συνάρτηση

[ α, β]

f : [ α, β ] � JR είναι συνεf ( α ) -=ι:. f(β) , και η Ν * , τότε

με χής στο να αποδείξετε ότι υπάρχουν (διαφορετικά μεταξύ τους) τέτοια ώστε:

δύο τουλάχιστον στο

ξι , ξ 2

l f(ξ ) - f (ξ 2 ) 1 l f (� -:�α > Ι . ι η Υπόδειξη : Αρκεί να πάρουμε m η + 1

(α, β)

προηγούμενη άσκηση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/68

στην

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Δ ιόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά. Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάρι στη και συναρπαστική ασχολία .

Λ ίγα λόγ ι α α π ό τ η ν Ι στ ο ρ ί α

Επιμέλεια : Παναγιώτης

Χ ριστόπουλος

Οι Αρχαίοι Έλληνες είναι εκείνοι που μας κληροδότησαν τα πρώτα μα θηματικά παιχνίδι α, με πρώτο το Διόφαντο. Αργότερα κυκλοφόρησε η « Ελληνική Ανθολογία» συλλογή από επιγράμματα διαφόρων εποχών καθώς και του Chuquet «Ανακαλύψεις αριθμών» ( 1 484) στη Γαλλία. Το 1 6° αιώνα ο αριθμός αυτcον των προβλη μάτων είναι σημαντικός. Έπειτα εγκαταλείφθηκε η μελέτη τέτοιων προ βλη μάτων. Όμως σιγά- σιγά άρχισαν να κυκλοφορούν διάφορες συλλογές όπως του Claνius (1 608), του Claude-Gaspard Bachet ( 1 626) , του Ozanam "Διασκεδαστικά των Μαθματικών και της Φυσικής» (1 692) κ.ά. Ακόμα μεγάλοι μαθη ματικοί όπως ο Λεονάρδο της Πίζας ή Fibonacci, ο Eu1er, ο Newton, έχουν προσθέσει την συ μ βο λή τους σ· αυτό το σύνολο των μαθηματικών που μεταδίδεται από αιώνα σε αιώνα. Τ σ ο r; ί σ μ υ τ υ είναι λανθασμένοι συλλογισμοί, που δίνουν την εντύπωση σωστών συλλογισμών. Ο Ζήνων ο Ελεάτη ς , 485 π.Χ. είναι αυτός που παρουσίασε τους συλλογισμούς του «Αχιλλέα με τη Χελώ να» και «το Β έλο ς που πετά» οι οποίοι έδωσαν αφορμή για πολλές συζητήσεις. Ο Αχιλλέας αν και βαδί ζει 1 Ο φορές πιο γρήγορα από την Χελώνα έλεγε ο Ζήνων δεν θα την φθάσει ποτέ αφού αυτή προηγείται κατά ένα στάδιο και όταν διανύσει την απόσταση αυτή ο Αχιλλέας, η Χελώνα θα έχει προχωρήσει κ.ο.κ. Ακό μα έλεγε ό τ ι το Βέλος δεν μπορεί να φθάσει το στόχο του αφού κάθε φορά που διανύει το μισό της απόστασης υπάρχει η άλλη μισή κ.ο.κ. μια απειρία στιγμών. Ο Αριστοτέλης αναφέρει το συλλογισμό ως εξής: Ουδέποτε ένας ταχυκίνητος θα προφτάνει ένα βρα δυπορούντα, που ξεκίνησε μπροστά από αυτόν. Γιατί κάθε φορά, που ο ταχυκίνητος θα διανύει την μετα ξύ τους απόσταση , ο βραδυκίνητος θα προχωρεί ένα νέο διάστημα και συνεπώς θα βρίσκεται πάντα πιο μπρος από τον ταχυκίνητο. Ο Δ η μόκ ρ ιτος που ασχολήθηκε με τα απείρως μικρά, δεν δίσταζε να λέει: «Αν παραδεχθούμε ότι δυο επίπεδες τομές ενός κώνου που προκύπτουν από δύο παράλληλα επίπεδα απείρως γειτονικά, είναι ί σες , τότε όλοι οι κώνοι είναι κύλινδροι». Ο Αριστοτέλης επίσης μελέτησε τα θέματα των απείρως μικρών και απέδειξε ότι η συνέχεια των μεταβολών είναι φαινόμενο στενά συνδεδεμένο με τη φύση του χρόνου, της κίνησης και του χώρου. Τα π α ράδοξα είναι αποτελέσματα λανθασμένα που φαίνονται όμως να προκύπτουν από ισχυρές α ποδείξεις κατά την διεξαγωγή των οποίων παραλείψαμε να εφαρμόσουμε ορισμένες αρχές ή εκτελέσαμε πράξεις που δεν έχουν έννοια π. χ. αν διαιρέσουμε με α-β όταν το α = β . Τ α μαγ ι κά τετράγωνα είναι τετράγωνα με ν γραμμές και ν στήλες, στις θέσεις αυτές τοποθετούμε αριθμούς έτσι ώστε σε κάθε γραμμή, σε κάθε στήλη και σε κάθε διαγώνιο να έχουν το ίδιο άθροισμα. Το 1 500 ο Αλβέρτος Durer, χάραξε σε ξύλινη πινακίδα αυτό τον πίνακα που έχει τον τίτλο «Μελαγχολί α». Στο διπλανό σχήμα διακρίνου με μαγικό τετράγωνο. Τα i': ξυ πν α π α ι χ ν ίδ ι α με σπίρ τα, με κέρματα, με νομίσματα, με σχέδια, με κομμάτια χαρτιού, με διάφορες κατασκευές, με αριθ μούς, με γεωμετρικά σχήματα, με σταυρόλεξα κ. ά. Στα έξυπνα παιχνίδια είναι και αυτά με τα τραπουλόχαρτα. Τα τρα πουλόχαρτα είναι ανατολικής προέυ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/69

------

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

λευσης τα οποία περιέχουν 4 χρώματα (4 εποχές), 1 3 είδη ( 1 3 κύκλοι σελήνης στο έτος), 52 σύνολο φύλλων (52 εβδο μάδες του έτους). Τα τραπουλόχαρτα εμφανίστηκαν το 14° αιώνα στη Γαλλία και με την ανακάλυψη της ξυλογραφίας διαδόθηκαν ταχύτατα. Με τα τραπουλόχαρτα έ:γιναν έξυπνα παιχνίδια από ταχυδακτυλουργούς σJJ...iJ. και μαθηματικά παιχνίδια. Πολλά βιβλία κυκλοφορούν σήμερα σχετικά με τέ τοια προβλήματα όπως: «Μαθηματικές σπαζοκεφαλιές» του Brian Bolt, «ο Σατανάς ο Cantor και το άπειρο» του Raymond Smullyan,όπως και «την κυρία ή την τίγρη», «το τσίρκο των Μαθηματικών» του Martin Gardner, <Πο πανηγύρι των Μαθηματικών», «Διασκεδαστικά Μαθημα τικά» τουΥ akoν Perelman, «ο άνθρωπος που μετρούσε» του Malba Tahan, «Το σαλιγκαράκι» του Μ. Δαυιδόπου λου - Κ.Τολιόπουλου, «Σκέψου έναν αριθμό» του Johnny Ball και πολλά άλλα. Επίσης πολλά περιοδικά και εφημε ρίδες καθημερινά προβάλουν τέτοια θέματα. Μ αντέψτε το χαρτί

Πάρετε από μια τράπουλα 2 1 χαρτιά και τοποθετή στε τα σε 3 δέσμες των 7 χαρτιών. Ζητήστε από κάποιον φίλο σας να βάλει ένα από αυτά στο μυαλό του. Μπορεί τε να το μαντέψετε; ' ισχυει ' τ ο ο = 2 .::. � ε· ρουμε οτι ημ 2 χ + συν 2 χ = 1 'Εχουμε συνχ = �1 - (ημχ) 2 2 . Υψώνουμε την ισότη τα στον κύβο συν 3 χ = ( �1 - (ημχ) 2 2 ) 3 Θέτουμε στην ισότητα χ = π βρίσκουμε - 1 = 1 ή 0=2. Κάποιος αγόρασε ένα δεμάτι ξύλα τα οποία ήταν δεμένα με ένα σχοινί 2 μέτρα και έδωσε 8 ευρώ. Αν αγόραζε το άλλο μεγάλο δεμάτι ξύλα που είχε δεθεί με διπλάσιο σε μήκος σχοινί και κόστιζε 20 ευρώ θα κέρδι ζε ή θα έχανε; Τ α ξύλα

Το 64 = 65 Χωρίζουμε το τετράγωνο ABCD που έχει 8χ8=64 τετραγωνάκια σε δυο ίσα ορθογώνια τρίγωνα και σε δύο ίσα τραπέζια. Τοποθετούμε τα τμήματα όπως δείχνει το σχήμα IKLM που είναι ορθογώνιο 1 3χ5=65 τετραγωνάκια. Άρα 64=65 ! ! ! ·

Arτ-·-1-r-f-·� B ι -;-ι : + r -ι - 1 · t1 --i, _)f i'

f- :·-ι . ',--,G ;"Ή.:·:

>·,;:ι,:.-1 1 ι-J1 i'ϊ: '

Ο Πέτρος και η Άννα έφυγαν από την αγορά Α για το σπί τι τους στο Σ. Ο Πέτρος πήρε τη διαδρομή ΑΒ = 1 50 μέτρα και Υ ΒΣ = 600 μέτρα. Η Άννα πήρε Α τη διαδρομή ΑΓ = χ μέτρα και Ε ΓΣ = y μέτρα. Αν οι διαδρομές είναι ίσες πόσο είναι το χ και Β 600m Σ πόσο το y; Το δένδ ρο Μέσα σε ένα τετράγωνο οικόπεδο υπάρ χει ένα δένδρο που από την κορυφή Α του τετραγώνου απέχει 30 μέτρα, από τη Β απέχει 40 μέτρα και από τη Γ απέχει 50 μέτρα. Τι εμβαδά έχει το οικόπεδο;

t ι Τ �ΤΓV Ηj

Γ--

- ε:__;_] - "

Απανη)σεις: Μ αντέψτ ε το χαρτί

Ζητήστε να σας πει ο φίλος σας σε ποια δέσμη είναι το χαρτί που διάλεξε. Ενώστε τις δέσμες βάζοντας τη δέσμη που έχει το χαρτί στη μέση. Ξαναβάλτε τα χαρτιά σε 3 δέσμες ρίχνοντάς τα με τη σειρά ένα σε κάθε δέσμη και επαναλαμβάνετε την ίδια διαδικασία. Συνεχίζουμε το ίδιο για 3η φορά. Τώρα το φύλλο του φίλου σας είναι ακριβός στη μέ ση, 1 1 η θέση. Το Ο = 2 : Το σωστό είναι 3 συν χ = ( ± �1 - (ημχ):;, 2 ) δηλαδή - 1 =-1 . Τα Ξ ίJλα : Το εμβαδά της τομής των ξύ λων στην πρώτη περίπτωση είναι πρ 2 στη δεύτερη περίπτωση είναι 4πλάσιο, 4πρ 2 άρα κέρδισε 1 2 ευρώ. Ο Π έτρος η λνν α : x+y = 750 (χ+ 1 50) 2 + 600 2 = y 2 Αρα χ = 1 8 1 ,25 μέτρα και y = 568,75 μέτρα. _

κ αι

Το δένδ ρο Β

α-χ

50 α

C> V)

ι ·: ϊ-, --,--,--1rι V__:._ ι-! -1 1 ,

Ο Π έτρος κα ι η Ά ννα

-------

α-y

α 30 2

Από το σχήμα έχουμε : χ +(α-y) 2 = 30 2 ( 1 ) (α-χ) 2 +y 2 = 50 2 (2), x 2 +y 2 = 40 2 (3) Από ( 1 ) και (3) έχουμε: α 2 -2αy+700=0 (4) Από (2) και (3) έχουμε: α 2 -2αχ-900=0 (5) Αντικαθιστώντας από την (4) και την (5) τα χ και y στην (3) παίρνουμε: α 4 - 3400α 2 + 650000 = Ο από όπου προκύπτει α = 56,54 μ. περίπου. Το 64 65 : Το λάθος είναι ότι τα τέσ σερα τμήματα δεν καλύπτουν ακριβώς το ορθογώνιο. Αφήνουν ακάλυπτο ακριβώς ένα τετραγωνάκι. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2!70

Ε υ ικλ.ε i δ π ς

rιι ρ ο τ ε i vε ι

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και

ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματω>.

P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Τριάντος, * 1 09. Έστω y Ε Ζ . Αν χ ι , χ 2 , ... , Χ 0 Ε Ζ * - { ι } με 2 2n ι η Ε Ν και ( χι χ 2 και Χ0 ) y � 2 ( + ) Χ ι . χ 2 . ... . x n . Υ = u + ι μ ε u Ε Ν ' να αποδειχθεί • ... •

ότι ένας του λά χιστο\' από τους ακεραίους αριθ μούς Χ ι , Χ 2 , ... , Χ 0 , U ε ί\'α\ πρ ώ τος.

( Επροτάθη από τον φοιτητή του Ε .Μ.Π \1 ιχαή λ Θ. Ρασσι ά ) Λ ίJ ση ( από

τον ίδιο ) Θεωρούμε ότι χ 1 χ 2 · χ = χ . Τότε ισχύει ότι xy = u + 1 . Υποθέτουμε ότι οι ακέραιοι αριθμοί x 1 , x � , . . . , X 0 , U δεν είναι πρ ώτοι. Στην περίπτωση αυτή καθένας από τους ακεραίους Χ ι , χ 2 , . . . , Χ 0 , u γράφεται σαν γινόμενο τουλάχιστον δύο πρώτων τελικά ισχύει οπότε παραγόντων , xu = Ρϊ. , Ρ ϊ_ : Ρ ϊ. , · · ·Ρϊ. ,, με m :=:: 2(n + 1 ) , λ, m Ε Ν . Ε πομένω ς , λαμβάνουμε χu :=:: pλ, Ρλ2Ρλ3 · · ·Ρλzιπ•Ι> · Όμως , γενικά ισχύει ότι: Ρι :=:: 2 , i = 1, 2, . . . , 2(n + 1) . Ά ρα , xu > ' _ 2 2(n+ΙJ . 'Ε στω xu -- a , a E z . Τ οτε, ισχύουν οι σχέσεις x y = u + 1 και xu = a . Πολλα πλασιάζοντας τις σχέσεις αυτές κατά μέλη προκύ πτει ότι x 2 yu a ( u + 1) και επομένως •

•

• • •

Ν. Αντωνόπουλος, Θ. Κυριακόπουλος

ευθυγράμμων τμημάτων

ΑΒ ι , ΒΓ 1 , Γ Αι ανά δύο, τότε να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε 0 συναρ τήσει τ ων λ, μ, ν και του εμβαδού Ε του τριγώ

(Επροτάθη από τον συνάδελφο Ν ι κ ό λα ο Βαδ ι βο ύλ η - Ά ρτα ) Λ ύ ση (από τον συνάδελφο Γιώ ργο Α π οστολό π ουλο - Μεσολόγγι )

νου ΑΒΓ .

χ 2 y = a(l + _!_) > a και επειδή ισχύει ότι a :=:: 22(η+Ι) u 2 έχουμε x y >i(n+l) ' δηλ. ( Χ ι . χ 2 . ... . x n ) 2 • Υ > 2 2 ( n + l )

άτοπο, λόγω της υπόθεσης. Συνεπώς, ένας τουλά χιστον από τους ακεραίους x 1 , x 2 , . . . , X 0 , U είναι πρώτος αριθμός. ότι υποθέσουμε Π αρ ατή ρη ση : Αν χ, = χ 2 = ... = x n = b ' όπου b μή πρώτος, τότε υ ποχρεωτικά ο u θα είναι πρώτος. 1 1 1 . Τα σημεία Αι , Β ι , Γι βρίσκονται πάνω στις πλευρές ΑΒ , ΒΓ , ΓΑ τριγώνου ΑΒΓ αντίστοι χα, διάφορα των κορυφών του. Αν είναι , ΑΑ 1 ΒΒ ι ΓΓ ι -- = λ , -- = μ , -- = ν και Ε 0 το εμβαδον Γ1Α Β 1Γ Α1Β του τριγώνου που ορίζουν τα σημεία τομής των

Φέρουμε τις ΑΛ, ΒΝ, ΓΜ . Είναι: (ΑΒΓ1) = ΑΓΊ = � (1) και (ΑΛΓ1 ) = ΑΓ 1 = _!_ (2) . (ΒΓΓ1) ΓΓ1 ν (ΛΓΓ 1 ) ΓΓ 1 ν Από τις (1) , (2) έχουμε: 1 ) = (ΑΛΓ 1 ) � (ΑΒ Γ 1 ) = ( Β ΓΓ 1 ) � (ΑΒ- Γ '-'---'--( Β ΓΓ 1 ) (ΛΓΓ1 ) (ΑΛΓ1 ) (ΛΓΓ 1 ) ( Β ΓΓ 1 ) - (ΛΓΓ 1 ) � � (ΑΒ Γ1 ) - (ΑΛΓ 1 ) (ΛΓΓ 1 ) (ΑΛΓ1 ) � (Α Β Λ) = ( Β ΓΛ) � (ΑΒΛ) (ΑΛΓ1 ) <;_!_ (3) (ΑΛΓ1 ) (ΛΓΓ1 ) ( Β ΓΛ) (ΛΓΓ 1 ) ν Επίσης, είναι: (ΑΑ ι Γ) = ΑΑ ι = λ ( 4) και ( Β Α1Γ) Β Α 1 (ΑΑ ι Λ) = ΑΑ ι = λ (5) ( Β Α 1 Λ) Β Α1 Από τις (4), (5) έχουμε (ΑΑ1Γ) (ΑΑ 1Λ) � (ΑΑ 1 Γ) = ( Β Α1Γ) � ( Β Α 1 Γ) ( Β Αj Λ) (ΑΑ1 Λ) ( Β Α 1 Λ) - (ΑΑ1 Λ) ( Β Α 1Γ ) - ( Β Α 1 Λ) � � (ΑΑ1 Γ) = ( Β Α 1 Λ) (ΑΑ 1 Λ) (ΑΛΓ) = ( Β ΓΛ) � (ΑΛΓ) = (ΑΑ 1 Λ) � λ (6) (ΑΑ 1 Λ) ( Β Α1 Λ) ( Β ΓΛ) ( Β Α 1 Λ) Με πρόσθεση κατά μέλη των ισοτήτων (3 ) , ( 6) παίρνουμε =

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

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/7 1

----

Ο Ευ κλε ίδης π ροτ ε ίνε ι . . .

(ΑΒΛ) + (ΑΛ Γ ) _!_ Ε - (Β Γ Λ) 1 + λν => = = + λ => ν ν (Β Γ Λ) (Β ΓΛ) => 1 + ν + λν ν Ί Ε Ε ( ) => ( Β ΓΛ) = = ν 1 + ν + λν (Β Γ Λ) λ Όμοια, έχουμε (ΑΓΝ) = Ε (8) , 1 + λ + λμ μ (ΑΒΜ) = Ε (9) 1 + μ + νμ Τελικά: Ε0 = Ε - (ΒΓΛ) - (ΑΓΝ) - (ΑΒΜ) = λ ν μ =ΕΕΕΕ 1 + ν + λν 1 + λ + λμ 1 + μ + νμ ν λ μ ) = ... = = E (l 1 + ν + λν 1 + λ + λμ 1 + μ + νμ (1 - λμν)2 = Ε (1 + ν + λν)(l + λ + λμ)(l + μ + νμ) Λύσεις επίσης έσtειλαν οι συνάδελφοι: Αντιί)\η ς Ι ωαννί δης - Λάρισα, Ροδ6 λφ ο ς :\1 πίφης - Δάφνη Γιά\'\ης 2:τα ματογιά\'\11 ς - Δροσιά, Γεώργιος Τσαπακί δ η ς - Αγρίνιο και ο Πολιτικός Μηχανικός Ι ωά\'\11ς Ανδ ρή ς - Αθήνα. ·

1 1 2 . Να βρείτε τους μη αρνητικούς ακέραιους ώστε να ισχύει

w, � [2χ 3Υ (2χ 3Υ )2 1 ](w2 - �w4 1 ) = -1

x,y,

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Χρ ή στο Δ ε μ ι ρ

τζόγλου - Λράμα ) Λ ίJ ση ( από τον

ίδιο ) Θέτουμε γ + 3Υ = a , - w2 = b οπότε η δο θείσα σχέση γράφεται (a + � )(b + �b2 + 1 ) = 1 (1) Όμως, (a + � )(a - � ) = - 1 (2) . Από τις ισότητες ( 1 ), (2) παίρνουμε: b + �b2 + 1 = -a + �a2 + 1 (3)

Ομοίως, επειδή ισχύει (b+Jb2 +1)(b-Jb2 +1) =-1 ,

από την (1) έχουμε b - Jb2 + 1 = -a - Ja2 + 1 (4) Μ ε πρόσθεση κατά μέλη των ισοτήτων (3), (4) έ χουμε: 2b = -2a => a + b = Ο . Άρα 2 + 3Υ - w2 = 0 ή το αυτό 2 + 3Υ = w2 (5) . Διακρίνουμε περιπτώσεις: 1. Αν y = Ο η ισότητα (5) παίρνει τη μορφή: 2 χ - 1 = w2 οπότε 2x =W -1 <:::2:> x =(w+1Xw -1) (6) . Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι οι ακέραιοι αριθμοί w + 1, w - 1 είναι δυνάμεις του 2 . Οι μόνες δυνάμεις του 2 που έχουν διαφορά 2 είναι οι ακέ ραιοι 2 , 4 . Συνεπώς, w + 1 = 4 , w - 1 = 2 και τελικά w = 3 . Από την (6) έχουμε 2 = 8 <::::> χ = 3 . Άρα η τριάδα (x, y, w) = (3, 0, 3) είναι μία λύση του προχ

----

βλήματος.

Αν y > O η (5) δίνει: Y =W -2x =(w+22 Xw-22 ) και για x =2p, p εN είναι 3Υ = (w + 2P)(w - 2P ) (6) Από την ( 6) προκύπτει ότι καθένας από τους όρους του γινομένου πρέπει να είναι δύναμη του 3 Θέτουμε: w + 2P = 3μ μ, ν ε Ν . (7) W - 2p = 3v Από τις σχέσεις (7) με αφαίρεση παίρνουμε: 3μ - 3ν = 2p+I (8) ενώ η ( 6) παίρνει την μορφή : 3Υ = 3μ+ν (9) . Το δεύτερο μέλος της ισότητας (8) διαιρείται με το 3 μόνον όταν είναι ν = Ο , οπότε έχουμε 3μ - 1 = 2p+I (1 Ο) . Η (1 Ο) για p = Ο ( και άρα χ Ο ), δίνει 3μ = 3 => μ = 1 .Από την (7) παίρνουμε w = 2 ενώ από την (9) παίρνουμε y = 1 . Συνεπώς, η τριάδα (χ, y, w) = (0, 1, 2) είναι λύση του προβλήματος. Για p ε Ν* , οπότε χ = 2 p , η (1 Ο) δίνει: μ μ 2p+l = (32 + 1)(32 - 1) Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι κα θένας από τους παράγοντες του δευτέρου μέλους της πρέπει να είναι δύναμη του 2 με διαφορά 2 .

{

�

Άρα πρέπει 3 2 + 1 = 4,3 2 - 1 = 2 , απ όπου προκύπτει μ = 2 . Τότε 2p+ 1 = 8 = 23 => p = 2 , οπότε χ = 4 , ενώ από την (9) έχουμε 3Υ = 32 => y = 2 . Τέλος, από τις σχέσεις (7) προκύπτει ότι w = 32 - 22 = 5 και η τριάδα (x, y, w) = (4, 2, 5) είναι μία λύση του προ βλήματος. Άρα, το σύνολο λύσεων Λ της εξίσω σης είναι Λ = {(3, 0, 3), (0, 1, 2), (4, 2, 5)} . 1 1 3 . Δίνεται κανονικό επτάγωνο ΑΒΓΔΕΖΗ . Αν ονομάσουμε β το κοινό μήκος των μικροτέρων και γ το κοινό μήκος των μεγαλυτέρων διαγωνίων του, να δείξετε ότι ο λόγος χ

22 χ

-χ-

1!_ γ

είναι λύση

Ο . (Επροτάθη από τον συνάδελφο Γ. i\ ι κητάκη - Σητεία Λασιθίου) Λύ ση J 'l ( από τον ίδιο ) Έστω ΑΓ = β , ΑΔ = γ και α η πλευρά του κανονικού επταγώνου. Εφαρμόζουμε το πρώτο Οεώ ρη μα του Π τολεμαίου στα τετράπλευρα ΑΒ ΓΔ και ΗΒΓ Δ και παίρνουμε αντίστοιχα: ΑΓ · ΒΔ = ΑΒ · ΓΔ + ΒΓ · ΑΔ => β2 = α2 + αγ (1) Η Γ · ΒΔ = ΗΒ · ΓΔ + Β Γ · Η Δ => γβ = αβ + αγ (2) Με διαίρεση κατά μέλη των ( 1 ), (2) παίρνουτης εξίσωσης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/72

Q. α + γ 2 2 � α = β + βγ - γ = γ γ β+γ

-----

με:

(3)

Ο Ευ κλε ίδης προτ ε ίνει . . .

Από την (2) έχουμε: α = � (4) . Από τις (3), (4) β+γ Β

----

Ι 1 1 1 <::::> (z + -) 3 - 3(z + -) + (z + -) 2 - 2 + (z + -) + Ι = Ο z z z z Ι Ι Ι (3) <=> (z + -) 3 + (z + -) 2 - 2(z + -) - 1 = 0 z z z

z + .!. = συνθ + ίημθ + συνθ - ίημθ = 2συνθ , z οπότε η εξίσωση (3) είναι η ζητούμενη εξίσωση (2).

Όμως,

Λύσεις επίσης έστειλαν ο ι συνάδελφοι Αντιίη·ιΕ Ι ωαν\· ί δης - Λάρισα, Γιtiψγος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι και ο πολιτικός Μηχανικός κ. Α νδρής I ωάννης - Αθήνα.

Π ρ οτεινόμενες Ασκή σεις

1 29.

γεγονός, που αποδεικνύει το ζητούμενο. Λ ύ ση 2'� ( από τον συνάδελφο Γ ιώ ργο δ η - Αγρίνιο )

Ονομάζουμε ρ την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύ κλου σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Οι εφαπτόμενες του κύκλου αυτού που είναι παράλληλες στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ σχη ματίζουν με τις πλευρές του τριγώνου αυτού τα τρίγωνα ΑΑ ι Α 2 , Β Β ι Β 2 και ΓΓ ι Γ2 . Ονομάζουμε ρ ι , ρ 2 , και ρ3 τις ακτίνες των εγγεγραμμένων κύκλων στα τρίγωνα αυτά, αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: ρ=ρ ι + ρ2+ ρ 3 . (Προτείνεται από τον συνάδελφο Λνη!Jνη Κυρ ι α κ <ι πουλο - Α θήνα )

Τσα π ακί

�� il lz ��

Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε μιγαδικό αριθ-

μό z, z;tO, ισχύει:

l z + il +

(Π οτείνεται απότον συνάδελ ο :\ ίκο Λντωνδπουλο_: Ι λιον) Διόρθωση Στην π ρ οτεινόμενη άσκηση 1 1 8 του τεύ χου ς 6 4, αντί (Κ ι , Κ ) να γ ρ αφ ε ί ( Κ ι Κ )

Η Ζ

2π 4π Είναι ΑΔr = = θ , ΜΔ = = 2θ . Από 7 7 τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε: β γ � β η μθ � -β 1 -= = = (1) ημθ η μ2θ γ η μ2θ γ 2συνθ Q. Για να είναι ο ρίζα της εξίσωσης γ χ 3 + 2χ 2 - χ - 1 = Ο , αρκεί να Ισχύει: 1 1 (-- ) 3 + 2(-1-) 2 - -- - 1 = Ο ή το αυτό: 2συνθ 2συνθ 2συνθ (2) Θεωρούμε τον μιγαδικό z = συνθ + ίη μθ . Αλλά z7 = συν7θ + ίημ7θ = συν2π + ίη μ2π = Ι , άρα z7 - I = O <::::> (z- l)(z6 +z5 + z4 + z3 + r + z + I) = O και επειδή είναι z *Ι , έχουμε: z6 + z5 + z4 + z 3 + z 2 + z + Ι = Ο <=> Ι Ι 1 <::::> z 3 + z 2 + z + 1 + - + -2 + 3 = Ο z z z Ι Ι 2 1 ) + (z + -) <::::> (z 3 + -τ ) + (z + + Ι = Ο <=> z z z--

1 30.

Το

β ι βλίο

περιδιαβαίνει

το

χώρο

των

Μ α θ η μ ατι κών Κατεύθυνσης της Γ Λυκείου και

φιλοδοξεί να αποτελέσε ι ο υσιαστ ι κό β ο ή θ η μ α γ ι α τ ο υ ς μ α θ ητές-υποψ ή φ ι ο υ ς κα ι το υ ς καθηγητές. Π α ράλληλα ,

επι δ ι ώ κ ε ι να συστήσει τ η

βάση

πάνω στην οποία θα αναπτυχθεί ένας γόν ι μ ο ς προβλη ματισμός γ ύ ρ ω α π ό τ α θ έ μ ατα κ α ι τ ο πνε ύ μ α τ ω ν Π ανελλαδι κών Εξετάσεων.

Ε ΚΔΟΣΕ Ι Σ ΜΑΥΡ ΙΔΗ Τηλ. : 2 3 1 0 228009 Fax: 2 3 1 0 287097 •

Κεντρική Διάθεση : Σ. Κοκοτσάκης Τηλ: 2 1 0 3804347 - 23 1 0 2303 1 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 6 τ.2/73

Ν ι οστ ές Ρί ζες ., τ ο σύ μβ ο λ ο και τα σχο λικ ά β ιβ λία

\Γα

του Αντώνη Κυριακόπουλου

1 . Ρ Ι ΖΕΣ ΣΤΟ ΣΥΝΟΛΟ R+o= I O,+oo)

ifi; . Έτσι με α,β ε !R+0 και ν ε lΝ*, έχουμε: βν = α � β = 4α . Π. χ. έχουμε: .J4 = 2 (το 4 δεν έχει άλλη τε τραγωνική ρίζα στο IR+0). � =2 (το 8 δεν έχει άλλη κυβική ρίζα στο IR+0). Στη συνέχεια αποδεικνύονται όλες οι γνωστές ιδιότητες των ριζών. IR+0 και συμβολίζεται με

Ρ Ι ΖΕΣ Σ Τ Ο R

Ορ ισμός. Δοθέντος, ενός αριθμού α ε !R και ενός φυσικού αριθμού ν>Ο, κάθε α ριθμός x e !R με χν=α ονομάζεται μία (πραγματική) νιοστή ρίζα του α

(στον ορισμό αυτό δεν ι:ννοοίψε νένα σίψ βολ ο ).

κα

Έτσι με α, χ ε !R και ν ε lΝ*, έχουμε: (χ νιοστή ρίζα του α) � χν = α. Αποδεικνύεται εύκολα ότι: ί) Το Ο έχει μια μόνο νιοστή ρίζα, το 0: fo =O . ίί) Έστω ότι α>Ο. Τότε: Αν ο ν είναι άρτιος, ο α έχει δυο νιοστές ρίζες, τις χ = \Γα και χ = -\Γα . Αν ο ν είναι περιττός, ο α έχει μία μόνο νι οστή ρίζα, την χ = \Γα . ίίί) Έστω ότι α<Ο. Τότε Αν ο ν είναι άρτιος, ο α δεν έχει νιοστές ρίζες. Αν ο ν είναι περιττός, ο α έχει μία μόνο νιοστή ρίζα, την χ -� = -νfαj . •

•

Π αραδείγματα α)

β)

Το -4 δεν έχει τετραγωνικές ρίζες, γιατί η εξί' ' σωση: χ 2=-4 ειναι αδυνατη. δ) Το -8 έχει μια μόνο κυβική ρίζα το -2, γιατί: χ 3 = 8 � χ = -2. Έχουμε: -2 = -{/Fsί = - � ο Σ η μ ε ί ωση . Ο παραπάνω ορισμός επεκτείνε ται και στο σύνολο των μιγαδικών αριθμών C. Δη λαδή, με α, z ε C και ν ε lΝ*, ορίζουμε: ( z νιοστή ρίζα του α) � z ν=α. Μάλιστα δε στο C δεν ορίζουμε σύμβολο για καμιά νιοστή ρίζα. Για παράδειγμα, η έκφραση: -./3+ 2ί δεν έχει νόημα.

γ)

Θεώρ η μα κα ι ο ρ ισμός. Δοθέντος, ενός πραγματικού αριθμού �Ο και ενός φυσικού αριθμού ν>Ο, υπάρχει ένας μοναδικός πραγματικός αριθμός β;:::Ο με βν=α. Ο αριθμός αυτός β ονομά ζεται νιοστή ρίζα του α στο σύνολο

Το 4 έχει δυο τετραγωνικές ρίζες τις 2 και -2, γιατί: χ 2 =4� (χ=2 ή χ=-2). Έχουμε: 2 = .J4 και -2 = -.J4 (και όχι .J4 = ±2 ). Το 27 έχει μια μόνο κυβική ρίζα το 3, γιατί: χ 3 =27�χ=3 . Έχουμε 3 = ifii .

Τ Ι Γ Ρ Α Φ Ο Υ l\ Τ Α Σ Χ Ο . \ Ι Κ Α Β Ι Β Λ Ι Λ

Το βιβλίο των μαθηματικών της Β ' Γυμνασίου δίνει τον ορισμό της τετραγωνικής ρίζας μόνο στο σύνολο IR+o και μάλιστα χωρίς να αναφέρει τίποτα για την ύπαρξη (σελίδα 41 ) . Το ίδιο κάνει και το βι βλίο της Γ Γυμνασίου (σελίδα 20 ) . Το ίδιο κάνει και το βιβλίο της Α ' Λυκείου για τη νιοστή ρίζα (σελίδα 44) . Μάλιστα, το βιβλίο αυτό στη σελίδα 45 παρατηρεί ότι ο αριθμός \Γα ( α;:::Ο ) είναι η μη αρ νητική λύση της εξίσωσης χν=α. Έτσι αν η εξίσωση αυτή έχει και μια αρνητική λύση, τότε αυτή δεν εί ναι μια νιοστή ρίζα του α ! ! ! Με άλλα λόγια, σύμ φωνα με τα σχολικά βιβλία, π.χ. το -2 δεν είναι μια τετραγωνική ρίζα του 4, αν και (-2 )2 = 4. Ε ίναι φα νφό ότ ι έχουν μπr.ρδέψει τ η ν έννο ι α τ ων ν ιοστών ρ ιζών εν ός αριΟμοίJ α ε R μ ε τ ο σ ύ μβ ολο Va .

Αξίζει να σημειωθεί ότι το βιβλίο των μαθημα τικών της ΓΆυκείου (θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης, έκδοση 2007) στη σελίδα 1 1 5 ανα φέρει ότι οι λύσεις της εξίσωσης z ν= 1 , όπου z ε C, λέγονται νιοστές ρίζες της μονάδας. Λοιπόν; Ά λλα λένε σ τ α π αιδιά στ ην Α ' .\υκείου και άλλα στη Γ Λυ κείου;

Θέλω να σημειώσω ακόμα ότι τα νέα βιβλία των μαθηματικών και των τριών τάξεων του Γυ μνασίου, εκτός από το λάθος που αναφέρω παραπά νω, έχουν και άλλα πολλά λάθη, με αποτέλεσμα σε πολλά σημεία να μπερδεύουν τους μαθητές, να τους στέλνουν λανθασμένα μηνύματα και να τα μαθαί νουν να δουλεύουν μηχανικά. Τα λάθη αυτά τα έχω επισημαίνει στους συγγραφείς, καθώς και στο Παι δαγωγικό Ινστιτούτο. Ελπίζω να διορθωθούν το συ ντομότερο δυνατόν.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2174

Η στήλ η αυ τή έχε ι ω ς στόχο την ανά πτυ ξη μα θηματικού δ ιαλ ό γ ου . Φ ιλ ο δο ξούμε να συμμετάσχουν όλ οι ό σοι έχουν έ να γενικό τερ ο ενδ ιαφ έρ ον γ ια τα Μα θημα τικά .

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Μια γεωμετρική ερμηνεία του θέματος 4β των Πανελλαδικών εξετάσεων του 2007 Δόρτσιος Κων/νος, Βρέκας Χ άρης, Καραφέρης Τριαντά φυλλος

Κατά τις πρόσφατες Πανελλαδικές εξετάσεις Μαίου- Ιουνίου 2007, το 4 ° Θέμα παρουσίαζε ένα ενδιαφέρον και μια «δυσκολία» κυρίως στο δεύτερο ερώτημα, το οποίο απαιτούσε την απόδειξη της ισχύος μιας ανισότητας που περιείχε τη γνωστή συνάρτηση,

F (x)

fJ( t )dt

όπου f συνεχής συνάρτηση ορισμένη σε διάστημα Ι και α Ε Ι . Παραθέτουμε στο άρθρο αυτό μια προσπάθεια γεωμετρικής ερμηνείας της ανισότητας που πραγματεύεται το θέμα αυτό, και ειδικότερα το δεύτερο ερώτημα, χρησιμοποιώντας κατάλληλο λογισμικό τριών διαστάσεων και συγκεκριμένα το Cabri3D. Επειδή δεν είναι δυνατό να παρουσιαστεί σε δυναμική μορφή η κινητικότητα του σχήματος ώστε να το βλέπει κανείς από διάφορες οπτικές γωνίες, παραθέτουμε διάφορα «στιγμιότυπα» της εξέλιξης του σχήματος, ώστε στο τέλος να γίνει αντιληπτή η σχέση των στερεών που προκύπτουν. Πιστεύουμε ότι η χρήση τέτοιων λογισμικών διευκολύνει την καθημερινή δουλειά του μαθηματικού στην τάξη, την κάνει πιο αποτελεσματική, κι ακόμα προάγει τη δημιουργική φαντασία και αναπτύσσει τη διαισθητική ικανότητα των μαθητών μας. Θ Ε !\'Ι Α 4°

[ο,ι] για την οποία ισχύει / (0))0. Δίνεται επίσης συνάρτηση g συνεχής στο διάστημα [ο,ι] για την οποία ισχύει g(x)) O για κάθε χ Ε [ο, ι] . (1) Ορίζουμε τις συναρτήσεις: F (x) = jJ(t)g(t)dt, χ Ε [Ο,ι] , Έστω f μια συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο διάστημα

χ ο

G(x) = Jg(t)dt, χ Ε [Ο,ι] . στο διάστημα (Ο, ι]. α. Ν α δειχθεί ότι F (χ)) Ο για κάθε

(2)

β. Να αποδειχθεί ότι: για κάθε

στο διάστημα

(Ο, ι]

γ. Να αποδειχθεί ότι ισχύει: για κάθε

χ στο διάστημα (Ο, ι] .

J(x) · G(x))F (x) F (x) F (ι) G(x) G(ι) �

(4)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/75

(3)

Το Βήμα του Ευκλείδη

Λ ίJ σΈ1 :

Θα ασχοληθούμε μόνο με το ερώτημα 4β αναφέροντας αρχικά τη λύση που κυκλοφόρησε αμέσως μετά τις εξετάσεις. I oc η1 6πος Η ζητούμενη σχέση (3 ), λόγω των ( 1 ) και (2), γράφεται: .τ

f(x) · fg (t)dt) fJ (t) g (t)dt , Vx E ( 0, 1] .\'"

fJ (x) · g (t)dt) fJ (t) g (t)dt , \ix ( 0, 1]

αυτή ισοδυναμεί με την:

f[J (x) · g (t) - f (t) g (t) }it)O , \ix ( 0, 1]

κι ακόμα με την:

f[ J (x) - f (t) } g (t) dt)O , Vx E (0 , 1] (5)

Δηλαδή :

Όμως επειδή η ι είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι: f ( χ ) - f (t) � Ο, \εξάλλου: g ( χ )) 0, \ix Ε [ Ο, 1]

\ix ( Ο, 1] , V t : ο ::;; t ::;; χ Ε

Άρα η σχέση (5) αληθής και συνεπώς η (3) αληθής. '�� Η λύση αυτή προτάθηκε στα Βαθμολ ογικά από την Επιτρ οπή των εξετάσεων του Υπουργείου Παιδείας,

αλλά και από διάφορους άλλους οι οποίοι ασχολήθηκαν με το θέμα και δημοσίευσαν λύσεις.

2"c τ ρ ό πος_

Έστω ότι η σχέση (3) δεν είναι αληθής. Τότε θα υπάρχει ένα

ισχύει:

χ0 ( Ο, 1] , τέτοιο ώστε να Ε

f(x0) G(x0) ::;; F(x0) , (6) h(x) f(x0) G(x) - F(x) , χ [ Ο, χ0 ] •

Ε Θεωρούμε τη συνάρτηση : η οποία ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. του Διαφορικού Λογισμού στο διάστημα καθόσον οι συναρτήσεις F και G είναι παραγωγίσιμες στο διάστημα αυτό και η ποσότητα αποτελεί μια σταθερή ποσότητα. =

•

ξ ( Ο, χ0 ) τέτοιο ώστε να ισχύει: h ' ( ξ ) h(x0 ) - h(O) h(x0) f(x0) G(x0) - F(x0) ,

Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον =

Χο

Επειδή χ0 )0 η (7) λόγω της (6) δίνει ότι: Όμως

[ Ο, χ0 ] f(x0)

Χο

•

Χο

(?)

h'( ξ ) ::;; Ο, (8)

h ' (x) f(x0) G ' (x) - F' (x) f(x0) g(x) - f(x) · g(x) [f(x0) - f(x) ] · g(x) h ' (x) [ f(x0) - f(x) ] · g(x) (9) =

•

Δηλαδή : Η σχέση (8) λόγω της (9) γίνεται:

•

[f(x0) - / ( ξ ) ] · g( ξ ) ::;; Ο Η τελευταία δεν ισχύει γιατί εφόσον Ο(ξ(χ0 (1 και η f είναι γνησίως αύξουσα άρα θα ισχύει: f(x0) - / ( ξ ) ) Ο Εξάλλου και g(x) )O , Vx E [ 0, 1] . Άρα η υπόθεσή μας (6) είναι ψευδής και συνεπώς αληθής είναι η (3). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2176

Το

Βήμα του Ευκλείδη

Γεωμετρική ερμηνεία

Θεωρούμε ένα τρισορθογώνιο σύστημα αναφοράς το ΟΧΨΖ. Στο επίπεδο ΧΟΨ θεωρούμε τη z

Σχή μα 1

γραφική παράσταση C1 της f η οποία είναι μια συνεχής και γνησίως αύξουσα συνάρτηση στο /(0)) 0 . (Σχήμα 1 )

[0, 1] με

Επίσης στο επίπεδο ΧΟΖ θεωρούμε το γράφημα Cg της g , η οποία είναι μια συνεχής συνάρτηση

στο

[0, 1] με g(x))O, \fχ ε [Ο, 1] (Σχήμα 2).

z g(o)

Σχή μα 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/77

Το

Βήμα του Ευκλείδη

Στο σχήμα 3 το εμβαδόν του χωρίου (Ω) εκφράζεται από το ορισμένο ολοκλήρωμα της συνάρτησης z

g(o)

(Ω)

• .

Σχήμα 3

jB \� χο

χ0 • Δηλαδή : Ε(Ω) Jg(u)du =

g κατά τον άξονα των ΟΧ από το Ο έως το

Τέλος στο σχήμα 4 φαίνεται το στερεό (ΑΒΓΟΕΖΗΔ), το οποίο έχει όγκο z

�

που δίνεται από το

Σχήμα 4 1

. . . • • \. .. • • • •

γινόμενο: (εμβαδόν βάσης)Χ(ύψος)=(ΑΟΕΖ)Χ(ΟΓ), δηλαδή :

�

Ε(Ω)· f(x0) ( Jg(u)du) · f(x0) f(x0)· ( Jg(u)du) =

ή ακόμα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 66 τ.2/78

Το Βή μα του Ευκλε ίδη

Στο σχήμα 5 θεωρούμε μια τιμή u της μεταβλητής χ πάνω στον άξονα των ΟΧ και τις τιμές f (u), g (u) των συναρτήσεων f και g οι οποίες εκφράζουν τα μήκη των ευθυγράμμων τμημάτων (ΜΝ) και (ΜΣ) αντίστοιχα. Τα μήκη αυτά ξεκινούν από το σημείο Μ με τετμημένη u και καταλήγουν στα σημεία Ν και Σ που ανήκουν στα γραφήματα C1 κα Cg αντίστοιχα. z

Σχήμα 5

Τ ο γινόμενο (ΜΝ) ·(ΜΣ) εκφράζει το εμβαδόν του ορθογωνίου (ΜΝΡΣ) και αν αυτό πολλαπλασιασθεί με τη στοιχειώδη αύξηση du της μεταβλητής u , που εκφράζει την τετμημένη σημείου Μ, τότε προκύπτει ο όγκος του στοιχειώδους «πρισματικού» στερεού (ΜΝΡΣ, du ) , που έχει βάση το ορθογώνιο (ΜΝΡΣ) και ύψος το στοιχειώδες τμήμα μήκους du . V(MNΣP, du) f (u) g (u)du Άρα είναι: =

g(o)

Σχήμα 6 Cf

.. .. . .

Α��ω�---------;�--------� 1

Αν στη συνέχεια θεωρήσουμε όλα αυτά τα «πρισματικά πακέτα» που δημιουργούνται με τον τρόπο που περιγράψαμε ανωτέρω, τότε η «άθροιση» αυτή, δηλαδή η «ολοκλήρωση» της

Φ(u) f(u) g(u) =

από το Ο έως το

χ0

θα δώσει ως αποτέλεσμα ότι: v;

}f(u)g(u)du = F(x0 ) ο

(1 1)

όπου V2 ο όγκος του πρισματοειδούς (ΟΑΒΓ1ΕΖΗΘ) ο οποίος είναι προφανές ότι είναι μικρότερος του li'ι που είναι ο όγκος του πρισματοειδούς (ΟΑΒΓΕΖΗΘ) γιατί το ένα πρισματοειδές περιέχεται μέσα στο άλλο. Άρα: li'ι ) V2 δηλαδή: f ( x0 ) · G ( x0 )) F ( x0 ) , χ0 ε ( Ο , Ι ] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 66 τ.2/79

ΕΛΛΗΝ Ι Κ Ή ΜΑΘΗΜΑτΙΚΉ ETAIPEIA

Πανεπιστημίου (Ελευθερίου Βενιζέλου) 3 4 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ. 3 6 1 65 3 2 - 3 6 1 7784 - Fax : 364 1 025 e-mai l : info@hms.gr www.hms.gr

• ο

GRE E K

MATH E MAτiCAL

SOC I ETY

34, Panepistimiou (Eieftheriou Venizelou) Street GR. 1 06 79 - Athens - H ELLAS Tel . 3 6 1 65 3 2 - 3 6 1 7784 - Fax: 3 64 1 025 e-mai l : info@hms.gr www.hms . gr

Σ Ε Μ Ι Ν Α Ρ Ι Ο Ε Π ΙΜ Ο Ρ Φ Ω Σ Η Σ

Μ Α Κ ΡΑ Σ Δ Ι Α Ρ Κ Ε Ι Α Σ

Γ Ι Α Π Τ Υ Χ Ι Ο ΥΧ Ο '\'"Σ Μ Α Θ Η ΜΑ Τ Ι Κ Ο Υ Σ

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία (Ε.Μ.Ε.) είναι επιστη μονικό σωματείο που ιδρύθηκε και λειτουργεί από το 1 9 1 8. Μέλη της είναι Μαθηματικοί από όλους τους χώρους του Δημόσιου και Ι διωτικού τομέα κι όλων των β αθμίδων της Εκπαίδευσης. Διαθέτει 34 παραρτήματα σε όλη την Ελ λάδα. Κύριο μέλημα της είναι η αναβ άθμιση της Μαθηματικής Παιδείας και γενικότερα της παι δείας στη χώρα μας. Στους κύριους σκοπούς της Εταιρείας συγκαταλέγονται: η πρόοδος και διάδοση των Μαθηματικών. η διοργάνωση επιμορφωτικών σεμιναρίων στα μαθηματικά. η διοργάνωση επιμορφωτικών σεμιναρίων στη πληροφορική. η προαγωγή της ελεύθερης ανταλλαγής πληροφοριών μεταξύ μαθηματικών . η ουσιαστική συνεισφορά στη συνεχή β ελτίωση της μαθηματικής εκπαίδευσης και την πρόοδο της γενικής παιδείας. η ενίσχυση της μαθηματικής έρευνας. Η Ε.Μ.Ε. ανταποκρινόμενη στην απαίτηση των συναδέλφων οργανώνει σεμινάριο επιμόρφω σης για πτυχιούχους μαθηματικούς που επιθυμούν να απασχοληθούν στην εκπαίδευση, στις παρα κάτω ενότητες. Η

•

• •

•

ΩΡΕΣ

20 50 40 30 10

μέσον). άτων: ΠΑΡΑΣΚΕΥΉ ( 1 7 : 00-2 1 :00) , ΣΆΒΒΑΤΟ ( 1 0 : 00- 1 4 : 00) και ΚΥΡΙΑΚΗ ( 1 0 : 00- 1 4 : 00

Έναρξη Μαθημάτων Παρασκευή ΠΛΗΡΟΦΟΡ Ι ΕΣ :

ΓΕΝ Ι ΚΕΣ

1 6/5/2008,

ώρα

1 8.30

ΠΛΗ ΡΟΦΟΡ Ι ΕΣ

Καθημερινά στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Πανεπιστημίου 34 1 06 79 ΑΘΗΝΑ ή στα τηλέφωνα 2 1 0 3 6 1 6 532 3 6 1 7784 fax 2 1 0 3 641025 από τις 08:00 έως 1 5 :00 και από 1 7 :00 έως 22:00. Α Π ΗΣΕ ΙΣ :

α ) . Αίτηση με φωτογραφία β). Αντίγραφο πτυχίου.

Οι αιτήσεις θα γίνονται δεκτές όλες τις μέρες της εβδομάδας από τις 08:00- 1 5 :00 και 1 7:00-2 1 :00

Μόλις κυκλοφόρησαν τα βιβλία

θέματα των Διαγωνισμών 1 997 - 2007 της Ε.Μ.Ε. Ο ΘΑΛΗΣ, Ο ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ, Ο ΑΡΧΙ Μ ΗΔΗΣ, Ο ΜΕΣΟ ΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν ΙΣΜΟΣ ατα. Με τα πρ β με

τα

1 997 . 2007

./ Ο θλΝfΣ ../ Ο Ε'ι'ΚλΕtΙΙΗΣ ./ OAPXJMHAHI ./ Ο ΜΠΟΠΙλrοΣ ΜΑΘΗΜιt1ΙΚΟΣ ΔWΩΝt!ΜΟΣ

203 σελίδες 2 0€

wροβλήμστο Οι λιίοειςτοuς Ιστοριιcό C1Ι')μtlώ.,στα

360 σελίδες 3 0€

• Το

• •

Κεντρική διάθεση : Ελληνική Μαθη μ ατική Εταιρεία Π ανεπιστη μ ίο υ 34 - 1 06 79 Αθήνα Τηλ . : 2 1 0 36 1 6532 , 2 1 0 36 1 7784 fax: 2 1 0 364 1 025

info@hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΠΡΟΚΛΗΣΕΙΣ

ΙιιWιιb Yll IIIJιm DU ΙUιαειέΧΟUV ιτιικ ιιονrιmοuιίΚ • ΕDιινιιίΚ ΙιΒιιιιιmιίκ το gf&'lιo nεJ>ιεχει : Μf.ΡΟΣ 14 Α. nEPt ΑΡΙθ11ΩΝ �Ι ΤΩΝ ι-rr'8/!ΡΙΩΝ ΤΟ\'Σ

Μf.ΡΟΣ 1• Ε. tεrΟΡΙι<Α ΣrOIXEI4 Ano ΤΑ EMf/NI� θΕΜΕΛΙΑ ΤΩΝ MAθf/MAΠWJ ΜΕΡΟΣ 2• Α. nPog{lf/MA1A ΜεΣΧ f/ΜΑΤΑ, ΝΟΜΙΣΜΑ1Α, ΣnΙΡfΑ � ΜΕΡΟΣ 2• Ε. ΓΕΩΜΕrΡΙΚΟ/ �/φΟ/

Μf.ΡΟΣ 2· r. �ιφσι rιοnιαιε

Μf.ΡΟΣ 24 D. ΑΡΙθΜΟθΕΩΡf/111(01 �ΙΦΟ/ ΜΕΡΟΣ 24 Ε.. �ΙΦΟΙ WDYAΣrtιaιΣ

Μf.ΡΟΣ 2• Σf. �ΙΦDΙ εΙΡΑ1f/ΠιαιΣ

Μf.ΡΟΣ 3ο Α. ΑΝθΟιΊΟΠΟ θΕΜΑ1ΩΝ MAθiiMA11WJ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ

Τf/Σ ΕΜf/ΝtιαιΣ ΜΑθf/ΜΑ1ΙιαιΣ εrΑΙΡΕΙ4Σ

Πρψήματα yισ την σνάιπuξη της μσtημσιικής cnιέφης ΚΥΚΛοtΟΡΕΙ ΠΑ ΑΠΛΙΚΑ ΚΑΙ ΠΑ ΓΑΛΛΙΚΑ

ΜΕΡΟΣ 3ο Ε. ΑΡΧθΟ θΕΜΑ1ΩΝ MAθiiMA11WJ ΔΙΑΓQΝΙΣΜΩΝ ΑΜΩΝ ΚΡΑ1ΩΝ

Μf.ΡΟΣ ι,. AnAN1f/ΣEIΣ

Α. rvMNAΣIO E. �Yt<E/0

από r ι s ε κδόσε ι s <<Δ Ι Ο ΦΑΝΤΟΣ>> Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης Octavίan Ν. Stanasίla (Prof.unι..Po-. BuehaιesQ

ΜΑθ Η ΜΑΤΙ ΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

θετική

ΤΟΜΟΣ Β' Τεχνολογική Κατεύθυνση

ΟΛΟ ΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 8

θt:ωQία

•

ΙlαQα'fηρήσει;: - Σχιiλια

Λuμένα ΠαQαδείγματα

•

ΕQιΙΙtήσεις Κuταν6ηnης

•

Λυκήσεις- θέματα

Μεθοδολοy{α

)ΔΙΟΦΑΝτΟΣ ΗΔΟΣF.!Σ-

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης Octavian Ν. Stanasίla (Prof. Unlv. Poιηehnlcι βucharest)

I�J�t=Hiι'J�'il�,

Γ ΛΥΚΕΙΟΥ θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

...ι

< Ζ < W

cι:: c:.:ι ι cι::

ι::::! w :Ε w ...Ι = σ α: α..

:Ε w ι < :Ε

eξeΊ;ά σe ι ς 2008 - 2009

Πιθανά θέμα-&α

•

< (.) ϊ= cι:: ::ε w .... cι:: :ε cι:: (.) 1� ι<

a: c::ι ...ι .... < !:: :::! CCI < α:ι c::ι α: α..

� == ι _ Ι-

α: c::ι w :ι:

� �::ι u..

Iι'1�Η]:Iι'1�'iI:t, Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ

Γενικής Ποιδείος

:> σuνιφrήσειs :> σrιπισrική :> πιaav6rηrεs

� � ΔωΦΑΝΤΟΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ