Ευκλειδης Β 83 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο ς 83

Ι α ν ο υ ά ρ ι ο ς - Φ ε β ρ ο υ ά ρ ι ο ς - Μ ά ρ τ ι ο ς 2012- Ε υ ρ ώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

Γενικά θέματα

1 5 9 27

.; Άλ εβ α: γ ρ .; Γεω ετ ία: μ ρ

31 30 34

Συνα τήΑ' σειΤάξη ς ρ Ε ε α ένα Σχή ατα γγ γρ μμ μ Αναλο ίε - Ο οιότ τα γ ς η μ

Εκθτική Β' Λο Τάξη α ιθ ικ Συνά τ σ ρ η η γ ρ μ ή Λο α ιθ ικέ - Εκθετικέ Ανισώσει ς ς γ ρ μ ς Κανονικά Πολύ ωνα- Κύκλο ς γ Κωνικέ Το έ ς μ ς Η Διο αντική εξίσωσ αχ+β = ψ γ φ η

.; Γεω ετ ία: μ ρ -1 Κατεύθυνσ : η .; .; Γενικ Παιδεία: � -1 Κατευθυνσ : η .; -1 -1 -1 .;

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

.; Οι Πυθα ό ειοι γ ρ .; Η Ιε ή Γεω ετ ία και κοινωνία η ρ μ ρ .; Μαθ ατικέ Ολυ πιάδε ς ς ημ μ -1 Homo Mathematicus

.; Άλ εβ α: γ ρ

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

37 41 43 47 52

Τάξη των Θέ ατα Γ' Πιθανοτ ή μ Η ανισότ τα στα π οβλή ατα η ρ μ τ ανάλυσ ης ης

57 61

Ε ευν τικέ Ε ασίε Δραστηριότητες ς ς ργ ρ η Στήλ του Μαθ τή η η Ο Ευκλείδ π οτείνει ης ρ ... Το Βή α του Ευκλείδ η μ Τα Μαθ ατικά α Διασκεδάζουν ημ μ ς

65 67 68 71 76

Fox: 2103641025 Εκδότης:

Τασσόπου λος Γιώ ργος Αντιπρόεδροι:

Διευθυντής: Κρητ ικός Εμμανουήλ

Κερασαρίδης Γιάννης Γ ραμματεας:

Βαγγέλης

Ε�ιμελεια Εκδοαης: Χριστόπουλ Παν ιώτης ος αγ _ Ζωτος Βαγγελης _

Μέλη:

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 11 05

7998

χορηγός έκδοσης

11"//,Ιδρ,υμα / Ωναση

της Σύνταξης

Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση που δείχνετε στο περιοδικό. Οι σημαντικές εργασίες σας, βοηθούν στην βελτίωση του. Υπάρχουν αρκετά άρθρα με επίκαιρο ενδια φέρον προς δημοσίευση, για τα επόμενα τεύχη. Θυμίζουμε ότι τα άρθρα που στέλονται σε ηλεκτρονική μορφή βοηθούν πολύ στην επιμέλεια έκδοσης. Σύντομα θα έχετε στα χέρια σας και το 4ο τεύχος για μια ολοκληρω μένη επανάληψη της ύλης των εξετάσεων Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο π ρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος τασσόπουλος

Ο αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης

Α ργuράκης Δ • Στ εφαν ή ς Π.

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος

Πρόεδρος:

Καλογερόποuλος Γρηγόριος Ευ σταθίου

ΛΥΚΕΙΟ

Συντακτική επιτροπή

Εκτελεστική Γραμματεία

106 79 ΑΘΗΝΑ

Τιt-.: 210 3617784-3616532

ΤΟ

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτtΚΗΣ ΕΥΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Γ ράμμα

ΓΙΑ

Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Ευσταθίου Βαγγέλης zαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος ΒαγγεΛης Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος ΚανεΛλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος

Ταπεινός Ν.

έγκαιρη πληρωμ ή της συνδρομής βοηΘάει cπην έκδοση του περιοδικού

Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κονόμης Άρτι

Κόντζιας Νίκος Κστσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Σταματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Πουλιάσης Παναγιώτης Ρέγκλης Δημήτρης

Σdi'rη Εύα Σταϊκος Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιος Θανάσης Τριαντάφυλλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανεΛη Άννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας ΒαyyεΛης

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

•

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όrι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στέλνοντα Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται.

�αι;, στmφεία της

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά

liJ!LilE:f6[Λf....:.

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγyέλνοvται στέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική ετπταyή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αvπκαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. Εκτύπωση:

ROTOPRINT IA. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & Σ/Α EEI. τηλ.: 210 6623778-358 Υπεύθυνος τυnογpαφείου: Δ Παπαδόπουλος

Οι

Πυθαyόρειοι:

1 . τί είναι οι φυσικοί αριθμοί, κατά τους Πυθα γορείους, ποιές είναι οι ιδιότητές τους και ποιό ρόλο διαδραματίζουν στην πυθαγόρεια οντολογία ; 2.Σε τι συνίσταται η έννοια της aσυμμετρίας και ποιές ήταν οι συνέπειες της ανακάλυψης αυτής για το κοσμοείδωλο των Πυθαγορείων ; 3. Πώς συνέβαλε η γεωμετρική θεωρία περί κα νονικών πολυέδρων στην αντίληψη των Πυ θαγορείων για τη Φύση ; Πυ θ αγ όρ ας - Πυθ α γ όρ ει ο ι Στην πρώιμη ελληνική διανόηση, δύο κύρια ρεύματα της παράδοσης χαρακτηρίζονται κατά τη μεταγενέστερη αρχαιότητα ως ιωνικό και ιταλι κό 1. Το δεύτερο αρχίζει με τον Πυθαγόρα που, αν 2 και Έλληνας της Ανατολής από γεννησιμιού του , άφησε το πατρικό του νησί, τη Σάμο, νωρίς και μετανάστευσε στην Νότιο Ιταλία περί το 3 50 π.χ., όπου εγκαταστάθηκε και ίδρυσε την αδελφότητά του, στην πόλη του Κρότωνα. Αυτήν την αδελφό τητα κυνήγησαν και διασκόρπισαν για πολιτικούς λόγους και ως εκ τούτου τον 5° αιώνα βρίσκουμε πυθαγόρειες κοινότητες σε διάφορα σημεία του ελληνικού χώρου.

Για τους Πυθαγορείους, το κίνητρο προς τη φι λοσοφία δεν ήταν ό,τι για τους Ίωνες, δηλαδή η απλή επιστημονική περιέργεια. Αποτελούσαν θρη σκευτική αδελφότητα και αυτό είχε ορισμένες συ νέπειες. Ορισμένες τουλάχιστον από τις θεωρίες τους θεωρούνταν απόρρητες και δεν έπρεπε να τις μάθουν οι βέβηλοι3 • Ο ίδιος ο ιδρυτής είχε αγιο ποιηθεί ή τον έβλεπαν σαν ημίθεο. Αυτό σήμαινε ότι εξ αρχής γύρω του δημιουρ γήθηκε μία αχλή από θαυμαστές διηγήσεις, από τις οποίες μας είναι δύσκολο να ξεδιαλύνουμε ποια ήταν πραγματικά η ζωή και η διδασκαλία του Πυ θαγόρα. Το πρώτιστο και ιδιαίτερο ενδιαφέρον του

1 Guthήe, W.K.C.,

Οι Έλληνες φιλόσοφοι, από τον Θαλή ως

Παπαδήμας 2001, σελ. 41 Guthήe, W.Κ.C., ό.π., σελ. 41

τον Αριστοτέλη,

Kahn, C.H., Ο Πυθαγόρας και οι Πυθαγόρειοι, Ενάλιος 2001,

σελ.47

Αγγελική Αποστόλου

ήταν τα Μαθηματικά. Και μπορούμε να θεωρή σουμε βέβαιον πως αυτό δεν σημαίνει απλώς ότι έτρεφε δεισιδαιμονίες περί τους αριθμούς, αλλά ότι έκανε ανακαλύψεις ολοκληρωτικά και εκπλη κτικά καινούργιες και προόδους πραγματικές και σημαντικές στον τομέα αυτόν. Ο ίδιος δημιούρ γησε μία σχολή στοχαστών με έντονο επιστημονι κό προσανατολισμό, η οποία συγχρόνως χαρακτη ριζόταν από μία προτίμηση, που άγγιζε το όριο της θρησκευτικής πίστης, ή και προκατάληψης4 , με το να αναγάγει το οικοδόμημα της φύσης στην καθο λική λογική . Οι μαθητές τη Σχολής σχημάτισαν μία κοινότητα που έμοιαζε με θρησκευτικό τάγμα. Οι διδασκαλίες των Πυθαγορείων ήταν στο με γαλύτερο μέρος τους υπερβολικά δυσνόητες, ώστε να είναι κατανοητές μόνο από εκείνους που ανή καν στην Σχολή . Το γεγονός ότι δεν υπάρχει καμ μία καταγεγραμμένη μαρτυρία σχετικά με τις δι δασκαλίες των Πυθαγορείων, έως την εποχή του Φιλολάου, δεν πρέπει να αποδοθεί στην εχεμύθεια την οποία ορκίζονταν οι μαθητές της Σχολής αλλά στην απουσία στοιχείων. Αυτή τη δυσκολία, όπως φαίνεται, αντιμετώπιζε και ο Αριστοτέλης, δεδο μένου ότι ήταν δύσκολο να αποσαφηνιστεί ποιο μέρος της πυθαγόρειας φιλοσοφίας μπορεί να απο δοθεί με βεβαιότητα στον ιδρυτή της Σχολής. Είναι σαφές ότι δεν γνώριζε τίποτε σχετικά με συγκε κριμένες διδασκαλίες ηθικού ή φυσικού περιεχο μένου, οι οποίες αποδίδονται στον ίδιο τον Πυθα γόρα και όταν ομιλεί σχετικά με το πυθαγόρειο σύστημα αναφέρεται πάντοτε σε αυτό χρησιμο ποιώντας τον όρο «οι Πυθαγόρειοι» και άλλες φο ρές, «οι λεγόμενοι Πυθαγόρειοι» 5 • Πυθ α γόρ ει ο Κ ο σμ ο εί δ ωλ ο

Φυσικοί Αριθμοί

Ο Αριστοτέλης, στο έργο του «Μετά τα φυσι κά» αναφέρει : «Στην εποχή των φιλοσόφων (του Λεύκιππου και του Δημόκριτου) και πριν από αυ τούς οι λεγόμενοι Πυθαγόρειοι, ασχολήθηκαν με την μελέτη των Μαθηματικών και υπήρξαν οι πρώτοι που ανέπτυξαν αυτή την επιστήμη στο βαθμό που, έχοντας ανατραφεί με αυτά, πίστευαν ότι οι αρχές των Μαθηματικών οφείλουν να απο τελούν αρχές όλων των υπαρκτών πραγμάτων». Είναι φανερό ότι η θεωρία των Αριθμών οφείλεται

4 Schrodinger,

Ε., Η φύση και οι Έλληνες, Π. Τραυλός, Αθήνα 2000, σελ. 39 Heath, Th.L., Ιστορία των ελληνικών Μαθηματικών, τομ. 1 :Από τον Θαλή στον Ευκλείδη, Κέντρο Έρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης, Αθήνα 2001, σελ. 90-91

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/1

-------

Οι Πυθαγόρειοι -------

στη Σχολή του Πυθαγόρα και γνωρίζουμε από τα «Μετά τα φυσικά» του Αριστοτέλη ότι «φαίνεται πως απέδιδε ύψιστη σημασία στη μελέτη της αριθ μητικής» 6 .

Η κύρια γραμμή της σκέψης των Πυθαγορείων είναι η ρήση ότι «τα όντα είναι οι αριθμοί>/ . Κι αυτό διότι στην κοσμολογία τους, και διαφέροντας ουσιαστικά από τους Ίωνες φιλοσόφους, πρόσθε σαν τις έννοιες της τάξης, της αναλογίας και του μέτρου, τονίζοντας τις «ποσοτικές» διαφορές. Αυ τό μας δίνει το δικαίωμα να τους ονομάσουμε φι λοσόφους της μορφής σε αντίθεση με τους Ίωνες που ήταν φιλόσοφοι της ύλη ξ Πίστευαν, λοιπόν, ότι κάθε ον είναι ό,τι είναι, όχι εξαιτίας των υλικών στοιχείων, που είναι κοινά σε όλα τα όντα, αλλά με βάση την αναλογία κατά την οποία τα στοιχεία αυτά έχουν αναμειχθεί. Και εφό σον το στοιχείο της αναλογίας κάνει να διαφέρει η μία τάξη των όντων από την άλλη, γι αυτό, υποστή ριξαν ότι ο νόμος της δομής κάθε όντος ήταν το ου σιαστικό που έπρεπε να ανακαλύψουμε αν επιθυ μούσαμε να καταλάβουμε τι ήταν το κάθε ον. Στηρίζεται, λοιπόν, η φιλοσοφία τους, σε μία οντολογία, ο άξονας της οποίας είναι φτιαγμένος με υλικά που ένας σύγχρονος μαθηματικός θα α ναγνώριζε σαν βασικά αντικείμενα της καθημερι νής του δραστηριότητας. Γι αυτό οι Πυθαγόρειοι κατέχουν, ανάμεσα στους Προσωκρατικούς, μία ιδιαίτερα σημαίνουσα θέση, σε σχέση με αυτό που σήμερα θα λέγαμε Φιλοσοφία των Μαθηματικών 9• Σύμφωνα με την Πυθαγόρεια κοσμολογία, το σύμπαν δημιουργήθηκε από τον αριθμό (Ι), μετά από διαίρεσή του που πραγματοποιήθηκε από ει σπνοή απείρου. Το άπειρο εισβάλλει στο αδιαφο ροποίητα «είναι» και το διασπά δη μιουργώντας από τη μονάδα τη δυάδα. Ας δούμε όμως, πιο συ γκεκριμένα, τι ακριβώς σήμαινε για τους Πυθαγο ρείους το δίπολο πέρας - άπειρο. Ο κόσμος, κυρι ολεκτικά δημιουργείται από το δίπολο αυτό, με τον εξής τρόπο : Αρχικά υπήρχε το δίπολο. Το «εί-

6 7

K ahn , C.H., Ο Πυθαγόρας και οι Πυθαγόρειοι, Ενάλιος 2001, σελ. 47-67 Guthrie, W.K.C., ό.π., σελ. 47 8 Guthrie, W.K.C., ό.π., σελ. 46 Αναπολιτάνος, Δ.Α., Εισαγωγή στη φιλοσοφία των Μαθημα τικών, Νεφέλη, Αθήνα 1985, σελ. 11

ναι» ήταν διαφοροποιημένο, ενιαίο, πεπερασμένο. Αυτό το «είναι» ήταν για τους Πυθαγορείους ταυ 0 τόσημο με τον αριθμό ένα (1 ) 1 • Αναφέρουμε ότι οι πρώτοι αριθμοί με τους ο ποίους ερχόμαστε σε επαφή, στα πρώτα παιδικά μας χρόνια, είναι οι λεγόμενοι φυσικοί ή θετικοί αριθμοί : Ι,2,3 ,4, κ.λπ. Αυτοί οι αριθμοί είναι α φαιρέσεις που προκύπτουν από τη διαδικασία α ρίθμησης πεπερασμένων συνόλων αντικειμένων 11• Τι είναι όμως αυτό που διαφοροποιεί το «είναι» δεδομένου ότι είναι πεπερασμένο; Αυτό που το ο ριοθετεί είναι το « μη είναι». Το « μη είναι» στους Πυθαγορείους, και γενικότερα στην αρχαιοελληνι κή σκέψη , ήταν ισχυρότατα συνδεδεμένο με το κενό. Η οριοθέτηση του «είναι» από το «μη είναι» μπορεί να γίνει αντιληπτή με βάση το μοντέλο : το πεπερασμένο αδιαφοροποίητο ον περιορίζεται από το κενό που εκτείνεται επ' άπειρον. Αυτό, λοιπόν, το άπειρον και οριοθετούν κενό εισβάλλει στην αρχή της Πυθαγόρειας κοσμογονίας και διασπά το πεπερασμένο «είναι», παρεμβαλλόμενο ανάμεσα στα δύο του κομμάτια. Η εισβολή αυτή είναι που χαρακτηρίσαμε «εισπνοή απείρου», ακολουθώντας τους αρχαίους Έλληνες στις ανθρωπομορφικές με ταφορικές περιγραφές τους. Έτσι δημιουργείται από την μονάδα η δυάδα, από την δυάδα ή τριάδα, από την τριάδα η τετράδα κ.τ.λ. , με τρόπο ώστε το πυθαγόρειο σύμπαν να αποτελεί ένα αντίγραφο αυτού που σή μερα θα ονομάζαμε σύνολο των φυ. . σικων αριθ μων 12 . Για τον Πυθαγόρα και τους μαθητές του, οι α ριθμοί αποτελούσαν τα ουσιαστικά στοιχεία του κόσμου. Η Πυθαγόρεια οντολογία ήταν μία οντο λογία αριθμολογική και οι ιδιότητες των όντων, καθώς και οι σχέσεις τους, δεν θα μπορούσαν να εκφραστούν με άλλους τρόπους, παρά με αυτούς που καθορίζονταν από τη δομή ενός αριθμητικού σύμπαντος. Από το «ένα» (1) δημιουργήθηκε με φυσική διαίρεση ο αριθμός «δύο» (2), που σύμφω να με τους Πυθαγορείους είναι ταυτόσημος με την ευθεία γραμμή, και από το «δύο» ο αριθμός «τρί α», που είναι στην ουσία το απλούστερο επίπεδο σχή μα, δηλαδή το τρίγωνο, και από τον αριθμό «τρία» ο «τέσσερα» που ταυτίζεται με το τετράε δρο, το απλούστερο στερεό 13 . Σύμφωνα, λοιπόν, με τους Πυθαγορείους, οι α ριθμοί είναι αιώνιοι, αθάνατοι, θεϊκοί και αποτε λούν το κοσμολογικό «είναι» του σύμπαντος. Όλα διέπονται από μαθηματική αρμονία, όπως για παράδειγμα, η μουσική και η ψυχή μας αποτελεί

10 Αναπολιτάνος, Δ.Α. , ό.π., σελ. 14 11 Eνes, Η., Μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών Τροχαλία, Αθήνα 1989, σελ. 57 12 Αναπολιτάνος, Δ.Α., ό.π., σελ. 15 1 3 Αναπολιτάνος, Δ.Α., ό.π., σελ. 19

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/2

(έως το

1650),

σπίθα της παγκόσμιας ψυχής. Τα πάντα έχουν aρ μονικούς λόγους. Και σύμφωνα με την διατύπωση του Φιλολάου «όλα τα πράγματα που μπορούν να γίνουν γνωστά έχουν από έναν αριθμό, γιατί είναι αδύνατον να συλλάβουμε ή να γνωρίσουμε οτιδή ποτε χωρίς αριθμό>>. Όλα τα πράγματα δεν διαθέτουν απλώς αριθμούς αλλά είναι αριθμοί. Ο Αριστοτέλης γράφει ότι «αυ τοί οι στοχαστές φαίνεται πως θεωρούν ότι ο αριθ μός είναι η αρχή της ύλης των πραγμάτων αλλά ε πίσης, αυτό που συγκροτεί τις ιδιότητες και τις μό νιμες καταστάσεις τους». Πράγματι, φαίνεται πως, κατά τον Αριστοτέλη, η θεωρία βασιζόταν αρχικά στην αναλογία μεταξύ των ιδιοτήτων των πραγμά των και των αριθμών. «Πίστευαν ότι στους αριθ μούς έβρισκαν περισσότερο από ότι στο πυρ, στη γη ή στο νερό, πολλές ομοιότητες προς τα πράγματα, τα οποία υπήρχαν και εξελίσσονται. Έτσι κάποια

συγκεκριμένη ιδιότητα των αριθμών είναι η δι καιοσύνη, μία άλλη είναι η ψυχή, μία τρίτη είναι η νόηση. Επίσης, στους αριθμούς αναγνώριζαν τις ιδιότητες και τους λόγους των μουσικών κλιμάκων. Οι αριθμοί δεν διακρίνονται από τα αντικείμενα αλλά από τα υπαρκτά αντικείμενα. Ακόμη, και οι αισθητές ουσίες αποτελούνται από αριθμούς. Οι αφηρημένες έννοιες και τα άυλα αντικείμενα είναι επίσης αριθμοί. «Κατασκευάζουν», έτσι, οι Πυθα γόρειοι, ένα ολόκληρο σύμπαν από αριθμούς, κα θώς δέχονται ότι «Οι αριθμοί έχουν μέγεθος». Αντι μετώπιζαν τη μονάδα, η οποία είναι ένα σημείο χω ρίς θέση (στιγμή «άθετος» ), ως σημείο, και το ση 14 μείο ως μονάδα (μονάς θέσιν έχουσα) • Πρέπει να αναφέρουμε ότι ο όρος «αριθμός» σή μαινε για τους Πυθαγορείους «ακέραιος» (θετικός) αριθμός ή (γενικά) κλάσματα με τους όρους τους α κέραιους, δηλαδή, κατά την μεταγενέστερη και τη σύγχρονη μαθηματική ορολογία «ρητός» (θετικός) αριθμός. Για την αριθμητική, λοιπόν, των Πυθαγο ρείων, οι αριθμοί τους ήταν οι ρητοί (θετικοί) αριθ μοί, δηλαδή πηλίκο δύο ακεραίων p/q, με q διάφορο του μηδενός, το σύστημα των ρητών είναι αρκετό για όλους τους ακεραίους και όλα τα κλάσματα.

Ασυμμετρία

και

Γεωμετρική θεωρία

Οι ρητοί αριθμοί έχουν μία απλή γεωμετρική παράσταση . Αν σημειώσουμε δύο διαφορετικά σημεία Ο και Ι σε μία οριζόντια γραμμή και πά ρουμε το τμήμα ΟΙ ως μονάδα μήκους, τότε μπο ρούμε να θεωρήσουμε ότι τα σημεία Ο και Ι παρι στάνουν αντίστοιχα τους αριθμούς Ο και 1. Όλοι, λοιπόν, οι ακέραιοι αριθμοί, μπορούν να παραστα θούν από ένα σύνολο σημείων πάνω στην ευθεία, που απέχουν μεταξύ τους κατά τη μονάδα μήκους. Τα κλάσματα με παρονομαστή q (p/q) παριστάνο-

14 Heath, Th.L., ό.π. σελ. 91-93

νται με τα σημεία που διαιρούν κάθε μοναδιαίο διάστημα ΟΙ σε q ίσα μέρη . Άρα για κάθε ρητό α ριθμό υπάρχει ένα μοναδικό σημείο Q πάνω στην 15 ευθεία •

Όλο το οικοδόμημα της Πυθαγόρειας γνώσης είχε χτιστεί πάνω στους φυσικούς και ρητούς α ριθμούς. Όμως η ανακάλυψη από τους ίδιους ότι δεν υπάρχει ρητός αριθμός που να μπορεί να αντι στοιχεί σε σημείο Ρ της ευθείας των αριθμών, όταν αυτός ο αριθμός απεικονίζει τη διαγώνιο τετραγώ νου πλευράς ίσης με τη μονάδα, αναιρεί την ίδια τους την θεωρία. Σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώ ρη μα η διάμεσος ισούται με «δ ίσον με τετραγωνι κή ρίζα του ένα εις την δευτέραν συν ένα εις την δευτέραν, ίσον με τετραγωνική ρίζα του δύο» α ριθμός που δεν είναι ρητός διότι δεν μπορεί να γραφεί σαν πηλίκο δύο ακεραίων. Η πρόταση αυτή, η «αποκάλυψη», τους βεβαίωσε ότι υπάρχουν μεγέθη ομοειδή μεταξύ τους, που γι αυτά δεν οριζόταν λόγος του ενός προς το άλλο , με γέθη άλογα, ασύμμετρα μεταξύ τους, χωρίς κοινό μέτρο, χωρίς «κοινή» ομοειδή τους μονάδα μέτρησής τους - άρρητα - που ήταν αδύνατον να εκφραστούν, να ειπωθούν, να ρηθούν το ένα μέσω του άλλου. Η αντίφαση αυτή επέφερε ένα «λογικό σκάνδαλο και δίλημμα μέγα» στο οικοδόμημα των Μαθημα τικών, που το θεωρούσαν απρόσβλητο, και γενικότε ρα στις θέσεις της Πυθαγόρειας Φιλοσοφίας και Κο' 16 ' να επινοηθσυν ' νεοι σμοθ εωριας . Επρεπε, λο ιπον, αριθμοί και αφού οι αριθμοί αυτοί δεν μπορούν αν είναι ρητοί ονομάστηκαν άρρητοι αριθμοί 17• Οι Πυθαγόρειοι έκαναν γνωστή την ουσία της συμμετρίας και της aσυμμετρίας και φανέρωσαν στους άλλους τα σχετικά με τις αναλογίες και τις aσυμμετρίες, όπως αναφέρει και ο Ίππασος στο δοξογραφικό απόσπασμα του Ιαμβλίχου 18• Εκείνοι θεώρησαν ότι από τη μονάδα και την αόριστη δυάδα έγιναν οι άλλοι αριθμοί, από τους αριθμούς τα σημεία, από τα σημεία οι γραμμές, από τις '

15 16 17 18

Eves, Η., ό.π. σελ. 59 Heath, Th.L., ό.π. σελ. Eves, Η., ό.π.

Ιάμβλιχος, Περί απόσπ. 4a, 246-247

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/3

153

σελ. 59

του Πυθαγορικού βίου,

Ίππασος D-K 18

------- Οι Πυθαγόρειοι

γραμμές τα επίπεδα σχή ματα, από τα επίπεδα σχή ματα τα στερεά και από αυτά, τέλος, έγιναν τα αι σθητά σώματα των οποίων τα υλικά στοιχεία είναι τέσσερα, πυρ, ύδωρ, γη και αήρ. Αυτά μεταβάλλο νται και μετατρέπονται το ένα στο άλλο. Έτσι, από αυτά δη μιουργείται και συντίθεται ο κόσμος, έμ ψυχος, νοητός, σφαιροειδής, με κέντρο του τη γη , η οποία είναι και αυτή σφαιροειδής και κατοικεί ται σε όλα τα μέρη της, όπως αναφέρει ο Διογένης ο Λαέρτιος19• Οι Πυθαγόρειοι γνώριζαν διάφορες ιδιότητες των κανονικών πολυγώνων και των κανονικών στερεών. Είχαν δείξει με ποιο τρόπο μπορεί να καλυφθεί το επίπεδο με κανονικά σχή ματα, τρίγω να, τετράγωνα ή εξάγωνα, όπως επίσης, πως μπο ρεί να καλυφθεί ο χώρος με κύβους20 . Όλο το σύμπαν σύγκειται σε αναλογίες αριθμών οι οποίες αντιστοιχούν σε γεωμετρικά σχήματα. Η αριθμητική σύλληψη τους οδηγεί σε γεωμετρική σύλληψη - σύσταση της πραγματικότητας του

σύμπαντος όλου.

Και εφιστούν την προσοχή στο γεγονός ότι η κατασκευή αρχίζει από ένα σημείο, τη μονάδα, τη θεμελιώδη πρώτη αρχή της μονάδας που είναι η ψήφος ή ψηφίδα. Αν στο σημείο - μονάδα προστεθούν δύο ψήφοι - ψηφίδες, θα έχουμε μία ευθεία γραμμή, αν προ στεθούν τρεις ψήφοι, ένα επίπεδο σχήμα και αν προστεθούν τέσσερις, ένα στερεό. Αν κατασκευάσουμε ένα τρίγωνο και προσθέ σουμε έναν ακέραιο αριθμό ( 1 ψήφο - ψηφίδα) οι τέσσερις αριθμοί δίνουν το σχή μα που οι Πυθαγό ρειοι αποκαλούν τετρακτύ, τετράδα, καθώς ο α ριθμός τέσσερα εκπροσωπείται και στις τρεις πλευρές του ισόπλευρου τριγώνου. Με βάση αυτό το σχήμα, στο ποίο λέγεται ότι ορκίζονταν οι Πυ' ' θ αγορειοι, παραγονται ο' λα τα α' λλα21 . «Ου μα τον αμετέρα κεφαλά παραδόντα τετρα κτύν παγάν αενάου φύσεως ριζώματ ' έχουσαν» 22

Διογένης Λαέρτιος, VIII 24-25,

Ανώνυμοι Πυθαγόρειοι, Ο

20 21 Kahn, C.H., ό.π. σελ. 5 8 22 «Ορκίζομαι σε αυτόν που παρέδωσε στη σκέψη μας την τε Κ 58Β 1a Eves, Η., ό.π. σελ. 75

τρακτύ, την πηγή και την ρίζα της αέναης φύσης»

-------

Πυθαγόρεια Κληρονομία Η επίδραση των πυθαγορείων αρχών στην ύστε ρη αρχαιότητα, έως το κατώφλι της σύγχρονης ε ποχής είναι ανυπολόγιστη . Ο Κικέρων διατύπωσε τον ισχυρισμό ότι ο Νιγίδιος Φίγουλος, ο πρώτος γνήσιος Πυθαγόρειος, επανέφερε στη ζωή τη διδα σκαλία (disciplina) «εκείνων των διάση μων Πυθα γορείων που ήκμασαν επί αρκετούς αιώνες στην Νότιο Ιταλία και στην Σικελία». Οι διάση μοι Πυ θαγόρειοι περιλαμβάνουν τον Εμπεδοκλή από την Σικελία καθώς και τον Φιλόλαο και τον Αρχύτα από την Νότιο Ιταλία23 . Ο Εμπεδοκλής έγραψε : «Υπήρξε ένας άντρας, ανάμεσα στους Πυθαγορείους, που υπερτερούσε σε γνώσεις, που κατείχε τα πιο πλούσια αποθέματα διανοητικού πλούτου και που ήταν στον πιο έξοχο βαθμό ο aρωγός των έργων της σοφίας. Γιατί όταν εξαντλούσε όλη τη δύναμη της διανοίας του, εύ κολα διέβλεπε το καθετί, μέχρι δέκα ή είκοσι αιώνες της ανθρώπινης φυλής» 24• Το οικοδόμη μα της επιστήμης του κόσμου επι νοήθηκε από τον Πυθαγόρα και τους συντρόφους μαθητές του. Το οικοδόμημα αυτό δεν καταστρά φηκε ποτέ. Η ση μερινή επιστήμη έχει εγκαταστα θεί στο ισόγειο, στηριγμένη στα θεμέλια του οικο δομή ματος των Πυθαγορείων 25 • Ο Αϊνστάιν έγραψε κάποτε ότι ο επιστήμονας είναι πολλά πράγματα αλλά βαmκά θα πρέπει να λογαριά ζεται ως πλατωνικός ή πυθαγόρειος. Η Πυθαγόρεια κοσμοθεωρία ενσωματώθηκε δημιουργικά στο γνω στικό corpus των ερχόμενων γενεώ Υ 6• Στον 2 1 ο αιώνα, βασιζόμαστε και στις πλατωνι κές ιδέες και στις πυθαγόρειες αρχές για να εξε ρευνήσουμε τον άγνωστο χώρο της Γνώσης.

Βιβλιογραφία 1. Αναπολιτάνος, Δ.Α., Εισαγωγή στη φιλοσοφ ία των Μα θηματικών, Νεφέλη, Αθήνα 1 985 2. Eνes, Η., Μεγάλες στιγμές των Μαθηματικών (έως το 1650), Τροχαλία, Αθήνα 1 989 3. Guthrie, W.K.C., Ο ι Έλληνες φιλό σοφοι, από τον Θαλή ως τον Αρ ιστοτέλη, Παπαδήμας 2001 4. Heath, Th.L., Ιστορία των ελλ ηνικών Μαθηματικών, τομ. Ι : Από τον Θαλή στον Ευκλείδη, Κέντρο Έ ρευνας Επιστήμης και Εκπαίδευσης, Αθήνα 2001 5. Huson, Η., Πυθαγόρας, εκδ. Δαμιανός, Αθήνα 6. Kahn , C.H., Ο Πυθαγόρας και οι Πυθαγόρειοι, Ε νάλιος 2001 Πυθαγόρ ας- Πυθαγόρειοι, άπαντα, 3, Αρχαία Ελλη 7. νική Γρ αμματε ία, τόμος 8 1 1 , Κάκτος 1 999 8. Schrodinger, Ε., Η φύση και οι Έλληνες, Π. Τραυ λός, Αθήνα 2000

23 24 25

Kahn, C.H., ό.π. σελ. 199-200 Huson, Η., Πυθαγόρας, Δαμιανός, Αθήνα, σελ. 8 Πυθαγόρας - Πυθαγόρειοι, άπαντα, 3, Αρχαία Γραμματεία, τόμος 811, Κάκτος 1999, σελ. 239 Αναπολιτάνος, Δ.Α., ό.π., σελ. 27

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/4

Ελληνική

Η.

Ιερή

οινωνια

Γεωμετρί-α

Στέλιος Μπακολουκάς

ολλά έχουν γρα φτεί για την ιερή γεωμ ετρία, πολλά ερμη νεύονται και πολλά λέγονται ακό μα, . . . Εμ είς θα μ είνο υμ ε στην καταγραφή και στην α ναφορά το υς, όσο πιο απλά γ ίνεται, με πολύ προ σοχή, . .. Έτσι θα λέγαμε ότι οι βασικοί ιεροί γεω _

σχή μα που πράττει όλα τα είδη των δραστηριοτήτων.

ψυχικών

μετρικοί λόγοι της αρχαιότητας είναι οι αριθμοί: π, .J2 , , , φ . • π=3,14159 . . .

J3 J5

π= 3 , Ι4Ι59 265 3 5 89793 23 846 26433 83279 5 02 8 8 4Ι97Ι 69399 375 1 0 5 8209 74944 59230 78Ι64 06286 20899 86280 34825 342ΙΙ 70679 82Ι48 0865Ι 32823 06647 09384 46095 505 82 23Ι72 5 3 5 94 08Ι28 48 ΙΙΙ 74502 84 1 02 70Ι93 852ΙΙ 05559 64462 29489 5493 0 3 8 Ι96 4428 8 1 0975 66593 3446Ι 2 8475 64823 37867 8 3 Ι65 27Ι20 Ι909Ι 45648 56692 34603 486 1 0 45432 66482 1 3 393 60726 0249Ι 4Ι273 72458 70066 063 Ι. . . Ο π βρ ίσκεται σε κάθε κύκλο (Γ = 2π R). Προ κύπτει ως εξής: α ν η

διάμ ετρος είναι 1, τότε η περιφέρεια είναι 3, • • • •

1416...

Η τετραγωνική ρίζα του Δύο:

{ .fi) =1,414 . . . τετραγωνική ρίζα του Τρία: { J3 ) =1,732 . . . τετραγωνική ρίζα του Πέντε: { J5) =2,236 . .

Η .J2 και το Τετράγωνο

Α�---Β---�

Η πλευρά του τετραγώνου είναι η (ΑΒ) Ι, η διαγώνιος του τετραγώνου είναι (ΑΓ) Τετραγω νική ρίζα του 2 (Ι,4Ι4 . . . ) Στην Ιερή Γεωμετρία, το τετράγωνο συμβολί =

ζει τον φυσικό κόσμο. Το τετράγωνο καθορίζει την ολότητα. Αν η πλευρά του είναι Ι, τότε η πε .

φ= Ι,6Ι803 39887 49894 84820 45868 34365 63 8ΙΙ 77203 09Ι80 . .. Το φ είναι η Χρυσή Τομή. Υπάρχουν άρρητοι αριθμοί. Ο π καταγράφτηκε σε πρώτη φάση σε Ι500 δεκαδικές θέσεις και συνεχί στηκε, χωρίς κανέναν ορατό τύπο, . . . τώρα έχει ξεπεράσει τα 5 τρισεκατομμύρια . . . Ας δούμε ό μως, καθένα από τους ειδικούς αυτούς αριθμούς και ίσως μπορέσουμε να τους βρούμε, . . . στην Ιε ρή Γεωμετρία. Όλοι αυτοί, οι πέντε αριθμοί, απο κτούν νόη μα μόνο όταν εξαντληθούν έναντι του Ένα. Είναι όλοι λόγοι του χ : 1 . •

•

ρίμετρός είναι 4 και η επιφάνειά του Ι. •

J3 και η Κύστη Ιχθύος

Δύο κύκλοι έχουν κοινή ακτίνα (ΑΒ). Η ακτί να ΑΒ είναι Ι. Οι τεμνόμενοι κύκλοι δη μιουργούν μια Κύστη Ιχθύος. Ο μικρός άξονας της Κύστης είναι (ΑΒ) ίσος με Ι και ο μεγάλος άξονας είναι ο (ΓΔ) ίσος με τετραγωνική ρίζα του 3 ( 1 ,732 . . . ). \

Ο π και ο Κύκλος

Ο π βρίσκεται σε κάθε κύκλο. Σε έναν κύκλο με ακτίνα (ΓΔ) να είναι Ι, η διάμετρος (ΑΒ) θα

είναι 2, η περιφέρεια είναι π·2ακτίνα και το εμβα δόν π·ακτίνα στο τετράγωνο. Στην Ιερή Γεωμετρία, ο κύκλος συμβολίζει τις ψυχικές σφαίρες. Ένας κύκλος, εξ αιτίας του π δεν μπορεί να περιγραφτεί με τον ίδιο βαθμό α κριβείας, όπως ένα φυσικό τετράγωνο. Είναι ένα

Πώς αποδεικνύεται; στο δεξιό τρίγωνο (ΕΒΓ), ΕΒ

.!.

ΑΒ ή 0,5. Η ΓΒ είναι επίσης ακτίνα του 2 κύκλου, με κέντρο Β . Έτσι, ΓΒ = ΑΒ = Ι. Η ΓΔ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/5

-------

είναι κάθετη στην ΑΒ. Ως εκ τούτου, η γωνία ΓΕΒ είναι 90°. Σύμφωνα με το Πυθαγόρειο θεώρημα 2 2 2 2 2 α +β2 =γ τότε ΕΒ + ΓΕ = ΓΒ δηλαδή 2 (ΑΒ/2)2+ΓΕ = 1 άρα 0,25+ΓΕ2 = 1 τότε ΓΕ = .Jo, 75 .

Και ΓΕ=Ο,8660254038 . . . αλλά η ΓΕ είναι το μισό

τείνει προς την αποκαλούμενη Χρυσή Τομή, ή Χρυσή αναλογία, ή Αριθμός φ = 1.6 18033989 . . . . Ο αντίστροφος της Χρυσής Τομής 1/φ= 0.618033989 . . . , με αποτέλεσμα να ισχύει: 1/φ=φ-

1. Α --------+ ---------- 8 Γ

της ΓΔ και έτσι ΓΔ=2·0,8660254038 . . . ή ΓΕ = 1, 732050808. . . . Η τιμή της ρίζας του 3 είναι:

J3 = 1,7320508076 . . .

άρα ΓΔ= J3 .

Σε πολλούς Γοτθικούς Ναούς οι θόλοι και άλλα σημεία του ναού, είναι κτισμένα με αυτή την μορφή.

-----

.J5 και το Διπλό Τετράγωνο

Το Διπλό Τετράγωνο βρίσκεται σε μερικά από τα πιο γνωστά ιερά μέρη σε όλο τον κόσμο. Η τετραγωνική ρίζα του 5 αναλύεται ως εξής: 0,6 18 . . . + 1+0,618 . . . Το Διπλό Τετράγωνο. Μικρή πλευρά (ΑΒ=ΓΔ)= 1, Μεγάλη πλευρά (ΑΔ=ΒΓ)=2, Διαγώνιος (ΑΓ=ΒΔ)= ν'S = 2, 236...

-,---Δ ----,

ΑΓ:ΓΒ προς

------

Γράφουμε ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ, όπου ΑΒ= 1. Διαιρώντας τις γραμμές ΑΔ και ΒΓ στη μέση με την κάθετη ΖΕ, οπότε ΒΓ= 1 και ΕΓ=Ο,5. Υπάρχει το Διπλό Τετράγωνο ΕΓΔΖ και με τη διάμετρο ΕΔ σαν ακτίνα με κέντρο το Ε, γράφουμε τόξο από το σημείο Δ μέχρι αυτό να τμήσει την ΒΓ στην προέ κτασή της, στο σημείο Θ. Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΖΔ και υψώναμε κατακόρυφο στο ση μείο Θ, η οποία τέμνει την ΑΖΔ το Η. Έτσι δημι ουργούμε το φ ορθογώνιο ΑΒΘΗ. Ο λόγος των πλευρών είναι ίσος με 1/φ.

------

Η Ιερή Γεωμετρία και η κοινωνία

Α ��---:z--- , Η ��-��-��--.

I I I I I I I I �-------

Το φ ορθογώνιο, που καλείται επίσης Χρυσό Ορθογώνιο, χρησιμοποιήθηκε από τον Da Vinci και άλλους ζωγράφους στην Αναγέννηση. Ο Χρυσός Αριθμός φ και η τετραγωνική ρίζα του 5 έχουν σχέση. Εκτεινόμενο το τόξο ΘΔ προς το Α θα τμήσει το ευθύγραμμο τμήμα ΘΒ σε ένα σημείο, στο Ι, όπου θα υπάρξει σχέση του φ και της τετραγωνικής ρίζας του 5 . . ..

Το φ δεν εφαρμόζεται στη Γεωμετρία μόνο στο ορθογώνιο αλλά και σε ένα ευθύγραμμο τμή μα. Έχοντας ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μήκους χ, η Χρυσή Τομή, γίνεται ως ακολούθως: Φτιάχνου με ένα ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές ΑΒ

•

Ο φ ο Χρυσός Αριθμός

Ο Χρυσός Αριθμός φ= 1,618 . . . : Η μικρή ανα λογία στα δεξιά είναι = 3, η μεγάλη αναλογία είναι = 5, η μικρότερη προς τη μεγαλύτερη είναι όπως η μεγαλύτερη προς το σύνολο, 3 :5 και 5 :8. Αυτός ο λόγος δείχνει ότι είναι ένα τμή μα αυτής της σει ράς: 1, 2, 3, 5, 8, 13, 21, 34, 55, 89, . . . κλπ. Αυτή είναι η σειρά Α Fibonacci. Ο κάθε αριθμός της σειράς προκύπτει αφού προστεθούν οι δύο προη γούμενοι αριθμοί, δηλαδή, 5+8=13, 34+55=89, . . . . Ο λόγος δύο διαδοχικών αριθμών της ακολουθίας

μήκους χ και ΒΓ μήκους � , με υποτείνουσα την 2

ΑΒ. Με κέντρο το Γ και ακτίνα � γράφουμε κύ2 κλο, ο οποίος περνά από το σημείο Δ της ΑΓ. Με κέντρο το Α γράφουμε κύκλο με ακτίνα μήκους ΑΔ. Ο κύκλος περνά από το σημείο Ε της ΑΒ

[Χρυσή Τομή]. Εκτός από το Χρυσό Ορθογώνιο, υπάρχει και το Χρυσό Τρίγωνο. Έτσι λέγεται κάθε ισοσκελές τρίγωνο του οποίου ο λόγος της μεγάλης πλευράς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/6

ΔΡΑΣΕΙΣ

ΓΕΓΟΝΟΤΑ

Εκδήλtοοη γιο 1'

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

ε(Ιι)μ&τρiα

Σημαντική εκδήλωση, για τη I Ί:ωμι:τρίιι., με αρκε τό κόσμο και με κεντρικούς ομιλητές τον ι\ημiιτρη Χ ι ι ισ τι ι δ ι ι t'Jλιιυ κ ω Λ ντιίινη Μ ι;λιί. διοργάνωσε το Ευ γενίδειο Ίδρυμα με το περιοδικό «φ>>.

είναι έντονα μη Γραμμικiι και συνήθως πρόκειται για μερικές διαφορικί:ς εξισ<iισι:ις Υπερβολικού τύπου. Εδώ είναι, που η δουλειά του Δημήτρη Χριστοδού λου, έρχεται να ρίξει φώς. Αξίζει να σημειώσει κανείς την εργασία του, πάνω στην •:υστάΟι:ια του χώρου Minkowski, ως λύση των εξισώσεων βαρύτητας αλλά και την πολύ σημαντ ικ ή πρόσφατη δουλειά του, για την αυτόματη δημιουργία ιδιομορφιιίιν στα ρευστά αλλά και στο κενό κάτω από ισχυρά βαρυτικά κύματα. (πρόκειται για μελανί;ς οπί;ς που δημιουργούνται χωρίς την ύπαρξη άστρου, δηλαδή στο κενό υπό την επήρεια ισχυρών βαρυτικών κυμάτων). Ας σημειωθεί ότι οι εργασίες αυτές, ολοκληρώνο νται σε χιλιάδες σελίδες, με τεράστιες τεχνικές δυσκο λίες για τις οποίες επινοεί πρωτότυπες μεΟόδους lJπέρ βασης. Χαρακτηριστική είναι η ισχυρή Γεωμετρική συ νιστώσα που κυριαρχεί στις εργασίες του καθηγητή Χριστοδούλου, παρ' ότι αρχικά τα προβλήματα αυτού του τύπου, διατυπώνονται αναλυτικά. Είναι αξιοσημεί ωτο ότι στις διαλέξεις του ο Δημήτρης Χριστοδούλου πάντοτε έχει αφετηρία κάποιο πρόβλημα από τα Αρ

χαία

Αξιόλογη παρουσίαση του έργου του Δημήτρη Χρι στοδούλου έγινε στο Ζάππειο Μέγαρο από τους αποφοί τους του ΕΤΗ Zurich της Ελβετίας και της Ελλιινικής ΜαΟημu.τική; Εταψι:ίας, μέσα σε εγκάρδια ατμόσφαιρα, με παρευρισκόμενους αρκετούς σημαντικούς Έλληνες Μαθηματικούς, στις 16 Φι:βριηιιφίι ιυ 2012. Ομιλία

του Προέδ ρου της Ε.Μ.Ε.

Κυρίες και κύριοι, αγαπητοί συνάδελφοι Αποτελεί για μένα ιδιαίτερη τιμή και χαρά, εκπρο σωπώντας την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, αλλά και το Μαθηματικό τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών να κάνω, μια αναφορά στην επιστημονική βαρt'ιτητα και σημασία του έργου, 1 του καθηγητή κ. Δημήτρη Χρι στοδούλου. Στην διεθνή Επιστημονική σκηνή, ο Καθη γητής Δημήτρης Χριστοδούλου2 θεωρείται σήμερα από τους πλέον διακεκριμένους Μαθηματικούς με έργο που έχει τεράστια απήχηση και στη Φυσική. Το επιστημονικό του έργο, κινείται γύρω από τη μελέτη των Θεμελιωδών Εξισώσεων της Φυσικής (Η λεκτρομαγνητισμός, Βαρύτητα, Ασυμπίεστα Ρευστά κ.λ.π. αλλά και άλλες περιοχές). Αν και οι εξισώσεις αυτές είναι γνωστές εδώ και πολλά χρόνια, εν τούτοις η ύπαρξη, οι ιδιότητες και η συμπεριφορά των λύσεων είναι ένα αντικείμενο που ακόμη ανακαλύπτεται. Η φύση των εξισώσεων αυτών 1

Ε λληνι κ {ι ΜαΟηματικιi.

Θα ήθελα εδώ να τονίσω ότι ο Καθηγητής Χριστο δούλου διαθέτει σπάνια αρχαιογνωσία, με υψηλή εξει δίκευση και στι ιzαστι κό βάΟι ις , θεωρεί ότι ο Αρχαίος Ελληνικός Πολιτισμός στον Επιστημονικό τομέα έκανε τέτοια τομή στην Ιστορία και την εξέλιξη της aνθρωπό τητας, η οποία δεν επανελήφθη ποτέ, μέχρι σήμερα. Χωρίς λοιπόν να είμαστε υπερβολικοί μπορούμε να πούμε ότι ο Καθηγητής Χριστοδούλου, εκτός από την περίοπτη θέση που κατέχει στη διεθνή Μαθηματική Κοινότητα, συνεχίζει την παράδοση των Αρχαίων Ελ λήνων Γεωμετρών. Η γενική συνέλευση του Τμήματος Μαθηματικών του ΕΚΠΑ καθώς και το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. απεφάσισαν ομόφωνα να τον τιμήσουν, τόσο για το τε λευταίο μεγάλο βραβείο στα Μαθηματικά (Shaw) που είναι ισότιμο με βραβείο Nobel (αφού είναι γνωστό ότι δεν υπάρχει βραβείο No bcl στα Μαθηματικά), όσο και για το συνολικό πρωτο ποριακό επιστημονικό του έργο, σε ειδικί:ς επίσημες εκδ η λ <iισ•:ις. Ο κ. Χριστο δούλου πέρα από διακεκρι μένος Μαθηματικός και Φυ σικός είναι και ένας σπου δαίος Έλληνας που τιμιί. και Το έργο του και η

του σε μια εποχή πα αποτελεί πρότυπο και ελπίδα. Του ευχόμαστε υγεία και δύναμη για μεγαλύτερες διακρί σεις και ι:υίιδωση όλων των εmστημονικών στόχων του. παρουσία

ρακμής και κατί�ιιρευσης

Γρηγίφως

Η ΕΜΕ θα τιμήσει τον Δημήτρη Χριστοδούλου κα ι σε ξε fωριστή εκδήλωση , μέσα στο 2012. Στο επόμενο τεύχος θα υπάρξει απο κλε ιστι κή συνέντευξη , στον «Ευ κλείδη Β'», από τον Δημήτρη Χριστοδούλου.

ι\ημήτρης Χριστοδούλου

αγαπά την πατρίδα του.

Καλιιγψίιπουλος

Πρόεδρος του Μαθηματικού Τμήματος Του Πανεπιστημίου Αθηνών και Πρόεδρος της Ε. Μ. Ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/7

------- Η Ιερή Γεωμετρία και η κοινωνία

προς τη μικρή είναι ίσος με φ. Έτσι, κάθε ισοσκε λές τρίγωνο με κορυφή γωνίας 3 0° είναι Χρυσό Τρίγωνο. Στα κανονικά εγγεγραμμένα πολύγωνα, το Πεντάγωνο (Πεντάγραμμο των Πυθαγορείων) συναντάμε τον αριθμό φ. Δηλαδή, η διχοτόμος κά θε τριγώνου του πολυγώνου που σχηματίζεται από μία κορυφή και την απέναντι πλευρά του πολυγώ νου, τέμνει την απέναντι πλευρά κατά Χρυσή Το μή.

-------

σταση την ΗΛ, όπου Λ είναι το σημείο τμήσης της ΗΚ με τον προηγούμενο κύκλο κέντρου Ο, γρά φουμε τόξο προς τα κάτω που τέμνει την ΚΜΤΓ στο σημείο Μ.

Οι Ιεροί Αριθμοί και οι εφαρμογές τους 1. Ο Παρθενώνας είναι χτισμένος σύμφωνα

με την Ιερή Γεωμετρία. Αν το ύψος του Παρθενώ να είναι 1 , το πλάτος του είναι φ και το μήκος του είναι

J5. Δηλαδή 1 + 1,618 . . . +2,236 . . . =3φ.

Φέρουμε τη διαγώνιο ΗΚ, που τέμνει την ΕΔ στο Ι. Η ΕΔ είναι ίση με 1 , ως εκ τούτου η διάμεΑ

τρος του κύκλου είναι επίσης 1. Η ΗΚ =

J5 .

Έτσι θα μπορούσαμε να πούμε ότι υπάρχουν, λοιπόν, πέντε ιεροί γεωμετρικοί λόγοι, το π, η

J3 J5

J2,

η ,η και το φ. Η Ιερή Γεωμετρία βρίσκε ται παντού. Στις αποστάσεις και σχέσεις μεταξύ των σωμάτων του ηλιακού μας συστήματος, στα χέρια μας, στο πρόσωπό μας, στο σώμα μας, στα φυτά, στα ψάρια κ.α. 2.

Αν HK= J5 και ΟΛ=ΟΔ=ΟΕ=Ο,5, η διάμε τρος αυτού του κύκλου είναι 1 . Έτσι: ΗΛ=0,6 1 8 . . . + 1, ή φ = 1 ,6 1 8 . . . . Θ ,-------.

Η εφαρμογή του φ στις πυραμίδες.

Τελικά τετραγωνίζεται ο κύκλος; Το τετρά γωνο συμβολίζει το φυσικό κόσμο, την υλική κα τάσταση . Ο κύκλος συμβολίζει τον πνευματικό κόσμο. Όλοι οι μελετητές της Ιερής Γεωμετρίας τείνουν να προσπαθούν τον τετραγωνισμό του κύ κλου. Μια κλασική και γνωστή κατασκευή σύμ φωνα με το φ, είναι η Μεγάλη Πυραμίδα στην Αίγυπτο. Ο τετραγωνισμός του κύκλου γίνεται με ένα ορθογώνιο τρίγωνο που σχηματίζεται από το ευθύ γραμμο τμήμα ΕΖ που συνδέει το μέσον μιας βάσης με την κορυφή της πυραμίδας, την κατακόρυφο ΕΗ από την κορυφή της πυραμίδας προς την βάση και το ευθύγραμμο τμήμα ΕΖ που ενώνει τα δύο πριν. Αυτό είναι το σχήμα της πυραμίδας με το ορθογώνιο τρί γωνο. Υποθέταμε πως η πλευρά του τετραγώνου της βάσης είναι ίση με 2. Κατασκευάζουμε τετράγωνο ΕΘΚΔ, έτσι δη μιουργείται ένα διπλό τετράγωνο, το ΘΚΤΗ. Χρη σιμοποιώντας το διαβήτη με κέντρο το Η και από-

Τώρα γράφουμε την ΗΜ που τέμνει την ΑΕΔ στο Ι. Βάζουμε τον διαβήτη στο Τ και εκτείνουμε ως το Μ . Βάζουμε πάλι στο σημείο Η και σχηματί ζουμε τον κύκλο που έχει ακτίνα ΗΙ. Το είναι το ύψος της Μεγάλης Πυραμίδας. Αυτός ο κύκλος αξιοσημείωτα πλησιάζει να έχει την ίδια περιφέ ρεια όπως η περίμετρος της βάσης ΑΒΓ Δ. Είναι φανερό ότι αν στο αρχικό ορθογώνιο

τΜ

τρίγωνο ΕΖΗ, όπου ΕΖ=1, ΖΗ=φ τότε ΕΗ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/8

jφ .

�Δ_ 1.a.yωvtOp!Ot Μβv&ιμστtΚοt � ..

··

Μαβqμαnκές Ολ"Uμπιά&ς;

Ε πιτροπή Διαγωνισμ ών της Ε . Μ . Ε . ° 72 ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗτΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ

«0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ» ΣΑΒΒΑΤΟ, 21ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2012

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α' τάξη Λυκείου

Πρόβλημα 1 Να βρείτε το υποσύνολο των πραγματικών αριθμ ών στο οποίο συναληθεύουν οι ανισώ2 2 x -1 x +x χ -� -+ 4 4 3

l l

σεις: Λύση

και

x+l x x+l --+ 2 4

(

) ( χ+2 ) 2 >

z xz l x l - 1 l x l + x Έχουμε -+ -- � � 3χ 2 + 4 (l xl - 1 )::;; 3 l xl +3x2 � l xl::;; 4 � -4::;; χ::;; 4. 3 4 4 2 χ+1 χ ( χ+1 ) ( χ+2) 2 -+ > �2χ+2+χ ( χ+1 ) >( χ+2) �2χ+2+χ2+χ>χ2+4χ+4�-χ>2�χ < -2. 4 4 2 Επομένως, οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν στο διάστημα -4,-2 )= { χ ε IR. : -4::;; χ < -2} .

[

Πρόβλημα 2 Να προσ δ ιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης

χ χ2 [(1 αχΥ-(α χΥ] αb 1-α2 1-χ2 (α-bΥ για τις δ ιάφορες τιμές των πραγματικών αριθμ ών α,b με αb(α-b}( 1-α2) +

::ι:.

Ο.

Λύση Για να ορίζονται οι δεδομένες παραστάσεις πρέπει να ισχύουν: 1-χ2 ::ι:.Ο, 1-α2 ::ι:.Ο(υπόθεση) και α:;t:b(υπόθεση)�χ:;t:±1. Για χ* ±1 , η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση: z z z z z z χ (1+α x - α - x ) αb αb χ ( 1 -α ) ( 1 - x ) =----;:= - · �-· 2 2 2 1-χ 1-χ ( 1-α ) ( 1-α ) ( α-b ) 2 ( α - b) �

x(l +x)=

(

ab b)2

α-

�

(a - b)2x2+(a - b)2x - ab= O

Επειδή είναι α:;t:b η τελευταία εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ

= (α- b)

+ 4αb (α- b )2

= (α- b )2 [ (α- b )2 + 4αbJ = (α- b )2 (α+ b )2 ( α2 - b2 )2 � Ο . =

Άρα η εξίσωση έχει τις ρίζες (ίσες, αν α= -b ) : 2 2 2 - ( α-b ) + ( α -b ) 2αb-2b2 2b ( α-b ) b χ1 = = και 2 = 2 2 = -α-b 2 ( α-b ) 2 ( α -b ) 2 ( α - b) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/9

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες χ

Παρατη ρούμε ότι:

------

- ( α - b )2 - ( α2 - b2 ) 2αb - 2α2 -2α ( α - b ) -α = = = 2 ( α - b )2 2 ( α - b )2 α - b 2 ( α - b )2

b b = -1 <=> b = -b + α <=> α = 2b, = 1 <=> b = b - α <=> α = Ο και b-α b-α -α -α -- = 1 <=> -α = α - b <=> 2α = b και = -1 <=> -α = b - α <=> b = Ο. α-b α-b Επομένως, για τιμές των παραμέτρων α, b που ικανοποιούν τις υποθέσεις α -:1:- Ο , b -:1:- Ο, α -:1:- b και α -:1:- ± 1 , έχουμε : --

Αν

( α - 2b )( 2α - b ) Ο , -:1:-

η εξίσωση έχει δύο ρίζες (ίσες με χ1

Αν Αν

b α-b

και

χ2

-α . α-b -2 .

_!_ , αν α = -b ): 2

α = 2b , τότε η εξίσωση έχει μόνο τη ρίζα χ2 b ' ' ' τη ρι'ζ α χ?- = -2 . α = , τοτε η ε ξ'ισωση εχει μονο 2 =

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 90° και Α < 45° . Θεωρούμε τα μέσα Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΓ, αντίστοιχα, και ση μείο Μ -:1:- Α στο ευθύγραμμο τμή μα ΑΕ . Αν η μεσο κάθετη του ευθύγραμμου τμή ματος ΒΜ τέμνει την ευθεία Δ Ε στο Ζ και την ευθεία ΑΓ στο Η ευθεία ΒΖ διχοτομεί τη γωνία ΘΒΕ . Θ, να αποδείξετε ότι: ΒΜΖ = .

Επειδή το Ζ ανήκει στη μεσοκάθετη του

ΒΜ

θα

είναι Ζ Β ΖΜ και ΒΜΖ = ΜΒ Ζ = ω . Επειδή είναι ΔΕ 11 ΑΒ και ΑΒ l_ ΒΓ έπεται ότι ΔΕ l_ ΒΓ , δηλαδή η ευθεία ΔΕ είναι μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ . Αφού Ζ ε ΒΓ θα είναι ΖΒ = ΖΓ και =

ΖΒΓ = Zf'B = φ . Επειδή ΜΖ = ΒΖ =Γ Ζ θα είναι και zMr =ztM =θ . Από το τρίγωνο ΒΜΓ, λόγω των προη γούμενων ισοτήτων, έχουμε ΜΒΓ + BfM + rMB = 180° => 2ω + 2φ + 2θ = 1 80° => ω + φ + θ = 90° . ( 1 ) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε φ + θ =f' = 90° -Α. (2) Γ Β Δ Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη Σχή μα 1 λαμβάνουμε: ΒΜ Ζ = ω = Α . Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να εργαστούμε θεωρώντας το μέσον Κ της ΒΜ . Αν η ΔΚ

.. .. .. ... .......... .. ---

τέμνει την πλευρά ΑΒ στο ση μείο Ν, τότε η ΔΝ είναι παράλληλη προς την ΑΓ και το τετρά-

ΝΔΕ = Α . (3) Επίσης, από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΒΔ ΖΚ (έχει Κ =Δ =900) έχουμε: ΝΔΕ =κΔΕ =zΒ Κ (4) (5) ΖΒ Κ = ΒΜΖ . Από το ισοσκελές τρίγωνο Ζ ΒΜ (Ζ Β = ΖΜ ) έχουμε: Από τις σχέσεις (3), (4) και (5) έπεται ότι: ΒΜΖ = Α Επειδή το ση μείο Θ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΜ η ΘΖ είναι διχοτόμος της γωνίας Β ΘΕ . Επίσης, επειδή η ΒΕ είναι διάμεσος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ προς την υποτεί-

πλευρο ΑΕΔΝ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε θα έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 0

-------

νουσα, θα είναι ΒΕ =

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΑΓ

= ΕΓ, οπότε το τρίγωνο

-------

ΒΕΓ είναι ισοσκελές με την ΕΔ ύψος και δι-

χοτόμο της γωνίας ΒΕ Γ , άρα και της γωνίας ΒΕ Θ . Επομένως στο τρίγωνο ΒΘΕ τοΖ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του, οπότε και η ΒΖ διχοτομεί τη γωνία Θ Β Ε . 4

χ,y, α που επαληθεύουν την εξίσωση JX2+(/ -a2)x+ y(y-a)2 =0, να αποδείξετε ότι ο αριθμός xy είναι τέλειο τετράγωνο ρητού αριθμού. Αν υπάρχουν ακέραιοι

yx 2 + (y 2- α2)x + y(y- α) 2=0. Μετά τις πράξεις και αναδιάταξη των όρων η εξίσωση , ως προς άγνωστο το α, γράφεται: (y- χ ) α2- 2/α+y(χ 2 +xy+ y 2) =Ο. Σύμφωνα με την υπόθεση, η εξίσωση αυτή με άγνωστο το α έχει ακέραια λύση, αλλά και α Έστω ότι οι ακέραιοι

χ,y, α

επαληθεύουν την εξίσωση :

κέραιους συντελεστές. Επομένως, η διακρίνουσα της είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, δηλαδή

Δ=4/ -4y(y-x)(x2+λ)!+/)=4y[/ - (/ -x3)]=4yx3 =λJ!(2χ)2=Κ. 2 Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι: xy= .!!.._ , όπου ο αριθμός .!!.._ είναι ρητός. 2χ 2χ

υπάρχει

Ε Ζ τέτοιο, ώστε

( )

Ν α προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου

ι 2a +αχ

2χ

2a + 6

χ3

4χ

α*

Ο για τις οποίες η εξίσωση

, πραγματικες , ρ ι'ζες με δ ιαφορα, 4 . εχει δ υο

Μετά τις παραγοντοποιήσεις των όρων των κλασμάτων η εξίσωση γράφεται:

1 + 1 = 2(α+3) (1) α(χ+2) χ(χ- 2) χ(χ- 2)(χ + 2) · Πρέπει να ισχύουν χ * Ο, ±2 , δηλαδή η εξίσωση θα λυθεί στο σύνολο IR- {-2,Ο, 2}. Η εξίσωση (1) στο σύνολο IR- {-2,Ο, 2} είναι ισοδύναμη τελικά με την εξίσωση χ 2 +( α- 2)χ- ( 2α2 +4α) =Ο η οποία έχει διακρίνουσα Δ = ( 3α + 2) 2 και ρίζες χ1 =α + 2 και χ2 -2α. Επειδή α+2 Ε {-2,0,2} �α Ε {- 4,-2,0} και -2α Ε {-2,0,2} �α Ε {1,0,-1} και αφού από την υπόθεση είναι α * Ο , συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες δεκτές, τις χ, α- 2 και χ2=-2α, όταν είναι α-:!;-1, +1,-2,- 4. Επειδή είναι lα+2-{-2a)l=4<=: �l3α+21 4 �3α+2=4 ή 3α + 2= -4 �α=� ή α=-2, η τιμή του α που ζητάμε είναι η α= � . 3 3

= =

f1J μό}Ω.ημια 2

Αν

ακέραιος και χ Ε R , να προσδιορίσετε όλα τα ζευγάρια χ, y) που είναι λύσεις του

{1 +Υ-ix2-

}

+ι Ι> 0 y-2+lx-21 < Ο

συστή ματος

3χ

(

Ν α παραστήσετε γραφικά στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy, το σύνολο των

Μ χ, y) , όπου χ, y) λύση του συστή ματος (Σ).

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/1 1

(Σ )

ση μείων

-----

{

ΛίJση

} {

Για y = Ο, το σύστη μα γίνεται:

{Ι

}

} {

{ 2 } { -2

Για y =

{

} { } 2} {

χ 2 - 3χ + 1 1 < 1 χ 2 - 3χ + 2 > ο και χ 2 - 3χ < ο - 1 < χ 2 - 3χ + 1 < 1 � � -2 < χ-2 < 2 -2 < χ-2 < 2 l x - 21 < 2

}

( χ < 1 ή χ > 2 ) και Ο < χ < 3 � ο < χ < 1 η, 2 < χ < 3 . 0<χ<4

� •

----

1 + Υ - Ι χ 2 - 3χ + 1 1 > ο 1 + Υ > Ι χ 2 - 3χ + ψ : : ο � y - 2 < - Ι χ - 21 s Ο ' y - 2 + l x - 21 < Ο Από τις δύο τελευταίες εξισώσεις προκύπτει ότι: 1 + y > Ο και y - 2 < Ο � -1 < y < 2 . Επομένως οι δυνατές τιμές του y είναι y = Ο ή y = 1 .

Έχουμε

•

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

1, το σύστη μα γίνεται: Ι χ 2 - 3χ + 1 1 < < χ 2 - 3χ + 1 < � -1 < χ-2 < 1 lx - 21 < 1 �

{

3 - JU

---

3 + J13 < χ < ---

1<χ<3

χ 2 - 3χ + 3 > ο και χ 2 - 3χ - 1 < ο 1<χ<3

�

}

� 1 < χ < 3.

Για τη γεωμετ ική αναπαράσταση του συνόλου των λύσεων του συστή ματος έ χουμε : 3

o t--- ��--�ο

-1

-2

Σ χή μ α 2 3 α μ Π ρόβ λη Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ , εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O , R) . Η

διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει τον κύκλο c(O , R) στο ση μείο Μ. Ο κύκλος c1 (Μ, ΑΜ ) τέ μνει την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Δ . Ν α αποδείξετε ότι ΓΔ = ΑΒ . ΛίJση ( 1 ο � τρόπος) Έστω Ε το δεύτερο κοινό σημείο των περιφε ρειών ( c ) και ( c1 ) . Τότε η ΑΕ είναι η κοινή χορ δή των δύο κύκλων, άρα η ΟΜ είναι μεσοκάθετη της ΑΕ . Το Μ είναι το μέσο του τόξου Β Γ (διότι

Σχή μα

η ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α ). Άρα η ΟΜ είναι μεσοκάθετη και της ΒΓ. Επειδή οι χορδές ΒΓ και ΑΕ έχουν την ΟΜ κοινή μεσοκάθετη , συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε: ΑΒ = ΕΓ . (1) Το τρίγωνο ΜΑΔ είναι ισοσκελές, αφού ΜΑ = ΜΔ ως ακτίνες του κύκλου ( c1 ) Άρα είναι •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 2

------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Αι = Δ ι = ξο

Mr ) .

�

. Ισχύει επίσης

Αι = Ε ι =

(εγγεγραμμένες στον κύκλο ( c ) και βαίνουν στο τό-

Από τις τελευταίες ισότητες γωνιών συμπεραίνουμε ότι Ε

ι = Δι = Α 2

και σε συνδυα-

σμό με την ισότητα Μ ΔΕ = ΜΕ Δ (που προκύπτει από το ισοσκελές τρίγωνο ΜΔΕ ), καταλή Ε Δ και στην ισότητα των ευθυγράμμων τμη μάτων: γουμε στην ισότητα των γωνιών ΓΔΕ = Γ ΕΓ = ΔΓ. (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε το ζητούμενο. zος Τ ρόπο ς Το τρίγωνο ΑΜΔ είναι ισοσκελές ( ΜΑ = ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c 1 ) ) . Η ΑΜ είναι διχο-

(3)

τόμος της γωνίας Α , οπότε έχουμε :

Μι + ω = ΑΜ Δ = 1 80° - Α ι - Δι = 1 80" -Α � Μ ι + ω = 1 80° -Α <=> Μ ι = 1 80" -Α- ω (4) Επίσης, ισχύουν οι ισότητες γωνιών: Β = ω (είναι εγγ εγ ραμμένες στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο), Μ = Γ (είναι εγγεγραμμένες 2 στο κύκλο ( c ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο). Άρα έχουμε Μι = 1 80" - Α- Β = Γ = Μ • (5) 2 Από τις ισότητες: Μι = Μ , ΜΒ = ΜΓ (διότι το 2 Μ είναι μέσο του τόξου ΒΓ) και ΜΑ = ΜΔ (διότι Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΜΔ ' έχουμε: ο

.---._

ΜΑ, ΜΔ ακτίνες του κύκλου ( c 1 ) ), συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΜΔΓ (*) είναι ίσα, οπότε ΓΔ = ΑΒ . (*) Η ισότητα των τριγώνων, μπορεί να αποδειχθεί και με άλλους τρόπους. Π αρατη ρή σης: Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να απο δείξουμε ότι τα σημεία Μ , Γ και το μέσο της ΔΕ είναι

Σχή μα 4

συνευθειακά. Ο κύκλος ( c1 ) τέμνει και τη προέκταση της

Λ το ση μείο τομής, τότε θα ισχύει ΒΛ = ΑΓ . Έτσι δη μιουργείτε το ισοσκελές ΑΔ = ΑΛ ΑΒ + ΑΓ και στη συνέχεια, μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΑΜ l_ ΔΛ .

ΑΒ . Αν ονομάσουμε τρίγωνο με

ΑΔΛ

Π ρ ό βλη μ α 4 Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του a , b ρητοί τέτοιοι ώ στε a 2 < 4b .

για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός

Λ ίJ σ η Επειδή από υπόθεση

.Jχ2 + αχ + b

όπου

α2 -4b < Ο , έπεται ότι χ2 + αχ + b > Ο , για κάθε χ ε IR . Αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί χ , �χ2 +αχ+ b = y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά τους y - χ = r θα είr2 - b , , 'Ετσι εχουμε ναι ρητος. νΙχ2 +αχ+ b -χ= r <=>νχΙ 2 +αχ+ b =x+r �x2 +αχ+ b =χ2 + 2l'X+r2 �χ =--, α-2r ' r -:f::- -α και χ + r ?: Ο η' ισοδυναμα, ' r > -α . Αντιστροφα, ' ' ' εφοσον εφοσον αν ειναι 2 2 , , r ρητος, με r > -α , τοτε , εχουμε: r 2 - b , οπου χ = -α - 2r 2 2 - b 2 r2 - b 3 + α 2 r 2 + 2br 2 - 2αbr + b 2 ( r 2 - αr + b ) 2 4 r r 2αr 2 χ + αχ + b + α -- + b = α - 2r α - 2r (α - 2r) 2 (α - 2r) 2 ==

[

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 3

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

2 b b 2 α2 - 4b < Ο , θα είναι y= .Jχ2+αχ +b = r - ar +I = r - ar + , r > !!._ , 2 2r- a 1 a- 2r

οπότε, αφού από υπόθεση δηλαδή ο y είναι ρητός.

Γ'

τάξη

Λ υ κ ε ίο υ

Π ρ ό βλη μ α 1 Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος αν , v = 1, 2,3,

που έχει πρ ώτο όρο α1 = α ;;�; Ο , διαφορά

...

;;�; Ο και είναι τέτοια ώ στε ο λόγος του αθροίσματος α1 +

προς το άθροισμα αν+ ι λαδή ανεξάρτητος του Λ ίJση

-------

+ + α3ν · · ·

των επόμενων

· · ·

+ αν

των

πρ ώτων όρων της

το πλήθος όρων της είναι σταθερός, δη

v .

.. = α, + ·αv = c ( ανεξάρτητο του v) . (1) αv +ι + · · · α3 v Σ3v - Σv [ 2α +( v - 1) ω J · v και Επειδή είναι Σ v = α , + · · · + αv = 2 ωJ · v [ 2α +(3v - 1) ωJ · 3 v [ 2α +( v - 1) ω J v =-[4α +( 8v- 2)---= Σ 3v - Σ v = = ' 2 2 2 2α +(v- 1)ω = c <=> ( 8cω- ω) v +4αc- 2α - 2cω + ω = Ο η σχέση (1) γίνεται 4α + ( 8v- 2) ω <=> (8c -1) ωv + (2c - 1)(2α- ω) = Ο, για κάθε v = 1, 2, 3, . . . (2) Σv

Απο, την υπο, θ εση δ ίνεται ότι:

'--

και 2 c -1 ή 2 α - ω = Ο <=>

c = _!_ , ω= 2α, 8 αφού ω ;;�; Ο. Επομένως η αριθμητική πρόοδος που ζητάμε είναι η : α , 3 α ,5α , .... ,( 2v - 1)α, ... . Δ ι α φ ο ρ ετικά. στην εξίσωση (8c- 1)ωv + (2c - 1 )(2α- ω)= Ο , που ισχύει για κάθε v = 1 , 2, 3, . . . μπορούμε να θεωρήσουμε v = 1 και v = 2 και να αφαιρέσουμε κατά μέλη τις ισό τητες που προκύπτουν, οπότε λαμβάνουμε (8c- l)ω= 0 και από αυτή (2c-1)(2α- ω)= 0 , ο<=>

( 8c -1) ω = Ο και (2c -1) (2α- ω)= Ο <=> 8c - 1 = Ο

----

' ' , ποτε εχουμε πα, λι το συστη μα:

{

( 8c - 1 ) ω = Ο (2c - 1 ) ( 2a - ω ) = O

}

<:::::>

= _!_ 8 ω = 2α c

{ }

αφού

ω =t- Ο .

Εύκολα επαληθεύουμε ότι οι τιμές που βρήκαμε ικανοποιούν την εξίσωση (2) για κάθε v ε Ν* , οπότε η αριθμητική πρόοδος που ζητάμε είναι η: α,3α, 5α, .... ,(2v - 1)α, ... . Π ρ όβλη μα 2

, αριθ μους , το συ, στη μα: , Ν α λυσετε στους πραγματικους Λ ίJση

Sz4

χ 16+ z4 , _

4 2 2 χ 2= 8z 4 = z 2 8z 2 ::::;; z 2, αφου, ισχυ, ει : 8z 2 ::::;; 1 , και ομοίως 16 + z 4 2 + ( z 2) 4 2 + ( z 2) , , , Τ' < 2. Επομενως, , εχουμε: χ 2= y 2 = z 2. οτε απο την πρωτη εz 2 _< y 2 και y 2 _χ

Παρατηρούμε ότι

, , λ αμ β ανουμε οτι: ξίσωση λαμβάνουμε:

8χ4 <=:>χ2(χ4 - 8χ2+16) =0<=>χ2(χ2-4) 2=Ο<=>χ=Ο ή χ = 2ή χ = 2 (όλες με πολλαπλότητα 2). 2 χ= 16+χ4 --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/14

-------

Για Για Για

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Ο , προκύπτει η λύση ( Ο, Ο, Ο ) . χ = 2 , προκύπτουν οι λύσεις: ( 2, 2, 2 ) , ( 2, -2, 2 ) , ( 2, 2, -2 ) και ( 2, -2, -2 ) . χ = -2 , προκύπτουν οι λύσεις: ( -2, 2, 2 ) , ( -2, -2, 2 ) , ( -2, 2, -2 ) και ( -2, -2, -2 ) . χ =

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, R) . Τα ύψη του ΑΔ,Β Ε ,ΓΖ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα ση μεία Α 1 ,Β 1 ,Γ 1 αντίστοιχα. Αν Az , B z ,Γ z είναι τα μέσα των ευθυγράμμων τμη μάτων ΟΔ, ΟΕ, ΟΖ A1Az , B1Bz , Γ1Γz περνάνε από το ίδιο σημείο. ι'μ iηω �} Παρατηρούμε ότι το σημείο

Α,

αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι οι ευθείες

είναι συμμετρικό

του ορθοκέντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ. Πράγμα τι, αν θεωρήσουμε το ση μείο Η, συμμετρικό του Η ως

προς

την

πλευρά

ΒΓ,

τότε

έχουμε

Β Η, Γ = ΒΗΓ = 1 80° Α Άρα το τετράπλευρο ΑΒΗ 1 Γ είναι εγγεγραμμένο στον περιγεγραμμένο Γ Β κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε το σημείο Η, συμπί πτει με το σημείο Α, . Έστω Κ το aντιδιαμετρικό του ση μείου Α1 και Μ το σημείο τομής της Α 1 Α με την ΗΚ . 2 Σχή μα 5 Τότε στο τρίγωνο Α1ΗΚ έχουμε ότι το σημείο Ο εί ναι μέσο της πλευράς Α1Κ και ότι το σημείο Δ είναι μέσο της πλευράς Α,Η . Άρα το τμήμα ΗΚ ΗΚ 'ισο και παρα' λλη λο με το τμημα ' ' ' -ΟΔ ειναι . Ε πει δη' τωρα ΟΔ = -- και η Α 1 Α - ειναι δ ια' 2 2 μεσος στο τρίγωνο Α ρ Δ , συμπεραίνουμε ότι η Α, Μ είναι διάμεσος του τριγώνου Α,ΗΚ . Έστω ότι οι διάμεσες Α, Μ και ΗΟ (του τριγώνου Α,ΗΚ ) τέμνονται στο σημείο G . Τότε θα ι σχύει GH = 200 , δηλαδή το ση μείο G χωρίζει το τμήμα ΗΟ σε δύο τμήματα με λόγο 2 : Ι . Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι Β,Β , Γ,Γ διέρχονται από το σημείο G . 2 2 -

2"� τρόπος { Χρησιμοποιώντας τη πρόταση : "Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου τριγώνου, ως προς τις πλευρές του, βρί σκονται στο περιγεγραμμένο κύκλο του", που αποδεί ξαμε στην αρχή της προηγούμενης λύσης, συμπεραί νουμε ότι το Δ είναι μέσο του Α 1 Η , το Ε είναι μέσο

του

Β1Η

και το Δ είναι μέσο του

Άρα το τρίγωνο

Α1Β1Γ1

Γ,Η .

είναι ομοιόθετο του (ορθι

κού) τριγώνου ΔΕΖ στην ομοιοθεσία με κέντρο το ορ θόκεντρο Η και λόγο 2 , ( ΗΑ1 = 2ΗΔ ) . Το Α2 είναι μέσο του ΟΔ , το Β2 είναι μέσο του ΟΕ

και το Γ2 είναι μέσο του ΟΖ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 5

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Άρα το ορθικό τρίγωνο ΔΕΖ , είναι ομοιόθετο του τριγώνου Α Β Γ στην ομοιοθεσία με κέ 2 2 2 ντρο το Ο και λόγο 2 , ( ΟΔ = 20Α )., δηλαδή το τρίγωνο Α Β Γ είναι ομοιόθετο του τριγώ 2 2 2 2 νου Α 1 Β 1 Γ 1 • Άρα οι ευθείες Α 1 Α , Β 1 Β , Γ 1 Γ (που συνδέουν τις ομόλογες κορυφές) θα συντρέ 2 2 2 χουν στο κέντρο της ομοιοθεσίας (έστω Κ ) το οποίο θα βρίσκεται επάνω στην ΟΗ . Π μ όβλη μ α 4 Βρείτε όλες τις ρητές τιμές του χ για τις οποίες είναι ρητός ο αριθμός που a , b ρητοί τέτοιοι ώ στε a 2 < 1 6b . Λ �) lί.ϊ 1ti

( � ο: i:'�]�;:π:ος)

-J4χ 2 - αχ + b ,

Επειδή από υπόθεση α 2 - 1 6b < Ο , έπεται ότι 4 χ 2 - αχ + b > Ο , για κάθε χ ε ffi. Αν υποθέσουμε ότι οι αριθμοί χ , .J4χ 2 - αχ + b y είναι και οι δύο ρητοί, τότε και η διαφορά y - 2χ = r θα είναι ρητός. Έτσι έχουμε b - r2 -J4χ 2 - αχ + b - 2χ r <=> -J4χ 2 - αχ + b 2χ + r => 4χ 2 - αχ + b 4χ 2 + 4rx + r 2 => χ = , α + 4r α α ' ' ' εφοσον r =1:- - - και 2 χ + r � Ο , η ισο δυναμα εφοσον r > -- . 4 4 b - r2 , , , , α , , εχουμε Αντιστροφα, αν ειναι χ = -- , οπου r ρητος με r > - - , τοτε α + 4r 4 4 + α 2 r 2 + 4b 2 + 8br 2 + 4αbr + 4αr3 ( 2r 2 + αr + 2b ) 2 2 2 α (b - r2 ) 4r b r 4χ 2 - αχ + b = 4 +b = α + 4r α + 4r ( α + 4r ) 2 ( α + 4r ) 2 .

(

οπότε, αφού από υπόθεση α 2 - 1 6b < Ο , θα είναι α 2r 2 + αr + 2b 2r 2 + αr + 2b Υ .J r > - , δηλαδή ο 4x 2 - αχ + b = 4 4r + α ' J α + 4r J =

2":

είναι ρητός.

τρ<ίπος ( � ΗΗ'iλαος Κολλ�Μιουλος)

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι όλα τα ζητούμενα χ δίνονται από έναν συγκεκριμένο τύπο που περιέχει μια ρητή παράμετρο, και στη συνέχεια θα δείξουμε ότι κάθε χ που προκύπτει από το συγκεκριμένο τύπο ικανοποιεί το ζητούμενο, οπότε έτσι θα έχουμε έναν τύπο που θα μας δίνει ακριβώς όλα τα ζητούμενα χ μέσω μιας ρητής παραμέτρου. 'Εστω λοιπόν ότι για κάποιο χ ρητό, ο αριθμός .J4χ 2 - αχ + b είναι ένας θετικός ρητός αριθ μός, έστω m , οπότε ισχύει: 4χ 2 - αχ + b = m 2 <=> 4χ 2 - αχ + (b - m 2 ) Ο Αφού το παραπάνω τριώνυμο έχει ρητούς συντελεστές και μια ρητή ρίζα χ , πρέπει η διακρί νουσά του να είναι το τετράγωνο ενός ρητού αριθμού, έστω n , και να ισχύει δηλαδή: =

Επειδή τώρα οι m, n είναι ρητοί αριθμοί, έχουμε ότι ο αριθμός k = n - 4m είναι επίσης ρητός, και διάφορος του Ο αφού διαφορετικά θα είχαμε α 2 1 6b που είναι άτοπο από την υπόθεση. α 2 - 1 6b α 2 - 1 6b , , , π ροφανως τωρα ισχυει και n + 4 m k n - 4m =

---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 6

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

{n- 4m=k, n + 4m= α' �l6b}

Λύνοντας το σύστημα:

------

2 2 b (m,n) = (-1 ( α - 1 6 - k),-1 ( α -16b + k)) , 2 8 k k και επειδή ο αριθμός χ είναι ρίζα του τριωνύμου που έχει διακρίνουσα n 2 , θα έχουμε τελικά: 1 α 2 - 16b + k) α ± ( k α±n 2 χ = --= ως προς

( m, n)

θα λαμβανουμε

---=---:.:.____

8 8 Α ντί σ τροφ α , αν ο k είναι ο τυχαίος μη μηδενικός ρητός αριθμός, τότε είναι θέμα απλών πρά ξεων να επαληθεύσουμε ότι για τους ρητούς αριθμούς χ, m που δίνονται από τους παραπάνω

τύπους για το συγκεκριμένο k , ισχύει πράγματι

4χ 2 - ax + (b - m 2)= 0 <;:::;> .J4x 2 - ax + b = lml

και άρα ο χ ικανοποιεί το ζητούμενο. Άρα ένας τύπος που μας δίνει ακριβώς τα ζητούμενα

είναι ο ακόλουθος:

_!_ ( α 2- 1 6b + k) ± α α ± n = --=-2 k χ= ------'-'---

όταν ο

8 8 είναι ένας τυχαίος μη μηδενικός ρητός αριθμός.

Π α ρ ατη ρ ι1 σεις:

Για να μη προκύπτει η ίδια λύση για διαφορετικά k , αρκεί να κρατήσουμε μόνο το + στον παραπάνω τύπο και να περιοριστούμε στη συνέχεια στα k με απόλυτη τιμή μικρότερη η ίση από

.Jι 6b - α 2

•

έχει -, προκύπτει και από τον τύπο που έχει + θέτοντας όπου

k = k0 από τον τύπο που k το - k0 , ενώ επειδή για συ-

Αυτό επειδή μια λύση που προκύπτει για κάποιο

2 b α + -1 ( α - 1 6 + k) k χ= 2

ως προς k ανάγεται σε δευτεροβάθμια με 8 σταθερό συντελεστή 1 6 b - α 2 κατ' απόλυτη τιμή και συντελεστή του k 2 τη μονάδα, είναι απλό να δούμε ότι αν έχει 2 διακεκριμένες πραγματικές ρίζες, τότε ακριβώς μια θα έχει από-

γκεκριμένο

η εξίσωση

λυτη τιμή μικρότερη η ίση από σταθερό συντελεστή) 2.

.J1 6b - α 2 (αφού το γινόμενο των ριζών θα είναι ίσο με το

Είναι θέμα απλών πράξεων να δούμε ότι στον τύπο που δίνει τις λύσεις στον πρώτο τρόπο επίλυσης του προβλήματος, αν αντικαταστήσουμε το

με το

- α- k , 4

λαμβάνουμε τον τύπο που βρήκαμε στην παραπάνω λύση με έναν διαφορετικό περιορισμό για τον ρητό k , ο οποίος όμως μας δίνει πάλι όλες τις λύσεις.

λύση αυτή μπορεί να χρησιμοποιηθεί αναλόγως και για το 4 ° πρόβλημα της Β ' Λυκείου . Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 7

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Ε πιτροπή Διαγωνισμ ών της Ε . Μ . Ε .

Λύσεις των ασκήσεων τεύχους 82/2011

Δίνεται τρίγωνο ABC με βαρύκεντρο G και περίκεντρο Ο τέτοια ώστε OG .l A G . Έστω Α1 το δεύτερο σημείο τομής της ευθείας A G με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC . Έστω ακόμη D το σημείο τομής των ευθειών ΒΑ1 και Α C , και Ε το σημείο τομής των ευθειών CA1 και ΑΒ . Να αποδείξετε ότι το περίκεντρο του τριγώνου ADE βρίσκεται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC . [Εσθονία, 2006] Έστω Ζ το μέσον της πλευράς BC , Η το μέσον της πλευράς AC και Θ το μέσον της πλευράς ΑΒ . Επειδή η OG περνάει από το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC και είναι κάθετη προς τη χορδή ΑΑ1 , έπεται ότι το σημείο G είναι το μέσον της ΑΑ1 • Ό μως το G

είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ABC , οπότε G G ι , δηλαδή το Ζ είναι μέσον του GA1 , GZ = =

--- -- --

--- -- -

- --

: �

όπως επίσης είναι μέσον και της πλευράς BC . Επομένως, οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου GBA1 C διχοτομούνται, -- - ----- - -

οπότε αυτό είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι έχουμε ΒΗ 1 1 EC και CΘ 1 1 BD , οπότε Σχήμα ΑΒ ΑΗ 1 AC ΑΘ 1 - = - = - και - = - = ΑΕ AC 2 AD ΑΒ 2 ' από τις οποίες προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC και AED είναι ομοιόθετα ως προς κέντρο ομοιοθεσίας το --

-- -

- -- -- --

-- --

Α και λόγο λ = _!_ . Αν Κ είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC , τότε θα ισχύ2 ει ΑΚ = 2 ΑΟ , οπότε το Κ βρίσκεται πάνω στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC . ·

Σε ισοσκελές τρίγωνο ABC με ΑΒ = A C , η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την πλευρά A C στο σημείο D . Αν επιπλέον ισχύει η ισότητα B C = BD + AD , ν α βρείτε όλες τις γωνίες του τριγώ[Καναδάς, 1996] νου ABC . Θεωρούμε σημείο Ε πάνω στην πλευρά BC τέτοιο ώστε CE = AD, οπότε, λόγω της υπόθεσης, θα είναι και BE = BD. Α

Σχήμα 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/1 8

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

Β, - = - => - = - = - = -

από το θεώρημα της διχοτόμου λαμβάνουμε: Επειδή η BD είναι διχοτόμος της γωνίας CD BC CD CD BC BC . AD ΑΒ CE AD ΑΒ AC Έτσι τα τρίγωνα ABC και EDC , έχουν κοινή τη γωνία της κορυφής C και τις πλευρές που περιέχουν

E =Α. (1)

την κοινή γωνία ανάλογες, οπότε είναι όμοια. Επομένως θα έχουν και C D - 4φ. τότε C B D D B A φ και

Αν τώρα θέσουμε

C ED = A = 1 80° Επειδή το τρίγωνο BED είναι ισοσκελές, θ α έχουμε ότι: B E D = 90° - φ . (2) 2 Από τις (ι) και (2) και την ισότητα B E D + DE C = ι 8Οο λαμβάνουμε: 90° - φ2 + ι 8Οο - 4φ = ι 8Οο <=> 92φ = 90° <=> φ = 20° , οπότε θα είναι Β = C = 40° και Α = 100°. Β = C = 2 φ,

Να προσδιορίσετε όλους του πραγματικούς αριθμούς α για τους οποίους έχει μοναδική λύση [Μόσχα, 2006] ( x, y ) Ε JR z το σύστημα: 2Ι χ Ι + lxl = x z + y + α, x z + y z = 1 . Λ

Παρατηρούμε ότι, αν

( χ , y)

είναι μία λύση του συστήματος , τότε και το ζευγάρι ( -χ,

{ }

λύση . Επομένως, αν το σύστημα έχει μοναδική λύση, τότε αυτή πρέπει να είναι της μορφής

είναι επίσης

( Ο, y ), y

JR.

= Ο το σύστημα γίνεται: { ι =y 2y=+ια } <=> { αy == Ο1 } ή α==-ι2 . y 2 2 Για α = Ο , το δεδομένο σύστημα γίνεται: {2Ι χ Ι + lxl = χ + y, χ + y 2 = ι} ,το οποίο προφανώς έχει τη λύ ση ( χ , y) = ( Ο, ι) . Θα αποδείξουμε ότι η λύση αυτή είναι μοναδική. Πράγματι, από τη δεύτερη εξίσωση (1) λαμβάνουμε Ο ::::; lxl ::::; ι και Ο ::::; IY I ::::; ι , οπότε θα είναι και lxl ;::: χ 2 • Επίσης έχουμε 2Ι χ Ι ;::: 2° = ι ;::: I YI ;::: y , (2) 2 οπότε από τις (ι) και (2) προκύπτει ότι 2Ι χ l + lxl ;::: χ + y , ενώ η ισότητα ισχύει όταν lxl = Ο και I YI = y <=> χ = Ο και y ;::: Ο . Τότε από τη δεύτερη εξίσωση προκύπτει ότι y = ι και το σύστημα έχει μόνο τη λύση ( x, y) = (ο, ι ) . Για α = 2 , προκύπτει το σύστημα { 2ΙχΙ + lxl = χ 2 + y + 2, χ 2 + y 2 = ι} το οποίο έχει τη λύση ( χ , y) = ( Ο, -ι) , που βρήκαμε στην αρχή, αλλά και άλλες δύο τουλάχιστον λύσεις, τις ( χ , y) = ( ι, Ο) και ( χ , y) = ( -ι, Ο) . Οι δύο τελευταίες λύσεις προκύπτουν εύκολα, αν πάρουμε χ = Ο . Επομένως, η τιμή α = 2 δεν είναι δεκτή και το σύστημα έχει μοναδική λύση, αν, και μόνο αν, α = Ο. Για χ

Λ5. Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : Ζ � Ζ για τις οποίες ισχύει ισότητα f { f (a) + f (b)) = a + b - 1, (1) για κάθε a , b E Z.

[Κροατία, 2011]

b = ι στη σχέση (ι), λαμβάνουμε: f ( f ( a ) + f ( ι)) = a, για κάθε ακέραιο a. (2) Έστω τώρα k τυχαίος ακέραιος. Θέτουμε a = f ( k) + f ( ι), b = 2f ( ι) , οπότε από την ( 1) θα έχουμε f ( a) = k και f ( b) = ι και επιπλέον f ( k + ι) = f ( k) + 3f ( ι) - 1 . (3) Θέτουμε f ( ι) = c , οπότε από τη σχέση (3) λαμβάνουμε f (0) = 1 - 2f ( 1) = -2c + ι , f ( -ι) = -5c + 2 και (4) f ( k + ι) - f ( k) = 3c - 1 , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο k . επιπλέον f ( -k) - f ( -k + ι) = - ( 3c - 1) , για κάθε μη αρνητικό ακέραιο k . (5) Άρα η ακολουθία f ( k ),k = 0,1,2, . . . είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο f ( O) = -2c + ι και διαφορά ω = 3c - ι , οπότε θα είναι f ( η) = -2c + ι + η ( 3c - ι) = ( 3η - 2) c - η + ι, η = Ο, ι, 2, 3,... (4) Ομοίως η ακολουθία f ( -k ),k = 0,1,2, . . . είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο f ( O) = -2c + 1 και δια φορά - ( 3c - ι) , οπότε θα είναι f ( -η) = -2c + ι - η(3c - ι) = ( -3η - 2)c + η + ι, η = 0,1,2,3, ... Αν θέσουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/19

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

η Ε Ζ καταλήγουμε στον ενιαίο τύπο f ( η) = ( 3η - 2) η + 1, η Ε Ζ , = f ( 1). Από την αρχική σχέση για a = Ο, b = 1 λαμβάνουμε f ( f ( Ο ) + f ( 1)) Ο <=> f ( + 1) = Ο <=> ( 3 ( + 1) - 2) ( + 1) + 1 = Ο <=> ( -3c + 2) = Ο <=> = Ο, αφού = f ( 1) Ε Ζ . Επομένως έχουμε τη συνάρτηση f ( η) = -η + 1, η Ε Ζ , η οποία εύκολα επαληθεύουμε c-

Επομένως, για κάθε

-c

c - -c

-c

ότι ικανοποιεί τη δεδομένη συνθήκη .

Ν 3 . Να λύσετε στους ακέραιους την εξίσωση: Λ ίJ ση ' Εχουμε

χ2 {y - 1 ) + y2 {χ - 1 ) = 1 .

(Πολωνία, 1 996]

2 2 χ 2 ( y - 1) + y 2 ( χ - 1) = 1 <=> χ 2 y - χ 2 + xy - y 2 = 1 <=> xy ( χ + y ) -[ ( χ + y ) - 2 xy J = 1 . Θέτουμε u = χ + y και ν = χy , οπότε λαμβάνουμε την εξίσωση 2 uν - (u 2 - 2ν) = 1 <:::> uν + 2ν = u 2 + 1 <::> ν = uu ++21 = u - 2 + -5- . u+2 Επειδή ζητάμε ακέραιες λύσεις, πρέπει ο + 2 να είναι διαιρέτης του 5, οπότε: + 2 Ε {-5, - 1, 1, 5} <:::> Ε {-7, - 3, - 1, 3} . Επομένως λαμβάνουμε τα ζευγάρια: ( u, ν) = ( -7, -10), ( u, ν ) = ( -3, -10), ( u, ν ) = ( -1, 2), ( ν ) = ( 3, 2), u

υ,

οπότε τ α χ , y είναι αντίστοιχα ο ι λύσεις των εξισώσεων

ω2 + 7ω - 10 = Ο, (έχει ρίζες άρρητες, αφού Δ = 89 κ 2 , κ Ε Ζ ), ω2 + 3ω - 1 0 = Ο <=> ω = -5 ή ω = 2, ω2 + ω + 2 0,( αδύνατη στο JR), ω2 - 3ω + 2 = 0<=> ω = 1 ή ω = 2. Άρα έχουμε τις λύσεις: ( x , y ) = ( 1,2) ή ( x , y ) ( 2,1) ή ( x , y ) = ( -5,2) ή ( x , y ) = ( 2,-5) . =t-

Ν 4. Έστω p { k) ο μεγαλύτερος περιττός διαιρέτης του θετικού ακέραιου k . Ν α αποδείξετε ότι, για

κάθε θετικό ακέραιο Λ ίJ σ η

ισχύει:

p(2) p (η) 2(η + ι ) . 2η < p(l) + -+ ... + -- < 3 1 2 η 3

2) η) Τότε πρέπει να αποδείξουμε ότι: 2η < S ( η) < 2 ( η + 1) . (1) 3 3 2 η Ι Θα εφαρμόσουμε μία ισχυρή μορφή της μαθηματικής επαγωγής, ως εξής: Για η = 1 και η = 2 , η πρόταση αληθεύει. Υποθέτουμε ότι αληθεύει η πρόταση για όλους τους θετικούς ακέραιους που είναι μικρότεροι ενός θετικού ακέραιου k . Θα αποδείξουμε ότι η πρόταση αληθεύει και για η = k . Πράγματι, η σχέση ( 1) αληθεύει για η = 1 και η = 2 , αφού είναι �3 < S ( 1) = Ρ ( Ι ) = 1 < i3 και i3 < S ( 2) = Ρ (1 1) + Ρ (22) = 1 + _!._2 = �2 < �2 = 3 . Ι Υποθέτουμε ότι η πρόταση αληθεύει για όλους τους θετικούς ακέραιους η που είναι μικρότεροι του k και θα αποδείξουμε ότι αληθεύει και για η = k. Παρατηρούμε ότι για τους άρτιους θετικούς ακέραιους ισχύει p ( 2k ) = p ( k) , ενώ για τους θετικούς περιττούς ακέραιους ισχύει p ( 2k + 1) = 2k + 1 . Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι ο k είναι περιττός, έστω 2m + l ) + P ( 2) + Ρ ( 4) + ... + P ( 2m) k = 2m + Ι . Τότε έχουμε s( 2m + Ι ) = p( l ) + Ρ (33) + ... + P (2m +1 2 2m Ι 4 _!_ = (1 + 1 + ... + 1 ) + 2 p(1 1) + p(22) + ... + p(mm) = m + I + s(2m) .

Έστω

p ( ) + -p ( + ... + --. p( S ( η) = --

•

• •

(

Όμως, από την υπόθεση της επαγωγής έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/20

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

m + 1 <=> 4m + 3 < s ( 2m + 1 ) < 4m + 4 m < m + 1 + s ( m ) < m + 1 + -m+1+3 2 3 3 3 2 ( 2m + 1 ) < 4m + 3 < s ( 2m + 1 ) < 4m + 4 2 ( 2m + 2 ) => 3 3 3 3

---

Δ Ι . Σε έναν 5 χ 7 πίνακα έχουμε χρωματίσει ένα μόνο μοναδιαίο τετράγωνο κόκκινο, ενώ όλα τα υπόλοιπα είναι λευκά. Διαθέτουμε πλακίδια επικάλυψης του πίνακα σχήματος L, όπως στο παρακάτω σχήμα, τα οποία μπορούν να περιστρέφονται κατάλληλα. Τα πλακίδια πρέπει να επικαλύπτουν ακριβώς τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα και μπορούν να επικαλύπτονται στο κόκκινο τετράγωνο, όχι όμως στα λευκά τετράγω να. Βρείτε όλες τις δυνατές θέσεις του κόκκινου τετραγώνου για τις οποίες είναι δυνατή η πλήρης κάλυψη του πίνακα με L-πλακίδια. [Σλοβενία ΜΟ, 2009]

που είναι η σχέση που ζητούσαμε. Ομοίως εργαζόμαστε για την περίπτωση που ο

είναι άρτιος.

Εbο

Λ ύση Ο πίνακας έχει μοναδιαία τετράγωνα, οπότε για την πλήρη κάλυψη του θα πρέπει να χρησιμοποιή σουμε 9 πλακίδια και ταυτόχρονα το κόκκινο τετράγωνο να καλυφθεί δύο φορές. Αριθμούμε τις γραμμές του πίνακα από το μέχρι το και τις στήλες του πίνακα από το μέχρι το 7 .

-τ

τ-l

-+-� '

Σχήμα 3

J 1

Ας υποθέσουμε ότι σκιάζουμε όλα τα τετράγωνα των περιττών γραμμών του πίνακα, δηλαδή συνολικά σκιάζουμε τετράγωνα. Κάθε τοποθετούμενο πλακίδιο μπορεί να καλύψει τρία σκιασμένα τετράγωνα και ένα λευκό ή τρία λευκά και ένα σκιασμένο. Έστω για την πλήρη κάλυψη του πίνακα χρησιμοποιούμε k πλακίδια που καλύπτουν τρία σκιασμένα τετράγωνα, οπότε 9 - k πλακίδια θα καλύπτουν ένα μόνο 9 σκιασμένα τετράγωνα, δη σκιασμένο τετράγωνο. Έτσι συνολικά θα καλύπτονται ( 9 - k)

2k + 3k + 1 · λαδή περιττός αριθμός τετραγώνων, όπως και ο αριθμός 2 1 . Επομένως δεν είναι δυνατόν κάποιο από τα =

σκιασμένα τετράγωνα να είναι το κόκκινο τετράγωνο.

_,.

Σχήμα 4 Ομοίως, αν σκιάσουμε τα τετράγωνα των άρτιων στηλών του πίνακα με το ίδιο σκεπτικό μπορούμε να αποδείξουμε ότι δεν είναι δυνατόν κάποιο από τα σκιασμένα τετράγωνα να είναι το κόκκινο τετράγωνο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/2 1

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Επομένως τα πιθανά τετράγωνα που μπορεί να είναι κόκκινα είναι αυτά που ανήκουν ταυτόχρονα σε άρ τια γραμμή και περιττή στήλη, δηλαδή τα τετράγωνα (2,1), (2,3),(2,5), (2,7), (4,1), (4,3),(4,5), (4,7). Με απ ' ευθείας επαλήθευση μπορούμε να αποδείξουμε ότι καθένα από αυτά μπορεί να είναι το κόκκινο τε τράγωνο. Στο σχήμα φαίνεται η επαλήθευση για ένα από αυτά και συγκεκριμένα για το τετράγωνο (2, 1 ). ; ! ο φ αη) ρηση : (Από τ.82, σελίδα 16) Στην άσκηση Αι η f που βρίσκουμε, είναι ορισμένη προφανώς στο ll( και όχι στο ffi. .

Ασκήσεις για λύ ση

Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση f : ffi. � ffi. , η οποία ικανοποιεί την ισότητα f ( x f ( y ) + f ( x ) ) = 2 f ( x ) + xy, για κάθε x, y ε ffi.. \ 7 . Να βρεθούν όλες οι τριάδες θετικών ακέραιων (χ, y , z ) , που είναι λύσεις της εξίσωσης ( Χ + y ) ( 1 + xy ) = 2z . Α 8 . Θεωρούμε τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς a, b, c και τους θετικούς πραγματικούς αριθ μούς χ, y , z τέτοιους ώστε a + b + c = χ + y + z . Να αποδείξετε ότι: aJ

'\ 5 .

"\ 6

+ 2 + ----z ::Ξ': a + b + c. χ2 Υ z Να βρείτε όλους τους πρώτους διαιρέτες του αριθμού Α = 3 ι 6 - 2 ι 6 •

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων (m, n ) που είναι λύσεις της εξίσωσης 3 · 2m + 1 = n 2 • a b c ' ' ' ο αριθ μος' abc ειναι ' ' τε' λει\ 7 . Αν οι ακεραιοι a, b , c ει'ναι τετοιοι ωστε - + - + - = 5 , να απο δει' ξετε οτι b c a ος κύβος. r

,ι

Δίνεται τρίγωνο ABC και σημείο Χ στο εσωτερικό του. Από τις κορυφές Α, Β, C θεωρούμε ευθείες �.�,ε;,αντίστοιχα, τέτοιες ώστε ει .lXA, � .lXB κm � .lXC Αν είναι ε2 n ε3 = Αι , ε3 ί'ι ει = Α2 , ει ί'ι ε 2 = Α3 και Η ι , Η 2 , Η 3 είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων Α ι ΒC, A 2 CA, Α 3 ΑΒ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ABC και Η ι Η 2 Η 3 είναι ίσα.

r5.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD με AC > BD και BAC 45° . Έστω kι ο κύκλος διαμέτρου AC και k 2 ο κύκλος διαμέτρου DC . Ο κύκλος kι τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Ε , ο κύκλος k 2 τέμνει την ευ θεία AC στα σημεία C και Ο , και την ευθεία AD στα σημεία D και F . Αν είναι ΑΟ = a και FO = b, να βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΟΕ και COF. =

Γ6.

Θεωρούμε τρίγωνο ABC με Α :Ξ>: 60° . Αν BD και CE είναι οι διχοτόμοι των γωνιών του Β και C , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: AD + ΑΕ � BC .

!"7.

Σε κυρτό τετράπλευρο ABCD οι διχοτόμοι των γωνιών Α και C τέμνονται στο σημείο Ι. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι περιγράψιμο περί κύκλο (όλες οι πλευρές του εφάπτονται σε ένα κύκλο, αν, και μόνον αν, ( ΑΙΒ) + ( CID) = ( AID) + (BIC) . 'Ω: .

Να προσδιορίσετε το συντελεστή του χ 2 στο πολυώνυμο Ρ( χ) = ( 1 + χ )( 1 + 2χ )( 1 + 4 χ) ( 1 + 2" χ) . · · ·

113 . Θεωρούμε επτά σημεία στο επίπεδο, ανά τρία μη συνευθειακά. Οποιαδήποτε δύο σημεία από αυτά συνδέονται με ευθύγραμμο τμήμα. Είναι δυνατόν να χρωματίσουμε αυτά τα ευθύγραμμα τμήματα με κά ποια χρώματα έτσι, ώστε να υπάρχουν τρία ακριβώς ευθύγραμμα τμήματα από κάθε χρώμα που να σχη ματίζουν τρίγωνο με κορυφές κάποια από τα επτά σημεία;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/22

------- Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Στη μνήμη Peter Ο' Halloran

Ένα μεσογειακό πολυώνυμο έχει μόνο πραγματικές ρίζες και είναι της μορφής Ρ( χ) = χ 10 - 20χ9 + 13 5 χ8 + a 1 χ 7 + a6 χ 6 + a s χ5 + a4 χ 4 + a χ3 + a χ2 + a ι χ + aΟ ' 3 2 με πραγματικούς συντελεστές a 0 ,a 1 , ••• ,a 7 • Ν α προσδιορίσετε τον μεγαλύτερο πραγματικό αριθμό που μπορεί να είναι ρίζα ενός μεσογειακού πολυωνύμου.

Θεωρούμε ένα μ εσογειακό πολυώνυμ ο πού έχει τις πραγματικές ρίζες α και χ ι , χ 2 , • • • , χ 9 . 'Εστω 9 9 s = Σ xi , t = Σ x� και u = Σ x i x j . Από τους τύπους Vieta έχουμε ότι s = 20 - α, u = 135 - sα = 135 - 20α + α 2 και t = s 2 - 2u = 130 - α 2 , 2 οπότε λαμβάνουμε ο � Σ ( xi - x j ) = 8t - 2u = ιο(α + 7)(1 1 - α) . ISi<j:-ς9 Άρα είναι α � 1 1 . Επειδή για α = 1 1 και χ ι = χ 2 = ... = χ 9 = 1 προκύπτει ένα μεσογειακό πολυώνυμο Ρ(χ) = (χ - 1 1)(χ - 1) 9 = (χ - 1 1)(χ 9 - 9χ8 + 36χ7 - 84χ6 + 126χ 5 - 126χ 4 + 84χ 3 - 36χ 2 + 9χ - 1 ) = χ 1 0 - 20 χ 9 + 1 35 χ + a 7 x 7 + a 6 x 6 + a 5 x 5 + a 4 x 4 + a 3 x 3 + a 2 x 2 + aι x + a 0 • i=ι

'Εστω Α ένα πεπερασμένο σύνολο θετικών πραγματικών αριθμών, έστω

Β=

C = { xy : x, y ε Α } . Αν συμβολίσουμε τον πληθικό αριθμό του συνόλου αποδείξετε ότι: /AI · IBI � /C/ 2 • στω

Ί • r. - ,

Για το στοιχείο b ε Β , έστω b =

{� : x, y Α} και έ

με

cardX = / Χ/ , να

��:� , με x ( b ) , y ( b ) ε A είναι μία αναπαράσταση του με χ (b) ελάχι

στο. Θεωρούμε τη συνάρτηση f : Α Β ---+ C C,( a, b ) ---+ f ( a, b ) := ( ax ( b ) , ay ( b )) . Θα αποδείξουμε ότι η συνάρτηση f είναι 1 - 1 . Πράγματι, αν θεωρήσουμε ( a1 , b 1 ) και ( a 2 , b 2 ) στο σύνολο Α Β τέτοια ώ στε f ( aι , b ι ) = f ( aυ b 2 ) , τότε ( a ι χ(b ι ) , a ι y ( bι )) = ( a 2 x ( b 2 ) , a 2 y ( b2 )) � aι χ (bι ) = a 2 x ( b 2 ) και a ι y ( b ι ) = a 2 y ( b 2 ) χ (b ) χ (b ) οπότε με διαίρεση κατά μέλη προκύπτει ότι ι = z � b ι = b 2 • Υ ( bι ) Υ ( bz ) Τότε από την ισότητα aι χ (b ι ) a 2 x ( b 2 ) προκύπτει ότι , οπότε θα είναι και ( a ι , b ι ) = ( aυ b2 ) . Επειδή η 2 συνάρτηση f είναι 1 - 1 ' έπεται ότι / Α Β / = ιr ( Α Β )I � ιc cι � / A I · I B I � / C / • χ

Από κανονικό τετράεδρο ύψους h αποκόπτεται με επίπεδο παράλληλο προς τη βάση του ένα τε τράεδρο ύψους xh . Όταν το στερεό που απομένει τοποθετείται με τη μία από τις παράπλευρες έ δρες του πάνω σε οριζόντιο επίπεδο, τότε η προβολή του κέντρου βάρους του G στο οριζόντιο επί πεδο είναι ένα σημείο της μικρής βάσης της παράπλευρης έδρας του. Να αποδείξετε ότι το χ είναι ρίζα της εξίσωσης χ3 + χ2 + χ = 2 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/23

-------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λ ίJ ση :

Έστω Ο η κοινή κορυφή των δύο τετραέδρων και Α , Α1 τα κέντρα των δύο βάσεων (το Α1 είναι το κέντρο της βάσης του αποκομμένου τετραέδρου ύψους xh . Οι όγκοι των δύο τετραέδρων έχουν λόγο 1 : χ 3 και οι αποστάσεις των κέντρων βάρους τους από την κορυφή Ο είναι i h και i xh, αντίστοιχα. Αν G είναι το κέντρο βάρους της κόλουρης πυραμίδας, τότε 4 4 έχουμε -3 h - -3 x 4 h 3 ( I + x ) ( l + x z ) OG = χ = 4 4 3 = - h 4 l + x + x2 1-χ ... ----=-...:. --'----'-----'---

Σχήμα 1 h (3 - x - x 2 - χ 3 ) χ = οπότε θα είναι (1) Α G - xh = 4(1 + χ + χ 2 ) Έστω ΑΝ η κάθετη από το Α προς τη μεγάλη βάση της έδρας που εφάπτεται του οριζόντιου επιπέδου και έστω ότι η ΟΝ τέμνει τη μικρή βάση στο σημείο Ν' . Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος η h , θα είναι GN , είναι κατακόρυφη. Τώρα, επειδή η ακμή του μεγαλύτερου τετραέδρου είναι I

�

h xh ι J3 . J3 ' 3 2 J2 h = 2 J2 , Οποτε Α,Ν, = 2 J2 . Επειδή είναι .LON ι G = 90" και η Ν,Α, είναι ύψος προς την υποτείνουσα του ορθογώνιου τριγώνου έπεται ότι ΟΝρ , 2 � Aρ = l xh (2). Από τις (1) και (2) λαμβάνουμε ότι ο χ Α ρ · ΟΑ , = (Ν ρ ) 2 � Αρ · χh = 2 ικανοποιεί την εξίσωση: χ 3 + χ 2 + χ = 2 . ΑΝ =

( �)

Σχήμα 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/24

-------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Π α ρ ατή ρ η ση Η τελευτα ία εξίσωση έχει μ ία πραγματική ρ ίζα και δυ ο συζυγε ίς μιγαδ ικές. Η πραγματική ρ ίζα ε ίναι η

2 61 1 r;;;;:; � + 3 -ν108ν139 - -1 = 0 , 8 1 054 54 108 9 3 -1- JlOSJlli + � 3 54 1 08 Π ρ όβλη μα 4

Έστω D το σημείο τομής της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας Α τριγώνου ABC με την απένα ντι πλευρά του. Η ευθεία που περνάει από τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ABD και ACD τέμνει τις ΑΒ και AC στα σημεία Μ και Ν, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευ θείες ΒΝ και CM τέμνονται πάνω στη διχοτόμο AD . ΛίJ σ η

Για τη λύση του προβλήματος θα χρησιμοποιήσουμε μία βοηθητική πρόταση που είναι γνωστή ως θεώ

ρημα των διατεμνουσών.

Λή μ μα : Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και έστω Ι το σημείο τομής των διχοτόμων του. Μία διατέμνουσα ε των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ περνάει από το Ι και τέμνει τις πλευρές του ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ στα ση μεία Ε, Ζ και Κ αντίστοιχα. Τότε ισχύει: ΕΒ · ΑΓ + ΖΓ · ΑΒ = ΒΓ . ΕΑ ΖΑ Απ 66ειξη

Έστω ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας Α . Από το θεώρημα του Μενελάου στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ με διατέμνουσα την ευθεία ε λαμβάνουμε: Α

Σχήμα 3

Από το θεώρημα του Μενελάου στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΔΓ με διατέμνουσα την ευθεία ε λαμβάνου ΒΕ · ΑΙ ΔΚ ΓΖ · ΑΙ ΔΚ ΒΕ · ΑΙ = ΚΒ και ΓΖ · ΑΙ = -. ΚΓ Επειδη, από το θεώ με: · - = 1 και · - = 1 <=> ' ΕΑ ΙΔ ΚΒ ΖΑ ΙΔ ΚΓ ΕΑ ΙΔ ΚΔ ΖΑ ΙΔ ΚΔ ' ΑΙ = ΑΒ = ΑΓ , ' στα τριγωνα ' ' διχοτομου ΑΒΔ και ΑΔΓ ισχυ' ει οτι: ρημα της εσωτερικης ΙΔ ΒΔ ΓΔ ΒΕ · ΑΓ = ΚΒ και ΓΖ · ΑΒ = ΚΓ , , λαμβ ανουμε: , απο, τις προηγουμενες σχεσεις ΖΑ ΒΔ ΚΔ ΕΑ ΓΔ ΚΔ ΑΓ ΒΕ ΒΕ ΚΒ · ΓΔ και ΓΖ · ΑΒ = ΚΓ · ΒΔ. ΚΒ ΓΖ ΑΒ ΚΓ � - · - · ΓΔ = - - ΓΔ και - · - · ΒΔ = - · ΒΔ � - · ΑΓ = ΚΔ ΖΑ ΚΔ ΕΑ ΚΔ ΕΑ Γ Δ ΖΑ ΒΔ ΚΔ ΓΖ ΚΒ · ΓΔ + ΚΓ · ΒΔ ΒΕ , θεση κατα, με' λη των δυο , σχεσεων , , ' τελευταιων - ΑΓ + - · ΑΒ = Μ ε προσ εχουμε: ΖΑ ΕΑ ΚΔ Επειδή ισχύει ότι: ΚΒ · ΓΔ + ΚΓ · ΒΔ = ΚΒ · (ΒΓ - ΒΔ) + (ΚΒ + ΒΓ) · ΒΔ = ΚΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΒΔ = ΒΓ · ΚΔ, τελικά λαμβάνουμε: ΒΕ . ΑΓ + ΓΖ . ΑΒ = ΚΔ · ΒΓ = ΒΓ . ΖΑ ΕΑ ΚΔ ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/25

-------

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Λ ίJση π ρ ο β λή ματ ος 11 , 12

-------

Έστω τα σημεία τομής των διχοτόμων των τριγώνων ABD, ACD , αντίστοιχα, και έστω Q το σημείο τομής των ευθειών 11 12 και AD . Επειδή η ευθεία MQ περνάει από το έκκεντρο 11 του τριγώνου ABD , από το προηγούμενο λήμμα λαμβάνουμε: ΜΒ AD + QD ΜΑ QA ·

(1)

"Α

Σχή μα 4

12 ,

Ομοίως, επειδή η ευθεία QN περνάει από το QD QA

από το προηγούμενο λήμμα λαμβάνουμε:

NC AD = DC . ΝΑ ·

(2)

Με διαίρεση των δύο μελών της ( 1 ) με c και της (2) με b , λαμβάνουμε: ΜΒ . AD + QD = BD ΜΑ c QA c QD + NC AD = DC , απο, τις οποιες , , , με αφαιρεση κατα, με' λη λαμβανουμε: QA ΝΑ b b ΜΒ . AD _ NC . AD = BD _ DC = Ο ' (3) ΜΑ c ΝΑ b c b · -

όπου η τελευταία ισότητα προκύπτει από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ABC. Από τη σχέση (3), λαμβάνοντας υπόψη και την ισότητα AD

2bc sin Α b+c 2 '

(4)

Α = NC · 2bc sιnΑ <=> ΜΒ Λαμβάνουμε ΜΒ 2bc sιn ΜΑ c(b + c) 2 ΝΑ b(b + c) 2 ΜΑ --

NC ΝΑ

- ·

(5)

Για να αποδείξουμε ότι οι ευθείες ΒΝ και CM τέμνονται πάνω στη διχοτόμο AD , αρκεί να αποδεί, , , ΒΜ ΑΝ CD = 1 , οποτε , το ζητουμενο , θ εωρηματος , προκυπτει με εφαρμογη, του αντιστροφου ξου με οτι ΜΑ NC DB του Ceνa. Πράγματι, από τη σχέση (5) και το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίγωνο ABC έ χουμε: ΜΒ ΑΝ b 1 <=> ΜΒ ΑΝ CD 1 ΜΑ NC c ΜΑ NC DB --

· - · -

- · - · -

- · - · - =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/26

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 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 επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες τη ς στήλη ς: 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.

επι μέλε ι α : Γ ιά ννη ς Κερασαρί δη ς

Ι α . "τι είναι τ α ιWαΟηματικά; "

Είναι γνωστό σε όλους πως ο αείμνηστος καθηγητής Δημήτρης Κάππος ήταν ένας από τους πρωταγωνιστές για την εγκαθίδρυση στη χώρα μας της "σύγχρονης μαθηματικής σχολής ". Τιμώντας τον, δημοσιεύσουμε μέρος του «Προλόγου Πρώτης Έκδοσης» του βιβλίου του «ΑΠΕΙΡΟΣτΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ». Η γλώσσα αυτού του κειμένου είναι η καθαρεύουσα · εμείς, όμως, θα το αποδώσουμε στη Δημοτική, γιατί έτσι θα γίνει κατανοητό.

Πρ ο λεγ {ι μενα .

Το κείμενο

« . . .Όπως τονίσαμε και στην πρώτη έκδοση τον πυρήνα της Μαθηματικής Ανάλυσης αποτελούν οι έννοιες της παραγώγου (διαφορ ικού), και του Ολοκληρώματος, οι οποίες εισήχθησαν στα Μαθηματικά το πρώτο κατά τον 1 7° αιώνα από τους Leibniz και Newton με τη βοήθεια της θεωρίας των aπειροστών μεγεθών. Η θεωρία όμως των aπειροστών μεγεθών των ανωτέρω μνημονευθέντων ερευνητών και γενικά οι μέθοδοι αυτών, θεμελίωσης του διαφορικού και του ολοκληρώματος, δεν διακρίνονταν για την ακρίβεια και αυστηρότητα, την οποία απαιτούν οι μαθηματικές θεωρίες και το πνεύμα των δημιουργών της μαθηματικής επιστήμης Ελλήνων μαθηματικών της αρχαιότητας. Ήσαν βεβαρυμμένες με εξωμαθηματικές έννοιες και λογικά δεν είχαν επαρκή δικαιολόγηση. Τα επιτεύγματα όμως των νέων θεωριών κατά τις εφαρμογές τους στη Μηχανική και τη Γεωμετρία aποστόμωσαν την εναντίον τους θεωρητική κριτική. Κατά τους δύο αιώνες που ακολούθησαν ο

κλάδος αυτός των Μαθηματικών εξελίσσεται και συμπληρώνεται με νέες γνώσεις, παίρνει από τον Eϋler τον γενικότερο τίτλο <<Ανάλυση», συγκεντρώνει δε και απασχολεί σαν ερευνητές του τις μεγαλύτερες μαθηματικές διάνοιες της εποχής εκείνης, όπως τους Eϋler, Lagrange, Fourier, Gauss και άλλους. Εξακολουθεί όμως να παραμένει βεβαρυμμένος με τη θεωρητική κριτική, όσον αφορά τη σταθερότητα των βασικών εννοιών. Ο Γάλλος μαθηματικός Α. Cauchy κατά το πρώτο μισό του 1 8ου αιώνα και αργότερα οι Weierstrass, Peano, Cantor, Dedekind και άλλοι πέτυχαν με αυστηρή κριτική, να θεμελιώσουν τη θεωρία των πραγματικών αριθμών και να διατυπώσουν αυστηρά λογικά τις έννοιες της Α νάλυσης. Έτσι ο κλάδος της Μαθηματικής Α νάλυσης, περί το τέλος του 1 9ου αιώνα πήρε ισάξια θέση κοντά στις μαθηματικές θεωρίες της αρχαίας Ελληνικής περιόδου . . . » [πηγή: Δημ. Κάππου, «Απειροστικός Λογισμός», αυτοέκδοση, Αθήνα 1962]

Ι β . "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπ η μ ο υ "

Δεν πρόλαβε να κυκλοφορήσει το δεύτερο τεύχος του περιοδικού μας κι αμέσως λάβαμε δύο ηλεκτρονικά μηνύματα με τα οποία μας δήλωναν την αντίθεσή τους σε κάθε αλλαγή του χαρακτήρα της τοποθεσίας "Α υτό το ξέρατε; ". Ο ένας απ ' αυτούς μας προτείνει τη δημιουργία μιας νέας τοποθεσίας. Εμείς δεχθήκαμε την πρόταση και τη νέα τοποθεσία την ονομάζουμε "Ευκλείδεια Γεωμετρ ία, αγάπη μου ". Στο τεύχος αυτό θα ασχοληθούμε με: • την "Ευθεία του Newton (ή του Gauss) " • το ''Ισογώνιο σημείο τρ ιγώνου " • τον "Κύκλο του Fuhrmann "

Π ρ ο λ ε γ ό μενα .

Newton (ιί το υ Gαιι,\'.\) (σχήμα Ι) Τα μέσα των τριών διαγωνίων πλήρους τετραπλεύρου βρίσκονται στην ίδια ευθεία (ε). Η (ε) ονομάζεται ,ευθεία του Newton (ή του

• Ε υ θεία το υ

Σημείωση:

Gauss) ''

Ορισμός

πλήρους

τετραπλεύρου:

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ, με τις απέναντι πλευρές του μη παράλληλες. Οι πλευρές ΑΔ, ΒΓ τέμνονται στο Ζ και οι ΑΒ, ΔΓ στο Ε. Το σχήμα που προκύπτει, ονομάζεται πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓΔ.ΕΖ. Διαγώνιοι του πλήρους τετραπλεύρου είναι τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΓ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/27

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Τα σημεία Κ,Λ,Μ βρίσκονται σε μια ευθεία (ε). Η

ΒΔ, ΕΖ και τα Κ,Λ,Μ τα αντίστοιχα μέσα τους.

(ε) είναι η ευθεία του Newton (ή του Gauss] Ο κύκλος (F, FH) είναι «κύκλος του Fuhrmann»

Το Κ είναι «ισογώνιο σημείο» του τριγώνου

Η ευθεία . . . . . είναι του Newton (ή του Gauss)

--------

(σχήμα 2)

(σχήμα 1) �

fσο;ι(u ι•ω σημ;;ίο τριι(ύ νο υ

(σχήμα 2)

Ονομάζεται ένα σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου το οποίο "βλέπει , τις τρεις πλευρές με την ίδια γωνία. l:η μει(ί)σεις:

1) Η ύπαρξη αυτού του σημείου εξασφαλίζεται από το παρακάτω θεώρη μα: «Πάνω στις πλευρές ενός τριγώνου κατασκευάζουμε ισόπλευρα τρίγωνα, τα οποία βρίσκονται και τα τρία εκτός του τριγώνου ή και τα τρία προς το μέρος κάθε πλευράς προς το

οποίο βρίσκεται η τρίτη κορυφή . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι περί τα τρία ισόπλευρα τρίγωνα διέρχονται από το ίδιο σημείο Κ. Το σημείο αυτό " βλέπει" τις τρεις πλευρές με την ίδια γωνία, δηλ. γωνΒΚΓ=γωνΓΚΑ=γωνΑΚΒ» 2) Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι περί τα ισόπλευρα τρίγωνα ονομάσθηκαν από τον Neuberg "κύκλοι του Toricelli"

Κι!ιιJ.ος nJ /) FΝfι πηωιη (σχήμα 3) Ονομάζεται ο κύκλος που γράφεται με διάμετρο σημείο, που το ονομάζουμε σημείο Nagel του το ευθύγραμμο τμήμα με άκρα το ορθόκεντρο του τριγώνου 2. Τι είναι παρεγγεγραμμένος κύκλος τριγώνου. τριγώνου και το "σημείο Nagel " αυτού. Ο κύκλος που εφάπτεται σε μια πλευρά τριγώνου Σημειώσεις: Τι είναι το σημείο Nagel τριγώνου; Αν σε ένα και στις προεκτάσεις των άλλων δύο πλευρών παρεγγεγραμμένος κύκλος του τρίγωνο συνδέσουμε κάθε κορυφή του με το ονομάζεται ση μείο επαφής της απέναντι πλευράς με τον τριγώνου αντίστοιχος της πλευράς αυτής. Είναι αντίστοιχο παρεγγεγραμμένο κύκλο, αυτά τα τρία φανερό πως σε κάθε τρίγωνο υπάρχουν τρεις ευθύγραμμα τμή ματα διέρχονται από το ίδιο παρεγγεγραμμένοι κύκλοι •

ι "Α /J ΠJ

το

ξ/ραπ.'; 1 1

Ποιοι πήραν το βραβείο

Fields Medal (γνωστό και σαν Nobel των Μαθηματικών) για το έτος 20 1 0 ;

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

! Η . "οι συνιγηάτες

της σηjl.ηr.: ;ιράφυ υν-ι:ρωτοι! ν "

Θ{;μα I 0 • r ω ι την ί:'ο·νιΗα τηc εξίσωσης Π ρολr.γό μενα. Συνεχίζουμε με το δεύτερο μέρος όπως είχαμε προαναγγείλει στο προηγούμενο τεύχος.

Υπενθυμίζουμε πως κάνουμε αποσπασματική παράθεση κειμένων από το βιβλίο του Sander Bais ΕΞΙΣΏΣΕIΣ»

δε-ίJηφ ο μ {; ρ ο ς (η:λ::υτ α � ο ) •

«Οι φυσικοί χρησιμοποιούν τα Μαθηματικά ως γλώσσα της Φύσης, μια γλώσσα η οποία έπρεπε να επεκτείνεται όποτε αποκαλύπτονταν νέα επίπεδα της φυσικής πραγματικότητας. Και γενικότερα, ο φυσικός επιστήμονας τείνει να χρησιμοποιεί τα Μαθηματικά ως γλώσσα . . . . . . »

•

«01

«Η λέξη εξίσωση (equatίon) προέρχεται από το λατινικό aequo (εξισώνω, στα ελληνικά) το οποίο παράγεται με τη σειρά του από το επίθετο aequus (ίσος) » «Μολονότι οι εξισώσεις δεν χρησιμεύουν παρά για να αποδίδεται κάποια τιμή σε μια μεταβλητή, στο •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/28

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

γενικό πλαίσιο της πραγμάτευσής μας εκφράζουν σχέσεις μεταξύ φυσικών μεταβλητών οι οποίες χαρακτηρίζουν το εκάστοτε εξεταζόμενο φυσικό σύστημα και καθορίζουν τις επιτρεπτές μεταβολές τους στον χώρο και στον χρόνο . » «Η εύρεση των εξισώσεων προϋποθέτει γνώση του το οποίο προσπαθούμε να συστήματος μοντελοποιήσουμε, και αυτό αποτελεί έργο κυρίως του φυσικού επιστήμονα · στην εξαγωγή των λύ σεων, . .

•

όμ ως, ο μα θηματικό ς είναι απαρ α ίτητος συνεργάτης» •

«Α ς στραφούμε τώρα σε μερικές από τις μαθηματικές συμβάσεις και σύμβολα που μεταχειρίζονται οι φυσικοί επιστήμονες. Συνηθίζεται τα μεγέθη να παριστάνονται με γράμματα - η θερμοκρασία με τ, ο χρόνος με t, . - και τα εν λόγω μεγέθη μπορούν να λαμβάνουν διάφορες τιμές, εξ ου και ονομάζονται μεταβλητές. Στις εξισώσεις εμφανίζονται και ορισμένες σταθερές: από τη μία , . .

-------

υπάρχουν παγκόσμιες σταθερές, όπως η ταχύτητα του φωτός, c, ή το φορτίο του ηλεκτρονίου, e · από την άλλη, υπάρχουν άλλες παράμετροι που λαμβάνουν σταθερές αλγεβρικές τιμές σε κάποιο δεδομένο πλαίσιο » «Αντί στις εξισώσεις να γράφουμε τις αριθμητικές τιμές των παραμέτρων, τις παριστάνουμε κι αυτές με γράμματα. Έτσι, διακρίνουμε αρκετά σύνολα γραμμάτων στις εξισώσεις μας: μεταβλητές, παγκόσμιες σταθερές και παραμέτρους του συστήματος. Ας προσθέσουμε τώρα και άλλα επίπεδα στην έννοια των μεταβλητών. Οι μεταβλητές μπορεί να εξαρτώνται η μία από την άλλη, και σε αυτή την περίπτωση τις αναφέρουμε ως συναρτήσεις ή πεδία » . . .

•

. . .

[πηγή: Sander Bais «01 ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ», εκδ. «ΚΑΤΟΠΤΡΟ», Αθήνα 2009]

Θ{;μα

2" f: π έτεω ι μεγάλων μαθη μ αηκιον Π ρ ολεγό μ ενα . Ο φίλος της στήλης Δη μητράκης Κώστας

[Χανιά] , μας έστειλε τον παρακάτω πίνακα, στον οποίο σημειώνονται οι επέτειοι από την η μέρα των γενεθλίων ή την ημέρα του θανάτου, τεσσάρων μεγάλων μαθη ματικών κατά το μήνα Μάρτη . rJ ίνωω-;

α.α.

ΟΝΟΜΑΤΕΠΩΝΥΜΟ

Θi:μα J".

Έτος γέννησης

3 1/3/1 596

το

ΙVi iφτη

Έτος θανάτου

T (J QJ

20 ι 2

Μέχρι το Μάρτη 20 1 2 συμπληρώνονται:

� 41 6 έτη από τη γέννησή του 20/3/1 727 � 285 έτη από το θάνατό του ..... . . 23/3/1 749 5/3/1 827 � 263 έτη από τη γέννησή του � 1 85 έτη από τον θάνατό του Joseph Fourier � 244 έτη από τη γέννησή του 21/3/1 768 [πηγή : «01 ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ», ΕΤ BELL, πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης, τ. Ι, 1 995]

Rene Descartes Isaac Newton Pieπe-Simon Laplace

1 2 3

με μιρ ι κές εππείους

. .

Π έτ ρ ο υ Σοφ ιανο ύ : f: φ α ρ μ ο γ i:ς π(lνω στη ν επ:':κταση της αρχα ίας Λφπεδ6νης.

Π ρ ολεγό μενα . Ο φίλος της στήλης και ειδικός στον Πυθαγόρα, Πέτρος Σοφιανός, μας έστειλε ένα σημείωμά του πάνω στο θέμα της «αρχαίας αρπεδόνης». Επειδή η στήλη μας πάσχει από έλλειψη χώρου και επειδή ο όγκος του υλικού που αναμένει δημοσίευση είναι μεγάλος, θα το δημοσιεύσουμε σε δύο συνέχειες. n ρ (iJ τη συνf:ι.r: ια

((Σε 12 ίσα τμήματα χώρισαν το κορδόνι απ ' την αρχαία Α ίγυπτο και το 'παν ((αρπεδόνη>ι !

«Αρπεδονάπτης» λέγονταν ο απτόμενος του νήματος και δάσκαλος μπορεί με αυτό Γεωμετρίας σχήματος . . . »

Κατά τον Ηρόδοτο βέβαια οι αρπεδονάπτες ήσαν εκείνοι οι τεχνίτες της Γεωμετρίας που μετρούσαν τα χωράφια των αγροτών στις όχθες του Νείλου υπολογίζοντας και τους φόρους που αντιστοιχούσαν για τους Φαραώ . ((Με 12 ίσα τμήματα αν κλείσεις το κορδόνι κι έτσι

γωνία ορθή ποιείς λέγε το ((αρπεδόνφι " !

Πράγματι αφού

3+4+5

από το γνωστό

πλέον σήμερα θεώρημα του Πυθαγόρα το τρίγωνο με μήκη πλευρών 3 ,4 , 5 πρέπει να είναι ορθογώνιο αφού οι πλευρές του αυτές ικανοποιούν τη σχέση : 3 2 + 42 5 2 .Εκτός όμως του ορθογώνιου σκαληνού (ετυμολογικά: χωλού ανισοσκελούς), κατασκευάζουμε: � Ισόπλευρο-ισογώνιο (με πλευρά 1 2 : 3 4) � ισοσκελές- οξυγώνιο (με βάση 2 και σκέλη ίσα με 5) � Τρίγωνα μ' αυτή φτιάχνεις, τετράπλευρα (είδους παντός), πολύγωνα και σχήματα πολλά . . . πόσα άραγε; με σταθερή περίμετρο τους κόμπους καθώς πιάνεις , βλέποντας πως αλλάζουνε σε τούτα τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/29

------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

εμβαδά ! Το παιχνίδι αυτό ( η κλειστή αρπεδόνη με 1 2 ) «παίζεται» από δύο περίμετρο τουλάχιστον έως έξη το πολύ άτομα που μπορούν να κατασκευάζουν όλα τα είδη των γεωμετρικών σχημάτων , να υπολογίζουν και να συγκρίνουν μεταξύ τους τα εμβαδά καταλήγοντας σε προτάσεις όπως π. χ. οι παρακάτω : � Από όλα τα παραλληλόγραμμα που έχουν σταθερή περίμετρο 1 2 και την ίδια βάση, το μέγιστο εμβαδόν έχει το ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, σε αφού τούτο μεγιστοποιείται το ύψος. � Από όλα τα ορθογώνια που έχουν σταθερή

-------

περίμετρο η σταθερό άθροισμα διαστάσεων, το μέγιστο εμβαδό έχει το τετράγωνο. Η πρόταση αυτή μπορεί να δειχθεί γενικά και με μηδενισμό της πρώτης παραγώγου του Εμβαδού σαν συνάρτησης αρχικά δύο μεταβλητών Ε = χ y αλλά αφού x+y = 6 ή y 2 = 6 - χ έχουμε Ε(χ) =χ (6-χ) = 6χ - χ οπότε Ε ' (χ) = 6 - 2χ και τέλος λύοντας την εξίσωση Ε '(χ) = Ο προκύπτει το χ = 3 και άρα y = 3 . Στην περίπτωση της κλειστής αρπεδ όνης καταλήγει κανείς στο παραπάνω συμπέρασμα μετρώντας απλά και συγκρίνοντας τα εμβαδά των τριών ορθογωνίων με σταθερή περίμετρο 1 2 ( l x5 , 2χ4, 3χ3) βλέποντας ότι το μεγαλύτερο εμβαδόν έχει το τετράγωνο.

Θέμα 4° Ενός φ ίλο ς της στήλης με τα . . . « Μ αθη ματικά σ την κου ζίνα» Με μεγάλη μας χαρά πληροφορηθήκαμε πως ο φίλος της στήλης, Δημ. Χασάπης, έγραψε ένα νέο βιβλίο με τίτλο «"ΜΑΘΗΜΑτΙΚΆ ΣΤΗΝ ΚΟΥΖΙΝΑ" - Μαθηματικές δραστηριότητες για παιδιά και τους γονείς τους» [εκδόσεις ΜΕΤΑΙΧΜΙΟ, Αθήνα 20 1 1 ] . Το βιβλίο έφτασε στα χέρια μας και το διαβάσαμε. Είναι προικισμένο με χάρη και ευρηματικότητα, και προορίζεται για παιδιά του Δημοτικού.

Θέμα 5". Στη χιi) ρα τ ο υ Ευκλείδη Στο ηλεκτρονικό περιοδικό «Journal of classical Geometry» [ Volume 1 (20 1 2) ] διαβάσαμε την παρακάτω είδηση : <<Nguyen Mίnh Ηα, Α proof of Vittas ' Theorem and its conνerse, pp. 32-39» . πράγμα που σημαίνει πως αναγνωρίζεται, στον Έλληνα αρχιτέκτονα και εραστή της Γεωμετρίας, Κώστα Βήττα η πατρότητα ενός θεωρήματος που, διεθνώς, θα φέρει το όνομα «Θεώρημα του Βήπα». Είμαστε υπερήφανοι. Αυτή η μεγάλη επιτυχία είναι η φωνή της συνείδησης, που εγκαταλείψαμε ουσιαστικά την Ευκλείδεια Γεωμετρία στη χώρα του Ευκλείδη . Θέμα 6° Ε κδή λωση για την Ε υ κλείδεια Γε ω μετρία Η εκδήλωση για τη Γεωμετρία [του περιοδικού «Φ», του Βασίλη Βισκαδουράκη] πραγματοποιήθηκε στο Ευγενίδειο Ίδρυμα και διήρκεσε περισσότερο από τέσσαρες ώρες, σε ένα αμφιθέατρο κατάμεστο από εραστές της Γεωμετρίας. Ήταν τέσσαρες μαγικές ώρες στη διάρκεια των οποίων ανέπτυξαν την άποψή τους ο Δημήτρης Χριστοδούλου (καθηγητής στο Πολυτεχνείο της Ζυρίχης) και ο Αντώνης Μελάς (καθηγητής στο πανεπιστήμιο Αθήνας), άριστοι κάτοχοι του θέματος και οι δυο τους, μας ξενάγησαν στην ιστορία και σε περιστατικά της Γεωμετρίας, τόσο απλά και όμορφα που είμαι σίγουρος πως κι ένας διαβασμένος μαθητής θα τα καταλάβαινε. 1 1 11• Η απάντηση στ ο : " Αυτό τ ο ξ έρ ατε ; "

3/9!1970 Ρωσία Petersburg �State UniversityCaltech

τη ς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/30

------

Μαθηματικά για τη Α' Λυ κείου ------

ΑΛΓΕΒΡΑ Α

ΛΥΚΕΙΟΥ

ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ

Γιάννης Κυριαζής

Άσκηση t η

Να βρείτε τα πεδία ορισμού των πα ρακάτω συναρτήσεων:

x2 χ = ι.J25-4 2χ- 3 I - 6 g με g(x)= {/χ2 -3 χ+ 2 -�l 2x -5l-4 h με h(x) = Ji xi+.Jx2 + 1 -�-x+.Jx2 + 1

α) r με r < >

β)

γ)

Λ ύ ση :

χεΙR άρα Ji +l >Ο και lxl � Ο , επομένως lxl + � > Ο για κάθε χ . Επίσης χ 2 + 1 > χ 2 άρα και Jx2 +l >N ς:> Jx2 + l >lxl � x και τελικά -x+Ji +1 > 0 για κάθε χ ε Άρα Dg =

γ) Επειδή i +l>Ο, για κάθε ε

IR .

:: o } ς:> f(x) ε ς:> {25-4xz;;: 2'1 l2x-3l-6:;t:O 2 +λ Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)= � χ , λεΙR χ 2 25 χ2 {-4 � -25 } � χ -1 ς:> ς:> 12x-�:;t:6 ς:> 2χ-3:6 α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f και 2x-3:;t:-6 β)Να βρείτε το λ ε ΙR ώστε f(3) = � . 2 χΙ � � 2 J 2 ( �) χ {1 1 - 2 9 καιχ:;t:--3 ς:> γ)Να υπολογισθούν οι τιμές r(%) και f (f(l l)) . χ:;t: 2χ :;t:9και2χ:;t:-3 2 2 χ � } χ ε [-�,-�)υ(- � , �] Ο :: } 3;;: {2χ+ 2 ς:> � ! -1� ς:>{ x:;t:2 και χ :;t:-� ς:> 2 2 2 2 > f(x) ε ς:> x -l:;t: O _]_ ς:> l x:;t: 2 2 Επομένως ορισμού της f είναι το χ ε [-%,ι) υ (l, +οο). Άρα Dr =[-%,ι)υ(Ι,+οο) . = [-�2' - �)υ 2 ( -�2'2�] 3 2 . 3 + λ = -3 ς:> νλ + 6 =3 . Στο f(3) =- ς:> .J 2 3-1 2 = [ -6, +οο) έχουμε: σύνολο ορισμού 2 . + =Υ λ=3 Jλ+6=3��λ 6) Δεκτή αφού 3 ε ς:> {χ2 χ +2� -3 } g(x) =ε J2x-5J ;;:4:: γ) f ( � ) = * = J6 =2 J6 . 2 l_ ι _!_ 2 2 � � x! g ή χ . {xg ή χ 2 1 1 + 3 = 2_ = _!_ . f(l l) = .J · 2χ-5<ο4 ή 2χ-5,;-4 } χ<ο� ή χ,;� 11-1 10 2 Επομένως ορισμού της g είναι: 2 = � =-4 . f(f(l l)) = f _!_ = _ 2( ) f-F· = (-οο'2_!_] [2.2' +οο) . _!_ 1 2 _ _!_2 IR

Ά σ κηση

{

}{

}

ζ:?

}

Λύση :

α)

πεδίο

r;::-:-;

β)

της Α

β)

Α.

IR ς:>

ς:>

<ο>

πεδίο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/3 1

-------

Λ σ uςη ση 3 11

Μ αθηματικά για τη Β ' Λυκείου -------

χ 2 - 2{2ίλί - χ + λ2 + 1 -::F- Ο για κάθε χ Ε JR . Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR για την ο Άρα Dr = Α = JR , άτοπο, αφού Α :;t: JR ,άρα ποία ισχύει: f(x) + 4 χ � χ2 + 3 � f(x + 2) + 4 για l λl = 1 , δηλαδή λ Ε { -1,1} . κάθε χ ε JR . α) Να βρείτε τον τύπο της f . β) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτο β) Για lλl = 1 ο τύπος της f γίνεται νία και τα ακρότατα. 2 Λ (J ση :

χ - ( ,J2γ χ2 - 2 f(x) = 2 2 f(x) + 4x � x + 3 => f(x) � x + 3 - 4χ (1 ). x 2 - 2J2-i - x + 1 2 + 1 x 2 - 2xJ2 + (J2) 2 2 για κάθε χ JR . Επιπλέον χ + 3 � f(x + 2) + 4 => (x + Ji)(x - Ji) x + Ji => f(x + 2) ;;:: x 2 + 3 - 4 => f(x + 2) ;;:: x 2 - 1 (2). με 2 Θέτουμε όπου χ το χ - 2 οπότε έχουμε: (x J2) f(x - 2 + 2) ;;:: (x - 2) 2 - 1 => f(x) ;;:: x 2 + 3 - 4χ (3) A = Dr = 1R - {J2} = (-oo·, J2) υ (J2,+oo ) για κάθε χ JR . Από (1 ) και (3) βρίσκουμε: 2 f(x) = χ - 4χ + 3 , (αντισυμμετριιcή ιδιότητα). Επιπλέον τροποποιούμε τον τύπο της f και έχουμε β ) Στο τριώνυμο f(x) = x 2 - 4x + 3 έχουμε x + Ji = x - J2 + 2J2 = 1 + 2J2 f(x) = -β = - -4 = 2 και x - Ji x - Ji x - Ji α = 1 > Ο β = -4 γ = 3 ' ' ' 2α 2 - 1 .όπου g(x) = x - Ji =1+ 2 -4-1-3 � (-4) i - 4α = 4 - 1 = - 4 = -1 Αλλά: g ( -oo ,J2) και g ( Ji,+oo ) . Επομένως Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ! ! ( -οο, 2] και γνησίως αύξουσα στο [ 2, +οο) . Παρουσιάζει η -1 και συνεπώς η f θα είναι γνησίως φθίνουσες στα g ολικό ελάχιστο στο χ 0 = 2 που ισούται με f(2) = -1 , ό φαίνεται στον παρακάτω πίνακα μεταβολών: διαστήματα ( -οο, J2) και ( J2, +οο) . Όμως f(0) = 1 - 2 = -1, και (2J2) = 1 + 2 = 3 , δηλαδή ----f( Ο) < f( 2J2) , με Ο < 2J2, πράγμα που αναιρεί την Από την υπόθεση έχουμε:

r;:; X - '-,J L.

:�

πως

�-

- οο

- -Ι--- -�--

+2 - -----·---- ----- ---�

f(χ)

-1

4η

+οο

Ολικό Ελάχισιο

Δίνεται η συνάρτηση f : Α � JR με Α -φ. JR χ2 - 2 και f(x) = , λ Ε JR . 2 1 λ l · χ + λ2 + 1 xz - 2 νι:;ι:;ι Να δείξετε ότι l λ l = 1 . jβ ) Ν α μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. γ) Να β ρείτε τα σημεία τομή ς της C r με τους άξονες. Λ (J ση :

έννοια της φθίνουσας συνάρτησης. Άρα η δέν είναι μονότονη στο Dr . Μέγιστα και ελάχιστα δεν υπάρχουν. γ ) Για χ=Ο παίρνουμε y=-1 Άρα το κοινό ση μείο τη ς και του άξονα είναι το μής της

μα

y'y

Α(Ο, -1) . Οι συντεταγμένες των σημείων το

με τον άξονα

{:: ;:�},

χ'χ

επαληθεύουν το σύ στη -

δηλαδή τελικά

{ �=�JZ}.

Άρα έχουν ένα μόνο κοινό σημείο το

Α σ κ η ση 5'1

Β ( -J2, Ο ) .

Θεωρούμε δύο συναρτήσεις f, g : R � JR για τις οποίες ισχύει: f(x) = g 2 (x) - 6 g (x) + 1 1 για κά f(x) E JR <:::;> χ 2 - 2[2ίλί - χ + λ2 + 1 -::F- 0 . θε χ ε JR . Αν η γραφική παράσταση C g της g τέ Το α' μέλος είναι τριώνυμο με α = 1 > Ο , β = -2 {2ίλί και γ = λ2 + 1 . Δ=( -ψj�γ -4Κ +1) = μνει την ευθεία y 3 , να δείξετε ότι η f παρουσιά ζει ολικό ελάχιστο, το οποίο να υπολογίσετε. Παρατηρούμε ότι:

8lλ l - 4λ2 - 4 = -4( l λl 2 - 2 l λl + 1 ) = -4(lλl - 1)2 . Αν � � -::F- 1 τότε Δ <Ο , οπότε i -� · χ+Κ +1>0, για κάθε χ R αφού α = 1 > Ο Συνεπώς θ α είναι και Ε

Λ ίJ ση :

f(x) = g 2 ( χ) - 6g(x) + 1 1 = = g 2 (x) - 2g(x) - 3 + 3 2 + 2 = [g(x) - 3] 2 + 2 ;::: 2

Έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/32

------για κάθε

χΕR .

Μαθη ματικά για τη Β' Λυ κείου -------

Επιπλέον η c g τέμνει την ευθεία

f είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε: (1) <=> f(x) - 6x 2 - 5 > 1 <=> 2χ 3 + 12χ - 10 - 6χ 2 - 5 - 1 > 0 <=> χ 3 -3χ 2 + 6χ - 8 > ο <=> ( χ 3 - 23 ) - 3χ(χ - 2) > ο (χ - 2)(χ 2 + 2χ + 4) - 3χ(χ - 2) > ο <=> (χ - 2)(χ 2 - χ + 4) > ο <=> χ - 2 > ο <=> χ > 2 , αφού χ 2 - χ + 4 > Ο για κάθε χ Ε R , ( α = 1 > 0 και Δ = (-1) 2 - 4 · 1 · 4 = -15 < 0 ). και επειδi1 η

τέτοιο ώστε g ( χ 0 ) = 3 , f( χ 0 ) = [g(x 0 ) - 3Υ + 2 = 2 . Επομένως

y = 3 . Άρα υπάρχει χ 0 Ε R δηλαδή

f (χ) � f ( χ 0 ) = 2 για κάθε χ Ε R , δηλαδή η f παρου σιάζει ολικό ελάχιστο στο Χο ER με την τιμή f(Xo) =2 . Ά σ κ η ση 6 " Έστω η συνάρτηση

f : R � R , τέτοια ώστε 3r[f(x)+f(-x)+2r]= �f(-x), για κάθε χ ε JR . α )Να

δειχθεί η f είναι περιττή. β ) Να βρεθεί ο τύπος της f.

(-χ) ER. α) Στην: 3x 5 [f(x) + f(-x) + 2x 2 ] = - % f(-x) (1), θέτουμε όπου χ το -χ και έχουμε: 3( -χ) 5 [ f( -χ) + f(x) + 2( -χ) 2 J = - % f(x) δηλαδή Λ ί1ση :

Προφανώς για κάθε xER ισχύει

-3χ 5 [ f( -χ) + f(x) + 2χ2 J = - � f(x)

Δίνεται η συνάρτηση f : JR�JR με f(x)= 3=2 · l� υ) Να εξετασθεί η f ως προς την μονοτονία. r -3x+6 r -3x+8 ' ! Να επιλυθει' η ανισωση r +3 > r + 5 (Ι) · α) Αν

χ � Ο , τότε f(x)=� χ+2 =3-__i_ χ+2 και αν 3χ = --3χ = -3 - -6 ' f(x) =-χ Ο , τοτε -χ + 2 χ - 2 χ-2

(2)

Προσθέτοντας τις σχέσεις ( l ) και (2) κατά μέλη πέρ νουμε: [f(x) + f(-x) + 2x 2 } (3x 5 - 3χ 5 ) =

2 ::::> Ο = --f(-x) 2 2 2 -χ) --f(x) = --f( -f(x) 3 3 3 3 2 2 ::::>-3 f(-x) =--f(x) 3 ::::> f(-x) = -f(x) για κάθε χ Ε R . Άρα η f είναι περιττή. β ) Από την σχέση ( 1 ) αφού η f είναι περιττή παίρνουμε: 3χ 5 [ f(x) - f(x) + 2χ 2 J � f(x) 2 ::::> f(x) = 9χ , για κάθε χ Ε R . 6χ = -f(x) 3 ::::>

••

1 --- > 1 2 Χ:ι -2<-2=>---

< Χ:ι -2 6 6 6 6 -< --< -xl χ2 χ2 -2 Ομοίως: Ο Χ ι < χ 2 => 2 < χ 1 + 2 < χ 2 + 2 => ... Επομένως

χ, � :5:0 =>χ,

=> ---2

-2

χ, -2

=> -3-

Χι

-2

-3-

f(χ ι ) < f(x 2 ) => ft ( -οο,Ο] => ft[Ο, +οο) Αφού το άκρο Χο =0 περιλαμβάνεται και στα δύο δι =>

αστήματα μονοτονίας θα έχουμε:

f��ψ.-{O,� =JR

χ 2 - 3χ + 6 > 0 για κάθε χ Ε R , διότι α = 1 > 0 και Δ = (-3) 2 - 4 · 1 · 6 = -15 < 0 :\ σ κ η ση 7'1 Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=(λ-2)i +�-10. και χ2 -3χ +8 =(χ 2 -3χ +6) +2 >0 για κάθε x E JR ( Ι ) χ 2 - 3χ + 6 χ 2 + 3 α) Ν α βρεθεί ο αριθμός λ ε R ώστε η γραφική ρα <=> χ 2 - 3χ + 8 > -Ά της παράσταση C f να διέρχεται από το Α(1 , 4) . χ 2 + 5 <=> β) Να μελετηθεί η f ως προς την μονοτονία. 3(χ 2 - 3χ + 6) 3(χ 2 + 3) r > <=> <=> 2 γ) Να επιλυθεί η ανίσωση r[r(x)-6 - s] 4> 0 (1). Ιχ - 3χ + 61 + 2 Ιχ 2 + 31 + 2 Λ\Jση : f( χ 2 -3χ + 6) > f(x 2 +3) <=>χ2 -3χ+6>χ2 +3<=> α) Η C f διέρχεται από το σημείο A(L 4)<=>f(1)=4 <=> (λ - 2) · 1 3 + 3λ · 1 - 10 = 4 <=> λ - 2 + 3λ - 10 = 4 -3χ > 3 - 6 <=:> -3χ > -3 <=> χ < 1 , αφού η f είναι γνησίως αύξουσα. <=> 4λ = 16 <=> λ = 4 . 3 β) Για λ = 4 έχουμε: f(x) = 2χ + 12χ - 10 , Χ Ε ΊΙD .·ο μως Χ 1 < Χ 2 Χ 3ι < Χ 32 * 2 Χ 31 < 2 Χ 32 , 12χ ι < 12χ 2 => 2χ/ + 12χι -10<2χ/ + 12χ2 -10::::> => ( 3 - X z 3 => 3 < X z 3 )3 ( - χ 2 ) 3 ::::> f(x 1 ) < f(x 2 ) . Επομένως η f είναι γνησίως αύ 3 :5: Ο < χ 2 => Χι < Ο < χ / ξουσα στο R . Οι μορφές αυτές μπορούν να προκύψουν άμεσα από γ ) f[ f(x) - 6χ 2 - 5 J > 4 <=> f[ f(x) -6χ 2 -5 J > f(l) τις διαιρέσεις 3y:(y+2) και -3y:(y- 2), όπου y = lxl !) ) Είναι

m..

::::?

-Χι

Χι

••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/33

=> -Χ ι

Χι

και

-------

Μ αθη ματ ικά για τη Α ' Λυκείου -------

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ Εγγεγραμμένα Σχήματα - Αναλογί ες - Ομο ι ό τ η τα

Πανδής Χ ρήστος

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο. Αν Ε, Ζ, Η, Θ είναι οι προβολές του τυχαίου σημείου Μ του κύκλου πάνω στις ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα, να δειχτεί ότι: ΜΕ · ΜΗ=ΜΖ · Μ Θ .

Είναι ΑΒ j_ Β Α' και ΒΜ j_ Α Α' Α

� Λ; = Β ι (3) .

Α'

Το τετράπλευρο ΑΒΗΜ είναι εγγράψιμο (η πλευρά του ΑΒ φαίνεται από τις κορυφές Η και Μ υπό

ίσες γωνίες)

�

Βι = Ηι

(4).

τα

Από

(1 ),(2),(3),(4) προκύπτει ότι Νι = Ηι . ΜΕ Μ Θ , , , Α ρκει, να δ ει'ξου με οτι: η οτι τα = ΜΖ Μ Η τρίγωνα ΜΕΖ και ΜΗΘ είναι όμοια. Είναι

Ένας κύκλος (0) με σταθερό μήκος ακτίνας R εφάπτεται σε σταθερό σημείο Μ μιας σταθερής ευθείας (ε). Στα άκρα Α,Β μεταβλητής διαμέτρου αυτού φέρνουμε τις εφαπτόμενες που τέμνουν την (ε) στα Δ, Γ αντιστοίχως. Δείξτε ότι:_Ι\!Δ · ΜΓ=σταθ.

(5) τα τρίγωνα ΜΕΖ και ΜΗΘ είναι όμοια.

Επειδή Ο Μ Δ=Ο Α Δ= l L το τετράπλευρο ΟΑΔΜ είναι εγγράψιμμο. Αυτό έχει σαν συνέπεια πώς 01 = Α 1 ( l ). H γωνία Β 1 είναι εγγεγραμμένη

Δ Θ Μ=Μ Η Δ= l L οπότε ΜΘΔΗ εγγράψιμο άρα Θ1 = Δ1 (1 ) . Ακόμη Δ1 = Β 1 (2) γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο . Είναι Μ Ζ Β=Μ Ε Β = 1 L οπότε ΜΖΒΕ εγγράψιμο, άρα Β 1 = Ε 1 (3). Από ( 1 ), (2), (3) έχουμε Θ1 = Ε 1 (4 ) . Η Α Δ Γ είναι απέναντι εξωτερική της Η Μ Θ στο εγγράψιμο τετράπλευρο ΜΘΔΗ, οπότε Η Μ Θ =Α Δ Γ. Ακόμη στα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΒΓΔ και ΕΒΖΜ έχουμε Α Δ Γ= Β 2 και Β 2 =Ε Μ Ζ, οπότε Η Μ Θ= Ε Μ Ζ (5). Από (4) και

Δίνονται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο, το aντιδιαμετρικό Α' του Α, και το ύψος του ΑΗ. Αν Μ, Ν οι προβολές των Β, Γ, στην Α Α' , τότε να δείξετε ότι: Α Η 2 =ΑΜ · ΑΝ. Α ρκει' να δ ει'ξου με οτι: '

ΑΝ ΑΗ = , δη λαδη' ΑΜ ΑΗ

στον κύκλο (Ο) και βλέπει το τόξο

ΑΜ , ενώ η

γωνία Α 1 σχηματίζεται από την χορδή ΑΜ και την εφαπτομένη ΑΔ. Άρα αυτές οι δύο γωνίες θα είναι ίσες, δηλαδή Β, =Α (2). Επειδή Ο Β Γ=Ο Μ Γ= 1 L

το τετράπλευρο ΟΒΓΜ θα είναι εyyράψιμμο, άρα θα

Β1 = fΊ (3) .

(3)

αρκεί τα τρίγωνα ΑΗΜ και ΑΝΗ είναι όμοια και

είναι:

επειδή

<\ = fΊ , άρα τα τρίγωνα ΜΟΔ και ΜΟΓ είναι

Αι

κοινή αρκεί

Νι = Ηι .

Το τετράπλευρο ΑΗΝΓ είναι εγγράψιμο (η πλευρά του ΑΓ φαίνεται από τις κορυφές Η και Ν

Νι = fΊ ( 1 ). Το τετράπλευρο ΑΒ Α' Γ είναι εγγεγραμμένο � fΊ = Λ; (2).

υπό ίσες γωνίες)

�

Από ( 1 ), (2),

έχουμε ότι

όμοια, οπότε: ΜΔ ΜΓ=Μ 0 2 ή ΜΔ · ΜΓ= R 2 ·

•

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο διαμέτρου ΑΓ. Αν Μ είναι το σημείο τομής των διαγωνίων του και Ε, Ζ οι προβολές του Μ πάνω στις ΑΒ, ΑΔ αντίστοιχα, να δείξετε ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/34

-------

ότι ΕΖ II ΔΒ.

Μ αθη ματικά γ ια τη Α ' Λυ κείου ------0

Δ ν

μ-'-(:.!ι!._! --_ '---"'Β ---- ---Γ

(ει )

-,ΝJ.,.Ι---;- (ε2) Α

ΑΕ ΑΖ ( 1 ) . Αρκει, να δει'ξω οτι, -=ΕΒ ΖΔ Επειδή η Β είναι ορθή και η ΜΕ ΑΒ είναι (2) . Επειδή η Δ είναι ΜΕ ΓΒ, οπότε : ΕΒ = ΑΜ ΜΓ Δ, οπότε είναι ορθή και ΜΖ ΑΔ θα είναι ΜΖ/ /Γ ΑΖ = ΑΜ (3). Από (2), (3) συνεπάγεται η ( 1 ). ΖΔ ΜΓ 11

ΑΕ

Δίνεται τυχαίο τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΔ, ΒΓ αντίστοιχα. Η ευθεία ΜΝ τέμνει τις ευθείες ΑΒ και ΖΓ ΔΓ στα Ε, Δ Ε , Β Ζ . , -=Ζ αντίστοιχα. Δει'ξτε οτι ισχυει: ΕΑ Α

:'\

Έστω Μ, Ν οι προβολές του Ο στις (ε ι ) , ( ε 2 ) αντιστοίχως. ΤότεΟΒαπόΟΜτα όμοια τρί γ ωνα ΟΜΒ και μ θ . . 'Εχουμε , -=--=-=στα ΟΝΑ εχουμε: ΟΑ ΟΝ ΟΒ=ΑΓ (2) . Από (2): ΟΑ = μ (3). Είναι και πως τουτο Οι (3),όμοιο(4)προςσημαίνουν Γ Αγωνο LΟΑΓ(4).μένει τρί(Ομοιο τον εαυτό δηλαδήπλευρές στο σταθερό ορθογώνιο τρίγωνο μεοποιονδήποτε κάθετες μ, ν ). Άρα ο λόγος δύο γραμμικών στοιχείων μένει σταθερός. Δηλαδή ΟΑ =σταθ. ΟΓ Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Μια (1)

ΑΓ

( 1 ),

0= 1

ημιευθεία από το Α τέμνει την διαγώνιο ΔΒ στο Ε, την πλευρά ΒΓ στο Ζ και την ευθεία ΔΓ στο 1 =1 1 . , οτι: , Η. Δειξτε + Α

ΑΕ

ΑΖ

ΑΗ

Η �/Θ Δ Φέρνω τις ΒΗ, ΓΘ παράλληλες στην ΑΔ. Τότε είναι ΒΗ ΓΘ, οπότε Β ι = fΊ (ως εντός Αρκεί να δείξουμε ότι: -+-= 1 (1 ). Τα ΑΖ εναλλάξ). Είναι ακόμη Ν ι = Ν 2 (ως κατακορυφήν) , καιίσα.ΝΒ=ΝΓ. ΟπότεΤατα τρίγωνα τρίγωνα ΝΒΗ καικαιΝΓΘ είναι τρίγωνα ΕΔΑ και ΕΒΖ ειναι ομοια, οποτε: Άρα ΒΗ=ΓΘ. ΑΕΜ ΒΕΗ είναι ΑΕ (2). ΑΕ = ΕΔ και -=ΕΒ = ΒΗ . Τα τρίγωνα ΔΖΜ και ΓΖΘ άρα: ΑΕ+ΕΖ όμοια οπότε ΕΑ ΕΔ+ΕΒκαι ΕΔΗ είναι όμοια, οπότε: ΑΜ Επίσης τα ΕΒΑ , ομοια , οποτε, -= ΖΓ -ΓΘ ειναι ΑΕ = ΕΒ και -=ΕΒ (3). ΖΔ ΔΜ άρα: -=' ΕΔ ΕΔ ΕΗ ΕΒ ΑΕ + κατά μέλη και ΕΒ ΖΓ Τις (2), (3) +τις προσθέτουμε , -=ΑλλάΒΗ=ΓΘκαιΑΜ=ΔΜ θαειναι ΕΑ ΖΔ Δίνονται δύο παράλληλες ευθείες έχουμε: ΑΕ + ΑΕ = + ΕΒ ΕΔΔΒ+ ΕΒ = ΔΒΔΒ =1. και σταθερό σημείο Ο εκτός της ταινίας τους Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ ΓΔ). Από το Γ

ΑΖ

ΑΕ ffi

ΕΗ

ΑΖ

( ει ), ( ε 2 )

ΑΕ

ΑΗ

ΕΔ ΔΒ

ΔΒ

ΑΕ ΑΗ

ΕΔ

FA ΕΖ

ΕΔ

ΕΒ

=- ,

ΔΒ

ΑΕ ΑΗ

ΔΒ

11 και προς το μέρος της ( ει ). Ένα σημείο Α σημείο Ο της τομ ς των ιαγωνίων του περνά δ γράφει την ( ε 2 ) και η ΟΑ τέμνει την ( ει ) στο Β. ευθεία, παράλληλη ήστις βάσεις, που τέμνει τις ΑΔ, Κάθε φορά θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓ στην Ε, Ζ αντίστοιχα. Δείξτε ότι: ΟΕ=ΟΖ. ΟΑΓ ( Α =1 L ) όπου ΑΓ=ΟΒ. Δείξτε ότι ΟΑ AB I I EZ I I =σταθ. ΟΓ Α

Είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/35

ΔΕ ΓΖ , -= ΔΓ. Απο, Θ. Θαλη, ειναι ΔΑ ΓΒ

------- Μ αθηματικά για τη Α ' Λυ κείου

). Ακόμη ταΕΟτρίγωνα ΔΑΒ και ΔΕΟ είναι όμοια ΔΕ , οποτε: -=ΔΑ (2). (1

ΑΒ

Ar.o------;o;

του (Ο) στα Α, Β τέμνονται στο Γ. Αν Δ, Ε είναι οι προβολές του Μ πάνω στις ΒΓ, ΑΓ τότε θα 1 +1 =στα . ει'ναι: θ Ε ΜΔ

Α πόδ ε ιξη :

( 1 ),

ΑΒ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (AB II ΓΔ) και σημεία Ε,Ζ πάνω στις ΑΔ, ΒΓ αντιστοίχως. Αν είναι ΕΖ ΙΙ ΔΓ και ΕΑ = μ , να υπολογιστεί το τμή μα ΕΔ ν ΕΖ συναρτή σει των βάσεωνΒ και των μ, ν. Α

Έστω Ζ το αντιδιαμετρικό του Α. Επειδή το τρίγωνο . ΕπειδήΑΒΓΖΑείναι Γισοσκελές ΑΒ Α=θα Β είναι Α και ΖΒθα ισχύει ΑΖ ΕΑΜ, όμοια. Άρατρίγθαωναέχουμε: ΜΒΔΒ=καιΕ Α Μ.ΖΑΒΆραείναιτα ορθογώνια Επίσης (2 ) (2 ). Από , μ λ 2R εχουμε: ΜΕ ΜΔ μ+λ Από 2Rτην τελευταία σχέση παίρνουμε τις 2R ΜΕ μ(μ+λ) (3) και ΜΔ λ(μ+ λ ) .l

Επίσης ταΟτρίγωνα ΓΑΒ και ΓΟΖ είναι όμοια οπότε: ΓΒΓΖ = ΑΒΖ (3). Από (2), (3) έχουμε: ΕΟ ΟΖ Στην τελευταία σχέση οι ΑΒ παρανομαστές ίσοι,Ζ. άρα θα είναι και οι αριθμητές, δηλαδήείναιΟΕ=Ο

ΜΑ ΜΕ ,

ΜΒ

ΜΔ ΜΑ

( 1 ).

ΜΕ

ΜΒ ΜΔ

ΜΑ ΜΕ ΖΑ η ΑΒ

- = - = -

ΖΑ

ΑΒ

( 1 ),

- = - = -- .

(4)

Α πό δ ε ι ξ η :

ΕΖ καιΑΕΗ ΑΓ. Τότε Η η τομήτα τωντρίγωνα θα έχουμε: ΕΗΙΈΙ ΔΓ,στω οπότε και ΑΔΓ είναι ΕΗ ΑΕ . Απο, την υπο'θεση , αρα: , -=ομοια, ΔΓ ΑΕ μ ΑΕ έχουμε: ΕΔ =�ν άρα =μ+-ν .(2). Από (2) μ_ οπότε ΕΗ= μ ΔΓ (3 ). Επίσης έχουμε: ΕΗΔΓ =_ μ+ ν μ+ ν έχουμε: ΗΖΙ Ι ΑΒ οπότε τα τρίγωνα ΓΗΖ και ΓΑΒ ΗΖ ΓΖ . Απο, την, υπο'θεση ,ειναι ομοια, , αρα: , -=ΑΒ ΓΒ ΓΒ -μ+ ν οποτε, ΖΒ ΕΑ μ αρα , -=-=, -= εχουμε: Ε Δ ν ΓΖ ΗΖν ΓΖ = _ν_ΖΓ(5). Από =(5) έχουμε: ΓΒ μ+ ν μ+ν-ν , ή ΗΖ= νμ+· ΑΒν (6). Από (3), (6) με πρόσθεση έχουμε: ΕΗ+ΗΖ= μ·μ+ΔΓν + νμ+· ν ' ή ΕΖ μ· ΔΓμ++νν· ΑΒ Δίνεται κύκλος (0), σταθερό σημείο Μ στο ΑΔ

(1)

( 1 ),

ΑΔ

(4)

(4),

t Ο.

-------

ΑΒ

εσωτερικό του κύκλου και μια μεταβλητή χορδή ΑΒ που περνά από το Μ. Οι εφαπτομένες

ΜΒ ΖΑ ή έχουμε: ΜΑ ΜΕ ΜΔ ' εχουμε: ' μ+2Rλ Aπο, την τελευταια' σχεση ΜΕ μ ( μ+ λ ) (3), λ( μ+2Rλ) Απο, (3), -1- = 2R + 2R = �(_!_ + _!_] + ΜΔ ΜΕ λ (μ+ λ ) μ(μ+ λ ) μ+ λ l λ μ 2R μ + λ η τελικα - + -=2R (5). =--·-ΜΔ ΜΕ μ· λ μ+λ μ· λ φέρνωΜΑΗ τη διάμετρο που περνά Μ. ΤαΤώρατρίγωνα και ΜΘΒΗΘείναι όμοια από επειδήτο κατακορυφήν) και ΗΑΜ=Μ θ Β Μ(βαίνουν 1 = Μ 2 στο(ως ίδιο τόξο). Από την ομοιότητα: ΜΒ= ΜΘ ή ΜΑ· ΜΒ=ΜΗ· ΜΘήΜΑ· =(R-MO)(R+MO)2Rή μ· λ= R2 - ΜΟ2 (6). Από (5), (6): , , αφου, ΜΟ + = αρ λ δ την . η z - MOz του Μ από τοχικηκέντρο Ο. ΜΕ R απόσταση είΜΔναι η σταθερή Από μ λ

( 1 ), ( 2 )

1\ι:Ε 1\ιΒ

ΑΒ

- = - = -

- = - =- .

1\ιΒ

- =-

(4)

_1_

ΜΑ

ΜΗ ΜΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/36

(4):

Α Σ ΚΗΣ ΕΙΣ ΑΛΓ Ε ΒΡΑ Σ

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Εκθετική - Λογαριθμική

Συνά ρτη ση

Χρή στος Λ αζαρίδης

Το παρακάτω άρθρο αναφέρεται στις εκθετικές και λογαριθμικές συναρτήσεις και αποτελείται κυρίως, από επαναληπτικές ασκήσεις με αυξη μένες απαιτήσεις. Ά σ κ η ση 1

Έστω η συνάρτηση f (χ) =

( ) α-2

χ ,χ ε R .

α-1

α) Για ποιες τιμές του α η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα.

/ < (α - 2/ .

β) Αν α > 2, να λυθεί η f(χΧα-1 Λύση

α)Γι'αυτό πρέπει και αρκεί:

α:;t1 ( 1) -αα--21 (2) α-2 0 ( 3) Μεα-1α :;t 1 έχουμε:

{ ::�

0<- <1 α-1

, δηλαδή

α-2 1 ( 2 ) � 1 - ->Ο� > Ο � α > 1 οπότε α-1 α-1 ( 3 ) � α > 2 . Τελικά πρέπει και αρκεί α>2.

aνίσωση έχει σύνολο ορισμού το R 2 α-2 χ 2 οπότε: f(χΧα-1)χ <(α-2)χ �f(x) < � α-1 β) Η

( )

(α)

� f x < f x2 �χ > χ2 � χ2 -χ < Ο <::::> O < x < l .

Ά σ κη ση 2

1 Έστω η συνάρτηση f (x) = -- , χ ε R . χ 2 +1 α) Να δειχθεί ότι: f(-x)+ f(x) = 1, για κάθε χ�. β) Να λυθεί: 9f(x) = f

{�

)

7 - 4� + r

( � - 2) (1).

1 γ) Να λυθεί η ανίσωση -- - � + 4 < 0 (2). f(2x) f(x) Λύσ η

α) f(x) +f(-x) =

-- --

1 1 1 2χ = +-- = + 2χ + 1 τχ + 1 2χ + 1 2χ + 1

�7 - 4f3 = /!Γ +2 2 - 2-.fi ·2 =

2 )2 I .J3 - 21 2 - .fi. Άρα: f ( �7 - 4.J3 ) + f ( .J3 -2 ) = f ( 2 - .J3 ) + f ( .J3 - 2 ) ι:;

= �( .J3 -

9 - = 1 � 2χ + 1 = 9 � 2χ = 8 2χ + 1 � γ = 23 � χ = 3 γ) Η aνίσωση έχει σύνολο ορισμού το R, αφού f(x) :;t Ο , για κάθε χ Ε R , οπότε: 2 � 22χ + 1 - 3(2χ + 1) + 4 < ο � 22χ - 3 · 2χ + 2 < 0 y = 2x y=Y � � � 1<Υ<2 y2 - 3 y + 2 < Ο 1 < 2χ < 2 � 2° < 2χ < 21 � ο < χ < 1 .

()

οπότε : 1 �

()

() ( )

2χ + 1 -- = 1, για κάθε χ Ε R . 2χ + 1 β) Η εξίσωση έχει σύνολο ορισμού το Αρχικά παρατηρούμε ότι:

{

Άσκη ση 3

Να λύσετε τις εξισ ώσεις: όπου 0 < α :;e 1, k ε R α) α χ + α - χ = 2k

(Ι) ,

παράμετροι. β) e x + e- χ = 3 (11). χ χ γ) 7 + τ + 1 = 3συν[lη(χ 2 + 1)] (111). Λύση α) Η

εξίσωση έχει σύνολο ορισμού το R, 1 οπότε: αχ + α-χ = 2k � αχ + - = 2k � αχ 1 αχ = y . Για να έχει η (2) ρίζες α2χ - 2kαχ + 1 = Ο 2 y Ε JR πρέπει και αρκεί Δ � Ο, όπου Δ= κ" οπότε Δ 2 0 �κ ε -οο, -1 υ 1, -tω . Αν λοιπόν κ Ε --οο, -1 υ [ 1, -too , τότε οι ρίζες της y 1 , y

} (( ))

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/37

]

(

)

] [ )

� -1),

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου -----α α α είναι ομόσημες, αφού Ρ = y 1 y 2 = 1 > Ο . log( α + -) + log( α + ) + · · · + 1og( α + --) 2 20 1 2 3 Επομένως για να έχει λύση η ( 1 ) οφείλουν να 3α 4α 20 1 3α είναι θετικές, δηλαδή S = y 1 + y 2 ::::: ο , η 2k > O log- + 1og - + · · · + log -- = 2 20 1 2 3 και τελικά k :::::: 1 . . � ' . . . 20 1 3 20 1 1 20 1 3 . 20 1 2 . Ειδικά για k= 1 έχουμε: ( Ι ) <=> χ = 1οg α 1 <=> χ = Ο 1og 2 · ' · · · 20\2 α = 1og 2 Από το προηγούμενο ερώτημα, για α = e -

' ' και k = -3 :::::: 1 , προκυπτει οτι: 2

( 11 ) <c> χ = ln

(Ξ �J ±

<c>

χ = ln

( } 3 ± J5 2

γ) Έχουμε 3συν[lη(χ 2 + 1)] ::;; 3 με το ίσον μόνον όταν ln(x2 + 1) = Ο , δηλαδή χ=Ο. Δείξαμε στο πρώτο ερώτημα ότι για κάθε αριθμό χ που επαληθεύει την αχ + α-χ = 2k, ισχύει k :::::: 1 , δηλαδή αχ + α-χ :::::: 2 , με το ίσον μόνον όταν χ=Ο. Επομένως 7 χ + Τχ + 1 :::::: 3 με το ίσον μόνον όταν χ=Ο. Άρα ( ΠΙ ) <=> χ = Ο . Έστω α, θ > Ο και α * 1 , θ * 1 , να αποδείξετε θ=α

ότι:

logθ α

log2 α · log3 α

= 6.

θ = α logα θ = α logo α = α logθ α α log2 α·log3 α = α log2 α·log3 α α log2 α·log3 α ( α)

= α log3 α α log2 α = 3 . 2 = 6 . _Ι_

Ι_

_ _

α + + lo (α - -α ) α + lo g(α - -) lo g(α - -) g 2 2012 3 α α α ) (α + -) + + lo g(α + -+ lo lo g(α + -) g 2012 2 3 · · ·

· · ·

α α 1og( α -) + 1og( α - -α ) + · + 1og( α - --) = · ·

k=e

αποδείξετε ότι:

1og - + 1og - + · · · + 1og -- = α

2α

20 1 1α

20 1 2

1 1 - j · - · 20 1 1 20 1 1 α 1og = 1og -- 20 1 2 = 1 og 1 = ο j - 3 · · · 20 1 2 20 1 2

ln(IO e ) e

=e -- + -- = e => -- + ln k ln k log k ln k ln l O ln 1 0 1 => -- + -- = e => ln 1 0 + ln e e ln k => ln k ln k => ln(l Oe) = ln k e => 1 Oe = k e k e = l Oe => ln(k e ) = ln(l Oe) 1

ln( l O ) ln(lOe) => k = e e e => e ln k = ln(l Oe) => ln k = -e π 'Ε στω η συνάρτηση f (x) = (ημα) Χ , α Ε (0, ) 2 Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. Να λύσετε την ανίσωση : (ημα -χ < (ημα)2χ-z .

( �)

Ν α λύσετε την εξίσωση : 1 2 ι (συνα) " χ = (συνα)- η χ+ z , α Ε Ο,

Έστω α > Ο ώ στε α 2 011 = 2012 , να υπολογίσετε τις παραστάσεις:

�

1 Έστω O<k * 1 τέτοιος ώ στε -=e. Να ·�k hιk

π α Ε (0, ) => Ο < ημα < 1 , άρα η η f είναι 2 γνησίως φθίνουσα στο R. Η ανίσωση έχει σύνολο ορισμού το R, οπότε: f(x2 - χ) < f(2x - 2) <=> χ2 - χ > 2χ - 2 <=> Ο 2 χ - 3χ + 2 > Ο <=> χ

(-οο, l) υ (2, +οο) .

συνάρτηση g(x) = (συναγ , χ Ε R αντίστοιχα, είναι γνησίως φθίνουσα στο R οπότε και 1 - 1 . Η εξίσωση έχει σύνολο ορισμού το (0, +οο) , οπότε: (συνα) 1"2 χ = (συνα) - Ιη χ + 2 <=> ln 2 χ = - ln χ + 2 <=> ln 2 χ + ln χ - 2 = Ο <=> Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/38

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

---( ln x = l

Λ σ κψrα y 8

β log-

Ν α αποδείξετε ότι: α

·β

γ Jogα

·γ

log β =

·;

Να λύσετε το σύστη μα:

Ι ·

Αν Α το πρώτο

Να λύσετε την ανίσωση f(x) < 1 . Ν α λύσετε την εξίσωση f(x) = - 1 f(α) · f(β) = -1 Να λύσετε το σύστη μα: f(α) + f(β) = Ο ( Σ)

{

1 ,α,β,γ > Ο .

Ν α λύσετε την εξίσωση χ

!Γ' !

x = e -2

ln x = -2 ) <=> x = e

2 log-

In�

Iog3 2 = 8. χ

•

Υ .Χ

ιη.Σ 2 = y -2

2 y lnln2 ·y χ

4 -1

μέλος, τότε:

1�=( lcg/3-l<gy) lcgα+( l<gy-lcgα) lcgβ +( lcgα-lcgβ) l<gy = οπότε Α=1 . Η προηγούμενη σχέση , αν θεωρήσουμε: (α, β, γ) = (χ , 2 ,3) με χ>Ο γίνεται: 2

log3 X χ

·2

3 logχ

•

log-

2 = 1 (*) , οπότε :

2 log-χ (*) 3 . 3 2 = 8 <=>

log-

3 - logχ

-- = 8 <=> 1

2 = 23

3 <=> χ = ----=3 <=> χ = 3e 3 e Η αρχική σχέ ση ισχύει lnt. Θε ωρούμε: (α , β ,γ)

Ιη�

1n2'.

3 <=> - = e -3 χ

αν αντί

με

Ιη� χ

έχουμε x , y>O

οπότε έχου με: 2 Υ · χ 2 · y = 1 (**) Το σύστημα με τη βοήθεια της (**), γράφεται:

� = y-2 Υ

�χ

ln-

- 4- 1

-- χ

<=>

2 - �-

x =y

- \η� Υ

{

( )

-1 , , , -1 Ο ln χ = e <=> χ = ee δεκτη τιμη αφου ee =ee >e = 1 . Μ ε α, β Ε Α παρατηρούμε ότι f(α), f(β) στο σύστημα (Σ) είναι ρίζες της εξίσωσης: t2 -1=0, δηλαδή της ( t + l)( t -1 ) = 0 . Ά ρα ( Σ) ς::; f(α) = 1 , f(α) = 1 <=> η <=> f(β) = 1 f(β) = -1 l n ( ln α ) = 1 η ( ln α ) = - 1 ή <=> ln ( ln β ) = 1 ln ( ln β ) = - 1 -1

{

ln β = e

<=>

{

{ {

ln α = e - Ι

l ogt

(2,x, y)

, . Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί: χ> 0 , δηλαδή χ > 1 . Άρα η f έχει σύνολο ln x > Ο ορισμού το Α (1, +οο) . Με χ Ε Α έχουμε: f(x)< l <=> ln(ln x) < ln e <=> ln Χ < e <::::> Χ < ee <::::> Χ Ε 1 , e e , 1 , Η χ Ε Α έχουμε: f(x)= 1 <=> ln(ln x) = lne- <=>

{Ι {

3 log-

<=> log - = -3

-----

{

α = e e-1 , η β = ee

ln α = e

ln β = e -

{

<=>

α = ee β = ee

-1

Έστω η συνάρτηση f (x) = log(2 · 25 x - 5 · 4 x ) και η ευθεία ε : y = χ + log 3 . Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. :: Να υπολογίσετε τα κοινά ση μεία της . γραφικής παράστασης της f και της ευθείας ε. Να αποδείξετε ότι το σημείο

�

= Γ2

� �

2 ln - = 2 χ <=> χ ln - = 2

Α( , f ( )) είναι «πάνω » από το ση μείο Β 2 2 3 , , , εχει , ε, το οποιο της ευ θ ειας τετμη μενη 2.

Έστω η συνάρτηση f(x) = ln(ln χ) . 'ι

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.

Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί 2 · 2 5 χ - 5 · 4 χ > Ο. Άλλα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/39

-----( i ) <:::> 2 · 2 5 x > 5 · 4 χ <::::>

2 ο 52χ > 5 ο 22χ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

<::::>

5 2 χ > -5 2χ

<::::>

5 2 Χ > -5 (2) (-) 2

1 ' <=> 2 χ > 1 <=> χ > - , αφου -5 > 1 . Ά ρα η f εχει 2 2 ,

σύνολο ορισμού το Α = (..!__ , +οο) . 2 Οι τετμημένες των σημείων τομής της γραφικής παράστασης της f και της ευθείας ε, προκύπτουν από τις λύσεις της εξίσωσης: log(2 · 25 χ - 5 · 4χ ) = χ + log 3 ( 1 ) Στο Α έχουμε: ( 1 ) <=> log(2 · 52x - 5 · 22χ ) = log lOx + log 3 <=> log(2 52χ - 5 · 22χ ) = log(2x · 5χ · 3) <=> 2 52χ - 5 ο 22 χ - 3 ο 2χ sx = ο <=>

f( συνθ) < Ο => ln(συνθ) + συνθ - 1 < Ο => ln( συνθ) < 1 - συνθ => συνθ < e 1 -συνθ .

Έστω η συνάρτηση f(x) = ln(x + k), k

( )lx ( ) = 0 2 2 - 5 <::::> ( 5 J x = - η, ( 5 Jx = 5 ( 5 J x = 5 <=> χ = 1 . 5

2·

-3·

2 <=>

'Εχουμε: f( l) = log(2 · 5 3 - 5 · 2 3 ) = log 2 1 0 . 2 Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: log 2 1 Ο > l + log 3 , ή log 2 1 Ο - log 3 > l , ή 2 2 3 3 log 70 > l ή log 70 > log ι ο2 , ή 70 > ι ο2 , ή 2, 3 2 70 > 10 , ή 4900> 1 000, που ισχύει. Έστω η συνάρτηση f(x) = ln χ + χ - 1 . Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Α. Αν Ο < χ < 1 , να αποδείξετε ότι: f(x) < Ο . π Αν θ Ε ( Ο , ) , να αποδείξετε ότι: 2

συνθ < e l -συνθ .

Η f(x) έχει προφανώς σύνολο ορισμού Α = (Ο, +οο) . Ο < χ < 1 => ln χ < Ο και χ - 1 < Ο => ln χ + χ - 1 < Ο => f(x) < Ο . π (β) γ) θ ε (0, -) => Ο < συνθ < 1 => 2

της οποίας η γραφική παράσταση διέρχεται από το σημείο ( e2 1 2). Ν α βρεθεί το k ώ στε η γραφική της από το σημείο

Ν α λύσετε την εξίσωση f (x) = 2 f 2 (x) - 1 . 4

, , το συστη μα να λυσετε

-------

{

f(x) = f(y - 1) f(f(x)) = ln 2

f έχει σύνολο ορισμού το Α = ( -k, +οο ) . Στο Α έχουμε: f ( e2 - 1) = 2 <=> ln(e2 - 1 + k) = 2 e2 - 1 + k = e2 <=> k - 1 = Ο <=> k = 1 . Δεκτή τιμή αφού e2 - 1 > - 1 = -k . Άρα A = ( - l ,+oo ) . Στο Α έχουμε: f ( x ) = 1n(x + 1), χ > - 1 Η εξίσωση έχει σύνολο ορισμού το ( - 1, +οο) , οπότε: f\x) = 2 f 2 (χ ) - 1 <=> f4 (x) - 2f2 (x) + 1 = 0 <=> f2 (x) - 1 2 = 0 Η

(

)

<:::> f 2 ( x) - 1 = 0 <=> f(x) = -1 ή f(x) = l

<=> ln(x + 1) = - 1 ή ln(x + 1) = - 1 <::::> x + 1 = e-1 ή x + 1 = e <=> x = e-1 - 1 ή x = e-1 . Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί x,y- 1 , f(x),y > - 1 , δηλαδή x > e-1 - 1 , y > O .

{ { {

{

Τότε: f(x) = f(y - 1) ln(x + 1 ) = ln y <=> <=> 1n(ln(x + 1) + 1) = ln 2 f(f(x)) = 1n 2 x+1 = y x+1 = y <=> <=> ln(ln y + 1) = 1n 2 1n y + 1 = 2 χ = y-1 χ = e-1 . <=> y=e ln y = 1 Δεκτές τιμές αφού e - 1 > e - 1 - 1 και e>O .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/40

{

----

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λογαρ ιθμ ι κές

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

-----

Εκθετι κές

Ανι σώσε ι ς

Διονύσης Γιάνναρος

Στο άρθρο αυτό παρουσιάζουμε μια μέθοδο επίλυσης λογαριθμικών και εκθετικών ανισώσεων, που βασίζεται στις παρακάτω δύο προτάσεις: μερικές Ακολουθούν αντιστοίχως. Η ρ 6ταση l : Αν α,β,γ>Ο και αf: 1 , τότε: εφαρμογές (λυμένες) με δύο τρόπους για lοgαβ> lοgαγ � (α-1 )(β-γ)>Ο να φανεί σε ποιες περιπτώσεις συμφέρει lοgαβ<lοgαγ � (α-1 )(β-γ)<Ο να χρησιμοποιούνται οι παραπάνω Π ρ ιίταση 2 : Αν α>Ο, αf:1 και β, γ ε R, τότε: προτάσεις και σε ποιες όχι. αβ>αγ � (α-1 )(β-γ)>Ο Ε φ α ρ μ ογi:ς .. αβ>αγ � (α-1 )(β-γ)>Ο 2 1 ) Να λυθεί η ανίσωση : log(x -4 )<0 (1) Η απόδειξη και των δύο αυτών προτάσεων Λ ίJ ση : όπως θα δούμε βασίζεται στο γεγονός ότι: Αν Η εξίσωση ( 1 ) έχει σύνολο ορισμού το α>1, τότε οι συναρτήσεις f(x)=logαx και Α= {χ ε R/ χ2-4>0} = (---οο ,-2)υ(2, +οο) g(χ)=αχ είναι γνησίως αύξουσες ενώ, όταν η:ι ιJπο ς : Στο Α έχουμε: ( l )�log(x2--4)< Ο <α<1 είναι γνησίως φθίνουσες στο R+ R <log 1 � χ2 - 4 < 1 � χ2 - 5 < Ο � αντιστοίχως. Πράγματι, για την πρόταση 1 , (x- J5 )(x+ J5 )<0 � χ ε (- J5 , J5 ) � α>1 ή παρατηρούμε ότι: lοgαβ>lοgαγ� β>γ χ ε (- J5 , -2) υ(-2, J5 ). β ' τρ6πος: (Από την πρόταση 1 για γ= 1 ). α-1 <0 α- 1 > ο α<1 �(α-1 )(β-γ)>Ο. ή � Στο Α έχουμε: ( 1 )�( 1 0-1 )(χ2--4-1 )<0 � β-γ >Ο β<γ β-γ <Ο 9(χ2 - 5) < 0 � x ε (- J5 , J5 ) � Ομοίως: lοgαβ< lοgαγ � � χ ε (- J5 , -2) υ(-2, J5 ). �(α- 1 )(γ-β)>Ο�(α-1 )(β-γ) < Ο 2 Τελικά λοιπόν οι ισοδυναμίες της πρότασης Να λυθεί η ανίσωση : logx(x -4)<0 (2) 1 ισχύουν και μάλιστα για ανισοϊσότητες. Λ ίΗιηι : Η εξίσωση (2) έχει σύνολο ορισμού το Ειδικά για γ= 1 γίνονται: lοgαβ�Ο � Α= {χ ε R/ χ>Ο, x:;t 1 , χ2--4>0} = (2, +οο). �( α-1 )(β-1 )� Ο και lοgαβ::::Ο � ( α-1 )(β-1 ):::::0 . α τ ρ ό π ο ς : Στο Α έχουμε: χ>2> 1 , οπότε: Ανάλογα για την πρόταση 2, παρατηρούα-1>0 α<1 α>1 (2) � logx (χ2--4)< logx 1 � χ2 - 4 < 1 � � ή με ότι: αβ >αγ � β-γ >Ο β<γ β>γ χ2 - 5 < Ο � χ ε (- J5 , J5 ) � χ ε (2, J5 ). β τ ρ ti'υπος: (Από την πρόταση 1 για γ= 1 ) α-1 < 0 � (α-1 )(β-γ) > Ο κ.λ.π. ή Στο Α έχουμε: (2)�(χ-1)( χ2 - 4 - 1 )<0 β-γ<Ο Ισχύουν δε και ως ανισοισότητες. Ειδικά � χ2-5<0�χ ε (- J5 , J5 ) �χ ε (2, J5 ). για γ=Ο γίνονται: αβ�1 � (α- 1 ) · β�Ο και αβ:::; 1 l+x >o (3) 3 ) Να λυθεί η ανίσωση : Ι οgχ+3 � (α- 1 )·β::::Ο . 1-χ Είναι σημαντικό να παρατηρήσουμε, ότι οι ΛiJ ση : ισοδυναμίες της πρότασης 2 ισχύουν Η (3) έχει σύνολο ορισμού Α= {χ ε R/χ+ 3>0, προφανώς και για α= 1 , καθόσον τότε και 1 + Χ 2 >Ο} = (-1 ,0) (Ο, 1 ). + 2 1-χ , :;tO, x 3:;t1 υ από τα δύο μέλη τους αποτελούνται 1 - χ2 ψευδείς προτάσεις στις ανισότητες και α ' τ ρ ι'ιτω ς : Στο Α έχουμε: χ + 3>2> 1 , αληθείς προτάσεις στις ανισοϊσότητες •

•

[J[ ) [

[ )

[ ) [ ) [

[ :)

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/41

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

οπότε: (3) <=> l ogx+3

[ 11 -+ χχ: ) > l ogx+3 1 <=>

1 + χ2 > 1 <=> � >Ο 1 - χ2 1 - χ2

α ' τ ρ όπο ς :

Τελικά: (5)<=> χ ε (Ο, _!_ )u[2,3] .

χ ;< Q

(Με βάση την πρόταση 1 για α= 2χ, β=2χ2-4χ+6 και γ=χ2+χ). Στο Α έχουμε: (5)<=> (2χ-1)[2χ2-4χ+ 6(χ2 + χ) ] ::;ο <=> (2χ-1 )(χ2 -5χ+ 6)::; ο <=> (2χ-1 )(χ-2)(χ-3)::;0 Θέτουμε τις ρίζες στον άξονα χχ', οπότε:

β ' τ ρ όπος:

<=> χ ε (-1 ,0)υ(Ο, 1 ). Ν α λυθεί η ανίσωση : (x-S) lo gx (2 χ+ 1 )<0 (4) Η

Λύσ η :

>5 (Ο, Ι)

χ αδυνατο

Ν α λυθεί η ανίσωση : lo g2 x ( 2 χ2-4 χ+6)� lo g2 x ( χ2 +χ) (5)

Λ ίJ ση : Η εξίσωση

(5) έχει σύνολο ορισμού το Α= {χ ε R/ 2χ>Ο, 2x:f 1 , 2χ2-4χ+ 6>0, χ2+χ>Ο} = (0, -1 ) υ( -1 , +οο). 2 2

.οο

too

I I

πρ όταση 2 όμως μπορεί να εφαρμοσθεί μόνο σε εκθετικές α vισώσε ις μ ε θετική βάση, όπω ς θα δούμ ε στην συνέχεια .

•

Ν α λυθεί η x x�x3 x-t ( 6) στο Α= ( 0, +οο). τ ρ ό πο ς :

Λ ί> σ η :

χ ε ( -οο, Ο) u (1, +οο) Θα μπορούσαμε (ως συνήθως), πιο Σχόλιο : σύντομα, να βρούμε πρώτα το πρόσημο κάθε παράγοντα χ-5, logx( 2 x+ I ) και μετά του γινομένου τους, σε πίνακα. 5)

(5)<=>χ ε (-οο, 1 )υ [2,3]<=>χ ε (Ο, 1 )u[2,3 ] . 2 2

� ), τότε (5)<=> 2χ2-4χ+6�

χ2+ χ<=>χε (-οο ,2]υ[3, +οο)<=>χ ε (Ο, -1 ) .

(4) έχει σύνολο ορισμού Α= {χεR/χ>Ο, x:f 1 , 2χ+ 1 >0} = (0, 1 ) υ( l ,+οο). ' α τ ρ ό πο ς : Στο Α έχουμε: i) Αν χ>5, τότε 2χ+ 1 > 1 1 οπότε l ogx(2x+ 1 )>logx 1 1 >0. Άρα δεν ισχύει η (4). ii) Αν 1 < χ<5, τότε (4)<=> logx (2χ+ 1 )> Ο <=> 2χ+ 1 > 1 <=> χ>Ο <=> χ ε ( Ι ,5). iii) Αν Ο<χ< 1 , τότε 1 <2χ+ 1 <3, οπότε logx(2x+ 1 )> logx3>0. Άρα δεν ισχύει η (4). ' β τ ρ όπο ς : (Με βάση την πρόταση 1 για γ= 1 )

Αν χ ε (Ο,

ii)

1 χ Στο Α έχουμε: (3)<=>(χ+ 3-1 )( + -1 )>0 1-χ 2 >1 χ+ 2χ 2χ 2 <=> (χ+2)( -)>Ο <=>2 ->0 <:::> 1-χ2>0 1 - χ2 1 - χ2

{χ > 5 Στο Α εχουμε: (4)<=> η' logx (2χ + 1) < Ο {χ > 5 {χ < 5 <=> (χ - 1)(2χ + 1 - 1) < 0 logx (2 x + 1) > 0 {χ < 5 <=> (χ - 1)(2χ + 1 - 1) > 0 { � {χ < 5 <=>χ ε ( 1 ,5).

<=> Χ2-5χ+ 6 �0 <=> Χ Ε [2,3] .

χ ε (-1 ,O)u(O, 1 ) β ' τ ρ ό πο ς : (Από την πρόταση 1 για γ= 1 )

Στο Α έχουμε: Αν χ> _!_ , τότε (5) <=> 2χ2-4χ+6<- χ2+χ

� 1 -χ2 >Ο <=>

------

Στο Α έχουμε:

Αν χ>1 , τότε (6)<=>χ::Ξ;3χ-1 <=>χ� _!_ <=>χε(l ,+οο). 2

<:::χ::> < _!_ <=>χε (Ο, _!_ ]. ii) Αν Ο<χ< 1 , τότε (6)<=>χ>3χ-1 iii) Αν x=l , η (6) ισχύει. Άρα (6)<=>χε(Ο,

β ' τ ρ όπος :

-2

_!_ ]u[ l ,+oo) . 2

(Με βάση την πρόταση 2 για α= χ, β=χ και γ=3χ-1 ). Στο Α έχουμε: (6)<=>(χ-1 )[χ-(3χ-1 )]::Ξ;Ο<:::::> ( χ-1 )( 1-2χ)::Ξ;0<=>

(χ-1 )(2χ-1 )�0<=> χ ε (Ο, -1 ]u[ 1 ,+oo). 2

l:ημι:ίωση : Η

εξίσωση (6) όμως επαληθεύεται και για αρνητικές τιμές του χ, π. χ. για χ=-3 γίνεται ( -3Γ3 ;"; ( -3)-10 • Αφήνουμε λοιπόν ως ανοιχτό πρόβλημα για τους αναγνώστες την πλήρη λύση της (6) καθώς και των: χ χ 1 +3 χ

� \

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/42

ι:�) >(X:J) χ1

-2

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

� Μ έτρηση

Κύκλου

Αθανάσιος Κοιλάκος

Στο διπλανό σχήμα οι χορδές ΑΒ = ΓΔ = λ6 τέμνονται υπό γωνία 3 0° στο σημείο Μ. Υπολογίστε την περίμετρο και το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΜΓΒ.

Φέρουμε τις ΟΓ και ΟΒ και παρατηρούμε ότι αφού ΑΒ=ΓΔ=λ6, τα τρίγωνα ΑΟΒ και ΓΟΔ είναι ισόπλευρα. Άρα, = Β = 60° και Α= Δ = 60°. Αφού όμως Μ ι = Μ2 = 3 0° έχουμε ότι τα τρίγωνα ΜΚΓ και ΜΛΒ είναι ορθογώνια . Συνεπώς, RJ3 και ΚΓ =ΛΒ = R---= RJ3 R(2-J3) . ΟΚ =ΟΛ = α =-2 2 2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΚΓ αφού Μ ι = 3 0° , ΜΓ = 2 ΚΓ = (2-J3)R και ομοίως MB =(2-J3)R . Εξ άλλου εύκολα βλέπουμε ότι, ΑΟΓ = ΓΟΒ = ΒΟΔ = 3 0° . Άρα το μήκος του τόξου ΓΒ είναι Ρ = πR 3 0 = πR . 'Ετσι το καμπυλόγραμμο τρίγωνο ΜΓΒ έχει περίμετρο 180 6 ΜΓ + ΜΒ + ι = ( 2J3 + �J R . Αν, τώρα, είναι το εμβαδόν του θα ισχύει ότι Ε=( m ) - ( ΒΟΚ ) - ( Μ ) = πR3602 30 _!_2 ΟΚ - _!_2 ΓΚ ΓΜ ημ60 ή ( ... ) E = ('i2 + .!!:_12 - J3 ) R 2 τ. μ. f

�

ΚΓ

ΚΒ

Δίνεται κύκλος (0, R) και δύο μικρότεροι κύκλοι (Κ1, r), (Κ2, r) με Ο < r < R , οι οποίοι εφάπτονται 2 και μεταξύ τους και εσωτερικά με τον (0, R). α) Να αποδείξετε ότι r =

Rη μ θ

2 όπου

ημ- + 1

θ=

Κ 1 ΟΚ 2 •

2 β) 'Εστω r = ( 2J3 - 3 ) R . Τότε (i) Ν α δείξετε ότι Ο < r < � και να υπολογίσετε τη γωνία θ. (ii) Αν Α, Β, Γ είναι τα σημεία επαφής των τριών κύκλων, να υπολογίσετε την περίμετρο και το εμβαδόν (ΑΒΓ) του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

Παρατηρούμε αρχικά ότι αφού r R2 , ο κύκλος (Κ1, r) τέμνει ' την ακτίνα ΟΒ στο Β και σ ένα[Το ακόμη εσωτερικό της σημείο. Ομοίως και ο (Κ , r) την ΟΓ. σχήμα έχει σχεδιαστεί με τις 2 υποθέσεις του ερωτήματος (β) ώστε να διευκολύνει στην επίλυση Στην γενική περίπτωση τώρα, εφαρμόζουμε το νόμο του θέματος. των συνημιτόνων στο τρίγωνο� Κ10Κ2 . ] Είναι� ΟΚ 1 = ΟΚ2 = R - r και ΚιΚ2=2r. Άρα Κ ι Κ = ΟΚ� + ΟΚ - 20Κ ι ΟΚ θ ή θ Rημ (2r)2 =2(R - r)2 (1 -συvθ) ή (2r) =2(R - r)ημ�2 ή r = θ 2 ημ 2 + 1 α)

Ο<

ρυν

.Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/43

-------

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

θ r . Αφου' ομως ' ' ' απο' αυτη' την εξισωση. ' η γωνια' θ υπο, θ εση Ο < r < -R εξυπακουεται η μ-= Π ραγματι 2 R r 2 ' Ο < η μ-θ < 1 η' 0 < r < 1 η' 0 < r < -R . ' σε τριγωνο ' θ α πρεπει ανηκει 2 2 R-r β) (i) Είναι r = ( 2.J3 -3 ) R . Τότε, προφανώς, r > Ο . Η ανισότητα r < � ισοδυναμεί με 7 > 4.J3 ή με .J3 . Άρα η μ-=θ .J3 και αφου Ο < -θ < -π θ r = 2 .fi - 3 = , Τ ωρα , η μ-= 49>48 που αλη θευει. 2 R - r 4 - 2 ν3 2 2 2 2 2 συμπεραίνουμε ότι -θ2 = 60° ή -2θ = 120° . Συνεπώς, ΟΚ1 Α = ΟΚ 2 Α = 30° και ΒΚ 1 Α = ΓΚ 2 Α = 150° . , πR · 120 - 2πR . Ακομη, , μηκος , τα � και ΑΓ εχουν , ισο , το ι' διο μηκος , το ΒΓ εχει β) ( ..) 'Ε χουμε οτι ΑΒ 1 80 3 ) ( ιο.J3 - 15 πR . Έτσι το ΑΒΓ έχει περίμετρο πR -2 + ιο.J3 - 1 5 = ιo.fi - 1 3 πR . με πr1 ·80150 = 5πr = 6 6 3 3 3 πr2 150 =( ) ___..,_ ) - ΟΚΙΚ - ( KI BA) - ( κ �Α) = πR2 120 - 21 0ΚΙ ·ΟΚ ·ημ120° - 2 360 Τώρα, ( ΑΒΓ) = ( ΟΒΓ 2 360 2 2 = 12 + I Oπ.fi - 7.J3 - Ι Ο:π R 2 τ.μ. . --

r:;

�

ιι

(

)

(

)

Π ρ6βλημα 3

___..,_

�

. . .

' αυτο, οταν το ν ια ν � 3 να αποδει'ξετε οτι Ε: -Ε ν αν + R . Ποιον αριθ μο προσεγγιζει το πη λικο 2 Ρν - Ρν αυξάνεται απεριόριστα; (Συμβολικά ν � +οο ).

Λί)ση

'Εχου με Ε ν' - Ε ν = I Ρ ' I Ρ ν α ν = νλ ν' α ν - νλ Ρ' - Ρν 2 ν (λ ν' - λ ν ) (λ ' - λ ν ) R 'λv - λ α ν α� = R ο παραπάνω λόγος ισούται με ανR 2( α> - λ ν ) , R οποτε , το περιορισμο το προσεγγιζει την ακτινα 2

v αv - 2

Π ρ{ι βλη μα 4

vαv

αν

= λ2(λ' ν' -λλν ) . Αφού ως, λ ' = R λ /α και R 2 - αν2 Καθώς το ν αυ ξάνεται χωρίς vαv -

v αv

2(R - α ν ) 2 α ν + R προσεγγιζει τον ριθ μο, R + R = R . α 2 -2-

Δίνεται κανονικό εξάγωνο Α1Α2Α3Α4Α5Α6 εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). υ) Να υπολογίσετε τα μή κη των διαγωνίων του. β) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑιΑ3Α4Αs και τα εμβαδά των τριγώνων ΑιΑ2Α3, ΑιΑsΑ6. γ) ΝΑ υπολογίσετε το συνολικό εμβαδόν Ε των 6 κυκλικών τμημάτων που σχηματίζονται από τις πλευρές του εξαγώνου. δ ) Να αποδείξετε ότι (ΑιΑ3Α4Αs)>(ΑιΑ2Α3) +(ΑιΑsΑ6)+Ε ι\ί)ση α)

�

Έχουμε δύο ειδών διαγωνίους. Αυτές που αφήνουν στα δύο ημιεπίπεδα 1 και 3 κορυφές αντίστοιχα π.χ. Α1Α3 , και αυτές που αφήνουν στα δύο ημιεπίπεδα 2 και 2 κορυφές αντίστοιχα π.χ. ΑΙ�· Παρατηρούμε ότι Α, Ο\ =Α, Ο\ +1\0\ +1\0\ = 60° + 60° + 60° = 1 80° δηλαδή τα σημεία Α 1 , Ο, � είναι συνευθειακά. Επομένως, Α 1 Α 4 = 2R . Τώρα Α 1 Α 3 Α 4 = 90° αφού η εγγεγραμμένη αυτή γωνία βαίνει σε ημικύκλιο. Έτσι Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/44

:::.

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

--------

από το Π. Θ. στο τρίγωνο Α 1 Α 3 Α4 έχουμε Α 1 Α� = Α 1 Α� - Α 3 Α� = = (2R) 2 - R 2 = 3R 2 ή Α 1 Α 3 = R.J3 . β) Τα τρίγωνα Α 1 Α 3 Α4 και Α1Α 4Α 5 είναι ίσα οπότε ( A1A3 A4As ) =2(A1 A3 A4) =2· .!. A1 A3 · A3 A4 =R2 .J3 . 2 Ακόμη, τα τρίγωνα Α 1 Α 6 Α 5 και Α 1 Α 2 Α 3 είναι ίσα και Az = Α 6 = 120° . Άρα, R 2 .J3 . 2 ο ο ημ ημ _!_ · · 120 60 = = R (Α Ι Α 2 Α 3 ) = (Α 1Α6Α 5 ) = _!_Α Α Α Α1 2 3 4 2 2 2 έχει εμβαδόν Το τμήμα που σχηματίζει η χορδή Α κυκλικό 1Α2 γ) 2 ο ο · η ο 2:_ 2 � .J3 2 2:_ .J3 ε = ( u2 ) - ( Α Α 2 ) = πR36060 .!.ο 2 Α · ΟΑ 2 μ60 = = 6 R - 2 · 2 = R 6 - 4 τ.μ. I

δ) Η

[ J

[ �J ή με την 2J3 > π . Όμως,

ζητούμενη ανισότητα ισοδυναμεί με την R' J3 > RΊJ3 + R' π - 3

.J3 :::: 1, 732 οπότε 2.J3 > 2 · 1, 7 = 3,4 > π .

Π ρ {ψl.. η μ υ 5

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = β = �J3 + 2 και ΒΓ = α = 1, το οποίο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R). Στο σημείο Β φέρουμε την εφαπτομένη του κύκλου που τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο σημείο Δ. Θέτουμε χ = ΓΔ και y = ΒΔ. ω Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΔ είναι όμοια και να υπολογίσετε τα χ, y. !) ) Ν α αποδείξετε ότι ο κύκλος είναι μοναδιαίος και να υπολογίσετε το εμβαδόν του κυκλικού ..--.. τμήματος που ορίζεται από την χορδή ΒΓ. γ ) Να υπολογίσετε τα μήκη των τόξων ΑΒ και ΑΓ . δ ) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΔΒΓ . . \ ί1 σ η

υ)

Εύκολα βλέπουμε ότι ΑΒΔ Β Γ Δ αφού έχουν τη γωνία Δ κοινή και Α = Γ Β Δ αφού η γωνία Γ Β Δ σχηματίζεται από τη χορδή ΒΓ και - ΑΔ -- ΒΔ η' την εφαπτομένη ΒΔ στο σημείο Β. Άρα ' ΑΒ ΒΓ ΒΔ ΓΔ Ι = χ + β = rχ Από εδώ λαμβάνουμε το σύστημα y = Ix α Υ y 2 = χ(� + β) β οπότε με αντικατάσταση έχουμε α: χ 2 = χ ( χ + β ) ή αφού χ > Ο, 2β , β2 βz α α , β . χ ) = η χ + = β 2 - α 2 Ά ρα, Υ = β 2 - α 2 Βέβαια, για να έχουν α 2 (χ νόημα τα χ, y πρέπει β > α το οποίο εδώ ισχύει. Θέτοντας α= 1 , J2 .J3 + 2 = -.J3 + 1 και χ = �.J3 + 2 = β = �.J3 + 2 έχουμε y = -.J3 + 1 2 .J3 + 1 2 β) Αρκεί να βρούμε τη γωνία Α αφού τότε Ο = 2Α . Εφαρμόζοντας το νόμο των συνημιτόνων στο ΒΑΓ α 2 οποτε .J3 η' .J3 η' ' ' εχουμε Α = 1 ,-;:;1 =α 2 = 2 β 2 - 2 β 2 Α η' = Α Α = 1 -2 2 2β 2 ( ν3 +2) 2 Α = 30° . Συνεπώς, Ο = 60° . Άρα, ΟΒΓ = Ο Γ Β = 60° οπότε το τρίγωνο ΒΟΓ είναι ισόπλευρο. Άρα, R = α = 1 δηλαδή ο κύκλος είναι μοναδιαίος. Αν ε είναι το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος τότε 2 2: - .J3 ε = ( ο ΒΓ)- (ΒΟΓ) = πR36060 .J3 = 4 6 4 τ.μ. γ) Από τη συμμετρία του σχήματος, η ΑΟ διχοτομεί τη γωνία Α , οπότε ΟΑΒ = 1 5 ° . Έτσι ΑΟΒ = 1 5 0° Α

�

}

•

συν

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/45

------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-------

5π και όμοια ΑΟΓΛ = 150°. Άρα, μήκος(ΑΒ) = μήκος(ΑΓ) = πR180-150 =-. 6 1 1 J3 +-1 - [6π - 4 J3 = -3J3- + 81 - 6π τ. μ. . Ε =(ΔΒΓ) - ε = 21 yαη μ3 0 -ε = "2"2·2 J 8 �

�

;; \, ο

Να βρείτε την

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΚΟΑ είναι ΑΚ = και Α ΟΛ Κ = 45°. Άρα, Ο ΚΛ Α= 45° και ΑΟ = Με το πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε ΟΚ = J2 Εξ άλλου έχουμε R_ ή = R (Ji - 1) . Άρα' ΟΒ = ΟΚ + ΚΒ ή R = rJ2 + ή = _ J2 + 1 Ε = πr2 = πR 2 ( 3- 2J2) τ. μ. r.

Σε ένα τεταρτοκύκλιο (0, R) εγγράφουμε κύκλο ακτίνας α�τίνα r και το εμβαδόν του κύκλου αυτού. \�

Ο ""-�-.,....-----4

Σε ένα τεταρτοκύκλιο ΒΟΑ ακτίνας R γράφουμε κύκλο με κέντρο Β και ακτίνα R, ο οποίος τέμνει το τεταρτοκύκλιο στο Γ. Ν α υπολογιστεί το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΟΓΑ . . \ ίJση

Φέρνουμε τις ΒΓ, ΟΓ και παρατηρούμε ότι ΟΓ=R ως και ότι ΒΓ=R ως ακτίνα του κύκλου (Β, R). Συνεπώς, το τρίγωνο ΒΟΓ είναι Λ ΓΟΑ=30σ. Έτσι το κυκλικό τμήμα που ορίζει η χορδή ε= (Βοr) - (ΒΟΓ)= πR3602 60 - R2 J34 =R2 [!!_6 - JjJ 4 τ. μ. Τώρα το ζητούμενο διαφορά ( οΑΓ ) - ε =R ' [ � - 1� J τ. μ..

τεταρτοκύκλιου δηλ. ΒΛ = 60° και έχει εμβαδόν υπολογίζεται από τη

ακτίν α του

ισ ό πλευρο ΟΓ

ε μ β αδόν

Π ρίιβλη μα 7

Μια κυκλική πλατεία έχει ακτίνα R = 10,35 m ενώ το εσωτερικό της καλύπτει ομόκεντρος κύκλος ακτίνας ρ = 9,65 m. Ο κυκλικός δακτύλιος που περισσεύει πρόκειται να καλυφθεί από τετράγωνα πλακάκια με τρόπο ώστε δύο απέναντι κορυφές του τετραγώνου να βρίσκονται με συμμετρικό τρόπο πάνω στις δύο περιφέρειες. ·Υπολογίστε το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου. τί μήκος πλευράς πρέπει να έχει κάθε τετράγωνο πλακάκι; "πόσα πλακάκια πρέπει να γίνουν παραγγελία; (εφ2° = 0,035)

Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου είναι προφανώς πR 2 - πρ 2 = π(R - ρ)(R+ρ) = π · Ο,7 · 20= 43,982m2 δ Αν είναι η διαγώνιος των τετραγώνων τότε από το σχήμα βλέπουμε ότι ρ+ δ = R ή δ= R - ρ . Αν α είναι η πλευρά τότε α= (R-ρ)2 Ji και με αντικατάσταση, α= 0, 495m . R-ρ ΑΒ % δ R - ρ , ε =--. • ετουμε = ΑΟΛ Β οποτε, απο, το ΑΟΒ εχουμε ε =-=--=--=-R R +ρ ΟΒ ρ+ % δ+2ρ +ρ Οπότε εφθ 0,03 5 ή εφθ εψ2° και αφού η γωνία θ είναι οξεία, θ 2°. Όμως, κάθε τετράγωνο «απασχολεί» γωνία 2θ = 4°. 'Ετσι θα χρειαστούν 3 460 = 90 πλακάκια. ·r ) Θ · ·

φe

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/46

φe

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου <<Οδοιπορι κό>>

πάνω στ ι ς Κωνι κές Τομές

Λ. Ε Ι �. \ ΓΩ Π ! :

Θεωρούμε αναγκαίο, πριν εισέλθουμε στην μεθοδική παρουσίαση θεμάτων, να αναφερθούμε στα εξής γενικότερα πράγματα: (262

κωνιιο'j � γ μ ιφ μ ή ς π.Χ. )

I . ' Ε νιις Ο ρ ισ μ (κ : της

Λ π ο λλι!η• ιο

! lJ O

απ ι'ι

τον

Κωνική γραμμή είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων ενός επιπέδου, τα οποία έχουν την ιδιότητα: Ο λόγος των αποστάσεων των σημείων αυτών από ένα σημείο Τ και από μια ευθεία δ είναι σταθερός θετικός αριθμός, έστω ε (εκκεντρότητα). Το σημείο Τ ονομάζεται Εστία, η ευθεία δ ονομάζεται Διευθετούσα και ο αριθμός ε ονομάζεται Εκκεντρότητα. Εάν ε<l έχουμε Έλλειψη, εάν ε>l έχουμε Υπερβολή, εάν ε=l έχουμε Παραβολή. 2.

Γι:ν ικ1] εξίσωση κ ι•η' Ί κψ; γμιφμt1 ς

εφ ωrτο μi:νης τ η ς

σ τ ο :• π ι J π : rΙ ο .

κω

της

εξίσωση

μορφής : της αχ2 + βy2 + γχ + δy + ε = 0 ( * ) , είναι εν γένει εξίσωση κωνικής γραμμής (που αντιμετωπίζεται χωρίς στροφή των αξόνων), ή ευθείας ή σημείου ή αδύνατη. Όμως, όταν α * Ο ή β * Ο μία βασικότατη μέθοδος επεξεργασίας είναι η γνωστή μέθοδος συμπλήρωσης τετραγώνου, που γνωρίζουμε από την θεωρία του δευτεροβάθμιου τριωνύμου. Απλά και κάνοντας μία υπέρβαση, θα αναφέρουμε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης της σε σημείο της Μ (χ 0 , y 0 ) , δίνεται και από τον τύπο : Κάθε

2αχοΧ + 2βyοy+ γ ( χ + xo ) + δ (y+yo ) +2ε = 0 ( * *) .

Αν υποθέσουμε ότι έχει δοθεί η εξίσωση μιας επίπεδης γραμμής, έστω f(x, y)=O, χ, y Ε � και σημείο του επιπέδου αυτής Α( α, β), το πρώτο που ελέγχουμε είναι το ενδεχόμενο το σημείο Α να είναι σημείο της γραμμής αυτής, δηλαδή αν f(α,β)=Ο. Επίσης όταν μας δοθεί η εξίσωση μιας επίπεδης γραμμής, έστω f ( χ , y ) = Ο, χ, y Ε � και σημείο του επιπέδου αυτής Α( α, β),και μας ζητηθεί να ασχοληθούμε με την εξίσωση της εφαπτομένης ευθείας από το σημείο Α( α, β) στην γραμμή με εξίσωση f (χ, y ) = Ο, χ, y Ε � . ξεκινάμε από το ενδεχόμενο η εφαπτομένη ευθεία να είναι εκείνη που έχει εξίσωση χ=α και συνεχίζουμε με το ενδεχόμενο να έχει εξίσωση της μορφής: y = λχ + κ. Β. Θ Ε ί\/i Λ. Τ Λ :

Έστω η παραβολή y 2 = 2p x , p > Ο και ε : αχ + βy + γ = Ο , με (α, β) -::1- (0, 0). ευθεία Β ρείτε τις ικανές και αναγκαίες συνθήκες που εξασφαλίζουν τις αντίστοιχες σχετικές θέσεις της παραβολής με την ευθεία. I.

ΛίJση :

{ Θεωρούμε το σύστημα:

χ = L2p2 ( 1) αχ + βy + γ = Ο ( 2)

Σ ωτήρης Ε . Λ ουρίδας

Αν α= Ο, οπότε β Ο, η παραβολή με την ευθεία έχουν μοναδικό κοινό σημείο το Μ [_i_ 2pβ2 ' β ) ' που όμως δεν είναι σημείο επαφής. Α2ν α Ο τότε (2)<=>α L2p + βy + γ= Ο <=> αy2 + 2pβy + 2pγ = 0(3 ). ( 3 ) είναι 2ου βαθμού ως προς y και έχει διακρίνουσα Δ = 4p ( pβ2 -2αγ ) , άρα παίρνουμε: i) Δ > Ο<=> p β 2 > 2αγ <=> ευθεία τέμνει την παραβολή», 2 Δ = Ο<=> pβ = 2αγ <=> ευθεία εφάπτεται της παραβολής» Δ < Ο<=> pβ2 < 2αγ <=> ευθεία δεν έχει κοινά σημεία με την παραβολή». Όταν β * Ο, τότε έχουμε: +βy+γ=Ο<=>y= -�β χ β <=> y=λχ +κ, α Ο και κ=--γ οπότε η λ = ---::/β' β ισοδύναμα γράφεται p > 2λκ, η ισοδύναμα γράφεται p = 2λκ και η ισοδύναμα γράφεται p < 2λκ. ζ Παρατηρούμε ότι οι σχέσεις ii, iii, εξασφαλί ουν από μόνες τους ότι λ Ο , ενώ στην i είναι αναγκαίο να δίνεται. -::1-

-::1-

(!)

«Η

ii)

«Η

iii)

«Η

αχ

οπου

(i)

(ii)

(iii)

-::1-

2. Θ εωρούμε την παραβολή χ 2 = 2py, p > Ο. Β ρείτε την κλίση τη ς εφαπτομένη ς τη ς παραβολής αυτής, όταν η εστία της παραβολής απέχει από την εφαπτομένη αυτή απόσταση 5p. Λ ί> ση :

Προφανώς η ευθεία χ = Ο δεν μπορεί να είναι μία τέτοια εφαπτομένη. Έστω Α( x0 ,y0 ) σημείο της παραβολής. εξίσωση της εφαπτομένης της στο σημείο αυτό είναι: XXa = p( y+y0 ) <=>XXa -py-py0 =0, με κλίση λ= (*) . Το σημείο Α είναι σημείο της παραβολής οπότε έχουμε: χ� = 2py0 (**).Με βάση τις σχέσεις ( *), ( * *)η εξίσωση της εφαπτομένης γίνεται: 2λχ - 2y - λ2 p =Ο. Όμως η εστία της παραβολής είναι ( Ο, �J, που σημαίνει ότι η απόσταση της εστίας από την εφαπτομένη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/47

Χο

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

2 p l Ρ� 2 λ + p 1 είναι = 4ν1 + λ2 = 2 . Άρα παίρνουμε: Ρ�12+ λ2 5p =>ν1 +λ2 = 1 0 =>ι! =99 =>λ= ±3ν 1 1 .

Θεωρούμε Μ ( χ 0 , Υο ) το ζητούμενο σημείο της παραβολής. Αφού = θα2 έχουμε: ΜΣ ισόπλευρο � 2 = ΣΕ�(χ0 + p) = 4p2 +y� � � χ� - 2px0 - 3p = Ο � ( χ0 = -p χ0 = 3p) , τελικά Αποδείξτε ότι κάθε εφαπτομένη της χ 0 = 3p , αφού x 0 p ;:::: Ο . Παρατηρούμε λοιπόν ότι: παραβολής y 2 = 15χ, έχει την μορφή χ = Ο ή χ 0 = 3p , οπότε y � = 12 p , δηλαδή Υ ο = ±2 p J3 . 15 y = μχ + - , με μ :;t: Ο. 4μ μεταξύ Ζητάμε των τηνχ 0ικανή , y0 καιώστεαναγκαία να συνθήκη, υπάρχει Χρησιμοποιώντας το αποτέλεσμα αυτό ή p 0 = 3p , Υο = ±2pJ3. Για αυτό πρέπει και κάποιο άλλο, βρείτε τις κοινές εφαπτόμενες της αρκεί y0 = ±2 -3 ν 3 , που σημαίνει ότι ο παραβολής αυτής και του κύκλου: +f = 16( *). ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι το ζεύγος των Προφανώς η χ = , είναι εφαπτομένη της Ο 2J3 ' Υ = - --χ. 2J3 . y =--χ Σ παραβολής. την άσκηση ( 1 ) αποδείξαμε ότι για να ευθειων 3 3 εφάπτεται η ευθεία ε : y = λχ + κ της παραβολής Θεωρούμε χορδή ΑΒ της παραβολής C : y = 2 px πρέπει και αρκεί p = 2λκ. Στην 2 y = 4px, p > Ο, που διέρχεται από την εστία της Ε. 15 Αν Μ είναι το σημείο της παραβολής που η περίπτωση μας -2 = 2λκ, δηλ. μπορούμε να εφαπτομένη της σε αυτό να είναι παράλληλη 15 aποδείξτε ότι: ΑΒ=4ΕΜ. στην ΑΒ, χορδή θ.εσουμε: λ =μ ο και κ =-. 4μ ελικα παιρνουμε: I . 4 1 _//r::ε:y= μχ + -4μ . χ=Ο, δεν είναι εφαπτομένη 15του κύκλου Για να είναι η ευθεία y = μχ +-, 4μ με μ Ο εφαπτομένη κύκλουτου απόπρέπει η τουκέντρου και αρκεί απόσταση του την ευθεία μας να ισούται με την ακτίνα του κύκλου. Δηλαδή πρέπει Προφανώς είναι E(p,O). Αν4 ΑΒ χ' χ , έχουμε: 2 4 = p,EM = p , οπότεΑΒ = ΕΜ . και αρκεί: \ιμ2 + 1 4 ( 1) 1 _!2_4μ 1 = 16 ( μ2 + 1 ) � ΑΒ Θεωρούμε ότι AB2 ,ix ' x , Α2 ( Υι ), Β( Υ2 ), παιρνουμε:2 Υι = 4pχ ι , y2 =2 }4px2 => � 256μ + 256μ2 - 225 = ο � ( μ -43 ) η· ( μ = 43 ) οποτε { 2 =(χ ι -p ) +y� =(χ ι + p ) ΕΑ 2 +y� =(χ 2 + p )2 => Τελικά οι ζητούμενες κοινές εφαπτόμενες 2 ΕΒ =(χ ) -p 2 . οι ευθειες:' y= - -43 x- 5, y=-43 x + 5 . ειναι ΕΑ =χι + p και ΕΒ = χ2 + p, αφού p · χ ;:::: Ο, p > Ο Άρα ΑΒ = Χ ι + χ 2 + 2p. Από την2 άλλη μεριά Θεωρούμε την οικογένεια των παραβολών W = { C P / C P : y 2 = 4px,p ε �· } . έχουμε: Μ ( χ 0 2, Υο )=> ΕΜ( 2 = ( χ 0 2-p ) + y� = Αποδείξτε ότι σε κάθε μία από τις παραβολές = ( - Ρ ) + 4pχσ = + Ρ ) => ΕΜ = + p. αυτές, υπάρχουν δύο σημεία Μ, τέτοια ώστε το εξίσωση της εφαπτομένης είναι τρίγωνο ΜΣΕ να είναι ισόπλευρο, όταν Ε η με εστία της παραβολής και Σ η προβολή του Μ y0 y=2 p (x+x 0 ) δηλ. 2 px - y 0 y+ 2 px 0 = 0 στην διευθετούσα της. συντελεστή διεύθυνσης λ = 2ΥΡο = λ εξίσωση �)) Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ. 2p -p ). Άρα οι Έχουμε: E(O, p ), οπότε Σ ( -p,y0 ). της ΑΒ είναι: y=-(x Υο r:---::1

r:--::;

3 " α)

ΜΣ

l\1E

�

ε �· :

β)

Λ. ίJση :

ΔΜΣΕ

r::;

:;t:

:δ '

--� ---

��

β} Η

(*).

:;t:

(*),

�

<c>

•

Xz ,

ι,

.ι

α)

Χα

ΑΒ .

α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/48

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου -------

συντεταγμένες των Α, Β επαληθεύουν το σύστημα: λ� 3 λ � =4px,p >O <::::> 1 2 8λ + 6λ 5 = 0 λ -4:'2 } που σημαίνει ότι τα χ , χ επαλη{ 2 p 1 2 y=- ( x-p) Υο Για να διέρχεται η εφαπτόμενη 2 2 θεύουν την εξίσωση: χ - ( 2p+4x 0 ) x +p = 0. y = λχ - ../9λ2 + 4, από το σημείο Μ (1,3) πρέπει Επομένως χ 1 + χ 2 = p + 2χ 0 , οπότε παίρνουμε: και αρκεί, 3 = λ - .J9λ2 + 4 ( 2). ΑΒ = 2p + 4χ 0 + 2 p = 4( χ 0 + p) = 4ΕΜ. Αλλά ( 2) <::::> λ- 3 = ../9λ2 + 4 <::::> 2 2 6. 'Εστω η έλλειψη .;- + � = 1 και ευθεία λ α β 3 λ <::::> ε : α 1 χ + β 1y + γ 1 = 0, β 1 :;t: Ο <::> y = λχ + κ, 8λ2 + 6λ - 5 = 0 <::::> λ ε { -4,.21 } , α γ . οταν λ = - -ι , κ = - -ι . τιμές που είναι, προφανώς απορριπτέες. Τελικά οι βι βι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι: Βρείτε τις ικανές και αναγκαίες συνθήκες 1 + -, 5 ε : y = --x 5 +17 . ε 1 : y = -x που εξασφαλίζουν τις αντίστοιχες σχετικές 2 2 4 2 4 θέσεις της έλλειψης με τη ευθεία ε.

<=>{

{'/

{

ΛίJση :

Π αρατή ρ η ση :

{

�

{

�

Εργαζόμενοι ομοίως για τις

σχετικές θέσεις υπερβολής χ: � = 1 και ευθείας xz + y z = 1 (1) α β Θεωρούμε το σύστημα: α2 β 2 ε : α, χ + f3ι y+γ1 =0, 13ι :;e Ο <::>y = λχ + κ, όταν λ = � , κ = _ll , y = λχ + κ (2), Ι3ι Ι3ι ( ι ) _:C παίρνουμε: i) «Η ευθεία τέμνει την υπερβολή σε δύο ( λχ + κ) z ( 2 ) <::::> α 2 + β 2 - 1 <::::> σημεία» <::::> κ 2 > α 2 λ2 - β 2 Ο και σε ένα σημείο όταν κ z > α2 λz - β 2 = Ο. <::::> (β 2 + λα 2 ) χ 2 + 2κλα 2 χ + α 2 ( κ 2 - β 2 ) = Ο, ii) «Η ευθεία εφάπτεται της υπερβολής» με διακρίνουσα Δ = 4α 2 β 2 (β 2 + α 2 λ2 - κ 2 ) Τελικά <::::> κ z = αz λz - β 2 * Ο . παίρνουμε: i) «Η ευθεία τέμνει την έλλειψη σε iii) «Η ευθεία2 δεν2 2 έχει 2 κοινά σημεία με την υπερβολή» <::::> κ < α λ - β • δύο σημεία» <::::> Δ > Ο <::::> α 2 λ2 + β 2 > κ 2 . 8. Αποδείξτε ότι ο γεωμετρικός τόπος των ii) «Η ευθεία εφάπτεται της έλλειψης» σημείων Μ από τα οποία άγονται κάθετες <::::> Δ = Ο <::::> α 2 λ2 + β 2 = κ 2 • 2 y2 iii) «Η ευθεία δεν έχει κοινά σημεία με την εφαπτόμενες προς την έλλειψη χ + = 1, α2 β2 έλλειψη» <::::> Δ < Ο <::::> α 2 λ2 + β 2 < κ 2 .

{

:;t:

7. Αποδείξτε ότι οι ευθείες με κλίση λ που

εφάπτονται στην έλλειψη

�α + Υβ: = 1, είναι της

μορφής y = λx + Jα2 J!- + β2 ή y = λχ - Jα2 λ2 + β2 .

Άμεση εφαρμογή του προηγού μενου θέματος, περίπτωση (ii). Εφαρμογή: Υ πόδ ει ξ η :

Βρείτε τις εφαπτόμενες της έλλειψης: 2 χ y2 - + - = 1, από το σημείο Μ(1,3).

Είναι φανερό ότι από το σημείο Μ δεν διέρχεται κατακόρυφη εφαπτομένη της έλλειψης. Για να διέρχεται η εφαπτόμενη y = λχ + ../9λ2 + 4, από το σημείο Μ(1,3) πρέπει και αρκεί, 3 =λ+../9λ2 +4 (1 ) . Αλλά: ( 1) <::::> 3 - λ = ../9λ2 +4 <::::> Λ ίJ ση :

είναι κύκλος. Ο κύκλος αυτός ονομάζεται διευθύνων κύκλος της έλλειψης (dierector circle) ή κύκλος του Monge.

Τα σημεία Κ 1 (α, β), Κ 2 ( α,-β), Κ 3 (-α, β), Κ 4 ( -α,-β), ανήκουν στον κύκλο ( ο )α 2 + β 2 ) . 'Εστω τώρα μια από τις εφαπτόμενες της έλλειψης y=λχ± Jα2'Κ +β2 , και μια από τις κάθετες σ' αυτές εφαπτόμενές της y = - λ1 χ ± ν� α )! + β , λ :;e Ο, που τέμνονται σε σημείο Μ ( χ 0 , y0 ) • Τότε έχουμε: Υο -λχ0 =±Jα2Κ +β2 Υο =λχσ ± Jα?Κ +β2 1 ο ± α 21 +β2 � Υο +-1 ο = + α2 21 +β2 � Υο =--χ λ � λ λ λΧ Λύση : ΕυθίJ :

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/49

{

------- Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου ( Υο - λχο )2 = (±�αzλz + βz ) z

( λy,; χ, )' = (�α' λ� + β' )' �

{ioΚiο+Κ+,ς� +-2λχ2λχσσΥΥοσ ==<iΚ<i +Κif+Jf ;; (Κ +ι) ,ς +(Κ +ι) iο

συμβαίνει και για τον λόγο των αποστάσεων του σημείου Μ από την εστία Ε '(-γ,Ο) και την αz ευθεία χ = - -). γ

=>,ς +iο = �<i +β2 =>Me(C), όπου c: ( ο.�α2 + β2 ) .

Μ ( χ0 , Υο ) του κόκλου C, διαφορετικό των ση μείων Κ1

Θα αποδείξουμε τώρα ότι κάθε

( α, β ) , Κ 2 ( α, -β ) , Κ3 (-α , β ) , Κ4 ( -α , -β ) ,

ση μείο

έχει την

ιδιότητα: οι εφαπτόμενες προς την έλλειψη από αυτό είναι κάθετες. 'Εστω ε :

εφαπτόμενη της έλλει

y = λχ + �α2λ 2 + β 2 , λ :#: Ο.

Αν Ε ' (-γ,Ο), έχουμε: Ε' Μ2 = ( + γ ) + y0 , ΕΜ = ( -γ ) + y2 => Χ0 0 Χ0 => Ε'Μ2 - ΕΜ2 = 4γχ 0 => Ε' Μ - ΕΜ = Ε' Μ4ΎΧ+ οΕΜ => ΕΜ- ( 2α - ΕΜ} = 2ΎΧο => ΕΜ α + ΎΧο ,ΕΜ=α- ΎΧο => 2

= (λz + l )αz + (λz + l )β z => χ � + Υ� = αz + βz => ο

--------

μία

ς διερχόμενη από το Μ.

α α2 α2 χ και => - γ < 0 <γ ΜΚ =

� - χ0 => : = (α- :0 ) {� - χ0 ) = � = Έστω τυχόν σημείο

επιπέδου που απέχει από την εστία

=> ( χ - γ)2 +I

,(0.-β)

αποδείξουμε ότι ευθεία (δ):

y = _.!_ χ + κ λ

( l ) . Θα

κάθετη της

( ε)

στο Μ είναι εφαπτόμενη στην έλλειψη. Αρκεί λοιπόν

κ 2 = α2 � + β2 . Προφανώς ισχ6ει: Υο = _.!_χ0 + κ (2) . λ λ => = + λ2χ� + β2 (1) Υ� , - 2λχ0y0 α2λ2 ( 2) => λ2y� + χ� + 2λχ0y0 = λ 2 κ2 , οπότε με πρόσθεση

κατά

μέλη παίρνουμε:

( +λz)( αz +βz ) = αzλz + βz +λzκz => ... => κz = α2 λ12 + β2. ι

Δίνεται η έλλειψη C :

ΥΖ

χ -z z α +

α z z z ευθείες χ = ± - , με γ = α - β (που

1 και οι

διευθετούσες της). Αποδείξτε ότι ο λόγος των αποστ σε ν το τυχόντος ση μείου Μ χ0 , y 0 υ ά ω

)

της έλλειψη ς από την εστία Ε(γ,Ο) και από την z α ευ θεία χ = - , είναι ίσος με την εκκεντρότητα

της

έλλειψης

και

αντιστρόφ ως

(το ίδιο

(

)

c .

y - -z = 1 z α β

και οι

με 2 = α2 + 2 β (που καλούνται γ γ διευθετούσες της). Αποδείξτε ότι ο λόγος των , , αποστάσεων του τυχόντος σημείου M(x,y) της υπερβολής <iαπό την εστία Ε(γ,Ο) και από την , , χ=-, ειναι ισος με την εκκεντροτητα ευ θ εια γ της υπερβολής και αντιστρόφως (το ίδιο συμβαίνει και για τον λόγο των αποστάσεων του 2 σημείου Μ από την Ε '(-γ,Ο) και την χ= -!_). γ

ευθείες

α χ = ±-,

Εργαζόμαστε ακριβώς όπως στο προηγούμενο θέμα χρησιμοποιώντας τους αντίστοιχους από την θεωρία τύπους.

Να βρεθούν οι εφαπτόμενες της

καλούνται

(

του

και την

= (α - Ιχ)2 => αχ: + � = l => Μ ε( )

Δίνεται η υπερβολή

Υο = λχ0 + �α2λ2 + β2 , λ :#: Ο

Τότε θα ισχ6ει:

Ε (γ , Ο )

Μ Κ, ώστε:

.--L --

Μ ( χ 0 , Υο )

ε.

ΕΜ γ -ΜΚ =-α . γ γ α2 , ΕΜ γ /( Τοτε : --=- => ν χ - γ ) + y =- - - χ => ΜΚ α α γ ευθεία χ=- , αποστάσεις ΜΕ,

/ I

υπερβολής: C: i _ Υ =1, από το σημείο Μ{1,3). 25

Θεωρούμε Μ { γ, Ο ) , Ν ( Ο,δ ) , με γ, δ ε Ζ, τα δυο σημεία τομής της εφαπτομένης της γραμμής β 2 Χ 2 - α 2 y 2 = α 2 β 2 ' α, β Ε z • ( * ) , με τους άξονες. Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/50

------- Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ------( α4 γ 4 ){ β4 + δ4 ) αναλύεται σε άθροισμα ενός που μας οδηγεί στην διαπίστωση ότι μία λύση +

τετραγώνου ακεραίου αριθμού και μίας τέταρτης δύναμης ακεραίου αριθμού. Ν α βρεθεί μία ακέραια λύση της Διοφαντικής εξίσωσης : χ2 + y 4 = 337 881 (ι) . ·

ΛΊ!Η:rη :

εφαπτόμενες είναι της Οι ζητούμενες 2 μορφής y=λχ±.J25λ -9 . Για να διέρχεται κάποια από αυτές από το σημείο Μ( 1,3 ) πρέπει και αρκεί 3 = λ± .J25λ22 -9. (που ισοδυναμεί με την εξίσωση 4λ +λ-3=0, με λ� 3 ή λ 3 ...). Δεκτές τιμές του λ είναι οι λ1 = -1 και λ2 = 4"3 , οπότε οι ζητούμενες εφαπτόμενες είναι: 3J2Ϊ . ε1:y= - χ+4, ε2 :y= -43 χ+ -2οι αριθμοί γ, δ παρατηρούμε β)Κατ' αρχήν ότι είναι διάφοροι του Ο (μηδενός). γραμμή2 ( )2 είναι υπερβολή, αφού ισοδύναμα γράφεται ..;.-α - �β = 1. Έστω ότι η εφαπτομένη της υπερβολής που διέρχεται από τα σημεία Μ(γ,Ο), Ν(Ο,δ ) , εφάπτεται σε αυτή σε σημείο της Σ (χ 0 ,y0 ) . εξίσωση αυτής2στο Σ( χσ2 ,y2 0) είναι της2 εφαπτομένης 2 2 2 ε:β χοχ-α2 yοy=α β . Μεε �β χογ=α β �2 χ0 = -αγ , Ν εε� -α2 Υοδ =α2β2 � Υο =- -βδ . άλλη μεριάαπόη ταεφαπτομένη ευθείαΑπό(ε)τηνως διερχόμενη σημεία Μ,Ναυτήθα έχει εξίσωση �+χ_ γ δ = 1.2 2 Σ ε ( ε)� γ + Υδο =1 � iα _ δβ2 =1 �α2δ2 -βγ = fδ2 (i) . Γνωρίζουμε ότι (ταυτότητα του2 2 2 2 2 ): ( α4 + γ4 )( β4 + δ4 ) _ ( α β + γ δ ) = α)

είναι η (χ1,y1),με χ 1 =25·9+16·16= 481, y1 =16. � 2,

Δίνονται

τα

σημεία

Β,

Γ { Β :f!: Γ ) .

Θεωρούμε ότι σημείο Α κινείται, ώστε να απέχει από την ευθεία ΒΓ σταθερή απόσταση d>O. Βρείτε τον γεωμετρικό τόπο του ορθοκέντρου Η του τριγώνου ΑΒΓ. Ι: κ{: ψ Ιi '

κατάλλ ηλο

Σε

σύστημα

τέτοιες

περιπcώσεις

αξόνων,

επιλέγουμε

φροντίζοντας

κατά

το

δυνατόν, τα περισσότερα από τα δεδομένα σημεία να ευρίσκονται πάνω σε αυτούς τους άξονες και αυτό για να aπλοποιήσουμε το υπολογιστικό μέρος.

σύστημα Ε�ουμε ορθοκανονικό αξόνων . χ y, όπου το μέσο της ΒΓ, το σημείο Γ Ο Ο επί του ημιάξονα Οχ και το σημείο Α στο ημιεπίπεδο {x' x ,Oy) . Αν θεωρήσουμε ΒΓ=2α, θα έχουμε: ότι Α(λ,χ=λd). καιΟι α,Ο). υψών Θεωρούμε επίσης Β(εξισώσεις Ο), Γ(των ΒΕ είναι ( α-λ) χ -d · y+ α( α-λ) = Ο, αντίστοιχως.Έτσι το ορθόκεντρο ως συντεταγμένες λύσεις θατωνέχειεξισώσεων του συστήματος των υψών Συνεπώς για να βρούμε τον γεωμετρικό τόπο ΒΕ. του ορθόκεντρου ( χ0 , y0 ) , θα βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθήκη μεταξύ των χ 0 , y0 ώστε το σύστημα: {(α-λ)χ0 _ :;0=+λα(α-λ)= Ο Να είναι συμβιβαστό ως προς λ. Για αυτό πρέπει και αρκεί (α-χ0 ) χ0 -dy0 +α(α- χ0 ) = 0, ι( δηλαδή y0 =_!.�+ d d ( 1). Προφανώς (1) <=> Η ε( C), όπου (C) η παραβολή με εξίσωση y = _.!_χd 2 +�,d που είναι ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος. --α,

ΑΔ,

τις ΑΔ,

Χο

iO.•J)

(λ.d)

Lagrange

(i) (α 2 δ 2 - β 2 γ 2 )2 =γ4 δ4 => (α 4 + γ4 )( β4 + δ 4 )= = (α 2 β 2 + γ 2 δ 2 ) 2 + γ4 δ4 = (α 2 β 2 + γ 2 δ 2 ) 2 + (γδ ) 4 . γ) (C)

και την Με αναφορά στην υπερβολή εφαπτομένη ε1 (ερώτημα (Α) που την βλέπουμε ως ε1 :�4 + χ_= α=5, β=3, γ=δ=4, οπότε: 42 41 ), έχουμε: ( Ι) <::> χ + y =(54 + 44 )( 34 + 44 ) επομένως λόγω του (Β) παίρνουμε: x2 +y4 =( 52 ·32 +42 - 42 )2 + (4 · 4)4 ,

� �ιι.μυηΊιημπ];fο

πρσηyσύμενο θέμα 12 δεν μπορεί να ανnμετωπιστεί με μεθόδους Ευκλεiδεαις Γεωμετρiας καθότι ο γεωμετρuώς τόπος είναι παραβοΑή και &1). ευ&iα (ή τμήμα της) είtε κύκλος (ή τμήμα του) 1WU συνήθως μας οδηγεί η Μd!οδολοyία επίΛοοης με βάση την

Γη·ικi: ϊrιφυηΊι•ηση : Επισημάνθηκε κmά την διαδοαισία επίΛοοης των αντίσtοwον θεμάτων, η αναyκωότητα rου Ανnσrρόφου στην περiπτωση της «wrόφασηφ Ύtα το αν μiα γριηψή είναι Γεωμετρuώς τόπος σημείων με συyκειφψένη ιδώτητα. Αυτό έγινε με την εmσήμανση της Μαθηματικής διαδuαισίας Ευθύ - Αντίσφοφο όπω; έγινε σrο θέμα 8 ή μέσω της Μαθηματικής διαδuαισίας της εξασφάλισης ικανής και αναyκαίσς σιΜ}ήιcης όπω; έyινε και σrο θέμα 12.

Ευκλείδεια Γεωμεφία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/51

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου -------

σημασία της Διοφαντικής εξίσωσης αχ+βψ=γ για την επίλυση τριγωνομετρι κών εξ ισώσεων που περι εχουν εφαπτομενες η συνεφαπτομενες Η

Γεώργιος Τασσόπουλος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

( J

Αν λάβουμε υπ ' όψη μας την τριγωνομετρική ταυτότητα εφθ = σφ % - θ για κάθε θ :;t: κπ+ Ξ , κ Ε Ζ τότε αντιλαμβανόμαστε ότι οι εξισώσεις τις οποίες τελικά αρκεί να μελετήσουμε είναι της μορφής εφf ( χ ) = εφg ( χ ) (I) ή σφf ( χ ) = σφg ( χ ) . Κατά την επίλυση της εξίσωσης (1 ), υπάρχει κίνδυνος να οδηγηθούμε σε λάθος, αν τη θεωρήσουμε, όπως συνήθως γίνεται (κακώς), ισοδύναμη με την εξίσωση: f( χ) = +g( χ) , Κ ΕΖ (Π). Συμβολικά : (Ι) <::::> (Π) . Είναι λοιπόν απαραίτητο να aποσαφηνίσουμε αρχικά την έννοια της ισοδυναμίας δυο εξισώσεων. Για παράδειγμα επιλύοντας τις εξισώσεις ( ε, ) : ημχ = συνχ και ( ε 2 ) : εφχ = 1 βρίσκουμε ότι έχουν το ίδιο σύνολο λύσεων, δηλαδή L1 = L 2 = χ Ε JR I χ κπ + �, κ Ε Ζ = L (τον τρόπο λύσης τους παραθέτουμε λίγο πιο κάτω για να αναφερθούμε εκτενώς σε μερικά επίμαχα σημεία). Οι εξισώσεις εξάλλου ( ε 2 ) : εφχ 1 και ( ε 3 ) : ημχσυνχ = συν 2 χ έχουν διαφορετικά σύνολα λύσεων, αφού: L 3 = χ Ε JR I χ = κπ + % ή χ = κπ + � , κ Ε Ζ L 2 .Θα συμπεράνει λοιπόν κάποιος (κακώς), ότι οι (ε ι ), (ε2 ) είναι ισοδύναμες, ενώ οι (ε2), (ε3 ) δεν είναι ισοδύναμες. Η άποψη όμως αυτή είναι επιπόλαιη διότι δεν αποσαφηνίζει σε ποιο σύνολο θεωρούμε τις ισοδυναμίες: (ε ι )<=:>(ε2 ), (ε2 )<=:>(ε3 ) αφού οι εξισώσεις (ε ι ), (ε3) έχουν σύνολο ορισμού το Α = JR ενώ η (ε2) το Β = JR χ Ε JR I χ κπ + %, κ Ε Ζ . Εξετάζοντας λοιπόν προσεκτικότερα το θέμα θα διαπιστώσουμε ότι ούτε για τις (ε ι ), (ε2) αλλά ούτε και για τις (ε2), (ε3) μπορούμε να aποφανθούμε για το αν είναι ή όχι ισοδύναμες αν πρώτα δεν ξεκαθαρίσουμε σε ποιο σύνολο θεωρούμε ορισμένες τις εξισώσεις και τις ισοδυναμίες, αφού οι εξισώσεις δεν έχουν το ίδιο σύνολο ορισμού, όπως προαναφέραμε. Το σωστό λοιπόν είναι να πούμε ότι και οι δυο ισοδυναμίες έχουν νόημα στο D = Α n Β = Β 0 και όχι γενικά στο JR , αφού στο JR δεν ορίζονται όλες αυτές οι εξισώσεις. Στο D λοιπόν μπορούμε να πούμε ότι: η πρώτη ισοδυναμία (ε ι )<=:>(ε2 ) είναι αληθής, ενώ ή δεύτερη (ε2)<=:>(ε3 ) είναι ψευδής. Γενικά λοιπόν, αν δύο εξισώσεις (ε ι ), (ε2) έχουν σύνολα ορισμού D, ,D 2 με D, n D 2 = D :;t: 0 , τότε το D είναι το ευρύτερο υποσύνολο του JR στο οποίο μπορούμε να ορίσουμε την έννοια της ισοδυναμίας μεταξύ των (ε ι ), (ε2). Θα λέμε λοιπόν τότε ότι η εξίσωση (ε 1 ) είναι ισοδύναμη της (ε2) (Συμβολικά: (ε 1 )<=:>(ε2)), όταν και μόνον έχουν το ίδιο σύνολο λύσεων στο D D 1 D 2 (εκτός αν από κάποιο περιορισμό προκύπτει ότι: χ Ε D' D ). 2- 1 = Ο είναι ισοδύναμη της Για παράδειγμα: Η εξίσωση ( ε, ) : ( χ - 1) ( χ - 2) χ-3 ( ε 2 ) : ( χ 1 ) ( χ - 2) -2- - 1 = Ο , στο σύνολο D D, n D 2 = JR - {3,5} με κοινό σύνολο λύσεων το 5-χ L = {1,2} , παρότι η (ε ι ) με σύνολο ορισμού το D1 JR - {3} έχει σύνολο λύσεων το L1 = {1,2,5} και η (ε2) με σύνολο ορισμού το D 2 JR - { 5} έχει σύνολο λύσεων L 2 = {1,2,3} , δηλαδή L, L 2 κπ

•

{

}

:;t:

}

:;t:

•

(

•

]

(

:;t:

Αφορμή για το άρθρο αυτό στάθηκαν κάποιες ερωτήσεις συναδέλφ ων από το Πειρ αματικό Λύκειο του ανεπισ Π τημίου Π ατρών στο Καστρίτσι, για τις οποίες και τους ευχαριστώ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/52

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------.. Εξάλλου η εξίσωση ( ε 3 ) : (χ - 2 )(χ - 3) -1- - 1 = Ο έχει στο σύνολο ορισμού της D 3 = JR - { 4} ως χ-4 1 - - 1 = ο έχει στο σύνολο ορισμού σύνολο λύσεων το L3 = {2,3,5} και η (ε4 ) : (χ - 2)(χ - 3) 6-χ της D4 = 1R - {6} ως σύνολο λύσεων το L4 = {2,3,5} = L 3 , όπως ακριβώς οι αρχικές εξισώσεις: ημχ = νχ και εφχ = 1 . Είναι όμως απαράδεκτο να πούμε ότι η (ε3) στο D3 είναι ισοδύναμη της (ε4) στο D 4 D3 , αφού μία σχέση μεταξύ των ( ε3 ), ( ε4) πρέπει να θεωρείται αληθής ή ψευδής σε κάποιο σύνολο στο οποίο θα έχουν νόημα και οι δύο εξισώσεις. Εν προκειμένω οι (ε3 ), (ε4) είναι ισοδύναμες στο D = D 1 n D 2 = JR - { 4, 6} ή σε κάποιο υποσύνολο του D γενικότερα. Μόνον όταν οι εξισώσεις: (ε1), (ε2), , (εv) θεωρήσουμε ότι έχουν σύνολο ορισμού το D = D1 D 2 . .. Dv 0 , μπορούμε να πούμε ότι ικανοποιούν ή όχι τη σχέση (ε ) <=> ( ε ) ,i,j ε {1, 2, ... ,ν } , η οποία πλέον αποδεικνύεται ότι είναι σιέση ισοδυναμίας (Α νακλαστικήΣυμμετρική-Μεταβατική), στο D και όχι θεωρώντας κάθε μία ορισμένη στο αντίστοιχο σύνολο Di ,D j

(

συ

-:ι:.

• • .

Γ\

-:ι:.

Εντελώς ανω..σ,α είναι λάθος να γράψουμε κάτι αντίστοιχο για ανισώσεις με διαφορετικά σύνολα ορισμού.

()) Για παράδειγμα γράφεται (κακώς): χ - 1 > Ο <:::::> (χ - 1 )(χ - 2) > Ο , με την εντύπωση ότι, στην χ-2 περίπτωση αυτή, δεν ενδιαφέρει σε ποιο σύνολο ορίζεται η ισοδυναμία, επειδή η πρώτη στο σύνολο ορισμού της D 1 = JR - { 2} έχει ως σύνολο λύσεων το L = ( -οο, 1) ( 2, +οο) και η δεύτερη στο σύνολο ορισμού της D 2 = JR έχει επίσης ως σύνολο λύσεων το L . Όμως μια τέτοια ισοδυναμία, όπως ορίσα με προηγουμένως, έχει νόημα μόνο στο D = D 1 n D 2 = JR - { 2} Εξάλλου γράφεται (καλώς), ότι: Στο D = D 1 n D 2 = JR - {2} ισχύει: χ - 1 � 0 <=> (χ - 1)(χ - 2) � 0 , χ-2 αφού οι ανισώσεις αυτές με κοινό σύνολο ορισμού το D έχουν κοινό σύνολο λύσεων το L = ( -οο,1] u ( 2,+oo ) . υ

•

Ανάλογη

παρατiΗJηση μπορεί

να

γίνει και για τα

ισοδύναμα κλάσματα

Για παράδειγμα έχουμε: (χ - 1 ) rv -1 στο D1 = Ζ - {0,1} και -1 rv χ - 2 στο D 2 = Ζ - {0,2} . χ χ-1 χ χ χ (χ - 2) χ-1 χ - 2 (πράγμα Για να ισχύει όμως η μεταβατική ιδιότητα, δηλαδή να είναι και χ(χ - 1) χ ( χ - 2 ) απαραίτητο προκειμένου να είναι η σχέση σχέση ισοδυναμίας )πρέπει και αρκεί η σχέση να ορίζεται στο D = D 1 n D 2 = Ζ - {Ο, 1, 2} . Διαφορετικά είναι παράλογο να μιλάμε για ισοδυναμία κλασμάτων όταν π.χ θεωρούμε ότι τα προηγούμενα κλάσματα είναι ισοδύναμα ανα δύο αλλά δεν είναι και τα τρία ισοδύναμα. Πολύ μάλλον είναι αδιανόητο να πούμε ότι το κλάσμα χ (χχ--1 1 ) ορισμένο στο Α = Ζ - {Ο, 1} είναι ισοδύναμο του _!_ ορισμένου στο Β = Ζ - {Ο} . χ Ας ασχοληθούμε τώρα με την επίλυση των εξισώσεων ( ε 1 ) : ημχ = νχ και ( ε 2 ) : εφχ = 1 ως πρώτο βήμα για να επισημάνουμε τους κινδύνους που κρύβει η γενική εξίσωση του τίτλου: εφf (χ) = εφg (χ). Η επίλυση της (ε 1) μπορεί να γίνει τουλάχιστον με τρεις τρόπους: 1 "c ψ ίι π ο ς : Στο σύνολο ορισμού της Α= R έχουμε: «�» ,

•

Ώς γνωστόν, αν

«�»

συ

α,β,γ,δ ε Ζ και β · δ -:ι:. Ο , τότε: � rv l <::::> α · δ = β · γ β δ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/53

------

Μ αθηματικά για την Β' Λυκείου

--------

(ε1)<=>ημχ =συνχ <::::> συν ( π2 -χ ) =συνχ <=> π2 -χ=2κπ + χ ή �-χ 2 = 2κπ-χ <=> 2χ = 2π -2κπ η' Ο·χ =2κπ- 2π <=> χ = -κπ + 4π <=> χ = κπ+ 4π , κ εΖ . Παρατηρήστε η εξίσωση Ο·χ=2κπ-�2 είναι αδύνατη αφού 2κπ-�:;t:Ο, δηλαδή κ:;t:_!_ για κάθε κ�. 2 Επίσης στο σύνολο ορισμού της έχουμε: (ε1) <::::> ημχ -εφ� συνχ=Ο<::::> ημχσυν� -συνχημ� =Ο<::::> ημ(χ - �) =Ο<::::> χ - � = ΚΠ <=>χ = ΚΠ + � , κ εΖ : (ο moορισμού συνηθτηςισμένος) εξετάζουμε δύο περιπτώσεις: Στο σύνολο Αν συνχ=Ο, δηλαδή χ=κπ + �,2 κεΖ, τότε ημχ=±l, οπότεη (ε1) δεν ισχύει. Αν συνχ:;t:Ο, δηλαδή χ:;t:κπ + �,2 κεΖ, τότε: (�)<=> ημχ =l <::::>εφχ=1 <::::> εφχ=εφ�<=>χ=κπ +�, κεΖ Κάποιος εmπόλαια σκεπτόμενος θα θεωρήσει προφανές το ότι όλες οι τιμές κπ + � είναι δεκτές, αφού θα σκεφτεί ότι: κπ+� :;t:κπ+�2 για κάθε κ εΖ. Όμως έτσι θεωρεί το κ ίδιο και στα δύο μέλη, δηλαδή συγκρίνει ένα στοιχείο του συνόλου L'1 = {χεJR/χ=κπ+� , κεz} με το αντίστοιχο στοιχείο του συνόλου LΊ = {χεJR/χ=κπ+�,2 κεz} π.χ το }t�2 με το }t� και όχι δύο τυχαία στοιχεία των συνόλων αυτών. Κανονικά λοιπόν έπρεπε να συγκρίνουμε δύο τυχαία στοιχεία τους, δηλαδή να εξετάσουμε αν υπάρχουν 1 , 1 κ1,Κ2 ΕΙL..ι ωστε κ1π+-π =Κ2Π+-π2 ( " ) Όμως ( " ) <::::> κ1 + - =κ2 + -2 <=> κ1 - κ2 = <::::> κ1 -κ2 = - , πραγμα αδύνατο στο Ζ, αφού ( κ1 -Κ2 ) εΖ και _!_ Ζ . Άρα όλες οι τιμές χ=κπ +�, κ εΖ αποτελούν λύσεις της (ε1). Τελικά και με τους τρεις τρόπους βρήκαμε ως σύνολο λύσεων της (ε1) το L={χεJR!χ=κπ�, κεz} . Για την επίλυση της (ε2) παρατηρούμε ότι έχει σύνολο ορισμού το B=JR- {xεJR/x=κπ + �,2 κεΖ} :;t:Α και στο έχουμε: (ε2 ) <::::> εφχ=εφ�<=>χ=κπ + �, κ εΖ. Με τονΆραίδιοτο τρόπο πουτωνεργαστήκαμε προηγουμένως, διαπιστώνουμε ότι όλεςναοιπούμε τιμές ότιαυτέςη (ει)είναιμε δεκτές. σύνολο λύσεων της (ε2) είναι το L. Δεν έχει όμως νόημα σύνολο ορισμού το 01 Α είναι ισοδύναμη της (ε2) με σύνολο ορισμού το 02 ότι είναι ισοδύναμες στο 01 02 =Α = :;t: , όπως προαναφέραμε. Είδαμε προηγουμένως ότι ο έλεγχος της αλήθειας ή όχι της σχέσης (i) μας οδήγησε στον έλεγχο του αν έχει ή όχι η Διοφαντική εξίσωση 4χ 4y= 1 λύση (χ, y ) = ( κ 1 , κ 2 ) Θα ασχοληθούμε λοιπόν στη συνέχεια με μια πολυπλοκότερη εξίσωση της μορφής εφf (χ ) = εφg (χ ) για να φανεί η χρησιμότητα της Διοφαντικής εξίσωσης αχ +β στη διερεύνησή της. ότι

A=R

ιι)

συνχ

'71

1 .

�

= Β, αλλά

•

ππ

' Ν α λ:υ θει η εξισωση : ,

εφ

ψ =γ

3χ - 5π

= εφ6

(I) .

' f1 ( χ ) = εφ 3χ -Sπ ' λα ορισμου:' 'Εχουμε εν προκειμενω: f ( χ ) = εφ 6χ με συνο , και 4 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/54

-------

Α1 =

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-------

{χ ε!R/ 3χ �5π κπ + � {1) , κεz} και Α2 = {χ ε !R/ � :;t:κπ+ � *

}

(2) , κ ε z .

Προφανώς: ( 1 ) <=> 3χ-5π:;t: 4κπ + 2π <::::> χ :;t: 4κπ3 + 73π σύνολο ορισμού το D=A1 nA2 = {χε!R/χ ::;t:-4�-π + 73π χ :;t: + π κπ χ :> 9χ -15π=12κπ+2χ <=> 7χ =12κπ+ + = κπ -<::: έχουμε: 3χ-5π 4 6 Από τις τιμές αυτές δεκτές είναι όσες ανήκουν στο12Κ Π Εξετάζουμε , δηλαδη' αν υπαρχουν , κι , κ2 ε ιu ωστε: 7 1 15π7 4Κ2Π εξαιρουνται, ξ 12χ + 15 + , , , λυσεις ' ουσιαστικα, αν εχουν 7 7 Παρατηρούμε ( i) <=> 36χ + 45 = 28y + 49 <=> 36χ-28y = 4 9χ-7 Ως γνωστόν μία και μόνο λύση της (i) προκύπτει για χ ε { 0 2 y=5 , οπότε λύσεις της (i) βρίσκονται, όπως ξέρουμε, δηλαδή κ1 = 4 + 7 ρ, κ2 = 5 + 9ρ . Οι τιμές λοιπόν Κι = 12( 4 +7 7ρ) π +-7 Εντελώς ανάλογα: (ii) <=> 12χ + 15 = 42y + 21 <=> 12χ Όμοια για {Ο, 1} έχουμε μία μόνο ακέραια λύση της (ii). (ii) <=>χ 4 + 7ρ, y = 1 + 2ρ, ρ εΖ . Βρήκαμε λοιπόν εξαιρούνται οι ίδιες περιμέναμε να εξαιρεθούν και κάποιες άλλες mθανόν. Είναι άραγε διότι: Αν θ1 =κπ + θ2, τότε: θι = κ1 π+ �2 => θ2 = ( κι -κ) π + �=>θ 2 2

και ( 2) <=> χ :;t: 6κπ + 3 π , οπότε η (I) έχει

και

η οχι

ότι:

D λοιπόν

12 1 5π 1 5π <::::> χ = -- + - , κ ε Ζ . 7 7 D. λοιπόν αν υπάρχουν τιμές π ύ 7π , 12ΚιΠ 1 5π + - = 6κ2 π + 3π , -- + - = -- + 3 η -3 7 7

'71

}

3 , κ ε z . Στο

6κπ

4y 7 12χ 1 5 οι Δ ιοφαντικες ε ισωσεις : - - = ( ι ) , - + - = 6y 3 ( 11 ) 3 3 7 7 1 <=> y = 1 <=> y = 9χ - . 7 , 1, , ... , 6} . Πράγματι για χ=4 βρίσκουμε ,

" "

από τους τύπους: χ = 4 + 7ρ, y = 5 + 9ρ, ρ ε Ζ ,

όλες οι

1 5π

yε

ότι

= 1 2ρπ + 9π , απορρίπτονται.

7 +1 - 42y = 6 <=> 2x - 7y = l <=> χ = Υ . 2 Πράγματι για ψ= 1 βρίσκουμε χ=4, οπότε: πάλι τιμές

Κι

= 1 2ρπ

9π ενώ

αυτό συμπτωματικό ή όχι; Φοοικά όχι = κ2 π + � 2

με

Κι

- κ = κ2 , δηλαδή

Τελικά λοιπόν: Αν θ 1 = κπ + θ2 , τότε: θ1 = κ 1 π+ π2 <=> θ 2 = κ2 π + 2π με - κ2 = κ. Κατά συνέπεια, αν υπάρχει κ Ε Ζ ώστε f (χ) = κπ + g (χ) για κάποιες τιμές του Ε IR , τότε γι'αυτές τις τιμές του χ ισχύουν Κι

οι

παρακάτω

συνεπαγωγές:

(r(χ) = λπ+� �λΕΑςΖ)=>(g(χ)=μπ+��μ=λ-κ)

και

(g(χ) = μπ+� �μΕΒςΖ)=>(f(χ) = λπ+� �λ = μ+κ} Επομένως, οι απαγορευμένες τιμές του κ που f{ χ) κπ+g( χ) προκύπτουν από το σύστημα f(χ) == + π (Σ1 ) είναι ίδιες με αυτές που προκύπτουν από το σύστημα λπ 2 f(χ) = κπ+g(χ) g(χ) = μπ+ 2π ( Σ2 ) με λ-μ=κ. Στην προκείμενη περiπτωση βρήκαμε: κ=4+7ρ, λ=5+9ρ, μ=1 +2ρ, όπου

)

+9ρ}-(1++2ρ)=4+7ρ.' Βέβαια 4 μορφή: +2}7ρ1 =7ρ"-10 πράγματι:κ=7λ-μ=(5 κ=4 + + 3- +7ρ=7(ρ 3, 7ρ=7(ρ 1)-3=7ρ κ=1 -0 Τελικάλοιπόν: ( Ι ) <=> χ = 12κπ-+ ΙSπ με κ -10 9 2 εΖ α

έχουμε

δεν είναι μόνοσήμαντη. Πιθανόν να κ.λ.π.

κ ι κ :;t: 4 + 7ρ, ρ ε Ζ .

Αν λ Ε Α' = Ζ-Α

και μ=λ-κ, τότε

f(χ) :;ιι: λπ+�2 και g(χ) :;ιι: μπ+�2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ.3/55

-----Επίσης: Αν

μ Ε Β' = Ζ -Β

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

και λ=μ+κ, τότε g ( χ ) ;t. μπ + 2:2 και f ( χ ) ;t. λπ + 2:2 .

f(x) * λπ + 2: και g ( χ ) * μπ + 2: <=> (λ Ε Α 'και μ = λ - κ) ή (μ Ε Β ' και λ = μ + κ) <:::} 2 2 ' ' (λ Ε Α και λ - μ = κ) ή (μ Ε Β και λ - μ = κ) <:::} (λ Ε Α ' ή μ Ε Β') και λ - μ = κ • χ - π = εφ 2: αν παρατηρήσουμε αρχικά ότι : 2: ;t. λπ + 2: Χ ρ ή σι μη ε φ α ρ μ ο γή : Στην εξίσωση π. χ. (ε1 ) : εφ 2 4 3 3 χ - π = κπ + -π , κ Ε ειναι ' ' ' ο' λες οι λυσεις ' θ α ειμαστε ' της ( ε 1 ') : -' οτι σιγουροι για κα' θ ε λ Ε αφου' λ * --1 , τοτε 4 3 6

Τελικά λοιπόν:

'71 u..- ,

και λύσεις της ( ε1 ), δηλαδή ανήκουν στο σύνολο ορισμού αυτής '

χ - π = μπ + -π , για καποιο μ Ε ' -ηταν 4

'71 u..- ,

{

= χ Ε JR I χ � π * κπ +

�, κ Ε Ζ} . Πράγματι αν '

' θ α ηταν ' και -π = ( μ - κ ) π + -π = λπ + -π , για λ = ( μ - κ ) Ε , πραγμα τοτε 3

'71 u..-

άτοπο , Οι εξισώσεις λοιπόν ( ε1 ) , ( ε1 ') είναι ισοδύναμες στο D. Έτσι θα μπορούσαν να λυθούν απλούστερα οι εξισώσεις της μορφής εφχ = 1, εφχ = .J3 κ.λπ. Το κακό όμως είναι ότι συνήθως αυτές θεωρούνται ισοδύναμες των χ = κπ + 2: , χ = κπ + 2: κ.λ.π. χωρίς να έχει γίνει καμία αναφορά στα προηγούμενα συμπεράσματα. •

Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι η πλήρης λύση των εξισώσεων αυτών οδηγεί στη Διοφαντική εξίσωση αχ + βy = γ . Ως γνωστόν, αν σ ' αυτή ισχύει Μ.Κ.Δ (α,β)=1 και βρούμε μία λύση της ( χ 0 , y0 ) , τότε οι άπειρες λύσεις της δίνονται από τους τύπους χ = χ 0 - β ρ, y = y + αρ, ρ Ε Ζ και η δυσκολία της είναι ανάλογη του μεγέθους των συντελεστών α,β. Καλό είναι λοιπόν να φροντίσουμε ώστε να μην οδηγήσουμε τους μαθητές σε τέτοιες Διοφαντικές εξισώσεις, αλλά σε μορφές αχ+ βψ=γ με Μ.Κ.Δ ( α,β)=ρ> 1 , όπου ο αριθμός lρ να μην είναι ακέραιος ώστε η εξίσωση να είναι αδύνατη και έτσι να μην απορρίπτεται κάποια από τις πιθανές ρίζες της εξίσωσης που βρήκαμε αρχικά. π.χ 12χ - 8y = 6 <=> 3χ - 2y = �4 <=> 3χ - 2y = �2 , που είναι αδύνατη, αφού: (3χ - 2y) Ε Ζ και �2 � Ζ . χ --π = εφ 3π - χ , ευκο ' ' μας ' να διαπιστωσετε ' λα μπορειτε ' εξισωση για παρα' δειγμα εφ οτι 3 2 Η οδηγεί στις αδύνατες Διοφαντικές εξισώσεις: 4κ - 1 Ολ = 1, 6κ + 1 Ο λ = - 1 ' και τUΙ.Gιωνοντας ' ' ' η ευρεση ' των ακεραιων ' ' λυσεων εmσημαινουμε οτι της y = 9χ7- 1 μπορει' να γινει στοιχειωδώς, αν λάβουμε υπόψη μας ότι η Ευκλείδεια Διαίρεση χ:7 δίνει χ = 7λ + υ με λ Ε Ζ , 9υ - 1 και μόνο για υ=4 βρίσκουμε ακέραιες τιμές του υ Ε {0,1,2, ... ,6} , οπότε y = 9(7λ +7 υ) - 1 = 9λ + -7 y τις, y = 9λ + 5, λ Ε Ζ , οπότε χ = 7λ + 4, λ Ε Ζ . Το ότι για μια μόνο τιμή του υ Ε {0,1,2, ... ,6} , ο 9υ - 1 ειναι ακεραιος, προκυπτει ' ' σιγουρα ' (9υ - 1) : 7 δινουν ' οι διαιρεσεις ' απο το γεγονος' οτι 7 αριθ μος, -7 διαφορετικά υπόλοιπα (φυσικούς αριθμούς μικρότερους του 7), οπότε ένα μόνο απ ' αυτά θα είναι μηδέν. Πράγματι, αν με υ 1 υ2 είχαμε τις ταυτότητες διαίρεσης: 9υ 1 - 1 = 7 π1 + ρ, 9υ 2 - 1 = 7 π 2 + ρ , τότε 9 ( υ1 - υ 2 ) = 7 ( π1 - π 2 ) και αφού Μ.Κ.Δ(7 ,9)= 1, ο αριθμός 7 θα διαιρεί τον ( υ 1 - υ 2 ) πράγμα άτοπο, αφού Ο < lυ1 - υ 2 1 < 7 . Έτσι οδηγούμαστε με έναν άλλο τρόπο (κατά τη γνώμη μου, πιο φυσιολογικό) στην εύρεση των τύπων χ = χ 0 - βρ, y = y 0 + αρ, ρ Ε Ζ που δίνουν τις λύσεις της Διοφαντικής εξίσωσης αχ+βψ=γ, όταν φυσικά Μ. Κ. Δ(α, β)= 1 . Η γενίκευση είναι εντελώς ίδια. 0

( ) (

•

�

)

�

•

Θυμηθείτε ότι : ( p1 Λ q ) ν ( p 2 Λ q ) <:::} ( p1 ν p 2 ) Λ q ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/56

------- Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Θέματα Π ιθανοτήτων Κονόμης Άρτι - Χαραλαμπάκης Στάθης

Στο άρθρο αυτο εχουμε επιλέξει, μια σειρά από βασικές ασκήσεις από το κεφάλαιο των πιθανοτήτων, για τη Γ τάξη ενιαίου λυκείου . Η πληρότητα και η κάλυψη όλης της ύλης του κεφαλαίου ήταν για μας το ζητούμενο. Έγινε προσπάθεια οι ασκήσεις να είναι όσο γίνεται συνδυαστικές και πρωτότυπες.

ενδεχομένου AnB. Από την υπόθεση έχουμε: Ρ ( AuB) = �6 , άρα: P(B)=P(AuB)-P(A)+P(AnB) Έχουμε: P(A-B)=P(A)-P(AnB) => -29 = -23 - P(AnB) => P(AnB)= -49 . Βρίσκουμε την πιθανότητα του Β: Ρ(ΑυΒ)=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(ΑnΒ) =>Ρ(Β)= 1Ι Ρ(ΑυΒ)-Ρ(Α)+Ρ(ΑnΒ)=-65 - -23 + -49 = Ι8 ίί) Το ενδεχόμενο να πραγματοποιηθεί μόνο ένα από τα ενδεχόμενα Α, Β είναι το (A B)u(B-A). Από την άλλη μεριά ξέρουμε ότι τα ενδεχόμενα Α-Β και Β-Α είναι ασυμβίβαστα. Έτσι έχουμε: Ρ((Α-Β)υ(Β-Α))=Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α)= =P(A)-P(AnB)+P(B)-P(BnA)= Ι 1 -2 ·-4 = -7 . =P(A)+P(B)-2P(AnB) =-23 + Ι 8 9 18 ίίί) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι A ' nB ' =(AuB) ' (Κανόνας de ' Morgan), οπότε: Ρ(Α ' nΒ ' )=Ι-Ρ(ΑυΒ)= Ι -- 2_6 = .!_6 . iv) Το ζητούμενο ενδεχόμενο είναι Α ' υΒ ' =(ΑnΒ) ' , (Κανόνας de ' Morgan), οπότε: Ρ(Α ' υΒ ' )= I -P(AnB)= Ι - �9 = 2_9 .

Ι ) Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει: α) Η πιθανότητα να πραγματοποιηθεί ένα

, τουλαχιστον απο' τα Α , Β ειναι "65 ' β) Ρ (Α) -:ι:. Ρ (Α-Β).

γ) οι αριθμοί Ρ(Α) , Ρ(Α-Β) είναι στοιχεία

του συνόλου

{-.!. � � 2} . ' ' ' 3 3 9 6

Ι ) Ν α αποδείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. 2) Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων Α και Α-Β. 3) Να βρείτε τις πιθανότητες: ί) Να πραγματοποιηθεί το Β, ίί) Να πραγματοποιηθεί μόνο ένα από τα ενδεχόμενα Α, Β, ίίί) Να μην πραγματοποιηθεί το Α και να μην πραγματοποιηθεί το Β iv ) Να μην πραγματοποιηθεί ένα τουλάχιστον από τα ενδεχόμενα Α , Β . Λ ύ ση

Αν τα Α,Β ήταν ασυμβίβαστα, δηλαδή AnB=0, τότε P(AnB)=O. Όμως: Ρ(Α)::ι:.Ρ(Α-Β)=> Ρ(Α)-::ι:.Ρ(Α)-Ρ(ΑnΒ)=>Ρ(ΑnΒ)-::ι:-0 , άτοπο. β ' τρόπος ( Σ υ ν θ ετικά) : Γνωρίζουμε ότι: Χ=0=>Ρ(Χ)=Ο, οπότε με αντίθετοαντιστροφή θα έχουμε: Ρ(Χ)::ι:.Ο=:>Χ::ι:.0.Στην περίπτωση μας έχουμε: P(A)'f':P (A-B)=>P(A)'f':P(A) P(AnB)=>P(AnB)'f':0=>AnB::ι:.0=:>Tα Α,Β δεν είναι ασυμβίβαστα. Έχουμε: Α-Βς;Α, οπότε Ρ(Α-Β).�Ρ(Α). Άρα Ι 2 27 απο, τις τιμες, του συνο' λου --,-,-,3 9 3 6

Ι ) α ' τρόπ ο ς ( Μ ε απαγωγή σ ε άτοπο) :

{

}

Σχόλιο

και

της

Σ. Ε . :

Ρ (Α' n B ') = Ρ((Α υ Β)') Ρ(Α' υ Β') = Ρ((Α n Β) ') μπορούν να προκύ ψουν Οι τύπο ι

και χωρ ίς τους τύπους του de ' Morgan, φυσικά με δυσκολότερη δι αδικασία. Γι ' αυτό αρχικά πρέπει να κατανοήσουν οι μα θητές ότι: Για κάθε ζεύγος συνόλων Χ, Ψ ισχύει: δηλ αδή η πράξη Χ- Ψ πλεονάζει και θα μπορ ο ύσαμε να περιοριστο ύμε μό νο σε δύο πράξεις, την ένωση και την τομή. Έτσι λοιπό ν: (1). · Α πό τη σχέση (1) με Χ=Α και Ψ=Β πα ίρ νουμε:

Χ-Ψ = ΧnΨ' ,

έχουμε: Ρ(Α)= �3 και Ρ(Α-Β)= �9 διότι οι τιμές Ρ (Χ - Ψ) = Ρ(Χ n Ψ') = Ρ(Χ) - Ρ(Χ n Ψ) - -Ι και -7 απορρίπτονται αφού το --Ι < Ο 3

και -76 > Ι . ί) Βρίσκουμε πρώτα την mθανότητα του

Ρ ( Α' n B ') = Ρ (Α') - Ρ(Α' n B) = = 1 - Ρ (Α) - [Ρ (Β) - P (A n B)] =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/57

------

= 1 - [P (A ) + P ( B) - P ( A n B )] = = 1 - P (A u B) = P ((A u B) ')

Μαθη ματικά για τη ν

(2)

=1 -Ρ(Α) + 1 -Ρ(Β) -[1 - Ρ ( AuB) J =

=1 -[Ρ(Α) + Ρ( Β) - Ρ( AuB) ] = 1- Ρ( A n B) = P ( (A n B) ') 2 ) Για τα ενδεχόμενα Α ,Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύει ότι: P(A)·P(B)=P(AnB). Να αποδείξετε τις παρακάτω σχέσεις: α) Ρ(Α-Β) = Ρ(Α)·Ρ(Β ') β) Ρ((Α-Β)υ(Β-Α))=Ρ(Α)·Ρ(Β ') +Ρ(Β)·Ρ(Α ') γ ) Ρ(Α) + Ρ(Β)� 2Ρ(Α)·Ρ(Β) δ ) Ρ((ΑυΒ) ') = Ρ(Α ')·Ρ(Β ')

Λ{Jση

Έχουμε: Ρ(Α-Β) = Ρ(Α) -Ρ(ΑΓΙΒ) = =Ρ(Α) - Ρ(Α) · Ρ(Β) = Ρ(Α)- ( 1-Ρ(Β)) = Ρ(Α) · Ρ(Β' ) β) Τα ενδεχόμενα Α - Β και Β - Α ασυμβίβαστα. Έτσι έχουμε: Ρ[(Α-Β)υ(Β-Α)]=Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α) = Ρ(Α)- Ρ(Β') + Ρ(Β) · Ρ(Α' ) . ,Εχουμε: Α ΓΙ Β ς Α } Ρ (Α ΓΙ Β) :ς Ρ (Α) } ΑΓΙΒς Β Ρ(ΑΓΙΒ):ς Ρ(Β) ( Β) :ς Ρ(Α) + Ρ(Β) Έχουμε: Ρ[(ΑυΒ)'] = 1 - Ρ(ΑυΒ) = + = Ρ(Α) --Ρ(Β) + Ρ(Α) · Ρ(Β) = =1=1=1 ---Ρ(Α)Ρ(Α) Ρ(Β) ( 1 Ρ(Α)) = Ρ(Β) · ). · =(1 - Ρ(Α)) (1 -Ρ(Β)) = Ρ(Α}Ρ(Β' α)

=> 2P A n

δ)

P(AnB)

3) Ένας υπάλληλος μιας εταιρείας πηγαίνει

στο ταχυδρομείο για να ταχυδρομήσει τρία γράμματα για τρεις διαφορετικές χώρες. Για κάθε γράμμα απαιτείται γραμματόσημο διαφορετικής αξίας. Ο υπάλληλος κόλλησε στην τύχη τα γραμματόσημα. Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου: Κάθε γράμμα να έχει το σωστό α) γραμματόσημο, β ) Ένα μόνο γράμμα να έχει το σωστό γραμματόσημο, γ ) Ένα τουλάχιστον γράμμα να έχει το σωστό γραμματόσημο, δ) Κανένα γράμμα να μην έχει το σωστό γραμματόσημο Λ i1ση

(Ο συμβολισμός π. χ Ι Χι 2 Χ2 3 Χ3 δείχνει ότι το γραμματόσημο 1 έχει επικολληθεί για τη χώρα Χ 1 το γραμματόσημο 2 έχει επικολληθεί για τη χώρα Χ2 και το γραμματόσημο 3 έχει επικολληθεί για τη χώρα Χ3} . ,

(2)

------

Λυκείου

δειγματικό χώρο Ω είναι οι tx;�3Jς,JX;3�2Jς,��3Jς,��IJς,3)\�2Jς,3)\�IJς

Στη συνέχεια έχουμε: P ( A' u B ') = Ρ (Α') + Ρ ( Β ') - Ρ ( Α' n Β') =

γ)

Αν σημειώσουμε με 1, 2, 3 τα γράμματα και Χ ι , Χ 2 , Χ3 αντίστοιχα τις χώρες για τις οποίες προορίζονται, τότε ο συμβολισμός ΙΧι σημαίνει ότι στο γράμμα Ι έχει επικολληθεί γραμματόσημο που αντιστοιχεί στη χώρα Χ ι :Ετσι, όλες οι δυνατές επικολλήσεις, οι οποίες αποτελούν το

Έχουμε Ν(Ω)=6. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα : Α=Β= {ένα {κάθε γράμμα έχει το σωστό γραμματόσημο} μόνο γράμμα έχει το σωστό γραμματόσημο} Γ=γραμματόσημο} {ένα τουλάχιστον γράμμα έχει το σωστό Δ= {κανένα γράμμα δεν έχει το σωστό γραμματόσημο} . Ν (Α ) Ι α ) Α - {Ι Χ1 2 Χ 2 3 ΧΛ και Ρ (Α ) = Ν(Ω) = -6 β) Β = {Ι Χ1 3 Χ 2 2 Χ 3 ,Ι Χ 2 2 Χ1 3 Χ 3 ,3 Χ1 2 Χ 2 Ι Χ 3 } Ν(Β) = -3 = -Ι και Ρ ( Β) = -Ν(Ω) 6 2 _

γ)

και

δ)

Γ={ Ι�2)ζ3Χ3 ,Ι�3)ζ2Χ3 ,2�])ζ3Χ3 ,3�2)ζDζ } Ρ (Γ )

( ) Ν Γ Ν (Ω )

�

3_ 3

Δ = {3Χ1 ΙΧ2 2Χ3 ,2Χ1 3Χ2 ΙΧ3 } και Ρ (

)

( ) _!_

Ν Δ

Ν (Ω)

4) Έστω Ω={l , 2, 3 , . . . ,10} δειγματικός χώρος με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Θεωρούμε τη συνάρτηση f με τύπο:

f { χ) = _!_χ3 -2χ2 + 3χ+λ\ 3

όπου

Έστω τα ενδεχόμενα: Α={ λ Ε Ω

λ Ε Ω, I

x E JR .

το τοπικό

' ' ' του "3 } μεγιστο της f ειναι η' ισον ' μεγαλυτερο

Β={ λ Ε Ω I το τοπικό ελάχιστο της f είναι μικρό τερο ή ίσο του 4 }. α ) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να βρείτε της πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Α n Β και Α υ Β. γ ) Αν S2 είναι η διακύμανση των τιμών λ, 2λ, 4λ, Sλ όπου λ Ε Ω να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου: Γ = {λ Ε Ω I S2 > 1 0} . Λ1J ση α)

Το πεδίο ορισμού της f είναι όλο το JR . Έχουμε: f ( x ) =x2 - 4x + 3, οπότε: f' ( x ) < O<=:> x E ( 1,3) , και f' ( χ ) > Ο <:::::> χ ( Ι) υ (3,+οο ) και αφού η f είναι συνεχής στα σημεία Ι , 3 θα έχουμε ft( --α:s Ι] , 2 f l [ Ι ,5) και ft[3,+oo ) . Επομένως το f ( Ι ) =�+λ 3 ένα τοπικό μέγιστο και το f ( 3 ) = λ 2 είναι τοπικό '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/58

-ω,

------ Μαθηματικά για τη ν Γ Λυκείου

ελάχιστο της f. Βρίσκουμε τα στοιχεία του Α από τη σχέση: �3 + λ2 � 523 (1) � λ2 � 16 � l λ l � 4 � λ � -4 ή λ � 4 , οπότε Α ={4, 5, 6, 7, 8, 9, 10} . Βρίσκουμε τα στοιχεία του συνόλου Β από τη σχέση: f (3) � 4 � λ2 � 4 (2). � λ2 � 4 � 1λ l � 2 � -2 � λ � 2 , οπότε Β= { 1 ,2 } . 'Εχουμε Ρ( Α) =2 και Ρ( Β) =2 =� και AnB=0, 10 10 5 οπότε P(AnB) = Ο. Επίσης έχουμε: ΑυΒ={ 1 ,2,4,5,6,7,8,9, 10}, οπότε: Ρ(ΑυΒ) = _2_ 10 . γ ) Βρίσκουμε πρώτα τη μέση τιμή των παρατηρή σεων λ, 2λ, 4λ, 5λ. Έχουμε : ;z λ + 2λ + 4λ + 5λ = 12λ = 4 = 3λ . Οπότε η 4 � ( λ-3λ)2 + ( 2λ -3λ)2 + ( 4λ-3λ)2 + ( 5λ-3λ)2 10λ2 4 4 . Βρίσκουμε τα στοιχεία του συνόλου Γ από τη σχέση: S 2 > 10 (3 ). 'Εχουμε: ( 3) � 1Ολ4 2 > 1 0 � � λ2 > 4 � 1 λl > 2 � λ > 2 ή λ < -2 . Άρα: 8 4 Γ = {3, 4, 5, 6, 7, 8, 9, 1 0} και Ρ(Γ) = - = - . 10 5 β)

------

από 2 005 στοιχεία , τα οποία είναι ισοπίθανα . Θεωρούμε Ωτα συμπληρωματικά ενδεχόμενα Α και Α ' του με Ο < Ρ(Α) < 1. Αν ισχύει:

Ρ (Α)

, : 9 ( ' ) + (4 ) � 16 , τοτε Ρ Α Ρ Α -

Να βρείτε το πλήθος των στοιχείων του Α. Ω Αν κάποιο ενδεχόμενο Β του έχει 1 2 04 στοιχεία, να αποδείξετε οτι τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

α)

.\iHϊiJ

Αν Ρ(Α) = χ ε (0,1) τότε: χ>Ο, 1-χ>Ο, οπότε: Ρ(Α) + -χ + -4 = 16 , εχουμε 4 = 16 � 9, 9Ρ ( Α ') Ρ ( Α) 1-χ χ 9 χ2 +4(1-x)=16[x(l-x)] �x= �5 �Ρ(Α)= �5 . Όμως (Α) �� = Ν (Α) �Ν(Α) =802 Ρ(Α) = Ν(Ω) 5 2005 Ν Ν ( Β) 1 204 ji) Ν(Β) =1204, οπότε Ρ(Β) = = --. Ν ( Ω ) 2005 Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα. Θα ισχύει τότε: Ρ(ΑυΒ)=Ρ(Α)+Ρ(Β)=35 � � =:m>>l, � άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. -

:: ; Ι 'ΛI;:;: υ"''-

Β ρίσκουμε : P(AnB)=P(A)+P(B)-P(AuB)= � 2006 1204 , .,; , Έστω Α και Β δύο ενδεχόμενα ενός = 5 + 2005 - P (A u B)= 2005 - P (A u B) > O αφου δειγματικού χώρου Ω και p ε (0, 1). Δίνεται οτι οι Ρ(Α), Ρ(ΑυΒ), P(AnB) είναι ανα δύο διαφορετικές μεταξύ τους και αποτελούν στοιχεία του συνόλου {p-1, p, p+l , p 2 , p 3 } Να δείξετε οτι Ρ(Α) = p 2 , Ρ(ΑυΒ) = p και P(AnB)= p3 /') ) Να δείξετε οτι Ρ(Β) = p3 - p 2 + p γ) Να δείξετε οτι Ρ(Β-Α) > Ρ(Α-Β)

. Ρ (Α υ Β) � 1 < 2006 2005

Επο μένως P(AnB),c(), οπότε AnB;e0, δηλαδή τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. .Jx + 3 - 2 'Ε Ω ι· Ί) στω Α,Βς με: Ρ(Α) ιm και χ-+Ρ(Ω) Χ 2 - Χ 4y - l lim Ρ(Β) y--+P(A) 8 2 + 2 - 1 y y --

ιι ) Να βρείτε τις πιθανότητες Ρ(Α) και (Β) Επειδή: p<l p- 1<0 και p>O�p+1>1 , οι �� ) Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμές p-1 και p+ 1 δεν αποτελούν τιμή κάποιας τιμή των πιθανοτήτων των ενδεχομένων : πιθανότητας. Επίσης γενικά έχουμε: Ας(ΑυΒ) και il ) A n B iO Α υ Β (ΑnΒ)ςΑ. Άρα Ρ(Α)�Ρ(ΑυΒ) και P(AnB)�P(A). Γ:Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α,Β Άρα Ρ(ΑυΒ)� Ρ(Α) � P(AnB) και επειδή 3 i" } Δ: Πραγματοποιείται ακριβώς ένα από τα Α,Β Ο< p <1 p3 < p2 < p, θα είναι: P(AnB)= p , Ρ(Α) = p2 , Ρ(ΑυΒ) = p. ι·; ;τη ; J i Έχουμε: Ρ(ΑυΒ) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - P(AnB), rx+3 -2 = 1 , � α ) Εχουμε: ( ) και οπότε: Ρ(Β)=Ρ(ΑnΒ)-Ρ(Α)+Ρ(ΑυΒ)= p3 - p2 + p. χ -χ χ νχ + 3 2 + γ, Είναι Ρ(Β-Α) - Ρ (Α-Β) = =Ρ(Β) - P(AnB) - [Ρ( Α) - P(AnB) ] = 1 , οπότε: P(A)=lim 1 4Υ-1 + P(AnB)=P(B) -Ρ(Α)= =P(B)-P(AnB) P(A) 8)7 +2y-1 2y+1 χ{ JX+3+2) 4 ' =p J-p 2+p-p 2=p 3-2p 2+ p=p(p 2-2p + 1 )=p(p- 1 ?>Ο. 1 - =� Άρα: Ρ(Β-Α) > Ρ (Α-Β). P(B) = IimΈστω δειγματικός χώρος Ω που αποτελείται y__J_ 2y+ 1 3 1' .'

�

χ ...ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/59

------

-------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

i ) Ισχύει: (AnB) ς Α και (AnB) ς Β .

Από την και ελάχιστη τιμή την _2._ για Α n Β =Α. 2 πρώτη σχέση έχουμε: O�P(AnB)�P(A) = ..!. και 8) Για τα ενδεχόμενα 1του δειγματικού χώρου Ω β)

από τη δεύτερη

Ο�

O�P(AnB)�P(B)

=� .

Τελικά

λοιπόν: Ρ ( Α n Β ) � ..!.4 . Όταν τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ξένα μεταξύ τους, τότε P(AnB και αυτή είναι η ελάχιστη τιμή για την πιθανότητα P(AnB). Αν AnB = Α, δηλαδή Α Β τότε η μέγιστη τιμή της πιθανότητας του ενδεχομένου AnB είναι Ρ(Α) = ..!. . 4

) =Ο

ισχύουν: (Ρ(Α)) 2 +2 (Ρ(Α) ')2 =3 Ρ(Β) και Ρ(Β)=-3χ 2 +2χ- .!. , χ ε IR . Να βρεθούν: 9 α) i) Η μέγιστη τιμή του Ρ(Β) ii ) Οι πιθανότητες Ρ(Α) και Ρ(Β) iii ) Οι τιμές του χ β)

(

)

P AnB =χ ε

[0 ] '4

[0, �] . Αλλά

Λύση α)

ΑnΒ

�

f χ <Ο� χ

( )

12 -

�,

Ρ (Γ) = 1 - Ρ (Α υ Β) = 1 -y και y ε

( ) Όπως και στο ερώτημα αποδεικνύεται ότι (Α ' nΒ ' )=Ρ(Γ) γίνεται ελάχιστη με τιμή _.!_ αν 12

�

[% :� ]

1 11 1 2 1 --� 1 -y � 1 -- � - � Ρ Γ �12 3 12 3 i)

και γίνεται μέγιστη με τιμή ..!.3 αν AnB=A. ίv)Έχουμε: Δ = (Α - Β) υ (Β - Α), με (Α-Β) και (Β-Α) ασυμβίβαστα. Άρα: Ρ(Δ)=Ρ((Α-Β)υ(Β-Α))=Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α)=

AnB=0

�

(

2Ρ Α n Β 1 -

)

:�

- 2χ

και

χε

( )

[Ο,�]

5 11 11 5 11 � - � - - 2χ � - � - � Ρ Δ � - . 12 12 12 12 12

η Ρ(Δ) παίρνει μέγιστη τιμή την

.!_!_ 12

�

τότε

�χ<

_!_3 , ενώ

_!_3 . Λόγω της συνέχειας της f

[l }

r (l) = -3 · � + % - � = -� + % = % · ( ) = τότε:

2 (Ρ(Α))2 + 2 (Ρ(Α) ' ) = 3 Ρ(Β) 2 2 �O � y = � P A = · +2 1 -y �3 · � y

ii) Αν Ρ Α

( �)

γ ( ) % Αλλά 3 Ρ(Β) = (Ρ(Α))2+2(Ρ(Α) ' )2= 2 2 2 2 2 2 3 +2 ( 1 - = . Άρα Ρ(Β) = 9 . 3 3 �

()

iii) Ρ(Β)= 3

)

�f( ) =39 χ

<:::>-3 χ 2 +2χ-

( )

για AnB=0

_!_ = 3 � χ = _!_ . 9 9

�

Εχουμε: Ρ( Β - Α) = P ( B) - P( AnB) = - P( AnB) . Αλλά: Ρ( Α - Β) = Ρ (Α) - P(AnB) 5 2 � = - Ρ( AnB) � Ρ ( A n B) = - = - = 32 95 96 95 91 9 3 β)

Ά' ρα: Ρ (Β - Α) = 9 - 9 = 91 και Ρ ( Α υ Β ) = 97 . ίί)Έστω Γ= (Α - Β) υ (Β -Α) . Οπότε, Ρ (Γ) = Ρ (Α - Β) + Ρ (Β - Α) =( . . . )= �3 ' Επομενως

=Ρ (Α) - Ρ (Α n Β) + Ρ(Β) - Ρ (Α n Β) = =

+ 2χ -

θα έχουμε: f ! ( -oo, και f J , +oo οπότε μέγιστη τιμή της Ρ(Β) είναι η

, οπότε χ=Ο και ελάχιστη τιμή την �3 ,

f ( x ) =-3x 2

Αν

( ) = -6χ + 2 και f ( χ ) >

όταν Α Β , οπότε χ = δηλαδή Α υ Β = Β . ίίί)Έχουμε: Γ = A ' nB ' = (Α υ Β) ' , οπότε

f χ

Β 4 � 1 2 - χ � 12 � 3 � Ρ ( Α υ ) � 1 2 , 11 , με μεγιστη τιμη, της Ρ ( Α υ Β ) την οταν 12 χε

�9 , τότε να

βρεθεί η πιθανότητα: i) Να πραγματοποιηθεί μόνο το Β ii) Να πραγματοποιηθεί ένα μόνο από τα Α, Β iii) Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α, Β

Από το ερώτημα i) έχουμε � P(AnB) � ..!.4 . Για το ενδεχόμενο Α υ Β έχουμε: 1 2 11 Ρ(ΑυΒ)= = - + - - Ρ ( Α n Β ) = =- -χ με 4 3 12 ii)

Αν επιπλέον ισχύει Ρ(Α-Β) =

iii) Ρ (A ' nB ' )=P ((Α υ Β) ' )= 1 - Ρ (ΑυΒ) = �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/60

------- Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

-------

ανισότf/τα οτα προβΛήματα Τf/ς ανάΛUσf/ς ως δεδομένο ή ως (f/τούμενο

Θανάσης Π. Χριστόπουλος, Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Α.

Η ανισότητα

ως δεδομένο

Όταν σε μια άσκηση , ως δεδομένο, είναι μια σχέση ανισότητας ή ανισοϊσότητας τότε μπορούμε να ακο λουθήσουμε μια συγκεκριμένη πορεία-μέθοδο για τη λύση του προ βλήματος. Με τα παρακάτω παραδείγματα θα δούμε μερικές διαφορετικές περιπτώσεις αξιοποίη σης μιας δοσμένης ανισότητας. 1.

•

• •

Ανισότητα σε συναρτ η σιακή σχέση

Συνήθως ενεργούμε ως εξής : Αντικαθιστούμε με διάφορες κατάλληλες τιμές Αντικαθιστούμε με διάφορες κατάλληλες μεταβλη τές Διαμορφώνουμε σχέση για το ζητούμενο Χρησιμοποιούμε την ιδιότητα : αν ιQβ και α::;β , τό τε α=β

Αν f(x):Sg(x) κοντά στο χ0, και lim f(x) =+οο, τότε και lim g(x)=+oo (ή αν lim g(x)=-oo, τότε και lim f(x)

•

Χ --+ Χ ο

χ --+ χ 0

Χ --+ Χ ο

=-οο

Χ -+ Χ ο

ΑΣΚΗ Σ Η 3η

Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο χ0=0 και η 3Χ � χ 2 ημ 2 για έχει την ιδιότητα f (χ) -

�

κάθε χ ε R* (1) Να υπολογίσετε την τιμή της f στο χ0=0.

Η ιδιότητα γράφεται 1 z ημ z - + ημ3χ � f(χ) � χ 2 ημ 2 -1 + ημ3χ και -χ ΑΣ ΚΗΣ Η ι 11 χ χ χ χ Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f, αν ι ημ3χ) - ο + 3 - 3 <*) 1 ημ3χ ) - 1;...,( 2ημ2 -+-l .m( 2ημ2 -+ f(x)-x ::; χ2 :5 f(x-1)+x ,για κάθε χ ε R (1) χ χ χ χ Λύ σ η οπότε από το κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε Από την (1) έχουμε f(x):Sx2+x, για κάθε χεR limf(x) = 3 και αφού η f είναι συνεχής στο χ0=0 (2). Επίσης από την (1) έχουμε f(x-1) Ξ:: χ2 -χ, για κάθε χεR (3). Θέτουμε u=x-1 , δηλαδή x=u+ 1, θα είναι f(O) = limf(x) = 3 οπότε: (3) =>f(u)Ξ::(u+ 1 )2-(u+ 1 )=>f(u)Ξ::u2+u:::::> ΑΣ ΚΗΣΗ 4η f (χ)Ξ::χ2+χ, για κάθε χεR (4) . Από (2), (4) έχουμε Αν συν2χ+συν2 αχΞ::2 (1 + αχ2) για κάθε χ ε R* 2 f(x)= χ +χ, για κάθε χεR. (1 ), να βρεθεί η τιμή του α

•

Λύ ση :

χ --.ο

-Χ

- un.,_X χ --.ο

χ �Ο

χ �ο

ΑΣΚΗΣ Η

2η

Λύση

Αφού α:;t:Ο, (1) :::::> συν2χ+συν2 αχΞ::2 (1 + αχ2)=> :::::> ι-ημ2χ+ ι-ημ2 αχ 2+2αχ2:::::> Λύση ημ2χ +α2 ημ2αχ- � -2α(2). Έχουμε χ2+ 1>0. Άρα από (χ2+ 1)f(x) ::; 3χ προ- :::::>η μ2χ+ημ2 αχ:S-2αχ2:::::> -2 χ- α2-χ2 3( χ) 2 2 κύπτει f(x):S � χ + 1 (1), οπότε f(-x):S (-χ) 2 + 1 για Αλλά lin(ημ2 x +α2 ��)= ι+α2 και lim(-2α) =-2α χ αχ κάθε χεR (2) και αφού η fπεριττή, f(-x)=-f(x). 2 Άρα: (2)=> 1 +α2:5-2α=>(α+ ι )2:50:::::> 3χ :::::>α+ l=Ο:::::>α=-1 (για α=Ο δεν ισχύει) Άρα από τη (2) προκύπτει -f(x):S χ� + 1 , δη ΑΣΚΗΣ Η 5η Αν f συνεχής στο R και ισχύει λαδή f(χ)Ξ:: � για κάθε χεR (3). Από (1 ),(3) 2 χ +1 Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f, αν f περιττή και (x2+ 1)f(x):S3x , για κάθε χ ε R.

χ --.ο

xf(x) � f(x) + χ + χ - 2 (1) για κάθε χ ε R-{1}, να βρεθεί το f(1)

έχουμε f(x)= � χ + 1 για κάθε χεR. 2.

•

χ --.ο

Λύση

Αξιοποίη ση με ό ρ ια

Αν f(x)<g(x) κοντά στο χ0, τότε lim f(x):S lim g(x), εφόσον υπάρχουν τα όρια. Αν g(x):Sf(x):Sh(x) κοντά στο και lim g(x) = lim h(x)=L, τότε και lim f(x) =L Χ ----+ Χο

Χο

χ -+ χ σ

χ --+ χ σ

Χ --+ Χ σ

από κριτήριο παρεμβολής θα είναι 1ίm χ 2 η μ2 _!_ Χ 40

Iim(η μ3x ) = lim ημ3χ 3 lim ημu 3 3χ χ->0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/61

--.ο

u--.o

3 3

Επίσης :

-------

Μ αθημ ατικά για τη ν Γ Λυκείου -------

Αφού η f είναι συνεχής στο R θα είναι και στο συνάρτηση g(x) = f(x) - χ 2 • Είναι g(x) � Ο (1 ). χ0= 1, δηλαδή limf(x) = limf(x) = f(l) , οπότε αντί Αλλά g(l) f(I) - 1 2 = 1 - 1 = Ο επομένως η (1) να βρούμε το f( l ) αρκεί να βρούμε το limf(x) . Η γίνεται g( χ) � g(l) αυτό σημαίνει ότι η g παρουσιά ζει ελάχιστο στο χ0= I και στο εσωτερικό αυτό ση σχέση (1) γίνεται (x - l)f(x) :<ς x2 + χ - 2 (2) μείο του (0, +οο) η g είναι παραγωγίσιμη, αφού "' Αν χ>1 , τότε χ- 1 >0 και g'(x) = f'(x) - 2x για κάθε χΕ(Ο, +οο), οπότε από Θ. z +x-2 + 2) x (x l)(x Fermat έχουμε g ' ( l) = Ο � f'(l) - 2 = Ο � f'(l) = 2 � f(x) :<ς (2) � f(x) :<ς χ-1 χ-Ι Α 2---: t� !-1 2.: Η 8" � f(x) :<ς χ + 2 � lim f(x) :.ς lim(x + 2) � Αν f (χ) = 2 χ + 3 χ + m χ - 2 - συν χ όπου m>O lim f(x) :<ς 3� lim f(x) :<ς 3 . (i) να βρεθεί η τιμή του m ώστε f(x) � Ο για κάθε Χ Ε JR (I) Αν χ<1 , τότε χ-1<0 και z Παρατηρούμε ότι: (2) � f(x) � x + χ - 2 � f(x) � ( χ - l)(x + 2) χ-1 χ-1 f( Ο) = 2° + 3° + m0 - 2 - συνΟ = I + I + 1 - 2 - 1 = 0 , � f(x) � x + 2 � lim f(x) � lim(x + 2) � οπότε: (I)=> f(x) � Ο => f (x) � f(O) =>Η συνάρτηση lim f(x) � 3� lim f(x) � 3 . (ii) f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0=0 το οποίο είναι εσωτερικό σημείο του R. Στο R η f παραγωγίζεται Από (i), (ii) προκύπτει limf(x) = 3. με f'(x) = 2x Ιη 2 + 3χ lη 3 + mx Ιη m + ημχ . Άρα χ--+Γ

χ--+1+

χ -> 1

χ --+ 1 +

χ -+ Γ

χ -+ 1 -

χ -+ 1

χ -+1 + αι

χ -+ Γ

Χ ---Jο Γ

Χ -> 1

3. n r.

Αξιοπο ίηση μ�; π α ρ ογισγους

από Θ. F e r m at παίρνουμε:

f'(x) ---+ μονοτονία -ακρότατα

f"(χ)---+κοίλα-κυρτά ---+ ανισότητα Jensen Προσοχή! ! ! Αν f(x)<g(x) για κάθε x ε AfnAg δεν ισχύει

κατ ' ανάγκην

χ ε Af 'n Ag ' .

,\Σ K if-[U-Ji

f' (χ)<g ' (χ)

για

κάθε

6'�

Αν f'(x) + f(x) > O για κάθε x E JR (ι) και f(ι) = ι να δειχτεί ότι f(O) < e . \ {)ση

Από (1)� eXf ' (x) + e x f(x) > ο � (e x f(x)) ' > ο � g ' (x) > ο ' όπου g(x) = e x f(x) άρα g t JR οπότε: g( O) < g(l) � e0 f(O) < e 1 f(l) � f( O) < e Λ

,\ξιωτο iηση με Θι;{iφημα FΕRΜΑΤ Όταν δοθεί ανισοϊσότητα Α(Χ)2::Β (Χ) τότε πιθανό τατα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε Θ.Fermat, οπότε ερ γαζόμαστε ως εξής: Α(Χ}-Β(Χ)2::0 , θεωρούμε συνάρτη ση h(x)= Α(Χ}-Β(Χ) για την οποία προφανώς ισχύει h(x)2::0 ( Ι ). Σε αυτό το σημείο είναι σημαντικό να βρούμε κάποια τιμή χ0 για την οποία h(x0)=0, οπότε η ( 1 ) γίνεται: h(x)2::h(x0) (2) (mθανόν το χ0 να μην είναι μοναδικό). Η σχέση (2) σημαίνει πώς η h παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0. Ελέγχουμε τώρα αν το χ0 είναι εσωτε ρικό σημείο και στο οποίο η h παραγωγίζεται, οπότε με βάση το θεώρημα Θ.Fermat θα είναι και

h '(x 0 ) = Ο

έτσι από αυτή τη σχέση θα προκύπτει το ζητούμενο. Α Σ Κ Η Σ Η Ί'�

Αν f παραγωγίσιμη στο χ0=ι με f(ι) = ι και f(x) � χ 2 για κάθε χ >Ο δείξτε ότι f'(ι) = 2 Λ i)ση

Αφού

f(x) � χ 2 � f(x) - χ 2 � Ο . Θεωρούμε τη

f'(O) = Ο => 2° Ιη 2 + 3° Ιη 3 + m0 Ιη m + ημΟ = Ο => ln 2 + ln 3 + ln m = O => In(2 · 3 · m) = 0=> 6m=l=> m I ΑΣ Κ Η Π-!

= -

9'�

Έστω f συνεχής συνάρτηση f: R ---+ R τέτοια ώστε f(ι )=2 . Αν για κάθε χ Ε JR , ισχύει

h(x)= J.' � 1 +z 2 1 f(t)dt-lz 1 - z 2 Ι (χ 2 - 1) � Ο

όπου

Ζ1 , z 2 Ε C* , τότε: ω Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση h είναι πα ραγωγίσιμη στο JR και να βρείτε τη h '. j$) Να αποδείξετε ότι J z 1 + z 2 J = I Ζ1 -Ζ 2 I γ) Με δεδομένη τη σχέση του ερωτήματος β να αποδείξετε ότι � Ε Ι Λ -ί) σ η

Προφανώς: Ιzι +zzl Ε JR και για κάθε χ Ε JR η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα με άκρα Ι , χ. α.

Άρα η συνάρτηση

J' ιz , +z 2 1 f(t)dt

είναι παραγωγί

σιμη για κάθε χ Ε JR . Επίσης η συνάρτηση Ιzι z2 Ι (χ 2- 1 ) είναι παραγωγίσιμη, οπότε η h είναι πα

JR με h' (x)= Ι z , +z 2 1 f(x) - 2 lz1 - z 2 I χ β. Είναι h(x)� και αφού h(I )=Ο θα είναι h(x)2:h(I ).

ραγωγίσιμη στο

Επίσης η h είναι παραγωγίσιμη στο εσωτερικό σημείο χ0= 1 του JR οπότε από το θεώρημα F er mat παίρνουμε: h ' ( l )=Ο =>

Ι z, +z 2 1 f(l) - 2 lz1 - z 2 1 = 0 => Jz1 + z 2 J =I z1 -z 2 1 z 2 γ . Jz, + z z J = I z, -z 2 I => Jz, + z 2 J = I z, -Z z 1 =>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/62

------- Μ αθη ματικά για τη ν

Λυκείου

-------

Λ ύση (zl + z 2 )(zl + z2 ) = (zl -z 2 )(zl -z2 ) => Αν ήταν f(x) ::;O για κάθε χ στο [ 1 ,2] τότε zl zl +zl z2 +z 2zl +z 2 z2 =zl zl -zl z2 -z2zl +z2 z2 => 2 2zl z2 +2z 2 zl = ο => z 2 zl = -z 2zl => z 2 zl Ι Αλλά j f(x)dx ::; Ο άτοπο, άρα η συνάρτηση παίρνει και Ι 2 z ·- ·θετικές τιμές στο [ 1 ,2] δηλαδή υπάρχει ξ 1 ε [ 1 ,2] � = 2 � = � � ε Ι αφού z 2 z ε και lz 1 ε JR. 2 ' ώστε f(ξ) > 0 . Ομοίως αν ήταν f(x) � Ο για κάθε z � I 1 ΑΣ Κ Η Σ Η 1 0'� χ στο [2,3] τότε r f(x)dx � ο άτοπο, άρα η συ Ε

ΖΙ

� ·

ΖΙ

Αν 7' � αχ + 1 για κάθε χ ε JR. να βρεθεί η τιμή του πραγματικού αριθμού α. Λ ύση Θεωρούμε τη συνάρτηση

Είναι πότε

f(x) = γ - αχ - 1 . χ ε JR. . Αλλά Ο= f(O) , ο

f(x) � Ο για κάθε f(x) ::; f(O) για κάθε

χ ε JR. , δηλαδή η συ

νάρτηση παρουσιάζει μέγιστο στο εσωτερικό ση μείο, χ0 =Ο του JR. . Αλλά η είναι παραγωγίσιμη στο R με = γ ln 7 - α , με Θ. Fermat παίρνουμε = Ο => 7 ° ln 7 - α = Ο => α =ln7.

f ' (x) f ' (O)

ΑΣ Κ Η Σ Η l l '�

JR.

Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο

για κάθε χ ε R τέτοια ώστε: Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε ( 0, 1 ) τέτοιο ώστε f '(x0 ) = Ο

(

f(t)dt � χ 2 - χ

ΛίJ ση Θεωρούμε τη συνάρτηση

h(x) = ( f(t)dt - χ 2 + χ που είναι παραγωγίσιμη στο R και είναι h ' (x) = C( f(t)dt - χ 2 + χ)' = f(x 2 )2x - f(x) - 2χ + 1 , για κάθε χ ε JR. . Είναι h(x) � Ο και αφού Ο = h(O) = h(1) , θα είναι h(x) � h(O) και h( x ) � h( l ) . Οπότε ισχύουν οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Feπnat για χ0=0

και για χ0= 1 . Άρα h '(Ο) = Ο και h '(1) = Ο από τις

f(O) = 1 και f( l ) = 1 , δηλαδή f(O) = f(l) . Επίσης η f είναι συνεχής στο [0, 1 ] , παραγωγίσιμη στο (0, 1 ). Συνεπώς ισχύει τ ο Θ. ROLLE, δηλαδή υπάρχει τουλάχιστον ένα χ 0 ε ( Ο, 1 ) τέτοιο ώστε f ' (x0) = 0 . οποίες προκύπτουν

5. •

Α ξ ι ο π ο ίη ση με ΟΛΟ ΚΛ Ή ΡΩ Μ Α ΤΑ Αν συνεχείς στο [α,β] και για

f,g

κάθε

ΧΕ

[ α , β ] τότε

Α Σ Κ Η Σ Η 1 2'�

f(x)�g(x), r f(x)dx ::; r g(x)dx

f συνάρτηση, συνεχής στο [ 1 ,3 ) 2 τοια ώστε: ! f(x)dx > Ο και J: f(x)d < Ο Έστω

τέ-

Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε ( 1 ,3) τέτοιο ώστε f(x0 ) = Ο

νάρτηση παίρνει και αρνητικές τιμές στο [2,3] δηλ. < Ο . Για την ισχύ υπάρχει ξ2 ε[2,3] ώστε [ 1 , 3 ] , άρα υπάρχει ] ξ ει το Θ. Bolz ano στο [ξ 1 , 2 ς;::

f(ξ 2 )

χ0

ένα τουλάχιστον ε ( 1 ,3) τέτοιο ώστε ΑΣ Κ Η Σ Η 1 3 '�

Έστω

f(x0 )=0

συνάρτηση, κοίλη στο [0,2] με 2

f'(l) = f(1) = 1 . Να δειχτεί ότι r(x)dx � 2 ο

Λ ύση Η εφαπτόμενη στη γραφική παράσταση της στο ση μείο της με τετμημένη 1 είναι: y= - 1) οπότε είναι y = χ και αφού

f(l) f'( l)(x

.Άρα

Β.

f(x) ::; x 2 Jf(x)dx ::; 2

κοίλη θα είναι για κάθε χ ε [Ο, 2] ,

2 2 Jr(x)dx ::; Jxdx

και από αυτό

Η ανισ ό τητα ως ζητούμενο

Με τα παρακάτω παραδείγματα θα δούμε πολλές διαφορετικές περιπτώσεις απόδειξης μιας ζητού μενης ανισότητας ή ανισοϊσότητας. i. Απόδειξη με απλές ιδιότητες διάταξης Απόδειξη με μονοτονία-ακρότατα-σύνολο τιμών ιι.

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4'�

Ν α δειχτεί ότι για χ�Ο ισχύει e' + συνχ � χ + 2

Λ ίJ σ η Θεωρώ τη συνάρτηση

f(x) = ex +συνχ - χ - 2 Η παράγωγος της είναι f'(x) = ex - η μχ - 1 και

η δεύτερη παράγωγος της Γ (χ) = ex - συνχ , οπό

> 1 και αφού -συνχ � -1 , θα τε για χ>Ο είναι ισχύει e ' - συνχ > Ο , δηλαδή Γ '( χ ) > Ο . Επομένως

η f' είναι γνησίως αύξουσα στο => > =0=> > Ο =>

[0, +οο) . Άρα: χ>Ο f'( x) f'(O) f'( x) f γνησίως αύξουσα στο [0, +οο). Άρα: χ�Ο => f(x) � f(O) = Ο ex + συνχ - χ - 2 � ο => ex + συνχ � χ + 2 =>

•

Προφανώς για χ>Ο θα ισχύει f(x) > f(O) = O , δηλαδή ex + συνχ > χ + 2 ί ί ί . Απόδε ι ξη με Θεώρη μα Μ έσης Τ ιμής

Α Σ Κ Η Σ Η 1 5'�

Δ ίνεται η συνάρτη σ η f, π α ρ αγωγίσι μη στο R που ικαν ο π ο ι ε ί τις σχέ σ ε ι ς :

f(x) - e-r( x) = χ - 1 , χ ε R i ) Ν α ε κ φ ρ α στ ε ί η f ' ω ς σ υ ν ά ρ τ η ση τ η ς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 3 τ.3/63

-------

Μαθηματικά για την

Λυκείου

------

τέτοιο ώστε: f ' (ξ) = f(x) - f(O) . Αλλά f'(ξ) > 1 χ-0 και χ>Ο, οπότε f(x) > χ + f(O) και i i) lim (χ + f(O)) = +οο . Άρα lim f(x) = +οο Επίσης για χ<Ο, ισχύουν προϋποθέσεις Θ.Μ.Τ. iii) για την f στο διάστημα [χ,Ο] οπότε υπάρχει ξΕ(χ,Ο) τέτοιο ώστε: f ' (ξ) = f(O) - f(x) . Αλλά Λ ύση 0-χ i ) Παραγωγίζου με και τα δύο μέλη τη ς f ' (ξ) > 1 και χ<Ο, οπότε f(x) < χ + f(O) και δοσμένη ς σχέσης, οπότε παίρνουμε: lim (χ + f(O)) = -οο . Άρα lim f(x) = -οο . Η f είf ' (x) + e -ΨJ. f'(x) = 1 � f ' (x)(1 + e - f( x ) ) = 1 � ναι παραγωγίσιμη στο IR. οπότε και συνεχής σε � f'( χ ) - 1 - r( x ) , αφου' 1 +e - f( x ) > ο . αυτό. Από τα παραπάνω προκύπτει ότι f(A) = IR. 1 +e και αφού ΟΕ f(A) επομένως υπάρχει χ0 Ε IR. τέ Από τη δοσμένη σχέση έχουμε τοιο ώστε f(x 0 ) =Ο (β ' τρόπος: με χρήση B o lzano) 1 ) ( ' x r f(x)-x+1= e > O , οπότε: f (x)= - σ χετι κή θ έση εφ απτ ό μενη ς f(x)- x + 2 iv. ΑΚΣυ ρτότητα Κ Η Σ Η 1 7η και f(x)> χ - 1 δηλαδή η γραφική παράσταση της Αν f κυρτή και δύο φορές παραγωγίσιμη στο 1R με f(2)=0 και f'(2)=1 και f βρίσκεται πάνω από την ευθεία y=x-1 r < • > + χ 2 (1) για κάθε χ Ε 1R , να δειχτεί ) f 0 e = g(x) ii) Για χ=Ο έχουμε f(O) -e- { = - 1 , η οποία ότι g(x):?:Sx-5 για κάθε χ Ε 1R . αληθεύει μόνο αν f(O) = Ο (Η συνάρτηση h(x)= Λ ύση x-e-x+ 1 έχει ρίζα την χ0=0. Αλλά h ' (x)=1 +e-x>O, Παρατηρούμε ότι:(l )� g'(x) =er< x> f(x)+2x � οπότε h t IR. . Άρα η χ0=0 είναι μοναδική ρίζα της) g"(x) = e f ( x )[ f'(x)] 2 + e f< x >f '(x) + 2 . f( x ) 1 e , Αφού η f είναι κυρτή θα είναι f '(χ) ;:::: Ο ,οπότε Είναι f'(x) = > Ο , οποτε 1 + e - f( x ) 1 + e f( x ) g "(χ) > Ο , δηλαδή η g είναι κυρτή. Η εφαπτόμενη ftiR. . Το δεύτερο μέλος παραγωγίζεται επομένως ευθεία στη γραφική παράσταση της g στο σημείο της A(2,g(2)) είναι y-5=5(x-2) και επειδή g κυρτή, η υπάρχει δεύτερη παράγωγος της f και είναι γραφική της παράσταση θα βρίσκεται «πάνω» από f( x ) . f( x ) f( x ) f( x ) . ' την εφαπτόμενη δηλαδή g(x):?:Sx-5 για κάθε xER. f "(χ) = e f '( χ )(1 + e )f(-x ) e2 e f ( χ ) = (1 + e ) Α Σ Κ Η Σ Η 1 81] ( ) x. Δίνεται συνάρτηση f με f(x) = ln(ex + 1) - e r f( '() x)2 > Ο . Αρα f ' t IR. . α) Εξετάστε την κυρτότητα της f (1 + e r ) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτόμενης στη χ>Ο αρκεί να δείξουμε ότι β) γραφική ίίί) Αφού παράσταση της f στοΑ(Ο,f(Ο)) και f(x) < f '( χ ) η, -1 < f(x) -f(O) < f'( χ ) , δηλαδη, 1- < -' 2 χ -0 να δειχτεί ότι ln( e' + 1) - � � ln 2 2 χ 2 f'(O) < f'(ξ) < f'( x) ( Ι) για κάποιο ξ Ε {Ο, χ) , αφού Λ ί> ση ισχύουν οι προϋποθέσεις Θ.Μ.Τ. για την f στο e' � α) Έχουμε f'( x) = -- , οπότε f"(x)= >0 e' + 1 (e' +1)2 [Ο,χ] οπότε υπάρχει ξΕ(Ο,χ) ώστε f'(ξ) f(x) -f(O) χ -0 Άρα η f είναι κυρτή Η (I) ισχύει αφού f t [Ο, χ] και Ο<ξ<χ Είναι f(O)=ln2 και Γ(Ο)= � , άρα β) f κ α ι ν α δ ε ιχτε ί ότι η γ ρ α φ ική π α ρ ά σταση τ η ς f β ρ ίσκεται π ά ν ω από την ευ θ εία y = x- 1 . Ν α β ρ εθ ε ί το f(O ) , η μονοτονία τ η ς f κ α ι τη ς f' . χ Ν α δ είξετε ό τ ι -< f(x) < χ · f '(x) για 2 κ ά θ ε χ>Ο .

χ --+ +οο

χ ----)- -α)

χ --++co

χ --+

-ο:ι

ΑΣ ΚΗΣΗ 1 61]

ε : y -ln2= _!_ (x-O) , δηλαδή ε: y = _!_ x + ln 2 . Αφού 2 2 η f είναι κυρτή, η γραφική της παράσταση θα βρί σκεται πάνω από την εφαπτόμενη δηλ. Λύση Για χ>Ο , ισχύουν προϋποθέσεις Θ.Μ.Τ. για � l την f στο διάστημα [Ο,χ] οπότε υπάρχει ξΕ(Ο,χ) f(x);:c: 2 x+ln2, άρα ln(e' +1)- 2 2=:ln2 για κάθε xER. Δίνεται συνάρτηση f με f'(x)>1 για κάθε χ Ε 1R . Να δειχτεί ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/64

Ε ρ ευνητικές Ε ργασίες . . . για την Α ' Λυκείου Α. Μητρογιαννοπούλου

Σχολική Σύμβουλος Μαθηματικών - Επιμορφώτρια για τις ερευνητικές εργασίες

Από το σχολικό έτος 201 1 - 12 στο Αναλυτικό Πρόγραμμα του Λυκείου είναι οι ερευνητικές ερ γασίες, 3 ώρες για το Γενικό Λύκειο και 2 για το Επαγγελματικό. Σε άλλες χώρες και ιδιαίτερα στη Γαλλία ' έχουν εισαχθεί εδώ και αρκετά χρόνια. Συμμετέχουν όλοι οι μαθητές με ομαδοσυνεργα τική διαδικασία, η οποία βαθμολογείται, ενώ υ πάρχει ομαδικός και ατομικός βαθμός. Ειδικά για το α' τετράμηνο της πιλοτικής εφαρμογής ο βαθ μός είναι μόνο ομαδικός. Ας δούμε όμως στην αρχή τι είναι και πως θα 'τρέξει' η ερευνητική εργασία στη σχολική διδα κτική πραγματικότητα και κατόπιν θα δοθούν συ γκεκριμένα παραδείγματα καλής πρακτικής. Η βασική φιλοσοφία των εν λόγω εργασιών εί ναι η διερευνητική προσέγγιση της μάθησης, δηλαδή να γίνει έρευνα σε φυσικό και κοινωνικό πεδίο με εργαλεία τόσο ποσοτικά όσο και ποιοτι κά. (συζήτηση , ερωτηματολόγια, παιχνίδια, δρώ μενα . . . ). Οι σκοποί 2 των ερευνητικών εργασιών είναι οι παρακάτω χωριστά ή και συνδυαστικά:

•

αναφορές στα γνωστικά αντικείμενα της Α' Τάξης και κυρίως σε όσα σχετίζονται αμεσότερα με την καθη μερινή ζωή, ώστε να υπάρχει όσο το δυνατόν περισσότερη σχέση με τις προσωπικές εμπειρίες των μαθητών, έτσι ώστε να μπορούν οι μαθητές να αυτενεργούν, προκειμένου να κατακτήσουν τη νέα γνώση και στη συνέχεια να γίνει αξιοποίησή της. Οι εργασίες αξιολογούνται και τελικά βαθμολο 4 γ ούνται, ενώ η έμφαση δίνεται στα παρακάτω :

α)

Διερευνητική διαδικασία και βαθμολογία έρευνας Περιεχόμενο ερευνητικού αποτελέσματος Γλώσσα και δόμηση της ερευνητικής έκθεσης της ομά δας Τρόπο παρουσίασης της ερευνητικής εργασίας στην εκ παιδευτική κοινότητα

β) γ) δ)

Η τελική βαθμολογία προκύπτει με βάση τα α ποτελέσματα της έρευνας, τη συμμετοχή κάθε μα θητή στην όλη διαδικασία και την παρουσίαση της έκθεσης. Υπάρχουν ατομικές εκθέσεις (ατομικός φάκελος κάθε μαθητή) και ομαδική από τα μέλη της ομάδας σχετικά με το τι έχουν κάνει.

Μέθοδος υλοποίησης ερευνητικών εργασιών

Κατανόηση φυσικού και κοινωνικού κόσμου • Επίλυση προβλημάτων και λήψη αποφάσεων σε προβλη ματικές καταστάσεις • Κατασκευή ποικίλης φύσης αντικειμένων και συστημά των • Καλλιτεχνική έκφραση 3 Η ταξινόμηση των θεμάτων από επιστημονική άποψη έχει ως εξής: 1. Ανθ ρωπιστικές και κο ινωνικές επιστήμες

Το θέμα κάθε τμή ματος ενδιαφέροντος αποτε λείται από δύο υποθέματα, ένα από το φυσικό και ένα από το κοινωνικό περιβάλλον και πρέπει να ολοκληρώνεται στο τετράμηνο. Δη μιουργούνται υποομάδες που αναλαμβάνουν επιμέρους τμήματα του θέματος. Σε ορισμένες περιπτώσεις θα μπο ρούσε να υπάρχει επέκτασή του και στο επόμενο τετράμηνο. Οι φάσεις της ομαδοσυνεργατικής έ ρευνας, όπως αναφέρονται στον οδηγό 5 είναι οι εξής:

Βέβαια δεν αποκλείεται κάποιο θέμα να μην εντάσσεται αποκλειστικά σε έναν μόνο από τους παραπάνω τομείς, αλλά είναι δυνατό να υπάρξει και κάποιος συνδυασμός τους. Οι μαθητές οργανώνονται σε νέα τμήματα τα λε γόμενα 'Τμήματα Ενδιαφέροντος' ανάλογα με την ερευνητική εργασία και τον τομέα που θα εντάσσε ται κάθε μία από αυτές, ενώ σε κάθε ένα από τα ανωτέρω τμήματα μπορούν να συμμετέχουν μέχρι δύο εκπαιδευτικοί (στα ΕΠΑΛ συγχρόνως δύο). Η επιλογή θέματος και δραστηριοτήτων έχουν

Α.

2. 3. 4.

Φυ σ ικές Επιστή μ ες, Μ αθη ματ ικά , Τεχν ολογία τέχνες και πολιτισ μός Περ ιβ άλλον και Α ειφ ο ρ ία

Direction de ι ' enseignement scoιaire - Bureau du contenu des enseignements - Themes ΤΡΕ- Classe de premiere, p. 2 & Direction generaιe de ι ' enseignement scoιaire- Themes ΤΡΕ- Serie L Classe de premiere, p. 1 , στο www .edusco l. education. fr/0005 0/themes. htm -

Η. Ματσαγγούρα, «Θεωρητικές Αρχές και Διδακτικές επι λογές», στο Ή καινοτομία των ερευνητικών εργασιών στο Λύκειο ' , σ. 1 7 3 Η . Ματσαγγούρα, ο.π., σ. 1 8

Γενικός Προγραμματισμός σ ε Ολομέλεια Τμήματος Προγραμματισμός και Προετοιμασία της Ερευνητικής Ομάδας Γ. Υλοποίηση Δράσεων από τις Υποομάδες για Συλλογή Δεδομένων Δ. Επεξεργασία Δεδομένων από Ομάδα εντός Τάξης Ε . Επιλογή Τρόπων Αναπαράστασης Νέων Γνώσεων ΣΤ. Προκαταρτική Παρουσίαση Εργασιών σε Ολομέλεια Ζ. Διαμόρφωση Φακέλου της Ερευνητικής Εργασίας Η . Συνοπτική Παρουσίαση Εργασίας στα Ελληνικά ή I και Αγγλικά Θ . Αξιολόγηση Ομαδικής Εργασίας και Ατομικής Συμβολής Μελών

Β.

Συγκεκριμένα η όλη διαδικασία βασίζεται στα παρακάτω :

Επιλογή θέματος I Καθορισμός διαστάσεων θέ ματος, απ' όπου θα προκύψουν τα υποθέματα των ομάδων και τα ερευνητικά ερωτήματα I Συλλογή 4 5

Τα ποσοστά της τελικής βαθμολογίας είναι για τους 2 πρώ τους τομείς από 30% και για τους άλλους δύο από 20%. «Η καινοτομία των ερευνητικών εργασιών», σσ. 54-59

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/65

------ Ερευνητικές Εργασίες . . . για την Α ' Λυκείου

δεδομένων - αξιοποίηση πηγών και βιβλιογραφίας Επεξεργασία δεδομένων I Εξαγωγή συμπερα σμάτων - γενικεύσεις

Η πορεία

εργασιών, με βάση την εμπειρία από άλλες ενέργειες που υλοποιούνταν σε διάφορα προγράμματα (περιβαλλοντικά, υγείας . . . ) , θα μπο ρούσε ενδεικτικά να είναι η ακόλουθη με κάθε βή μα να αντιστοιχεί και σε μία συνάντηση : I.

Συζήτηση με μαθητές για την εν λόγω δράση, ανίχνευση θεμάτων που θα τους ενδιέφεραν, αλλά και προτάσεις από εκπαιδευτικούς Δημιουργία ομάδων εργασίας μαθητών για ενασχόλησή 2. τους με τις ενότητες - υποθέματα που προκύπτουν λόγω των διαφόρων διαστάσεων του θέματος χωρίς να απο κλείεται και η ατομική συμμετοχή. 3. Συλλογή πρωταρχικών πληροφοριών 4. Επιλογή υλικού και προσαρμογή του στις ανάγκες του θέματος 5 . Προσφορά επιπλέον υλικού και ανάλογη επεξεργασία του 6 . Δημιουργία γραπτού κειμένου 6 , έργου (αφίσας, ιστοσελί δας, τεχνικής κατασκευής, μακέτας . . . . ) ή καλλιτεχνικού δρώμενου (θεατρικού, μουσικού . . . ) 7. Παρουσίαση της δουλειάς κάποιων ομάδων στην ολομέλεια - παρατηρήσεις I επισημάνσεις - προτάσεις 8 . Παρουσίαση του έργου και των υπολοίπων ομάδων 9. Σύνθεση των επί μέρους έργων σ ε ένα τελικό προϊόν 1 0. Παρουσίαση του τελικού πονήματος στην ολομέλεια του τμή ματος - τελικές επεμβάσεις διορθώσεις. 1 1 . Παρουσίαση στο σχολείο, στην τοπική κοινωνία ή σε διάφορες πολιτιστικές εκδηλώσεις

Στα όσα αναφέρθηκαν θα πρέπει να ληφθούν υπόψη και ορισμένες άλλες ενέργειες ανάλογα με τη φύση του θέματος, όπως είναι η σύνταξη κά ποιου ερωτη ματολογίου 7 για τη διεξαγωγή ορισμέ νων συνεντεύξεων, η επίσκεψη στο πεδίο έρευνας με σχετική φωτογράφηση , ή μία συνεργασία με κάποιο άλλο σχολείο στο εξωτερικό και μάλιστα στην αγγλική γλώσσα ή και σε κάποια άλλη, όπως συμβαίνει στην περίπτωση της δράσης 'ηλεκτρο

νική αδελφοποίηση σχολείων' (etwίnning) Στη συνέχεια αναφέρονται παραδείγματα για τα γνωστικά αντικείμενα στο νέο Αναλυτικό Πρό γραμμα της Α' Λυκείου που μπορούν να δώσουν ιδέες για την πραγματοποίηση διεπιστημονικών ερευνητικών εργασιών: Στην Άλγεβρα υπάρχει το κεφάλαιο των Πιθα νοτήτων από τη Γ Λυκείου και το κεφάλαιο των προόδων από τη Β ' Τάξη . Στη Φυσική έχουν συ μπεριληφθεί ορισμένα θέματα από τον Ηλεκτρι σμό (Β ' Τάξη). Αλλαγές έχουν γίνει και στην ύλη της Χημείας, ενώ ένα νέο αντικείμενο για την Α ' Λυκείου, αυτό της Βιολογίας, συμπεριλαμβάνεται

Πιο εξυπηρετικό είναι, πριν από το τελικό προϊόν να έχουν συνταχθεί επί μέρους κείμενα Καλό είναι αρχικά το ερωτη ματολόγιο να εφ α ρ μοστεί σε μικρό πλήθος όπως για παράδειγμα στους μαθητές του ίδι ου του τμήματος ενδι αφέροντος.

------

στο αναλυτικό πρόγραμμα. Με βάση τα ανωτέρω ορισμένα θέματα για ερευνητικές εργασίες θα μπορούσαν να είναι τα παρακάτω:

το οποίο προσφέρεται για συνεργασία με τον καθηγητή της Φυσικής και μπορεί να διερευνηθεί η εν λόγω έννοια από μαθηματική άποψη, σύμφωνα με το πρόγραμμα της Άλγεβρας, αλλά και από τη Φυσι κή τόσο για τα θέματα βολής όσο και για αντικείμενα, κατασκευές και ενέργειες στο φυσικό και κοινωνικό περιβάλλον που σχετίζονται με τη μορφή της παρα βολής (τούνελ, ποδόσφαιρο . . . ) 1

",, -

όπου θα μπορούσε να γίνει μελέτη απλών κανονικών πολυγώνων, βασικά τετραγώνων και ορθογωνίων, που κυρίως χρησιμοποιούνται σε πλα κοστρώσεις απλών δαπέδων, καθώς και άλλων ειδών που κυρίως αξιοποιούνται στην Ανατολή, αλλά και στην τέχνη. U'

' f.J. E ι: 2Ά ΤΟ

με διεπιστημονική συνεργασία φυσικού χημικού ή φυσικού και μαθηματικού, εφόσον στα α ντικείμενα Φυσικής και Χημείας υπάρχουν οι μονάδες μάζας και όγκου. Αν τώρα το θέμα επικεντρωνόταν στις μονάδες μήκους θα μπορούσε να γίνει μελέτη ει δικά για όλες αυτές τις μονάδες που δε χρησιμοποιού νται πλέον, αλλά έχουν μείνει στις καθημερινές μας εκφράσεις, π.χ. 'απέχει δυο βήματα', μη κουνηθείς ρούπι·, ' . . . ένα δακτυλάκι κρασί' κ.ά. Κ . \ Λ Σ \ Ι Λ. -

. Στο εγχειρίδιο της Γραμματικής της Αρχαίας Ελληνικής γίνεται λόγος για αριθμητικά επιρρήματα και κλασματικούς αριθμούς (σ. 1 32), κα θώς και για γραφική παράσταση αριθμών (σ. 1 33). Ένα θέμα το οποίο μπορεί να προσεγγιστεί από διά Α �φορα γνωστικά αντικείμενα είναι το δεδομένου ότι υπάρχει στο βιβλίο ·Έκφραση:Εκθεση (σ. 1 1 9), στο Α.Π. της Χημείας (ισορροπημένη διατροφή - 5° κεφάλαιο) και στη Βιο λογία ( 7 " κεφάλαιο ). Επίσης μπορεί να προσεγγιστεί και από το αντικείμενο των Θρησκευτικών μέσω της παράδοσης και των εθίμων για τα Χριστούγεννα και τη Σαρακοστή. Τέλος από τη μεριά των Μαθηματι κών μπορεί να γίνει επεξεργασία ενός ερωτηματολο γίου σχετικά με τις διατροφικές συνήθειες των μαθη τών που μετέχουν στο project, ή και για άλλους μα θητές της Τάξης ή και όλου του σχολείου. Ή>

Βιβλιογραφία:

κω

Άλγεβρα, Βιολογία, Γραμματική της Αρχαίας Ελληνι κής, Έκφραση _:Εκθεση, Φυσική, Χημεία Α ' Λυκείου Μ ατσαγγούρα Η . , «Θεωρητικές Αρχές και Διδακτικές επιλογές», στο Ή καινοτομία των ερευνητικών εργα σιών στο Λύκειο', σσ. 9- 123 . Γκότση Χρ., Μεταλληνός π . Γ . & Φίλιας Γ., «Ορθόδοξη πίστη και λατρεία», Α' Ενιαίου Λυκείου, ΟΕΔΒ, ε' έκδοση 2004. www.oepek.gr www .eduscol .education. fr/00050/themes.htm

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/66

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Α Ι Ι . Αν Ι <χ<2 (!), 3<y<4 (2) και Α =

y2 -, τότε να xy XJ

15 , I δει' ξετε οτι: - < Α < - . 4 6 Α πόδειξη : Έχουμε: (2) =>9<y <i6 και (i) =>i<x3 <8=>

=> -8 < -Χ3 < - \ => 9 + (-8) < / +( -χ3 ) < 1 6 + ( -!) => => Ι < y 2 - χ 3 < 1 5 (α) . Επίσης: ( 1), ( 2) => 3 < xy < 8 =>

=> ! < __!_ < ! ( β ) , [θυμηθείτε ότι για να πολλαπλασιάσουμε 8 xy 3 α< β , ' ' διανισοτητες κατα' με' λη αρκει' δυο δυο ομοιοστροφες < γ δ

}

αγώνιοι όροι να είναι θετικοί π.χ. β>Ο, γ>Ο και όχι όλοι οι ό ροι θετικοί όπως πλεονασ ματικά αναφέρεται στο Σχολικό βι βλίο]. Οπότε:

(α),(β) => 1 · <{y -χ3) ·

� < 15 · � =>

( )

=> ! < / - χ3 < 5 => Α ε ! , 5 = D 1 (1) . 8 8 xy

Εξάλλου: Α = j'_ - χ και (Ι) => ..!._ < ..!._ < 1 ( 3 ) , οπότε

2 χ

(2),(3) => 3 · .!. < y · .!. < 4 · Ι => � < r < 4 ( γ ) 2 χ 2 χ Επίσης: (1) => 1 < χ2 < 4 και (2 ) => ..!._ < ..!._ < !, οπότε 4

3 χ 2 < -4 => --4 -χ2 Ι 1 · -I < χ 2 · -I < 4 · -I => -I < < y < --4 ( δ ) Άρα: , 4 y 3 4 y 3 3

( �) (_ ;J ( υ ..!_ < Ι _ � < _!2 ε(..!.. .!2) = Ο 1 (ΙΙ) . => Α = = 0·, :) .

( γ ) ( δ) => + - < + x < 4 + - => . �

::::?

Τελικά: ( Ι ) , ( ΙΙ)

6' 4

=> Α

ε D1

Υπάρχει ή όχι περίπτωση να είναι q � ;ι,D_ι; • Σκοπός της άσκησης αυτής είναι να συνειδητοποιήσουν οι μα θητές της Α ' Λυκείου ότι, επειδή δεν μπορούμε να αφαιρέσουμε ή να διαιρέσουμε ομοιόστροφες ανισότητες κατά μέλη, τις πράΕ ρώτημα :

ξεις α-β και α:β τις γράφουμε αντιστοίχως α+(-β) και α · ..!._ . β Β Ι Ο. Τρεις φίλοι, οι Α, Β και Γ, έχουν από ένα περιβόλι με μηλιές. Ο πρώτος παρήγαγε 724 μήλα, ο δεύτερος 857 και ο τρίτος 1 503 μήλα. Ο Α είπε ότι αν μοίραζε εξίσου τα μήλα του, σε όλες τις οικογένειες του χωριού, τότε θα του περίσ σευαν κάποια μήλα. Ο Β, που άκουσε, πόσα μήλα θα περίσ σευαν, απάντησε ότι αν έπαιρνε αυτά τα περίσσεια μήλα, θα μπορούσε να

μοιράσει τα δικά του μήλα, στις οικογένειες του χωριού, χωρίς να περισσέψει κανένα μήλο. «Περίεργο», απάντησε ο Γ. «το ίδιο ακριβώς θα μπορούσε να γίνει και στη δική μου περίπτω ση.. . Πόσες οικογένειες έχει το χωριό; Κώστας Κ α β β α δ ίας - 2" Γ Ε Λ Κ i: ρ κ υ ρ ας

Λ\) σ η

Ονομάζουμε χ το πλήθος των οικογενειών του χωριού. Σύμ φωνα με τις πληροφορίες που διαθέτουμε πρέπει να ισχύουν οι ακόλουθες τρεις ισότητες: 724=χλ+υ (!) ,

857 + υ = χμ (2) , 1 5 03 + υ = χν ( 3 ) Από τις ( I ), (2) προκύπτει ότι: 857 + 724 = χ ( μ + λ) 1 58 1 = χ ( λ + μ ) => 3 · 1 7 · 3 1 = χ (λ + μ) (4) . Από τις ( I ) και (3) προκύπτει ότι 1503 + 724 = χ(λ+ν) 2227 = χ ( λ + ν) => 1 7 · 1 3 · 1 = χ(λ + ν) (5) . Από τις (4),(5) προκύπτει ότι x=l7, αφού 1 7 είναι ο μοναδικός αριθμός που διαιρεί ταυτόχρονα τους 3 · 1 7 · 3 1 και 1 7 · 1 3 · I . Γ 9 . Συνάρτηση f ικανοποιεί τη σχέση: ( I ) f(f(x)) = x - 2, για κάθε χ ε ffit . α) Να δείξετε ότι η f είναι " 1 - 1 ". β) Να δείξετε ότι για κάθε χ ε ffit η κατακόρυφη απόσταση ανάμεσα στην Cr και c Γ , είναι ίση με 2 μονάδες. Μ ίλτος Γpα μμι':νος - Κέρκυρα Λ \Jση : α)

Έστω χ 1 , Χ 2 ε ffit τέτοιοι ώστε: f(x1 ) = f( x2 ) ( 2) (!)

Τότε: (2) => ψ(x1 ) } =f( f( χz ) } =>x1 - 2= χz -2=>x1 =χz => Η f είναι « 1-1 ». Άρα f ανnστρέφεται. Αρχικά πρέπει να δείξουμε ότι η Γ1 έχει σύνολο ορισμού το ffit , δηλαδή ότι f(ΊHt) = ffit . Γι' αυτό αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε yεffit, υπάρχει χ εffit ώστε f( χ) =y. Πράγματι, για χ =f( 2 + y) από (1)

r( f{ 2+y)} =2+y-2 =y.

Στην ( I ) θέτου με f( χ) = y , δηλαδή χ = Γ 1 ( y ) και έχου με: (1) =>f( y) =Γ1 ( y) -2, για κάθε y ε ffit => Γ 1 (χ) - f(χ) = 2 β)

για κάθε χ ε ffit. Άρα σε ορθοκανονικό σύστη μα (0, cΓ,

αποτελεί παράλληλη μεταφορά της

Π p οη:ινόμενα θέματα :

Ι,} ) η κατά διάνυσμα 2} .

Α 1 2 Ένας αγόρασε κάποιο αντικείμενο λιγότερο από 40€ και το πούλησε 21€. Έτσι ζημιώθηκε επί τοις εκατό, όσο αγόρασε το αντικείμενο αυτό. Πόσα χρήματα έχασε; Β Ι Ι . Να λυθεί η εξίσωση:

( �2 - J3 )x + {2συνl 5° )' = � J9 - x 2

(Ι)

Ι Να βρεθούν οι συνεχείς συναρτήσεις f : (Ο, +α:> ) � ffit ώστε να ισχύει: xf(y) + yf(x) = 2xf(x) (Ι) για κάθε χ, y ε (Ο, +οο ) . Γ Ο.

Καλοκαιρινά σχολεία : (Γυμνάσιο - Λύκειο) Πιερία (8 - 1 4 Ιουλίου 201 2), Ημαθία (5- 1 1 Αυγούστου 20 1 2)

Καλοκαιρινή Κατασκήνωση : Σοφ ι κό Κορ ινθίας : Δημοτι κό (Δ , Ε , Στ ' ) (28 Ιουλίοu-4 Αυγούστου 20 1 2 και 5 - 1 2 Αυγούστου 20 1 2

Πληροφορίες Γραφεία Ε.Μ.Ε.

τηλ. :

)

2 10 3 6 1 6 5 3 2 - 2 1036 17784, www . h ms . r - info@ h ms .gr

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/67

. ΑΣΚΗΣΗ

Ο Ε u κλ�f δ n ς

n ρ οτ�fν�ι .......

1 84

( ΤΕΥΧΟΥΣ 7 6 )

Επιμέλεια:

«Η καρδιά

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

Γ. Κ. Τ Ρ Ι Α Ν Η )Σ - Ν. Θ Α Ν Τ Ω Ν Ο Π Ο Υ Λ ΟΣ - Θ. Α . Τ Ζ Ι Ω Τ Ζ Ι Ο Σ

χ2 = Ι

Ρ( χ, y, z)

= Ο . Δηλ, χ = ±I y = z = Ο . Τελι= { (0, Ο, Ο) , (1, Ο, Ο) , ( - I, Ο, Ο) }

Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση ( Ι ) (x + k)98 + χ 1 1 -ν14 = 0 ,

κά, το σύνολο λύσεων

όπου k , ν είναι δοσμένοι θετικοί ακέραιοι, δεν έχει α-

ΛΥΣΗ 2η ( Γιώργος Μ ήτσιος

κέραιη και θετική ρίζα. (Από στολος Καζακόπουλος - Θεσσαλονίκη)

Λ ΥΣΗ ( Β αγγέλης Μουρούκος - Αγρίνιο

) Υποθέτουμε ότι ο θετικός ακέραιος χ0 είναι μία λύση

της εξίσωσης ( Ι ), οπότε ισχύει: (Χα +k)98 +Χσ11 -ν14 =0(2). Από τη σχέση (2) προκύπτει άμεσα ότι (χ0 + k)98 < ν14

( 3 ) . Από το

και ισοδύναμα τη σχέση (χ0 + k)7 < ν

διώνυμο του Νεύτωνα (κρατώντας μόνο τους δύο τελευταίους όρους του, έχουμε: [(χ0 + k)7 + 1]14 =

tσ ( ]; } χσ + k)7i > (χο + k)98 + 1 4((χο + k)9ι > (χο + k)9s + χ�ι = ν ι 4 => (χο + k)Ί + I > ν

(4)

Από τις ( 3),(4) ότι (χ0 + k)7 < ν < (χ0 + k)7 + I που υπο-

δηλώνει το άτοπο, αφού ο θετικός ακέραιος ν βρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών ακεραίων. Άρα, η εξίσωση ( 1 ) δεν έχει λύση στο σύνολο των θετικών ακεραίων.

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Κωνσταντίνος

- Ράμια Άρτας)

εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως: (χ2 + y2 )2 + (y2 + z2 )2 + z2 = χ2 Προφανώς, για τις α-

κέραιες λύσεις της εξίσωσης, ισχύουν:

O :O:: x 2 + / :0:: I x l ( Ι ) O :O:: (x 2 + / )2 :0:: x 2 :O:: z O :O:: (yz + z z ) z x <=> O :O:: y z + z z :o:: Ι xl (2) (3) O :O:: z2 :0:: x 2 ο :ο:: ΙzΙ :ο:: Ιχl

{

(Ι ) => Χ 2 :0:: lx l <=> 14 - lx l :0:: Ο <=> χ = O v lxl :0:: Ι

<=> χ = Ovlxl = Ι (αφού χ ε Ζ ) . Αν χ = Ο , (2) <=>y + i =O<=>y=2=0. Αν lxl = 1 , κ

(l) <=> l + y = 1 <=>y=0

αρχική

γράφεται:

1 + z4 + 2 2 = 1 <=> 22 = Ο <=> 2 = Ο . Τελικά, οι μοναδικές λύσεις

της

εξίσωσης

είναι

οι

τριάδες

(x, y, 2) = (O, O, O) v ( l,O, O) v (-1, 0, 0) . - Κιλκίς , Π αύλου Ν ικόλαος - Χαλκίδα, Ζεί.εβάρη Άννα - Θεσσαλονίκη) Έστω (χ, y, 2) μία ακέραιη λύση της ( 1 ) . Η εξίσωση ( Ι ) ΛΥΣΗ 3η (Κουκάκη.; � η μήτριος

Τζαγκαράκης - Χανιά, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη. 1 85

( ΤΕΥΧΟΥΣ 7 6 ) Να βρεθούν οι τιμές των ακεραίων αριθμών χ , y , z που επαληθεύουν : ( 1 ) : (χ2 +y)2 +(Υ +z2)2 -χ2 +z2 = 0 ΑΣΚΗΣΗ

(Δη μήτρ ι ος Καρ β έλας - Πεύκη

Υποθέτουμε ότι είναι * Ο .τότε ισχύει χ2 -22 < χ2 και

)

ΛΥΣΗ lη (Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα) Η

εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως: χ 4 + 2χ 2 y2 + y4 + (y z + 2 2 )2 + 2 2 = χ 2

πο. Άρα, είναι 2 = Ο και η ( 1 ) γράφεται:

(χ2 + y 2 )2 + y4 = χ2 (4) . Υποθέτουμε ότι είναι

<::::> x4 + P(x, y, z) = x2 (2) όπου, έχει τεθεί: P(x, y, z) = 2x2y2 + y4 + ( / + z2 )2 + z2 2 Ο Όμως, χ ε Ζ ::::> χ 2 = 0 v χ 2 2 1 , οπότε x4 z x2 • Έτσι, για χ = Ο , (2) <=> P(x, y,2) = 0 <=> y = 2 = 0 Άν Jt >l τότε χ 4 > χ2 και η (2) είναι αδύνατη. Άρα, πρέπει

Άτοπο, λόγω της (4 ). Άρα, είναι y = Ο και η ( 1 ) δίνει:

{

χ=Ο z z x4 - x2 = 0 <=> x (x - 1) = 0 <=> χ = 1 χ = -1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 3 τ . 3/68

------- 0 Ευκλείδης Προτείνει

Τελικά, το σύνολο λύσεων της ( 1 ) είναι Λ = { (O, O, O) , (l, 0, 0) , (-1 , 0, 0)} .

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Κωνσταντίνος Τζαγκαράκη ς - Χανιά, Γιαννακοπούλου Ι ω άννα - Άν δρος, Β αγγέλης Μ ου ρούκος - Αγρίνιο, Ορέστης Κα τσάνος - Πρέβεζα, Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσο λόγγι, Γιάννης Σταματογιάννης - Δροσιά, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη. 1 86

ΑΣ Κ Η Σ Η

. . .

--------

ανήκει στη ΔΜ και είναι (ΟΔ) = (ΟΑ) = R . Στο τρίγωνο ΟΑΜ είναι: (ΑΜ) :$ (ΟΑ) + (ΟΜ) α-J3 <=> (ΑΜ) :$ (ΟΔ) + (ΟΜ) = (ΔΜ) = � 2 α-J3 α 2-J3 μα :$ -- <::> - :2: -2 3 μα Δ

(τΕΥΧΟΥΣ 76 )

Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α =

�, ΒΓ = α και μα η διάμε

σος, που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ. Να ,, , α 2-J3 δ ειχθει οτι ισχυει: - :2: -- . 3 μα (Γιώργο 'iι Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι ) ΛΥΣΗ 1 (Στέλιος Π ετρολέκας - Δραπετσώνα ) Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ, έχουμε: Α

α 2 = β- + γ- - 2 βγσυνΑ = β- + γ 2 - 2βγ 2 � α2 = β2 + γ2 - βγ � 2α2 = 2β2 + 2γ2 - 2βγ � 2α2 = β2 + γ2 + (β - γ)2 � 2 α2 :2: β2 + γ2 (1) (η ισότητα ισχύει όταν και μόνον όταν β=γ ) Από το

στο τρίγωνο α2 ΑΒΓ εχουμε: β- + γ- = 2 μ� + 2 (2) Από την ( 1 ), λόγω της (2), προκύπτει ότι : α2 α2 4 2α2 :2: 2μ� + - � 3α2 :2: 4μ � � 2 :2: 2 μα 3 . 4 α 2 α 2-J3 α � (-) 2 :2: - � - :2: - � - :2: -μα 3 μα -J3 μα 3 " (Ορέστης Κατσάνος - Πρέβεζα,) Λ ΥΣΗ 2 Η αποδεικτέα σχέση γράφεται ισοδύναμα πρώτο θεώρημα της διαμέσου Ί

' ' ' θ υμι' ζει το υψος α J3 >- μα , το πρωτο με' λος της οποιας 2 ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α. Κατασκευάζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΔΒΓ πλευράς α και τον περιγεγραμμένο κύκλο του , που ταυτίζεται με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ , αφού ΒΔΓ = - = ΒΑΓ . 3 ' αJ3 . το περικεντρο ο του τριγωνου ' Ε ι,ναι ΔΜ = -ΑΒΓ 2 Λ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Κωνσταντίνος Τζαγκαράκης - Χανιά, Γιαννακοπούλου Ι ω άννα - Άνδρος, Β αγγέλης Μου ρούκος - Αγρίνιο, Γιάννης Σταματογιάννης - Δροσιά, Διονύσης Γιάννα ρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Αντώνης Ι ω αννίδης - Λάρισα, Δημήτριος Κουκάκης - Κάτω Απόστολοι Κιλκίς , Βασίλειος Ν ικολάκη ς - Θεσσαλο νίκη , Φίλιππος Σερέφογλου - Μελίσσια, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Γεώργιος Μήτσιος - Ράμια Άρ τας, Ιωάννη ς Ανδρής - Αθήνα. ΑΣΚΗΣΗ

1 87

( ΤΕΥΧΟΥΣ 76 )

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 1 44° και

ΑΓ

ΑΒ

= Φ , όπου

Φ ο λόγος της χρυσής τομής. Στην πλευρά ΑΓ θεωρούμε σημείο Η τέτοιο, ώστε να ΑΒ = 2Φ ενώ στην προέκταση της ΒΑ θεωρούισχύει ΑΗ

με τμήμα ΑΘ=ΑΗ . Ονομάζουμε Ζ την τομή της ΘΗ με την ΒΓ. 1 ) Να υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών: (ΑΒΓ) (ΑΖΘ) 2) Να δειχθεί ότι η ΑΗ διχοτομεί την γωνία ΖΑΘ. (Γεώργιος Μήτσιος - Ράμια Άρτας ) ΛΥΣΗ (Βαγγέλης Μουρούκος - Αγρίνιο)

Ι ) Εφαρμόζουμε το Θεώρημα του Μενελάου στο τρί γωνο ΑΒΓ με διατέμνουσα ΖΗΘ και έχουμε: ΖΓ . ΘΒ . ΗΑ = 1 (1) ΖΒ ΘΑ ΗΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/69

-------

Ευκλείδης Προτείνει

. . .

--------

Οπότε, σύμφωνα με το αντίστροφο θεώρημα της εξωτε ρικής διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΖ, η ΑΓ είναι διχοτό μος της εξωτερικής της γωνίας ΒΑΖ. Δηλ. η ΑΗ διχοτομεί τη γωνία ΖΑΘ .

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Κ ων r π α η ί \ · ο � I I ω ιι '

Χανιά,

\'U

Δάφνη, -

I Ίαννακοπ οίJ λΟΙΙ

Ι ι cΊ.\ ' \ ' α ιι ο :

J< ο υ κιΊ.ι,η c Δ η ,ι ι ΊΊψω.: -

- Πρέβεζα.

Πύργος, -

Επίσης, είναι ΘΒ = ΘΑ + ΑΒ = 1 + ΑΒ = 1 + ΑΒ = 1 + 2Φ ΑΗ ΘΑ ΘΑ ΘΑ =.> ΘΒ = 1 + 2 1 + .J5 = 2 + J5 (3) 2 ΘΑ ΖΓ = 1 =.> ΖΓ = ΖΒ (1) � · (2 + .J5) · (3) ΖΒ 2 + ν5

�

Δηλ, το Ζ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ, οπότε είναι (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΖ) . Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΖΘ έχουν δύο γωνίες τους παραπληρω ματικές, οπότε

Αν a Ε R , τότε να δειχθεί ότι η εξίσωση 6 + χ χ4 + χ 2 + ax - 1 = Ο , έχει ακριβώς δύο πραγματικές

204

ρίζες , ετερόσημες. (Λ ντι:y

Από το θεώρημα του συνημιτόνου στο ΑΒΓζ φ .J5 ' ' συν(1 44° ) = - + 1 = -- , εχουμε : λο' γω οτι 4 2 ΒΓ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓ · συνΑ = φ ΑΒ 2 + ΑΒ 2 · Φ 2 - 2ΑΒ · ΑΒ · Φ · (- -) = 2 = 2Φ2 ) ( 4) ΑΒ2 (1 + ΑΒ2 + 2ΑΒ2 · Φ2 Από το 1 ° θεώ ρημα Διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ (με χρήση της σχέσης (4) ), παίρνου με: ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2 ΑΖ 2 + ..!._ ΒΓ2 <:::} ΑΒ2 + ΑΒ2 Φ2 = 2 2ΑΖ2 + ..!._ ΑΒ2 (1 + 2Φ2 ) <:::} ..!._ ΑΒ2 = 2ΑΖ2 <:::} 2 2 ΓΖ ΑΒ2 = 4ΑΖ 2 =.> ΑΖ = ..!._ = ΑΒ 2 ΓΒ --

1 ., 1 cΨινν ί ιi η ς

Λάρισα)

Αν k R , τότε να λυθεί η εξίσωση χ4 + (1 - 2 k ) x + ( k 2 + 2)χ2 - (k2 + 4k - 5 )χ + 3 ( k - 1)2 = Ο (ll Ίι!ψ γος - - Μ εσολόγγι )

205.

206.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ , ο εγγε- γραμ μένος κύκλος C(I, ρ) που εφάπτεται των ΑΒ, ΑΓ στα Ζ, Ε αντίστοιχα, ο παρεγγεγραμμένος κύκλος C ( Ι ρ ) που εφάπτεται των ΑΒ, ΑΓ στ α Ζ , Ε ' αντίστοιχα. Η Γ Ι τέμνει τη ΖΕ στο Σ και η ΓΙ" τη ΖΈ' στο Σ' . Να δειχθεί ότι ΣΣ' I I ΑΓ . Πρέβεζα) α

α ,

. Αν α, β, γ ε R , να λυθεί ( με τη βοήθεια των ομογενών συστημάτων) το σύστη μα

{

(ΑΒΖ) = ΑΒ · ΑΖ = ΑΒ = ΑΒ = 2 φ (ΑΖΘ ) ΑΖ · ΑΘ ΑΘ ΑΗ Τελικά (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΖ) = 4Φ . ' (ΑΖΘ ) (ΑΖΘ )

ι I ΠfΙΟ-

Δρο-

Είναι, όμως: ΑΓ = ΑΓ . ΑΒ = φ . 2 φ = φ 2 = 1 + .J5 = 2( 2 )2 ΑΗ ΑΒ ΑΗ 2 Γ = 3 + .J5 =.> ΗΓ = ΑΓ - ΑΗ = Α _ 1 = 2 + .J5 ΑΗ ΑΗ ΑΗ ΗΑ 1 =.> = (2) ΗΓ 2 + .J5

!' ο -

Κιλ-

•

χ+y+z = α+β+γ � +r +� = 3

α β γ

x z + / + z 2 = α z + β2 + γ2 ( ' r .J

- Αθήνα )

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο στο Α με ΑΓ > ΑΒ και περίμετρο ίση με το υπόλοιπο της διαίρε σης 22022 : 1 3 . Στο ημιεπίπεδο που ορίζει η ΒΓ και δεν ώστε: ανήκει το Α, θεωρούμε σημεία Δ, Ε ΒΔ Ι ΙΑΓ , ΓΕ Ι ΙΑΒ , ΒΔ = ΓΕ < ΑΒ . Αν Ζ η τομή των ΓΔ και ΒΕ και Η σημείο της ημιευθείας ΑΖ τέτοιο, ώ στε 6(ΑΗ) = .J2(ΑΒΓ) , τότε 1 ) Να δειχθεί ότι το Η είναι εσωτερικό σημείο του ΑΒΓ. 2) Αν η κάθετη στη ΒΗ στο σημείο Η τέμνει τη ΒΓ στο Θ και Ι είναι η ορθή προβολή του Θ πάνω στην ΑΓ με (ΑΙ )=2, τότε να υπολογισθούν τα μήκη των πλευρών του τριγώνου. (i ι ι!ψγος \ I Ι\ηηος - Ράμια Άρτας) 2 !1 9 .

Να βρεθούν οι πραγματκές λύσεις της εξίσωσης: 6χ + 1 = 8 ' - 27 '-l ( 1 ). (Γι{ιννης Η λιlιπουλος - Καλαμάτα )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3170

Τ'ο

Βήμα του Ευκλ..είδη Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου Επιμέλεια:

Μέθοδος εύρεσης του πλήθους Π( α), αε Ν * των πρώτων φυσικών αριθμών που είναι < α

Λευτέρης Γ . Τσιλιακός

Θα βασιστούμε στο γνωστό θεώρημα: «Κάθε φυσ ικός α ρ ιθμός α> 1 είναι π ρώτος, αν δεν έχει π ρώτο θετικό δ ιαιρ έτη p , με p$ fa ». Θεωρούμε το σύνολο Σ= { 1 ,2 , 3 , . . . , α} αρχικό απόκομμα του Ν* και έστω p ο μεγαλύτερος πρώτος φυσικός αριθμός γ ια τον οποίον ισχύει: p$ � . Έστω τώρα, το σύνολο Β= {2,3 , 5 , . . . , p } c Σ των διαδοχικών πρώτων, με πληθικό αριθμό λ. Θεωρούμε την 1-1 αντιστοιχία:

Α( Ι ) , !

όπου πχ: •

•

Α( Ι 2 ),

Α( Ι )

είναι ο πληθικός αριθμός του υποσυνόλου του Σ, τα στοιχεία του οποίου έχουν την ιδιότη-

Α( Ι i. )

είναι ο πληθικός αριθμός του υποσυνόλου του Σ, τα στοιχεία του οποίου έχουν την ιδιότη

τα Ι 1 , δηλαδή έχουν την ιδιότητα να διαιρούνται δια του δεύτερου πρώτου, που είναι ο 3 . τα Ι ;. , δηλαδή έχουν την ιδιότητα να διαιρούνται δια του λ-οστού πρώτου, που είναι ο p.

Με χρήση του συνδυαστικού λ λτύπου του Sylvester έχουμε : λ

ο = α - Σ Α (Ι ) + Σ Α( Ιj , Ιμ ) - Σ Α ( Ιj , Ι μ , Ι ν ) + . . . + ( - l ) λ Α ( Ι, , Ι2 ' . . . , Ιλ ) j,μ, ν μι, j<μ J <μ<v

Υπολογίζουμε το πλή θ ος a τ ων στοιχεί ων του Σ που δεν δ ιαιρούνται με κανέναν από του ς 2,3, 5 , . . . ,p και ά ρ α είναι π ρώτοι > p που ανή κουν στο Σ . Στο Σ όμως ανήκει και ο 1, που είναι ένας εκ των a και πρέπει να απορριφθεί ως μη πρώτος. Άρα οι πρώτοι του Σ είναι οι 8 -1 , που μόλις επιση μάναμε, καθώς και οι λ πρώτοι του συνόλου Π(α)=λ + ο - 1 Β ( B c Σ ). Οπότε :

Διευκρίνιση : Ο Α(Ι j , Ιμ , Ιν ) είναι ο πλη θικό ς α ρ ιθμ ός των στοιχείων του Σ που διαιρούνται δια του j · μ · ν , με j , μ,ν ε Β και j<μ<ν. Πχ: για j=3 , μ=5 , ν=7, ο αριθμός A ( I 2 , l3 , l4 ) είναι ο πληθικός αριθμός των στοιχείων του Σ που διαιρούνται δια του γινομένου 3 · 5 · 7 και προφανώς ισχύει:

A ( l2 , 1 3 , 1 4 )

[-a-] 3·5·7

ακέ ρ αιο μέρος του

_a_ . 3·5·7

Α (Ι1 , 1 2 , . . . , 1λ ) είναι ο πληθικός αριθμός των στοιχείων του Σ που διαιρούνται δια του γινομένου

Ι Ιυ , ) των στοιχείων του Β και ισχύει: Α ( , , . . . Ι λ =

[ a ]. 2 · 3 · ... · p

Είναι φανερό ότι η μέθοδος αυτή είναι λογιστική μετάφραση του Κόσκινου του Ερατοσθένη. Για να λειτουρ γήσει σε μεγάλα αποκόμματα του χρειάζεται ισχυρούς υπολογιστές, κατάλληλο πρόγραμμα της εργασίας που Ν*

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

83 τ.3/7 1

Το Βήμα του Ευκλείδη

παρουσιάσαμε και χρόνο. Επισημαίνουμε απλά, ότι ο ακριβής υπολογισμός του Π( α), είναι εφικτός και ήδη έχουμε αναπτύξει σχετικό πρόγραμμα σε γλώσσα προγραμματισμού perl, με το οποίο υπολογίστηκε με οικιακό ηλεκτρονι κό υπολογιστή, το πλήθος των πρώτων αριθμών :5 7000, που είναι 783. Παραδείγ ματα: 1 . Υπολογισμός του Π(30) •

•

J30 = 5 ,477 . . . Άρα Β= {2,3,5 } , δηλαδή λ=3 .

Παρονομαστές: ο Ανά ένας: 2, 3 , 5 Ανά δύο: 6, 1 0, 5 ο ο Ανά τρεις: 3 0 8 = 30 _

ι {[ ο J + [ 33ο J + [ 35ο ]} + {[ ο J + [�� J + [�� ]} - [�� J ι+ ι 8 += + +- += + 3 - = 3

Επομένως: Π(30) λ + a 1 3 + 8 1 1 Ο. Πράγματι, οι πρώτοι :::; 3 0 είναι οι 2, 3 , 5 , 7, 1 1 , 1 3 , 1 7, 1 9, 23, 29, και είναι 1 0. = 30 - ( 1 5

10 -

2) - ι = 3 0 -

2 . Υπολογισμός του Π(1 00) •

•

Μο = 1 0, άρα Β= {2,3,5,7 } , δηλαδή λ=4.

Παρονομαστές: ο Ανά ένας: 2, 3 , 5 , 7 ο Ανά δύο: 6, 1 0, ι 4, ι 5 , 2 ι , 3 5 ο Ανά τρεις: 30, 42, 70, 05 ο Ανά τέσσερις: 2

ι ιΟ ι ι {[ �ο J + [ �ο J + [ ι �ο J + [ ι �ο ]} + + {[ ι �ο J + [ \ο0ο J + [ \ο4ο J + [ \ο5ο J + [ι�� J + [ ι3ο5ο ]} - {[ ι3ο� ] +[ι�� ] + [ ι�� ] + [ :�� ]} + [ �� ] = + + + + =100 -Π(127) ιι7 + + + + ι Π(100)

8 = 1 00

= 1 00 - (50 + 33 20 ι 4) ( 6 + 1 0 45 - 6 = 22. Επομένως: Υπολογισμός του • •

+ + + ι + ιΟ)=25.+ Ο =

6 4 2) - (3 2 = λ + 8 - ι = 4 22 -

Jl27 = ι ι ,269, άρα Β= {2, 3 , 5 , 7, ι ι } , δηλαδή λ=5 . Παρονομαστές: Ανά ένας: 2, 3 , 5 , 7, ο 3 3 , 3 5 , 5 5 , 77 ο Ανά δύο : 6, 1 0, ι 4, 22, ο Ανά τρεις: 30, 42, 66, 70, 1 05 , ι 1 0, ι 54, ι 65 , 23 ι , 3 8 5 ο Ανά τέσσερις: 2 1 0, 3 30, 462, 770, 5 5 ο Ανά πέντε: 23 1 0.

ι ι ι5, 2ι,

ιι {[ ι �7 ] + [ ι �7 ] + [ ι �7 ] + [ ι �7 ] + [ ι:ι7 ]} + + {[ ι �7 ] + [ \2; ] + [ \2: ] + [ ι;; ] + [ \2 7 ] + [ ι�; ] + [ ι:; ] + [ ι:; ] + [ ι;; ] + [ ι;; ] } 5 - {[ 1:; ] + [ ι:; ] + [ ι:; ] +[ ι;; ] + [ :�� ]+ [ �� ] +Ο+ Ο+ Ο+ 0} + - + +Ο, + ι8 + ι ι ) + (2ι + + + + 8 + + + + 2 + ι) - (4 + + ι + ι + ι + ι) = =ι27 ι ι = 27. Π(127) + -ι + - ι = ι2 7 - ι •

8 = ι 27

(όλα τα άλλα γιατί οι παρονομαστές είναι > ι 27) = (63 42 25 ι2 9 5 6 3 3 5 9 + 70 Επομένως: =λ 8 = 5 27 Β ιβλιογ ρ α φ ί α :

= 3ι.

«Εισαγωγή εις την Αριθμοθεωρίαν» [σελ. ι 83], Παναγ. Μάγειρα, 'Εκδοση ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 81 τ. l/72

[1981].

Το Βήμα του Ευκλείδη

Εφαρμογές της Γεωμετρ ι κής Π ι θανότητας Γιώργος Πετράκος, Πάντειο Πανεπιστήμιο Ο κλασικός ορισμός της πιθανότητας εμφάνισης ενός ενδεχόμενου Ε που ανήκει σε ένα δειγματικό χώρο Ω, όπου τα Ε, Ω είναι σύνολα διακριτών, απλών και ισοπίθανων ενδεχομένων,

είναι: Ρ(Ε)

:i�)

όπου n(E) είναι το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Ε και η(Ω) είναι το

πλήθος των στοιχείων του δειγματικού χώρου Ω. Αν ο δειγματικός χώρος Ω ενός τυχαίου πειρά ματος είναι ένα συνεχές σύνολο το οποίο μπορεί να παρασταθεί ως ένα γεωμετρικό σχήμα σε μία, δυο ή περισσότερες διαστάσεις και Α είναι ένα ενδεχόμενο (υποσύνολο) του Ω που μπορεί να παρασταθεί ως ένα γεωμετρικό σχήμα ίδιας διά στασης με το Ω, η πιθανότητα εμφάνισης του Α είμ(Α) ναι: Ρ(Α) = όπου μ είναι το κοινό μέτρο των μ( Ω) παραπάνω συνόλων, το οποίο απλά είναι το μήκος στην μία διάσταση , το εμβαδόν στις δύο, ο όγκος ' ' ' μήκος(Α) ' ' στις τρεις κ. λπ. Συγκεκριμενα σε μια δ ιασταση (πραγματικη ευ θ εια) : Ρ(Α) -Σε δυο μήκος(Ω) εμβαδ ν(Α) . Σύμφωνα με τον παραπάνω ορισμό, η πιθανότητα διαστάσεις (επίπεδο) : Ρ(Α) = εμβαδον(Ω) ενός ενδεχόμενου Α ως προς ένα δειγματικό χώρο Ω είναι η αναλογία των μέτρων τους. Αυτό προϋποθέτει ομοιομορφία στην κατανομή πιθανότητας μέσα στο Ω, που σημαίνει ότι δύο οποια δήποτε υποσύνολα-ενδεχόμενα ιδίου μέτρου (μήκους, εμβαδού, κ.λπ.) έχουν ίδια πιθανότητα να εμφανιστούν. Επειδή τα σύνολα Α, Ω παριστάνονται από γεωμετρικά σχή ματα και ο υπολογι σμός της ζητούμενης πιθανότητας εμπεριέχει στοιχεία είτε Ευκλείδειας είτε Αναλυτικής Γεωμε τρίας, η πιθανότητα ονομάζεται Γεωμετρική . Ας δούμε μερικές εφαρμογές της Γεωμετρικής Πι θανότητας

�

Λ ΥΛ1ΕΝΑ ΠΡΟΒΛ ΗΜΑ ΤΑ

1 . Αν σπάσουμε ένα μακαρόνι τύπου σπαγγέτι μήκους 26 εκ . , τυχαία σε δυο κομμάτια, να υπολογιστεί η πιθανότητα το ένα κομμάτι να είναι μεγαλύτερο από 20 εκατοστά (του μέ τρου) . Λύσ η Έστω ότι το ση μείο που σπάμε το μακαρόνι είναι ένα οποιοδήποτε σημείο του διαστή ματος (0,26). Για να είναι το ένα κομμάτι μεγαλύτερο από 20 εκατοστά θα πρέπει το μακαρόνι να σπάσει είτε στα 6 πρώτα εκατοστά (0,6) είτε στα 6 τελευταία (20,26).

Άρα η ζητούμενη πιθανότητα με δεδομένα τα μήκη των αντίστοιχων διαστημάτων είναι: 6+6 6 ' Ρ(Ε) = -- = - = Ο , 46 1 5 περιπου 46%. 13 26 2 . Σε ένα παιχνίδι με βελάκια ο παίκτης έχει να επιλέξει ανάμεσα σε δυο στόχους Α και Β. Μ ε ποια επιλογή έχει μεγαλύτερη πιθανότητα να πετύχει τον γραμμοσκιασμένο στόχο; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 81 τ. l/73

Το Βήμα του Ευκλείδη

Για να υπολογίσουμε την πιθανότητα επιτυχίας στο στό --------- α --------- α χο Α, Ρ(Α) θα πρέπει πρώτα να βρούμε το εμβαδόν του τετραγώ νου με πλευρά α, Ε(Ω) και το εμ βαδόν του εγγεγραμμένου κύκλου με ακτίνα α/2, Ε(Α). Ε (Ω) = α2 α2 και Ε(Α) = πR2= π 4 Άρα η ζητούμενη πιθανότητα Ε (Α) π είναι: Ρ(Α) = -- = Ε (Ω) 4 Α Β Για το δεύτερο στόχο Β, το εμβαδόν του τετράγωνου πλαισίου είναι το ίδιο (α2) ενώ το εμβαδόν των τεσσάρων ίσων κύκλων με ακτίνα α/4 είναι: Ε(Β) = 2 2 Ε (Β) π 4 π � = π � . Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι: Ρ(Β) = -- = 16 4 Ε (Ω) 4 π 'Ετσι καταλήγουμε ότι και στις δυο περιπτώσεις η πιθανότητα είναι ίδια ( = 0,785). 4 3.

Ο Bryan κάθε πρωί ξεκινάει με το υδροπλάνο του από την Anchorage της Αλάσκα για να εφοδιάσει με τρόφιμα κάποιες δυσπρόσιτες περιοχές της επαρχίας. Οι προορισμοί βρί σκονται μέσα σε μία ακτίνα 200 μιλίων και ο Bryan κάθε πρωί γεμίζει το ρεζερβουάρ με καύσιμα που διαρκούν για πτήση 500 μιλίων . Ένα πρωί ο Bryan έφυγε εσπευσμένα για ένα προορισμό έχοντας πλη ροφορίες ότι κατά μήκος της διαδρομής του γινόταν παράνο μο κυνήγι άσπρου λύκου. Ταραγμένος ο Bryan ξέχασε να γεμίσει το ρεζερβουάρ και ξε κίνησε με την ελπίδα να συναντήσει τους λαθροκυνηγούς και να ειδοποιήσει τις αρχές. Ποια είναι η πιθανότητα να μην μπορέσει να ολοκλη ρ ώσει την πτήση ; Έστω χ 1 η απόσταση που διάνυσε ο Bryan

για να πάει στον προορισμό του και να γυρίσει την προηγούμενη μέρα από το συμβάν και xz η απόσταση που πρέπει να διανύσει για να επιστρέψει στην βάση του την ημέρα που ειδοποιήθηκε για το παράνομο κυ D νήγι. Εφόσον ο Bryan έχει καύσιμα για πτήση 500 μι 3 00 λίων θα έχει πρόβλημα αν χι + χ2 > 500. Αν τοποθετή σουμε τα χ ι και Xz σε ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων παρατηρούμε ότι το πρόβλημα για τον Bryan δημιουρ γείται όταν το ζευγάρι (χι ,χ2 ) παίρνει τιμές στο τριγω νικό τμήμα D.To εμβαδόν του τριγώνου D είναι: 300 · 300 90000 E(D) = = 45000 = 400 500 2 2 Ενώ το εμβαδόν που αντιστοιχεί στον δειγματικό χώρο Ω είναι αυτό του τετραγώνου με πλευρά 400, δηλαδή: Ε(Ω) = 400 · 400 = 1 60000 . Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είΕ ( D ) 45 ναι: P(D) = = = Ο, 28 1 3 . Άρα η πιθανότητα ο Bryan να μείνει από καύσιμα κατά την Ε (Ω) 1 6 διάρκεια της πτήσης την δεύτερη μέρα είναι περίπου 28%. I I

�

Ο Στέφανος και η Λένα δουλεύουν σε διαφορετικά τμήματα μιας μεγάλης ασφαλιστικής εταιρείας, χωρίς να έχουν επίση μα γνωριστεί. Συνηθίζουν όμως και οι δυο να κατεβαίΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 81 τ. l/74

Τ ο Βήμα του Ευκλείδη

νουν στην καφετέρια στο ισόγειο για ένα δεκάλεπτο διάλειμμα για καφέ καθη μερινά, α νάμεσα στις 1 1 : 00 και στις 1 2 : 00. Ποια η π ιθανότητα να συναντηθούν στην καφετέρια μια οποιαδήποτε ημέρα της εβδομάδας; Πόσο θα πρέπει να παραμείνει στην καφετέρια ο Στέφανος ώ στε να αυξήσει την πιθανότητα του να συναντήσει την Λένα σε 50% ; Λύση : Έστω ότι ο Στέφανος φτάνει στην καφετέρια χ Υ λεπτά μετά τις 1 1 :00, χ ε [0,60], ενώ η Λένα φτάνει y z r ε λεπτά μετά τις 1 1 :00 y [0,60] . Ο δειγματικός χώρος πε Δ ριγράφεται από έναν σύστη μα αξόνων xy και προσδιορί ζεται από το τετράγωνο ΑΒΓΔ. Η Αν ο Στέφανος φτάσει πρώτος χ λεπτά μετά τις 1 1 :00, θα συναντήσει την Λένα αν αυτή φτάσει σε y λε πτά μετά τις 1 1 :00 έτσι ώστε y - χ < 1 0 (περιοχή ΑΕΖΓ). Αντίστοιχα αν η Λένα φτάσει πρώτη θα συναντηθούν αν Ε ο Στέφανος φτάσει σε χ λεπτά με τις 1 1 :00 έτσι ώστε χ y < 1 0 (περιοχή ΑΘΗΓ). Άρα η ζητούμενη πιθανότητα ιL.------L---, υπολογίζεται ως ο λόγος των επιφανειών Α ΕΖΓΗΘ και Α Θ Β χ ΑΒΓΔ. Δηλαδή :

50 · 50 50 · 50 Ε ( ΑΕΖΓΗΘ ) _ Ε(ΑΒΓΔ ) - Ε(ΕΔΖ) - Ε(ΘΗΒ) 3600 - 1 1 00 2- - 2 - = -Ρ (Ε) = Ο 3056 3600 3600 ' Ε(ΑΒΓΔ ) Ε ( ΑΒΓΔ ) Αντί να υπολογ ίσουμε το εμβαδόν ΑΕ ΖΓΗΘ απευθείας (με εμβαδά τραπεζίων) το κάνουμε αφαιρώντας από το εμβαδόν του ΑΒΓ Δ τα εμβαδά των δύο συμπληρωματικών τριγώνων ΕΔΖ και ΘΗΒ. Στους παραπάνω υπολογισμούς λάβαμε υπόψιν ότι τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΕ, ΑΘ, ΖΓ και ΓΗ έχουν μήκος 1 0 ενώ τα ΑΔ, ΔΓ, ΓΒ και ΑΒ έχουν μήκος 60. Συνεπώς οι κάθετες πλευρές των δύο τριγώνων Ε Δ, ΔΖ, ΗΒ, ΘΒ έχουν μήκος 50. Τελικά η πιθανότητα ο Στέφανος και η Λένα να συναντηθούν στην καφετέρια μια οποιαδήποτε ημέρα είναι περίπου 30%. =

Ας δούμε το ίδιο πρόβλημα λαμβάνοντας υπόψη ότι ο Στέφανος θα παραμείνει τόσο ώστε η πιθανότητα να συναντήσει την Λένα να είναι 50% (Ρ(Ε) 1/2 ). Αν η Λένα φτάσει πρώτη, τότε θα συναντηθούν αν ο Στέφανος φτάσει σε χ λεπτά μετά τις 1 1 :00 έτσι ώστε x-y< 1 0 (όπως στο προηγούμενο ερώτημα) ασχέτως πόσο θα μείνει ο Στέφανος εφόσον η Λένα θα φύγει στο δεκά λεπτο. Αν ο Στέφανος φτάσει πρώτος και παραμείνει z λεπτά, τότε η πιθανότητα να συναντη=

. ( 60 - z ) z ) -50 . 50 --'--( 60-- - ----'--- --'---- -----'-+ 2 θούν είναι: Ρ ( Ε ) 1 - 2 . Για να είναι Ρ(Ε) 1/2 θα πρέπει 3600 . ( 60 - z ) - ----'z ) ----'50 . 50 + --'--( 60----------'-_:, 2 _:2=---- - 1� 3600 2 � 2500 + 3600 - 60z - 60z+z2 3600 � � z2 - 1 20z + 2500 Ο =

_ _ _ _

Το τριώνυμο έχει δυο ρίζες ρ 1 = 93 , 1 7 και ρz 26,83 . Επειδή z<60 συμπεραίνουμε ότι ο απαιτούμενος χρόνος είναι (z 26,83) περίπου 27 λεπτά. =

Βιβλιογ ρα φία 1.

Johnson, Α. ( 1 995). Geometric Probability . COMAP, lnc Patrick, D. Art of Problem Solving: Introduction www .artofproblemsolving.com ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 81 τ. l/75

Counting

and

Probability.

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

«Στο βαθμό που ο ι νόμοι των μαθηματικών αναφέ ροντα ι στην πραγματικότητα δεν ε ίνα ι απόλυτο ι . Στο βαθμό που ε ίνα ι απόλυτο ι δεν αναφέροντα ι στην πραγματικότητα. » Albert Eίnsteίn Επίσης ο Eίnsteίn έλεγε: «Είναι ευκολότερο να διασπασθεί ένα άτομο από το να αλλ άξει μια πεποίθηση» δηλαδή , όλοι οι άνθρωποι έχουν την τάση να αντιστέκονται στις αλλαγές και στις καινοτομίες καταναλώνοντας για αυτό μεγάλο μέρος από την ενέργειά τους. Αυτό είναι γνωστό από παλιά και ισχύει για όλους πολύ περισσότερο για τους επιστήμονες, που δεν θα μπορέσουν ποτέ να αποδεχθούν νέες θεωρίες, επειδή αυτές για το επιστημονικό κατεστημένο σημαίνουν απώλεια ισχύος, χρήματος και γοήτρου .

Γνωρίζετε ότι: :

••

Ο Blaise Pascal [1623-1662] ήταν ένα παιδί θαύμα; Γεννήθηκε στο Κλερμόν της Γαλλίας. Σε ηλικία 3 ετών έχασε τη μητέρα του. Ο πατέ ρας του ήταν φοροεισπράκτορας, ερασιτέχνης μαθηματικός και του είχε απαγορεύσει τη μελέτη μαθηματικών βιβλίων πριν γίνει 1 5 ετών ! Όμως ότι είναι απαγορευμένο εξάπτει την περιέργεια, έτσι ο Pascal δώδεκα ετών έδειξε μεγάλη πρόοδο στη Γεωμετρία και ο πατέρας του αναγκάστηκε να του επιτρέψει τη μελέτη στο έργο, Στοιχεία του Ευ κλείδη. Ως έφηβος κατασκεύασε την πρώτη aριθμομηχανή που ονο μάστηκε «Πασκαλίνα». Όμως η επιστολή που έστειλε στις 24 Αυγού στου 1654 στον Pierre de Fermat για το «πρόβλημα των πόντων» έμελε να αλλάξει τη ζωή των ανθρώπων αφού με αυτή μας έδειξε το δρόμο για τη θεωρία των πιθανοτήτων. Πολλές παγκοσμιοποιμένες ε ταιρείες σήμερα, ασφαλιστές, δη μοσκόποι, Google, Καζίνο, στηρίζουν τη λειτουργία τους στις πιθανότητες. Βέβαια ο πρώτος που υπολόγισε πιθανότητες συστηματικά ή ταν ο Gerolamo Cardano [1501 - 1576] στο βιβλίο του «Liber de Ludo Aleae». Ο Cardano, στο βι βλίο του ασχολήθηκε με την ειδική περίπτωση ισοπίθανων γεγονότων, όπου κατάλαβε ότι η πιθανό τητα να συμβεί ένα γεγονός είναι ο λόγος του αριθμού των ευνοϊκών αποτελεσμάτων προς τον ολικό αριθμό αποτελεσμάτων. Η συστηματική όμως μελέτη του αντικειμένου των πιθανοτήτων οφείλεται στην αλληλογραφία των Pascal και F ermat. Η αλληλογραφία μεταξύ τους άρχισε από τον Pascal, ο οποίος ήθελε να συμβουλευτεί τον Fermat σχετικά με προβλή ματα που του δόθηκαν από τον Cheνa lier de Mere, έναν ευγενή της αυλής του Λουδοβίκου του 4ου , γνωστό συγγραφέα και παίκτη τυχε ρών παιχνιδιών. Οι α ρχαίοι Έλληνες; . . . Ήταν δυνατόν να μην ασχοληθούν; . . . • • • • • - . - . - - . - - - - • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3/76

------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

-------

Ο Αριστοτέλης (384-322 π.Χ.] διατύπωσε τη διάκριση μεταξύ των λέξεων γνώση και γνώμη. Θεώρησε δηλαδή ότι η γνώση αφορά σε κάτι που ε ίναι σωστό ή λάθος, ενώ η γνώμη σε κάτι που μ πορε ί να είναι σωστό ή λάθος. Έδωσε επίσης τις έννοιες του τυχαίου, του aπροσδόκητου και της σχετικής συχνότητας. Θεωρούσε όμως ότι το τυχαίο δεν είναι επιστημονική έννοια, οφείλεται στη δική μας αδυναμία να ερμηνεύσουμε τα φαινόμενα. Το τυχαίο χρησιμοποιήθηκε και στην Αθηναϊκή πολιτεία. Στη νομοθεσία του Δράκοντα [624 ή 62 1 π.Χ.] η επιλογή των αρχόντων (βουλευτές, στρατηγοί) γινόταν με κλήρο και όχι με εκλογή . Όμως όσοι κληρώνονταν για μια θητεία δεν μετείχαν στην επόμενη κλήρωση . : :

Τα πρόβατα που θάβονται από χιονοστιβάδες, μπορούν να επιζήσουν μέχρι και 2 εβδομάδες; Οι Εσκιμώοι χρησιμοποιούν ψυγεία για να προστατεύσουν το φαγητό τους από το ψύχος κρατώντας το σε σταθερή θερμοκρασία μεγαλύτερη από τη θερμοκρασία του περιβάλλοντος; •:• Χρειάζονται 1 6 θέσεις να είναι εξαρχής στον πίνακα του Sudoku συμπληρωμένες προκειμένου να έχει το παιχνίδι μία και μοναδική λύση ; Το ερώτημα άφηνε άγρυπνους τους μαθη ματικούς εδώ και χρόνια. Τώρα όμως, ένας Ιρλανδός ερευνητής ο Γκάρυ Μακ Γκουάιρ υποστηρίζει ότι έλυσε το γρίφο βάζοντας σε έναν υπερυπολογιστή να τρέξει ένα ειδικό αλγόριθμο και σε λίγες μέρες η απάντηση που βρήκε είναι 1 6 θέσεις. : Επειδή κανείς μέχρι σήμερα δεν είχε καταφέρει να επινοήσει ένα παιχνίδι με 1 6 γνωστούς αριθμούς, το οποίο να έχει μία και μοναδική λύση , οι μαθηματικοί είχαν διατυπώσει την εικασία ότι αυτός είναι ο ελάχιστος δυνατός αριθμός των γνωστών θέσεων στον πίνακα του Sudoku. ':• Ένας τρόπος να επιβεβαιώσει κανείς αυτή την εικασία είναι να λύσει όλα τα πιθανά παιχνίδια με 1 6 συμπληρωμένες θέσεις. Αυτό όμως, θα χρειαζόταν έναν αιώνα. Θυμίζουμε ότι οι πιθανές λύσεις είναι 6, 7 δισεκατομμύρια τρισεκατομμύρια όπου από αυτές οι 5,4 δισεκατομμύρια είναι ανεξάρτητες. Η μέθοδος αυτή που ακλούθησαν για τον περιορισμό των μαθηματικών υπολογισμών σε «διαχειρίσιμη>> έκταση μπορεί να εφαρμοστεί και σε άλλα , εντελώς διαφορετικά επιστημονικά πεδία. Τέτοια μπορεί να είναι η ανάλυση της ακολουθίας των γονιδίων του DNA των ανθρώπων των ζώων και των φυτών. Ένας αστεροειδής και από ένας κρατή ρας στη Σελήνη και στον Άρη έχουν το όνομά του Μιλουτίν Μιλάνκοβιτς; Ο Μιλάνκοβιτς ( 1879-1958] ήταν Σέρβος αστρονόμος, μαθη ματικός, γεωφυσικός και πολιτικός μηχανικός περισσότερο γνωστός για τους λεγόμενους «Κύκλους του Μιλάνκοβιτς)) που ερμηνεύουν αστρονομικώς τις εποχές των παγετώνων και γενικά τις μακροχρόνιες μεταβολές στο κλίμα της Γης και των άλλων πλανητών. Απο την έδρα των Εφαρμοσμένων Μαθηματικών του Βελιγραδίου ενδιαφέρθηκε για το ηλιογενές κλίμα και τις θερμοκρασίες που επικρατούν πάνω στους Έργα πλανήτες. του «Μαθη ματική θεωρία των θερμικών φαινομένων που ηλιακή προκαλεί η ακτινοβολία)), «η καμπύλη του ηλιακού φωτός που δέχεται η γήινη επιφάνεια)), «Μαθηματική Κλιματολογία και αστρονομική θεωρία των μεταβολών του κλίματος)) και «Κανών του ηλιακού φωτός που προσπίπτει στη Γη και η εφαρμογή του στο πρόβλημα των Εποχών των Παγετώνων)), Ιστορία της Αστρονομίας, «Μέσα στο Χώρο και στους Αιώνες)), «Μέσα από το Βασίλειο της Επιστή μης)), «Αναμνήσεις, εμπειρίες και όραμα)). Το 1 965 οι έρευνες ιζημάτων στα βάθη των ωκεανών επαλήθευσαν τη θεωρία των «Κύκλων του Μιλάνκοβιτς)), αφού η περιοδικότητα που ανακαλύφθηκε • •

• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ. 3177

-------

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

--------

στα στρώματά τους ( 1 00.000 έτη) προσέγγιζε πολύ τον μακρύτερο κύκλο Μιλάνκοβιτς. Ήταν μέλος πολλών επιστημονικών εταιρειών του κόσμου [Στο τεύχος 8 0 του Ευκλείδη Β ' είχαμε αναφερθεί και για το έργο του στα ημερολόγια]. ! ,J

Ίιίφοι κ ω σπιι�οκι:φαλιi:ς

f :ι'η μικο νη σι

Σε ένα ερημικό νησί έχει ξεμείνει χωρίς μεταφορικό μέσο μια 6μελής οικογένεια πατέρας, μητέρα και τα ανήλικα παιδιά τους δυο αγόρια και δυο κορίτσια. Για καλή τους τύχη πέρασε από το νησί ένας αστυ νόμος που μεταφέρει με μια βάρκα έναν κρατούμε νο. Πώς θα περάσουν όλοι στην απέναντι ακτή αν: 1 . Η βάρκα χωράει μόνο δυο άτομα 2. Τη βάρκα μπορούν να οδηγήσουν μόνο ο αστυνόμος και οι δυο γονείς 3 . Ο κρατούμενος δεν πρέπει να μείνει με κανένα μέλος της οικογένειας χωρίς την παρουσία του αστυνόμου 4. Κανένα κορίτσι δεν μένει με τον πατέρα χωρίς την παρουσία της μητέρας 5 . Κανένα αγόρι δεν μένει με την μητέρα χω ρίς την παρουσία του πατέρα Υπάρχει άραγε τρόπος να περάσουν όλοι απέναντι; -�

1 Ι ·' ,'

Δύο παίκτες έχουν στοιχηματίσει το ίδιο ποσό ο καθένας. Το παιχνίδι είναι: Κερδίζει όποιος μετά από 5 ρίψεις ενός ζαριού(η καλύτερα νομίσματος Κ,Γ) κερδίσει τις περισσότερες παρτίδες. Το πρόβλημα όμως είναι: Πώς θα μοιραστούν τα

χρήματα αν το παιχνίδι διακοπεί μετά από τρείς ρίψεις, όταν ο ένας παίκτης έχει κερδίσει δύο παρτίδες και ο αντίπαλός του μία; Μαντέψτε την ηλικία του φίλου σας και το νούμε ρο των παπουτσιών του. Πείτε του : πολλαπλασίασε το νούμερο των πα πουτσιών σου επί 5 και πρόσθεσε 50, ύστερα πολλαπλασίασε το αποτέλεσμα επί 20 και στη συ νέχεια πρόσθεσε 1012. Τώρα αφαίρεσε από το αποτέλεσμα τη χρονιά που γεννήθηκες. Αφού σας πει τον αριθμό που βρήκε εσείς τώρα ξέρετε την ηλικία του και το νούμερο των παπουτσιών του. Πώς; Γα {ι.λο γ α

Ο κυρ Γιώργης όταν έκανε την διαθήκη του είχε 20 άλογα και η εντολή του ήταν να τα μοιραστούν οι 3 γιοι του ως εξής: ο πρωτότοκος να πάρει τα μισά, !ο δεύτερος το 1 /4 και ο μικρότερος το 1 /5 . Όμως μέχρι που ν α ανοίξουν την διαθήκη ο ι γιοί του το ένα άλογο ψόφησε, έτσι έμειναν τα 1 9 άλο γα. Πώς θα τα μοιράσουν τώρα; Ευχαριστούμε για τις προτάσεις του, τον φυσικό Δημήτρη Στρατικόπουλο από την Κυπαρισσία και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή .

Το ε ρη μικό ν η σ ί

Α παντ ' σε ι

Ονομάζουμε τα άτομα Π=πατέρας, Α 1 ,Α2=αγόρια, Μ=μητέρα, Κ 1 ,Κ2=κορίτσια, Ας=αστυνόμος , Κρ=κρατούμενος. Οι διαδρομές είναι 1 7 ως εξής: 1η από Ν�Ξ Ας+Κρ, 2η Ξ�Ν Ας, 3η Ν�Ξ Ας+Α 1 , 4η Ξ�Ν Ας+Κρ, 5η Ν�Ξ Π+Α2 , 6η Ξ�Ν Π, 7η Ν�Ξ Π+Μ, 8η Ξ�Ν Μ, 9η Ν�Ξ Ας+Κρ,

10η Ξ�Ν Π, l l η Ν�Ξ Π+Μ,

1 2η Ξ�Ν Μ, 13η Ν�Ξ Μ+Κ 1 ,

1 4η Ξ�Ν Ας+Κρ, 1 5η Ν�Ξ Ας+Κ2, 1 6η Ξ�Ν Ας, 1 7η Ν�Ξ Ας+Κρ όλοι είναι στην ξηρά.

Τ ο π ρ ό βλη μ α των π ό ν των

Παρόμοιο ήταν το πρόβλη μα με το οποίο καταπιά στηκαν στην αλληλογραφία τους ο Pascal και F ermat και έδειξαν έτσι στην ανθρωπότητα το δρόμο για τον επιστημονικό κλάδο των πιθανοτή των. [σχετικό βιβλίο «Το τελευταίο παιχνίδι» εκδ : ΤΡΑΥ ΛΟΣ] . Με το πρόβλημα αυτό ασχολήθηκαν για πολλά χρόνια οι μαθηματικοί, η λύση είναι %

και Υ-ι.

'l άνπψι:

Από τον 4ψήφιο αριθμό που σας είπε τα δύο πρώ τα ψηφία είναι το νούμερο των παπουτσιών του και τα άλλα δύο η ηλικία του. π . χ. 5·43(νούμερο

παπουτσιών)= 2 1 5, 2 1 5+50= 265, 265·20= 5300, 5300+1 Ο 1 2= 63 1 2, 63 1 2-1 995 [χρ. γέννησης]= 43 1 7. Ή αλλιώς: (5·43+50)·20+1012-1995= 5·(43+10)·20+1012-1995=(43+10)·100+1012-1995= 4300+ 1 000+ 1 ο 1 2-1 995= 4300+ 20 1 2-1995= 4300+ 1 7=43 1 7 [νο: παπούτσι 43, ηλικία 1 7]. Τ α άλ ο γ α

Μια χαριτωμένη λύση λέει: Θα αγοράσουν ένα άλογο και στη συνέχεια αφού εκτελεστεί η διαθή κη θα πάρουν 1 0,5,4 άλογα, θα πουλήσουν πάλι το άλογο που αγόρασαν να πάρουν τα λεφτά τους. Όμως το πρόβλη μα είναι στη διαθήκη, διότι το Υ2+ 1 /4+ 1 /5=1 9/20 δηλαδή το 95% των αλόγων πρέπει να δοθεί στους γιούς, το ένα άλογο περίσ σευε από τη διαθήκη . Σz6λιο της Σ Ε :

Στη σελ. 77 του τ. 82 της στήλης στην ερώτηση . Τι αριθμός είναι το ίί , θεωρούμε απαραίτητο να τονίσουμε ότι με το σύμβολο ίί δεν εν νοούμε ένα μόνον αριθμό αλλά ένα σύνολο αριθμών. Γι' αυτό σε πολλά βιβλία Μιγαδικής ανάλυσης αντί ί ί γράφουν {ίί }. Πράξεις λοιπόν, με το ίί δεν είναι μονο σήμαντα ορισμένες. ΜΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 83 τ. 3/78

ΔΡΑΣΕΙΣ

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

§eenBυus 2 0 1 2

Από 6-1 1 Μαρτίου 2012 γίνεται στη Βουλγαρία η φοι τητική Ολυμπιάδα Seemous 20 1 2, με τη συμμετοχή πολλών χωρών. Θυμίζουμε ότι η Ελληνική ομάδα το 20 1 1 είχε κατακτήσει 2 χρυσά μετάλλια, 2 αργυρά και 2 χάλκινα. Σε αυτή την προσπάθεια συμμετέχουν οι φοι τητές από το Μαθηματικό (7] : Α. Εσκενάζης, Δ. Μπο γιόκας, Γεώργιος Παπάς, Κ. Ζέμας, Κ. Τσουβαλάς, Αθ. Τσαρέας, Αν. Καφετζόπουλος, από το Πολυτεχνείο [ 1 ) : Σ . Κωνσταντινίδης και από την Πληροφορική [1 ] : Μ . Αγγελής. Την Ελληνική ομάδα συνοδεύει ο καθηγητής Ιάκωβος Ανδρουλιδάιcης από το ΕΚΠΑ. Περισσότερα για τα αποτελέσματα στο [ www . seemous.eu].

ICME 20 1 2

Με ιδιαίτερα αφιερώματα και πολλές εκθέσεις στο χώρο της τέχνης και των Μαθηματικών και σε ειδικές αίθου σες που έχουν ενδιαφέροντα θέματα, όπως: τα Παζλ, «τα παιχνίδια και τα Μαθηματικά» τα μαγικά σόου, . . . θα γίνει στη Νότια Κορέα [Σεούλ] το φετινό ICME 8-15 Ιουλίου 2012. Επίσης θα υπάρξει ξεχωριστή αίθουσα για τα Μαθηματικά της Ασίας και της Αυστραλίας. Το πρό γραμμα περιλαμβάνει όλες τις ενότητες των μαθηματι κών στο χώρο της εκπαίδευσης και της έρευνας. Το πα γκόσμιο αυτό συνέδριο γίνεται κάθε τέσσερα χρόνια. Ξεκίνησε το 1 969 από τη Λυών της Γαλλίας και συνεχί στηκε το 1 972 [Αγγλία], 1 976 [Γερμανία], 1 980 [ΗΠΑ] , 1 984 [Αυστραλία], 1 988 [Ουγγαρία, που έγινε στη Βου δαπέστη και συμμετείχε και η ΕΜΕ με 35 συνέδρους], 1 992 [Καναδά] , 1 996 [Ισπανία], 2000 [Ιαπωνία], 2004 [Δανία], 2008 [Μεξικό] . Σε αρκετά από αυτά έχουν, κα τά καιρούς, συμμετάσχει ατομικά και αρκετοί Έλληνες ερευνητές. Περισσότερα στο [www . icme 1 2.org] και στον Ευκλείδη Γ τεύχος 26.

του Ζήνωνος και η ασυμμετρία». Ακολούθως ο κ. Δι ονύσιος Λάππας, Αναπληρωτής Καθηγητής και Διευθυ ντής Τομέα Άλγεβρας - Γεωμετρίας του Μαθηματικού Τμήματος Πανεπιστημίου Αθηνών, μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. μίλησε με θέμα: «Γεωμετρία και συμμετρία». Τον κύκλο έκλεισε η κα. Βασιλική Φαρμάιcη, Καθηγή τρια Μαθηματικής Ανάλυσης του Μαθηματικού Τμή ματος Πανεπιστημίου Αθηνών με τίτλο της διάλεξής της: «Η ση μασία του συνδυα στικού τρόπου σκέ ψης)). Όλες τις ομιλίες παρακολούθησαν στην κατάμεστη αί θουσα ο Δήμαρχος του Δήμου Τρικκαίων Δ. Λάππας κ. Χρ. Λάππας, η Αντιδήμαρχος παιδείας κα. Β. Κάκλα, ο Αντιδήμαρχος κ. Κων. Μανώλης, ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Θεσσαλίας κ. Γ. Δή μος, ο Διευθυντής Δ/θμιας Εκπαίδευσης Τρικάλων κ. Θεόδ. Τσέλιος, ο Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών κ. Δ. Ντρίζος, ο τέως Σχ. Σύμβουλος Μαθηματικών κ. Ν. Παπανικολάου και περίπου 1 50 μαθηματικοί της περιο χής, που συζήτησαν στη συνέχεια με τους εισηγητές.

Η }lit:�f.Λδ α ΝΙ α θη μα·η�αο ν στα

Τρίκ α λα

Την Κυριακή 1 9-2-2012 το Παράρτημα Ν. Τρικάλων της ΕΜΕ διοργάνωσε ημερίδα Μαθηματικών διαλέξεων και στη συνέχεια κοπή πίτας. Αρχικά ο Πρόεδρος του Παραρτήματος κ. Στέλιος Αμπράζης υπογράμμισε: «Σήμερα, διοργανώνουμε ημερίδα διαλέξεων και μαζί μας είναι τρεις εξαίρετοι και διακεκριμένοι Καθηγητές του Πανεπιστημίου Αθηνών. Θέλω να τους ευχαριστή σω που αποδέχτηκαν την πρόσκλησή μας και ήρθαν στη πόλη μας. Ένας από τους σκοπούς των δράσεών μας εί ναι η αναβάθμιση της Παιδείας του τόπου μας και ιδιαί τερα της Μαθηματικής Παιδείας. Η σημερινή μας ημε ρίδα εντάσσεται σ' αυτό το πλαίσιο». Ακολούθως ο κ. Διονύσιος Λάππας χαιρέτησε την εκδήλωση, εκ μέρους του Δ.Σ. της ΕΜΕ και του Προέδρου της ΕΜΕ και εκ φράστηκε αρκετά θετικά για το τοπικό Παράρτημα καθώς και για τους Τρικαλινούς μαθηματικούς, αλλά και τους Τρικαλινούς μαθητές* που διακρίνονται. Ο πρώτος ομιλητής ήταν ο κ. Στυλιανός Νεγρεπόντης, Ομότιμος Καθηγητής Μαθηματικού Τμήματος Πανεπι στημίου Αθηνών και ανέπτυξε το θέμα: «Τα παράδοξα

Στη συνέχεια το Παράρτημα Ν. Τρικάλων σε εστιατό ριο κεντρικού ξενοδοχείου της πόλης πραγματοποίησε την κοπή της πρωτοχρονιάτικης πίτας με παρευρισκό μενους και τους τρεις προσκεκλημένους Καθηγητές. Ο κ. Δ. Λάππας εκπροσωπώντας το Δ.Σ. της ΕΜΕ έκοψε την πίτα και ευχήθηκε διαρκή επιτυχία στις εκδηλώσεις του δραστήριου Παραρτήματος του Ν. Τρικάλων. (* Οι Θεσσαλοί της Γερμανίας προσκάλεσαν στο 8° Φε στιβάλ τους, που θα πραγματοποιηθεί στο Ντίσελντορφ της Γερμανίας, από κάθε Θεσσαλικό Παράρτημα της Ελ ληνικής Μαθηματικής Εταιρείας των αντίστοιχων τεσσά ρων νομών, τρεις διακεκριμένους μαθητές με ένα συνοδό. Η φετινή τους εκδήλωση είναι αφιερωμένη στην Εmστήμη των Μαθηματικών και mo συγκεκριμένα στις μαθηματι κές διακρίσεις και εmτυχίες που είχαν Θεσσαλοί μαθητές σε Μαθηματικούς Διαγωνισμούς, όπου και συμμετείχαν. Μια αξιέπαινη πρωτοβουλία που δεν πρέπει να περάσει α παρατήρητη στους δύσκολους καιρούς που περνάει η χώρα μας, . . . Πολλά μπράβο στους διοργανωτές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3179

------ Δράσεις - Γεγονότα - Διαγωνισμοί - Βραβεία - Συνέδρια - Απρόοπτα

Νάξος 2 0 1 1

Οι Κυκλάδες, τα νησιά, με τη γεωγραφική ιδιομορφία, επιμένουν, και ξεχωρίζουν . . . Έτσι στις 10 Δεκεμβρίου 201 1 πραγματοποιήθηκε στη Νάξο, εκδήλωση από την Ελληνική Μα θηματική Εταιρεία (Ε ΜΕ) για τις βραβεύσεις των μαθητών των δημο τικών σχολείων που συμμετείχαν στο διαγω Ο Γ . Γ . της ΕΜΕ Μ. Κρητικός νισμό «Παιχνίδι και Μαθηματικά». Η ΕΜΕ για πρώτη φορά διοργάνωσε ειδική εκδήλωση στη Νάξο. Στην εκδήλωση πήραν μέρος μεταξύ άλλων οι μαθητές, οι γονείς και οι τοπικοί φορείς, ενώ από την ΕΜΕ ο Γε νικός Γραμματέας Μανόλης Κρητικός, ο Ανδρέας Τριανταφύλλου, υπεύθυνος του περιοδικού «Ο μικρός Ευκλείδης» και ο Αδάμ Αγγελής, Πάρεδρος του Παιδα γωγικού Ινστιτούτου. Η αλήθεια είναι ότι τα νησιά είναι δύσκολα στην επικοινωνία, όμως μάθαμε ότι δραστή ρια μέλη της μαθηματικής κοινότητας προσπαθούν να δημιουργήσουν Παράρτημα στις Κυκλάδες. Ευχάριστη είδηση και ελπίζουμε να τα καταφέρουν . . .

eu�ath Η U,}"''Ό1

Στις 21 - 25 Μαρτίου 2012 γίνεται στην Σόφια της Βουλ γαρίας το 3° Διεθνές Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο στα Μαθηματικά. Περιλαμβάνει πρωτότυπες εργασίες μαθητών στο χώρο των Μαθηματικών και σε διάφορους άλλους το μείς που σχετίζονται με την μαθηματική επιστήμη όπως η Οικονομία, η Μουσική, η Φιλοσοφία, η Πληροφορική, το Διάστημα, η Τεχνολογία, η Στατιστική, η Ιστορία κ.λ.π.

Βράβευση της

ΕΜΕ

Έγινε από την Interamerican τον Οκτώβριο του 20 1 1 ει δική τελετή βρά βευσης των μαθη τών που διακρίθη καν στην Μαθημα τική Ολυμπιάδα (IMO) της Ολλαν δίας το 20 1 1 . Από το Δ.Σ. της ΕΜΕ συμμετείχαν ο Α ' Αντιπρόεδρος της ΕΜΕ Γεώργιος Δημάκος, ο Γ. Γ. της ΕΜΕ Μανόλης Κρητικός όπως και η Ελληνική ομάδα των μαθητών.

Η Ελληνική ομάδα των

μαθητών που διακρίθηκε

Εσείς γρdφετε ... ... εμείς aπavτtiμε

Ο όγκος της αλληλογρ αφ ίας, γ ια τον Ευκλείδη Β ', είναι πολύ μεγάλος. Θυμ ίζουμε ό τι τα μέλ η της επιτροπής, πρ οσπαθο ύ ν να μελετο ύ ν με πρ οσοχή τα γρ άμματά σας και να αξιοποιο ύ ν όλες τις εργασίες σας, αρκεί να έχουν σχέση με την ύλη και το ύφος του περ ιοδικο ύ .

Κάποιες φορές, μερικά άρθρα έρχονται χειρόγραφα και τούτο δυσκολεύει το έργο μας, που μη ξεχνάμε, είναι από όλους μας, σε εθελοντική βάση προσφοράς. Βέ βαια χαρά μας είναι η επικοινωνία μαζί σας, με οιονδή ποτε τρόπο και για οποιοδήποτε θέμα. Η στήριξή σας στο περιοδικό και η φροντίδα για τη διάδοσή του, είναι η ελπίδα ότι το περιοδικό μας θα συνεχίσει να προ σφέρει στους μαθητές και την Ελληνική Μαθηματική παιδεία, . . . Ευχόμαστε το καλύτερο για όλους . . . Έτσι γι' αυτό το τεύχος έχουμε: Γιάννης Χελιώτης, [μαθητής από το Ναύπλιο] διαβάζοντας για «Το κόσκινο του Ερατοσθένη» σκέ φτηκε ένα δικό του τρόπο, να βρει το πλήθος των πρώ των αριθμών από το 1 έως το 1 00, με αριθμητική πρό οδο. Μπράβο του, μόνο να συμπληρώσουμε ότι: i) Μέ χρι το 1 00 έχουμε 25, όχι 26 πρώτους. ii) Όταν το διά στημα γίνει πολύ μεγάλο είναι σχεδόν αδύνατο να βρεθούν οι πρώτοι αριθμοί με αυτόν τον τρόπο . . . «Βρίσκω τα πολλαπλάσια του 2, δηλαδή βρίσκω όλα τα πολλαπλάσια των άρτιων αριθμών από το 1 έως το 1 00. Παίρνω ως α1= 4, (γιατί το 2 είναι πρώτος αριθμός), αν = 1 00, ω = 2 και βρίσκω το ν δηλαδή : αν = α1 + (ν- 1 )ω, 1 00 = 4 + ( ν - 1 )2, ν=49. Βρίσκω τα πολλαπλάσια του 3 . Παίρνω ως α1=9 (γιατί είναι το πρώτο περιττό πολ λαπλάσιο του 3), αν = 99 και ω = 6 (γιατί θέλω να υπο λογίσω τα πολλαπλάσια των περιττών αριθμών). Δηλα δή : αν = α1 + (ω- 1 )ω, 99=9+ (ν- 1 )6, ν= 1 6 .Βρίσκω τα πολλαπλάσια του 5 . Παίρνω ως α1 = 1 5 (γιατί είναι το πρώτο περιττό πολλαπλάσιο του 5), αν =95 και ω = 1 0. Δηλαδή : αv=α1 +(ν- 1 )ω, 95 = 1 5 + (ν- 1 ) 1 0, ν=9. Επειδή μέσα σ' αυτό το πλήθος βρίσκονται και πολλαπλάσια του 3 , που τα υπολόγισα προηγουμένως , με την βοή θεια δεύτερης αριθμητικής προόδου θα τα υπολογίσω και θα τα αφαιρέσω από τα προηγούμενα. Παίρνω α1 = 1 5 (γιατί είναι κοινό πολλαπλάσιο του 5 και του 3) αv=75 ( για τον ίδιο λόγο ) και ω = 30. Δηλαδή : αv=α1 + (ν- 1 )ω , 75 = 15 + (ν- 1 )30, ν=3 . Επομένως το πλήθος των αριθμών που πολλαπλασιάζο νται μόνο με το 5 είναι 9-3 = 6. Επειδή δεν μπορώ να χρησιμοποιήσω αριθμητική πρόοδο για να βρω τα πολ λαπλάσια μόνο του 7, παρατηρώ ότι είναι οι αριθμοί 49, 77, 9 1 , δηλαδή τρεις αριθμοί. Επειδή τα πολλαπλάσια του 9 συμπίπτουν με τα πολλαπλάσια του 3 , άρα δεν τα υπολογίζω στο πλήθος. Τελικά το πλήθος των πρώτων αριθμών από το 1 έως το 1 00 είναι: 1 00 - ( 49 + 1 6 + 6 + 3 ) = 1 00 - 74 = 26 Με αυτό τον τρόπο μπορώ να υπολογίσω το πλήθος των πρώτων αριθμών, όχι μόνο από το 1 έως το 1 00, αλλά σε οποιοδήποτε διάστημα θετικών ακεραίων εmθυμώ» . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/80

-------

Τα άλυια

Δράσεις - Γεγονότα - Διαγωνισμοί - Βραβεία - Συνέδρια - Απρόοπτα

προβλήματα της

Έχουν έρθει δύο εργασίες ακόμη για τον τετραγωνισμό του κύκλου [Κ. Θεοδώρου - Αθήνα] , [Αλέξανδρος Παπαλεξάτος - Βίγλι Κεφαλονιάς, . . . με καλή προ σέγγιση και μεθοδολογία], και την τριχοτόμηση της γωνίας [Μ. Δημητριάδης, Κ. Δεληβέρης - Αθήνα] . Όπως είχαμε αναφέρει και παρουσιάσει στο προηγού μενο τ. 82 [σελ. 7 8 ] , για το εφικτό ιστορικά, αυτών των κατασκευών (με κανόνα και διαβήτη). Δεν είχαμε μιλήσει για τον διπλασισμό του κύβου (Δήλιο Πρόβλη μα] . Στο Δήλιο Πρόβλημα πήραμε από τον Αργύριο Β. Σπυρίδωνος [Αθήνα] μια προσεγγιστική και καλά προ σεγμένη λύση, με ενδεικτική βιβλιογραφία. Σημειώ νουμε ότι στο τ. 82 υπήρξε αναφορά στο Δήλιο πρό βλημα (Διπλασιασμός του κύβου) που για λόγους χώ ρου, δεν εμφανίστηκε ευκρινώς. Αρκετή και πλούσια αλληλογραφία, με επίκαιρα γεγονότα, στο επόμενο τεύχος. Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση

Ευκλείδεια Γεωμετρία - Επιπεδομετρία του Μι χάλη Καντικάκη - [Ηράκλειο Κρήτης 2009] χει ρόγραφη επιμελημένη έκδοση με διευρυμένο επί πεδο ενασχόλησης για όλους τους μελετητές. Θέσεις για τη θεωρία των πάντων (Διαλεκτική θεωρία. Η λογική των ισοδυναμιών) του Διονύση Σιοκορέλη - Μηχανολόγου Μηχανικού ΕΜΠ [Σκάλα Λακωνίας 201 1 ] . Γνωριμία μ ε την Προβολική Γεωμετρία του Γιάννη Περδικάρη -[ ΕΜΕ Παράρτημα Ρόδου 2009] χειρόγραφη επιμελημένη έκδοση [βασική

ορολογία, θεώρημα του Πάππου ομογενείς συντε ταγμένες τα θεωρήματα του Steiner, η αρχή του δυ ϊσμού, . . . ]. Οι πολλές ασκήσεις τα λειτουργικά σχήματα και η μεθοδολογία γραφής καθιστούν την όλη προσπάθεια, σημαντική για τους ενδιαφε ρόμενους στο χώρο της Γεωμετρίας.

Βιβλιοθη κών και Μ αΟη μα τικια.

Η ΕΜΕ, στα πλαίσια ενίσχυσης των σχολικών βιβλιοθηκών αλλά και των δημοτικών βιβλιοθηκών της χώρας, για αυτή τη χρο νιά που πέρασε , έστειλε μια σειρά των εκδόσεων της, ΔΩΡΕΑΝ, [περιοδικά και βιβλία] στη Λέρο και στους Λειψούς (ακριτι κά νηmά), στα σχολεία της ευρύτερης περιοχής της Αράχωβας (Δίστομο, Αράχωβα, Αντίκυρα), όπως επίσης και μια σεφά [περιοδικά και βιβλία] στα σχολεία του Μοσχάτου - Ταύρου όπου και βράβευσε τους πρώτους μαθητές της περιοχής. Επίσης ανανέωσε τις εκδόσεις της, στον ειδικό χώρο των διαδραστικών εκθέσεων στο Κέντρο Πολιτισμού, Ελληνικός Κόσμος, όπου προβάλλεται ο θεμελΙώδης ρόλος των Μαθηματικών στην εξέλιξη της επιστημονικής σκέψης. [Αναστάσιος Μπακάλης].

Καλό ταξίδι δάσκαλε

. . .

. . . Αλησμόνητε καθηγητή μας Στέλιο Ανδρεαδάκη . . . . . . Ο καθηγητής Στέλιος Ανδρεαδάκης είχε μια συνεχή δραστηριότητα και προσφορά στα δρώμενα της Ελληνικής Μα θηματικής Εταιρείας την τελευταία εικοσαετία. Πιο συγκεκριμένα από 1 995 - 2001 ήταν μέλος του Δ.Σ. της ΕΜΕ με ουσιαστική συμμετοχή και δράση στο Bulle tin ως editor ίη chief διαμορφώνοντας νέο αντιπροσωπευτικό σχήμα στο Editorial Board με την συμμετοχή εκ προσώπων από όλα τα Μαθηματικά Τμήματα και τα Γενικά τμήματα των Πολυτεχνείων της χώρας μας. Επίσης την περίοδο από 2005 - 20 1 1 ήταν Α ' και Β ' Αντιπρόεδρος του Δ.Σ. της ΕΜΕ και Executive Committee στο Bulletin. Ενδεικτικά αναφέρω ότι είχε πάρα πολύ ουσιαστικό ρόλο στη Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα 2004 (1ΜΟ 2004) ως μέλος της Οργανωτικής Επιτροπής άλλα και ως Chief Coordinator δηλαδή ως πρόεδρος της Επι τροπής Βαθμολογητών. Επιπλέον είχε ουσιαστικό ρόλο στη συγγραφή των βιβλίων Άλγεβρας όλων των Τάξεων του Λυκείου από το 1 98 8 μέχρι σήμερα, και τέλος ήταν πρόεδρος της ΚΕΓΕ μετά το 1 990. Ήταν συνεπής - ακριβής - αξιοπρεπής - εργατικός, ότι αναλάμβανε το υλοποιούσε. Ανοιχτός Άνθρωπος με με γάλη καρδιά, ήρεμος, χαμηλών τόνων, συναινετικός. Για μας τους νεότερους ήταν μέντορας για τον τρόπο συ μπεριφοράς και λειτουργίας. Αγαπητός με ευρύτατη αποδοχή σε όλη την Εκπαιδευτική κοινότητα, όπου μεταξύ των άλλων έχουν περάσει από τα χέρια του, πολλές γενιές Μαθηματικών. Ολόκληρο το Δ.Σ. της ΕΜΕ εκφράζει τα θερμά συλλυπητήρια του στην Αγαπημένη του γυναίκα Ρούλα, στις δύο κόρες του Κάτια και Στέλλα και την εγγονή του τις οποίες υπεραγαπούσε ήταν με δύο λόγια άριστος οικογενειάρχης με όλη τη σημασία της λέξης. Φίλε κα ι συνάδελφε Στέλι ο καλό ταξίδι στην αιωνία Ζωή . . .

[Γεώργιος Δημάκος]

Ήταν ο aποχαιρετιστήριος λόγος προς τον αγαπημένο μας δάσκαλο, στο μεγάλο ταξίδι του. Παρευρέθησα\' στψ εξόδιο ακολουθία, ο Πρόεδρος της ΕΜΕ Γ. Καλογερόπουλος, το Δ.Σ. της ΕΜΕ και πλήθος κόσμου. Λίγα λόγια για το δάσκαλο . . . Ο ομότιμος καθηγητής Στυλιανός Ανδρεαδάκης γεννήθηκε στην Αθήνα 7 9 ϊ.Ρό\1α ::ι:-:·. Πήρε το πτυχίο του στα Μαθηματικά από το Τμήμα Μαθηματικών του Πανεmστημίου .\Η-. το 1958. Έλαβε το διδακτορικό του δίπλωμα από το Πανεmστήμιο του Λονδ ί\ 'ου ι σι•··"λ<Χ.:'�-Ξ"- :: από το Queen Mary College, έτm ονομαζόταν τότε) κάτω από την καθοδήγηση :ο'.· •,x: .:-, · - : :: · : Philip Higgins. Πήρε τη θέση του καθηγητή κατ αρχάς στο Πανεmστήμιο τω" l ι·x.r.·.-:-. : :� -: �.:-. ι.·.·� Αθηνών, παρέμεηc: όπου θέση του καθηγητή της Άλγεβρας στο Πανεmστήμιο δότηση του το 200 1 . Η συμβολή του στην θεωρία των Απείρων ΟμάδωΥ κα: :Ξ-.,::-.:Ξ:..·· : .- _ : λέτη της ομάδας αυτομορφισμών των ελευθέρων ομάδων ήτα" ση um-:-.:-...- ι = · -� � - · � : -. Ελλάδα με μεγάλη εmτυχία δύο διεθνή συνέδρια επί της Θεωρία.; Ομάι:-... -' · i-: : :- '" ·Ξ:..� - " . της διοίκησης στο Τμήμα Μαθηματικών (ως Διευθυντής του Τομέα λ_:._.. Ξ:Ξ·:·� :- :. _ :-:- _· ..: · • • ως Αναπληρωτής Πρόεδρος). Επίσης ήταν ενεργό μέλος της ΕΜΕ για πολλά χρόνια. Ο Στυί.ια-. c•.: .-\ . : ..-.: . .. =. �. - .: : : "&:r···υ .n..: Ρ ::..�-.: τη ζωή στις 1 0 Φεβρουαρίου 2012, 2.20 τα ξημερώματα . ·.

_ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3/81