Ευκλειδης Β 84 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο ς 84

•

Απρίλιος

•

Μάϊος

•

Ι ο ύ ν ι ο ς 2012· Ε υ ρ ώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ Τ Ο

ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικά θέματα

Δημήτρης Χριστοδούλου

Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Homo Mathematicus Α'

Με μεγάλη χαρά, σος παραδίνουμε και φέτος το τε λευταίο τεύχος της χρονιάς, με την ελπίδα να σος φανεί

Τάξη

χρήσιμο στην τελική προσπάθεια γιο τις εξετάσεις, ειδικά τις πανελλαδικές.

, Άλγεβρα:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

.ι Γεωμπρία:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

Β'

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

Τάξη

Με τις ευχές γιο καλή επιτυχία στο δύσκολο δρόμο σος ευχόμαστε να φτάσουμε, όλοι με καλή διάθεση, στο κα λοκαίρι. Σος περιμένουμε όλους με κέφι και καλή διάθε ση το Σεπτέμβρη.

.ι Άλγεβρα:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

.ι Γεωμετρία:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

.f Κατεύθυνση:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

Καλό Καλοκαίρι

Γ Τάξη

.f Γενική Παιδεία:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

.f Κατεύθυνση:

Επαναληπτικές Ασκήσεις

Δραστηριότητες

.f Το Βήμα του Ευκλείδη

.f Στήλη του Μαθητή

.f Ο Ευκλείδης προτείνει...

ϊ1

.f Ανεργία και Μαθηματικά

.f Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

.f Γεγονότα· Δράσεις

.f Η ελληνική μαθηματική ιδιοφιίίίΙ

Εξώφυλλο: Σύνθεση από χαρακτηριστικά στιγμιότυπα με το Δ. Χριστοδούλου.

Φωτογραφία από διδασκαλία του σε νεαρή ηλικία. Φωτογραφία απο τη βράβευσή του. Από τα αριστερά πρός τα δεξιά, η σύζυγός του Έλληνα πρέσβη, ο Έλληνας πρέσβης στην Κίνα Θεόδωρος Γεωργακέλος, η κόρη του Δ. Χριστοδούλου Αλεξάνδρα, η μητέρα του, ο ίδιος, η γυναίκα του Νικολέτα, η κόρη του Πηνελόπη και η Ελληνίδα πρόξενος στο Χονγκ Κονγκ κ. Κολλιού.

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

Συντακτική επιτροπ ή

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτιΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣτΗΜΙΟΥ 34

106 79 ΑΘΗΝΑ

Trf..: 210 36 17784-3616532 Fax: 2103641025

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος:

Τοσσόπουλος Γ ιώργος •

Αντιπροεδροι: Εκδότης: Καλογερόπουλος Γρηγόριος Ευσταθίου Βαγγέλης

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος

Διευθυντής:

Κεροσορίδης Γιάννης

Ζώτος ΒαγγεΛης

Κρητικός Εμμανουήλ

Γραμματέας:

Καλίκας Σταμάτης

Επιμέλεια Έκδοσης: Χριστόπουλος Παναγιώτης Ζώτος Βαγγέλης

Μέλη:

Αργυράκης Δ. Λουρίδας Σ.

Η έγκαιρη πληρωμή

Στεφανής Π.

της συνδρομής βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

Τα πε ινός Ν.

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Κακκαβάς Απόστολος Καμπούκος Κυριάκος ΚανεΛλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κονόμης Άρτι

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

Σdί'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 ΒαγγεΛης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στε'λνονrα�και�, στψ φεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονrαι. Ετήσια συνδρομή (12,00

11ci1WWC!Iψ:f�

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

Το ανrίτιμο για τα τεύχη που παραγyέλνονrαι στελ ' νεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική επιταγή 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 αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. Εκτύπωση: ROTOPRINT (Α. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α ΕΕΙ. τηλ.: 270 6623778

358 Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

Π αναγιώτης Π. Χριστόπουλος και Βαγγέλης Ζώτος να πρωινό του Φλεβάρη, στις 1 4, μέρα του Αγίου Βαλεντίνου, έχουμε ραντεβού με ένα σπουδαίο ε πιστή μονα, ευγενικό και χαρούμενο άνθρωπο, σφόδρα ερωτευμένο με τα Μαθη ματικά και ιδιαί τερα με τα Μαθη ματικά και τη Φιλοσοφία των Αρχαίων Ελ λήνων. Το ραντεβού μας είναι στην Εκάλη, με τον πολυβρα βευμένο Έλληνα καθηγητή Μαθη ματικών και Φυσικών Επι στημών, ΔΗ Μ ΗΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ. Εmσκεφθήκαμε τον κ. Χριστοδούλου στο σπίτι του. Βγήκε να μας συναντήσει έξω στο δρόμο και μας οδήγησε στο γραφείο του. Ένα ισόγειο συμπαθητικό δωμάτιο στο οποίο τίποτα δεν δια ταράσσει την γαλήνη, την ηρεμία και την ησυχία που εmκρατεί. Η επίπλωσή του είναι μια βιβλιοθήκη, ένα κρεβάτι, ένας πίνακας μαρκαδόρου, ένας καναπές. Λίγο mo κει, βρίσκεται ένα τραπεζά κι που επάνω του έχει τους τρείς τόμους με το ερευνητικό του έρ γο, με δυσνόητα σύμβολα ανώτερων Μαθηματικών. Ένα μικρό αερόθερμο ζεσταίνει το χώρο, από το δριμύ ψύχος που μας επε φύλαξε, ο φετινός χειμώνας. Ο

καΟηγητής Δημήτρης Χριστοδοίιλου

Γεννήθηκε στην Αθήνα το 1 95 1 , γιός του Λάμπρου και της Μαρίας. Ήταν μαθητής στη Β ' Λυκείου, όταν έγινε δεκτός για σπουδές στο Πρίνστον (Princeton). Στα 1 8 του χρόνια πήρε master στη Φυσική και στα 20 πή ρε διδακτορικό. Το 1 972 έγινε καθηγητής στο Πανεπι στήμιο Αθηνών, στη συνέχεια ερευνητής στο CERN στη Γενεύη, στο Διεθνές Κέντρο Θεωρητικής Φυσικής στην Τεργέστη και στο Ινστιτούτο Max P1anck του Μο νάχου. Δίδαξε σε Πανεπιστήμια της Αμερικής, την πε ρίοδο 1 988- 1 992 ως καθηγητής Μαθηματικών στο Ιν στιτούτο Courant, και την περίοδο 1 992-200 1 ως καθη γητής Μαθηματικών στο Πρίνστον (Princeton). Από το 200 1 είναι καθηγητής Μαθηματικών και Φυσικής του Πολυτεχνείου της Ζυρίχης. Το 1 993 του απονεμήθηκε το διεθνές βραβείο Mac Arthur. Το 1 999 τιμήθηκε με το ανώτερο βραβείο της Αμερικανικής Μαθηματικής Ε ταιρείας, το βραβείο Bocher. Το 201 1 τιμήθηκε με το διεθνές βραβείο Shaw Pήze που είναι αντίστοιχο του Nobel στα Μαθηματικά και το οποίο μοφάστηκε μαζί με ένα εκατομμύριο δολάρια, με τον Αμερι κανό μαθηματικό Richard Harnilton. Ένα μέρος από το εm στημονικό του έΡΎο είναι: Οι εΡΎασίες του, στη θεωρία της σχετικότητας του Αίvστάιν, η εΡΎασία του στην ευστάθεια του χώρου Minkowski, η μελέτη για τη δημιουργία στο κενό μελανών οπών κάτω από ισχυρά βαρυτικά κύματα, ο σχημα τισμός κυμάτων κρούσεως στα τρισδιάστατα ρευστά, κ.ά. Κατάφερε δηλαδή να λύσει δύσκολες διαφορικές εξισώσεις στα Συμπιεστά Ρευστά, και τη Βαρύτητα. Έχει τιμηθεί από την Ακαδημία Αθηνών με το Α ριστείο των θετικών επιστημών και είναι επίτιμος διδά κτωρ του Πανεπιστημίου Αθηνών, του ΕΜΠ, του ΑΠΘ, του Πανεπιστημίου Κύπρου, του Brown, και επίτιμος καθηγητής Φυσικής του Πανεπιστημίου Κρήτης. Κύριε Χριστοδούλου σας ευχαριστούμε που μας δεχτή κατε. Είναι τιμή μας να έχουμε μια μικρή συνέντευξη σας, για το περιοδικό «Ευκλείδης Β'» της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Το Περιοδικό το διαβάζουν οι μαθητές του Λυκεί•

ου, αλλά είναι και ένα βήμα διαλόγου για μαθητές και καθη γητές. Κύριε Χριστοδούλου, θέλουμε μέσα από το περιοδικό, να σας γνωρίσουν οι μαθητές, να γνωρίσουν τη ζωή και το έρ γο, του πιο διάσημου και διακεκριμένου στη διεθνή επιστημο νική σκηνή, Έλληνα επιστήμονα στη Φυσική και τα Μαθημα τικά των τελευταίων 50 χρόνων.

Το 2011 τιμήθηκε με το διεθνές βραβείο Shaw Prize Με τον πρωθυπουργό του Χονγκ Κόνγκ Donald Chang fΣημι:ίωση.

Προσφέραμε στον καθηγητή λουλούδια, αλλά δεν προλάβαμε να καθίσουμε και ο χειμαρρώδης λόγος του, έχει αρχίσει να μας παρασύρει. Προσπαθούμε να σημειώσουμε και να ηχογραφήσουμε όσα μπορούμε. Η φωνή του, είναι δυνατή εμπλουτισμένη με χαμ όγελο και ιδιαίτερη χροιά. Ο λόγος του είναι συνεχής, απλός, μεστός νοημάτων, με ονόματα, χρονολο γίες, γεγονότα που βγαίνουν από τη σκέψη του, χωρίς δυσκολία, θαυμάζει κανείς τη μνήμη του, που για 4 ολόκληρες και πλέον ώρες μιλούσε και έγραφε συνεχώς στον πίνακα με το ίδιο κέφι και πάθος που είχε ξεκινήσει. Στο τέλος αφού τον ευχαριστή σαμε για την φιλοξενία, η κουβέντα μας συνεχίστηκε, μέχρι το δρόμο έξω από το σπίτι του που μας κατευόδωσε./ Το

/96!/ ιiγραφαι• οι ι:φημι:ρ/δι:ι;: ιψαΟητψ;-:Ιϊι•rττfί:ιι·.

μαΟητιίι; I Ίιμι•αrτίοιι διrι.βάζι:ι σ.t•(ί)τιψα ΜαfJηματιι,·ά ιι·ω λιίι•ι:ι διίrτ�;·ολα προβλιjματαιι. Τι

ωφιjJ(ί)ς ι:γιι•ι:

Τfί

τι ιjται• ι:ιι·ι:Ιι•ο ΠΟ/1 rτας τράβηξι: rιτrι. Μα()ηματιιι·(�,' Δ.Χ. Όταν ήμουν μαθητής στην Τρίτη τάξη του Γυμνα

τι::

σίου [τότε ήταν το εξατάξιο Γυμνάσιο] προσπαθούσα πάρα πολύ να λύσω ένα άλυτο πρόβλημα των μαθημα τικών το πρόβλημα της τριχοτόμησης γωνίας. Δεν ήξερα τότε ότι η κατασκευή με χάρακα και διαβήτη έχει αποδειχθεί αδύνατη. Όμως η ατελέσφορη προσπάθεια μου να βρω λύση με έκανε και κατάλαβα ότι τα Μαθη ματικά είχαν πολύ μεγαλύτερο βάθος από ότι είχα μέχρι τότε αντιληφθεί. Έτσι άρχισα να διαβάζω όλα τα βιβλία του σχολείου, έλυνα τις ασκήσεις μία-μία, μετά πήγα στον Ελευθερουδάκη αγόρασα άλλα βιβλία Μαθηματι κών, θυμάμαι το βιβλίο του Δασκαλόπουλου, καθηγητή του Πολυτεχνείου, [τον οποίο γνώρισα αργότερα, κα θώς και τα παιδιά του που είναι καθηγητές στην Αμερι κή] . Ύστερα αγόρασα και άλλα βιβλία στα Αγγλικά. Εί χα μάθει Αγγλικά, γιατί ο πατέρας μου ήξερε πολλές γλώσσες Αγγλικά, Γαλλικά, Ιταλικά· όλοι αυτοί οι Αλε ξανδρινοί ήξεραν γλώσσες. Ο πατέρας μου ήταν υπάλ ληλος της Εθνικής Τράπεζας, δουλειά του θυμάμαι ήταν οι ασφάλειες πλοίων, έργων τέχνης, του μούστου που έστελναν στη Γαλλία και άλλα τέτοια. Εκείνο που θυ μάμαι είναι ότι είχαμε πάει με τον πατέρα μου στον κι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/1

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ στην Εκάλη

'-"'"ψατογράφο «ΣινεάΚ}} στη Σταδίου, εκεί είδα σε αυτά ::ου έλεγαν «Επίκαιρω} το θάνατο του Αϊνστάιν είδα αυτό τον άνθρωπο με τα μεγάλα κάτασπρα μαλλιά και ιωυ είχε κάνει τεράστια εντύπωση. Τότε ήταν και η ε ::ο zή για το διάστημα, ο Γκαγκάριν είχε βγει στο διά rcτημα και μετά οι Αμερικάνοι. Όλα αυτά με εντυπωσί ασαν αλλά ήταν στο περιθώριο, δεν οδήγησαν πουθενά. Για

εκείνο όμως το πρόβλη μα [της τριχοτόμησης] με μανία. Το καλοκαίρι του 1 965 δεν πήγα στη θά

έπιασε

ί.ασσα, όπως τα άλλα παιδιά, αλλά καθόμουν από το ρω ί μέχρι το βράδυ διάβαζα και έλυνα ασκήσεις. Πή -ιαινα αγόραζα άλλα και άλλα βιβλία Μαθηματικών, την σειρά Schaum, μέχρι το τέλος του καλοκαιριού είχα μάθει αρκετά και στη Φυσική. Το επόμενο καλοκαίρι στο σχολείο που πήγαινα, του Μ ωραΊτη, είχαν φέρει έναν Άγγλο μαθηματικό τον Antony Williams. Αυτός ήταν ένας νεαρός μαθηματικός, μιλούσα πολύ μαζί του και μου είχε πει μάλιστα «είσαι καλός στη Φυσική αλλά καλύτερος είσαι στα Μαθη ματικά}}, εγώ όμως δεν τον άκουσα... Τον έψαξα αυτόν, αργότερα, όταν εί χα πάρει το Ph.D και ήρθα στην Ελλάδα, αλλά δεν το βρήκα πουθενά, χάθηκαν τα ίχνη του. π

Το ραντεβού μας γίνεται σήμερα 14 Φεβρουαρίου και με αυτά που είπατε για το Σούνιο, σημαίνει κάτι για σας η ημερομηνία αυτή; Δ.Χ. Καλά που μου το θυμίσατε το είχα ξεχάσει, να προσφέρω τα λουλούδια στη γυναίκα μου . .. Παρακολουθώντας κανείς τις ομιλίες σας στο παρελθόν αλλά και τώρα εντυπωσιάζεται με τις γνώσεις σας, στα έργα των Αρχαίων Ελλήνων Μαθηματικών και Φιλοσό φων, που πάντα τα έχετε ως αφετηρία, για το δικό σας έργο. Ποιός είναι εκείνος που σας μύησε σε αυτό; Δ.Χ. Ο πατέρας μου από τότε που ήμουν μικρό παιδί

ακόμα μου ενέπνευσε όλη αυτή τη λατρεία για τους Αρχαίους Έλληνες, αυτοί οι Αλεξανδρινοί ήταν μακριά από την Ελλάδα και είχαν ιδιαίτερη λατρεία για την Αρχαία Ελλάδα. Αυτοί είναι aνυπέρβλητοι, θυμάμαι ότι μου έλεγε ο πατέρας μου, όταν πηγαίναμε περιπά τους στα Αρχαία μνημεία. Στις εξόδους μας πηγαίναμε συχνά στα μουσεία και τους αρχαιολογικούς χώρους. Με επηρέασε επίσης ο καθηγητής μου στο Πρίνστον, ο φυσικός John Archibald Wheeler, που ήξερε καλά τη φιλοσοφία των αρχαίων Ελλήνων και με έβαλε να δια βάσω Πλάτωνα. Αργότερα κατάλαβα μόνος μου την σημασία του Αριστοτέλη.

Έχετε μια απλότητα στις ομιλίες σας και βγάζετε ένα συ ναισθηματισμό, μια οικειότητα, ενιύ πάντα μιλάτε χωρίς κείμενο και μαγεύετε το ακροατιίριο, πώς γίνεται αυτό; Δ.Χ. Ποτέ δεν προετοιμάζω τις ομιλίες μου, δεν έχω κείμενο για να μη χαλάει τον αυθορμητισμό μου. Ο

Με τον Rίchard Hamίlton, δεξιά η Margaret Wrίght εκπρόσωπος της επιτροπής και αριστερά η γυναίκα του Νικολέ τα

Μιλήστε μας για τα νεανικά σας χρόνια, το σχολείο σας, την οικογένειά σας. Δ.Χ. Μεγάλωσα στη Γούβα Ηλιουπόλεως 34, εκεί ήταν

το σπίτι που είχαν οι γονείς της μητέρας μου. Μια φτω χή συνοικία, δεν ξέρω γιατί, δεν το λένε ορισμένοι που αναφέρονται στη ζωή μου. Η συνοικία είναι μεταξύ του Αγίου Αρτεμίου και του Αγίου Ιωάννου όλο χώμα και αλάνες ήταν τότε, δεν είχε δρόμους, ούτε και σχολεία. Σχολείο πήγαινα στο «Πρότυπο Λύκειο Αθηνών}> [τη σημερινή Σχολή ΜωραΊτη], δεν ήταν τότε απλησίαστο στους φτωχούς. Ο πατέρας μου γεννήθηκε στην Αλε ξάνδρεια από γονείς με καταγωγή από την Κύπρο. Η μητέρα μου από πρόσφυγες της Μικράς Ασίας. Έλληνες της διασποράς που μέσα τους έκρυβαν την Ελλάδα. Το 1 944 στον εμφύλιο είχε έρθει ο πατέρας μου στην Ελ λάδα, πήρε την μητέρα μου και πήγαν στην Αίγυπτο όπου και παντρεύτηκαν. Ο μεγαλύτερος αδελφός της μητέρας μου ήταν αρχηγός των ανταρτών, ο μικρότερος και ο πατέρας της, ήταν δεξιοί. Ο πατέρας μου ήταν άλ λη φουρνιά. Αυτοί οι Αλεξανδρινοί πολέμησαν στη αρ χή στη Βόρεια Αφρική και μετά πήγαν στην ταξιαρχία του Ρίμινι στη Σικελία. Αργότερα ό γονείς μου, πήγαν για λίγο στην Νότια Αφρική και το Δεκέμβρη του 1 950 ήρθαν στην Ελλάδα. Τον Ιανουάριο, όταν είχε αλκυονί δες μέρες, πήγαν μέχρι το Σούνιο και γεννήθηκα εγώ στις 1 9 - 1 0- 1 951 .

Μέγας Αλέξανδρος είχε κείμενο; Οι πολιτικοί έχουν κείμενο γιατί διαβάζουν ίσως αυτά που τους γράφουν οι σύμβουλοί τους αφού δεν κατέχουν πολλές φορές το θέμα για το οποίο ομιλούν. Στα επιστημονικά βέβαια συνέδρια γράφω, σκέφτομαι και προσέχω πολύ καλά τα πάντα, ακόμη και πώς θα τα διατυπώσω. Γιατί δεν σπουδάσατε από την αρχή Μαθηματικά, αφού η ιδιοφυία και το ταλivτο σας ήταν στα Μαθηματικά αΛλά ακολουθήσατε πριύτα σπουδές στη Φυσική; Δ.Χ. Ε, δεν τον άκουσα τον Antony Williams. Έτσι

πήγα στην Αμερική και πήρα Ph.D στη Φυσική. Μέχρι να πάω όμως στην Αμερική ήμουν πιο καταρτισμένος στα Μαθηματικά από ότι στη Φυσική. Είχα ασχοληθεί με μετασχηματισμούς Laplace κ.ά. Θυμάμαι όταν ή μουν 16 ετών πιτσιρικάς, οι 4ετείς φοιτητές του Πολυ τεχνείου, μου έδιναν προβλήματα δικά τους και τους τα έλυνα. Μου δόθηκε τότε η ευκαιρία για η Φυσική στην Αμερική και έτσι πήγα. Αργότερα όταν πήγα στην Τερ γέστη ήρθε ο Ehlers από τη Γερμανία σε κάποιο συνέ δριο στην Ιταλία και με κάλεσε στο Max Planck. Αυτός ήταν, που είδε, ότι είχα κλίση στα Μαθηματικά. Ο ίδιος είχε λατρεία στα Μαθηματικά αν και ήταν φυσικός, στο σπίτι του είχε όλο πορτραίτα μεγάλων μαθηματικών. Αυτός ήθελε να γίνει μαθηματικός αλλά δεν είχε το τα λέντο και έγινε φυσικός, έτσι το είχε απωθημένο. Μου είπε, πήγαινε να μάθεις Μαθηματικά γιατί χάνεις τον καιρό σου. Μου έδωσε άδεια και το 1 978 πήγα στο Παρίσι και σπούδασα Μαθηματικά. Ποιος ήταν εκείνος που σας βοήθησε να πάτε στην Αμερική; Δ.Χ. Ο Σπύρος Μιχαλόπουλος Ηλεκτρολόγος Μηχανο

λόγος του Πολυτεχνείου, φίλος του πατέρα μου. Είχε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/2

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥ ΛΟΥ στην Εκάλη

θυμάμαι γραφείο στην Κολοκοτρώνη, δίπλα στην παλιά Βουλή . Αυτός ήξερε έναν σημαντικό θεωρητικό Φυσικό στο Ινστιτούτο Henri Poincare, τον Έλληνα Αχιλλέα Παπαπέτρου, που είχε παίξει σημαντικό ρόλο στη Γε νική Θ εωρία της Σχετικότητας και αργότερα έγινε Διευθυντής στο Ινστιτούτο. Ο Παπαπέτρου ο οποίος πέθανε σε μεγάλη ηλικία, ήταν αριστερός διώχθηκε από την Ελλάδα στον εμφύλιο και πήγε στην Ανατολική Γερμανία, όπου είχε επαφές με τον επίσης αριστερό Χρίστο Παπακυριακόπουλο. Αλλά όταν σηκώθηκε το Τοίχος του Βερολίνου, ο Παπαπέτρου, που του ταίριαζε περισσότερο το αριστερό κίνημα των Γάλλων, παρά ο πραγματικός κουμμουνισμός, πήγε στο Παρίσι. Φίλος του Παπαπέτρου ήταν ο John Wheeler από το Πρίνστον, ο οποίος είχε πάει τότε με άδεια στο Παρίσι. Ο Παπαπέτρου μέσω του Μιχαλόπουλου έγραψε στους γονείς μου, ήταν το 1 967, να πάω στο Παρίσι να με εξε τάσουν γιατί είχαν εντυπωσιαστεί από αυτά που του εί χα γράψει και να δουν αν κάνω για περαιτέρω σπουδές. Μάλιστα ο Παπαπέτρου είχε πει στον Wheeler «αυτός ο νεαρός προσεγγίζει τη Φυσική μέσω των Μαθημα τικών», αυτό μου το είπε πολύ αργότερα, ο Παπαπέ

τρου. Πράγματι, ήμουν κατά τι, καλύτερος στα Μαθη ματικά παρά στη Φυσική αλλά, αφού μου δόθηκε η ευ καιρία για το Πρίνστον, ακολούθησα τον Wheeler. Έ τσι τον Ιανουάριο του 1 968 έφυγα για την Αμερική, χωρίς να έχω τελειώσει το σχολείο.

Χαρακτηριστικδ στιγμιδτυπο στο γραφείο του

Ο John Wheeler ήταν κάτι σαν ιεραπόστολος με ήθελε κατ' εικόνα και ομοίωση. Με είδε εύπλαστο παιδί και είπε

κάτσε ,να τον κάνω σαν και μένα και με απομόνωσε από τα Μαθηματικά. Δεν το έκανε από κακό, με αγαπούσε πολύ, α).λά ίσως ενδόμυχα, φοβόταν να μη φύγω στα Μαθηματι κά. Στο βιβλίο για την αυτοβιογραφία του, έχει αφιερώσει 3 σελίδες για μένα, πέθανε 97 ετών το 2008. Μαθητής του ή ταν και ο Feynman. Τότε εγώ είχα κάνει μια σημαντική ερ γασία στη Φυσική, με την οποία ξεκίνησε ο τομέας θερμο δυναμική των μαύρων οπών, η οποία συνεχίστηκε από το συμφοιτητή μου Bekenstein που τελείωσε τρία χρόνια αργό τερα και ύστερα από τον Hawking. Η πρώτη μου επιστημο νική εργασία δημοσιεύτηκε στα Physical Review Letters το 1 970 όταν ήμουν 1 9 ετών μόνο με το όνομά μου. Το φθινό πωρο του 20 1 Ο μετά από 40 χρόνια βρισκόμουν στο Χάρ βαρντ σε ένα φίλο και ο καθηγητής της Φυσικής, Andrew Strominger μου ζήτησε να κάνω εγώ τα δύο τελευταία μα θήματα της χρονιάς στους φοιτητές, γιατί το θέμα ήταν α κριβώς αυτή η εργασία που είχα κάνει πριν 40 χρόνια, ώστε να τα ακούσουν αυτά οι φοιτητές από πρώτο χέρι. Α, να σας πω, μετά και για την παρ' ολίγο, εμπλοκή μου με τις Υδρο γονοβόμβες. Το 1972 μας διδάξατε Θεωρητική Φυσική στο Πανε πιστιjμιο Αθηνιύν, γιατί είχατε έρθει; ενιύ είχαμε δι κτατορία [χούντα];

Δ.Χ. Πρέπει να σας πω αυτή την ιστορία. Η κλήρωση για το Βιετνάμ ήταν με την ημερομηνία γεννήσεως. Ε πειδή είχα κληρώσει τον αριθμό 5, θα πήγαινα κατευ θείαν στο μέτωπο αν κατέθετα το Ph.D. Ο Wheeler υ πήρξε διευθυντής του προγράμματος κατασκευής της πρώτης Υδρογονοβόμβας. Αυτό το πρόγραμμα είχε δύο εργαστήρια, τα πειράματα γίνονταν στο Los Alamos και τα θεωρητικά στο Πρίνστον. Μάλιστα ο Teller έπαιξε μεγαλύτερο ρόλο στα θέματα αυτά, αλλά ήταν Ούγγρος και τότε εμπιστεύονταν μόνο Αμερικάνους σε θέσεις δι ευθυντών. Ο Wheeler είχε τρομερή αγάπη στις εκρή ξεις, μάλιστα από μικρός είχε κομμένα και τρία δάχτυ λα από το χέρι επειδή έπαιζε με δυναμίτη. Ακούστε, ό ταν έδωσα το πρώτο σεμινάριο ενθουσιάστηκε, τόσο πολύ που άναψε κάτι μπουρλότα και πάρα λίγο να κά ψει το κτίριο της Φυσικής. Στα γενέθλιά του, είχε πει σε μια δημοσιογράφο: Ποιος είναι ο λόγος να ασχολείται

κανείς με τη Φυσική αν δεν κάνει και μερικές εκρήξεις; Όταν ήμουν μικρός έκανα εκρήξεις με δυναμίτη, μετά έ κανα πιο μεγάλες εκρήξεις όπως οι πυρηνικές βόμβες, και τώρα ασχολούμαι με το Βίg Bang. Μια μέρα με πήρε

και με πήγε στο Πεντάγωνο στην Ουάσιγκτον, σκοπός του ήταν να με βάλει να δουλέψω στις Υδρογονοβόμβες και να μην πάω στο Βιετνάμ, σου λέει σε έφτιαξα εγώ, για να πας να σε καθαρίσουν στο Βιετνάμ οι Βιετκόνγκ; Έλα να φτιάξουμε ωραίες βόμβες. Πιτσιρικάς τότε εγώ θυμάμαι είχα πολύ τρακ με τους στρατηγούς στο Πε ντάγωνο. Ο Wheeler τόσο πολύ ήθελε να γίνει το σχέδιό του που μου είχε δώσει κάποιο βιβλίο απόρρητο να δια βάσω, για να είμαι προετοιμασμένος. Εμένα όμως όλα αυτά μου φαίνονταν μαύρα, κατάλαβα ότι η δουλειά στο Πεντάγωνο θα μου στερούσε κάθε ελευθερία, πώς να ξεφύγεις από τους Αμερικάνους και τη CIA, την ε ποχή του ψυχρού πολέμου; Έτσι πήρα αναβολή και πή γα στο Caltech. Τότε με έπιασε μια φοβερή νοσταλγία για την Ελλάδα. Δεν είχα παρακολουθήσει τι συνέβαινε στην Ελλάδα, ήξερα μόνο ότι έχει χούντα, ήμουν προ σηλωμένος στην επιστήμη και το όραμα που υπήρχε ε κείνη την εποχή στην Αμερική για το διάστημα, γι' αυ τό ασχολήθηκα με τη θεωρία του Αϊνστάιν. Στην Ελλά δα έγινε μια ειδική θέση στο Πανεπιστήμιο και το φθι νόπωρο του 1 972 πήρα την απόφαση και γύρισα, προτι μώντας αυτό που μου φάνηκε το λιγότερο, από τα δυο κακά, γιατί η μεν χούντα ήταν πρόσκαιρη και η απόφα ση του γυρισμού στην Ελλάδα αναστρέψιμη, ενώ ο ψυ χρός πόλεμος ατελείωτος και η απόφαση να μπω στα πυρηνικά μη αναστρέψιμη. Εδώ είχα πάρε δώσε με τον Φωκίωνα Χατζηιωάννου επίσης καθηγητή στο Πανεπι στήμιο. Γρήγορα όμως φάνηκε η κατάσταση με την χούντα. Ο μαθητής μου, Ανδρέας Παπασταυρίδης, α δελφός του Σταύρου που είναι καθηγητής στο Πανεπι στήμιο Αθηνών, είχε οργανώσει αντίσταση κατά της χούντας και όταν τον συνέλαβαν προσπάθησα να τον βγάλω, αλλά η ΕΣΑ μου είπε φύγε, γιατί θα συλλά βουμε και σένα. Αφού έγινε το Πολυτεχνείο τα πράγ ματα είχαν σκουρύνει αρκετά και αποφάσισα να φύγω. Πήγα για λίγο στο CERN. Εκεί συνάντησα τον t' Hooft [μετέπειτα Νομπελίστα], ύστερα πήγα στην Τεργέστη με τον Abdus Salam διευθυντή ερευνητικού κέντρου της Ουνέσκο, που τότε δεν ήταν ακόμη Νομπελίστας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/3

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΗΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥ ΛΟΥ στην Εκάλη

Στην Ελλάδα όταν έγινε μεταπολίτευση ήρθα ξανά το 1 975 να κάνω το στρατιωτικό μου και μετά ξαναέφυγα για την Τεργέστη.

μετρία, είναι ο πρώτος από την εποχή του Αρχιμήδη που μελέτησε τη σύγκλιση σειράς, ασχολήθηκε με τη θεωρία πιθανοτήτων, τον Μαγνητισμό κ.ά. Έλεγε μάλι στα ότι σκοπός του ήταν να επαναφέρει στα Μαθηματι κά την λογική αυστηρότητα των Αρχαίων Ελλήνων. Έχουν σχέση τα Μαθηματικά του Απολλώνιου με τη Θεωρία της Σχετικότητας.

Ο Δ. Χριστοδούλου με τον J. Nash και οι γυναίκες τους

Ευκ).είδεια Γεωμετρία είναι ο πυλώνας και της ειιπαίδευσης, τέτοιες διεισ ι\ι,rιιι·i:; ματιέ; στη Γεωμετρία, ).είπουν τα τελευταία ιριίΙ"Ια απιί τψ ΕJJ.ηνιιιΊί βιβ).ιογραφία. Τι λέτε γι' αυτό; Δ.Χ. Θέλω να επισημάνω ότι στην Ελληνική έκδοση της Έιετε τt•)l"

πει

δτι η

.ΗαΟηματιιαbν

WIKIPEDIA δεν υπάρχει άρθρο για τον Απολλώνιο. Μα δεν γράφει κανείς; Ο κάθε Ακαδημαϊκός έχει άρθρο και δεν υπάρχει άρθρο για τον Απολλώνιο; Θα φροντίσω να εκδοθεί μια αναπτυγμένη μορφή της ομιλίας που έκανα για τον Απολλώνιο. Θα βάλω τον Αλέξανδρο, τον προγονό μου, που είναι άριστος φιλόλογος, να με βοηθήσει. Έχω κάνει και μια άλλη ομιλία που θα βγει σε βιβλίο από τον εκδοτικό οίκο ΕΥΡΑΣΙΑ. Θα κυκλοφορήσει σύντομα, όμως εκεί φτάνω μόνο μέχρι τον Αρχιμήδη. Υπάρχει ένα θέμα που είναι φαίνεται τελείως άγνωστο στην Ελλάδα και δεν το έχω συζητήσει με πολλούς, πα ρά μόνο με τον καθηγητή Στέλιο Νεγρεπόντη. Το θέμα αυτό είναι η απίθανη αυστηρότητα που είχαν οι Αρ χαίοι Έλληνες στα Μαθη ματικά από την εποχή του Εύδοξου το 350 π.Χ. Ούτε το 1 8° αιώνα δεν γνώριζαν αυτό το χαρακτηριστικό που υπήρχε ήδη στην Ευκλεί δεια Γεωμετρία. Πώς είναι δυνατόν τότε οι μαθηματικοί να έχουν φτάσει σε μια τόση μαθηματική αυστηρότητα και το 1 8° αιώνα ο μεγάλος κατά τα άλλα Euler να έχει πει απίθανα πράγματα. Είχε πει αν στη σχέση I -1 -χ

I +χ+χ·+...

θέσουμε χ=2 έχουμε -I =Ι+ 2 + 22 + ...

και ότι αυτό πρέπει να είναι σωστό, το ίδιο και αν θέσουμε όπου χ το 1/χ δηλαδή

-1

Ι--

σθ.εσουμε

ι 1 1-χ

�+ . .

I+ _!_ + χ χ

. μα αν τις προ

ι + ι + + + 2+ -I - ... + 2 - Ι χ χ . . το _

πρώτο μέλος είναι Ο και το δεύτερο ότι θέλει και έλεγε ότι και αυτό είναι σωστό. Ο Gauss θεωρούσε τον Euler ότι είναι πολύ κατώτερος από τον Νεύτωνα, παρόλο που είχε ασχοληθεί και με Μαθηματικά και με Φυσική, είχε γράψει 30.000 σελίδες, έβγαλε τις εξισώσεις κινήσεως των ρευστών, των άκαμπτων στερεών κ.ά. Το βασικό του έργο είναι, στην ανάλυση και τη διαφόριση τη θεωρούσε

δεν ήξερε την έννοια του ορίου.

Βασικό είναι να χειριστούμε το άπειρο με λογική αυ στηρότητα, ενώ ο Euler κοίταζε μόνο τη φόρμα και δε χόταν κάθε αποτέλεσμα. Ο Νεύτων είχε πιο καλή ιδέα για το όριο έστω και μέσα από τη Φυσική. Ο Gauss ασχολήθηκε με τη θεωρία αριθμών, τη Διαφορική Γεω-

Βέβαια έχουν σχέση . Την Αλεξανδρινή περίοδο μετά τον Αρχιμήδη ήταν ο Απολλώνιος ο οποίος ασχολήθηκε με κάτι που γενικεύτηκε τον 20° αιώνα και εφαρμό στηκε μεταξύ άλλων σε ένα θεώρημα που έχει να κάνει με το σχηματισμό ανωμαλιών στο χωροχρόνο. Το θεώ ρημα αυτό το απέδειξε ο Penrose και πήρε το όνομα Θεώρημα Μη Πληρότητας . Είναι πολύ σημαντικό στη Γενική Θεωρία της Σχετικότητας. Ο Απολλώνιος στις Κωνικές Τομές είχε ασχοληθεί με τις λεγόμενες Εστια κές Καμπύλες, αυτό ακριβώς μεταφέρθηκε στη Γενική Θεωρία της Σχετικότητας. Ακόμα και το θεώρημα του Ferrnat που το απέδειξε ο συνάδελφος μου, στο Πρίν στον ο Wiles, το απέδειξε μέσω των Ελλειπτικών Κα μπύλων οι οποίες αντιστοιχούν στις Εστιακές Καμπύλες των Κωνικών Τομών του Απολλώνιου. Τα τεJ.ευταία 50 χρόνια η επιστήμη και η ανάπτυξη της τεχνολογίας έχουν αλλάξει τη ζωή μας και το πε ριβάJJ.ον, τόσο όσο δεν είχε αλλάξει ίσως τα προηγού μενα 1000 χρόνια, ο ρυθμός αυτής της ανάπτυξης υ πάρχει σε ό).ες τις επιστήμες ή αυτό έχει γίνει μόνο στα Μαθηματικά; Δ.Χ. Οι φυσικοί σήμερα όλο χρήματα ζητάνε, ξοδεύουν

δισεκατομμύρια . Έχουν πείσει τους πολιτικούς ότι για να υπάρξει πρόοδος στην έρευνα για τη Φυσική, πρέπει να αδειάσουν τα κρατικά ταμεία. Όμως η Φυσική σήμερα βρίσκεται σε τέλμα σε σχέση και με την εκπληκτική πρόο δο που έχει κάνει η Βιολογία και η Ιατρική, αλλά και σε σχέση με τα άλματα που έχουν γίνει τα τριάντα τελευταία χρόνια στα Μαθηματικά, αφού προβλήματα που ήταν για αιώνες ανοιχτά λύθηκαν αυτή την περίοδο. Όταν ακούω να υποστηρίζουν ορισμένοι φυσικοί ότι απαιτούνται δισε κατομμύρια, για να γίνει κάποια πρόοδος, αισθάνομαι ά πειρη συμπάθεια για τον Αϊνστάιν, έναν υπαλληλίσκο σε ένα γραφείο ευρεσιτεχνίας στη Βέρνη, που μεταξύ φθοράς και aφθαρσίας, σε ένα διαμερισματάκι, που το έχω επι σκεφτεί, κατάφερε μια πραγματική επανάσταση στην επι στήμη. Και αυτό το απίστευτο κατόρθωμα το έκανε στον λίγο ελεύθερο χρόνο που του απέμενε τα βράδια μετά την καθημερινή δουλειά.

Πού πάει σιίμερα η επιστιίμιι με την Πληροφορική, τη Θεωρία του χάους ιι·αι τόσα ά)J.α νέα επιστημονικά επιτεύγματα; Δ.Χ. Η Θεωρία του χάους είναι κάτι που ανήκει σε έ

ναν τομέα των Μαθηματικών, την Θεωρία των Δυναμι κών Συστημάτων. Η Πληροφορική στην Αγγλική γλώσσα, λέγεται Computer Science. Η πιστή μετάφρα ση στα Ελληνικά είναι «Επιστήμη των Υπολογιστών». Εδώ θέλω να κάνω μια παρένθεση. Βρίσκω ότι αυτά που λένε σε συνεντεύξεις τους ο Παπαδημητρίου και ο μαθη τής του ο Δασκαλάκης είναι ανακριβή. Γιατί αυτοί πα ρουσιάζονται ως μαθηματικοί και μάλιστα όταν μιλούν δίνουν την εντύπωση ότι τα Μαθηματικά εmκεντρώνο νται στα θέματα με τα οποία αυτοί ασχολούνται. Αν ό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/4

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ στην Εκάλη

μως ψάξετε λίγο στο διαδίκτυο θα βρείτε αμέσως ότι και οι δυο έχουν θέσεις σε τμήματα Computer Science που ανήκουν στις σχολές Engineering, δηλαδή Μηχανικών, των αντίστοιχων Πανεπιστημίων. Δεν είναι λοιπόν καθη γητές σε κάποιο Τμήμα Μαθηματικών. Βεβαίως μπορεί κανείς να έχει την άποψη που ίσχυε μέχρι τον 1 8ο η και 1 9ο αιώνα, ότι με «Μαθηματικά» εννοούμε όλες τις α κριβείς επιστήμες. Αυτή την άποψη εκφράζει π.χ. ο Κο πέρνικος όταν στην αρχή του βιβλίου του λέει ότι «Τα Μαθηματικά είναι για τους μαθηματικούς» όπως ο ίδιος, όμως εμείς σήμερα με την στενότερη άποψη που έχουμε για τα μαθηματικά τον θεωρούμε αστρονόμο και όχι μα θηματικό. Εγώ όμως είμαι ένθερμος υποστηρικτής της παλιάς ευρύτερης άποψης. Όμως εδώ τα πράγματα δυ σκολεύουν πολύ περισσότερο, γιατί βέβαια είναι πολύ δυσκολότερο να υποστηρίξει κάποιος ότι «Τα Μαθημα τικά» με αυτή τη διευρυμένη έννοια επικεντρώνονται στα θέματα με τα οποία ο ίδιος ασχολείται.

Εδώ, δείχvει στο φίλο του J. Nash, το χειρόγραφο έργο του : «0 σχηματισμός Κυμάτων Κρο ύ σεως στα Τρισδιάστατα Ρευστά » [2006]

Ο Παπαδημητρίου και ο Δασκαλάκης ανέφεραν επανει λημμένως ότι συνεργάζονται με τον John Nash και ότι έχουν βρει τα όρια της εφαρμογής του θεωρήματος του Nash στην Θεωρία των Παιγνίων περί υπάρξεως ση μείων ισορροπίας. Ο John Nash συμβαίνει να είναι φί λος μου εδώ και πολλά χρόνια, εφόσον ήμουν Καθηγη τής των Μαθηματικών στο Πρίνστον όπου βρίσκεται ο Nash. Είμαι σε συνεχή επαφή μαζί του μέσω e-mail. Τον ρώτησα λοιπόν αν πράγματι συνεργάζεται με τον Παπαδημητρίου και τον Δασκαλάκη και αν γνωρίζει τι έχουν αυτοί αποδείξει σε σχέση με το θεώρημα του. Μου απάντησε αμέσως. Η απάντηση του όσον αφορά το πρώτο μου ερώτημα ήταν ότι κάτι τέτοιο δεν ισχύει. Όσον αφορά το δεύτερο ερώτημα, μου είπε ρώτησα ανθρώπους της Πληροφορι κής και μου είπαν έχουν κάνει πράγματι μια καλή δου λειά στην Πληροφορική. Απέδειξαν ότι οι αλγόριθμοι που έχουν επινοηθεί για να βρεθεί προσέγγιση στην ι σορροπία Nash απαιτούν χρόνο np, δηλαδή μη πολυωνυμικό. Ακριβέστερα, μου είπε, απέδειξαν κάτι άλλο, που όμως πιστεύεται ότι ισοδυναμεί με αυτό. Δεν φαίνεται λοιπόν να συμφωνεί ο ίδιος ο Nash με τον ι σχυρισμό των Παπαδημητρίου-Δασκαλάκη ότι βρήκαν τα όρια εφαρμογής της θεωρίας του, όπως ο Αϊνστάιν είχε βρει τα όρια εφαρμογής της θεωρίας του Νεύτωνα, και ετοιμάζονται, όπως εκείνος, να την αντικαταστή σουν με μια ανώτερη θεωρία ευρύτερης εφαρμογής. Ο Nash ξέρετε απέδειξε ότι ένας Ριμάνειος χώρος [χώρος Riemann] ν διαστάσεων μπορεί να εμβαπτιστεί ισομετρι κά σε ένα Ευκλείδειο χώρο αρκετά μεγάλης διάστασης.

Επομένως απέδειξε ότι η Ριμάνεια Γεωμετρία [γεωμετρία του Riemann] εμπεριέχεται στην Ευκλείδεια, όπως ο Gauss μελέτησε την εσωτερική γεωμετρία επιφανειών στο χώρο, αυτός απέδειξε ότι αν είναι ν διαστάσεων ο Ριμάνει ος χώρος εμβαπτίζεται ισομετρικά σε ένα Ευκλείδειο χώ ρο 2ν διαστάσεων, αλλά όχι ομαλά, μόνο με πρώτης τάξε ως παραγώγους συνεχείς, και ομαλά σε έναν Ευκλείδειο χώρο Ν διαστάσεων για κάποιο αρκετά μεγάλο Ν που ε ξαρτάται από το ν. Κάποτε έβαλα τον John Nash να εξι στορήσει στους μαθητές μου πώς του ήρθε η ιδέα για το θεώρημα που αφορά τον μη ομαλό εμβαπτισμό, που φαί νεται αντιμέτωπο με την διαίσθηση εφόσον έχουμε περισ σότερες συνθήκες από αγνώστους. Τότε τους είπε «είχα πάει στο Luna Park και είδα το καλειδοσκόπιο. Εκεί έβλεπες κάτι πολύχρωμες σκηνές, αλλά τις έβλεπες σπασμένες. Τότε μου μπήκε η ιδέα ότι αυτό που δεν εί ναι ομαλό μπορεί να έχει περισσότερες πληροφορίες μέσα του, από κάτι άλλο ομαλό. Άρα μπορεί να ικανο ποιεί περισσότερες συνθήκε9). Ο Nash με τη μέθοδο του στο θεώρημα που αφορά τον ομαλό εμβαπτισμό έπετρεψε στον Moser να γενικεύσει το θεώρημα του Kolmogoroν και Arnold στην Ουράνια Μηχανική. Το πρόβλημα του Hilbert για την ομαλότη τα των λύσεων ελλειπτικού τύπου προβλημάτων στον λογισμό των μεταβολών στην περίπτωση μιας άγνωστης μεταβλητής, λύθηκε με μια άλλη μέθοδο του Nash και ταυτόχρονα με μια αντίστοιχη μέθοδο του De Giorgi [το γενικό πρόβλημα παραμένει άλυτο]. Αυτά όλα τα ξέρω, τα έχω διδάξει, δεν ξέρω όμως τη θεωρία των Παιγνίων. Τώρα η Πληροφορική μας λέει ότι σε ένα οποιοδήποτε μαθηματικό πρόβλημα μπορεί κανείς να βρει προσεγγι στική λύση αριθμητικά. Επινοήθηκαν λοιπόν αλγόριθ μοι οι οποίοι μπορεί να δώσουν μία προσέγγιση, με τη χρήση υπολογιστών, στην ισορροπία που προβλέπει η θεωρία του Nash. Αυτοί που ασχολούνται με την Πλη ροφορική έχουν ένα τρόπο να πουν αν ο υπολογιστικός χρόνος που απαιτείται για μια προσέγγιση είναι μικρός ή μεγάλος. Τον ένα τον λένε χρόνο p (polynomial tiωe) και τον άλλο χρόνο np (non-polynoωial tiωe). Όμως η αλήθεια είναι, όταν έχεις ένα μαθη ματικό θεώρη μα είναι μαθηματικό θεώρημα, δεν ενδιαφέρει τους μα θηματικούς πόσος χρόνο απαιτείται, για να υπολογι στεί μια προσέγγιση, όταν έχουμε συγκεκριμένα δε δομένα. Αυτό είναι κάτι που ενδιαφέρει την Πλη ρο φορική και όχι τα καθαρά Μαθηματικά. Για να βρεις αν κάποιος συγκεκριμένος μεγάλος αριθμός είναι πρώ τος ή όχι, και αν δεν είναι πως αναλύεται σε γινόμενο πρώτων, μπορεί να απαιτεί εξαιρετικά μεγάλο χρόνο. Όμως αυτό δεν είναι κάτι που απασχολεί τους μαθημα τικούς. Αυτό που ενδιαφέρει από άποψης Μαθηματικών είναι π. χ. ποια είναι η κατανομή των πρώτων αριθμών ή το άλυτο πρόβλημα του Rieωann που υπεισέρχεται α κόμα και στη Φυσική [στην Στατιστική Μηχανική] με τη συνάρτηση ζήτα (ζ). Μεγάλο άλμα του ανθρώπου ιίταν όταν πάτησε στο Φεyγάρι ή όταν δημιούργησε την Ευκλείδεια Γεωμετρία; Δ.Χ. Σαν επίτευγμα του ανθρωπίνου πνεύματος η Ευ κλείδεια Γεωμετρία μπορεί να συγκριθεί μόνο με την Μηχανική του Νεύτωνα. Η Ευκλείδεια Γεωμετρία εισή γαγε την υποθετικό-αποδεικτική μέθοδο η οποία είναι ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 84 τ.4/5

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ στην Εκάλη

ορισμός της Επιστήμης. Αυτό έλεγε και ο Νεύτων και ο Αϊνστάιν. Κάποτε που είχα μια ομιλία με ακροατήριο Άραβες, είπα κάτι δικό τους που βρήκα σε ένα βιβλίο, ότι ένας Άραψ μαθηματικός την εποχή της ακμής του Αραβικού πολιτισμού έλεγε για τον Ευκλείδη : δεν υ πάρχει κανείς που δεν ακλούθησε τα βήματά του,

όλοι λοιπόν είμαστε μαθητές του.

Το 201 Ι τιμηθήκατε για μια ακόμη φορά με διεθνές βραβείο, το οποίο είχε και ένα εκατομμύριο δολάρια [SHA W PRIZEJ. τι ακριβώς είναι αυτό που κάνατε στη φυσική και τα μαθηματικά; Δ.Χ. Εγώ ασχολούμαι με την γενική θεωρία της σχετι

κότητας, δηλαδή την θεωρία του Αϊνστάιν για τον χώρο τον χρόνο και την βαρύτητα, και επίσης ασχολούμαι με την Μηχανική του συνεχούς, δηλαδή την Μηχανική των ρευστών που την λέμε και υδροδυναμική, και την Θεω ρία της ελαστικότητας των στερεών. Επί πλέον ασχο λούμαι και με τον ηλεκτρομαγνητισμό συνεχών μέσων. Γενικά μπορούμε να πούμε ότι ασχολούμαι με την κλασσική Φυσική του συνεχούς. Αυτός είναι ο προσδι ορισμός του επιστημονικού πεδίου μου από την άποψη της Φυσικής. Από την άποψη των Μαθηματικών όμως το πεδίο αυτό προσδιορίζεται ως η θεωρία των μη γραμμικών συστημάτων διαφορικών εξισώσεων με με ρικές παραγώγους. Νομίζω ότι κάτι παρόμοιο μπορούμε να πούμε για το επιστημονικό πεδίο των Kolmogoroν, Amold, Moser και Sinai. Δηλαδή προσδιορίζεται από την άποψη της Φυσικής ως η Κλασική Μηχανική, που περιέχει το βασικό πρόβλημα της ουράνιας μηχανικής, δηλαδή το πρόβλημα των ν σωμάτων που κινούνται υπό την επίδραση της αμοιβαίας βαρυτικής έλξης, και από την άποψη των Μαθηματικών ως η θεωρία των δυναμι κών συστημάτων, δηλαδή η θεωρία των μη γραμμικών συστημάτων σύνηθων διαφορικών εξισώσεων. Ο Richard Hamilton, με τον οποίο μοιράστηκα το βρα βείο με θεωρεί αδελφή ψυχή. Αυτός ασχολήθηκε με τις παραβολικές εξισώσεις, τις οποίες εφάρμοσε για την ει κασία του Poincare και γοητευότανε όχι από τον τελικό σκοπό αλλά πως φτάνουμε εκεί. Οι δε τοπολόγοι εκείνο τον καιρό ούτε να ακούσουν για όλα αυτά, τι τράβηξα να τους πείσω για να του κάνουν προσφορά στο Πρίν στον ήταν το κάτι άλλο. Τώρα όμως , μετά το έργο του Perelman, που συμπλήρωσε εκείνο του Hamilton φτά νοντας στον τελικό σκοπό, έχουν πειστεί οι πάντες. Εγώ όμως, άσχετα με τι λένε οι άλλοι, θεωρώ τον εαυτό μου και μαθηματικό και φυσικό. Μπορεί να έχω ισχυρότερη μαθηματική σκέψη, αλλά την χρησιμοποιώ για να προσεγγίσω προβλήματα της Φυσικής, όπως ακριβώς είχε προσέξει ο Παπαπέτρου. Εγώ γοητεύομαι από τον τελικό σκοπό, που είναι η μα θηματική περιγραφή των φυσικών φαινομένων. Γι αυτό, όπως ανέφερα πιο πριν, θα προτιμούσα τον πα λιό ορισμό των Μαθηματικών, εκείνον του Κοπέρνικου, που περιλαμβάνει όλες τις ακριβείς επιστήμες. Άλλωστε έχω ως ινδάλματα μου τον Αρχιμήδη και τον Νεύτωνα. Αυτούς τους δυο θεωρώ τους κορυφαίους εκπροσώπους των Μαθηματικών με την παλιά έννοια της λέξεως. Αυ τοί οι δυο και μόνο αυτοί σε όλη την ιστορία κυριάρχη σαν σε όλους τους τομείς των Μαθηματικών και φυσι κών επιστημών με την σημερινή έννοια. Ο Gauss είχε

ακριβώς την ίδια γνώμη. Εγώ βεβαίως ούτε κουνούπι δεν είμαι συγκρινόμενος με εκείνους. Προσπαθώ απλώς κάτι να καταφέρω κουτσά στραβά στο περιορισμένο πεδίο με το οποίο τόσα χρόνια ασχολούμαι. Το πρώτο πρόβλημα με κάποια σημασία με το οποίο ασχολήθηκα ήταν το εξής. Η τετριμμένη λύση των εξι σώσεων του Αϊνστάιν της γενικής θεωρίας της σχετικό τητας είναι ο επίπεδος χωροχρόνος Minkowski της ειδι κής θεωρίας της σχετικότητας. τίθεται το πρόβλημα της ευστάθειας, δηλαδή πραγματικής και όχι γραμμικοποι ημένης ευστάθειας, του χωροχρόνου Minkowski, στο πλαίσιο της γενικής θεωρίας. Να βρει δηλαδή κανείς στο πλαίσιο των μη γραμμικών εξισώσεων Αϊνστάιν, αν, δεχόμενοι ότι οι αρχικές συνθήκες είναι αρκετά κο ντά στις επίπεδες, υπάρχει ομαλή λύση για όλο το χρό νο, και αν η συμπεριφορά της λύσεως είναι τέτοια ώστε πάλι να καταλήγει στο χωροχρόνο Minkowski στο ά πειρο μέλλον. Στο ερώτημα αυτό έδωσα θετική απά ντηση στο έργο μου σε συνεργασία με τον Ρουμάνο συ νάδελφο μου Sergiu Klainerman "The Global Nonlinear Stability of the Minkowski Space" [Princeton Mathe matical Series, Princeton University Press 1 993]. Μάλι στα αποδείξαμε ότι η αρχική διαταραχή διαδίδεται σε κύματα, τα λεγόμενα κύματα βαρύτητας. Μελέτησα δε το θέμα περαιτέρω μόνος μου και βρήκα το λεγόμενο «φαινόμενο μνήμης».

Έξω από το σπίτι του, στην Εκάλη

Το πρόβλημα που ανέφερα είναι ίσως το πιο δύσκολο πρόβλημα του τύπου που λένε οι φυσικοί perturbation problem, «πρόβλημα διαταραχών» θα ήταν μια απόδο ση στα Ελληνικά, δηλαδή δεν ασχολείται με το τι συμ βαίνει όταν η αρχική απόκλιση από τα τετριμμένα δε δομένα είναι μεγάλη. Με το αντίστοιχο πρόβλημα στην υδροδυναμική, ακριβέστερα στην μηχανική των συμπι εστών ρευστών, συμβαίνει κάτι το πολύ παράξενο. Συμβαίνει το αντίθετο από τη θεωρία της σχετικότητας. Αν θέλουμε μια αναλογία μεταξύ της γενικής σχετικό τητας και της υδροδυναμικής, το ανάλογο του επίπεδου χωροχρόνου είναι η κατάσταση όπου έχουμε ένα ρευ στό εν ηρεμία σε σταθερή τιμή πίεσης και θερμοκρασί ας. Αυτή είναι λοιπόν η τετριμμένη κατάσταση, δεν εί ναι μία είναι πολλές αλλά αυτό αποτελεί μικρή γενίκευ ση. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε μια αρχική διαταραχή μιας τέτοιας τετριμμένης κατάστασης που έχει στήριγ μα που περιέχεται σε κάποια σφαίρα. Στο στήριγμα της διαταραχής ούτε η πίεση και η θερ μοκρασία είναι σταθερές, ούτε το ρευστό βρίσκεται εν ηρεμία. τίθεται λοιπόν πάλι το ερώτημα, υπάρχει λύση ομαλή για όλο το χρόνο αν το πλάτος της αρχικής δια ταραχής είναι αρκούντως μικρό; Υπάρχει; Εγώ απέδει ξα ότι δεν υπάρχει. Μάλιστα, βρήκα ακριβώς τι συμ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/6

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ στην Εκάλη

βαίνει. Σχηματίζονται κύματα κρούσεως, όσο μικρό και αν είναι το αρχικό πλάτος. Απλώς για μικρότερο αρχικό πλάτος χρειάζεται περισσότερη υπομονή. Δεν υπάρχει κατώφλι κάτω από το οποίο δεν δημιουργούνται ποτέ ανωμαλίες. Προσδιόρισα μάλιστα τον χρόνο δημιουργί ας. Ο λογάριθμος του χρόνου είναι αντιστρόφως ανάλο γος προς μια ποσότητα της οποίας το μέγεθος είναι ευ θέως ανάλογο με το πλάτος της αρχικής διαταραχής. Επομένως, αν το αρχικό πλάτος είναι πολύ μικρό, ο χρόνος δημιουργίας είναι εξαιρετικά μεγάλος. Αυτά πε ριέχονται στην μονογραφία μου "The Formation of Shocks in 3-Dimensional Fluids" [EMS Monographs in Mathematics, EMS Publishing House, 2007]. [Σημείω ση : EMS σημαίνει European Mathematical Society, δη λαδή Ευρωπαϊκή Μαθηματική Εταιρεία.]

Στο σπίτι του στην Εκάλ η, με τον κ. Π. Χριστό πουλο

Αυτό που έχω κάνει στο τελευταίο μου βιβλίο "The Formation of Black Holes in General Relatiνity" [EMS Monographs in Mathematics, EMS Publishing House, 2009], και που φαίνεται να εντυπωσιάζει περισσότερο εφόσον αναφέρεται πρώτο στο σκεπτικό της απονομής σε μένα του βραβείου Shaw, είναι ότι εξέτασα για πρώ τη φορά την περίπτωση όπου η αρχική απόκλιση από τα τετριμμένα δεδομένα είναι μεγάλη, κάτι που δεν είχε γί νει ποτέ προηγουμένως στον τομέα των μη γραμμικών υπερβολικών διαφορικών εξισώσεων. Απέδειξα, στο πλαίσιο της γενικής θεωρίας της σχετικότητας, ότι όταν έχουμε μια αρκετά ισχυρή εισερχόμενη ροη βαρυτικών κυμάτων τότε τελικά δημιουργούνται οι παγιδευμένες επιφάνειες τις οποίες ο Penrose είχε εισαγάγει σαν υπό θεση στο θεώρημα του. Εγώ το απέδειξα αυτό επινοώ ντας μια νέα αναλυτική μέθοδο που ονόμασα μέθοδο του βραχέως παλμού. Η μέθοδος βασίζεται στην υ πόθεση ότι οι αρχικές συνθήκες παρουσιάζουν μια απότομη αλλαγή όταν περνάνε μια επιφάνεια. Για να κάνω μια παρομοίωση σε δυο διαστάσεις, έχουμε μια απότομη αλλαγή στο υψόμετρο όταν βρισκόμαστε σε ένα οροπέδιο και φτάνουμε στο σύνορο του. Από εκεί και πέρα έχουμε μια πεδιάδα, επομένως η κλίση του εδάφους είναι μεγάλη κοντά στο σύνορο. Η μέθοδος του βραχέως παλμού αξιοποιεί αυτή την αρχική υπό θεση, την παρουσία μιας μικρής παραμέτρου που α ντιστοιχεί στην απόσταση στην οποία συντελείται η αλλαγή. Κτίζει ένα ολόκληρο λογισμό στον οποίο υ πεισέρχεται παντού η μικρή αυτή παράμετρος. Απο δεικνύει δε ότι αν η εν λόγω αλλαγή είναι αρκούντως απότομη τότε έχουμε λύση για ένα μεγάλο χρονικό διάστημα οποιοδήποτε και αν είναι το αρχικό πλά τος. Και όταν το πλάτος είναι αρκούντως μεγάλο, τό-

τε δημιουργούνται οι παγιδευμένες επιφάνειες. Μ ό λις τελείωσα το έργο αυτό, θυμάμαι, είχα τρομερό άγ χος, με έτρωγε αν στηρίχτηκα σε κάποιο από τα θεμέλια των Μαθηματικών που στο μέλλον θα αμφισβητηθεί. Όμως συζήτησα με άλλους έμπειρους μαθηματικούς και μου είπαν ότι το σύνδρομο είναι γνωστό. Έχει συμ βεί σε αρκετούς μαθηματικούς στο παρελθόν σε παρό μοιες συνθήκες, και έτσι ηρέμησα. Λ ένε ότι μόνο ένας νέος, μπορεί να κάνει υπερβάσεις στην Επιστήμη [τα μετάλλια Fίelds δίνονται μέχρι την ηλικία των 40 ετών], εσείς αυτή την υπέρβαση στη Μηχανική των Ρευστών και τη Γενικιί Σχετικότητα, την κάνατε το 2007 σε ηλικία μεγαλύτερη των 40, εί ναι κάτι σπάνιο αυτό; Δ.Χ. Αυτό προσωmκά με ενδιαφέρει πολύ, είναι γεγονός, για

τί είμαι ήδη 60 ετών. Έχω όμως διαmστώσει, ότι όλοι θεω ρούν αυτό που έκανα τελευταία σε ηλικία 57 ετών ως το κα λύτερο έργο μου, ενώ mo δύσκολο μου φάνηκε το μεσαίο, δηλαδή εκείνο για τα κύματα κρούσεως [. .. και μας δείχνει τους τρείς τόμους, που έ:χει τοποθετήσει με χρονολογική σει ρά στο τραπεζάκι]. Ίσως επειδή είχα ασχοληθεί πολλά χρόνια με τη θεωρία της σχετικότητας. Δυσκολεύτηκα περισσότερο με το μεσαίο τόμο, γιατί το θέμα του, η υδροδυναμική, ήταν κάτι καινούργιο για μένα και έπρεπε να καταλάβω πολλά. Τα πράγματα απλοποιούνται με τον χρόνο γιατί εισάγονται έννοιες που επιτρέπουν το σπάmμο τη ς μεγάλης αλυσίδας της λογικής συνεπαγωγής σε βραχύτερες αλυσίδες. Όμως η πρώτη υπέρβαση είναι πάντα η πιο δύσκολη. Αυτό που

έ:χω κάνει στο τελευταίο βιβλίο εντυπωσιάζει περισσότερο γιατί για πρώτη φορά ξεφεύγουμε από την οικεία περιοχή των προβλημάτων διαταραχών. Έχετε οικογένεια, παιδιά; Όλα αυτά που έχετε κάνει πως σας επηρέασαν σε προσωπικές επιλογές και πως τα συνδυάζατε; Δ.Χ. Όταν ήμουν στην Αμερική, για να μην πάω στον

πόλεμο στο Βιετνάμ, δεν κατέθεσα αμέσως τη διατριβή μου. Τότε πέρασε ένας νόμος που έδινε αναβολή, την οποία πήρα για ένα χρόνο, το 1 97 1 -72, και πήγα στο Caltech της Καλιφόρνιας. Εκεί το έριξα έξω, διάβαζα μόνο Καζαντζάκη και κάθε βράδυ πήγαινα στα μπου ζούκια μέχρι το πρωί. Γνωρίστηκα τότε με έναν Έλλη να τραγουδιστή και συνθέτη, τον Τόλη Χάρμα, που εί χε έρθει να στηρίξει το γιό του στις σπουδές του, και γί ναμε φίλοι. Περνούσα πολύ ωραία. Μετά από 34 χρόνι α, το 2006, όταν ήμουν στην Ζυρίχη, τον είδα μια φορά στην εκπομπή του Σπύρου Παπαδόπουλου «στην Υγειά μας» στην ΝΕΤ, που προβάλλεται παγκοσμίως, και ό ταν γύρισα στην Ελλάδα πήγα και τον βρήκα στην Α καδημία Πλάτωνος, και πιάσαμε ξανά την παλιά μας φιλία. Τώρα όμως δεν ζει πια. Πίσω στο 1 97 1 -72, στο Caltech γνωρίστηκα με μια Αμερικανίδα και το 1 973 παντρευτήκαμε. Όμως δεν άργησε να φανεί ότι δεν εί χαμε κοινά σημεία. Αλλά είχαμε εν τω μεταξύ αποκτή σει δυο κόρες την Πηνελόπη και την Αλεξάνδρα. Και έτσι έμεινα με την πρώτη σύζυγο μου πάνω από 20 χρό νια. Εφόσον αυτή δεν ήθελε με τίποτα να γυρίσω στην Ελλάδα, έστω με κάποια άδεια, aπομακρύνθηκα από τους παλιούς μου φίλους και aποξενώθηκα. Όταν τελι κά χώρισα το 1 994, τα παιδιά ήταν στο Πανεπιστήμιο, η μικρή κόρη μου σπούδαζε ψυχολογία και πληροφορική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.417

------

Ένα πρωινό με το ΔΗΜΉΤΡΗ ΧΡΙΣΤΟΔΟΥΛΟΥ στην Εκάλη

και η μεγάλη φιλοσοφία. Η ζωή μου τότε άλλαξε ριζικά. Γύρισα στην Ελλάδα και γνώρισα την Νικολέτα, το έ τερον μου ήμισυ. Ξαναπαντρεύτηκα, και αυτή την φορά βρήκα την τέλεια ευτυχία. Διατηρώ άριστες σχέσεις με τις κόρες μου, οι οποίες επισκέπτονται την Ελλάδα και ήταν παρούσες στην τελετή απονομής του βραβείου Shaw στο Χονγκ Κονγκ. Έχω και τρία εγγόνια.

στο σχολείο ως μα fJη τιjς Λ ιι λ-ι:ίοιι λΊJ.Ι στο ίδω σχολείο, fJα ,..·άι•ατι: αλpιβιύς τα ίδια πρ ιi.γμ α τα ιj δχι;

Λ �· ξι:ιιη •ιιι)σατι: σιjμι:ρα

Δεν θα άλλαζα ούτε στο ελάχιστο αυτά που έκανα από 26 ετών και μετά. Αυτά όμως που έκανα από 1 6 μέ χρι 26 ετών θα τα aντικαθιστούσα με μια μελέτη των Μαθηματικών και της Φυσικής που θα με οδηγούσε πιο γρήγορα στον δρόμο που τελικά ακλούθησα. Ο δρόμος αυτός είναι, όπως ήδη είπα, η ανάπτυξη της θεωρίας των μη γραμμικών συστημάτων μερικών διαφορικών εξισώ σεων σε συνδυασμό με την κλασσική Φυσική του συνε χούς με σκοπό τη λύση των προβλημάτων που προκύ πτουν στην τελευταία, επομένως την απόδειξη θεωρημά των που περιγράφουν τα φυσικά φαινόμενα. Το δρόμο αυτόν άρχισα να τον ακολουθώ όταν ήμουν 26 ετών. Όλα τα χρόνια που πέρασαν από τότε δεν ασχολήθηκα ποτέ με ενδογενή προβλήματα των καθαρών Μαθημα τικών, όπως η εικασία Poincarέ ή το πρόβλημα Fermat ή η υπόθεση του Riemann. Τα προβλήματα που πά ντοτε με συνάρπαζαν είναι τα προβλήματα της Μαθη ματικής Φυσικής. Υπάρχει π.χ. ένα πρόβλημα στην υ δροδυναμική, το πρόβλημα της τυρβώδους ροής. Η τυρβώδης ροη είναι το κάτι της καθημερινής εμπειρίας και εμφανίζεται και υπό συνθήκες όπου ένα ρευστό μπορεί να θεωρηθεί aσυμπίεστο, όπως το νερό στην καθημερινή εμπειρία. Οι σχετικές εξισώσεις διατυπώ θηκαν από τον Eu1er το 1 752, δηλαδή πριν από 260 χρόνια. Όμως και πριν διατυπωθούν οι εξισώσεις το φαινόμενο είχε γίνει αντιληπτό από την εμπειρία και ο Λεονάρντο Ντα Βίντσι το είχε σχεδιάσει σε μερικά από τα τελευταία σχέδια του. Αλλά παρά την παρέλευση τόσων αιώνων ελάχιστα κατανοούμε στο θέμα αυτό. Ζω με την ελπίδα κάτι, aπειροελάχιστο έστω, παραπάνω να καταλάβω πριν κλείσω τα μάτια μου. Δ.Χ.

Ι . . . �ας ι:ιιχιΊμασrε ι•α εργάζεστε μέχρι τα βαθιά γερά ματα Α·αι ι•α πpιισφέρετε πάιτα με πς ιδέες σας. •/.

Για ποιο λόγο πάντως ορισμένοι παράγουν έργο σε μεγαλύτερη ηλικία και άλλοι όχι, δεν ξέρουμε. Ο ώρι μος άνθρωπος έχει πιο οργανωμένη σκέψη αλλά δυσκο λότερα αφομοιώνει κάτι καινούργιο. Ο φίλος μου, ο Hamilton σε ηλικία 54 ετών, έκανε ένα από τα σημαντι κότερα έργα του, η μελέτη του της ροής Ricci σε πολ λαπλότητες τεσσάρων διαστάσεων όπου για πρώτη φορά μελετάται ο σχηματισμός ανωμαλιών και εισάγε ται η μέθοδος της Χειρουργίας. Δεν βλέπω να παίζει ρόλο η ηλικία αλλά η απόδοση των περισσοτέρων πέ φτει μετά τα 45 . Πριν τα 30 δεν έχει κανείς αρκετή ε μπειρία, επομένως φαίνεται ότι για τους περισσότερους η καλύτερη περίοδος είναι από τα 30 μέχρι τα 45. Ο Gauss όμως έκανε την Διαφορική Γεωμετρία στα 5 1 και ο Euler έκανε μερικά από τα πιο σημαντικά έργα του μετά τα 60. Ο Fritz John δεν είναι κορυφαίος αλλά έκα νε μερικές από τις καλύτερες του εργασίες πάνω από τα

70. Συνήθως όμως πολλοί μπλέκουν σε θέματα διοίκη σης όταν μεγαλώσουν και δε συνεχίζουν την έρευνα. Πιύς βλιfπετε την οιλΊΗ'ιψιλΊί λ·ατάσταση στην Ελλά δα; Μιjπως η Ευριύπη πρέπει να ,..-άι•ει <<σεισάχθεια *ιι για τους Έλλlf'•ες αι•τί να τους εξοντιύνει; Δ.Χ. Δεν μπορώ να καταλάβω πώς έγιναν τόσα χρέη

και τόσα μεγάλα ελλείμματα στον προϋπολογισμό έσοδα έξοδα αλλά και στο ισοζύγιο πληρωμών με τις εισαγωγές εξαγωγές. Δηλαδή η Ελλάδα δεν παρήγαγε αρκετά ώστε να έχουμε τα δικά μας προϊόντα και να είναι ανταγωνιστι κά. Επίσης δεν έπρεπε να δεχτούμε κάποιους όρους της Ευρώπης, δεν έπρεπε να εισάγουμε προϊόντα και να a χρηστεύουμε τα δικά μας. Πώς θέλουμε να μη γίνουμε ε ξαρτημένοι, αφού χρεωθήκαμε τόσο πολύ και δεν έλεγε κανείς τίποτα, και γιατί ήταν αυτό ένα τόσο καλά κρυμ μένο μυστικό και για τόσα χρόνια; Αυτή τη παρεκτροπή δεν την έβλεπε κανείς; Όλοι πολιτικοί και άλλοι παράγο ντες του τόπου την αγνοούσαν; Κάναμε τόσο μεγάλα έρ γα, τι το θέλαμε τόσο μεγάλο αεροδρόμιο ή τη γέφυρα Ρίο Αντίρριο τη μεγαλύτερη στην Ευρώπη; Κάναμε τόσα με γάλα έργα για τους Ολυμπιακούς αγώνες και αγοράσαμε τα ακριβότερα συστήματα που μας υπέδειξαν η Siemens και οι Αμερικάνοι. Πάρτε τούτο, πάρτε το άλλο για την ασφάλεια, γιατί οι Άραβες ετοιμάζουν τρομοκρατικό κτύ πημα στους Ολυμπιακούς, και άλλα τέτοια. Μου είχε κά νει εντύπωση που πριν αρκετά χρόνια οι Ελληνοαμερικά νοι έλεγαν μα τι κάνουν αυτοί οι Έλληνες όλο δανείζονται δανείζονται, πολλά λεφτά δεξιά -αριστερά, πως τελικά θα τα ξοφλήσουν; Θέλω να πω δυο κουβέντες και για τους διανοούμενους σrην Ελλάδα. Η εντύπωση που μου δίνουν οι διανοούμενοι που διαμορ φώνουν την κοινή γνώμη, είναι ότι δεν f:χουν καταλάβει πώς ο Με σαίωνας f:χει τελειώσει. Δεν υπάρχει πουθενά σrην Ελληνική Παι δεία η έννοια της Επιστημονικής Επανάστασης η οποία άρχισε το 1 600 από τον Γαλιλαίο και τον Κέπλερ και κορυφώθηκε από το έρ γο του Νεύτωνα Pήncipia στο τέλος του 1 7σu αιώνα. Δηλαδή αυτή η κολοσσιαία επανάσταση που έγινε στον Ευρωπαϊκό πολιτισμό τον I 7" αιώνα, αυτοί την αγνοούν πλή ρως. Δεν υπάρχει καν αυτός ο όρος στα Ελληνικά. Υπάρχει μόνο ο όρος Αναγέννηση . Η Αναγέννηση όμως τελείωσε με τον θάνατο του Μιχαήλ Αγγέλου το 1 564. Την ίδια χρονιά γεννήθηκε ο Γαλιλαίος. Λίγο μετά το 1 600 ο Kepler και ο Γαλιλαίος έφεραν το τέλος του Μεσαίωνα. Το 1 600 ακριβώς βάλανε στην πυρά τον Giordano Bruno. Μέχρι τότε λοιπόν βασίλευε ακόμα ο Μεσαίωνας. Οι καλλιτέχνες δεν τα έβαλαν ποτέ με την εξουσία, δεν τα έβαλαν με τον Πάπα, μόνο οι επι στήμονες τα έβαλαν. Κόντρα με την εκκλησία ούτε ο Μιχαήλ Άγγελος, ούτε ο Rafaello, ούτε κανείς άλλος καλλιτέχνης δεν είχε, με μοναδική εξαίρεση τον Λεονάρντο Ντα Βίντσι. Αλλά αυτός ήταν κάτι περισσότερο από καλλιτέχνης. Και κάτι άλλο. Για όλους αυτούς και τα ΜΜΕ πολιτισμός σημαίνει τέχνη, φιλοσοφία με την νέα στενή έννοια, όχι την αρχαία, και τίποτα άλλο. Την επιστήμη την περιφρονούν. Δηλαδή αυτό που έκα νε ο Νεύτων δεν ήταν επίτευγμα του ανθρωπίνου πνεύματος, δεν ήταν συμβολή στον πολιτισμό; Ο ποιητής Alexander Pope είχε πει «Η φύση και οι νόμοι της έμεναν κρυ μμένα στο σ κοτ ά δι και τότε είπε ο Θεός: Γενηθήτω ο Νεύτων! Και ξαφνικά όλα έγιναν φώς». Αυτό το αγνοούν όλοι αυτοί; Δεν λέμε ότι αυτά που λένε αυτοί πολιτισμός δεν είναι, αλλά δεν είναι μόνο αυτά . . . Σας ευχαριστούμε πολύ κ. Καθη γη τά

σεισάχθεια = σειω+αχθος [νόμος του Σόλωνα στην αρχαία Αθήνα που καταργούσε τα δημόσια και ιδιωτικά χρέη} •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/8

σθη1μαnκοί Δι.ayωvιομ:ο.ί aβq:μ�anκtς Ολ.:υ;μn.t.άδες· Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε. Μ .Ε.

29η

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1

Ελληνική Μ αθ η ματική Ολυ μπιάδα '' Ο Αρχιμήδη ς" 3 Μ αρτίο υ 2 0 1 2 Θέματα μεyάλωv τάξεωv

Οι θετικοί ακέραιοι

p + q2 ζεύγη

p, q

είναι πρώτοι μεταξύ τους και ικανοποιούν την εξίσωση

( n 2 + 1) p 2 + q , όπου η παράμετρος n είναι θετικός ακέραιος. Βρείτε όλα τα δυνατά

(p,q) .

Λύση

δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση q ( q - 1 ) = p [ ( n 2 + 1 ) p - 1 J. Επειδή είναι ΜΚΔ { p, q} = 1 , από την ( 1 ) έπεται ότι p Ι q - 1 , q I ( n 2 + 1 ) p - 1 και

q - 1 = ( n2 + 1 ) p - 1 = k, -q Ρ

όπου k θετικός ακέραιος.

(1)

(2)

k+1 Από τις εξισώσεις (2) λαμβάνουμε q = kp + 1 και p = 2 • n + 1 - k2 Επειδή ο p είναι θετικός ακέραιος, από την (3 ) έπεται ότι:

( 3)

Ο < n 2 + 1 - k2 ::; k + 1 => k2 < n 2 + 1 ::; k2 + k + 1 => k2 - 1 < n 2 ::; k2 + k => k2 ::; n 2 ::; k2 + k < ( k + 1 ) 2 , οπότε προκύπτει ότι k = n . Έτσι από τις σχέσεις ( 3 ) λαμβάνουμε: n+1 = n + 1 και q = n ( n + 1 ) + 1 = n 2 + n + 1 . Ρ= n2 + 1 - n2 Εύκολα διαπιστώνουμε ότι το ζευγάρι ( p, q) = ( n + 1, n 2 + n + 1 ) επαληθεύει τη δεδομένη εξίσωση και ότι ισχύει: MKΔ {p, q} = 1 . Πράγματι, αν είναι ΜΚΔ{p,q} =d, τότε d j (q - np) = 1 , οπό τε θα είναι d = 1 . Π ΡΟΒΛΗΜΑ 2

Ρ (χ ) και Q (χ ) με πραγματικούς συντελεστές, ελαχίστου δυνατού βαθμού, τέτοια ώστε Ρ( χ2 ) + Q ( χ) Ρ( χ) + χ5 Q ( χ) , για κάθε χ Ν α προσδιορίσετε όλα τα μη μηδενικά πολυώνυμα

Λύση

Ρ ( χ 2 ) - Ρ (χ) = ( χ5 - 1 ) Q (χ) ,

Η δεδομένη ισότητα γράφεται ισοδύναμα

για κάθε

1R .

χ Ε 1R .

(1)

Το πολυώνυμο του δεύτερου μέλους έχει μεταξύ των ριζών του τις ρίζες πέμπτης τάξεως της μονάδας:

1 , ω, ω 2 , ω 3 , ω 4 , ω5 = 1

όπου

ω = cos

2π . . 2π +ι 5

sιn

και ω6 = ω, ω8 = ω3 • Από την ( 1 ) λαμβάνουμε

για

τις

οποίες

ισχύει

Ρ ( ω ) = Ρ ( ω2 ) , Ρ( ω2 ) = Ρ ( ω4 ) , Ρ ( ω3 ) = Ρ ( ω6 ) = Ρ (ω) , Ρ ( ω4 ) = Ρ( ω8 ) = Ρ ( ω3 ) , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/9

ότι:

-------

οπότε

θα

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

( ) ( ) ( )

Ρ ( ω) = Ρ ω 2 = Ρ ω3 = Ρ ω4 .

έχουμε

( ) ( )

( )

Ρ( ω) , Ρ ω2 ,Ρ ω3 και Ρ ω4 ,

τότε το πολυώνυμο

(

)(

Αν

P (x) - b

)

είναι

------- η

κοινή

έχει ρίζες τους αριθμούς

(

τιμή

των

ω, ω2 , ω3 , ω4 ,

)

Ρ( χ) -b = (χ-ω) χ- ω2 χ - ω3 χ - ω4 R(x) <=> Ρ( χ) = χ4 + χ3 +χ2 +χ+ 1 R( χ) +b. Επειδή το πολυώνυμο Ρ (χ) έχει πραγματικούς συντελεστές πρέπει το ίδιο να ισχύει και για το πο λυώνυμο R (χ) και επίσης πρέπει b Ε JR . Επιπλέον, πρέπει το πολυώνυμο Ρ ( χ) να είναι του ελάχιστου δυνατού βαθμού, έπεται ότι το πολυώνυμο R (χ) πρέπει να είναι του ελάχιστου δυνατού βαθμού . Αν εί ναι R (χ) Ο , οπότε δεν ορίζεται ο βαθμός του, τότε από την ( 1 ) προκύπτει ότι χ5 -1 Q( χ) = Ο , από την οπότε θα ισχύει:

( )

οποία, δεδομένου ότι ο δακτύλιος

JR [χ]

των πολυωνύμων πραγματικής μεταβλητής δεν έχει μηδενοδιαι

Q (χ) = Ο , που είναι μη αποδεκτό. Επομένως το πολυώνυμο �χ) πρέπει να είναι μηδε νικού βαθμού, δηλαδή σταθερό πολυώνυμο, έστω R ( χ ) = α -=F Ο . Τότε θα έχουμε Ρ (χ) = α χ4 + χ3 + χ 2 + χ + 1 + b = α χ4 + χ3 + χ 2 + χ + c, όπου α Ε JR* , c = α + b Ε JR. ρέτες, έπεται ότι

(

)

( ) ( ( ) ) ( ) ) ( <=> α ( χ8 -χ3 + χ6 -χ) = ( χ5 - l ) Q(x) <=> α ( χ3 + χ)( χ5 -1 ) = ( χ5 - l ) Q(x) <=> ( χ5 - 1 ) [α ( χ3 +x) - Q(x) J = 0. Από την τελευταία ισότητα πολυωνύμων έπεται ότι: Q ( χ) = α ( χ 3 + χ ) , α JR * . Άρα η ( 1 ) γ ίνεται:

βαθμός

του

Ρ χ2 -Ρ(χ) = χ5 -l Q(x) <=> α χ8 +χ6 +χ4 +χ2 -α χ4 +χ3 +χ2 +χ = χ5 -l Q(x)

ελάχιστος δυνατός βαθμός του πολυωνύμου του δευτέρου μέλους της ( 1 ) είναι 5 , ενώ ο πολυωνύμου του πρώτου μέλους είναι άρτιος, οπότε θα έχουμε

min deg Q (x) = Ι και min deg P(x) = 3. Αν υποθέσουμε ότι Ρ( χ) = �χ3 +α.zr +�χ+�, �A , Gz , � E JR, a -=F Ο, τότε από τη δεδομένη ισότητα πολυωνύμων λαμβάνουμε Ρ χ 2 - Ρ (χ) = χ5 - 1 Q (χ) (1) 3 � χ5 - Ι Ρ χ2 - Ρ( χ) = α χ6 + α χ4 + �χ2 + α0 - �χ3 - α χ2 - α1χ - α0 2 2 3 � xs - Ι χ6 -χ3 + α χ4 + �xz -α xz -�χ � xs - Ι � χ xs -1 + χ-χ) + αzχ4 + � xz - αz xz - Gιχ 2 z � xs - Ι α χ xs - Ι + α χ4 - �xJ +( Gι -α ) xz +( � - Gι ) χ. z 2 3 Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι α χ 4 - α χ3 + ( α1 - α ) χ 2 + ( α - α1 ) χ = Ο , οπότε λαμβά 2 2 3 3 νουμε α = α3 = 0 , α1 - α = 0 , α1 - α = 0 <=> α1 = α = α = Ο , άτοπο. 2 2 2 3 3 Επομένως δεν υπάρχει πολυώνυμο Ρ( χ) τρίτου βαθμού τέτοιο, ώστε να ισχύει η δεδομένη ισότητα. Στη συνέχεια θεωρούμε Ρ( χ) = α χ 4 + α χ3 + α χ 2 + α1 χ + α0 , με α0 , α1 , α , α Ε JR, α Ε JR * . Εργαζό4 2 3 2 4 3 μενοι, όπως παραπάνω, λαμβάνουμε: Ρ χ 2 - Ρ ( χ) = χ5 - 1 Q ( χ) (1)

( ( (

)! ( ) )! α3 ( ) )l [ ( ) ]

(

( )

� � �

(

( )

)I [ (

(

) (

)

)]

)

( χ5 - Ι )! Ρ ( χ2 ) - Ρ( χ) = α4χ8 + α3 χ6 + α2 χ4 + α1χ2 + α0 - α4χ4 - α3 χ3 - α2 χ2 - α1χ - α0 ( χ5 - ι )l α4 [ ( χ5 - 1 ) χ3 + χ3 ] + α3 [ ( χ5 - l ) x + x ] + α2 χ4 + α1 χ2 - α4 χ4 - α3 χ3 - α2 χ 2 - α1χ ( χ5 - Ι )I ( χ5 - 1 )( α4 χ3 + α3 χ ) + ( α2 - α4 ) χ4 + ( α4 - α3 ) χ3 + ( α1 - α2 ) χ 2 + (α3 - α1 ) χ

Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι

( α - α ) χ 4 + ( α - α ) χ3 + ( α1 - α ) χ2 + ( α - α1 ) χ = Ο <=> α1 = α = α = α Ε JR * , οπότε 2 4 4 3 2 3 2 3 4 Ρ( χ) = α χ4 + �χ3 +αzχ2 +Gιχ+� = α χ4 +χ3 +χ2 +χ +�,α E JR·,� E JR. Στη συνέχεια από τη σχέση ( 1 ) 4 4 4 προκύπτει ότι: Ρ χ 2 - Ρ (χ) = χ5 - 1 α χ3 + α χ = χ5 - l Q (x) � Q (x) = α χ3 + χ , α Ε JR * . 4 4 4 4

( )

(

)(

) ) (

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/1 0

)

(

)

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Π ΡΟ Β Λ Η :VΙ Λ 3

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ

ΑΓ

------

ΒΓ ), εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, R) (με

κέντρο το ση μείο Ο και ακτίνα R ). Η διχοτόμος ΑΔ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O, R) στο ση μείο Κ . Ο κύκλος c1 (0 1 , R1 ) (που έχει το κέντρο στην ΟΑ και περνάει από

τα ση μεία Α, Δ ) , τέμνει την ΑΒ στο Ε και την ΑΓ στο Ζ. Αν Μ, Ν είναι τα μέσα των ΖΓ και ΒΕ αντίστοιχα, aποδείξτε ότι οι ευθείες ΕΖ, ΔΜ, ΚΓ περνάνε από το ίδιο ση μείο (έστω Τ), οι ευθείες ΕΖ, ΔΝ, ΚΒ περνάνε από το ίδιο ση μείο (έστω S) και ότι η ΟΚ είναι μεσοκά θετη της TS. Λ iJ •toη

Εφόσον το κέντρο του κύκλου c1 βρίσκεται επάνω στην ΟΑ , οι κύκλοι c και c1 θα εφάπτονται εσωτερικά στο σημείο Α . Δηλαδή οι κύκλοι c και c1 είναι ομοιόθετοι στη ομοιοθεσία με κέντρο το σημείο Α και λόγο λ ( λ είναι ο λόγος των ακτίνων των δύο κύκλων). Αν λοιπόν κά ποια ευθεία περνάει από το σημείο Α και τέ μνει τους κύκλους c και c1 στα σημεία Θ και Θ1 αντίστοιχα, τότε ΑΘ = λΑΘ1 Με βάση τις προηγούμενες σκέψεις έχουμε: Η ΒΓ είναι ομοιόθετη της ΕΖ , οπότε ΒΓ I /ΕΖ . Η ΚΓ είναι ομοιόθετη της ΔΖ , οπότε ΚΓ I I ΔΖ . Έστω Τ το σημείο τομής των ΕΖ και ΚΓ . Τότε το ΔΖΤΓ είναι παραλληλόγραμμο, άρα και η ΔΜ θα περνάει από το σημείο Τ . Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και το ΔΕSΒ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι ευθείες ΕΖ , Σχήμα 1 ΔΝ , ΚΒ περνάνε από το σημείο S . Εφόσον το Ο είναι το ομοιόθετο του 01 και Κ το ομοιόθετο του Δ , συμπεραίνουμε ότι: 01Δ I IOK και επειδή ΟΚ j_ ΒΓ (διότι Κ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ ), συμπεραίνουμε ότι 01Δ j_ ΒΓ . Άρα η ΒΓ εφάπτεται του κύκλου c1 (01 , R1 ) στο σημείο Δ . Εφόσον Δ είναι το σημείο επαφής έχουμε: � � � � � � Δ 1 = Δ 2 = Α1 = Α 2 = Α . (οι γωνίες Δ 1 , Δ 2 σχηματίζονται από χορδή και εφαπτομένη). Σε συνδυα2 � � σμό τώρα με τα παραλληλόγραμμα ΔΕSΒ και ΔΖΤΓ , έχουμε: S = Τ = Α . Άρα το τετράπλευρο Α

•

ΒΓΤS είναι ισοσκελές τραπέζιο και κατά συνέπεια η ΟΚ είναι μεσοκάθετη της TS (διότι είναι μεσοκάθετη της βάσης του ΒΓ ). Π ΡΟ Β Λ Η Μ Λ 4

Το ισοσκελές τραπέζιο του σχήματος αποτελείται από ίσα μεταξύ τους ισόπλευρα τρίγωνα που οι πλευρές τους έχουν μήκος 1 . Η πλευρά Α1 Ε έχει μήκος 3 και η μεγάλη βάση του Α ι Αν έχει μήκος

-1.

Ξεκινάμε από το σημείο Α ι και κινούμαστε κατά μήκος

των ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζονται μόνο προς τα δεξιά και επάνω (λοξά αριστερά ή λοξά δεξιά). Υπολογίστε (συναρτήσει του ν ή ανεξάρτητα από αυτό) το πλήθος όλων των δυνατών διαδρομών που μπορούμε να ακολουθήσουμε, με σκοπό να καταλήξουμε στα ση μεία Β , Γ, Δ, Ε , όπου v α-

κέραιος μεγαλύτερος του 3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/1 1

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμο ί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Στη μεγάλη βάση του τραπεζίου υπάρχουν τα σημεία Α , , Α2 , Α3 , , Av . Στην επόμενη προς τα άνω γραμμή υπάρχουν τα σημεία Β 1 ,Β 2 ,Β 3 , ,Βv-ι Β . Στην επόμενη προς τα άνω γραμμή υπάρχουν τα σημεία Γ Γ 2 , Γ 3 , , Γ v - 2 Γ . Στη μικρή τέλος βάση του τραπεζίου υπάρχουν τα σημεία Ε Δ , , Δ 2 , Δ3 , . . . , Δv_3 Δ . Θα συμβολίζουμε με μικρά (πεζά) γράμματα το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να προσεγ γίσουμε τα αντίστοιχα σημεία (που συμβολίζο νται με κεφαλαία γράμματα). Για παράδειγμα, με β, συμβολίζουμε το πλήθος των τρόπων με τους οποίους μπορούμε να προσεγγίσουμε το Β 1 • Προφανώς llι = � = � = α4 = α5 = · · · = αv = 1 , διότι τα αντίστοιχα σημεία μπορούν να προσεγ γιστούν με ένα μόνο τρόπο (δεδομένου ότι μπο ρούμε να κινηθούμε μόνο προς τα δεξιά για την προσέγγισή τους). Σε κάθε άλλη περίπτωση, οι τρόποι προσέγγισης προκύπτουν από το άθροισμα των τρόπων προσέγγισης σημείων, γειτονι κών προς τα αριστερά και προς τα κάτω (κάτω αριστερά και κάτω δεξιά). Έτσι έχουμε: . . •

. • •

1 ,

• . .

Σχ ήμ α 2

β, = α, + α2 , β2 = /3.. + α2 + α3 = α, + α2 + α2 + α3 = α, + 2α2 + α3 = 2(α, + α2 + α3 ) - (α, + α3 ), � = β2 + � + α4 = CΧι + 2� + � + � + α4 = ιΧι + 2(� + � ) + α4 = 2(CΧι + � + � + α4 ) - (CΧι + α4 ), και γενικά λαμβάνουμε βk = 2(α1 + α2 + α3 + · · · + αk+1 ) - (α1 +αk+ι ) = 2(k + 1) - 2 = 2k, για k = 1, 2, 3 , . . . , (v - 1) . Άρα έχουμε: lβ = βv-ι = 2 (v - 1) 1 .

Με ανάλογο τρόπο υπολογίζουμε τους τρόπους προσέγγισης των σημείων της τρίτης από κά τω γραμμής και της μικρής βάσης.

β2

Υ; = 2( β1 + + β3 + · · · + β+, ) - ( β, + βi+l ) = 2(2 + 4 + · · · + 2(ί + 1)) - ( 2 + 2ί + 2) = = 4(1 + 2 + · · · + (ί + 1)) - (4 + 2ί) = 2(ί + 1)(ί + 2) - 2(ί + 2) = 2ί(ί + 2), ί = 1, 2, 3, . . . , (v - 2) .

Ομοίως, έχουμε

lr = Yv-2 = 2v(v - 2) I· δm = 2( y, + Υ2 + Υ3 + · · · + rm+ι )- ( y, + m+ ι) =

Άρα έχουμε:

= 4 ( 1 · 3 + 2 · 4 + · · · + (m + l)(m + 3) ) - 2 ( 1 · 3 + (m + l)(m + 3)) =

= 4 (m + l )(m + 2)(2m + 9) 6

Άρα έχουμε:

2 ( 1 · 3 + (m + l)(m + 3)) = . . . = � m(2m 2 + 1 2m + 1 9 ), 3

m = 1, 2, 3, . . . , ( v - 3) . .

δ=δv_3 = � (v - 3)(2v + 1) . Απ' ευθείας μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι: ε = 22 .

σμός

του

α θ ρ ο ί σ μ ατ ο ς :

= 1 · 3 + 2 · 4 + · · · + (m + l)(m + 3) .

Χρησιμοποιώντας την ισότητα χ(χ + 2) = χ2 + 2χ για χ = l , x = 2 . . . . , χ = m , έχουμε:

2 1·3 = 1 +2·1 2 2·4 = 2 +2·2 2 3·5 =3 +2·3

SI =

m ( m + 1)(2m + 1)

m ( m + 1) 2

2 m ( m + 2) = m + 2m

m ( m + 1)(2m + 7) 6

( m + 1)(m + 2)(2m + 9 ) Θ ετουμε οπου , S= , , m το m + 1 και εχουμε .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/12

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Πρ οκριματικός διαγωνισμός 2 0 1 0- 1 1 1 6 Απριλίου 201 1 Π ρόβλη μα 1 p Να προσδιορίσετε τους πρώτους θετικούς ακέραιες και q που ικανοποιούν την εξίσωση

p4 + p3 + p2 + Ρ = q 2 + q .

Λύ ση Η

δεδομένη εξίσωση γράφεται στη μορφή:

p4 + p3 + p2 +Ρ = q2 + q � p ( p + ι) ( Ρ2 + ι ) = q( q + ι) (ι) � Ρ ( Ρ2 -ι )( p 2 + ι ) = q( q + ι)( p -ι) (2) Για q � p η εξίσωση δεν είναι δυνατόν να αληθεύει, οπότε πρέπει q > p . (3 ) q l ( p 2 - ι ) ( p2 + ι ) . Επομένως από την (2) προκύπτει ότι:

Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν q � p 2 , τότε q2 � p4 και q2 + q � p4 + p 2 < p4 + p 2 + p 3 + p , οπότε η δεδομένη εξίσωση δεν είναι δυνατόν να αληθεύει. Επομένως θα είναι q > p 2 , δηλαδή q � p 2 + 1 , οπότε από τη σχέση (3 ), αφού q πρώτος, προκύπτει ότι q = p 2 + ι . Έτσι από την εξίσωση ( 1 ) λαμβάνουμε p ( p + ι) = q + ι � p2 + p = p2 + 2 � p = 2 Επομένως, αφού q = p2 + ι = 5 έχουμε τη λύση (p,q) ={2,� .

Π ρόβλη μα 2 Θεωρούμε πίνακα Π σχή ματος ορθογωνίου με διαστάσεις l l cm και l Ocm. Ο πίνακας υ ποδιαιρείται με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του σε 1 10 τετράγωνα πλευράς l cm. Διαθέτουμε πλακίδια σχή ματος σταυρού, που αποτελούνται από 6 τετράγωνα πλευράς l cm, όπως δίνονται στο διπλανό σχή μα. Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό πλακιδίων που μπορούμε να τοποθετήσουμε στον πίνακα Π έτσι ώστε να μην έχουν επικαλύψεις μεταξύ τους και κάθε πλακίδιο να επικαλύπτει 6 ακριβώς τετράγωνα του πίνακα. Λύ σ η

Παρατηρούμε ότι για την κάλυψη των τετραγώνων που συνορεύουν με τις πλευρές του πίνακα και ειδικότερα των τεσσάρων γωνιακών τετραγώνων του πίνακα μπο ρούμε να τοποθετήσουμε ένα πλακίδιο σε κάθε γωνία, έτσι ώστε να καλύπτονται δύο συνοριακά τετράγωνα (αυτά που έχουν μια πλευρά τους πάνω στις πλευρές του πίνακα Π), ενώ δεν μπορούν να καλυφθούν τέσσερα τετράγωνα σε κάθε γωνία. Έτσι, στις γωνίες συνολικά δεν μπορούν να καλυφθούν ι 6 τε τράγωνα. Στη συνέχεια για τα υπόλοιπα συνοριακά τετράγωνα παρατηρούμε ταιεξής: Στις πλευρές μήκους ι εκατοστών για κάθε (τετράγωνο εκτός των τριών γωνια κών 6 για τις δύο γωνίες) για κάθε ένα που καλύπτεται, μένει άλλο ένα ακάλυ πτο. Έτσι στις πλευρές αυτές θα μείνουν τουλάχιστον από δύο ακάλυπτα τετράγωνα. Στις πλευρές μήκους ι Ο εκατοστών μπορεί να καλυφθεί ένα ακόμη τετράγωνο και να μεί νει ένα ακάλυπτο. 10

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 4 τ.4/13

----

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-----

Έτσι, συνολικά στην προσπάθεια κάλυψης των συνοριακών τετραγώνων του πίνακα θα μεί νουν ακάλυπτα τουλάχιστον 1 6 + 4 2 = 22 τετράγωνα . Επομένως μπορούν καλυφθούν το πολύ 1 1 Ο 22 88 τετράγωνα. Επειδή κάθε πλακίδιο καλύπτει ακριβώς 6 τετράγωνα του πίνακα, μπορούμε να τοποθετήσουμε το πολύ 14 πλακίδια, αφού 88 : 6 = 14, 66 . Στο σχήμα φαίνεται ότι είναι δυνατή μία τέτοια τοποθέτηση, οπότε ο μέγιστος αριθμός πλακι δίων που μπορούμε να τοποθετήσουμε στον πίνακα είναι 14. +

f , g : Q Q για τις οποίες ισχύουν ο ι σχέσεις: f ( g (x) - g (y ) ) f ( g ( x ) ) - y (1 ) g ( f( x ) - f(y ) ) g ( f( x ) ) - y (2)

Να βρεθούν οι συναρτήσεις

�

για κάθε

x, y

Πρώτα θα αποδείξουμε ότι οι δύο συναρτήσεις είναι " 1 - 1 " . Έστω χ1 , χ2 ε Q με g(x1 ) = g(x2 ) . Τότε θα ισχύει: f (g(x1 ) ) = / ( g(x2 ) ) Θέτοντας στη σχέση ( 1 ), όπου χ = χ1 και y = χ2 έχουμε:

( 3)

f (g(xl ) - g(x2 ) ) = f ( g(xl ) ) - χ2 => ! (ο) = f ( g(xl )) - χ2 (4) . Θέτοντας στη σχέση ( 1 ), όπου χ = χ2 και y = χ1 έχουμε: (5) / (g(x2 ) - g(x1 )) = / (g(x2 )) - x1 => / (0) = / (g(x2 )) - x1 • Από τις σχέσεις ( 3), ( 4 ) , ( 5) συμπεραίνουμε ότι χ1 = χ2 • Άρα η συνάρτηση g είναι "1 - 1 " . Όμοια αποδεικνύουμε ότι και η συνάρτηση f είναι "1 - 1 " . Θέτοντας στις σχέσεις (1) και (2) χ = y = Ο , έχουμε: {J (g(O) - g(O J ) = J (g(O J ) - Ο {f(O) = f (g(O J ) => g (f(O) - f(O J) = g (f(O J ) - 0 g (O) = g (f(O J ) και επειδή οι συναρτήσεις f , g είναι " 1 - 1 " , καταλήγουμε στην ισότητα f( Ο ) = g (Ο ) = Ο . Θέτοντας στις σχέσεις (1) και ( 2) όπου y το χ και χρησιμοποιώντας την ισότητα f(O) = g ( Ο ) = Ο έχουμε: {f(g( χ ) - g( χ ) ) = f (g( χ ) ) - χ {! (ο) = f(g( χ ) ) - χ => => f (g(x) ) = g (f(x)) = χ g (J(x) - f (xJ ) = g (f(x) ) - x g (O ) = g (f(x) ) - x

Αντικαθιστώντας το τελευταίο αποτέλεσμα στις σχέσεις (1) και (2) , έχουμε:

(Α) {J (g( χ ) - g( Υ)) = χ - Υ (Β ) g (J(x) - f( y ) ) = x - Υ Στη σχέση (Α) θέτουμε χ = Ο , y = f (x) και στη σχέση (Β) θέτουμε χ = Ο , y = g(x) , οπότε {/ (g(O) - g(f(x)) ) = Ο - f(x) { / (-χ ) = -f(x) έχουμε: => · g (-x) = -g(x) g (/(0) - f(g(x)) ) = O - g(x) Θέτοντας τέλος στη σχέση (Α) όπου χ το f(x) και όπου y το -f (y ) και στη σχέση (Β) όπου χ το g ( x) και όπου y το -g (y ) έχουμε: {f (x + y ) = f(x) + f( y) · g (x + y ) = g(x) + g (y ) Από τις τελευταίες ισότητες συμπεραίνουμε ότι οι συναρτήσεις f , g είναι της μορ φής: f(x) = c1 x και g(x) c2x , όπου c1 , c2 σταθεροί ρητοί αριθμοί ( *) . Από τις δοσμένες σχέσεις (1) και ( 2) αποκλείουμε τη περίπτωση c1 = Ο ή c2 = Ο (διότι για =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/14

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

c1 = Ο ή c2 = Ο καταλήγουμε y = Ο , που είναι άτοπο δεδομένου ότι οι σχέσεις (1) και (2) ισχύ ουν για κάθε χ, y Q ). Από τις σχέσεις f ( g(χ) ) = g ( f(χ) ) = χ , έχουμε (c1 · c2 )x = x για κάθε x E Q . Τελικά οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι f(x) = cx και g(x) = _!_χ c , για κάθε χ Q , όπου c σταθερός μη μηδενικός ρητός αριθμός. Με απλή αντικατάσταση τέλος των συναρτήσεων f(x) = cx και g( x) = _!_χ στις σχέσεις ( 1 ) c και (2) είναι προφανής η επαλήθευση των λύσεων. Ε

Δίνεται τετράπλευρο ABCD εγγεγραμμένο σε κύκλο

(0, R) και έστω Κ , L , Μ , Ν ,

S , Τ τα μέσα των ΑΒ , BC , CD , AD , AC και BD αντίστοιχα. Ν α aπο δ είξτε ότι τα κέ ντρα των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων KLS , LMT, MNS και ΝΚΤ ορίζουν εγγράψιμο τετράπλευρο όμοιο προς το ABCD .

Έστω c1 , c2 , c3 , c4 οι περιγεγραμμέ νοι κύκλοι των τριγώνων KLS , LMr , MNS και ΝΚΤ αντίστοιχα. Είναι εύκολο να αποδεί ξουμε ότι τα δημιουργούμενα τετρά πλευρα KLMN , TLSN και KSMr εί ναι παραλληλόγραμμα, οπότε οι ΚΜ , � .. NL , TS θα διέρχονται από το σημείο G και κατά συνέπεια τα σημεία ...,. ' Ι GK, S, L είναι συμμετρικά των σημείων \ Μ, Τ, Ν αντίστοιχα με κέντρο συμμε Ί\ �•ο τρίας το σημείο G (το σημείο αυτό λέγεται σημείο των μέσων) . Ι c �-------------��--------------. Έστω τώρα c� ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου MrN . Τότε ο c� θα διέρχεται από το κέντρο Ο του κύ κλου c (O, R ) και θα έχει διάμετρο την OD = R (διότι OMD = OND = 90° ). Οι κύκλοι όμως c1 και c� είναι συμμετρικοί ως προς το σημείο G (επειδή οι τριάδες σημείων που τους ορίζουν είναι σημεία συμμετρικά ως προς το σημείο G ) Άρα ο κύκλος c1 θα έχει ακτίνα R και θα διέρχεται από το σημείο Ο' (που είναι το συμμε2 τρικό του σημείου Ο με κέντρο συμμετρίας το σημείο G ) Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και οι κύκλοι c2 , c3 , c4 θα έχουν ακτίνα R και θα διέρ2 ' χονται από το σημείο Ο . Άρα τα κέντρα των κύκλων c1 , c2 , c3 , c4 θα ανήκουν στο κύκλο με , κεντρο το σημειο, Ο' και ακτινα -R 2 Τα κέντρα των κύκλων c� , c; , c� και c� (που είναι τα μέσα των ΟΑ , ΟΒ , OC και OD αντί·. .

··

·· . . . .

- -ο·

. ' ...._ _ - I �

_ _ _ _

·.

·,

'-. . · ..... .

-·- -·-··

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/1 5

I I I

-------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

στοιχα) ορίζουν τετράπλευρο με πλευρές παράλληλες προς τις πλευρές του ABCD . Άρα και τα κέντρα των c1 , c2 , c3 , c4 (που είναι τα συμμετρικά των c� , c; , c� , c� ) θα ορίζουν τετράπλευρο όμοιο προς το αρχικό. 2 "ς Τ ρ όπος Για τον δεύτερο τρόπο απόδειξης θα χρησιμοποιήσουμε χαρακτηριστικές ιδιότη τες του κύκλου και της ευθείας του Euler τριγώνου. Τα μέσα των πλευρών, τα ίχνη των υψών και τα μέσα των ευθυγράμμων τμημάτων που συν δέουν το ορθόκεντρο με τις κορυφές του τριγώνου βρίσκονται επάνω στον ίδιο κύκλο που λέγε ται κύκλος των εννέα σημείων ή κύκλος του Eίiler του τριγώνου. Το κέντρο Ο' του κύκλου του (c4) Eίiler βρίσκεται επάνω στην ευθεία του Eίiler και μάλιστα είναι το μέσο του τμήματος ΟΗ (όπου Ο είναι το περίκεντρο και Η το ορθόκεντρο του τριγώνου). Η ακτίνα του κύκλου του Eίiler εί ναι το μισό της ακτίνας του περιγε γραμμένου κύκλου του τριγώνου και ισχύει. Με βάση τις προηγούμενες προτά σεις συμπεραίνουμε ότι, οι περιγε γραμμένοι κύκλοι των τριγώνων c Μ- - - - - - - - - - - -KLS , LM1' , MNS και ΝΚΤ ( c1 , c2 , c3 , c4 αντίστοιχα), είναι οι κύκλοι του Euler των τριγώνων ABC , BCD , CDA και ABD . Τα τρίγωνα ABC , BCD , CDA και ABD είναι εγγεγραμμένα στον ίδιο κύκλο ( Ο, R) . Άρα ' ισοι ' με ακτινα ' -R . οι ' κλοι c1 , c2 , c3 , c4 θ α ειναι 2 Θεωρούμε τώρα τα τρίγωνα ABC και ABD . Στο τρίγωνο ABC θεωρούμε το βαρύκεντρο GI (που είναι το σημείο τομής των διαμέσων BS και CK ) και το κέντρο ΟΙ του κύκλου ci (που είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΚLS και αποτελεί το κύκλο του Euler του τριγώ νου ABC ). Στο τρίγωνο ABD θεωρούμε το βαρύκεντρο G4 (που είναι το σημείο τομής των διαμέσων Α Τ και DK ) και το κέντρο 04 του κύκλου c4 ( που είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώ νου ΚΝΤ και αποτελεί το κύκλο του Euler του τριγώνου ABD ). Εφόσον τα σημεία GI και G4 είναι βαρύκεντρα (από το τρίγωνο KCD ) έχουμε: GI K G4K !._ οπότε GI G4 11 CD . GI C G4D 2 Εφόσον τα σημεία ΟΙ και 04 είναι κέντρα κύκλου του Euler (από το τρίγωνο ΟΟΙΟ4 ) έχουΟGΙ OG4 ' 2 οποτε GΙ G4 11 ΙΙ ΟΙ Ο4 . με: ΟΟΙ 004 Από τις δύο τελευταίες παραλληλίες, προκύπτει CD 11 ΟΙΟ4 . D

- -

- - - - ..

- -

- - -.

κυ

-- = -- =

Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι οι πλευρές του τετραπλεύρου ληλες με τις πλευρές του τετραπλεύρου ABCD . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/16

ΟΙ020304

είναι παράλ

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Ασκήσε ις γ ια Δ ιαγυJ�J ιc�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Λύσεις των ασκήσεων τεύχους 83/2012 Λ6.

f : JR � JR , η οποία ικανοποιεί την ισότητα f { xf(y) + f( χ )) = 2f( χ ) + χy, για κάθε x, y Ε JR . Νότια Αφρική, 201 0 (1)

Να προσδιορίσετε τη συνάρτηση

Λ (; ση

Θα αποδείξουμε πρώτα ότι η συνάρτηση

Από τη σχέση ( 1) για

1 - 1 και επί. f ( f ( y) + f ( 1) ) = 2f ( 1) + y .

είναι

= 1 λαμβάνουμε (2) Επειδή η παράσταση 2f ( 1) + y παίρνει όλες τις δυνατές πραγματικές τιμές, η συνάρτηση f είναι επί. Επιπλέον έχουμε: f( χ) = f(y) � f( f( χ) + f(1)) = f{f( χ) + f(1)) � 2f(1) + χ = 2f(1) + y � χ = y, f χ) οπότε η συνάρτηση f είναι 1-1 . Θεωρούμε τώρα ένα χ 7:- Ο και επιλέγουμε y = - ( , οπότε θα είναι χ

2f( χ) + xy = f( χ ) , οπότε, λόγω της (1) έχουμε f( xf(y) + f( χ)) = f( χ ) και επειf(x) + xy = O ή δή η f είναι 1-1 λαμβάνουμε ότι xf ( y) + f ( χ ) = χ . Άρα έχουμε: f χ) f χ) f χ) =1. (3) + f(χ) = χ � f xf +

( �)

�

= y = Ο , λαμβάνουμε: f ( f (Ο) ) = 2f (Ο) , οπότε, αν θέσουμε a = f (Ο) , λαμβάνουμε f ( a) = 2a . Αν είναι a = Ο , τότε για y = Ο στην ( 1) λαμβάνουμε f ( f ( χ )) = 2f (χ) , από την οποία, λόγω του ότι η f είναι επί του JR , προκύπτει ότι f (χ) = 2χ, για κάθε χ Ε JR . Όμως με έλεγχο διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση αυτή δεν επαληθεύει τη δεδομένη εξίσωση. Αν είναι a 7:- Ο , θέτοντας στην (3) χ = a λαμβάνουμε f(-2) + 2 = 1 � f(-2) = -1 (4) Για y = -2 στην (1) λαμβάνουμε f( f( χ) - χ) = 2 { f( χ ) - χ ) , για κάθε χ Ε JR . Στη συνέχεια προσπα θούμε να βρούμε όλα τα k Ε JR για τα οποία ισχύει f ( k) = 2k . Έστω m Ε JR τέτοιο ώστε f ( m) = k (υ πάρχει τέτοιο m γιατί η f είναι επί). Έτσι, αν θέσουμε στην ( 1) χ = m, y = Ο , τότε λαμβάνουμε f( mf (O) + f(m)) = 2f(m) � f(ma + k) = 2k = f(k), οπότε ma + k = k � m = O (αφού a 7:- 0 ). Επομένως το στοιχείο k = f(m) = f(O) είναι μοναδικό. Έτσι για κάθε χ Ε JR ισχύει ότι f ( χ ) - χ = k, οπότε f ( χ ) = χ + k = χ + f (Ο ) , για κάθε χ Ε JR και αφού f (-2) = -1 έπεται ότι f (Ο ) = 1 και f ( χ ) = χ + 1, χ Ε JR. Α 7. Ν α βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι χ, y, z που είναι λύσεις της εξίσωσης ( χ + y) ( 1 + xy ) = 2z (1) Θέτοντας στην ( 1)

•

Νότια Αφρική, 2010

Λύση

Επειδή το δεύτερο μέλος είναι δύναμη με βάση το 2, έπεται ότι έκαστος παράγοντας του πρώτου μέλους πρέπει να είναι δύναμη με βάση το 2. Έστω ότι χ + y = 2k και 1 + xy = 2z-k , για κάποιο k � 1 . (2)

( 1 + xy) - ( χ + y) = 1 + xy - χ - y = ( χ - 1) ( y - 1) � Ο , έπεται ότι 1 + xy � χ + y , οπότε θα είναι z - k � k. Στη συνέχεια γράφοντας y = 2k - χ στη δεύτερη εξίσωση στις σχέσεις (2) λαμβάνουμε

Επειδή

(3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/17

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

από την οποία, λόγω του ότι

2k 1 2z-k ,

προκύπτει ότι

2 - 1) = ( χ - 1) ( χ + 1) .

Επομένως οι αριθμοί

χ - 1 και χ + 1 είναι διαδοχικοί άρτιοι ακέραιοι , οπότε μόνον ένας από τους δύο διαιρείται με το 4 και συνεπώς ένας από τους δύο πρέπει να διαιρείται με το 2k-Ι . Χρησιμοποιώντας τη σχέση χ < 2k , προκύ πτουν οι ακόλουθες λύσεις:

χ = Ι, y = 2k - 1, z = 2k, χ = 2k-Ι + 1, y = 2k-Ι - 1, z = 3k - 2, " χ = 2k-l - 1, y = 2k-l + 1, z = 3k - 2, χ = 2k - 1, y = 1, z = 2k. Α 8 . Θεωρούμε τους μη αρνητικούς πραγματικούς αριθμούς a, b, c και τους θετικούς πραγματικούς •

f{J

, αριθμους

x, y , z

, , τετοιους ωστε

a+b+c=χ+y+z.

Λ i1 ση

a,b � Ο

Για

και

a 3 b 3 (a + b)3 + -2 � χ2 Υ ( x + y) 2 •

x, y � Ο , ισχύει ότι:

2 +2 � a + b + c. 2 +z χ Υ Ρουμανία , 2009

Να αποδειξετε οτι:

(1)

( 1 ) είναι ισοδύναμη με την προφανή ανισότητα ( bx - ay ) 2 [ bx 2 + 2 ( a + b) xy + ay 2 J � Ο . a 3 b 3 c 3 ( a + b ) 3 + c 3 � ( a + b + c ) 3 = a + b + c. , , Χρησιμοποιωντας την ( 1 ) εχουμε - + - + 2 � z (x + y) 2 z 2 (x + y + z) 2 χ2 Υ2 Πράγματι, η

Ν5.

Να βρείτε όλους τους πρώτους διαιρέτες του αριθμού

Λi1 ση Από το μικρό θεώρημα του Fermat έχουμε ότι

Α=3

16 - 16 2 •

Ηνωμένο Βασίλειο, 2009

3 1 6 1 ( mod 1 7 ) και 2 1 6 1 ( mod 1 7 ) , 1 31 6 - 2 6 = ( 38 + 28 )( 34 + 24 )( 32 + 22 ) ( 3 + 2)(3 - 2) = 68 17 · 97 · 13 · 5 · 1 , =

1 7 , 3 1 6 - 2 1 6 . Επιπλέον έχουμε οπότε 1 7 j 68 1 7 · 97 · 1 3 · 5 και αφού οι 5, 1 3 και 97 είναι πρώτοι, έπεται ότι 1 7 j 6 8 1 7 = 40 1 · 1 7 , όπου ο 401 1 1 είναι επίσης πρώτος. Επομένως οι πρώτοι διαιρέτες του αριθμού Α = 3 6 - 2 6 είναι οι 5, 1 3, 1 7, 97 και 401 . m 2 :\ 6 . Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς m, η που ικανοποιούν την εξίσωση 3 · 2 + 1 = n • οπότε

Σιγκαπο ύρη, 2009

Λ i1 ση

= Ο , τότε η εξίσωση γίνεται n 2 4 , οπότε έχουμε το ζευγάρι ( m, n ) ( 0, 2 ) . Αν m � 1 , τότε το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι περιττός θετικός ακέραιος, οπότε θα πρέπει να είναι (1) και ο η περιττός και η � 3 . Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την 3 · 2m = (η - 1) ( η + 1). η - 1 , τοτε ' ' ' ' ' ' k + 1 = η + 1 και η αρτιος και μεγαλυτερος η' ισος του 2 , αν θ εσουμε Επειδη, ο η - 1 ειναι k= 2 2 εξίσωση ( 1 ) γίνεται k (k + 1) = 3 · 2m- 2 • (2) Επειδή (k, k + l) = l , μόνον ο ένας από τους δύο διαδοχι κούς ακέραιους μπορεί να έχει παράγοντα κάποια δύναμη του 2, οπότε οι δυνατές τιμές του k είναι (k = 2m-2 , k + 1 = 3) ή (k = 3, k + 1 = 2m - 2 ) <=> (k,m) = (2,3) ή (k, m) = (3,4) . Έτσι προκύπτουν τα ζευγάρια ( m, η) = (3, 5) ή ( m, n ) = ( 4, 7) . Αν

a b c 5 b c a

' ' ' ν οι ακεραwι a, b , c ειναι τετοwι ωστε - + - + - = , να απ

Ν7. Α

Λύ ση Αν είναι

( a, b, c) = d > 1 ,

( a1 , b 1 , c 1 ) = 1

.. � .ε

' οτι

.� ο αρtθμος a b c ειναι �1 .,.,.... ..,...., κυβος. '

a 1 , b 1 , c 1 τέτοιοι ώστε a = a 1 d, b = b 1 d, c = c 1 d και a b C1 5 abc ειναι , τε-, , a 1 b 1 c1 = = και ο ακεραιος -1 + -1 + b 1 c1 a 1 d3

τότε υπάρχουν ακέραιοι

τ οτε , για τους

a1 , b1 , c1

λειος κύβος, αν, και μόνον αν, ο

(a,b,c) = l .

οδ..:r:.....

ισχυει οτι

abc

είναι τέλειος κύβος. Επομένως, μπορούμε να υποθέσουμε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/18

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Θεωρούμε έναν πρώτο Ρ; και υποθέτουμε ότι: a = p�; Α, b = p�; Β, c = Pi; C , όπου ο Ρ; δεν διαιρεί κανέ ναν από τους Α, Β, C. Λόγω κυκλικής συμμετρίας, μπορούμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, να υποθέ σουμε ότι γ; = Ο , οπότε η δεδομένη εξίσωση γράφεται � + � + � = 5 <::::> a 2 c + b 2 a + c 2 b = 5abc <::::> p 2 α; A 2 C + p 2β ; + α ; Β 2 Α + p β ; C 2 B = 5 ΑΒ Cp β ; + α ; . (1) I I I 1 b c a Αν υποθέσουμε ότι μόνον ένας από τους εκθέτες α; και β; ισούται με μηδέν, τότε το δεύτερο μέλος της σχέσης ( 1 ) θα είναι πολλαπλάσιο του Ρ; , ενώ δεν είναι το πρώτο μέλος, που είναι άτοπο. Επομένως ι σχύει ένα μόνο από τα παρακάτω: α; = β; = Ο ή α; και β; είναι και τα δύο διάφορα από το Ο. Στη συνέ χεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α; = β; = Ο. Η περίπτωση αυτή αποκλείεται, αφού διαφορετικά θα ήταν δεν θα υπήρχε κοινός πρώτος διαιρέτης των a, b , το οποίο αντιβαίνει στην ισότητα a 2 c + b 2 a + c 2 b = 5abc . α; και β; διάφορα του μηδενός. Τότε από τη σχέση ( 1 ) λαμβάνουμε p� α; - β; Α 2 C + p�; + α; Β 2 Α + C 2 B = 5ABCp�; , η οποία μπορεί να αληθεύει μόνον όταν 2 α; - β; = Ο <::::> β; = 2 α; . Τότε όμως έχουμε abc = p� α; ABC , δηλαδή κάθε πρώτος παράγοντας Ρ; εμφανίζεται στο γινόμενο abc με εκθέτη πολλαπλάσιο του 3, οπότε ο abc είναι τέλειος κύβος. Δίνεται τρίγωνο ABC και σημείο Χ στο εσωτερικό του. Από τις κορυφές A , B , C θεωρούμε ευθείες Αν είναι ε 1 j_ ΧΑ, ε 2 j_ ΧΒ και ε3 j_ XC. τέτοιες ώστε αντίστοιχα, tι , ε2 ,�,

και Η1 ,� , � είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων Αι� A 2 C A , Α 3 ΑΒ , Ουκρανία, 2009 αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ABC και Η 1 Η 2 Η3 είναι ίσα.

tz Γ'Ι� = Αι , � Γ'Ιf:ι = Az , f:ι ntz = �

Σχήμα 1

Είναι CH 2 1 1 ΑΧ , ως κάθετες προς την ευθεία ε3 , και ομοίως έχουμε ότι ΑΗ 2 1 1 CX , οπότε το τετράπλευρο AXCH 2 είναι παραλληλόγραμμο. Ομοίως προκύπτει ότι και τα τετράπλευρα ΑΧΒΗ3 και CXBH, είναι παραλλη λόγραμμα. Επομένως τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΗ 2 και ΒΗ3 είναι ίσα και παράλληλα, οπότε το τετράπλευρο BCH 2 H3 είναι παραλληλόγραμμο. Άρα έχουμε BC = Η 2 Η3 • Ομοίως αποδεικνύουμε ότι CA = Η,Η3 και ΑΒ = Η 2 Η1 , οπότε τα τρίγωνα ABC και Η , Η 2 Η3 είναι ίσα.

Δίνεται παραλληλόγραμμο ABCD με AC > BD και A B C = 45° . Έστω k 1 ο κύκλος διαμέτ ρου AC και k 2 ο

κύκλος διαμέτρου DC . Ο κύκλος k 1 τέμνει την ευθεία ΑΒ στο Ε , ο κύκλος k 2 τέμνει την ευθεία 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. Ουκρανία, 2009

Επειδή οι AC και DC είναι διάμετροι των δεδομένων κύ Σχήμα 2 κλων, έπεται ότι και οι δύο τέμνουν την ευθεία AD στο ίδιο σημείο F , το οποίο είναι το ίχνος της κάθετης από το C προς την ευθεία AD . Έστω Μ το σημείο τομής των ευθειών DO και ΑΒ, οπότε θα είναι ΜΟΑ = 90° και ΑΜΟ = 4 5 ° . Επομένως, τα σημεία ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/19

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Α, Μ, C, D είναι ομοκυκλικά. Επειδή είναι CF l. AD, CO l. MD και CE l. ΑΜ , έπεται ότι τα σημεία Ε, Ο, F βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία, που είναι η ευθεία Simpson του σημείου C ως προς το τρί γωνο AMD . Επιπλέον, οι EF και AC είναι χορδές του κύκλου k1 , οπότε ισχύει ότι ΕΟ · OF = ΑΟ · OC, ( ΑΟΕ ) ΑΟ · ΟΕ -- AO 2 - � 2 από την οποία έπεται ότι b ( COF ) FO · CO FO Θεωρούμε τρίγωνο ABC με Α � 60° . Αν BD και CE είναι οι διχοτόμοι των γωνιών του Β και

( J (J

_ _

Ουκρανία, 2009

C , αντίστοιχα , να αποδείξετε ότι: AD + ΑΕ :::;; BC .

Έστω BC = a, CA = b και ΑΒ = c. Από το θεώρημα της , , AD c ΑΕ b ' ) διχοτομου εχουμε = - και = -, ( εσωτερικης ΒΕ a DC a ·,,� , , cb cb , οποτε θ α ειναι AD = και ΑΕ = . Επομενως, a+c a+b αρκεί να αποδείξουμε ότι: cb cb ( + :$; a <=> a 2 - bc ) ( a + b + c ) � Ο, a+c a+b Σχήμα 3 οπότε, αφού a + b + c > Ο, αρκεί να αποδείξουμε ότι a 2 - bc � Ο . Πράγματι, από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ABC και την υπόθεση ότι Α � 60° , 1 a 2 = b 2 + c 2 - 2bc cos Α � b 2 + c 2 - 2bc · - � 2bc - bc = bc . λαμβάνουμε Α

" ' . ." "-.

'--.. "-.

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, Α ΙΒ + CID = AID + BIC . Νότια Α φρική, 2010

(

) (

)

Έστω ότι το τετράπλευρο ABCD είναι περιγράψι μο περί κύκλο κέντρου Ι και ακτίνας r . Τότε το Ι απέχει από όλες τις πλευρές του τετραπλεύρου απόσταση r και σύμφωνα με τη θεωρία, θα ισχύει ότι ΑΒ + CD = BC + DA Άρα έχουμε Ευθύ.

�

( ΑΙΒ) + ( CID) = r ( AB+ CD) = r ( BC + DA) = ( AID) + ( BIC) .

ότι ( ΑΙΒ ) + ( CID ) = ( AID ) + ( BIC ) . Ονομάζουμε d ( Ι, ε ) την απόσταση του σημείου Ι από οποιαδήποτε ευθεία ε. Έστω Σχήμα 4 x = d ( I,AB ) = d ( I, AD ) , y = d ( I, BC ) = d ( I, CD ) . Τότε θα έχουμε ( ΑΙΒ ) + ( CID ) = ( AID ) + ( BIC ) <=> ΑΒ · χ + CD · y = AD · χ + BC · y <=> χ · ( ΑΒ - AD ) = y · ( BC - CD) . Αν ισχύει ότι ΑΒ = AD , τότε θα είναι και BC = CD , οπότε ΑΒ + CD = BC + DA , δηλαδή το τετρά πλευρο ABCD είναι περιγράψιμο περί κύκλο. Διαφορετικά, υποθέτουμε ότι ΑΒ > AD , οπότε θα είναι και BC > CD . Πάνω στις πλευρές ΑΒ και BC θεωρούμε τα σημεία Ε και Ζ έτσι ώστε AD = ΑΕ και CD = CZ . Τότε τα ζεύγη των τριγώνων AID, ΑΙΕ και DCI, ZCI είναι ίσα, οπότε θα έχουμε IE = IZ = ID . (1) Αν τώρα αφαιρέσουμε την ισότητα ( ΑΙΕ ) + ( CID ) = ( AID ) + ( ZIC ) , από τη δεδομένη ισότητα (2) ( AIB) + ( CID) = ( AID) + ( BIC) λαμβάνουμε ( ΙΒΕ ) = (mz) <=> ΙΕ · IB · sin EIB = ΙΖ · IB · sin ZIB . Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει η ισότητα ΕΙΒ = ziB , οπότε και τα τρίγωνα ΕΙΒ και ΖΙΒ θα είναι ίσα. Τότε θα είναι και π3Ε = mz ' οπότε το σημείο Ι βρίσκεται στη διχοτόμο της γωνίας AB C . Επομένως έχουμε χ = d ( I, AB ) = d ( I, BC ) = y , οπότε ο κύκλος κέντρου Ι και ακτίνας χ = y εφάπτεται στις τέσσεΑντίστροφο. Έστω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/20

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

--------

ρις πλευρές του τετραπλεύρου ABCD.

{) {

){

) (

)

ι\ 2 . Να προσδιορίσετε το συντελεστή του χ στο πολυώνυμο Ρ χ = 1 + χ 1 + 2χ 1 + 4χ · · · 1 + 2η χ . Λύση

Νότια Α φρική, 201 0

χ 2 , έστω C2 , αντιστοιχεί στον πολλαπλασιασμό δύο οποιονδήποτε διαφορετι2 Κών δυνάμεων του 2, ΟΠότε θα είναι C 2 = 2Ι. +J. = 21 = 2 1 ' 2 J - = 22 .1 = 21 = 2 1. - 21 = 41. • 1 Si<jSn iO J iO i ,j O iO Όμως, από το γνωστό τύπο του αθροίσματος των η πρώτων όρων γεωμετρικής προόδου, λαμβάνουμε . n+1 n+ 1 n+ 1 2 n+ 2 Σ= 2 1. = 2 2 --1 1 = 2 " + 1 - 1 και Σ= 4 1 = 44 -- 1 = 4 - 1 = 2 - 1 . 1 3 3 iO iO " -1 22 n+ - 1 Άρα έχουμε C2 = � ( 2 " + 1 - 1 ) 2 - � ( ; ) = � [ 2 2 n+ 2 - 2 " +2 + 1 - �( 2 2 n+ 2 - 1 ) ] = 2 2 n + 1 - 2 " + 1 - 2 ( 4 3

Ο συντελεστής του όρου

(Ση . . Ση ) (Σ" Σ"

ι\3. Γ ράφουμε τα στοιχεία του συνόλου S = { 1 , 2 , 3 , , 1 00 } σε ένα πίνακα τύπου 1 Ο χ 1 Ο ως εξής: .•.

1 1 12 13

•

1 00 91 92 93 Αν με οποιονδήποτε τρόπο απαλείψουμε 1 0 στοιχεία του πίνακα, να αποδείξετε ότι οι 90 αριθμοί που απομένουν περιέχουν ένα τουλάχιστον σύνολο 10 διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου. Ρουμανία, ΜΟ 2009 σ Λ ίJ η .

•

Θα προσπαθήσουμε να απαλείψουμε 1 Ο αριθμούς από τον πίνακα, έτσι ώστε οι αριθμοί που θα απομεί νουν να μην περιέχουν 1 Ο διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Επειδή κάθε γραμμή και κάθε στήλη του πίνακα περιέχει 1 Ο αριθμούς που αποτελούν αριθμητική πρόοδο, θα πρέπει να απαλείψουμε έναν α ριθμό από κάθε γραμμή και κάθε στήλη, έτσι ώστε κάθε δύο απαλειφόμενοι αριθμοί να ανήκουν σε δια φορετική γραμμή και στήλη. Επιπλέον, αν απαλειφθεί ο αριθμός που ανήκει στην (i, j) - θέση του πίνακα, δηλαδή στην i - γραμμή και στη j - στήλη, τότε ο αριθμός που θα απαλειφθεί από την ( i + 1 ) - γραμ μή πρέπει να ανήκει στη k - στήλη, όπου k < j , αφού διαφορετικά στο διάστημα μεταξύ των δύο αριθ μών που aπαλείφονται θα υπήρχαν 10 διαδοχικοί ακέραιοι. Έτσι η μοναδική δυνατότητα απαλοιφής είναι αυτή που αφορά τους αριθμούς 10, 19, 2 8 , . . . ,91 . Τότε όμως η ακολουθία των αριθμών 1 1, 20, 29, 38, 47, 56, 65, 74, 83, 92 απομένει στον πίνακα και αποτελεί αριθμητική πρόοδο.

Α σ.lcJjσ;,ις Έστω Α ένα υποσύνολο των θετικών ακεραίων με άπειρο πλήθος στοιχείων. Να προσδιορίσετε ό λους τους φυσικούς αριθμούς η που είναι τέτοιοι ώστε, για κάθε a Ε Α Α9.

a " + a "- 1 + . . . + a 1 1 1 a " !+ a < n -1)! + . . . + a 1 ! + 1 . Λ 1 Ο . Η ακολουθία ( a n ) , η Ε f:f* , ικανοποιεί τη σχέση a n + 1 = a n ( a n + 2 ) , για κάθε η Ε Ν• . Να βρείτε ποι ες τιμές μπορεί να πάρει ό όρος a 2004 Ν 8 . Βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων που ικανοποιούν την εξίσωση y ( x2 + Υ - 2xy- x - y) = (x + y) \ x - y) . Γ 8 . Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC , Μ είναι το μέσον της πλευράς BC και D, E , F είναι τα ίχνη των υψών από τα Α, Β και C , αντίστοιχα. Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC, S το μέσον του ΑΗ και G +

•

το σημείο τομής των FE και ΑΗ Αν Ν είναι το σημείο τομής της διαμέσου μένο κύκλο του τριγώνου BCH , να αποδείξετε ότι ΗΜΑ = GNC . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/2 1

ΑΜ

με τον περιγεγραμ

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: I ) 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 της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Σ ' αυτό το τεύχος και στο επόμενο θα σας παρουσιάσουμε δύο σπάνια ντοκουμέντα, από αντίστοιχες εργασίες των δύο γιγάντων της επιστήμης, του Henrί Poincare και του Albert Eίnsteίn. (Τις επικεφαλίδες των εργασιών αυτών θα τις αφήσουμε (για ιστορικούς λόγους), στην καθαρεύουσα στην οποία έχουν γραφεί. Πρόκειται για αποσπάσματα που αναφέρονται στη φύση της μαθηματικής σκέψης Henrί Poίncare:

«ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ

Ο ΑΡΙΘΜΟΣ ΚΑΙ ΤΟ ΜΕΓΕΘΟΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ Α '

ΕΠΙ ΤΗΣ ΦΥΣΕΩΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ ΣΥΛΛΟΓΙΣΜΟΥ»

«Αυτή η ίδια η δυνατότητα να υπάρχει η μαθηματική επιστήμη, φαίνεται να είναι ανυπέρβλητη αντίφαση. Εάν αυτή η επιστήμη δεν είναι εξαγωγική ( deductiνe) παρά μόνο φαινομενικά, πως συμβαίνει να έχει τόσο τέλεια ακρίβεια, ώστε κανένας να μη την αμφισβητεί; Αν απεναντίας όλες οι προτάσεις τις οποίες αυτή διατυπώνει μπορούν να εξάγονται οι μεν από τις δε με τους κανόνες της Τυπικής Λογικής, πως είναι δυνατό η μαθηματική επιστήμη να μη καταντά άπειρη ταυτολογία; Ο συλλογισμός δεν μπορεί να μας μάθει τίποτε το ουσιαστικά νέο, και αν όλα έπρεπε να μας προκύπτουν από την αρχή της ταυτότητας, όλα θα έπρεπε να αναχθούν εκεί ( δηλ. σε ταυτότητες) . Θα παραδεχθούμε λοιπόν ότι οι απαγγελίες όλων αυτών των θεωρημάτων, τα οποία γεμίζουν

τόσους

τόμους,

δεν

είναι

παρά τρόποι είναι Α; Αναμφίβολα μπορούμε να φτάσουμε στα αξιώματα τα οποία είναι στην πηγή όλων των συλλογισμών. Αν κρίνει κανείς ότι δεν μπορεί να τα αναγάγει στην αρχή της αντίφασης, αν δεν θέλει, ακόμα περισσότερο, να δει πειραματικά εξαγόμενα που δεν μπορούν να συμμετάσχουν στη μαθηματική ανάγκη, του απομένει ακόμη να προστρέξει εις το να τα τοποθετήσει μεταξύ των συνθετικών κρίσεων a priori. Δεν λύνει όμως έτσι κανένας τη δυσκολία, τη μετονομάζει μόνο · και τότε ακόμη, όταν η φύση των συνθετικών κρίσεων δεν θα είχε κανένα μυστήριο για μας, η αντίφαση δεν θα εξαλειφόταν, μόνο θα οπισθοχωρούσε ( θα μετατοπιζόταν) . . » περιστροφικοί για να πούμε ότι Α

. .

[πηγή : «ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣIΣ», Henri Poincare. Μετάφραση : Παναγιώτη Ζερβού, Αθήνα 1 9 1 2]

Συνεχίζουμε την παρουσίαση εννοιών της Ευκλείδειας Γεωμετρίας με τα παρακάτω: [σχήμα 1] Λέγεται η ευθεία πάνω στην οποία βρίσκονται οι προβολές, πάνω στις πλευρές τριγώνου, του τυχαίου σημείου της περιγεγραμμένης, γύρω απ ' αυτό, περιφέρειας [σχήμα 2] Λέγεται το κοινό σημείο τω ευθειών οι οποίες ενώνουν κάθε κορυφή του τριγώνου με το σημείο επαφής της απέναντι πλευράς με τον εγγεγραμμένο στο τρίγωνο κύκλο. [σχήμα 3] Λέγεται ο κύκλος στον οποίο ανήκουν τα κέντρα των περιγεγραμμένων κύκλων, γύρω από τα τέσσερα τρίγωνα του πλήρους τετραπλεύρου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/22

-----

HOMO MATHEMAτiCUS

Ευθεία Simson ΚΑΝ

•'

/ I

, ι'

··ι._

Β\

t;;;<ο. '

"' ./ I ι /.Α.

'-..

· ·� "--

/ . . ----� -�---- ---

� I

�

... Γ

- - - - - - --ο /

σχήμα 2

σχήμα 1

σχήμα 3

Μήπως γνωρίζετε ποιος μεγάλος μαθηματικός του 20ου αιώνα σε ένα γνωστό του έργο παραθέτει τους παρακάτω στίχους; Πες μου να χαράξω μαγικά σύμβολα να κρατούν το κύμα που σκάει ή να φτιάξω οχυρά που θα ζήσουν πιο πολύ από μένα» .

«Εδώ στην επίπεδη αμμουδιά, ανάμεσα σε ξηρά και θάλασσα, τι θα κτίσω ή τι θα γράψω ενάντια στη νύχτα που πέφτει;

δημοσιεύσαμε τοπο θεσία « Μήπως

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

Σε προηγούμενο τεύχος [80-τ. (στη

«αυτό

το

στήλη

το

συνάδελφοι μας γνωστοποίησαν, με δι ά φορους

στην

τρόπους, πως το ήξεραν. Τις τελευταίες ημέρες,

ερ ώ τημα:

ο φίλος της στήλης Κώστας Τάγαρης [Πύργος

και

μας

ξέρατε; »)

4],

''Ιαπωνικό " Ηλείας], μας θυμ ά στε τι λέει το ' Μετά , δι ά φοροι διαφορετική αυτό απ

θεώρημα; » .

R ω,

,, ,, · γ ,ι κ ω·,

έστειλε μια δική του απόδειξη των αυτή απ ' Ιησου ϊτών.

Ο ε ω ρ iηωτοζ»

Σε κάθε εγγράψιμο τετράπλευρο το άθροισμα των ακτίνων των εγγεγραμμένων κύκλων στα δύο τρίγωνα στα οποία χωρίζει το τετράπλευρο η μία διαγώνιος ισούται προς το αντίστοιχο άθροισμα για τα τρίγωνα που ορίζονται από την άλλη διαγώνιο. \π&νπ r; ,ηι

Έστω το τετράπλευρο ΑΒΓΔ ( σχήμα 1 ) εγγεγραμμένο στον κύκλο ( O, R) και ( 11 ,ρ 1 ) , ( 12 ,ρz ) , ( 13 ,ρ3 ),( 14,ρ4) οι εγγεγραμμένοι κύκλοι στα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΔΓ, ΑΒΓ, ΑΔΓ αντίστοιχα. και Ν, Σ, Μ, Ρ τα μέσα των τόξων ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Θα δείξουμε ότι: IΡι + Ρ2 = Ρ3 + Ρ4 1 ...-....

.-.

...-..

Προτάσσουμε το παρακάτω:

Α ν (O,R) και (!,ρ) είναι ο περιγεγραμμένος και ο εγγεγραμμένος κύκλος αντίστοιχα στο τρίγωνο ΑΒΓ τότε ισχύει

ΜΙ=ΜΒ=ΜΓ ( 1 ) Αν ( σχήμα 5) ΑΜ, ΒΝ οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β αντίστοιχα, θα είναι Αν Ρ το aντιδιαμετρικό του Μ και ΙΖ κάθετο στο ΜΙΒ = ΒΑΙ + ΑΒ Ι , άρα ΑΒ, τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΙΖ και ΜΓΡ είναι Α Β ΜΡ ΜΓ - Α ΜΙΒ = - + - = ΓΒΜ + ΓΒΝ = ΜΒΝ όμοια ( αφού ΙΑΖ = ΜΡΓ = - ) άρα - = 2 2 ΑΙ ΙΖ 2 που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΜΒΙ είναι ισοσκελές, δηλαδή _..._

---

�

----

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/23

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Στο τρίγωνο ΒΔΓ, λόγω της ( 1 ) έχουμε Ι = Μ ή (AI)'(IM)=2Rρ ή R2 - (01)2=2Rρ ή ΣΓ=ΣΒ=ΣΙ2 (5 ) ρ ΑΙ ΒΑΓ έχουμε τρίγωνο το από λόγο ίδιο τον Για (01)2= R2 -2Rρ (2) ΣΓ=ΣΒ=ΣΙ3 (6 ) [όπου ΑΗΜ είναι η δύναμη του Ι ως προς τον Από ( ),( 6 ) έχουμε ΣΒ =ΣΓ= ΣΙ3= ΣΙ2 . Η τελευταία 5 κύκλο Ο] σχέση σημαίνει ότι από τα σημεία Γ, 12 , 13 ,Β διέρχεται περιφέρεια με κέντρο το Σ, δηλ. το τετράπλευρο ΒΓω3 είναι εγγράψιμο σε κύκλο [σχήμα 4]. Για όμοιο λόγο το τετράπλευρο ΑΔ 4 Ιι είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Για τον ίδιο λόγο τα τετράπλευρα Αlιi4Δ, Alιi3B, Γω4Δ είναι εγγράψιμα. Στο Βω2 Γ είναι γωνΓΙ312=γωνΓΒΙ2=ΓΝΜ, άρα ω2Ι IΜΝ ( 7). Για όμοιο λόγο είναι και Ιι14 11 ΜΝ ( 8) . Από ( 7), ( 8) έχουμε ότι ω2Ι I Ιι14 ( 9 ) Για όμοιο λόγο είναι και ωι ι ι ω4 ( 1 0) Από ( 9),( 1 0) συμπεραίνουμε ότι το Ιι ω2 Ι4 είναι παραλληλόγραμμο. ΝΣ Μ Ρ = Αλλά ( ΜΝ , ΡΣ ) = ή

� (Νϊ3 +ΒΣ)+(ΜΔ+ΔΡ)

-+-+-+2 2 2 2 ΑΒ

ι_,

ΒΓ

ΓΔ

ΔΑ

1 80°

= 900 2 2 το παραλληλόγραμμο Ιι13 ω4 είναι Άρα ορθογώνιο. Στα τρίγωνα Olιl3 , 01412 [σχήμα 6], με το δεύτερο θεώρημα των διαμέσων έχουμε: 2 2 ( 0 Ι ι ) - (ΟΙ 3 ) = 2 ( Ι ι Ι 3 ) · ( Μι Ω ι ) ( 1 1 ) και 2 2 ( ΟΙ 4 ) - ( Ο Ι 2 ) = 2 ( Ι 4 Ι 2 ) · ( Μ 2 0 2 ) ( 1 2) Όπου Οι και Ο2 οι προβολές του Ο στις Ιι13, 1412 αντίστοιχα και Μι, Μ2 τα μέσα των Ιι13 και 1412 αντίστοιχα. Επειδή lιl3 =l4l2 και ΜιΟι=Μ2 Ο2 , από τις ισότητες ( 1 1 ), ( 1 2) έχουμε 2 2 2 2 ( 0Ι ι ) - ( ΟΙ 3 ) = ( 0 Ι 4 ) - (Ο Ι 2 ) άρα 2R(ρ3- ρι)=2R(ρ2- ρ4) δηλ. ρ3 - ρι= ρ2- ρ4 ή τελικά:

Ι·ι1 �.

σχήμα 6 Στο σχήμα 4, βάσει της σχέσης (2) έχουμε : 2 2 Ο Ι � = R - 2Rρ ι , ΟΙ ; = R - 2Rρ 2 , 2 Ο Ι ; = R 2 - 2Rp 3 , ΟΙ � = R - 2Rρ 4 , από τις οποίες προκύπτουν και ΟΙ� - Ο Ι ; = 2R ( ρ 3 - Ρ ι )

(3)

ΟΙ � - ο Ι ; = 2R ( ρ 2 - ρ 4 ) (4)

π(ηψ) στην επέκταση της α ρχαί α ς Α ρπεδόνης» .

. Συνεχίζουμε, σ' αυτό το τεύχος, με τη δεύτερη συνέχεια μιας εργασίας του φίλου της στήλης Πέτ ρου Σοφ ιανού [Σάμος]. <ιJ'πν{χεια .

,ι

Συνεχίζοντας το άρθρο με τον παραπάνω τίτλο γεωμετρικές ασκήσεις των οποίων όλα τα σχήματα να μαθητές τουλάχιστον δύο ενδιαφέρον έχει σήμερα να δώσουμε μια σειρά από μπορούν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/24

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

κατασκευάζουν κρατώντας από έναν η δύο κόμπους ο καθένας κατ' αρχάς από τους 1 2 κόμπους του κλειστού αυτού κορδονιού , το οποίο ο Ηρόδοτος αναφέρει σαν "αρπεδόνη" - το εργαλείο που χρησιμοποιούσαν οι "αρπεδονάπτες" στην αρχαία Αίγυπτο για να κατασκευάζουν την ορθή γωνία, ενώ εμείς είδαμε στο προηγούμενο μέρος του άρθρου μας να κατασκευάζονται όλα τα είδη των τριγώνων , των τετραπλεύρων και όχι · μόνο αυτά: 1 . Με μονάδα μέτρησης επιφανειών το τετράγωνο, πλευράς 1 διαστήματος αρπεδόνης, να μετρηθούν τα εμβαδά όλων των ορθογωνίων παραλληλογράμμων μήκους πλευρών ακέραιων αριθμών και σταθερής περιμέτρου 1 2 που μπορούν να κατασκευαστούν με την κλειστή αρπεδόνη . 2 . Από όλα τα παραλληλόγραμμα που έχουν σταθερή περίμετρο 1 2 ποιο είναι αυτό που έχει το μέγιστο εμβαδό; [στο τμήμα του άρθρου που δημοσιεύτηκε στο προηγούμενο τεύχος αναφερθήκαμε σ' αυτό] . 3 . Αφού αποδειχθεί ότι κάθε παραλληλόγραμμο χωρίζεται από την διαγώνιό του σε δύο ίσα τρίγωνα και άρα ισεμβαδικά , να υπολογισθούν τα εμβαδά των ορθογωνίων τριγώνων στα οποία χωρίζουν οι διαγώνιές τους τα παραπάνω ορθογώνια παραλληλόγραμμα. 4 . Αποδείξτε με την χρήση της κλειστής αρπεδόνης ότι για να είναι το σκαληνό τρίγωνο με Θέμα

3 °. Claude Paul B ruter « Η

πλευρές 3 -4-5 ορθογώνιο πρέπει το άθροισμα των εμβαδών των τετραγώνων των δύο μικρότερων πλευρών του να εξισώνεται με το εμβαδόν του τετραγώνου της τρίτης και μεγαλύτερης πλευράς του. [Υπόδειξη: κρατάμε την μία από τις δυο μικρότερες πλευρές σταθερή και aυξάνουμε η μειώνουμε τις άλλες δύο , όπως στην εισήγησή μου στο 28ο συνέδριο της ΕΜΕ, παρουσίασα] 5. Γιατί δεν υπάρχει τριάδα κόμπων από τους 1 2 κόμπους της αρπεδόνης που να μπορεί να κατασκευαστεί αμβλυγώνιο τρίγωνο ; Με άλλα λόγια γιατί δεν υπάρχει αμβλυγώνιο τρίγωνο με πλευρές ακέραιους αριθμούς και περίμετρο 1 2 ; 6. Με δεδομένη την ισχύ του παραπάνω θεωρή ματος [του γνωστού Πυθαγόρειου θεωρή ματος] να υπολογιστούν ακριβώς τα εμβαδά α. Των τριών τριγώνων που κατασκευάζουμε με την κλειστή αρπεδόνη περιμέτρου 1 2 [του ορθογωνίου 3 -4-5 , του ισοσκελούς 5-5-2 και του ισοπλεύρου πλευράς μήκους 4] . β . Των τεσσάρων διαφορετικών ισοσκελών τραπεζίων γ. Των πλαγίων παραλληλογράμμων που η μια κορυφή τους προβάλλεται κάθετα σε κόμπο της αρπεδόνης, δ. Του ρόμβου συγκεκριμένα , η μικρή διαγώνιος του οποίου είναι ίση με την πλευρά του δηλαδή μήκους 3 ε. Του κανονικού εξαγώνου πλευράς 2 στ. Του κανονικού δωδεκαγώνου πλευράς 1

ο μ ο ρ φ ιά των Μ αθη ματικών στις Ε ικαστ ικές Τέχν�:ς»

Με μεγάλη επιτυχία πραγματοποιήθηκε η διάλεξη του καθηγητή Claude Paul Bruter, με θέμα «Η ομορφιά των Μαθηματικών στις Εικαστικές Τέχνες». Πρωτότυπη παρουσίαση του θέματος με αντικείμενα της καθημερινής ζωής. Οργανωτές της διάλεξης η ΕΜΕ (Δημ. Βαρόπουλος) και το Ευγενίδειο Ίδρυμα (Γαρδίκη Εύη). Εμείς εξασφαλίσαμε, για σας, την άδεια του ομιλητή για να δη μοσιεύσουμε κομμάτια της πρωτότυπης εργασίας που μας παρουσίασε. Θ ι': μα 4" « Π αγκίJσμια η μέ ρ α του α ρ ιΟ μοίJ π» .

Όπως κάθε σημαντική οντότητα σε αυτόν τον πλανήτη, έτσι και ο αριθμός π, η περίφημη σταθερά του Αρχιμήδη, έχει πλέον τη δική του ημέρα στο εορταστικό ημερολόγιο. Τον γιορτάσαμε στις 1 4 Μαρτίου. «Όλοι οι αριθμοί είναι ενδιαφέροντες, μερικοί όμως είναι πιο ενδιαφέροντες από τους άλλους και το π είναι ο πιο ενδιαφέρων από όλους » λέει ο Ιαν Στιούαρτ, καθηγητής των Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο του Γουόρικ. Εκείνος όμως ο οποίος θεωρείται ότι ήταν ο πρώτος που l l α. Απάντη ση στο

' Ά υ τδ το ξιiρα τε; ,

μαθηματικός αυτός είναι ο G odfrey Ha rold Hardy [ 1 877- 1 947 ] . Παραθέτει αυτούς τους στίχους στο γνωστό έργο του «Η ΑΠΟΛ ΟΓΙΑ ΕΝΟΣ ΜΑΘΗΜΑΠ ΚΟ Υ » , [πηγή : «Η ΑΠΟΛΟ ΓΙΑ Ο

προσέγγισε τον υπολογισμό π σε μια πιο θεωρητική βάση ήταν ο Αρχιμήδης, γι' αυτό και το π είναι γνωστό και ως σταθερά του Αρχιμήδη. Η δεύτερη μεγάλη ανακάλυψη ση μειώθηκε το 1 8 82, όταν ο Φέρντιναντ φον Λίντεμαν απέδειξε ότι το π είχε μία ακόμη ασυνήθιστη ιδιότητα: ήταν υπερβατικός αριθμός. Στη μαθηματική ορολογία αυτό σημαίνει ότι δεν αποτελεί τη ρίζα καμιάς αλγεβρικής εξίσωσης με ρητούς συντελεστές. [πηγή :ΒΗΜΑ S cience. του S teve Connor, The Independent]

ΕΝΟΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΥ», εκδ. "Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης", ΗΡΆΚΛΕΙΟ 1 993 (δεύτερη αναθεωρημένη έκδοση). Μετάφραση : Μιχάλης Λάμπρου, Δημήτρης Καραγιαννάκης]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/25

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Επανα λ ηπτ ι κ έ ς Α σκ ήσ ε ι ς Ά λγ ε �ρ α ς

Στεφανής Π αναγιώτης - Ε.Μ.Ε. Παράρτημα Αν. Στερεάς [Λαμία] Λσκ ηση I : Εστω η αριθμητική πρόοδος αν με Λσκη ση 3 : Έστω η εξίσωση r - λχ + λ- 1 = 0 ( 1) , 1 λ Ε 9t παράμετρος. ' α1 = - και τα συμπ ληρωματικα' ενδεχομενα Α, όπου i) Να δείξετε ότι έχει πραγματικές ρίζες για κά 6 Β ενός δειγματικού χώρου Ω που αποτελείται θε λ Ε 9t . από ισοπίθανα στοιχειώδη ενδεχόμενα και ισχύ i i ) Να βρείτε για ποια λ ,υπάρχουν α, β Ε 9t ώει Ρ (Α) = α1 , Ρ (Β) = α 2 + α3 • στε: (α 2 - λα + λ - 1)(β 2 - λβ + λ - 1) < 0 (2 ) i i i) Αν ρ ι , ρ 2 οι ρίζες της (1), τότε να εξετάσετε i) Να δειχτεί ότι η διαφορά της προόδου είναι ω = ! . αν υπάρχει λ ώστε οι αριθμοί ρ 1 , λ, ρ 2 να είναι 6 i i ) Αν Ν(Α) = 10 , να βρείτε Ν(Β). διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Α υ Β = Ω � Ρ(Α υ Β) = 1 � Ρ(Α) + Ρ(Β) = 1 � α 1 + α 2 + α3 = 1 �

Λ\iση : ί) Έχουμε:

� _!_ + + ω + + 2 ω = 1 � � + 3ω = 1 � ω = _!_ 6 6 6 6 6 i ί ) Είναι Ρ( Α) = α 1 = _!_ 6 Α) ( Ά ρ α: Ν = _!_ => _____!_Q_ = _!_ => Ν(Ω) = 60 Ν(Ω) 6 Ν ( Ω) 6

(..!. ) (..!. )

Επίσης Ρ ( Β )

α- + α3 ,

( _!_ _!_) ( _!_ � ) 6

Άρα Ν ( Β ) = � => Ν ( Β ) = 6 0 · � = 5 0 6 Ν (Ω ) 6

Λσκηση

α)

Να

λυθεί

� 6

ανίσωση

J x; J < � -l x -11 , όπου κ είναι θετικός ακέραιος. l

β)

Έστω ότι το άθροισμα των θετικών ακέραι ων λύσεων της ανίσωσης είναι 66, /3 ι ) Να βρείτε το κ. β2) Επιλέγουμε τυχαία μία από τις θετικές ακέ ραιες λύσεις της παραπάνω ανίσωσης. Εστω το ενδεχόμενο Α: Η λύση που επιλέξαμε επαληθεύει την χ 5 - 16 χ = Ο . Να βρεθεί η Ρ (Α) ΛίJ ση :

α)

ι χ 3-1 1 < 3 - l x - 11 � � χ 3- 11 + l x - 11 < 3 � 4κ

4κ

lx - 1 l + 3 l x - 1 1 < 4κ � Ιχ - 1 1 < κ � -κ < χ - 1 < κ � 1-κ<χ<1+κ β) ' Εχουμε: 1 + 2 + ... + κ = 66 � (1 + κ)� = 66 � 2 2 2 � κ + κ = 1 32 � κ + κ - 1 32 = Ο � Κ Ε { 1 1, -12} � Κ = 1 1 γ) Στο Ω = {1, 2,3, ..... 1 1} έχουμε: χ 5 - 16χ = 0 � χ(χ4 - 16) = 0 � χ Ε {Ο,-2,2} � χ = 2 Συνεπώς

Α = { 2} , οπότε Ρ(Α) = _!_ 11

Δ=(-λ)2 -4(λ-1)=Κ -4λ+4=(λ-2? 20 για κάθε λΕR. Συνεπώς η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες για κάθε λ Ε 91 ίί ) Αν f ( χ) = χ 2 - λχ + λ - 1 , τότε ( 2) �f( α) f( β) <Ο � f ( α ) , f ( β ) ετερόσημοι � Δ > Ο � λ 7= 2 . ί ί ί) Αν λ=2, τότε ρ 1 =ρ2= 1 , οπότε οι αριθμοί 1 ,2, 1 ΛίJση : ί)

Αν λ 7= 2 , τότε οι ρίζες της ( 1 ) είναι λ ± �( λ - 2) 2 λ ± l λ - 2 1 δη λαδη' = ρ ι,2 = 2 2 ' λ + λ - 2 = λ - 1 ρ = λ - (λ - 2) = 1 ρ! = ' 2 2 2 '

δεν αποτελούν διαδοχικούς όρους, αριθ . προόδου .

η. αντι-

στρόφως . Όμως ρ ι , λ, ρz διαδοχικοί όροι αριθμ . προόδου � ρ 2 , λ, ρ 1 διαδοχικοί όροι αριθ. προόδου � 2λ = ρ 1 + ρ2 � λ = Ο , δεκτή τιμή αφού Ο 7= 2 .

4 : Έστω Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγμ. Ω . Οι πιθανότήτες Ρ (Α) , Ρ (Β) είναι λύ-

λσκη ση

χώρου σεις της εξίσωσης: χ 2 - � χ + Ρ (Α rι Β) = Ο και 6 είναι Ρ ( Α υ Β) = i , Ρ ( Α) < Ρ (Β) . 6 i ) Να βρείτε τα Ρ (Α), Ρ (Β) . ί ί ) Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου: «δεν πραγματοποιούνται ταυτόχρονα τα Α και Β» i i i ) Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου : «πραγματοποιείται μόνο το Α» ΛίJση : i) Είναι

Ρ( Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - P(A n B) --5

- =P(A)+P(B)-P(AnB) Όμως P(A)+ P(B) =____Q =� Ι 6 6 Άρα : � = � - P(AnB) � P(AnB) =_!_ . 'Ετσι η 6 6 6 2 1 2 5 ο ' χ --χ+- = , εχει ρι' ζες χ 1 = -, χ 2 = -3 και επειδη' 6 6 6 6 Ρ(Α)<Ρ(Β) θα είναι Ρ( Α) = � και Ρ(Β) = �. 6 6 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/26

-------

Ρ ((Α Β)') = ι - Ρ(Α Β) = ι -_!_6 = 26 i i i ) Ρ( Α - Β) = Ρ(Α) - Ρ(Α Β) = 3_ - _!_ = _!_ 6 6 6

ii)

------

Μαθηματικά για τη Α ' Λυκείου

!\σ κ η ση 5 : Ε στω ενδεχόμενα ενός δειγμα τικού χώρου Ω τέτοια ώστε η εξίσωση :

Α, Β (Ρ(Α)-�)χ 2 -4Ρ(Α)χ + 4 = 0 , να μην έχει ρίζες άνισες και να ισχύει 1 1 - P(B) I - I P(B) I = _ .!. 3 i ) Να βρείτε την Ρ(Α) i i) Να βρείτε Ρ (Β). ί ί ί ) Να εξετάσετε αν τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα.

ΛίJση : i ) Είναι

Δ = ( -4Ρ(Α) 2 - 4(Ρ(Α) - _!_4 ) · 4 = = ι6[Ρ(Α)] 2 - ι6Ρ(Α) + 4 = 4(2Ρ(Α) - ι) 2 � Ο

Η εξίσωση δεν έχει ρίζες άνισες

�Δ-:;;. Ο �4(2Ρ(Α) - ι)2 -:;;. ο �2Ρ(Α) - ι=Ο�Ρ(Α)=�2 ί ί ) Επειδή ο -::;,_ Ρ(Β) -:;;. ι τότε ι ι - P(B)I -IP(B)I = - � � 3 ι - Ρ(Β) - Ρ(Β) = - -3ι � ι +-3ι = 2Ρ(Β) � Ρ(Β) = -46 =-23 i i i ) Εστω ότι τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα. Τότε : P(AuB) =Ρ(Α)+ Ρ(Β) Ρ(Α υ Β) =�+� =_2 >ι 2 3 6 ' �

πράγμα άτοπο. Συνεπώς δεν είναι ασυμβίβαστα. 2 Λσ κ η ση 6 : Έστω η συνάρτηση f(x) χ και τα

σημεία της γραφικής παράστασης με τετμημέ νες χ 1 , χ 2 , χ3 •

α ) Αν τα χ 1 , χ 2 , χ 3 είναι διαδοχικοί όροι γεωμε

τρικής προόδου , να δείξετε ότι οι αντίστοιχες τεταγμένες είναι επίσης διαδοχικοί όροι γεωμε τρικής προόδου. β) Ε στω η συνάρτηση g(x)= x

i ) Να λυθεί η aνίσωση f(x) >g (x) i i ) Να εξηγήσετε τι εκφράζουν γραφικά οι λύ σεις της ανίσωσης ί ί ί ) Να σχεδιάσετε στο ιδιο σύστημα αξόνων τις δύο γραφικές παραστάσεις ( 1 ) και θέλουμε να δείΛίJση : Έχουμε :

Β ' τ ρ {Ι:ιτ σ ς :

f( x ) > g( x ) <=> l x2l =- y Υ Υ>Ο

}

κ.λ.π.

i i ) Οι λύσεις της ανίσωσης είναι τα ση μεία των δι

αστημάτων στα οποία η C r είναι πάνω από την C

Υ _____________

y� x

/, ��

______________

J', '

σχήμα α " Παρατηρήστε εξάλλου ότι:

f( x ) � g( x) <=> l x l(l x l - ι) � O <:::> x = O ή l χ Ι - ι � Ο <=> χ = Ο ή l x l � ι <=> χ = Ο ή χ ε ( -οο, -ι] u[ι,+οο) <=> χ ε ( -οο, - ι] u[ι,+οο) υ{ Ο}

σχήμα β

Έστω η παραβολή y i λε9f, η οποία έχει κορυφή Κ με Υκ:::::2 . ιι) Να βρείτε το λ. Για το λ που βρήκατε να λύσετε την aνίσω 2 ση : f (x) - 1 1 - f (x) + 2 1 ;::: χ - 6 , όπου r ( x ) ::::: χ 2 - λχ + λ + 2 , λ ε � * .

= -lχ+λ+2,

ν για το ενδεχόμενο ενός δειγματικού χώ ρου Ω με ισοπιθανα στοιχειώδη ενδεχόμενα ι χ 1 , y 1 σημείο της σχύει: 1 ::::: y 1 , όπου

Μ(

Ρ(Α)+

)

παραβολής, τότε να δείξετε ότι το είναι το βέ βαιο ενδεχόμενο και να βρείτε το χ 1 •

Ως γνωστόν χ κ = .?:.2 , οπότε Υκ = 2 � λ2 λ2 - - + λ + 2 = 2 � λ2 - 2λ2 + 4λ = 0 � �χ� = χ 1 χ3 4 2 ξουμε ότι: [ f( x )] 2 =f( x 1 ) · f( x 3), δηλαδή (,ς)2 =,ς . ,ς , � λ( 4 λ) = Ο � λ = 4 , αφού λ Ο. 2 Το τριώνυμο f(x ) έχει ελάχιστη τιμή το 2, οπότε ή χ� = (χ 1 χ3) 2 , που ισχύει λόγω της ( 1 ). για κάθε χ ε 9\ ισχύει f( x ) ;::: 2 > ι > -2 . Άρα: β) f( x ) > g( x ) <=> x z > l x l <=> l x l z > l x l <=> f( x ) - ι > Ο και f( x ) + 2 > Ο . Η ανίσωση ισοδύ 2 <=> l x l - l x l > Ο <=> l x l(l x l ι ) > Ο <=> χ Ο και ναμα γίνεται: f( x ) - ι - (f( x ) + 2) ;::: χ 2 -6 <:::> χ 2 - 3 ο <=> -.J3 χ .J3 l x l - ι > Ο <=> χ Ο και l x l > ι <=> χ Ο και Είναι y 1 =f( x 1 ) � 2, οπότε Ρ(Α)+ι;::: 2 � Ρ(Α) ;::: 1, χ ε ( -οο, - ι) υ (ι,+οο) <=> χ ε ( -οο, - ι) u (ι,+οο) . ενώ Ο -::;. Ρ( Α) -:;;. ι . Άρα Ρ( Α) = ι � Α=Ω. Εξάλλου .\ ι1 σ Ι1 : α)

•

:;t

.:::,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/27

-::;,_

P (A) = l � f(x 1 ) = 2 � χ, = -λ = 2 . 2

-------

Μαθηματικά για τη Α ' Λυκείου

Αν τα στοιχειώδη ενδεχόμενα δεν είναι ισοπίθανα π . χ. Ω = { α, β, γ } με Ρ ( { α } ) = .!.3 , Ρ ({ β } ) = Ο , P ({r} ) = 3_3 , τότε μπορεί να υ -

πάρχει Α ς Ω με P (A) = l και Α ;t Ω π.χ. Α = { α , γ } Ρ ( Α) = Ο και Α ;t 0 π. χ. Α = { β } .

Σε αριθμητική πρόοδο (αν) για κάποιο όρο της ακ ισχύει -3 < ακ < 1 (1). Να δείξετε ότι : Ο � α� < 9 . Αν στην πρόοδο αυτή είναι: α1 = -8 και ω=2: Βρείτε τις τιμές του κ ώστε να ισχύει -3<(\ <1. Να βρείτε πόσοι αρχικοί όροι της προόδου έχουν άθροισμα Ο. Να λυθεί η α1χ+α2 χ+ . .α9χ-2=ακ όπου ακ οι όροι της προόδου που ικανοποιούν την (1).

Αν λ=0, τότε ( 2) <=>χ = _!_2 , δηλαδή οι γραφικές παραστασεις τους εχουν κοινο σημειο το Ξ1 , ·

------

Μ ( ι)

Αν Μ:Ο, τότε για να έχει η (2) λύση πρέπει και αρκεί Δ 2 0 , όπου Δ = 1 6 - 8[λ[ = 8 · (2 - [λ[) . Άρα: Δ 2 0 <=> [λ[ � 2 <=> -2 � λ � 2 <=> λ Ε [-2, 0) υ(Ο,2] . Τελικά πρέπει και αρκεί λ Ε [-2, 2 ] �Ο Πρέπει και αρκεί f(l) = g(l) (i) και (i) <=> [λ[ - 1 = 1 <=> [λ[ = 2 <=> λ = 2 ή λ = -2 S = 4(2 + 4 + 6 + ... + 1 00) - (3 + 3 + 3 + ... + 3) . � � �) Όμως το ( 2 + 4 + 6 + ... + 1 00 ) είναι άθροισμα διαδοχικών όρων αριθ. προόδου με α, = 2 , ω=2, οπό τε αν = 1 00 <=> α 1 + (ν - 1)ω = 100 <=> ν = 50 Άρα S = 4 · S 50 - 50 · 3 = 4(2 + 1 00) 50 - 1 50 = 2 = 100 · 102 - 1 50 = 1 0050 β)

Παρατηρούμε ότι: (1) � -3 < ακ < 3 � [ακ [ < 3 � [ακ [ 2 < 9 � 0 � α� � 9 J 0 : Έστω τα συμπληρωματικά ενδεχό Έχουμε ακ = -8 + (κ - 1) 2 = 2κ - 1 0 , οπότε μενα Α , Β ενός δειγματικού χώρου Ω που αποτε 11 -3 < ακ <1 <=>-3 < 2κ-10 < 1 <=> 7 < 2κ < 1 1 <=>-7 < κ <λείται από ισοπίθανα στοι-χειώδη ενδεχόμενα 2 2 Να δείξετε ότι [ Ρ(Α)] 2 + [ Ρ(Β)Υ 2 .!.2 <=> κ Ε {4, 5} , αφού Κ ΕΝ*. β) Να εξετάσετε πότε ισχύει το ίσον στην παρα Sv =0<=>[2·(-8)+(ν-1)2}2ν =0<=> πάνω ανισόισοτητα 0 V>' <=> (-16 + 2ν - 2)-ν = 0<=>2ν -18 = 0 <=> ν = 9, s9 = 0 . γ) Αν ισχύει [ Ρ(Α) ] 2 + [ Ρ(Β)Υ = .!. και 2 2 2 Η εξίσωση πλέον ισοδύναμα γράφεται: Ν(Α) - 20Ν(Β) + 100 = Ο να βρείτε το Ν(Ω) (α1 + α2 + ....α9 )χ - 2 = ακ <=> S9 · χ - 2 = ακ <=> Ο·χ-2=� (2). Αν κ=4, τότε ακ = 2 · 4 - 10 = -2 , Λ. ί1ση οπότε η (2) αληθεύει για κάθε X E R . Αν κ=5, τότε α ) Αφού τα Α, Β είναι συμπληρωματικά θα έχου με : Ρ(Α) + Ρ(Β) = l . Αν Ρ(Α) = χ , τότε ακ = 2 · 5 - 10 = Ο , οπότε η (2) είναι αδύνατη. Ρ(Β) = 1 - χ με χ Ε [Ο, 1] , οπότε αρκεί να δείξουμε Θεωρούμε τις συναρτήσεις 2 f(χ) = [ λ[ · χ -1,λ Ε R και g(x) = 4x-3. 1 η' 2χ 2 - 2x + l 2 -, 1 η' ' οτι: χ 2 + ( 1 - χ ) 2 2 -, 2 2 i) Να βρείτε για ποια λ οι γραφικές παραστά σεις τους έχουν τουλάχιστο ένα κοινό σημείο 2 4x 2 - 4x + l 2 0, ή (2χ - 1) 2 0 , που ισχύει. ii) Για ποιο λ έχουν κοινό σημείο με τετμημένη 1 Το ίσον ισχύει όταν και μόνον (2χ - 1) 2 = Ο, iii) Να υπολογιστεί το άθροισμα: S = g(2) + g(4) + g(6) + ... + g(100) δηλαδή χ = _!_ που σημαίνει ότι Ρ( Α) = Ρ(Β) = _!_ . 2 2 Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων γ)' Σύμφωνα με το ερώτημα (β), y=f(x) ' ' του συστηματος: ' ' ειναι οι λυσεις δηλαδη [ Ρ( Α) ] 2 + [Ρ(Β) ] 2 = _!_ � Ρ( Α) = Ρ(Β) = _!_ � y= g(x) ' 2 2 y=f(x) (1) , 2 Ν(Α) = Ν(Β) , οπότε: Ν(Α) 20Ν(Α) + 100 = 0 � του . Ομως f(x) =g(x) (2) (Ν(Α)-10)2 =O�N(A)=lO (2) <=> [λ[ χ 2 - 1 = 4χ -3 <=> [λ[ χ 2 -4χ + 2 = 0 . και Ν(Α) = _!_ � Ν(Ω) = 20 . Ν(Ω) 2

}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/28

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Tρ iγu,Jνa

Στέλιος Αμπράζης - Μαρία Καλογήρου - Άρης Λυμπίκης - Κώστας Ταμπάκος- Ε.Μ.Ε.

Λσ:κηση 1 '1 :

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ φέρουμε τη διχοτόμο ΑΔ της γωνίας Α . Στη συνέχεια φέ ρουμε ευθεία ε κάθετη στη διχοτόμο ΑΔ, η οποία τέμνει τη διχοτόμο στο σημείο Ε, την πλευρά ΑΒ στο σημείο Ζ, την πλευρά ΑΓ στο σημείο Η και την προέκταση της πλευράς ΒΓ στο Θ. Αν Β - f = 2Α , τότε να δείξετε ότι α) Το τρίγωνο ΑΖΗ είναι ισοσκελές, β) Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΘΗΓ είναι όμοια, γ) ΒΓ·ΘΓ=ΗΓ·ΑΓ. Λ ίJ ση

Παράρτημα Τρικάλων

Έχουμε επίσης ΜΓ + ΜΒ 1 80° (3 ). Από τις (2), (3) βρίσκουμε ΜΒ = 45° κα ι ΜΓ = 1 3 5° Β

χχμτη

Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε το ύψος ΒΔ. Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, Μ το μέσο του ΒΔ και Ν το μέσο του ΔΓ. Αν ΒΗ = 3 ΗΔ ,τότε να δείξετε ότι: α) Το Η εί ναι ορθόκεντρο και στο τρίγωνο ΑΜΝ, β) Το τρίγωνο ΑΜΓ είναι ορθογώνιο. ·

Στο τρίγωνο ΒΔΓ το ευθύγραμμο τμήμα ΜΝ Στο τρίγωνο ΑΖΗ το ΑΕ είναι διχοτόμος και ενώνει τα μέσα δύο πλευρών, άρα ΜΝ//Β Γ . Επί ύψος, άρα είναι ισοσκελές με ΑΖ=ΑΗ. σης ΑΗ .l ΒΓ, άρα και ΑΗ .l ΜΝ. Στο τρίγωνο , ΑΜΝ οι ευθείες ΑΗ και ΜΔ είναι φορείς δύο υ β) Έχουμε: ΗΘ, Γ = ΑΗΘ - Γ, = 1 80 - Α - Γ, = ψών, άρα το Η είναι ορθόκεντρο και στο ΑΜΝ. 2 13 - f = 2Α. = Α . Τα τρίγωνα ΑΒΓ = B + f - Γ- = -Γ

α)

και ΗΘΓ έχουν επίσης τη γωνία f κοινή.Άρα εί ναι όμοια . Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΓ και ΗΘΓ έχουμε: Β Γ = ΑΓ ' άρα Β Γ- ΘΓ=ΗΓ-ΑΓ ΗΓ Θ Γ --

Α σ κ η σ η 2 '� :

Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, στο οποίο ισχύει Β - Γ = 90° (1). Φέρουμε τη διχοτόμο ΑΔ και την ημιευθεία Βχ.lΒΓ, η οποία τέμνει την ΑΓ στο σημείο Ε. α) Να αποδείξετε ότι τα τρί γωνα ΑΒΓ και ΑΕΒ είναι όμοια. β) Να δείξετε ότι Mr -MB = 90° . γ) Να αποδείξετε ότι "'

ΑΔΒ

�

= 45° .

,\iJση

Είναι ΑΒΕ = Β 90° = Γ , οπότε τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΒΓ έχουν την γωνία Α κοινή και ΑΒΕ = Γ (δύο γωνίες ίσες), άρα είναι όμοια. β) Εχουμε: ΑΔΒ = -Α + Γ� , ΑΔΓ = -Α + Β, α)

�

(!) �

�

οπότε:

�

2 ΜΓ - ΜΒ = Β - f = 90° (2).

�

Επειδή ΒΗ=3ΗΔ και το Μ είναι μέσο του ΒΔ, θα είναι ΜΗ=ΗΔ. Στο τρίγωνο ΔΜΓ, τα σημεία Η και Ν είναι μέσα των πλευρών ΜΔ και ΔΓ αντί στοιχα. Άρα ΗΝ//ΜΓ. Όμως ΗΝ .l AM , αφού είναι το τρίτο ύψος στο τρίγωνο ΑΜΝ. Άρα ισχύει και Μ Γ .l AM . Δηλαδή το τρίγωνο ΑΜΓ είναι ορθο γώνιο στο Μ. Γ

- Έστω ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο με Α = 90" . Θεωρούμε τη διχοτόμο ΒΔ της γωνίας Β και έστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς το Α. Φέρνουμε την κάθετη στη ΒΕ στο Ε και την κάθετη στη ΒΓ στο Γ οι οποίες τέμνονται στο Ζ. α) Να αποδείξετε ότι ΕΓΖ ΕΒΔ . β) Να αποδείξετε ότι τα τρίγωνα ΒΓΔ και ΔΕΖ είναι ό μοια. γ) Έστω ΕΗ .l ΒΔ, η οποία τέμνει την ΑΒ ,....

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/29

�

------

υπό ίσες γωνίες, δηλαδή

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

στο Θ. Να αποδείξετε ότι ΔΘ // ΕΖ. δ) Να βρείτε τρία όμοια τρίγωνα με το ΘΗΔ.

ΔΒΓ = ΔΕΓ ( 1 ).

--------

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ (Δ = 90° ) , η ΔΜ είναι διάμεσος. Συνεπώς ΔΜ ΜΒ ΜΓ . Άρα το τρίγωνο ΜΒΔ είναι ισοσκελές απ ' όπου προκύπτει ΔΒΓ = ΒΔΜ (2). Από (1 ), (2) προκύπτει ότι Έχουμε ΔΒΓ = ΔΒΑ = χ και λόγω συμμετρίας ΔΕΓ = ΒΔΜ , δηλαδή η ΔΜ σχηματίζει με τη χορΕΒΑ = ΔΒΑ = χ . Έστω, Efz = ω και AfB = θ. δή ΔΗ του κύκλου (C) γωνία ΒΔΜ ίση με την εγγεγραμμένη γωνία ΔΕΗ , που βαίνει στο τόξο Τότε Efz = ω = 90° - θ = ΑΒΓ = 2χ = Ε:ΒΔ . ΔΗ , το οποίο περιέχεται στη γωνία ΒΔΜ . Άρα η Το τετράπλευρο ΒΕΖΓ είναι εγγράψιμο αφού ΔΜ εφάπτεται στον κύκλο (C). Με τον ίδιο τρόπο Ε + Γ = 90° + 90° = 1 80° . Άρα η πλευρά ΕΖ θα διαπιστώνουμε ότι και η ΜΕ εφάπτεται στον κύ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Β και Γ υπό ί- κλο (C) στο Ε. σες γωνίες, δηλαδή ΕΒΖ = ΕΓΖ = ΕΒΔ και επειδή Λ f'ϊΊ<ηση 6'1 : Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ε οι ΒΔ, ΒΖ βρίσκονται προς το ίδιο μέρος της ΒΑ ξωτερικά του οποίου θεωρούμε τα ισόπλευρα τα σημεία Β,Δ,Ζ είναι συνευθειακά. Στο εγγράψι τρίγωνα ΒΔΓ, ΓΕΑ, ΑΖΒ. Θεωρούμε επίσης μο ΒΕΖΓ, η ΒΕ φαίνεται απ ' τις απέναντι κορυφές τους περιγεγραμμένους κύκλους των ισοπλεύ ρων ΓΕΑ και ΑΖΒ. Έστω ότι οι δύο κύκλοι έ Ζ και Γ υπό ίσες γωνίες, δηλαδή ΒΖΕ = ΒΓΕ = θ χουν και δεύτερο κοινό σημείο Κ εσωτερικό του και επειδή ΕΔΖ = ΒΔΓ (ως κατακορυφήν) τα ΒΓ Δ τριγώνου ΑΒΓ. και ΔΕΖ είναι όμοια. Στο ισοσκελές ΒΔΕ, τα ΒΑ και ΕΗ είναι δύο α) Να δείξετε ότι: ΑΚΒ = ΑΚΓ = fΚΒ = 120' . ύψη του που τέμνονται στο Θ. Άρα το Θ είναι ορ β) Δείξτε επίσης ότι το τετράπλευρο ΒΔΓΚ είναι θόκεντρο. Προφανώς από εκεί θα περνάει και το εγγράψιμο, ότι τα Α,Κ,Δ είναι συνευθειακά και ότι το ίδιο ισχύει για τα Ζ, Κ, Γ και για τα Β,Κ,Ε. τρίτο ύψος, δηλαδή ΔΘ .l ΒΕ και επειδή ΕΖ .l ΒΕ γ) Τέλος, δείξτε ότι ΑΔ=ΓΖ=ΒΕ. θα είναι και ΔΘ II ΕΖ Είναι τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΒΕΖ και ΕΗΖ. Όλα εί- α) ΤοΛίJση τετράπλευρο ΑΚΒΖ είναι εγγεγραμμένο άρα ναι ορθογώνια και επιπλέον ΒΓΔ = ΒΖΕ από (β) m + Z = 1 80' => m = 1 20' Όμοια και και ΒΔΘ = ΒΖΕ (εντός εκτός κι επί τα αυτά). ;, ' ι φη : . Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ, το μέσο Μ ΑΚΓ=120Ό Οπότε: rn = 360' -ΑΚΒ-ΑΚΓ= 120' . Μ

γ)

�

της ΒΓ και τα ύψη του ΒΔ, ΓΕ και έστω Η το ορ θόκεντρο. Να αποδειχθεί ότι: α) Ο περιγεγραμμέ νος κύκλος (C) του τριγώνου ΑΔΕ διέρχεται από το Η, β). Το τετράπλευρο ΔΕΒΓ είναι εγγράψιμο, γ) Ο κύκλος (C) εφάπτεται στις ΜΔ, ΜΕ.

Το τετράπλευρο ΑΕΗΔ είναι εγγράψιμο, αφού οι απέναντι γωνίες του Ε και Δ είναι παραπληρωματικές, άρα ο περιγεγραμμένος κύκλος (C) του τριγώνου ΑΔΕ διέρχεται από το Η. β) Στο τετράπλευρο ΔΕΒΓ, η ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές Δ και Ε υπό ίσες γωνίες (ορθές), άρα και η ΔΓ θα φαίνεται απ ' τις κορυφές Β και Ε �

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/30

-------

β) Το ΒΔΓΚ έχει τις γωνίες

ΓΚΒ, Δ �

παραπλη ρωματικές άρα είναι εγγράψιμο. Τότε όμως

ΔΚΒ=ΒΓΔ=ω'

Επίσης Ο Α = ΟΑΓ = 15 σ + 30° = 45° , δηλαδή το ΑΟΓ είναι και ορθογώνιο. Τότε αφού η ΟΜ είναι διά μεσος του ορθ. τριγώνου ΑΟΓ ισχύει: ΟΜ = = ΜΑ ( 1) . Τελικά τα τρίγωνα ΟΜΒ

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου -------

και ΔΚΒ + ΒΚΑ = 60' + 120' = 1 80' , δηλαδή τα Δ,Κ,Α είναι συνευθειακά. Όμοια και τα Ζ,Κ,Γ και Β ,Κ,Ε πως είναι συνευθειακά. γ ) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΖΑΓ και ΒΑΕ. Αυτά έχουν ΖΑ=ΑΒ(ΑΖΒ ισόπλευρο), ΑΓ=ΑΕ(ΓΕΑ ι-

σόπλευρο) και ZAr = 60' + Α = ΒΑΕ , άρα είναι ίσα, οπότε ΖΓ=ΒΕ. Όμοια ΑΔ=ΒΕ και τελικά προ κύπτει: ΓΖ=ΒΕ=ΑΔ.

�

και ΜΒΓ έχουν Β = ΒΟ , ΒΜ = ΒΜ ΟΜ = ΜΓ από την (1), οπότε θα είναι ίσα.

ΜΓ

και

Ά σκη ση 7'� : Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΓΑ=ΓΒ) έστω Ο το περίκεντρο και Κ το έγκεντρο. Αν η ΟΖ_l_ΚΒ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Δ τότε: α) Να αποδειχθεί ότι το ΒΚΟΔ είναι εγγράψιμο και β) ΔΓ=Δ Κ Λ ίJσ η Προφανώς τα Ο,Κ ανήκουν στην μεσοκάθετο της ΑΒ Λ

νιο τρίγωνο ΟΖΚ ισχύει: a

=> Ο1 = Β 1 => Ο1 = ΚΒΔ . Επομένως το πλευρο ΒΚΟΔ είναι εγγράψιμο Λ

Β = Μ ΒΓ = ΟΒΓ = 60ο = 30° . 2 2

AfB . Στο ορθογώ-

= 90° - ΚΙ =>0 = 90° - �

αφού αυτή είναι και διχοτόμος της

τετράοπότε:

κ3 = B z (1) .

Άρα: Ο Μ

Άσκ η ση 9'� : Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ προεκτεινουμε την υποτείνουσα ΒΓ κατά τμήμα ΓΔ=ΑΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ΑΔ στο Ε και ο κύκλος (Α, ΑΕ) τέμνει τη ΒΕ στο Ζ. Να αποδειχθεί ότι η χορδή ΖΕ χωρίζει τον κύκλο σε δύο τόξα εκ των οποίων το ένα εί ναι τριπλάσιο του άλλου. Λ ίJ ση

Όμως

ΟΒ=ΟΓ=R,

οπότε

i\ = Β 2 ( 2) .

(1) , (2) => Κ3 = 1\ , οπότε ΔΓ=ΔΚ.

Άρα Β

Ά σκ η ση 8'� :

-..

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 30° και Β = 45° . Αν Μ είναι το μέσον της ΑΓ, να αποδείξετε ότι ΜΒΓ = 30° .

Θέλουμε να δείξουμε ότι: ΖΘΕ

360°

�

Λ ίJ ση Θεωρούμε το περιγεγραμένο κύκλο (O ,R) του τριγώνου ΑΒΓ. Τότε Β Ο = 2BAr = 60° , οπότε το ι σοσκελές τρίγωνο ΟΒΓ είναι ισόπλευρο. Άρα

ΒΓ=ΟΒ=ΟΓ=ΟΑ=R. Άρα: Α

=Η =60° -45° =15°.

Γι '

αυτο

Πράγματι

αρκεί

=3 -

Γ = Δ + ΑI �

έχουμε

�

ΖΕ .

ΖΕ = 3 ΖΕ,

= 2Δ => Δ = - => �

90° => ΑΕΖ = Β 2 + Δ = - + - = = -- = - = 45° �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/3 1

�

Β+Γ

Ασκήσε ι ς

στα

Π Α Ρ Α ΛΛΗΛΌ Γ Ρ Α Μ Μ Α κ α ι ΤΡ Α Π Ε ΖΙΑ Κοκκίνου Ανδρομάχη - Χριστόπουλος Θ ανάσης

Για την καλύτερη κατανόηση των ιδιοτήτων των παραλληλογράμμων προτάσσουμε κάποιες ερωτήσεις Σ-Λ Ε ρ ω τή σ ε ι ς σωσ τ οίJ- λ άΟο υς Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις σαν σωστές (Σ) ή λανθασμένες (Λ). 1 . Αν οι διαγώνιες ενός ρόμβου είναι ίσες τότε είναι τετράγωνο. 2. Κάθε τετράπλευρο που έχει δύο πλευρές παράλληλες και δύο πλευρές ίσες, είναι παραλληλόγραμμο. 3 . Το ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει τα μέσα των βάσεων ενός τραπεζίου ονομάζεται διάμεσος. 4. Κάθε τετράπλευρο με άθροισμα των τριών γωνιών του 270° είναι ορθογώνιο. 5 . Αν σε ένα παραλληλόγραμμο ο ι τρείς γωνίες του έχουν άθροισμα 270° τότε αυτό είναι ορθογώνιο. 6 . Αν οι διαγώνιες ενός ορθογωνίου είναι κάθετες τότε αυτό είναι τετράγωνο. 7. Οι διαγώνιες κάθε ισοσκελούς τραπεζίου τέμνονται κάθετα. 8 . Τ ο ση μείο τομής των διαγωνίων ενός ορθογωνίου ισαπέχει από τις κορυφές του. 9 . Σ ε κάθε τραπέζιο η διάμεσός του ισούται μ ε τ ο η μιάθροισμα δύο μη παραλλήλων πλευρών του. 1 Ο. Οι διαγώνιες κάθε παραλληλογράμμου διχοτομούν τις γωνίες του.

Απαντήσεις: 1) Σ . \ σ ικ: ηση

2) Λ

3) Λ 4) Λ 5) Σ

'Ι

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Π ροε κτείνουμε την πλευρά ΑΔ κατά ΔΕ=ΑΔ και την ΓΒ κατά ΒΖ=ΒΓ. Αν Η,Θ τα σημεία τομής της ΕΖ με τις ΑΒ και Γ Δ αντίστοιχα, να δειχτεί ότι α) Το μέσον της ΕΖ είναι το κέντρο του παραλληλογράμμου και β) ΗΒ= .!_ ΑΒ , ΔΘ= .!_ ΓΔ . 3 3 \π {\() [ Rξη

α) Έχουμε: ΔΕ//=ΓΖ άρα ΑΕΓΖ παραλληλόγραμμο

και η ΕΖ διέρχεται από το μέσο Ο της ΑΓ, δηλαδή από το κέντρο του παραλληλογράμμου ΑΒΓΔ. β) Τα Η, Θ είναι βαρύκεντρα των τριγώνων 1 ΑΓΖ, ΑΓΕ αντιστοίχως. Άρα ΗΒ= 3" ΑΒ ,

Σ)

Λ σ κ η ση 2 '�

8) Σ

Λ 10) Λ

νως το βαρύκεντρο του ΑΔΓ και από αυτό έχουμε ΔΙ= 3_ ΔΟ και αφού ΔΟ= _!_ ΔΒ τελικά ΔΙ= _!_ ΔΒ .

Επίσης το σημείο Κ είναι βαρύκεντρο του τριγώ νου ΑΒΓ και άρα θα ισχύει και για αυτό

ΒΚ= - ΒΔ.

ποτε και ΙΚ= ΒΔ-ΔΙ-ΒΚ=ΒΔ- - ΒΔ-

..!_ ΒΔ= _!_ ΒΔ. Τελικά ΔΙ=ΙΚ=ΚΒ . 3

Σχ. 2

1 ΔΘ= - ΓΔ . 3

7) Λ

Ά σ κ η ση 3 '1

Σχ. 1

Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ με ΑΓ=ΑΒ. Να απο δείξετε ότι οι μεσοκάθετοι των πλευρών ΑΒ και ΓΔ τριχοτομούν τη διαγώνιο ΒΔ. Το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος άρα ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ=ΑΔ και αφού ΑΓ=ΑΒ επομένως τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΓ είναι ισόπλευρα, οπότε η μεσοκάθετος του Γ Δ είναι και ύψος, διχοτόμος, διάμεσος, του ισο πλεύρου τριγώνου ΑΔΓ. Το σημείο Ι είναι επομέ-

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Π ροεκτείνουμε τη διαγώνιο ΑΓ κατά ΓΕ=ΑΓ αν η ΒΕ τέμνει την προέκταση της πλευράς Γ Δ στοΖ και Η το μέσο της Γ Δ, να δείξετε ότι: (i) Τα τρίγωνα ΓΖΕ και ΑΗΓ είναι ίσα (ii) Το ΑΗΕΖ είναι παραλληλόγραμμο. Απόδειξη Στο τρίγωνο ΑΒΕ, Γ μέσον της ΑΕ και ΓΖ//ΑΒ άρα Ζ μέσον της ΒΕ και ΓΖ=ΑΒ/2 και αφού ΑΒ=ΓΔ είναι ΓΖ=ΗΓ οπότε τα τρίγωνα ΑΗΓ

Απ-Ι ΖΓΕ λ

και ΓΖΕ έχουν ΑΓ=ΓΕ, ΗΓ=ΓΖ και ως κατακορυφήν, άρα είναι ίσα.

ii) Το ΑΒΖΗ έχει τις απέναντι πλευρές ίσες, Α Η=ΒΖ, ΑΒ=ΗΖ άρα είναι παραλληλόγραμμο, οπό τε ΑΗ//ΒΖ και συνεπώς ΑΗ//ΖΕ, επίσης ΑΗ=ΖΕ άρα τελικά το ΑΗΕΖ είναι παραλληλόγραμμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/32

-------

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

-------

γωνίας της Α με τη ΒΓ και Η σημείο της ΑΓ τέ τοιο ώστε ΑΗ=ΑΒ, να δείξετε ότι:

Α.

i) Δ = Β - Γ 2

ίί) τ ο ΑΔΒΗ είναι τραπέζιο.

Α πό δ η ξη

i) Στο τρίγωνο ΑΔΒ είναι: ΜΒ = Α1 -t = .!.A -t = .!. ( Β + Γ) -Γ = _!_ (8 - Γ) 2 εξ 2 2

Σχ. 3

Λσκ η ση 411 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90 °). Αν Ε το μέσον της διαμέσου ΒΔ, Ζ το σημείο τομής της ΑΕ με την ΒΓ και Θ το σημείο τομής των διαμέσων ΑΜ και ΒΔ, να αποδείξετε ότι: ί) ΑΘ=ΒΖ ίί) ΖΘ//ΑΒ

Το Θ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα ΑΘ= � ΑΜ. Επίσης η ΑΜ είναι η διάμεσος ι.

προς την υποτείνουσα, οπότε ΑΜ= _!_ ΒΓ. Άρα 2 ΑΘ=

� ( _!_ ΒΓ)= _!. ΒΓ. Από το Δ φέρουμε παράλ-

3 3 2 ληλη προς την ΑΖ που τέμνει την ΒΓ στο Η, οπότε στο τρίγωνο ΒΔΗ το Ε είναι μέσον της ΒΔ και ΕΖ//ΔΗ. Άρα Ζ μέσον της ΒΗ, δηλαδή ΒΖ=ΖΗ ( 1 ). Β

Σχ. 5

1 -Α ii) Η Β Γ = Β - ΑΒ Η = Β - 8 00 = 2 Β Β - + Γ :Β Γ ΜΒ Άρα ΑΔ//ΒΗ. 2 2 -

Ά σκη ση 6'�

Από την κορυφή Β ενός τριγώνου ΑΒΓ με ΑΓ=2ΑΒ φέρουμε ΒΕ κάθετη στη διχοτόμο της γωνίας Α που τέμνει την ΑΓ στο Δ και από το Γ φέρουμε παράλληλη προς την ΒΔ που τέμνει τη

διχοτόμο της γωνίας Α στο Ζ να δείξετε ότι το ΑΒΖΔ είναι ρόμβος Α

Από δ ειξη

Το τρίγωνο ΑΒΔ η ΑΕ είναι διχοτόμος και ύψος.

Μ Δ

Σχ. 4

Επίσης στο τρίγωνο ΖΑΓ το Δ είναι μέσον της ΑΓ και ΔΗ/IΑΖ, οπότε Η μέσον της ΖΓ δηλαδή ΖΗ=ΗΓ (2 ). Από: ( 1 ) , (2 )�ΒΖ=ΖΗ=ΗΓ�ΒΖ= _!. ΒΓ�ΑΘ=ΒΖ

Σχ. 6

Άρα ΕΒ=ΕΔ και ΑΔ=ΑΒ= _!_ ΑΓ. Στο τρίγωνο 2 3 ΑΓΖ είναι Δ μέσον της ΑΓ και ΔΕ//ΓΖ. Επομένως ΑΒΖΔ είναι παραλληλόγραμμο διότι οι διαγώνιες ΖΜ=ΒΜ-ΒΖ= _!_ ΒΓ- _!. ΒΓ= _!. ΒΓ ' και του ΑΖ και ΒΔ διχοτομούνται. Όμως ΑΖ..lΒΔ, ii) Ένουμε: "' 2 3 6 οπότε το ΑΒΖΔ είναι ρόμβος. ΘΜ= _!. ΑΜ= _!. ( _!_ ΒΓ)= _!. ΒΓ. Άρα ΖΜ=ΘΜ' οπότε Ασκ η ση 7'� 3 2 3 6 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και Ε,Ζ ΑΜΓ τα μέσα των πλευρών Γ Δ, ΒΓ αντίστοιχα. Αν ΘΖΜ = Β δηλαδή οι ΖΘ και ΑΒ τεμνόμε2 από το Γ φέρουμε παράλληλη προς την ΒΔ τέ νες από την ΒΓ σχηματίζουν εντός, εκτός και επί τα μνει τις ΑΕ, ΑΖ στα σημεία Η,Θ και η ΒΔ τις αυτά γωνίες ίσες, άρα ΖΘ I I ΑΒ τέμνει στα σημεία Κ,Λ αντίστοιχα. Να δείξετε Λ

Λσκη ση 511 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ. Αν Δ το σημείο τομής της διχοτόμου της εξωτερικής

ότι:

i) ΔΚ=ΚΛ=ΛΒ ii) Τα ΔΗΘΛ,ΚΗΘΒ είναι παραλληλόγραμμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/33

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου -------

Α πόδ ε ιξη

i) Φέρουμε τη διαγώνιο ΑΓ και έστω Μ το ση μείο τομής με την ΔΒ, στο τρίγωνο ΑΔΓ , το ση μείο Κ είναι το β αρύκεντρο αφού ΑΕ,ΔΜ διάμε2 2 1 1 , σοι, επομενως ΔΚ= ΔΜ= ( ΔΒ)= ΔΒ . Ε) "3 "3 2 πίσης στο τρίγωνο ΑΒΓ το σημείο Λ είναι το β αρύκεντρο , οπότε ΒΛ= � ΒΜ= � ( _!_ ΔΒ)= _!_ ΔΒ , 3 3 2 3 επομένως και το τμήμα ΚΑ που απομένει θα είναι ΚΛ=ΔΒ- � ΔΒ = _!_ ΔΒ και τελικά ΔΚ=ΚΛ=ΛΒ. 3 3 ii) Στο τρίγωνο ΑΓΗ το Μ είναι μέσον της ΑΓ και ΜΚ/!ΓΗ οπότε ΓΗ=2ΜΚ (1) επίσης το ίδιο συμβ αίνει στο τρίγωνο ΑΓΘ και επομένως ΓΘ=2ΜΛ (2) προσθέτοντας κατά μέλη τις 1 ,2 προκύπτει Η Θ=2ΚΛ=2( _!_ ΔΒ )= � ΔΒ είναι λοιπόν 3 3 ΗΘ//=ΔΛ επίσης ΗΘ//=ΚΒ δηλαδή τα τετράπλευ ρα ΔΗΘΛ και ΚΗΘΒ είναι παραλληλόγραμμα. Α .

Λ κ

Σχ. 7

' Η

Άσκη σ η

S'l

Σχ. 9 Γ

Ά σκ η ση

Απόδ ε ιξη

i) Επειδή ΑΒ=2ΑΔ και Μ μέσον της ΑΒ θα είναι ΑΔ=ΑΜ. Οπότε � =� . Αλλά � =� , άρα � =ι\ . ii) Αν Ε το μέσον του ΔΜ, τότε αρκεί να δείξου με ότι ΑΚ=ΔΕ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΜ, η διάμεσος ΑΕ είναι και ύψ ος. Τα ορθογώνια τρίγω να ΑΔΚ και ΑΕΔ έχουν την ΑΔ κοινή και ΔΑκ = ΜΕ =30°. Άρα είναι ίσα οπότε ΑΚ=ΔΕ. iii) Αν Ζ το σημείο τομής της ΑΕ με τη ΓΔ, τότε ΔΑz ΜΖ =60°, οπότε το ΑΔΖ είναι ισόπλευρο, άρα ΑΖ=ΑΔ= _!_ ΔΓ. Επομένως η ΑΖ είναι διάμε2 σος του τριγώνου ΑΔΓ και ίση με το μισό της αντίστοιχης πλευράς. Άρα: ΔΑr =90°.

J O'l

Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ η βάση ΓΔ ισούται με το άθροισμα των μη παραλλήλων πλευρών του ΑΔ, ΒΓ α) Να δείξετε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών Α , Β τέμνονται επί της πλευράς ΓΔ β) Αν η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ΑΔ Α

Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ=2ΑΒ και ΑΜ διάμεσος. Αν Δ το μέσον του ΒΜ, δείξτε ότι η ΑΜ είναι διχοτόμος της ΔΑr . Απόδ ε ι ξη

Αν Ε είναι το μέσον της ΑΒ, τότε ΜΕ//ΑΓ, οπότε Μ 1 = Α 1 (1). Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΕΜ έχουν ΑΜ κοινή πλευρά, ΔΜ=ΑΕ, ως μισά των ίσων πλευρών ΒΜ,ΑΒ και ΑΜΔ = ΕΑΜ ως προ σκείμενες στη β άση του ισοσκελούς τριγώνου ΒΑΜ. Άρα είναι ίσα και από αυτό προκύπτει Μ 1 = Α 2 (2),. Άρα: (1 ),(2) => Α 1 = Α 2

στο Ν τότε να δείξετε ότι: η γωνία ΔΖΕ = Δ Απόδειξη

Σχ. 8

Σχ. l Ο

Ά σκ ηση

9η

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με ΑΒ=2ΑΔ και Α =120°. Αν Μ το μέσον της ΑΒ και ΑΚ j_ ΓΔ, να δείξετε ότι: ί) ΔΜ διχοτόμος της γωνίας Δ ii) ΔΜ=2ΑΚ. ίίί) W ορθή

α) Αν Ε το σημείο τομής της διχοτόμου της γωνίας Β με την Γ Δ, θα είναι Β1 = Β2 • Αλλά Β1 = Ε1 , οπότε Β2 = Ε 1 , δηλαδή ΓΒ=ΓΕ. Αφού ΓΔ=ΑΔ+ΒΓ και ΓΒ=ΓΕ θα είναι ΔΕ=ΑΔ, δηλαδή Α 1 = Ε 2 • Αλλ.ά Ε 2 = Α 2 , οπότε Α 1 = Α 2 , δηλαδή η ΑΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Α .

2 1

β) Από το τρίγωνο ΑΒΖ έχουμε: Λ Α Λ Α Λ Β Λ Ζ = 1 80ο - Α - Β ι = Δ - Β ι = Δ - - . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/34

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Άσκ η σ η

Επανα λ ηπτ ι κ έ ς Α σκ ήσ ε ι ς Ά λγ ε �ρ a ς

Αναγνώστου Κώστας - Ε.Μ.Ε. Παράρτημα Αν. Στερεάς (Λαμία]

Έστω p(x) πολυώνυμο 4ου βαθμού τέτοιο ώστε Ρ(Ο)=-3 με το άθροισμα των συντελεστών άρτιας τάξης να είναι ίσο με -4, και το άθροισμα των συντελεστών περιττής τάξης να είναι ίσο με -2. Αν το p(x) διαιρείται με το πολυώνυμο Q(x)=x2+x+l, τότε: i. Να αποδείξετε ότι p(x)=x4+x2-2x2-3x-3 ίί. Να λυθεί στο R η aνίσωση p(x)<O.

Έστω p(χ)=αχ4+ βχ2+γχ2+δχ+ε, α,β,γ,δ,εΕR Έχουμε: Ρ (Ο) = -3 � ε = -3 α + γ + ε = -4 � α + γ = -1 και β + δ = -2 ΛίJσ η

Εκτελώντας τη διαίρεση Ρ (χ) : (χ 2 + χ + 1 ) παίρνουμε: αχ4 +βχ3 + γχ" +δχ -3 --αχ 4 - αχ3 -αχ2

•

Έστω η γεωμετρική πρόοδος (lv) με 11 = 1 , λ=-5. Τότε f(5) = Σ 2 1 =

52 1 + Ι ι [ ( -5 ) 21 - ι ] --5 - l

Έστω η γεωμετρική πρόοδος (γv) με γ 1 = 1 , λ=-3. ι [ ( -3) 2 1 - ι ] -2ι , Τοτε f(3) = Σ 2 1 = = 3 +Ι 4 -3 - 1 i. ασ+α2+ . . . +α2 ο= 1/24(2.5 2 1 + 3 22+5) ii. α 1 +α3 +αs + . . . +α 1 g=l/24(2.5 2 1 -3 22 -1 )

Ά σ κ η ση 3

Έχουμε: υ( χ) = Ο για κάθε χ Ε IR. , δηλαδή: δ + α - γ = Ο και β - γ = 3 . Άρα α + γ = -1 β + δ = -2 � α = l β = l γ = -2 δ = -3 ε = -3 ' ' ' β-γ=3 δ+α-γ=Ο '

Επομένως Ρ ( χ) = χ 4 + χ 2 - 2χ 2 - 3χ - 3 Ρ(χ)<Ο<:::::>( χ2+χ+ 1 )(χ2 -3)<0<:::::> <:::::> χ 2 - 3 < ο <:::::> -J3 < χ < .Jj ' αφού χ2+χ+ 1>0 για κάθε χ Ε IR. (έχει α=l >Ο, Δ<Ο) 2

ΛίJση

Επομένως

( β-α) χ3 + ( γ - α) χ2 +δχ -3 ( β - α) χ3 -(β - α)χ2 -(β - α) χ ( γ-β) χ2 + (δ -β+α) χ -3 -( γ - β) χ2 -( γ - β) χ -γ+β (δ-β + α) χ + β-γ-3= υ ( χ)

Άσκ ση

Έχουμε: g(l )=α2ο+α 19+ . . . +α 1 +αο=f(5) Έχουμε: g(-Ι )=α2ο-α 19+ . . . -α 1 +αο=f(3) f( 5 ) + f(3) Ά' ρα.. α0 + α 2 + ... + α 20 2 5 f( ) f(3) α ι + α + ... + α 9 = --'--'-- -'--'J ι 2-

η Δίνονται τα πολυώνυμα f(x)=x20-x 19+x 1 8X 1 7+ . . . x+l, g(χ)=αzοΧ20+α ι 9χ 19+αι χ+αο. Αν g (x)=f(x+4), για κάθε x ER τότε να υπολογιστούν τα αθροίσματα: i. ασ+α2+α4+ . . . +α2ο + . . . +α ι 9 ii. αι+α3+αs

Να λυθεί στο R η εξίσωση: (x+1)4=x2(3x2+2x+l) (1)

(1 )<=>(χ+ 1 )4=χ2(3χ2+2χ+ 1 )<=>(χ+ 1 /=2χ4+χ2 (χ2+2χ+ 1) <=>(χ+ 1 )4=2χ4+χ2 (χ+ 1 )2 Λ ύ ση

Για χ Ε {0,-1} δεν ισχύει η (1) Για χ � {0, -1} έχουμε: (χ + 1)4 χ4 + χ 2 ( χ + 1 ) 2 = 2 (Ι) <=> x 2 ( x + l) 2 x 2 (x + l) 2 x 2 ( x + l ) 2

��:;; :�] } ( :) }

( χ ; ! )' = 2 ( x : l )' + ! �

χ Ι 2 =ω <=> <=> ω 2 - ω - 2 = 0 ω Ε {2, -1} 2 <=> x ; l = 2 <:::::> x : l = ± J2 <:::::> x : l )2 = ω ( <=>

( )

<:::::> Χ Ε { 1 + J2, 1 - J2}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/35

�

<:::::>

{

------ Μαθηματικά για τη ν Β ' Λυκείου ------

λcrκηση 4

Δίνεται η ακολουθία (αν) με (3-αν+ι )(6+αv)=18, για κάθε νεΝ* με ( 3 - α.+1 ){ 6 + α. ) = 18 (1), για κάθε νεΝ* με α1=3. Να αποδείξετε ότι: ί. α . ::ι:. Ο για κάθε ν εΝ* β . = _!_ + ! είναι α. 3

ίί. Η ακολουθία (β.) με

�

γεωμετρική πρόοδος 1 1 1 . ..ιιι. Ν α β ρε θει, το α' θ ροισμα + - + ... + α. α1 α 2 Λ {J ση i . Έχουμε

α 1 = 3 -::;:. Ο . Εξάλλου

α κ -::;:. Ο , τότε α κ+ l 0 διαφορετικά αν δηλαδή ήταν α κ+ Ι = 0 , τότε {1) => 3{6 + α κ ) = 18 => α κ = 0, πράγμα "#

{

�log x -1 =ω �log x -1 =ω <=> <=> 3 ω - 2 ( ω2 +1 ) + 2 > 0 ( 3ω+1 )( ω - 1 ) <0 Ο � �log χ - 1 < 1 <=> Ο � log χ - 1 < 1 <=> 1 � log χ < 2 <=> log 1 Ο � log χ < log 100 <=> <=> 10 χ < 100

( 1 ) <=>

αν

άτοπο . Άρα α. -::;:. Ο για κάθε ν ε Ν*

Ά σκη ση

Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο ' f ( x ) = -3 + 5, 2 -• + 2

( �)

ί.

Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της

ίί.

Να αποδειχθεί ότι η γραφική της παράσταση κόβει την ευθεία με εξίσωση y=2 σε δυο ακριβώς σημεία.

( 1) =>( 3 - α.+1 )( 6+ α. ) = 18 => 3α. - fu.+Ι = α.α.+Ι => Λ ύση 1 = 1 =:> 3 ( βν Ι _.!. J - 6 ( βv _.!. J = 1 =:> Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί =:> 3 -α 1- -6 + 3 3 ν + Ι αν ( =:> 3βν+Ι - 1 -6/\ +2 = 1 => βν+Ι =2β• . για κάθε ν ε Ν* . -3 � J x + 5 · Τχ + 2 � 0 (1) Αλλά Άρα η ακολουθία (β.) είναι γεωμετρική πρόοδος 1 2 x + ( 21 x + 2 ( 3 2 1) <=> J J � 0 <::> ( 1 1 2 με λ=2 και β 1 = - + - = - . α1 3 3 (�Jx = ω νΙ νΙ ( x = ω ίίί. 'Εχουμε: β ν = β 1 2 - = �2 - = .!. 2 • , για κάθε <=> J � <=> 3 3 ν ε Ν * Εξάλλου : -3ω2 + 5 ω + 2 � 0 - � � ω � 2 1 + .!. => _1 = � - .!. => _1 = .!. (2 ν - 1 ) , για βν = α. 3 α ν 3 3 αν 3 ii.

}

•

)

]__ + _!_ + ... + _!_ = .!. ( 21 - 1 ) + .!.3 ( 22 - 1 ) + ... + .!.ν ( 2ν - 1) = <=> ( 21 J x � ( 1 J - l <::> χ � - 1 . αν 3 2 ιΙι � Άρα D r = [ -l,+oo) . 2 (�� ι ) - ν = Η (2 ' + 2 ' + + 2 ' ) - ν ί. Στο D r έχουμε: ν 1 + . = .!.3 ( 2 ν - 2 ) f{ χ) = 2 <=> -3 ( �J x + 5 ο τχ + 2 = 2 <=> 2x Λ σ ια� ση 5 Ν α λυθεί στο JR η aνίσωση <::> -3 ( 21 J + 5 ( 21 J x + 2 = 4 <::> 3

κάθε ν ε Ν * Άρα:

]

Η[

,.-----

�log χ - 1 + _!_2 log

. �. {> οηη

+ 2 > Ο (Ι )

χ Ο και logx - 1�0 δηλαδή χ � 10 θέτω �logx - 1 =ω�O, log_!_ x3 = -3( ω2 + l ) , δηλαδή : log x = ω 2 + 1, 10

Για να ορίζεται η

(I)

πρέπει και αρκεί

οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/36

-------

Άρα η ευθεία y=2 κόβει τη γραφική παράσταση της συνάρτησης σε δυο ακριβώς σημεία τα Α(Ο,2) και Β

ln 3 , 2 ( -1 + ln 2 )

Άσ κ ηση

(�)χ

f: (O,+oo)-+R με

Ιη χ

ί. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία ίί. Να λυθεί η εξίσωση

2ι-χ' -(�)χ+ι

l.2 < 1 g (χ) = ( χ l)

( ) (1)

= ln x - 1

Λύση

i. Είναι

άρα η συνάρτηση

g με τύπο

είναι γνήσια φθίνουσα στο R

Η συνάρτηση h με h(x)=-lnx, είναι γνήσια φθίνουσα στο (Ο,+οο).

Άρα η συνάρτηση f είναι γνήσια φθίνουσα στο

(Ο, +οο) .

ίίί. Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί χ - 1 > 0 , δηλαδή χ>1 . Τότε στο Α= (1,+οο)

έχουμε:

' (1) <=> ( 1 )χ - ( 21 ) = ln(x - 1) <=> 2 ' -ι l. ( Χ + 1 ) ( Χ - 1) )χ ( <=> <=> l. - ( ) = ln 2 χ+1 2 ' <=> ( 1 )χ -ι - ( 1 ) = ln(x 2 - 1) - ln (x + 1) <=> 2 2 ' <=> ( 1 )χ -ι - ln(x 2 - 1) = ( 1 ) - ln (x + 1) <=>

iv.

-I

x+l

x + l >O

x+I

x+l

Χ Ε { 2 , -1} <:::> Χ = 2 .

( 1 ) είχαμε την εξίσωση : f( 3 - χ 2 ) = f (1 - χ) (2). Τότε είναι λάθος να

Σχόλιο : Αν αντί της

(2) <=> 3 - χ 2 = 1 - χ <:::> χ 2 - χ - 2 = 0 <=> <:::> Χ Ε { 2, -1} <:::> Χ = 2,

γράψουμε:

Δίνεται η συνάρτηση

f (χ) =

------

Αφού η f είναι γνήσια φθίνουσα θα είναι και « 1 -1 »

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

x+l

αφού η

(2) έχει σύνολο ορισμού το

Α = { χ Ε JR. ι 3 - χ 2 > ο, 1 - χ > ο} = ( -.J3, 1) 2 � Α . Άρα ( 2) <=> χ = - 1 .

Ά σκη ση

και

f : (Ο, +οο) � JR η f γνήσια φθίνουσα στο ( Ο,+οο) . Να λυθεί η aνίσωση : r 2 ln 2 χ + ln χ + 1 < r 3 Ιη 2 χ - 4 ln χ + 1 (Ι)

Έστω η συνάρτηση

(

) (

)

Λύση Για να ορίζεται η (Ι) πρέπει και αρκεί

χ > Ο, 2 ln 2 x + ln x + 1 > 0, 3 ln 2 x - 4ln x + 1 > 0 .

2 ln 2 χ + ln x + 1 > Ο , για κάθε χ > Ο, αφού α>0 το τριώνυμο 2y 2 + y + 1 έχει . Εξάλλου Δ<Ο ln x = ω <=> 3 ln 2 x - 4 ln x + 1 > 0 <=> 2 3ω - 4ω + 1 > Ο ln x � ω <=> <=> ln x < .!. ή ln x > 1 <=> ω<- ή ω>1 3 3 ) υ ( +οο) D <c> χ ε ο

Όμως

(

)

}

( ) e,

}

�

Τότε στο D έχουμε:

f ( 2 ln 2 χ + ln χ + 1) < f ( 3 ln 2 χ - 4 ln χ + 1) <=> rl

2 ln 2 χ + ln χ + 1 > 3ln 2 χ - 4 ln χ + 1 <=>

ln 2 χ - 5 ln χ < Ο <=> 1 η χ ( ln χ - 5 ) < Ο <=>

<c>

O < ln x < 5 <c> I < χ < e' <c> χ ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/37

( ) )u(e, e'). ι

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Επαναλ η πτ ι κ έ ς Α σκ ήσε ι ς Γ ε ω μ ε τρ ί ας Δημήτρης Μαντζαβίνος -Ε.Μ.Ε. Παράρτημα Αν. Στερεάς [Λαμία]

)\.σκ η ση

1η

Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι β 2 + γ2 = 2 α2 • Αν Κ το βαρύκεντρο αυτού να δειχθεί ότι οι κύκλοι, οι περιγεγραμμένοι στα τρίγωνα ΑΚΒ και ΑΚΓ εφάπτονται στη ΒΓ.

Απ 6 δειξη :

Στο τρίγωνο ΑΒΓ κατά το 1 έχουμε:

θεώρημα διαμέσων

�(ΑΔ/+ (ΑΓ)2+ [ (ΒΔ+ΒΓ)22(ΒΔ).(ΒΓ)]=4R2+4α2� � ( ΑΔ ) 2 +( ΑΓ) 2 +(ΓΔ)2 - 2(ΒΔ )( ΒΓ) = 4R2 + 4α2 � �(ΑΔ)2+(ΑΓ)2+(ΓΔ)2-2(R2-α2 )=4 R2+4 α2 � �(ΑΔ)2 + (ΑΓ) 2 + (ΓΔ)2 - 2R2 + 2 α2 =4R2 + 4 α2 �(ΑΔ) 2 + (ΑΓ J2 + (ΓΔ)2 = 6R2 + 2 α2= σταθερό Αφού ( ΒΔ ) ( ΒΓ ) = R 2 - α 2 Άσκη ση

c, Cι

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ και διάμεσο (ΑΜ)=μα που αντιστοιχεί στην πλευρά (ΒΓ), είναι Α =60° και γ =2β. Η διάμεσος (ΑΜ) τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στο σημείο Δ. Να αποδείξετε ότι : i.

μα =

α2 α2 β2 + γ2 =2μα2 + 2 �2 α2 - 2 = 2μα2 �3α2=4μα2

� (�) 2 = μα . ( h ) �(ΜΒ)2 = (ΜΑ) . (ΜΚ) 3 2 Που σημαίνει ότι το ΜΒ εφάπτεται στον C 1 . Επίσης είναι (ΜΓ) 2 = (ΜΑ) . (ΜΚ) Δηλαδή το ΜΓ εφάπτεται στο C2 . Άσκ 2η

3η

ii.

β -/7

-2-

(ΜΔ)=

Απ 6 δειξη :

3β J7

η ση

Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο σημεία Α και Β μέσα στον κύκλο και συμμετρικά ως προς το κέντρο. Φέρνουμε τυχαία χορδή Γ Δ που περνάει από το Β. Να αποδειχθεί ότι το (ΑΔ) 2+(ΑΓ) 2 +(ΓΔ) 2 είναι σταθερό. r:

Από το Νόμο Συνημιτόνων έχουμε: α2 = β2 + γ2 -2 βγσυνΑ= = β2 + γ2 - 2 βγσυν60= β2 + γ2 - 2 βγ( _!_ )= 2 γ=2β = β2 + γ2 - βγ = β2 + (2 β )2 -β2 β=3 β2 2β2 2 - α2 2 β 2 + 2(2 β ) 2 - 3 β 2 = 7 β 2 Ειναι: μα = + 2γ 4 4 4 J7 Άρα: μα= β 2 β J7 ίί. Είναι: (ΜΑ).(ΜΔ) = (ΜΒ).(ΜΓ) � 2 2 α (ΜΔ) = - � 4 J7 β β J7 3β 2 � (ΜΔ) = � (ΜΔ) = 3 4 14 2 i.

Απ 6 δειξη :

Στα τρίγωνα ΑΓΒ και ΑΔΒ από το Θ. διαμέσων έχουμε : (ΑΔ)2 + (ΒΔ) 2 = 2(ΔΟ)2 + 2(0Β)2 � �(ΑΔ)2 + (ΒΔ) 2 = 2R2 + 2 α2 ( 1 ) Επίσης: (ΑΓ)2 + (ΒΓ)2 = 2R2 + 2 α2 (2) ( 1 ) , (2 )�(ΑΔ)2+(ΒΔ) 2+(ΑΓ)2+(ΒΓ/=4R2+4α2 �(ΑΔ)2 + (ΑΓ) 2 + [(ΒΔ)2 + (ΒΓ) 2] =4 R2 + 4 α2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/38

------

Άσκ η σ η Δίνεται

4'�

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ------

Ρ (O,R)

κύκλος

και

χορδή

του

(ΒΓ)=1 + J2 . φέρνουμε δύο χορδές (ΒΖ) και (ΓΕ) του κύκλου οι οποίες τέμνονται στο Α ώστε (ΑΖ) = λ4 και (ΑΕ) =λι;

_!_

(ΑΓΖ) 2 2) Αν (ΑΔ) διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΓ να υπολογίσετε τα τμήματα (ΔΒ) και (ΔΓ). πίJ Α δ ε ι ξη : i. Τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΓΖ έχουν: ΒΑΕ = ΓΑΖ ως κατακορυφήν: (ΑΒΕ) (ΑΒ).(ΑΕ) (1) Οπότε: (ΑΓΖ) (ΑΓ).(ΑΖ) 1) Δείξτε ότι: (ΑΒΕ) =

Άρα το ΑΟΡ τρίγωνο είναι ισοσκελές οπότε το ύψος του (ΑΜ) το οποίο είναι κάθετο στο (Ο Ρ ) λ6 ( Ρ) , δηλαδή α5 = και διάμεσος (ΟΜ)= 6'�

Άσκη ση

�

1 Θ ε ώ ρημα E uler]

\ο;

Σε κάθε τρίγωνο η απόσταση των κέντρων Ι και Ο του εγγεγραμμένου και περιγεγραμμένου κύκλου συνδέεται με τις ακτίνες τους ρ και R αντίστοιχα με τη σχέση : 102= R2-2Rρ

Από δ ει ξη : Έχουμε: (ΑΒ).(ΑΖ)=(ΑΓ). (ΑΕ) => 1 (ΑΒ) = (ΑΕ) = λ 6 = ___!_ = _ (2) (ΑΓ) (ΑΖ) λ4 R J2 J2 Από (1) και(2) παίρνουμε: l = _!_ (ΑΒΕ) = 1 _ _!_ => ( ΑΒΕ) = (ΑΓΖ) 2 ( ΑΓΖ) J2 J2 2

ίί.

(ΑΔ)-Διχοτόμος συνεπώς: 1 + J2 (ΔΒ) + (ΔΓ) = -(ΔΒ) = (ΑΒ) = 1 => -- - => J2 (ΔΓ) (ΔΓ) (ΑΓ) J2

(ΒΓ) = l + J2 => (ΓΔ)= J2 J2 (ΔΓ)

και (ΔΒ)= l

Άσκ η ση 5'�

λ ιο + λ 6 , , , Να αποδειχτει γεωμετρικα οτι: αs = ----'-"---"2

ΑπίJδειξη :

Έστω (ΑΒ) μια πλευρά κανονικού πενταγώνου φέρνουμε (ΟΜ) κάθετη (ΑΒ) τότε το Μ είναι το -------

μέσο του ΑΒ και Ν το μέσο του ΑΒ . Θα είναι λοιπόν : (ΟΜ)=α5 , (ΟΝ)=λt; και (ΑΝ)=λι ο Προεκτείνουμε την (ΟΝ) κατά μήκος (Ν Ρ )=(ΝΑ)=λ1 0 • Τότε (Ο Ρ ) = (ΟΝ) + (Ν Ρ ) =λ6 +λ ι ο Είναι ΑΝ Ο =72° (αφού 6 ι =3 6°) ΑΝ Ο 72° Ρ ι = -- = - =36 = Ο ι 2 2 ο

Δ Φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΙΔ και τη διάμετρο ΔΟΕ. Το θεώρημα της οξείας γωνίας στο τρίγωνο ΙΟΔ 2 2 δίνει: ( 10) 2=(0Δ) +( 1Δ) -2(0Δ).(ΔΖ) 2 =R2+(ΒΔ) 2-2R.(ΔΖ)=R +(ΔΕ).(ΔΘ)-2R.(ΔΖ) 2 2 =R +2R.(ΔΘ) -2R.(ΔΖ)=R +2R. [(ΔΘ)-(ΔΖ)] 2 2 =R -2R. [(ΔZ)-(ΔΘ)]=R -2R.(ZΘ)=R2-2 .Rρ.

Ση μ ε ίωση : το τρίγωνο ΒΔΙ είναι ισοσκελές γιατί: Α Β ΔΒΙ = ΒΙΔ = - + 2 2 Λ

Άσκ η σ η

7'�

Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και από την κορυφή Α διέρχεται μια ευθεία (ε) που τέμνει τις προεκτάσεις των ΓΒ,Γ Δ που τέμνει τις προεκτάσεις των ΓΒ,Γ Δ στα σημεία Ε,Ζ, αντίστοιχα. Ν α δείξετε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/39

-------

1 + --(ΑΖΓ) (ΑΓΕ)

---

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

------

1 1 1 Επομένως Ε(- - - + ) = ... = Ε Ι Ε 2 Ε3 -

(ΑΒΓΔ)

γ - γ) + αγ(γ - α) + αβ(α - β ) = β (β = 1 => ( α - β )(β - γ )( α - γ) 1 1 1 1 - +-=Ε Ι Ε 2 Ε3 Ε

Απόδ ε ιξη :

Έχουμε ότι (ΑΒΓΔ)=2 (ΑΒΓ) . Επίσης (ΑΒΓ)=(ΑΔΓ). Ακόμη είναι γνωστό από τη θεωρία ότι, αν δύο τρίγωνα έχουν δύο ίσα ύψη, ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των πλευρών τους στις οποίες αντιστοιχούν τα ίσα ύψη . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: 1 _ , (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) _1_ _ 1_=_ + =1 η + ΑΒΓ ΑΓΕ ) ( ) ' (ΑΖΓ) (ΑΓΕ) ' ( ΑΖΓ) ( ΑΓΔ ) (ΑΒΓ) ΓΔ + ΒΓ = 1 η, + = 1(*) η, ( ' ( ΑΖΓ) ( ΑΓΕ) ' ΓΖ ΓΕ ΑΖ ΑΕ + ΑΖ = 1 , η' ΑΕ + ΑΖ = ΕΖ η' ΑΕ + = 1 , η' ΕΖ ΕΖ ΕΖ σχέση που προφανώς ισχύει. ΕΑ = ΓΔ , επειδή ΑΔ//ΓΕ επίσης ( * ) Είναι ΕΖ ΓΖ ΑΖ = ΒΓ , επειδή ΑΒ//ΖΓ. ΕΖ ΕΓ Ά σκη σ η 8 '1

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (α>β>γ). στην ΑΒ παίρνουμε ΑΔ=β, στην ΑΓ παίρνουμε AE=y και στη ΒΓ τμήμα BZ=y, στη ΒΑ τμήμα Β Η=α, στη ΓΑ τμήμα ΓΘ=α και στη ΓΒ τμήμα ΓΙ=β. Αν Ε, τριγώνων των εμβαδα Ει,Ε 2 ,Ε3 τα ΑΒΓ, ΑΗΘ ,ΒΙΔ και ΖΓΕ , να δειχθεί ότι: 1 1 1 1 --+-=Ε ι Ε2 Ε3 Ε

Α π όδε ιξη :

Ως γνωστό, τρίγωνα με δύο γωνίες ίσες ή παραπληρωματικές έχουν λόγο εμβαδών ίσο με το λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Άρα: Ε = ( ΑΒ ).( ΑΓ) = ---'βγ -'--Ε Ι ( ΑΗ).(ΑΘ) (α - β )( α - γ ) Ε ( ΑΒ ).( ΒΓ) = --αγ -'--Ε 2 ( ΒΔ). ( ΒΙ ) (β - γ )( α - β) αβ Ε = ( ΑΓ) . ( ΒΓ) Ε 3 ( ΓΕ). ( ΓΖ) (β - γ )( α - γ )

1. 2. 3. 4.

Να υπολογισθεί η μεγαλύτερη γωνία του τριγώνου ΑΒΓ, στο οποίο β=2α και γ=α .J7 . Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) προεκτείνουμε την πλευρά ΒΓ κατά τμήμα ΓΔ=2ΒΓ. Να δειχθεί ότι ΑΔ2=ΑΓ2+6ΒΓ2 • Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει α3=β3+γ3, να δειχθεί ότι το τρίγωνο είναι οξυγώνιο. Να υπολογισθούν οι γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ α2 + β 2 στο οποίο (ΑΒΓ)= 4

---=--

5. 6.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο Α = 90 Ο ΑΒ=6 και ΑΓ=8. Να υπολογισθεί η απόσταση του έγκεντρου Ι από το μέσο της ΒΓ. Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο χορδές του ΑΒ=λ3 και ΑΓ=λι; προς το ίδιος μέρος του Ο. Βρείτε το εμβ αδόν μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ. Δίνεται τεταρτοκύκλιο Ο. ΑΒ ακτίνας R. Στην

ΟΔ= R .fj και 2 υψώνουμε κάθετη στο Δ που τέμνει το τόξο ΑΒ στο Γ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΔΓΒ. ΟΒ

....;._-'-_ -'----'-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/40

παίρνουμε

τμήμα

Β ' λΥΚΕΙΟΥ

Επαναλ η π τ ι κ έ ς Α σκ ή σε ι ς Κ α τ ε ύθυ νσ η ς Μπρίνος Π αναγιώτης

Λ σκηση

Για τα διανύσματα α,β,y δίνονται: γ =(-2,4), β =(1,3) και π ρο β β = (2,1). a

i) Να βρείτε την γωνία ( y, β ) ii) Ν α δείξετε ότι Υ _l α iii) Να βρείτε την προβολή του διανύσματος β πάνω στο διάνυσμα γ iv) Αν είναι γνωστό ότι π ρο β li α = β , Α) Να βρείτε το διάνυσμα α Λ

Β) �

Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΟΑΓ με ΟΑ = α , �

ΟΓ = y είναι ισοσκελές με διάμεσο την ΟΒ, ό�

που ΟΒ = β

1 0 - 1 = J2 Υ.β ' συν( γ- Λβ- )- -' ) Ειναι ' lγl · l β l JWJIO J2 2 ' ( γ- Λ, β- ) = -π . αρα 4 ί ί ) Γνωρίζουμε ότι π ρ ο β β // α . Παρατηρούμε ότι γ π ρ οβ β =(-2,4)(2, 1 )=Ο ::::> γ .1 π ρ ο β β =:> γ .1 α ί ί ί ) Επειδή γ .1 α , ισχύει η ισότητα β = π ρ ο β β + π ρ ο β 1 β , επομένως π ρ οβ 1 β = β - π ρ οβ α β = (1 ,3)-{2, 1 )= (-1 ,2). iv) Α) Επειδή π ρ οβ α β // α , υπάρχει λεR τέ τοιο ώστε α = λ π ρ ο β β = λ(2, 1 )= (2λ, λ). Από τους τύπους: α β = α π ρ οβ β και α β = β π ρ οβ jj α , προκύπτει ότι: α π ρ ο β β = β π ρ ο β jj α => (2λ ' λ) (2,1 )= ( 1 ,3)(1 ,3) => 5λ = 10 => λ = 2. Επομένως α = (4,2). Β) Είναι I ΟΑ 1 = 1 α l = vl4 2 + 2 2 J20 και προκύπτει Ι οΓ 1 = 1 γ 1 = �(-2) 2 + 4 2 J20 ΟΑ=ΟΓ δηλαδή το τρίγωνο ΟΑΓ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο (από ii) ερώτημα). Επίσης ΟΒ = β =( 1 ,3), δηλαδή Β ( 1 ,3) και το μέσο του έχει συντεταγμένες τμήματος ΑΓ Λ ίJ ση : ι

4 + 2 )=(1 , 3) , επομενως -2 + 4 , -, μεσο , , το Β ειναι ( -2 2 του ΑΓ. Λ σκ η ση

Δίνονται τα διανύσματα α , β Φ Ο με I α I = I β ι . Αν για ένα τυχαίο διάνυσμα γ φ ό ισχύει Ι γ - α Ι = Ι γ + β I , i) Να δείξετε ότι β = - α ii) Ν α δείξετε ότι το διάνυσμα δ για το οποίο ισχύει η σχέση Ι δ + α Ι = Ι δ + β Ι , είναι κάθετο στο διάνυσμα α . iii) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι το διάνυσμα δ του ii) ερωτήματος είναι παράλληλο στην ευθεία ε:2x+3y+l=O και ότι: I α I = Jl3 ' να βρείτε τα διανύσματα α ' β .

Από τη δοθείσα σχέση και τις I α I = I β I φοφι γ ι , έχουμε: I γ - α I = I γ + β I => I γ - α 1 2 = Ι γ + β 1 2=> C Ύ - α )2 = C Ύ + β )2 => γ 2 -2 γ α + α 2 = = γ 2 +2 γ β + β 2 => 2 γ β + 2 γ α = ο => I γ I I α I (συν(( γ:α ) + συν( γ:β )) = ο => Λ Λ συν( γ :α )+συν( γ , β )=Ο::::>συν(( γ:α )= -συν ( γ , β )=> Λ Λ συν( γ:α ) = συν(π- ( γ , β )=> ( γ:α ) = π - ( γ ,β )=> Λ Λ ( γ:α ) + ( ? , β )=π =>( α, β )=π και επειδή Ι α Ι = Ι β Ι , ισχύ ει β = - α . ί ί ) Έχουμε επίσης, I δ + α I = I δ + β I => => I δ + α 1 2= I δ + β 1 2=>( δ + α )2=( δ + β )2=> => δ 2+2 δ α + α 2= δ 2 + 2 δ β + β 2 => δ α -δ β =Ο=> ::::> δ ( α - β )=Ο ::::> δ ( α + α )=Ο => 2 δ α =Ο => =:> δ α =Ο ::::> δ ..l α , όπου α = - β iii) Επειδή η ευθεία ε: 2χ + 3y + 1 =Ο είναι παράλ ληλη με το διάνυσμα δ , θα είναι κάθετη με το α . Αλλά ε .1 ίi =(2,3) επομένως α // ίi ::::>υπάρχει λεR τέτοιος ώστε α =λ ίi = (2λ,3λ). Επίσης Ι α Ι = Jl3 => �(2λ) 2 + (3λ) 2 = Jl3 => 1 3λ2 = 1 3 Λύσ η : ί)

Ε ΥΚ \ Ε Η ΗΣ Β ' 84 τ.4/4 1

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

� λ=1 ή λ=-- 1 Για λ= 1 έχουμε: α =(2,3) και β =(-2,-3 ). Για λ=-Ι έχουμε: α =(-2,-3) και β =(2,3).

Άσκ η ση 3

Δίνονται τα σημεία B(l ,2) και Γ(4,6). Γνωρί ζουμε ότι οι ευθείες ει, ε2 διέρχονται από τα ση μεία Β, Γ αντίστοιχα και τέμνονται κάθετα σε ' σημείο Α του άξονα y y. ί) Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Α. ίί) Να βρείτε το συμμετρικό Ε του μέσου Μ του ΒΓ ως προς την ΑΓ. ί ί ί ) Να βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΜΓΕ.

Λ ίJ ση : i) Έστω Α(Ο , λ) το σημείο τομής των ει,ε2 .

οι εξισώσεις των ει,ε2 είναι

Τότε

Ο+4 ,4 +-6 ) δη, μεσο , της Β Γ) , επομενως , Κ( ειναι 2 2 λαδή Κ(2,5). Επειδή το Κ είναι μέσο του ΕΜ, αν 5 κ+θέσουμε Ε(κ ' λ) ' τότε 2=___2 και 5= λ + 4 �κ= � 2 2 2 και λ=6, δηλαδή Ε( � ,6). 2 ϊ ί ί) Επειδή τα τρίγωνα ΑΜΓ και ΑΓΕ είναι ίσα (συμμετρικά ως προς την ΑΓ), έχουμε (ΑΜΓΕ)= 2(ΑΜΓ), όπου ΜΑ =(--5 , 0), ΜΓ = ( -3 , 2) και 2 2 (ΑΜΓ)= -Ι I det( MA , ΜΓ ) I =2 2 5 ο 13 2 I =2 - =13. Επομένως (ΑΜΓΕ)=26. 3 2 2 2 -->

-->

Λ σκ ηση 4 Δίνονται τα Α(Ο,2), B(l,S) και Γ(t-1 , 3t-2), t ε R. ϊ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ ii) Να βρείτε το γ. τόπο των σημείων Γ ί ί ί) Να δείξετε ότι η απόσταση του σημείου Γ από την ευθεία ΑΒ καθώς και το εμβαδόν του τριγώ νου ΑΒΓ είναι ανεξάρτητα του t. Πως εξηγείται γεωμετρικά το παραπάνω συμπέρασμα;

ε ι : y - 2 = 2 - λ (χ - Ι), δηλαδή (2-λ)χ - y +λ= Ο. Ι-Ο 6 ε2 : y - 6 = - λ (χ - 4), δηλαδή (6-λ)χ --4y+4λ=Ο 4_0 Η ε ι είναι παράλληλη στο διάνυσμα δ ι = (-Ι , λ-2) και η ε2 είναι παράλληλη στο διάνυσμα δ 2=(--4,λ-6). Άρα: ει_l ε2 � δ ι _l δ 2 � δ ι · δ 2 =Ο � 4+ (λ-2)(λ-6)=0 � λ2 - 8λ+Ι2=0� λ =4. Για λ=4 έχουμε ει : -2χ - y +4= Ο και ε2 : 2χ --4y + 8= Ο, δηλαδή ε2 : χ- 2 y +4= Ο Οι ε ι , ε2 τέμνονται στο σημείο Α(Ο,4). Έν α ς δείη ερος τρ ό πος για να βρούμε το λ είναι με χρήση του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρί γωνο ΑΒ Γ. Έχουμε λοιπόν: ε ι_lε2 <=> ΑΒ 2+ΑΓ2 = Β Γ2 <=> <=>(1 -0)2+(2-λ) 2+(4-0)2+(6-λ)2 = (4-Ι )2+(6-2)2<=> λ2 - 8λ+Ι 6=0 <=> (λ - 4)2 =0 <=> λ = 4. ii) Το μέσο Μ του Β Γ έχει συντεταγμένες Μ( Ι + 4 , 2 + 6 ) δηλαδή Μ( � , 4). Η προβολή του 2 2 2 σημείου Μ πάνω στην ΑΓ είναι το μέσο Κ του ΑΓ (γιατί η ΜΚ είναι παράλληλη με την ΑΒ και το Μ

' λ = 5 - 2 =3 , επομενως ' ' η εξισωση Ειναι της Ι_0 ευθείας ΑΒ είναι y-2=3x ή 3x-y+2=0 ίί) Έστω C ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος και Γ(χο,Υο), τυχαίο σημείο του επιπέδου τότε: χ = t - Ι <=> ΓεC <=> υπάρχει tεR τέτοιο ώστε: 0 y 0 _- 3t - 2 t = Χ0 + Ι υπάρχει tεR τέτοιο ώστε: y0 + 2 <=> χσ+ 1 t=3 2 + Υο <=> Υο = 3χσ+Ι . = -3 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Γ είναι η ευθεία ε: y=3x+ Ι . ίίί) Είναι d(Γ, Α Β ) = [3(t - I ) - (3t - 2) + 2 1 _ 1 -J10 και Β Γ)= (Α _J10 - 1 0 J3 2 + (-Ι) 2 Λύση : \.

)

ΑΒ

{

l det(AB , Ar)l _ ll t� I 3:41 _ 2 2

-I Παρατη2 2 ρούμε ότι και τα δύο είναι ανεξάρτητα του t και -'------'- -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/42

r r = -Ι -

αυτό γεωμετρικά εξηγείται από το ότι η ευθεία ΑΒ 1 = - -β . 'Ε τσι, η εξ ισωση ' ' λκz= --της ευ θ ειας και η ευθεία ε στην οποία ανήκει το σημείο Γ είναι 4 λΟΜ παράλληλες μεταξύ τους επομένως η απόστασή τους είναι σταθερή, οπότε και το εμβαδόν του τρι είναι y = � χ και η εξίσωση της ευθείας ΚΖ β γώνου ΑΒΓ θα είναι σταθερό (έχει σταθερή βάση είναι y - β = - Q_ (χ+ 1 ). ΑΒ και ύψος ΓΓ με (ΓΓ) = Μ ). 4 10 i) Για το σημείο Ν(χΙ , Υ Ι) έχουμε: Άσκ η σ η 5 Λ) Δίνονται τρία μη συνευθειακά σημεία { Υ - β = Q_(x + 1) { Ο - β = Q_(x + 1) _4 _ 4 1 ::::> ::::> A(x o ,xo+l), B (xo+yo ,xo +S) και Γ(2x o-l ,yo+xo+ l), 2 με y0 >4x0-4 . Αν γνωρίζουμε ότι το εμβαδόν του y=O ΥΙ = 0 τριγώνου ΑΒΓ είναι 2, να δείξετε ότι το σημείο χ =3 Μ(χο,Υο) κινείται σε παραβολή C. { 1 (β;t:Ο, διότι α;t:Ο). Β) Αν από ένα τυχαίο σημείο Μ(α,β),α;t:Ο, της ΥΙ = 0 παραβολής C του Α) ερωτήματος φέρουμε κά Άρα Ν(3,0), δηλαδή το Ν είναι ανεξάρτητο από θετη στην διευθετούσα δ της C, η οποία τέμνει την θέση του Μ. την δ στο ση μείο Κ και στην συνέχεια από το Κ i i ) Για το σημείο Z (x ,y ) έχουμε: 2 2 φέρουμε κάθετη στην ΟΜ που τέμνει την ΟΜ _! στο Ζ και τον άξονα συμμετρίας της C στο Ν, Χ β Yz -β = -4 (χz + 1) Y _ _!X z = - XL_2 (X z + 1) ί) Ν α δείξετε ότι το σημείο Ν είναι σταθερό 4 ίί) Να βρείτε τη γραμμή στην οποία κινείται το Ζ. => => z Yz 4 Λ ί1 ση : = Χ Yz β z β = _i_ x 2 Λ) Έχουμε AB = (y0,4), ΑΓ = (χο-1 ,yο). Yz 2 Επομένως =>y2 - 4χ2 = -χ } - χ2 => χ} - 3χ2 + y} = ο => 4 0 Υ 1 ::::> = => (ΧΓ -3 )2 + Υ22 = -9 . (ΑΒΓ)=2=> - I det( ΑΒ , ΑΓ ) I =2 I 2 χ0 - 1 Υ 1 1 4 2 Επομένως η γραμμή στην οποία κινείται το Ζ είναι 2 2 =4 => I Υο - 4χο+4 1 = 4 => Υο - 4χο+4= 4 (γιατί Υο2 >4χο--4) => Υο 2 =4χο. ο κύκλος c l με εξίσωση (χ- � / + y2 = 2_ ' δηλα2 4 δή κέντρου Δ(� ,0) και ακτίνας ρ= � . -------

Β ' Λυ κ είου -------

Μ α θ η ματ ικ ά για τη ν

ΟΜ I

-->

Παρατηρήστε ότι: Υ2 ;t:O, διότι αν ήταν y2=0, τότε η δεύτερη εξίσωση θα έδινε χ2=0 και η πρώτη β=Ο, άρα α=Ο άτοπο.

Άσκησ η

Έστω

Από την τελευταία εξίσωση συμπεραίνουμε ότι το σημείο M(x0,y0) κινείται στην παραβολή C:y2=4x, με εστία E( l ,0) και διευθετούσα δ: χ=-1 . Β) Το σημείο Κ είναι το σημείο τομής των ευθειών χ=- 1 και y=β. Επομένως Κ(-1 ,β). Επειδή Μ( α, β) σημείο της C, είναι: β2 = 4α, δηλαδή α = f_ . Επομένως 4 = � και λοΜ = Ι = 1_ α βz β 4

α, β

δύο διανύσματα, με D=

I α1 2 · ι-ιβ 2 -( α - β- )

και η εξίσωση : 2 2

D ·Χ +(

ί)

det( α, β ):;ι!:Ο

α. β

)y.z+( α - β )·x+D·y- 2D =Ο (1). •

Να βρείτε την ικανή και αναγκαία συνθήκη

μεταξύ των D και

νει κύκλο.

α·β

ώστε η (1) να παριστά

ίί) Όταν η (1) δεν παριστάνει κύκλο, να βρείτε την γωνία ω=( α, β ) Λ

ίίί) Να δείξετε ότι, στην περίπτωση που τα δια νύσματα

α,β

είναι κάθετα και έχουν μέτρο ι, η

(1) παριστάνει δύο συμμετρικούς ως προς τον άξονα χ ' χ κύκλους.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/43

προς τον άξονα χ ' χ, σημεία. Επομένως ο C1 είναι Έστω α = (κ, λ) και β = (μ, ν). Γνωρίζουμε συ μμετρικός του C2 ως προς τον άξονα χ ' χ.

-------

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

Λ ύ ση :

ότι: D=det( α, β )= μ

=κ·ν-λ-μ=f-0. Επίσης είναι: ν ι α ι 2 =κ2+λ2 , Ι β 1 2 =μ2+ν2 και ( α . β )2=(κ·μ+λ-ν)2 , ο πότε για το συντελεστή του y2 στην εξίσωση ( 1) έχουμε: � � 2 · 1 � 2 -( α. β)2=(κ2+λ2 )(μ2+ν2 )-(κ·μ+λ·ν)2= =(κ·ν -λ·μ)2=D2 (2), όπως προκύπτει από την ταυ τότητα Lagrange ή με εκτέλεση πράξεων. α . β =Ο Ά, ρα: (l)<=>D 2 ·χ2 + D2 · y2+( α- · β- )-χ+ D ·y - -2D α . β =0 α . β )-χ+-1 ·y--<=> χ2 + y2+( -D2 D 2D 3 (3), δηλαδή γράφεται στην μορφή χ2 + y2 +Αχ + B·y +Γ = Ο με . . Α = α 2β ' Β = _!_ ' Γ=- α β3 • D 2D D ( α . β- ) 2 1 2α · β2 2 Β Είναι Α + -4Γ = 4 + -2 + -D DJ D 2 ( α . β ) + 2 αβ · D + D 2 _ ( ii · β + D) 2 >_ 0. D D Για να παριστάνει η ( 1) κύκλο πρέπει και αρκεί Α2+Β 2-4Γ>Ο, δηλαδή D I- - α · β . ii) Αν η (1) δεν παριστάνει κύκλο, τότε D=-α · β , οπότε: (2) => 2( α . β )2 = ιαι 2 · Ιβ1 2 => 2 ι α ι 2 · Ι β 1 2 συν2 ω = ιαι 2 · Ι β 1 2 => συν2 ω= � => -

Ι λl

Ά σκη σ η 7 2 Δίνεται η εξίσωση χ + y2 - 4 χ 2·ν·y -2ν +3 = Ο (1), όπου ε Ν * i) Να δείξετε ότι για κάθε ε Ν * η (1) παρι στάνει κύκλο Cv και να βρείτε την ακτίνα Ρν

και το κέντρο του Κν συναρτήσει του ν.

ii) Να δείξετε ότι οι κύκλοι της οικογένειας (1) διέρχονται από το ίδιο σημείο i i i ) Αν Κi(χϊ, Υ ϊ) είναι τα κέντρα των κύκλων της οικογένειας (1), να δείξετε ότι οι τεταγμένες τους ικανοποιούν την σχέση Υ ι +y2 +y3 + . . . +yv 3

(ν( )2 ν + 1)

, ν�

για καθε

2. 2 3 iv) Να εκφράσετε το Υ ι ο ως διαφορά τετραγώ νων δύο ακεραίων.

( 1 ) είναι της μορφής χ2+/+Αχ+Β· y+Γ=Ο με Α= -4, Β =-2ν, Γ=3-2ν. Είναι Α2+Β 2-4 Γ= 1 6+4ν2- 12+8ν=4ν2+8ν+4=(2ν+2)2>0, για κάθε ν ε Ν * . Άρα, για κάθε ν ε Ν * η εξίσωση ( 1) παριστάνει κύκλο Cv με Kv(- Α , - Β ), δη2 2 2 Β2 λαδή Kv(2, ν) και ακτίνα ρν .JA + - 4Γ 2 �(2ν + 2) 2 + 2 =ν+ 1 , αφου, 2ν+2>0, για κά= 2ν 2 2 θε ν ε Ν * . ii ) Αρκεί να υπάρχει σημείο M (x 0 , y0 ) τέτοιο ώστε: χο2 + Υο2 - 4χο +3 - 2·ν·(Υο +1) = Ο για κάθε J2 ' J2 => π χ 2 2 - 4χ 0 + 3 = 0 , =>συνω = - η συνω=-- ω = ν ε Ν * . Γι ' αυτό αρκεί: 0 + y 0 2 2 4 Υο + 1 = 0 S π , αφου' D τ- Ο => α- , β- =F- 0η' ω= χο = 2 4 . Επομένως όλοι οι κύκλοι της δηλαδή = -1 Υο ι ι i ii) Αν α l_ β και α = ιβι = 1 , τότε α · β =Ο και (2) => D2=1 => D= 1 ή D = -1 . Για D=1 η (3) μορφής ( 1 ) διέρχονται από το σημείο Μ(2,-1 ). i i i) Προφανώς Κ1(2, 1), Κ2 (2,2), Κ3 (2,3), . . . ,Κv(2,ν) γράφεται x2+y2+y=O<::>x2+ (y+ _!_ )2= _!_ και παρι- είναι τα δεδομένα κέντρα, οπότε η ζητούμενη σχέ2 4 2 3 +2 3 +3 3 + . . . +ν3 = ν(ν + 1) (2). στάνει κύκλο C1 με κέντρο Κ(Ο,- _!_ ) και ρ= _!_ . ση γράφεται 1 2 2 2 Για D=- 1 η (3) γράφεται x 2+y2-y=O<::>x2+ (y- _!_ )2= 2 · 3 2 , δηΓια ν=2, η (2) γράφεται 1 3 + 2 3 = Τ 2 = _!_ και παριστάνει κύκλο C2 με κέντρο Κ( Ο, _!_ ) λαδή 9=9, που ισχύει. 2 4 Υποθέτουμε ότι η (2) ισχύει για ν=κ22, δη λαπ 1 ' ' ' ' ' 2 και ακτινα ρ = - . αρατηρουμε οτι οι δυο κυκλοι 2 δη, 1 3 +2 3 +3 3 + . . . . . . +κ3 = κ( κ + 1) (3). 2 είναι ίσοι και τα κέντρα τους είναι συμμετρικά , ως - --.,---4 -'------'-

Λί1σ η : i) Η

{

-Ι-

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 4 τ.4/44

{

( ) ( )

( )

Θα δείξουμε ότι η (2) ισχύει και για ν=κ+1 , για κάθε ν Ε Ν * η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει κύκλο δηλαδή Α , -"2 Β ), δηλαδή Λv Λ, όCv με κέντρο Λv(l 2 1 3 +2 3 +3 3 + . . . . . . +κ3 +(κ+ 1 )3 = (κ + 1) κ + 2) .JΑ 2 + Β 2 - 4Γ ,0) και ακτίνα ρ που Λ( -1 ν 2 2 Έχουμε: 1 3 +2 3 +3 3 + . . . +κ3 +(κ+1 )3 <3J= κ(κ + 1) + 2 + 6) 2 - = 2ν + 6 = ν+3, αφου, 2ν+6>0, για κα-, �(2ν ---'--' --'--2 4(κ + 1) 3 2 2 2 --'-(κ+ 1 )3 = κ (κ + 1) + -'-* θε ν Ε Ν . Άρα όλοι οι κύκλοι έχουν το ίδιο κέ 4 4 ντρο Λ. ( κ :1/ 2 (κ + 1) κ + 2) 2 · (κ + 4κ + 4) = Επομένως η (2) είναι αληθής για κάθε νΕΝ* με ν�2. ------

•

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

( � J ( J

-------

( � J

Έστω Sv = y, 3 +y/ +y/ + . . . +y/. Έχουμε 2 1) 2 Υκ3 = S κ-S κ- ι = κ(�+ - (κ �1)κ = m2-n2 , m,n E Z , αφού κ(κ+1), (κ-1)κ είναι άρτιοι αριθμοί ως γινόμενα διαδοχικών ακεραίων. 2 2 Άρα Y ι o3 =1000= 1 0� 1 1 - 9 ; 0 =55 2-45 2 . ίν)

J (

(

( J ( J

Άσκη ση 8

ί ί . Α) Ο κύκλος C έχει κέντρο K(l ,O) και ακτίνα ρ= 1 . Παρατηρούμε ότι για τους κύκλους C και Cv νει κύκλο c . Να δείξετε ότι όλοι αυτοί οι κύκλοι εί ισχύει (ΚΛ)=2 και ρv-ρ=ν+2, δηλαδή (ΚΛ)<ρ. ναι ομόκεντροι και να προσδιορίσετε το κοινό τους ρ,για κάθε ν Ε Ν * επομένως ο κύκλος C βρίσκε κέντρο Λ. ται στο εσωτερικό του Cv για κάθε ν Ε Ν * . i i ) Έστω C ο κύκλος με εξίσωση : (χ-1) 2 + y2 1. Β ) Αφού ο κύκλος C;(Mv, Rv) εφάπτεται εξωτερι Τότε: κά του C και εσωτερικά του Cv, ισχύει: Α) Να δείξετε αρχικά ότι βρίσκεται στο εσωτερικό +1 και (MvΛ)=v+3-Rv. Στο σχήμα θεω (MvK)=Rv κάθε κύκλου c Στη συνέχεια για κάθε ν Ε Ν * , ρήσαμε τον c3 ' θεωρούμε τους κύκλους c; με κέντρα Μ. και ακτί Γ) Είναι (MvK) + (ΜvΛ) = ν+4 και (ΚΛ)=2. Επο νες R. που εφάπτονται εξωτερικά του C και εσωτε ρικά του c μένως (ΚΛ)<( MvK)+( ΜvΛ), δηλαδή, για κάθε ν Β ) Να υπολογίσετε συναρτήσει των ν, R. τα μή σταθερό, τα Mv βρίσκονται στην έλλειψη Sv με κη Μ.Κ και Μ.Λ όπου Κ το κέντρο του κύκλου εστίες Κ και Λ , όπου: 2α=ν+4, δηλαδή α= ν + 4 , c. 2 Γ) Ν α δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν * τα κέντρα και 2γ = 2, δηλαδή γ= 1 , οπότε έχει εκκεντρότητά Μ. ανήκουν σε έλλειψη s. με εστίες Κ και Λ και ]_ = -2- . = ε ν 2 ' ε.= ' ν+4 εκκεντροτητα . α ν+4 22 22 22 , Δ) Αν ε; είναι οι εκκεντρότητες των ελλείψεων S;, να Δ) Για ν=3, η (2) γραφεται: . + ; =2 · . , δη6 (7 57 5 δείξετε ότι ικανοποιούν την σχέση : , 8 = 8 , που ισχυει. , για , η (2) ισχυει , 'Εστω οτι ει ·εz+εz·ε3+ε3·ε4+ . . . +ε._1 ·ε.=(ν-1)ε1 ·ε. (2), για κάθε λαδ η ν�3 35 35 v=e3, δηλαδή ει · εz+εz· ε3 +ε3 ·� + . . . +εκ-ι · εκ= Λύ ση : =(κ-1)ε 1 · εκ (3) Θα δείξουμε ότι η (2) ισχύει και για i. Η ( 1 ) είναι της μορφής χ 2 +/+Αχ+Β · y+Γ=Ο με ν=κ+ 1 , δηλαδή Α = 2, Β=Ο, Γ = -ν2-6ν-8. ει · εz + ε2 · ε3 + ε3 · ε4 + . . . + εκ- ι · εκ + εκ · εκ+ι = Κ· ει · εκ+l · Είναι Α2+Β 2-4Γ =4 +4ν2 + 24ν +32 = (2ν+6) 2 >0, 2 2 Δίνεται η εξίσωση χ + y2 +2χ - ν -6ν -8 = Ο (1), όπου ν Ε Ν * . i) Να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν * η (1) παριστά .

•.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/45

-------

επο μένως το σημείο Μ(χι,Υ ι) κινείται στην υπερ(3) Έχουμε: ει ·εz + εz ·ε3 + ε3 ·ε4 + . . . +εκ- ι ·εκ + εκ ·εκ+ Ι = 2 2 βολή C 1: ; - 4=1 . 2 2 2 2 (κ-1 )ει·εκ + εκ ·εκ+Ι= (κ-1) - -- +-- -- = 4 3 1 +4 κ + 4 κ + 4 κ + 5 Για τις συντεταγμένες του Γ(χι,Υ ι) έχουμε: 4 κ-1 + 1 = = 4κ - 4 + = 4 Υ1 = α · Χ 1 + β - % χ 1 = α · Χ 1 + β 5(κ + 4) (κ + 4)(κ + 5) κ + 4 5 - κ + 5 � � 3 κ( κ + 4) 4 2 2 4κ = Υ Χ ι ι 4 - -- · = -κ- -- -κ·ει ·εκ+Ι · Υι = - % χ ι κ + 4 κ + 5 5( κ + 5) 5 κ + 5 _ Επομένως η (2) είναι αληθής για κάθε ν ε Ν * με (4α + 3) · Χ 1 = -4β Χ 1 = - � ν23. 4α + 3 � � 3 Υι = -4 Χ ι Υι = - % χ ι Άσ κη σ η 9

(

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου -------

Δίνονται οι ευθείες ει : 3x+4y=O και ει: 3x-4y=O. ί ) Να βρεθεί ο γ. τόπος των σημείων Μ για τα οποία το γινόμενο των αποστάσεων τους από τις 1 44 , ' ' ευ θ ειες ει και ει ειναι στα θ ερο' και ισο με - . 25 Ποια είναι η σημασία των ει , ει για την γραμμή αυτή ; ίί ) Έστω Μ(χι,yι) ένα σημείο της παραπάνω γραμμής με 3χι+4yι> Ο και 3χι-4Υι > Ο. Αν η ευθεία ε: y=αχ+β, α#-

� τέμνει

τις ει,εz στα 4 σημεία Γ και Δ και την γραμμή στα Α και Β, να δείξετε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ και Γ Δ έχουν το ίδιο μέσο. ±

ί) Έστω C ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος και Μ(χο, Υο) τυχαίο σημείο του επιπέδου. Τότε: 3χ + 4yo [ [3χ σ + 4yo [ = d(Μ,ει) = [ -v1 σ και 5 32 + 42 3χ - 4y [ 1 3χ - 4 y d(Μ,ε2) = 0 0 [ = [ 0 5 0 , οπότε: �3 2 + (-4) 2 144 � Μ ε ( C) � d(Μ,ε1)- d(M,εz )= 25 144 � [ 3χ 0 + 4y0 [ [3χ 0 - 4y 0 [ - 5 5 25 � Ι 9χ0 2 - 1 6y0 2 1 =144 � 9χσ2 - 1 6yo2 = 144 ή 2 2 2 2 1 6y02-9x02 =- 144� �2 - IL2 =1 ή Ι!ι_2 _ �2 =1 . 4 4 3 3 Επομένως ο γ. τόπος των σημείων Μ είναι η έ νωση των δύο υπερβολών χ2 - χ 2 = 1 . Παρατηρούμε y2 = 1 C : y2 - C1 : 42 32 ' 2 3 2 42 ότι οι ευθείες ε1,ε2 είναι ασύμπτωτες των παραπά νω υπερβολών (Συζυγείς υπερβολές). ί ί) Έστω M (x1,y1) ένα σημείο της παραπάνω γραμμής με 3χΙ+4yΙ > Ο και 3χΙ --4Υ ι > Ο . Τότε (3χΙ+4yΙ)( 3χι --4Υ ι) >0, δηλαδή 9χΙ2 - 1 6y1 2 > 0,

ΛίJση :

-'--- -'--

{ {

{

χ , � 4:� 3 . Δηλαδή Γ(-� , _21!___ ). 4α + 3 4α + 3 Υ ι = 4 3β α+3 Για τις συντεταγμένες του Δ(x z ,Yz ) έχουμε: y2 = α · χ 2 + β % χ 2 = α · Χ 2 + β � � 3 Υ 2 = -43 χ 2 y2 = 4 X z

{

{ {

{

(4α - 3) · Χ 2 = -4β Χ7- = - � 4α - 3 � 3 3 Υ 2 = -χ Υ2 = 4 χ 2 4 2

{

�

3 . Δηλαδή Δ(-� ,- _21!___ ). , � 4:� 4α 3 4α - 3 3β y2 = 4α 3 Επομένως, αν Μ το μέσο του τμήματος ΓΔ τότε , Μ( χ 1 + χ 2 , Υ + y 2 ) και με αντικατασταση των 2 2 συντεταγμένων των Γ και Δ βρίσκουμε: 9β ) Μ( - 1 6 αβ 1 6 α 2 - 9 ' 16 α 2 - 9 Οι συντεταγμένες των σημείων A(x 3 ,y3 ) και B (x4 ,y4) έχουμε ότι αποτελούν λύση του συστήμαy=α.χ+β τος: � y 2 , το οποίο ισοδύναμα γράφεται: =1 16 9 y =α· χ+β χ2 (α · χ+β)2 1 � 16 9 y=α · χ+β (16α2 -9)χ2 -32α· β· χ+ 16β2 + 144 =0 Η εξίσωση λοιπόν ( 1 6α2-9)χ 2 +32αβχ+ 1 6β2+ 144=0 έχει ρίζες τους αριθμούς χ3 και χ4 •

{

t { {

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/46

32 αβ 9 και οι αντίστοι- ΜΈ 2 + 2 MΈ ME ' = 4 <:::> 16α 2 χες τεταγμένες των σημείων έχουν άθροισμα = 4 <=>I (ME)--{ME ' ) I = 2, όπου y3 +y4=αχ3 + β+αχ4+ β=α(χ3 +χ4)+2β= I (ME )-(ME ' ) I < (Ε Έ) = 4. =α( _ 32α 2αβ- 9 ) + 2β = _ α1 8β 16 16 2 - 9 . Επομένως ο γεωμετρικός τόπος C των σημείων M(x,y) είναι η υπερβολή με εστίες Ε ' (Ο,-2) και Άρα το μέσο του τμήματος ΑΒ έχει συντεταγμένες Ε(Ο,2) και διαφορά 2α=2. 9β Είναι α= 1, γ=2 και β= �'γ=-2 --α-=-2 = J3 . α 16 χ χ + β + y Y 3 3 4 4) η ( ( 2 ' 2 16 α 2 9 ' 16 α 2 9 ) ' Επομένως η εξίσωση της υπερβολής ' C : y2 χ = 1 . δηλαδή συμπίπτει με το μέσο του τμήματος ΓΔ. ειναι 1 3 -------

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

ΜΕ '2 - 1 I I I (ι MΈI- IME 'I J2

Άσκη ση 1 0 Δίνονται τα σημεία Ε ' (Ο,-2) και Ε(Ο,2). ί) Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο C των ση μείων M(x,y) για τα οποία ισχύει:

ΜΟ'

=I+

jMΈI JME·I (συν(ME.�'] + IJ

-5

Α ) Να βρείτε τις συντεταγμένες του Α

Β) Να βρείτε το είδος του τριγώνου ΑΕΕ '

zΜσ' = 2 +

(ΑΕ ' ) < (ΑΕ), το σημείο Α ανήκει στον κλάδο της υπερβολής C με y<O. Η εφαπτομέ νη της C στο σημείο A(x 1 ,y 1 ) έχει εξίσωση . Υ . Υ ι - χ χ , = 1 δηλαδή χ · χ 1 - 3y·y1 + 3 = Ο. 1 3 Επειδή y 1 :;t:O, ο συντελεστής διεύθυνσης της ε είχ Επομενως Χι ναι = -1 . , 3y l 3y l 2 Επίσης το σημείο Α ανήκει στην υπερβολή επομέ2 2 νως lL � = 1 Από τις δύο παραπάνω εξισώ1 3 σεις και με τον περιορισμό y1<0, βρίσκουμε χ, = -3 και Υ =-2, δηλαδή Α(-3,-2). Β) Έχουμε (ΑΕ) = 5, (ΑΕ ' ) = 3 και (ΕΈ) = 4, επομένως (ΑΕ)2= (ΑΕ ' )2 + (ΕΈ)2, δηλαδή το τρί' γωνο ΑΕΕ ' είναι ορθογώνιο με ορθή την γωνία Ε . i i) Λ) Επειδή

Γ ) Ν α βρείτε το λόγο στο οποίο χωρίζει η ε την πλευρά ΕΕ ' ί) Η σχέση

(1),

όπου 0(0,0) η αρχή των αξόνων. ίί) Αν Α(χι,yι) με (ΑΕ ') < (ΑΕ), είναι ένα ση μείο του παραπάνω γεωμετρικού τόπου για το οποίο γνωρίζουμε ότι η εφαπτομένη ε του τόπου στο σημείο αυτό σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ 1 ' ω με εφω = "2 , γωνια

Λύση:

-2

( 1 ) γράφεται ισοδύναμα:

IMι1 1MEj =v[�·ME} IMι1 1 MEj 2 2 rvϊΌ = 2 + MΈ · ME '+ I MΈ I ME 'I <:::>

ς,

Γ ) Από την ανακλαστική ιδιότητα της υπερβολής, η ευθεία ε διχοτομεί την γωνία ΕΆΕ. Έτσι, αν Δ είναι το σημείο τομής της ε με την πλευρά ΕΕ ' , τό τε από το θεώρημα εσωτερικής διχοτόμου στο τρίΕΔ = ΑΕ = 35 , δη λαδη, η ευ, ' Ε εχουμε: 2 2 ΑΕ γωνο Ε 'Δ ΑΕ ' ΜΕ +2ΜΕΜΕ'+ΜΕ' = 4 + 2 ΜΕ· ΜΕ + 2 ΜΕ ΜΕ ' <:::> θεία ε χωρίζει το τμήμα ΕΕ ' σε λόγο � . 3 __.

__.

I _. 1 I __.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/47

------

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------

Επαναληπτ ι κ έ ς Α σκ ήσε ι ς Κατ εύθυ ν σης Γεώργιος Ι . Ζαχάρης - Ε.Μ.Ε.

1 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με

ΒΑ =(3,-1) και

ΒΓ =(3,1). Φέρνουμε το ύψος ΑΔ και τη διάμε σο ΒΕ που τέμνονται στο Κ. Να υπολογιστούν: α) Το συνημίτονο της γωνίας (ΒΑ, ΒΓ) , -

β) Η

προ β 8r ΒΑ ,

γ) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΔΓ ,

δ) Να δειχθεί ότι: ΑΚ = - ΑΔ . 9 -

4χ · ΒΓ = Ο και επειδή (-ρ - 1 + χ) · ΒΑ + (-ρ - -) 2 5 2 ΒΑ-Η-Β Γ θα είναι: Ε_ - 1 + χ = Ο (1) και 2 4χ Ε. = Ο (2) Άρα: 2 5 4χ = Ο � χ = -5 � 5(1 ), (2)� -1 + χ + ΑΚ = -ΑΔ . 5 -

Είναι ΒΑ · ΒΓ = 3 3 + 1 · ( -1) = 8 . 8 = -4 Και συνω= = ΒΑΒΓ = 8 = I BAIΙ Brl .J10 . .J10 1 0 5 · β) Έχουμε: προβΒΓ ΒΑ =λ · ΒΓ � ΒΓ · προβΒΓ ΒΑ =λ ·ΒΓ 2 � 8 = 10λ �

Λ ί1 σ η α)

Παράρτημα Αν. Στερεάς [Λαμία]

λ= _± � προ β- ΒΑ = _± · (3 ' 1) = (_!3_ ' _±) = ΒΔ . 5 5 5 5 ΒΓ

2 . Δίνεται η ευθεία (ε):3χ+4y+ α =0, α * Ο .

i) Να βρεθούν συναρτήσει του α οι εξισώσεις των ' κύκλων που έχουν τα κέντρα τους στον χ χ, διέρ χονται από το 0(0,0) και εφάπτονται στην (ε). ii) Αν ρ 1 , ρ 2 οι ακτίνες αυτών των κύκλων, και

Ρ ι + Ρ2 =

, τοτε να β ρε θ ει' το α.

2 iii) Για α=2, να βρεθεί το p ώστε η παραβολή 2 C: y = 2px ώστε η (ε) να εφάπτεται στην (ε).

iv) Για α=2, αν Μ το ση μείο επαφής της C με την (ε) και Κ, Λ τα κέντρα των κύκλων του ι) ερωτήματος, τότε να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΜΚΛ.

i) Έστω Κ(χ0,0) το κέντρο ενός τέτοιου κύκλου και ρ η ακτίνα του.

Λί1 σ η

fL-:__--lτ---- r

- - -

12 4 ) - (3,-1) = (-53 ,.5). 9 .5 81 3 9 I ΑΔ I = 25 + 25 = Μ 5 Είναι ΔΓ = ΒΓ - ΒΔ = (3 1) - (_!3_ _±) = (� _!_) και ' 5 '5 5'5 - .JIO . Οπότε I ΔΓ I = 5 (ΑΔΓ) = !. 1 ΔΓ I · I ΑΔ I = _!_ · .J10 · 3 .JIO = � 2 2 5 5 5 δ) ΑΚ / /ΑΔ � ΑΚ = χ · ΑΔ, χ ε !R � - ΒΚ - ΒΑ = χ · ΑΔ � ρ · ΒΕ - ΒΑ = = χ · (ΒΔ - ΒΑ), χ,ρ ε R � ρ · ΒΕ - ΒΑ = χ · ΒΔ - χ · ΒΑ � - 4χ - -· ΒΓ - χ · ΒΑ � ρ · ΒΑ + ΒΓ - ΒΑ = 5 2 Β

γ ) ΑΔ = ΒΔ - ΒΑ = (5 ,

�

Άρα υπάρχουν δύο τέτοιοι κύκλοι, οι: αz ) 2 + y 2 = α4 c ι : (χ - 2 4 α4 α 2 ) 2 + y 2 = 64 c 2 : (x + --g 5 α2 α2 5 5α2 5 ί ί ) ρ +ρz = � ±2 + = � ι 2 2 8 2 8 = 2 �α = . i i i) Για α=2 είναι (ε): 3x+4y+4=0. Τα κοινά ση μεία των (ε), C επαληθεύουν το σύστημα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/48

3x + 4y + 4 = 0 y2 = 2px

}

, δηλαδή το

-------

(χο+ψο) λ 2 - ( 3χ0 + 5 ψ0 + 1 ) λ + 2χ 0 + 6 ψ0 + 2 = Ο , για κάθε λ -:f- 2 (3). Χ 0 + ψ0 = 0 Άρα: (3) <=> 3χ0 + 5 ψ0 + 1 = Ο <=> Χο Για να εφάπτεται η C της (ε) πρέπει και αρκεί η (2) 2χ 0 + 6ψ 0 + 2 = 0 να έχει διπλή ρίζα, δηλαδή Δ=Ο. Αλλά: , ψ0 = (γιατί;). 2 Δ = Ο <=> 64(3 - 4p) 2 - 64 · 9 = Ο <::::> (3 - 4p) 2 = 9 <::::> Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

}

•

<=>1 3 - 4p Ι= 3 <=> 3 - 4p = ±3 <=> Ρ Ε Ο, % <=> Ρ = %

{ }

Άρα: C : y 2 = 3χ. i v) Για p = � η (2) έχει μοναδική λύση την : 2 8(3 4p) - 8(3 - 6) - 24 - -4 . χ18 18 3 18 Άρα Μ( _i ,-2) , Κ(2,0), Λ(- _!_ ,0) 2 3 - 2 - 11 ΜΚ = (- ' 2) ' ΜΛ = (-- ' 2) 3 6 2 2 3 Ι= _i + .!__!_ = .!2 11 2 3 3 3 6 -

-�

Οι ευθείες λοιπόν διέρχονται από το σταθερό σημείο

M (�, - �J . Α=0 Αν ( J τότε, λ=Ι και (ε):ψ= _!_2 , που είΒ :;t: Ο ναι δεκτή. Β=O Αν ( J τότε, λ=3 και (ε):χ= -Ι που απορρίΑ :;t: Ο 2 ίίί )

πτεται. Αν λ fi { 1 ,2,3 } , τότε λοιπόν η (ε) τέμνει τον χ ' χ στο σημείο Ρ(-1- , Ο) και του y'y στο

Ι_ < Ο _ Ι , οποτε πρεπει , και αρκει, λ - Ι , Ν ο , -Ι λ-3 3 . Δίνεται η εξίσωση -< 0 λ-3 (λ 2 - 3λ + 2 ) χ + (λ 2 - Sλ + 6) ψ - λ + 2 = ο, λ Ε IR δηλαδή λ < Ι . Τελικά λοιπόν πρέπει και αρκεί (1). λ Ε (-ω, Ι] . i) Να βρεθούν οι τιμές του λ Ε IR ώστε η (1)

να παριστάνει ευ θεία γραμμή. ii) Δείξτε ότι οι ευθείες της (1) διέρχονται από σταθερό σημείο. iii) Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε κανένα ση μείο της ευθείας να μην βρίσκεται στο πρώτο τεταρτημόριο.

Άν Α= λ 2 - 3λ + 2 και Β= λ 2 - 5λ + 6 , τότε: Α = Ο <=> Α - Β = Ο <=> 2λ - 4 = Ο <::> λ = 2 . Β=Ο Β=Ο λ2 + 5λ + 6 = Ο Άρα παριστάνει ευθεία για κάθε /42

Λ ύ ση ί)

}

ί ί ) Για να διέρχονται οι ευθείες αυτές από σταθερό

λ-l

(

}

4 . Θεωρούμε την εξίσωση

2 2 χ 2 + 2αχy - 3α y = Ο, α '* Ο (1) i) Δείξτε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει δύο ευ θείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. ii) Να βρεθεί το α>Ο ώστε η γωνία των δυο αυ-

, ευ θ ειων π των ' να ει'ναι 2

' οι εξισωσεις ' J3 να βρεθουν των διχοΓια α= 3 τόμων των γωνιών που σχηματίζουν οι ε1 και ε 2 • ιιι "' )

ί ) Θεωρούμε την ( 1) ως εξίσωση 2 ου βαθμού με με σημείο Μ ( χ0 , Υ ) πρέπει και αρκεί ταβλητή χ, οπότε έχουμε: Δ = 4α 2 y 2 + Ι2α 2 y 2 = Ι6α 2 y 2 � Ο . ( λ 2 - 3λ + 2 ) χ0 + ( λ 2 - 5λ + 6 ) ψ 0 - λ + 2 = Ο , για κάθε λ -:t- 2 (2). Ά ρα: (Ι) <=> χ = -2αy ± 4αy <=> χ = αy η, χ = 3 αy . 2 Μετασχηματίζουμε την (2) σε πολυ ωνυμική συ νάρτηση ω ς προς λ, οπότε πρέπει και αρκεί Άρα η (1) παριστάνει τις ευθείες ε1:χ-αy=Ο,

Λ ύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/49

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

ε2 :χ+3αy=Ο που προφανώς διέρχονται από την αρ ίί) Έστω Ν(Ο,κ) και M ( x0 , y0 ) . Τότε Α 1Ν = ( α, κ) χή των αξόνων και είναι διαφορετικές αφού α:;t:Ο . και ΝΜ = ( χ0 , y0 - κ) και ΑΜ = ( Χ 0 - α, Υ ο ) , 1 ΑΝ = ( - α, κ) . ' ' ' ' ) Μ ε α>Ο εχουμε: λε = -1 και λε' = -- ' οποτε α 3α Όμως: 1 = -1 <=> α = Jj ε , _ι ε 2 <=> λε λε = -1 <=> - . 3 3α 2 Α 1Ν I / NM � det(A1 N , NM) = O � .J3 Jj είναι ε, : χ - (3), κ y = Ο και � α ίίί) Για α = = ο �� αyο = κ(α + χο ) 3 3 Χ ο Υο - Κ ε 2 : x + J3y = O . Εστω M ( x 0 , y0 ) τυχαίο σημείο οπότε: της διχοτόμου τότε (3) -ΑΝ · ΑΜ = -αχ0 + α 2 + κy0 = Jj Υο Χο - 3 Ι χο + J3Yo l α 2 = α ( y � - χ � + α 2 ) (=2 ) 0 � <=> = -αχ ο + α 2 + � = d (Μ,ε, ) = d (Μ,ε 2 ) <=> 2 α + χο α + χο {Ι _ ν33 ΑΝ _.L AM . <=> ( J3 - 1) Χ 0 - ( .J3 + 1 ) Υ ο = Ο ή Υ ( .J3 + 1 ) Χ 0 + ( J3 - 1 ) Υο = Ο . Οι διχοτόμοι λοιπόν είναι: δ , : ( J3 - 1) χ - ( J3 + 1) y = Ο και κ (2α;�J3) -��:� δ 2 : ( J3 + 1 ) χ + ( .J3 - 1 ) y = Ο . -��:: - Μ( y ) 11

--�--�__

χ,

5 . Θεωρούμε τα σταθερά σημεία Α ' (-α,Ο) και

Α( α, Ο), α>Ο. i) Να βρείτε τον γ. τόπο των σημείων Μ ώστε: -2 -- 2 - 2 ΜΑ ' + ΜΑ = 4ΜΡ (1), όπου Ρ η προβολή του Μ στο y ' y. ii) Αν η ΜΑ ' τέμνει τον y ' y στο Ν να δειχθεί ότι

- -

ΑΝ _l ΑΜ iii) Αν ο κύκλος (Α,2α) τέμνει τον δεξιό κλάδο της υπερβολής του (i) ερωτήματος στα Κ,Λ δείξτε (ΚΑ 'Λ) = 3 -

ί) Έστω Μ ( x 0 , y0 ) . Τότε ΜΑ = ( α - x 0 , -y0 ) και ΜΑ 1 = (-α - x 0 , -y0 ) , ΜΡ = (-χ0 , 0) , οπότε:

Λίι σ η

-- 2 - 2 - 2 (1) <=> ΜΑ1 + ΜΑ = 4ΜΡ <=> ( α - χ ο ) 2 + Yo z + (-α - χο ) 2 + Υο 2 = 4x o z <=> ... <=> Χ ο 2 - Υ ο 2 = α 2 (2) ·

Άρα ο γ. τόπος των Μ είναι η ισοσκελής υπερβολή c, : χ 2 y2 = α 2 . _

Οι συντεταγμένες των Κ ,Λ θα προκύψουν από τη λύση του συστήματος χ 2 - y 2 = α 2 ( 1 ) (χ - α) 2 + y 2 = 4 α z (2) Επιλύοντας το (Σ) προκύπτει κ ( 2 α, α J3) και Λ ( 2α, - α J3 ) . 'Εχουμε Α 1 Λ = ( 3α, -α J3 ) και Α 1 Κ = ( 3 α, α J3) , οπότε: Α1Λ · Α1Κ = 9α 2 - 3 α 2 = 6 α 2 και I Α1Λ 1 = �(3 α ) 2 + ( α J3) 2 = 2 α J3 ii)

I A1K I = 2 α J3 . Αν ω= (Α1Λ, Α 1Κ) , τότε 2 συνω= Α1ΛΑ1Κ = 6 α 2 = _!_ � ( � ) = 2: 3 I A1K I ! A1Λ I 1 2 α 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/50

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Επαναληπτι κές ασκήσεις Γενι κής Παιδείας Κονόμης Άρτι - Χαραλαμπάκης Στάθης

ί\ σκηση I Δίνεται

συνάρτηση

f : R � .IR :

f(x)= e-α χ + αχ + ι , όπου α Ε JR παράμετρος. Δίνεται επίσης δειγματικός χώρος 1

{

Ω= αΕΖI

Ι α l :s; 5 } .

α) Να βρεθεί η τιμή του α, ώστε η f '(O) να γίνεται μέγιστη β) Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α και Β, έτσι ώστε: A = α E Ω i f '(O) < - f(O) και

{

Β = α Ε Ω I f "(Ο) :s; S ι

}

Να βρείτε τις πιθανότητες ί) Ρ( Α n Β) και Ρ( Α υ Β)

ίί) Ρ((Α - Β) υ (Β - Α))

γ) Αν χ είναι η μέση τιμή των αριθμών 4α, -5α, 6α,ι5α με α Ε Ω , να βρεθεί η πιθανότη τα του ενδεχομένου -ι Γ= αΕΩI >ι χ+ι

{

�

}

συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR. Βρίσκω την πρώτη παράγωγο της f : f '(x) = (e- a-x + αχ + Ι) ' = (e-α-χ ) '+ (αχ + Ι) ' = -α 2 e-α' χ + α Άρα f '(x) = -α2 e-α' χ + α και f'(Ο) = -α2 e-αΌ + α = -α2 + α Σημειώνω g (α) = -α 2 + α , για κάθε α Ε IR. και με λετώ τη g , ως προς τα ακρότατα. Έχουμε: g '( α) = -2α + Ι και g '( α) :?: Ο <=> -2α + Ι :?: Ο <:=> -2α :?: - Ι <:=> α � -Ι . 2 Για α :s; ..!_ είναι g '( α) :?: Ο και g αύξουσα, οπότε 2 g( α) � g(..!_) και για α :?: ..!_ είναι g '( α) � Ο και η g 2 2 φθίνουσα, οπότε g( α) :s; g (..!_) . Δη λαδή η g έχει 2 ολικό μέγιστο το g(..!_) . Επομένως και η f '(O) γί2 , νεται μεγιστη για α = lΙ . Λ ίJσ η

β)

Βρίσκω τα στοιχεία του Ω

Ω = { α Ζ I I α l :s; 5} = {α Ε Ζ I -5 :s; α :s; 5} ή Ω = {-5,-4, -3, -2,-Ι,Ο, Ι, 2,3,4, 5} Ε

Βρίσκω τα στοιχεία των ενδεχομένων Α και Β. Α = {α E Ω i f '(O) < -f(O) } = { α Ε Ω I -α 2 + α < -2} Αλλά -α 2 + α < -2 <:::::> α Ε (-οο,-Ι) υ (2, +οο) , οπό τε Α = {-5,-4, -3, -2,3,4,5} . Έχουμε: f "(χ)= (-α 2 e-α' χ + α) ' = α 4 e-α'χ και f "(O)= α4e-α' ο = α 4 , α Ε IR. . f"(0� 8I <:=> α4 � 8Ι <=> if;1 � ψ;} <=> Ιαl � 3 <=> -3 :s; α � 3 Έχουμε Β = { α Ε Ω Ι I � :s; 3} = {α Ε ΩI -3 � α � 3} = = { -3,-2, -Ι,Ο, Ι, 2,3} , οπότε Α ΓΊ Β = { -3, -2,3} , και Α υ Β = {-5,-4,-3, -2, -Ι,Ο,Ι, 2,3,4, 5} = Ω N (A n B) = � , P(A n B) = � και i) P(A n B) = ΙΙ Ν(Ω) Ι Ι Ρ( Α υ Β) = Ρ( Ω ) = Ι ii) Τα ενδεχόμενα Α-Β και Β-Α είναι ασυ μβίβα στα. Ισχύει: Ρ((Α- Β) υ(Β- Α)) = Ρ(Α -Β) + Ρ(Β-Α) Βρίσκω Ρ(Α - Β) = Ρ( Α) - Ρ( Α n Β) = 7 - 3 = 4 U U U 7 4 3 =Ρ (Β - Α) = P(B) - P(A n B) = -ΙΙ ΙΙ ΙΙ Έχουμε Ρ((Α-Β) υ(Β-Α)) = Ρ(Α-Β)+ Ρ(Β-Α) = 4 +4 = -8 . =ΙΙ ΙΙ ΙΙ Τελικά Ρ((Α - Β) υ (Β - Α)) = !_ . ΙΙ 5α -4α - + 6α + Ι 5α = Ι2α = 3 α , γ) χ = 4 4 χ = 3α , α Ε Ω . 3α - Ι > Ι <:::::> Ισχύ ει: χ - Ι > Ι <:::::> -χ+Ι 3α + Ι 3α - Ι - Ι > Ο <:=> 3α - Ι - 3α - Ι > 0 <=> -3α + Ι 3α + 1 -2 > Ο <:::::> 3α + Ι < Ο <:::::> α < --1 . <:::::> -3α + 1 3 _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/51

Δηλαδή το ενδεχόμενο Γ {-5, -4, -3, -2, -1} και Ρ(Γ) = Ν(Γ) = 2_ η Ρ(Γ) = 2_ .

Το f(5) είναι ολικό μέγιστο της f επομένως το 5 είναι η παρατήρηση με τη μεγαλύτερη συχνότητα, νs = f(5) . γ ) Το μέγεθος ν του δείγματος δίνεται

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ν( Ω)

Άσκ η σ η

Δίνεται συνάρτηση

ν= ν ι+ ν2+ν3+ .... +ν9= f(1) + f(2) + f(3) + ... + f(9)

JR --) IR

f(x) = - χ + l Ox + λ, όπου λ Ε Ζ παράμετρος. Στον παρακάτω πίνακα δίνονται εννία πα ρατηρήσεις και οι συχνότητες τους αντίστοιχα. 2

------

Όμως ισχύει f(9) = f(1), f(8) = f(2), f(7) = f(3) και f(6) = f(4) .

Ισχύει ν= f(l) + f(2) + f(3) + ... + f(9) =

�+�+�+�+�+�+�+�+©+© = 2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f(4) + 2f(5)

α) Να αποδείξετε ότι f(x) = f(l O - χ ) , για κάθε Χ Ε � . β) Να βρεθεί η παρατή ρηση με τη μεγαλύ τερη συχνότητα. γ) Να αποδείξετε οτι το πλήθος των παρα τηρήσεων είναι 2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f( 4) + 2f(5) δ) Να αποδείξετε οτι χ = 5 ε) Αν ν5 = 20, τότε i) Να βρεθεί ο λ ii) Να βρεθεί η τυπική απόκλιση S του δείγ ματος και να δείξετε οτι το δείγμα δεν είναι ο μοιγενές iii) Να βρεθεί η μικρότερη τιμή του α>Ο έ τσι ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές.

α ) Έχουμε f(lO - x) = -(1 0 - χ) 2 + (10 - χ) · lΟ + λ = = -(1 00 - 20χ + χ 2 ) + 1 00 - ! Οχ + λ = = - 1 00 + 20χ - χ 2 + 1 00 - ! Οχ + λ = Λί1 ση

= - χ 2 + 1 0χ + λ = f(x) .

Άρα f(χ) = f(l Ο - χ) , για κάθε χ Ε � .

β) Για να βρούμε την παρατήρηση με τη μεγαλύ τερη συχνότητα, αρκεί να βρούμε ποιός από τους αριθμούς: f(l), f(2), f(3) . . . , f(9) είναι ο μεγαλύτερος.

Για αυτό μελετάω την f ως προς τα ακρότατα. Έχουμε : f '(x) = -2χ + 1 0 και f '(x) � Ο <=> <=> -2χ + 1 0 � ο <=> -2χ � - 1 0 <=> χ � 5 .

Άρα ν = 2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f( 4) + 2f(5) δ) Η

μέση τιμή δίνεται από τον τύπο

Σ9 χίνί χ = i ιν Σ νί

_ .. .. _ ....:. ...:.=

i =l lf(1)+2f(2)+3f(3)+4f(4)+5f(5)+6f(6)+ 7f(7)+8f(8)+ 9f(9)

lf(l)+ 2f(2)+3f(3) +4f(4)+5f(5)+6f(6)+ 7f(7)+8f(8)+9f(9) 2f(1)+2f(2)+2f(3)+2f(4)+f(5) = 1 Of(1) + 1 Of(2) + 1 Of(3) + 1 Of( 4) + 5f(5) = 2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f( 4) + f(5) 5(2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f( 4) + f(5)) =5 2f(l) + 2f(2) + 2f(3) + 2f(4) + f(5)

Δηλαδή χ = 5 . ε) ί )

ν = f(5) =20.

Έχουμε f(5) = 20 <=> -5 2 + 10 · 5 + λ = 20 <=> -25 + 50 + λ = 20 <=> 25 + λ = 20 <=> λ = -5 5

ίί ) ν= Ι 20

9 ( xi - -χ ) 2 · ν ν ( xi - -χ ) 2 · νί = 1 Σ 2 = -1 · Σ ί ν 1 20 i = Ι (1-5)2 ·4+(2-5)2 · 1 1+(3-5)2 · 16+(4-5)2 · 19 +(5-5)2 • 20 + 120 2 2 +( 6 - 5) · 1 9 + (7 - 5) · 1 6 + (8 - 5) 2 · 1 1 + (9 - 5) 2 • 4 1 20 2 · 19+(2)2 · 16+(3)2 · 1 1+(4)2 ·4 2 2 Υ · 19+(1) · 1 1+i 4 ·4+ · 16+1

i =Ι

Οπότε: 120 Για χ � 5 , έχουμε f '(x) � Ο και f(x) αύξου- 2(4 2 · 4 + 3 2 · 1 1 + 2 2 · 1 6 + 1 2 · 1 9) = = σα, δηλαδή f(x) � f(5) 1 20 Για χ � 5 , έχουμε f '(x) � Ο και f(x) φθίνου 2246 = 4' 1 = σα δηλαδή f(x) � f(5) . 1 20 •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/52

= J4,i 2 4 1 Ε , , > - . πομενως το δειγμα δεν Cv = -s = -2 = χ 5 10 10 είναι ομοιγενές αφού ο συντελεστής CV είναι με-------

Η τυπική απόκλιση

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

�

1 , γαλυτερος απο' lO .

i i i) Το καινούργιο δείγμα Y ι .Yz,y3 , . . . . . y9 θα έχει τι μές Yi = Xi + α, i= 1 ,2 ,3, . . . ,9 και συντελεστή μεταβ ολής CV = � = s x οπότε: Υ Υ χ+α CV ::::; -1 <=> 2 ::::; 1 <=> 5 + α 2 20 <=> α 2 1 5, Υ 10 5 + α 10 δηλαδή α= 1 5. ,

Άσκη ση 3

α Δίνεται συνάρτηση r : (Ο,+οο) � JR : f(x) = - , χ όπου α Ε JR. παράμετρος.

α) Να βρεθεί η παράμετρος α ώστε η Cr να διέρχεται απο το ση μείο Α(3,3) και η εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο σημείο Α . β) Αν M (x, f(x)) τυχαίο σημείο της Cr και από αυτό φέρνουμε αντίστοιχα παράλληλες ως προς Οχ και Oy, τότε: i) Να βρείτε τις συντεταγμένες του Μ, ώστε η περίμετρος του ορθογωνίου που σχηματίζεται να είναι ελάχιστη. ii) Ν α δείξετε ότι το εμβαδόν του ορθογω νίου αυτού δεν εξαρτάται από τη θέση του Μ πάνω στην cf .

Αφού η Α Ε C r <=> f(3) = 3 <=> � = 3 <=> α = 9 . 3 Με α=9 έχουμε f(x) = 2. , οπότε f '(x) = χ χ Λί) ση α)

-�

Η εφαπτομένη

(ε) στο σημείο Α θα έχει κλίση

λ=f' (3)= 1 =- l . Άρα: Α ε (ε) <=> 3

(ε) : y = - χ + β . Όμως

= -3 + β <=> β = 6 .

Άρα

β) Η περίμετρος του

(ε) : y = -χ + 6 .

ορθογωνίου που σχηματίζεται είναι Π(χ)= 2 · ( 0Β ) + 2 · ( 0Γ ) = 2 · x + 2 · y

= 2( χ + -9 ), χ > ο .

χ 2 --9 , Έχουμε: Π '(χ) = 2 · -χ2 χ

χ'

οπότε: Π '(χ)2 Ο <::::> χ 2 - 9 2 0 <::::> χ 2 2 9 <::::> χ 2 3 , αφού χ > Ο και Π'(χp 0<::::> 0 < χ ::::; 3 . Άρα mίη Π ( χ) = Π (3) = 3, δηλαδή Μ(3,3). ίί ) Εξάλλου έχουμε: (ΟΒΜΓ) = ( ΟΒ ) · ( ΟΓ ) = χ · y = χ . 2. = 9 , για κάθε χ σημείο Μ της Cr Ά σκη ση

Σε μια εταιρία οι ηλικίες των εργατών α κολουθούν περίπου την κανονική κατανομή με διάμεσο δ=25 και CV=8% α) Να βρείτε τη διασπορά και το εύρος β) Πόσοι εργάτες είναι πάνω από 27 ετών, αν ξέρουμε ότι κάτω από 2 1 ετών είναι 1 00. γ) Αν υποθέσουμε ότι ύστερα από 1 χρόνο η εταιρία θα κλείσει, να βρείτε κατά πόσο θα μει ωθεί ο συντελεστής μεταβολής των ηλικιών τους σε σχέση με το σημερινό.

Λύση

χ = δ = 25 , άρα χ = 25 και το εύρος R = 6 · s . s 8 c v = - <=> = s <=> s = 2 χ 1 00 25 Άρα το εύρος είναι R = 6 · s = 1 2 Δηλαδή έχουμε : χ= 25 , s = 2 , R= 1 2 α)

Ξέρουμε οτι στην κανονική κατανομή -

β)

Έστω ν ο αριθμός των εργατών. Κάτω από 2 1 ετών είναι το 2,5% του δείγματος. Ισχύει: 2' 5 . ν = 1 00 <::::> 2, 5 · ν = 1 0000 <=> ν=4000 1 00 Πάνω από 27 είναι το 1 6% των εργατών ή � · 4000 = 640 εργάτες. 1 00 γ) Ύστερα από 1 χρόνο οι ηλικίες των εργατών Y i θα έχουν y = 26 έτη και sY = s x = 2 έτη. 1 Ισχύει CV - CV = � 2 = = -χ Υ 1 00 26 325 Άρα CV - CV = -1χ Υ 325

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/53

Μ αθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Επαναληπτι κές Ασκήσεις

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Αποστόλης Κακαβάς

Άσκ η ση

Ιη

(--)ν

ακτίνα ρ= l . β ' τρόπος: Όπως στο ερώτημα [Δ] .

Θεωρούμε τους μιγαδικούς

5 , Ζ+1 z -:ι:. - - ωστε 2z + 5 2

= 1 , ν ε �τ · 1�

•

Α . Να δειχθεί ότι οι εικόνες των z ανήκουν σε

jz - 3 + 8ij � 1 1 . u = iz + 4i , να δειχθεί ότι οι εικόνες των

κύκλο και 9 � Β . Αν u

ανήκουν επίσης σε κύκλο.

Γ.

Να δειχθεί ότι ο

w = z + 3 - -- , z -:ι:. -3 z+3

είναι φανταστικός. Δ. Να δειχθεί ότι οι εικόνες των

2 ν = z + 3 - -- , z ':1:- -3. z+3

Λ ίJ ση :

ανήκουν σε έλλειψη.

ν ( )

- 1 Γ. jz + 3j = 1 => z + 3 = z + 3 (5) => 1 1 1 =z + 3 -= z + 3 --= -- (z + 3) z+3 z+3 z+3 1 ) = => Ι . -(z + 3 - -z+3 w

-w

(S)

w Ε

Αν z=x0+ψ0 i τότε, από [Α] ερώτημα έχουμε: ( χ 0 + 3) 2 + ψ 02 = 1 (1 ) . Έστω ν=α+β ί . Τότε

Δ.

ν=z+� => ν = z+3 2(z +3) => z+3 (z+3)(z+3) ν=z+ 3 - 2z+6 =>α+ βι=χο +ψοl. + 3 2(χ0 -ψ1 0i)+6 " j z+3j

{

:::::> α + β ί =(-χ0 -3) + 3 ψ0ί z+1 Α. Έχουμε: 2z+5 = 1 => => jz + 1j = j2z + 5 j => 2 α = - χ ο - 3 Χ ο = -α - 3 ( ι ) 2 => α + β9 = 1 . => β = 3ψο => β Ψο = -3 1 => jz + 1j 2 = j2z + 5j 2 = 2z + 5 Άρα οι εικόνες των μιγαδικών ν ανήκουν στην 2 => (z-+ 1)(z-+ 1) = (2z-+ 5)(2z + 5)- => έλλειψη με εξίσωση χ 2 + .!.___ = 1 9 =>-zz + z + z + 1 = 4zz + 1 Oz- + 1 Oz + -25 => Άσκ 2η ση η 3zz - + 9z + -9z + 24 = Ο =>-zz + 3z +-3z + 8 = Ο => Δίνεται η συνάρτηση f ώστε για κάθε zz + 3z + 3z + 9 = 1 => z(z + 3) + 3(z + 3 ) = 1 => χ ε !R να ισχύει { f(χ)) 3 + f(χ) = 5χ - 5 (1). Να 2 (z + 3)(� + 3 ) = 1 => jz + 3j = 1 => jz + 3j = 1 => δειχθεί ότι:

ν (�)

{

Τα M(z) ανήκουν σε κύκλο με Κ( - 3,0) και ρ=l . Ισχύει: j z - 3 + 8ij = j(z + 3) + ( -6 + 8i) j Εφαρμόζουμε τριγωνική ανισότητα και έχουμε

l l z + 3l -l -6+8il l �ι cz+3) +(-6 +8i)j �Ι z +3l + l -6+8ij

=> 1 - �(-6)2 +82 � ψz+3) + (-6+8i)J ::; ι +�(-6)2 +82 :::::> Jl - l OJ ::;; Jz - 3 + 8i)J ::;; 1 + 10 :::::> 9 ::;; Jz - 3 + 8i)J ::;; 1 1 . Β.

'Εχουμε:

u = i� + 4i => i� = u - 4i => � = � - 4

=> z = -ui - 4 (3).

=> ι - ui - ι ι

jz +3j = 1 => 1 z +3I = 1=> 1

Αλλά

ι τ)I

=> ιui + ι ι = 1 => i ( u +

(3)

Ji ( u - i ) J = 1 :::::> JiJ · Ju - iJ = 1 :::::> Ju - iJ 1 =>Τα M(u) ανήκουν στον κύκλο με κέντρο K(O, l ) και :::::>

f είναι 1-1 και να βρεθεί η aντίστροφή της . Β . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο IR. Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο IR. Δ . Η Cr διέρχεται από τα σημεία A(l ,O) και

Α . Η συνάρτηση

Γ.

Β(3,2) και να βρεθεί το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της Cr του άξονα ψ ' ψ και των ευθειών ψ=Ο και ψ=2, καθώς και το ολο-

κλή ρωμα

Λ ίJσ η :

3 Jr (χ)dχ . ι

χ2

IR έχουμε: f(χ, ) = f(χ 2 ) => ( f (χ , ) ) 3 ( f (χ 2 ) ) 3 => f (χ , ) + ( f ( χ, ) )3 = f(χ 2 ) + ( f ( χ 2 ) )3 => Α.

Για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/54

Χι ,

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

= 5χ2 - 5 � 5χι = 5 χ2 � Χι = χ 2 Άρα η f είναι 1 - 1 . Θα βρούμε το σύνολο τιμών της f. Δηλαδή θα βρούμε τις τιμές ψ Ε � για τις ο ποίες η εξίσωση f(χ) =ψ (2) έχει λύση χ Ε � (2) Έχουμε: ( 1 ) ψ 3 + ψ = 5χ - 5 => 3 χ = Ψ + Ψ + 5 = χ 0 (πιθανή ρίζα), εξετάζουμε αν 5 επαληθεύει την (2), δηλαδή αν f(Χο )=ψ . Για χ=χο έχουμε: ( 1 ) ( f(χ 0 ) ) 3 + f(χ 0 ) = 5χ0 - 5 => 5χι - 5

•

�

=> (f(Xo)) 3 - ψ3 + f(Χο ) - ψ = Ο => ( f(χ0 ) - ψ) [( f(χ0 ) ) 2 + f(χ0 )ψ + ψ2 + 1 ] = Ο => f(χ0 ) = ψ

=> f(�)=� Αν f(χ)=ψ ψ 3 + ψ + 5 => τότε: (1) =>� +ψ=5χ-5 => χ = 5 3 => f - ι cΧ) - χ + χ + 5 χ ε . 5 .

Γιά

� ΠJJ

κάθε

Χ» ε

� έχουμε

( f(χ 0 ) )3 + f(χ 0 ) = 5χ0 - 5 (3). Με αφαίρεση κα

Β.

τά

των

μέλη

σχέσεων

( 1),(3)

έχουμε

( f(χ) ) 3 - ( f(χ0 ) ) 3 + f(χ) - f(χ0 ) = S χ - 5 χ0 => ( f(χ) - f(χ0) ) [( f(χ) ) 2 + f(χ)f(χ0) + f(χ0)2 + 1] = S(χ -χ0)

=> lf(χ) - f(χo)l ( f(χ) ) 2 + f(χ)f(χο) + f(χο)2 + 1 = sιχ -Χοl => O � IfCχ) - f(Χo)l

s Ι Χ -Χσ l � ( f(χ)) 2 + f(χ)f(χ0) + f(χ0)2 + 1

sιχ -Χοl , επειδή Ο< f(χ) ) 2 + f(χ)f(χο) + f(χο)2 + 11 � ι

Ι(

Οπότε από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε:

1im ( f(χ) - f (χ 0 ) ) = Ο =>

Χ�Χο

1im f(χ) = f(χ 0 )

Χ�Χο

=> Η f είναι συνεχής στο �

Χ ι , χ 2 ε � ι σχύει Χι < χ => f(χι ) < f(χ ) . Έστω ότι υπάρχουν 2 2 Χι , Χ 2 ε � με Χ ι < Χ 2 και f(χι ) :?: f(χ2 ) (1) . Τότε (1) =>( f(χι ))3 � ( f(χ2 ))3 => =>( f(χι ))3 + f(χι ) � ( f(χ2 ))3 +f(χ2 )=>5χι -5 � 5χ2 -5 =>Χι � χ2 , άtono. Άιn η fείναι γνrpίω; αι)ξσυσα στο ffi. Δ. Από την ( 1 ) παίρνουμε ( f(l) γ + f (l) = Ο => Γ. Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε

f ( l )[( f( l ) ) 2 + 1 ] = Ο => f( 1 ) = Ο και Γ( 3 )�κ ( f( 3 )) 3 + f( 3 ) = 1 0 => ( f (3 )) 3 + f( 3 ) - 1 0 = 0 => :::::> κ 3 + κ - 1 0 = Ο => ( κ - 2 ) ( κ 2 + 2κ + 5 ) = Ο => => κ = 2 => f( 3 ) = 2 Άρα η Cr διέρχεται από τα σημεία A( l ,0 ) και Β ( 3 , 2 )

Επειδή η f είναι αντιστρέψιμη και συνεχής στο � το εμβαδό του χωρίου Ω που περικλείεται μεταξύ της Cr και των ευθειών ψ=Ο και ψ=2 λόγω συμμε τρίας είναι ίσο με το εμβ αδό του χωρίου Ω που πε ι ρικλείεται μεταξύ της C και των ευθειών χ=Ο και χ=2. Επίσης Γ ι (χ) > Ο για χ ε [0, 2] , άρα Γι

2 2 3 Ε(Ω) = Ε(Ω ι ) = JΓ ι (χ)dχ= fX + χ + 5dχ = 5 1- χ4 + χ 2 + 5χ 2 = -1 4 + 2 + 10) = 16 ( 5 4 2 5 5 3 Για το jf(χ)dχ παpmρ:i>μεόn: Ανg(χ)=Γι(χ), τότε ι 1=Γι (Ο) = g(Ο) , 3 = Γι (2) =g(2) κm g'( χ) =(Γι) '(χ) συνεχή; στο δuiσtημα Δ= [Ο, 2] . Εξάλλου η fείναι συνεχής στο g(Δ)=[1, 3], οπότε: 3 2 2 Jrcx)dx = Jf(g (x ))g ' (x ) dx = fx · (Γι ) (χ)dχ = ι 2 1 6 = 14 = [ χ . f-ι (χ) ] 2 - ff - ι (χ)dχ = 6 - 5 5

]

[

Άσ κηση

Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο διάστημα [ 1 ,5] για την οποία ισχύει : f'(χ) · (χ 2 - 6χ + 5) f(χ) · (2χ - 6), για κάθε

χ ε [ 1, 5 ] . Να δειχθεί ότι:

Α. f(1) · f(5) Β.

"# Ο.

Η Cr τέ μνει τον άξονα χ 'χ σε ένα τουλάχι

στον σημείο με τετμημένη που ανήκει στο διά στημα (1 ,5). Γ.Αν για κάθε χ Ε (1,5) ισχύει:

f'(χ) . (χ 2 - 6χ + 5) > f(χ) . (2χ - 6) ' (2) τότε να δειχθεί ότι : f(χ) είναι γνηί ) Η συνάρτηση g (χ) = 2 χ - 6χ + 5 σίως αύξουσα στο (1 ,5).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/55

Μ αθηματικά για τη ν Γ Λυκείο υ

ίί ) Ισχύει:

ΛίJση : Α.

11 - f(2) > 3

4Jf(χ)dχ > -1 1 f(4) . 3

Από τη σχέση ( 1 ) παίρνουμε:

=> -

f( 2) (χ2 -6χ +5) � f(χ) � - f(4) (χ2 -6χ +5), 3

αφού χ2 -6χ + 5 < Ο στο [2,4] Η f είναι συνεχής στο διάστημα [2,4] άρα ολοκληρώσιμη, οπότε έχουμε: f(2) 4fCχ2 -6χ +5)dχ > 4Jf(χ)dχ > -3 2 2 4 f(4) fCχ2 -6χ +5)dχ (5) . > -3

f'(1) . (1 2 - 6 · 1 + 5) * f( l ) . (2 · 1 - 6) => -4 · f( l ) *- 0 => f( l) *- O και f' (5) · (5 2 - 6 · 5 + 5) * f(5) · (2 · 5 - 6) => 4 · f(5) * Ο => f(5) * Ο. Άρα f( 1) · f(5) * Ο Β . Έστω ότι f(χ) * Ο ,για κάθε χ (1 ,5) ( 3 ). (1) f(χ) . (2χ - 6) - (χ 2 - 6χ + 5) . f'(χ) * ο 4 2 2 => (χ - 6χ + 5) ' . f(χ) - (χ2 - 6χ + 5) . f'(χ) * ο Αλλf1. (χ2 -6χ + 5)dχ = 3 -3χ2 + sχ = 2 2 ( f (χ) ) 64 8 22 56 - -48 +20 - - + 1 2 -1 0 = - -26 = - - (6) 2 3 3 3 3 - χ - 6χ + 5 ......,.... ο (4) . Η συνάρτηση : f(χ) Η σχέση ( 5) λόγω της (6) γίνεται 2 22 · f(2) > (χ)dχ > 22 · f(4) => ' συνεχης' στο διαστημα ' h(χ) = χ - 6χ + 5 , ειναι f f(χ) 6 6 2 [ 1 ,5] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτή σεων και παραγωγίσιμη στο διάστημα ( 1 ,5) ως α 1 1 - f ( 2) > f(χ)dχ > 1 1 · f(4) παραγωγίσιμων ποτέλεσμα πράξεων 3 3 2 [Πως αιτιολογείται 2 -6·1+5 1 η καθαρή ανισότητα;] =Ο , συναρτήσεων και h( 1 )= Άσκη σ 4'1 η l f( ) Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο 25 -6 ' 5 +5 Μ. = 0 'δη δη' h(1) = h(5) . h(5)= IR παραγωγίσιμη στο IR * για την οποία ισχύει f(5) χ · (f'(χ) - f(χ)) f(χ) για κάθε χ IR 1 Άρα σύμφωνα με το θεώρημα Rolle υπάρχει και f(l) e , f(-1) e- Να βρεθεί: ένα τουλάχιστον ξ (1, 5) τέτοιο ώστε h '(ξ) = Ο, Α . Η συνάρτηση f . Β . Το εμβαδόν του χωρίου Ω που περικλείεται άτοπο λόyω της σχέσης (4) .Άρα η σχέση (3 ) δεν είναι αληθής ,οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστον μεταξύ της Cr του άξονα χ 'χ και των ευθειών χ=- 1 και χ= l . Χο (1,5) τέτοιο ώστε f(χο)=Ο. Δηλn.δή η cf Γ. Τ ο πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(χ)=α, Ε

---->.,.

[

)

]

[Χ3

J J

Ε ρ ώτη ση :

•

τέμνει τον άξονα χ ' χ σε ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη που ανήκει στο διάστημα ( 1 ,5). Γ. ί ) Λαμ β άνοντας υπό ψη ότι χ 2 - 6χ + 5 < Ο στο ( 1 ,5) έχουμε: ( 2 ) => f(χ) . (χ 2 - 6χ + 5) - f ( χ) · (χ 2 - 6χ + 5)' > ο => �

f'(χ) . (χ2 - 6χ + 5 ) - f(χ) . (χ2 - 6χ + 5 )' (χ 2 - 6χ + 5)2

>ο

α Ε IR .

Λ ύ ση :

Για κάθε χ IR * έχουμε χ · f'(χ)-χ · f(χ)=f(χ) . (χ) ' = f(χ) χ . f'(χ)-f(χ) = f(χ) :�0 χ . f'(χ)-f(χ) χ χ2 Ε

Α.

[ � ) �.

Η σχέση αυτή ισχύει σε κά => θε ένα από τα διαστήματα (-οο,Ο) και (Ο,+οο ) . (*) f( ) = c1 ex => Άρα για χ<Ο έχουμε _1:..._ χ (1, 5) . Άρα: 2 :S χ :S 4 => g( 2) :S g(χ) :S g(4) => f(χ) = c1 · χ · eχ .Αλλά f(-1)=e- 1 => f (2) < f(χ) < f(4) --3 χ 2 - 6χ + 5 -3

(

)' > ο

>ο

f(χ) � g ' (χ) � χ 2 - 6χ + 5 � Η g είναι γνη σίως αύξουσα στο ( Ι ,5). i i ) Η g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [2,4]

�

•

* Εφαρμογή σελίδα 252 Σχολικού Βιβλίου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/56

Μ αθη ματικά για τη ν Γ Λυκείου

(-χ) ' eΧ οπότε c ι · (-l) · e-ι =e-ι = -1, οπότε για fΙ ( χ ) = ( e-χ ) ' ' χ<Ο έχουμΕ f(χ) = -χ · eΧ (1 ). Για χ>Ο lim f1 ( χ ) = Ο => lim f ( χ ) = Ο . Προφανώς δε, έχουμΕ f(χ) = c2 eΧ f(χ) = c 2 χ · eΧ .Αλλ.ά lim f ( χ ) = +οο . Αν λοιπόν Αι=( -οο ,-1], χ f(l )=e c2 · 1 · e=e c2 = 1, Α 2 = [-1, 0] και Α3 = [Ο, +οο) , τότε οπότε για χ>Ο έχουμΕ f(χ) = χ · eΧ (2). f(Α ι )=( lim f(χ), f(- 1)] = (Ο, e- ι ] , χ-->-οο Η f είναι συνεχής στο IR άρα και στο σημΕίο f(A )=[f(O), f(-1)] = [0, e-ι ] και χ0 = Ο, οπότε f(O)= lim f(χ) = lim (χ · eΧ) = Ο (3 ) f(A 2 )=[f(O), lim f(χ)) = [Ο, +οο) . Για την εξίσωχ χ 3 χ-->-rοο Από ( 1 ), (2), (3) έχουμΕ ση f ( χ ) = α, α Ε IR παρατηρούμε ότι: -χ · eχ ,χ<Ο • Αν α ( Ο) δεν έχει καμμία λύση. f (χ) = Ο , χ=Ο . •Αν α=Ο έχει μία λύση την χ=Ο. χ · eΧ ,χ>Ο •Αν α (Ο, e - ι) έχει 3 λύσεις μία στο(-οο,-1 ) -χ · e χ ' χ s Ο Β . ΟρίζουμΕ συνάρτηση g(χ) = μία στο (- 1 ,0) και μία στο (0, +οο). χ · eΧ ,χ :?: Ο τότε f=g, διότι f(χ)=g(χ) για κάθε χ IR. Οπότε • Αν α=e-ι έχει δύο λύσεις μία το - 1 και μία στο διάστημα (Ο,+οο). η g είναι συνεχής στο διάστημα [-1 , 1 ] και α (e-1 ,+οο) έχει μία λύση στο (Ο,+οο). g(χ) :?: Ο για κάθε χ [- 1,1]. Άρα Ε(Ω)= fg(χ)dχ •Αν σκ :c\ η ση 5 '� -ι Δίνεται η συνάρτηση f: (O,+oo) IR παραγω ι . . = f (-χ eΧ )dχ + fχ eΧ dχ γίσιμη στο (Ο ,+οο) για την οποία ισχύουν Χ eΧ -ι f(1 )=0, f'(χ) f(χ) + J 2 2 dt, για κάθε - Jχ · ( ex ) 'dχ Jχ · (eΧ ) ' · dχ = χ +t -1 χ Ε (Ο,+οο). Τότε: Α. Να δείξετε ότι η συνάρτηση = -[ χeΧ J: 1 + J eΧdχ + [ χeχ ]� - Jexdχ 1 -ι g ( χ) J 2 d u - χ είναι σταθερή στο 1 1+u = -e- + [ ex J: ι + e - [ eΧ 1 = 2 ( 1 - e - 1 ) Γ.Για κάθε χ > Ο έχουμε: f'(χ)=(eΧ +χ · eΧ ) = eΧ(l + χ) > Ο. Β . Να βρεθεί η συνάρτηση f. Για κάθε χ < Ο έχουμΕ: f(χ)=-eΧ(l +χ), Γ . Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς την μο νοτονία και τα ακρότατα. οπότε : fW>O � χ ( -1 ) , Χ eΧ ενώ f'(χ)>Ο � χ ( -1, 0 ) Δ . Να βρεθεί το lim J 2 Ο 2 dt, t � O, χ +t Επομένως η συνάρτηση f λόγω συνέχειας έχει τοπικό μέγιστο το f(- 1)=e-ι και τοπικό ελά Ε. Να δειχθεί ότι e 1 χ > 4e - 8 2J f(χ) π · ee χιστο το f(O)=O . Για να βρούμε το σύνολο τι ΛίJση : μών της f παρατηρούμε ότι για χ<Ο έχουμε: -χ και το lim f ( χ ) είναι της Α . Έχουμε f ( χ ) =·-χ · ex = _ 1 ( εφχ ) 'e · -1- - 1 = � Cι

χ �-οο

�

•

X ---t -oo

•

χ -->+οο

�

---> 0+

--->0+

{

-οο ,

�

εφχ

Ε -οο,

χ>

χ +t«> ο

.ι

---u

+: . +""

( ) χ

μορφής

χ --.-οο

Θεωρούμε

την

g' ( x ) =

1= 1 + εφ 2 χ 1 + εφ 2 χ συν 2 χ = 1 2 ( 1 + εφ 2 χ ) - 1 = Ο για κάθε 1 + εφ χ •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/57

Μ αθηματικά γ ια τη ν Γ Λυκείου

χΕ

(-Ξ·Ξ} Άρα g (χ ) = c για κάθε (-Ξ·Ξ} Όμως g ( O ) = Ο , οπότε c = Ο , δηλα δή g(x)=O για κάθε χ ( -Ξ·Ξ J. ΧΕ

χ -2 1 . που g(χ)- Ιπ χ +-1 , με g '(χ)---1 - -12 = -χ χ χ χ Προφανώς g '(χ)> Ο � χ ( 1, +οο) και g'(χ)<Ο � χ ε ( 0, 1 ) , οπότε λόγω συνέχειας στο χο=l η g(χ) έχει ελάχιστο g(l)=l δηλα δή g(χ) � g( 1 ) 1 >Ο , για κάθε Ε (Ο, +οο ) . Άρα ( 4) => f(χ) > Ο για κάθε χ>Ο :=:> ft (Ο,+οο) , οπότε δεν έχει ακρότατα . Εστω η συνάρτηση g(t)= 2 eΧ 2 , t [0, +οο) , χ +t Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, + οο ) με ,g (t)=- ex . (χ2 2 +2 t22 ) ' = - 2t2 . eΧ2 2 < Ο (χ + t ) (χ + t ) 0

Για χ>Ο έχουμε f(χ) = f(χ) + ΧJ 2 eΧ 2 dt χ +t :=:> f(χ)e-Χ = f(χ)e- χ + J 2 1 2 dt => χ +t χ f(χ) e-χ - f(χ)(e-χ ) ' = Jχ 2 +Ι t 2 dt => ( f(χ) e-Χ )' = ΧJ 2 Ι 2 dt (2) . χ +t Άρα g -!.- [0, +οο) , οπότε : Αν h(χ) = ΧJ 2 Ι 2 dt , τότε: eΧ 2eΧ 2 eΧ2 χ +t ��o :-:=; t :-:=; χ=>g(O) � g(t) � g(χ) => 2 2χ χ χ +t Ι 1 Χ Ι Χ 1 t h (χ) � χ;t� dt � χ d Λ

ιω' xfl +(�J' ( J ο

= ΧJ 1 2 du = 1 1 2 du = 1+u χ . J1 + u χ , = -Ι · J4 1 2 u = -1 · -π , συμφωνα με το ερωχ 1+u χ 4 τημα Α . Άρα: ( 2) => (f(χ)e- χ ) ' = ( π · ln χ)' :=:> u=χ

π εφ-

,� �

π ln χ + c · eΧ => f(χ) e -χ = -π · ln χ :=:> f(χ) = -eΧ 4 4 για κάθε Ε (Ο, +οο ) . Όμως : f (1) = Ο :=:> Ο = c · e :=:> c = Ο :=:> f (χ) = -π4 eΧ ln χ , για κάθε Ε (Ο, +οο ) . χ Για χ > Ο έχουμε f(χ) = π4 · eΧ · ln χ + 4π - � χ :=:> f(χ) = -π . eΧ . (ln χ +-1 ) = -π . eΧ . g ( χ ) (4) 4 χ 4 χ

( J.

της μορφής +:+"'-' eΧ = +οο. Άρ , α . lιm χ-Η-οο 2 eΧ = +οο, οπότε και lim ΧJ 2 eΧ 2 dt = +οο lim χ-ΗΟΟ χ + t χ-Η-οο 2χ

Άλλα το lim � είναι χ-+tοο 2 χ και

Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο

[2,e], οπότε : 2 :-::; χ :-::; e :=:> f(2) :-::; f(χ) :-::; f(e) :=:> � - e2 · ln 2 � f(χ) � � -ee � f(χ) > 0 και f(χ) � � -ee 4 4 4 � f(χ) > 0 και f(χ)--π · ee � O �f(χ).(f(χ) --π ·ee ) � O� 4

2 2 � => f ( χ ) - � · ee · f( χ) � Ο => f ( χ ) s · ee · f(χ) 4 4

1 e 4 Ι 4 Π ::::> I s dχ< · ee · => - s => 4 f( χ ) · e0 f(χ) Π 2 π · e0 e

Ι 4 ---=----<iχ => π χ · ee f( ) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/58

[Χ] e2

e 1 ---<iχ => < 2f---=f(χ)

Π · e0

---<iχ < 2f---=f( χ)

Ί' u

Jj-fιuL� -r ω· JJ E· 1J ,j {ι\.z Lu· lJ

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

2° ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑτΙΚΟ Λ ΥΚΕΙΟ ΑΘΗΝΑΣ,

Κυ ριάκο ς Κ. Κα μπ ού κο ς

Στην παρούσα εργασία ασχολούμαστε με ορισμένα ερωτήματα, τα οποία έχουν τεθεί από μαθητές κατά τη διδασκαλία της Μαθηματικής Ανάλυσης στο Λύκειο. Μεταξύ άλλων εξετάζεται αν μια συνεχής συνάρτηση με πεδίο ορισμού ένα κλειστό διάστημα παρουσιάζει στα άκρα τοπικά ακρότατα, αν η ύπαρξη τοπικού ακροτάτου προϋποθέτει τη μονοτονία της συνάρτησης, αν η παράγωγος συνάρτηση είναι συνεχής και αν ισχύει το αντίστροφο στον κανόνα D e L 'Hospital. Η απάντηση στις περισσότερες περιπτώσεις είναι αρνητική και δίνεται μέσω αντιπαραδειγμάτων. ΠΕΡΙΛΗΨΗ.

Ένας μαθητής ισχυρίζεται ότι μια συνεχής συνάρτηση f : [α, β] � JR παρουσιάζει στα άκρα του διαστήματος [α, β] τοπικά ακρότατα. Στηρίζει τον ισχυρισμό του στη χάραξη των γραφικών παρα στάσεων συνεχών συναρτήσεων, τις οποίες έχει συναντήσει στο μάθημα. Ουσιαστικά ισχυρίζεται ότι αν έχουμε μια συνεχή συνάρτηση μπορούμε να βρίσκουμε οσοδήποτε μικρά θέλουμε διαστήματα στα οποία η συνάρτηση είναι μονότονη. Η αδυναμία του να αποδείξει τον ισχυρισμό του τον οδηγεί στην επόμενη ερώτηση.

[ α, Ρ]

Α ν μια συνάρτηση f :

[α, Ρ] � 1R

είναι συνεχή ς, τότε τα άκρ α του κλειστο ύ διαστήμα-

Αναζητούμε μια συνάρτηση με μεγάλη «ταλάντωση», ώστε να μην έχει σταθερό πρόσημο σε κανένα διάστημα της μορφής [ 0 , δ) , όπου δ > Ο . Μια κατάλληλη συνάρτηση είναι η ημ ! , χ * Ο (βλ. το ς

είναι θέσεις τοπικών ακροτάτων;

Σχήμα 3). Στη συνέχεια την πολλαπλασιάζουμε με μια συνάρτηση, η οποία έχει στο Ο όριο ίσο με μηδέν και επίσης την επεκτείνουμε στο Ο, δίνοντας την τιμή Ο, έτσι ώστε η συνάρτηση που κατασκευάζουμε να είναι συνεχής. Θεωρούμε λοιπόν τη συνάρτηση χ

f (x) =

1 χημ χ

αν χ ε ( Ο, π]

αν χ = Ο

για την οποία θα δείξουμε ότι είναι συνεχής στο διάστημα [Ο, π] , αλ Σχήμα 1 λά το Ο δεν είναι θέση τοπικού ακροτάτου (βλ. Σχήμα 1 ). Η συνέχεια της f στο Ο προκύπτει με τη χρήση του κριτηρίου παρεμβολής. Πράγματι για κάθε χ ε ( Ο, π] ισχύει -x � f (x) � x και επειδή lim x = O , έπεται lim f (x) = O = f ( O) . Στα υπόλοιπα σημεία η συνάρτηση είναι συνεχής ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων (ως γνωστόν σύνθεση συνεχών συναρτήσεων και γινόμενο συνεχών συναρτήσεων είναι συνεχής). χ�ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/59

χ�ο

Ας υποθέσουμε ότι το Ο είναι θέση τοπικού ελαχίστου της f . Τότε υπάρχει Το Βήμα του Ευκλείδη

f ( Ο ) � f ( χ ) για κάθε χ Ε [Ο,

δ) . Όμως υπάρχει n

στο διάστημα ( Ο, δ) και επιπλέον ισχύει f (χ" ) =

(

Ν,

2nπ +

ώστε ο αριθμός

;)

ημ

(

2nπ +

το οποίο αντιβαίνει στην υπόθεση ότι το Ο είναι θέση τοπικού ελαχίστου. Με ανάλογο επιχείρημα καταλήγουμε σε άτοπο, αν υπο θέσουμε ότι το Ο είναι θέση τοπικού μεγίστου. Όπως βλέπουμε λοιπόν, η διαίσθηση δεν οδηγεί πάντα στη σωστή απάντηση. Ας δούμε τώρα άλλη μια ερώτηση σχε τικά με ακρότατα, η οποία είναι μια παραλλαγή της προη γούμενης. Όπως γνωρίζουμε, αν μια συνάρτηση είναι φθίνουσα σε ένα διάστημα ( α, χ0 ] και αύξουσα σε ένα διάστημα [ χ0, β ) , τότε το χ0 είναι θέση τοπικού ελαχίστου. τίθεται λοιπόν η εξής ερώτηση, η οποία σχετίζεται με το αντίστροφο: -1

;)

δ > Ο τέτοιος ώστε

2nπ + 3π / 2 =

(

2nπ +

να ανήκει

;)

-1

< ο ,

•

Ε ριοτη ση

2 . Έστω f συνάρτηση, η οποία παρουσιάζει στο

κοί αριθμοί

χ0

Σχήμα 2

τοπικό ελάχιστο. Υπάρχουν πραγματι-

α, β τέτοιοι ώστε η f να είναι φθίνουσα στο ( α, χ0 J και αύξουσα στο [ χ0 , β) ;

{Ι I

χ * 0 , της οποίας η γραφική πα αν χ = Ο ράσταση φαίνεται στο Σχήμα 2 . Προφανώς η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στη θέση Ο. Όμως δεν Α πά ντηση. Ας θεωρήσουμε τη

συνάρτηση f ( χ ) = χ · ηομ �

αv

υπάρχει διάστημα [ 0 , β ) στο οποίο η f είναι αύξουσα. Πράγματι, ας θεωρήσουμε ένα θετικό αριθμό β και ας υποθέσουμε ότι η f είναι αύξουσα στο διάστημα [Ο, β) . Τότε υπάρχει n Ε Ν τέτοιο ώστε 1 < ' β , οποτε εχουμε Ο< nπ '

1 << β και f (Ο) = Ο < f

( 2nπ2+ π ) � f (-nπ1 ) = Ο , το

οποίο είναι άτοπο. Ομοίως αποδεικνύεται ότι δεν υπάρχει διάστημα της μορφής ( α, Ο] στο οποίο η f είναι φθίνουσα.ο Προφανώς, ανάλογο αποτέλεσμα ισχύει και για τοπικά μέγιστα. Η τρίτη ερώτηση αφορά στην οριακή συμπεριφορά των τριγωνομετρικών συναρτήσεων σv vx και ημχ για μεγάλες τιμές του χ . -

2nπ + π

nπ

•

Ε ρώτη ση

συνάρτηση

f ( χ ) = συνχ ,

χ Ε R έχει όριο όταν το χ τείνει στο +οο ή όταν το χ τείνει

Η , 1 , , , στο -οο ; συναpτηση g ( χ = συν - εχει οριο οταν το

Α πά ντηση .

)

Για κάθε n Ε Ν έχουμε f ( 2nπ ) =

, ο στο ; χ τεινει

f ( 2nπ + π ) =

και ι 2nπ +

(

;) = Ο .

Επομένως μπορούμε να βρούμε οσοδήποτε μεγάλες τιμές θέλουμε του χ στις οποίες η τιμή της συνάρ τησης f είναι 1 , -1 και Ο αντιστοίχως, γεγονός το οποίο πιστοποιεί ότι η συνάρτηση f δεν έχει όριο όταν το χ τείνει στο +οο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/60

Το Βήμα του Ευκλείδη •

Σκιαγραφούμε τώρα μια εναλλακτική απόδειξη από βιβλίο του Terence Tao, η οποία έχει ως εξής: Έστω ότι lim συ νχ = f. . Επειδή για κάθε χ Ε R ισχύει συ ν ( π + χ) = - συνχ έπεται ότι f. = Ο . χ�+οο

Επίσης για κάθε χ Ε R ισχύει συν

( - χ ) = ημχ , οπότε lim ημχ = Ο . Τότε από την ταυτότητα π 2

Χ-Η·ΟΟ

0 1 , το οποιο ' ει-' ' συν 2 χ + ημ 2 χ = 1 προκυπτει =

ναι άτοπο. Με ανάλογο επιχείρημα ή λαμβάνο ντας υπόψη ότι η f είναι άρτια καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι η f δεν έχει όριο όταν το χ τείνει στο -οο . •

' συναρτηση g (χ) = συ ν - όχι μόνο δεν έχει

-f

όριο στο Ο, αλλά ούτε πλευρικά όρια δεν έχει στο Ο. Πράγματι, η ύπαρξη του δεξιού (αντ. α ριστερού) πλευρικού ορίου της g στο Ο συνε πάγεται, με τη β οήθεια του μετασχηματισμού 1

χ = - την ύπαρξη του ορίου της f στο t

( αντ. στο

+οο

-οο ) και αντιστρόφως. ο

Σχήμα 3

Τα ίδια συμπεράσματα ισχύουν για τις συναρτήσεις f (χ) = ημχ και g (χ) = ημ Σχό λ ιο :

'Οπως αναφέραμε παραπάνω η συνάρτηση g ( x ) = ημ

( � ).

( � ) δεν έχει όριο στο Ο (βλ. Σχήμα

3).

Για την ακρίβ εια δεν έχει ούτε πλευρικά ορια στο Ο. Συνέπεια αυτού είναι ότι η συνάρτηση 1

f (x) =

χημ χ

αν x ;;J; O

αν χ = Ο

δεν είναι παραγωγίσιμη στο Ο αν και είναι συνεχής.

Σχήμα 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/61

Αυτό το αναμένουμε παρατηρώντας τη γραφική της παράσταση (βλ. Σχήμα 4). Πράγματι, η γραφική παρά σταση της f περικλείεται μεταξύ των ευθειών y = χ και y = -χ και το 0(0,0) είναι γωνιακό σημείο. Το ίδιο πράγμα μπορούμε να το δούμε εναλλακτικά ως εξής: Παίρνουμε ένα σημείο Α πάνω στη γραφική παράσταση της f και θεωρούμε την τέμνουσα ΟΑ. Όταν το Α πλησιάζει το 0(0,0) κινούμενο πάνω στη γραφική πα ράσταση της f , η τέμνουσα δεν παίρνει κάποια οριακή θέση αλλά κάνει μια συνεχή ταλάντωση μεταξύ των ευ θειών y = χ και y = -χ .

Το Βήμα του Ευκλείδη

{

Σχήμα 5

1 χ 2 ημ - , αν χ :;t: Ο , της οποίας η γραφική παράσταση περιΑντιθέτως η συνάρτηση h( χ ) = χ 0 , αν χ = Ο κλείεται μεταξύ των παραβολών q ( χ ) = χ 2 και r ( χ ) = -χ 2 είναι παραγωγίσιμη στο Ο και το σημείο 0(0, Ο) είναι ομαλό σημείο της γραφικής παράστασης (βλ. Σχήμα 5). Επίσης, αξίζει να σημειώσουμε ότι η απόλυτη τιμή της f , δηλαδή η συνάρτηση i x ·ηu� αν x :;t:O ( = χ , την οποία χρησιμοποιήσαμε στην απάντηση της ερώτησης 2 είναι παράδειγμα g ) � Ο , av x =O

συνεχούς συνάρτησης, η οποία δεν έχει παράγωγο σε άπειρα σημεία. Β έβαια ένα πιο απλό τέτοιο παρά δειγμα αποτελεί η συνάρτηση Φ( χ) =I ημχ I (Η απόδειξη του ισχυρισμού αφήνεται ως άσκηση στον ανα γνώστη ). Η τέταρτη ερώτηση σχετίζεται με το γνωστό και εύχρηστο για πολλές περιπτώσεις υπολογισμού ορί ων κανόνα De L'Hospital, με τον οποίο κανείς πρέπει να είναι ιδιαίτερα προσεκτικός κατά την εφαρ μογή του. Η ερώτηση είναι η εξής:

Υπάρχουν παραγωγίσιμες συναρτήσεις f, g : JR � JR με χlim g ( x ) = +oo για f ( x ) = χlim ---+ +οο ---+ +οο

τις οποίες υπάρχει το όριο χlim

-Η«>

υπαρχει το οριο

ισχύει:

) ι· (χ ιm -{ g' Χ ) f'

-Η«>

) / ( χ) g(Χ

ενώ δεν υπάρχει το όριο χlim

-Η«>

ι:g ( χ)) ( Χ

;

Με άΜα λόγια αν δεν

) ) Χ

ιm μπορουμε να συμπερανουμε οτι δεν υπαρχει το οριο χ-+ {χ ; •

•

ι·

Θεωρούμε τις συναρτήσεις f ( χ ) = χ + ημχ και g ( χ ) = χ , για τις οποίες ισχυριζόμαστε ότι lim

f ( χ) =

lim

g ( χ ) = +οο και

lim

f (χ) = 1 . g (χ)

Πράγματι για κάθε χ ε IR ισχύει χ - 1 ::::;; χ + ημχ και επειδή χ -+ +αι

χ -+ +αι

χ -> +αι

lim

χ -> +αι

( χ - 1) = +οο έπεται ότι

f' (x) = ( χ + ημχ ) = 1 + συνχ = 1 ( --;---+ συνχ . lim ( x + ημx) =-too . Θεωρούμε το πηλίκο των παραγώγων ---1 g Χ) ' (χ)

Χ--->1«>

Όμως η συνάρτηση h ( χ ) = συνχ δεν έχει όριο στο +οο , κατά συνέπεια το πηλίκο των παραγώγων δεν έχει όριο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/62

Το Βήμα του Ευκλείδη

Το ίδιο ισχύει και για όρια σε πραγματικό αριθμό χ0 και σε aπροσδιόριστες μορφές ..2. , όπως φαίνε0

ται από το ακόλουθο aντιπαράδειγμα. Θεωρούμε τις συναρτήσεις f ( χ ) = χ 2 ημ _!_ και g ( χ ) χ . Τότε =

•

2 · ημ -1 χ ! (-x-) = lim χ = 1im χ · ημ _!_ = Ο . lim χ χ g ( χ) 1 1 ο f' (χ) 2 ' των παραγωγων ισουται ' ' ' με ----;Ό μως το πη λικο --- = χ · ημ - - συν- και δ εν εχει οριο στο . χ χ g ( χ) χ---> 0

χ--->0

Χρησιμοποιώντας το προηγούμενο αποτέλεσμα, από την απάντηση στην Ερώτηση 2 θα απαντήσου με την επόμενη ερώτηση, η οποία αφορά στη συνέχεια της παραγώγου. Όπως γνωρίζουμε μια παρα γωγίσιμη συνάρτηση είναι συνεχής. Επίσης τα παραδείγματα παραγωγισίμων συναρτήσεων τα οποία συναντά ένας μαθητής έχουν συνεχή παράγωγο. Οδηγείται λοιπόν στην επόμενη ερώτηση: Α ν μια συνάρτηση

Η συνάρτηση f (x) =

{

είναι παραγωγίσιμη, είναι η παρ άγωγος

συνεχή ς;

χ2 · ημ _!_ , αν χ * Ο χ Ο , αν χ = Ο

απαντά αρνητικά στην προηγούμενη ερώτηση. Πράγματι για κάθε χ * Ο η συνάρτηση f είναι παραγω-

()

1 1 1 1 )I 1 γίσιμη και ισχύει f ( χ ) = ( χ 2 ημ - + χ 2 · συ ν - - = 2χ · ημ - - συν - . χ χ χ χ χ Εξετάζουμε αν είναι παραγωγίσιμη στο Ο. Για κάθε χ * Ο έχουμε f (x) - f ( O ) = χ _!_ οπότε · ημ , f' ( O ) = lim x · ημ _!_ = O . χ χ χ Αν η συνάρτηση f' ήταν συνεχής στο Ο, τότε θα είχαμε lim σvν _!_ = lim f' ( χ ) - 2χ · ημ ! = Ο , χ χ το οποίο είναι άτοπο. Άρα η παράγωγος f' δεν είναι συνεχής συνάρτηση. 1

χ--->0

)

(

έκτη ερώτηση σχετίζεται με τις aσύμπτωτες μιας γραφικής παράστασης. Υπάρχουν παραδείγματα συναρτήσεων, οι οποίες έχουν ίδια κατακόρυφη aσύμπτωτη με την παράγωγό τους. 1 Για παράδειγμα η συνάρτηση f ( χ ) = -1 και η παράγωγός της f' ( χ ) = -2 έχουν ίδια κατακόρυΗ

φη aσύμπτωτη, την ευθεία χ = Ο . Το ίδιο ισχύ ει και για οριζόντιες aσύμπτωτες. Για παράδειγμα η συνάρτηση g ( χ ) = e και η παράγωγός της g 1 ( χ ) = -e έχουν την ίδια οριζόντια aσύμπτωτη στο +οο , την ευθεία y = Ο . Ανέκυψε λοιπόν το επόμενο ερώτημα: χ

-χ

Υπάρχει παραγωγίσιμη συνάρτηση

f : JR � JR

η οποία έχει την ίδια πλ άγια aσύμπτω τη

Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει τέτοια συνάρτηση. Τότε υπάρχουν α, β ε 1R με α * Ο τέτοιοι ώστε η ευθεία y = αχ + β να είναι πλάγια aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f και της παρα-

με την παράγωγό τη ς στο

γώγου της. Τότε έχουμε

+«> ;

(χ) ' (x) lim f = α και lim f =α Χ χ

X-->-k<>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/63

X-->-k<>

Χωρίς απώλεια της γενικότητας μπορούμε να υποθέσουμε ότι α > Ο . Τότε για κάθε χ * Ο έχουμε Το Βήμα του Ευκλείδη

f (χ) =

Από τη σχέση και το γεγονός ότι

lim

f ( χ , άρα ) ·χ Χ

f ( χ ) = +οο

σύμφωνα με τον κανόνα De L'Hospital προκύπτει ότι χ� +οο

Όμως από τη σχέση

lim

χ-Η«>

f ( χ ) = +οο

και

lim

χ� +οο

χ 2 = +οο

. -f (x) = l ι. m 1 -f (x) = 0 -· ΧΖ Χ Χ

έπεται ότι

lιm

ο το οποίο είναι άτοπο. Είναι γνωστό (υπάρχει και στο σχολικό βιβλίο ως άσκηση) ότι αν μια συνάρτηση f είναι παραγωγίχ-Η«>

•

χ-Η«>

f ( Χ0 + h ) - f ( Χ0 - h ) = 2 χ .Ανακύπτει λοιπόν φυσιολογικά η ακό--σιμη στο χ0 , τότε lim f ( 0) h---+ 0 h λουθη ερώτηση: 1

Ε ρώτη ση

Α ν για μια συνάρτηση

J(x0 + h) - f (x0 h) h---+ 0 h

f παραγωγίσιμη στο χ0 ; . f ( χ0 + h ) - f ( χ0 - h ) = R ε JR , lιm , Υποθετουμε οτι h---+0 h

και είναι πρα γματικός αρι θμός, είναι η

Α πα ν τη ση .

υπάρχει το όριο lim

Ας επιχειρήσουμε να δώσουμε καταφατική απάντηση. Η λογική κίνηση είναι να προσθαφαιρέσουμε στον f ( Χ0 + h ) - f ( Χ0 ) = f αριθμητή το f ( χ0 ) και να προσπαθήσουμε να δείξουμε ότι lim -2 . 0 h---+ h

(

f (x0 + h ) - f (x0 ) f (x0 - h ) - f (xo ) = R Όμως από τη σχέση lim h---+ 0 h

h . f ( Χο + h ) - f ( Χ0 ) , , η υπαρ , ξη του οριου 1ιm δυνατο, να προκυπτει δε φαινεται h---+ 0 h

διότι αν το άθροισμα δύο συναρτήσεων έχει όριο δε συνεπάγεται ότι καθεμία από αυτές έχει όριο.

Αναρωτιέται τώρα κανείς μήπως η απάντηση είναι αρνητική, οπότε αναζητούμε ένα aντιπαράδειγμα. Γνωρίζουμε ότι η συνάρτηση f ( χ ) = l x l δεν είναι παραγωγίσιμη στο χ0 = Ο Ας εξετάσουμε αν είναι ένα κατάλληλο aντιπαράδειγμα. Πράγματι, για κάθε h * Ο έχουμε

j ( Χ0 + h ) - j ( Χ0 - h ) = 1 0 + h l - 1 0 - h l = Ο

f ( Χο + h) - f ( Χο - h ) Ο . Επομένως = η απάντηση είναι αρνητική. Άρα lim h---+ 0 h ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/64

Το Βήμα του Ευκλείδη

Διανυσματική ερμηνεία των πράξεων μιγαδικών αριθμών Θάνος Χαραλάμπους - Μαθηματικός

Για δύο μιγαδικούς αριθμούς z1 = χ1 + iψ1 και z 2 = χ 2 + iψ 2 με εικόνες τα σημεία Μ1 ( χ1 , ψ1 ) , Μ 2 ( χ 2 , ψ 2 ) και διανυσματικές ακτίνες ΟΜ 1 = ( χ 1 , ψ 1 ) , ΟΜ 2 = ( χ 2 , ψ 2 ) , έχουμε αντιστοιχίσει στον μι γαδικό z 1 + z 2 το διάνυσμα ΟΜ = ΟΜ 1 + ΟΜ 2 όπου Μ η κορυφή του παραλληλογράμμου ΟΜ1 ΜΜ 2 z1 - z 2 το διάνυσμα ΟΝ = Μ 2 Μ1 , όπου Μ 1 Μ 2 η άλλη διαγώνιος του ιδίου παραλληλογράμμου Για τους μιγαδικούς z1 · z 2 και � . z 2 * Ο δεν μπορούμε να δώσουμε διανυσματική απεικόνιση στο •

�

•

καρτεσιανό επίπεδο, αφού αυτό μπορεί να γίνει μόνο μέσω της έκφρασης ενός μιγαδικού αριθμού σε τρι γωνομετρική μορφή , θεωρία πού είναι εκτός της διδακτέας - εξεταστέας ύλης . Για την περίπτωση όμως του γινομένου και του πηλίκου δύο καθαρά μιγαδικών αριθμών, θα δώσου με μια άλλη διανυσματική προσέγγιση, που αποτελεί και μαθηματικό μοντέλο για την κατασκευή ή για την αντιμετώπιση ασκήσεων στο κεφάλαιο των μιγαδικών . Προτάσσουμε τη γεωμετρική ερμηνεία του πηλίκου

�

που όπως θα δούμε είναι προσφορότερη εκείνης του γινομένου z1 · z 2

χΙ + iψ Ι . χ 2 - ίψ 2 = 1 [ χ · χ + ψ · - ( χ · - χ · Α. 'Εχουμε: � = χΙ + iψΙ 1 ψ2 2 ψ1 ) i ] = . = 2 2 1 2 1 ψ2 . Ζ 2 χ 2 + ι ψ 2 χ 2 + ι. ψ 2 χ 2 - ιψ 2 χ2 + Ψ2 χ1 ψ1 = 2 1 2 χ� · χ 2 + ψΙ · ψ 2 i = oMΙ · OM 2 - det OMΙ , OM 2 i χ 2 + Ψ2 Χ 2 Ψ2 l z2 1

[

ι 1]

-4[

� Ε JR <=> Im

(�)

(

)

)]

= Ο <=> det ΟΜ 1 , ΟΜ 2 = Ο ( 1 ) , δηλαδή τα Μ1 , Μ 2 θα z2 z2 ανήκουν σε ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων . Ειδικά αν χ1 · χ 2 -:f:. Ο , τότε

Παρατηρούμε ότι:

ii)

Εξάλλου:

δηλαδή το διάνυσμα

Μ1Μ 2 θα φαίνεται από την αρχή υπό ορθή γωνία . Β. Εξάλλου: z1 · z 2 = ( χ1 + iψ1 ) ( χ 2 + iψ 2 ) = χ1 · Χ 2 - ψ1 · ψ 2 + ( χ1 · ψ 2 + χ 2 · ψ1 ) i χ - ψ1 = Χ Ι . χ 2 + (-ψΙ ) · ψ 2 + ! i . Αν Ν Ι είναι η εικόνα του z l = ΧΙ - ίψ ! ' τότε χ 2 Ψ2 z1 · z 2 = 0Ν 1 · ΟΜ 2 + det ON1 , 0M 2 i

ι Ι (

)

(

)

Παρατηρούμε ότι: z1 · z 2 Ε JR <=> Im ( z1 · z 2 ) = Ο <=> det ΟΝ 1 · ΟΜ 2 = Ο <=> ΟΝ 1 11 ΟΜ 2 , δηλαδή τα

σημεία Ν 1 και Μ 2 θα ανήκουν σε ευθεία που θα διέρχεται από την αρχή των αξόνων . ii) Εξάλλου: z1 · z 2 Ε Ι <=> Re ( z1 · z 2 ) = Ο <=> ΟΝ 1 · ΟΜ 2 = Ο <=> ΟΝ 1 j_ ΟΜ 2 . Άρα το διάνυσμα Μ;Μ 2 θα φαίνεται από την αρχή των αξόνων υπό ορθή γωνία . Παραθέτουμε τώρα γνωστές ασκήσεις της βιβλιογραφίας . Για την πρώτη απ ' αυτές θα δώσουμε δύο λύσεις ανεξάρτητες από τα προαναφερθέντα για τις οποίες θα διαmστώσουμε ότι αποτελούν . τυφλές · αποδεικτικές δι αδικασίες , καθώς και μία τρίτη λύση στην οποία θα χρησιμοποιήσουμε τα προαναφερθέντα . Η λύση αυτή θα αναδείξει και τις σκέψεις που έκανε ο δημιουργός της άσκησης καθώς και την διανυσματική της ερμηνεία. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/65

Το Βήμα του Ευκλείδη

Αl: ΚΗΣΗ J η [από το βιβλίο του Αντώνη Κυριακόπουλου ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ άσκηση 33 σελ.20]

Έστω οι μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί α, β, γ, δ διάφοροι ανά δύο καθώς και οι μιγαδικοί α-δ β-δ γ-δ , το ι' δ ιο ισχυει , και για τον τριτο , . -- , , . Αν δ υ, ο εξ αυτων ει, ναι φανταστικοι, τοτε β-γ γ-α α-β

-- --

Λ ύ ση

J 'l

)

Αρχικά παρατηρούμε ότι: z · w + � · w = z · w + z · w = 2 Re ( z · w = 2 Re ( � · w . α-δ β-δ γ-δ , Εστω w = -, , w3 ε Ι , w 2 = -- , w 3 = -- και w 1 ε Ι , w 2 ε Ι . Θα αποδειξουμε οτι 1 β-γ α-β γ-α α-δ α-δ w1 ε Ι � w 1 = -w 1 � =-= = --- � (β - γ) ( α - -δ = -(α - δ) ( -β - -γ � β-γ β-γ -;;: . β - β . δ - -;;: . γ + γ . δ = - ( α . β - α . γ - β . δ + γ . δ � -;;: . β - β . δ - -;;: . γ + γ . δ = -α . β + α . γ + β . δ - γ . δ �

)

α · β + -;;: . β + γ - δ + γ · δ = α · γ + -;;: . γ + β - δ + β · δ � 2 Re ( α - β + 2 Re ( γ . δ = 2 Re ( α . γ + 2 Re ( β . δ �

)

Re ( α · β + Re ( γ . δ = Re ( α . γ + Re ( β . δ ( 1 )

)

Όμοια αποδεικνύεται ότι: w 2 ε Ι � Re ( β · γ + Re ( -;;: · δ = Re ( α · β + Re(γ · δ) (2) Για να αποδείξουμε ότι w 3 ε Ι αρκεί να αποδείξουμε ότι: Re ( γ · -;;: + Re ( β · δ = Re ( β · γ + Re( α · δ) , που β εβαίως προκύπτει από τις ( 1 ) και (2) . Ανάλογα εργαζόμαστε και για τις άλλες δύο περιπτώσεις .

)

z ιι

Λ ίJ ση

α-δ β-δ = κi (1) = λi ( 2) . Τότε ( 1) � (β - γ ) · κi = α - δ � βκί - γκί = α - δ � -γκί + δ = α - βκί και γ-α β -γ (2) � (γ - α) · λί = β - δ � λγί + δ = λαi + β . Υπολογίζουμε από τις ( 1 ), (2) τα γ,δ συναρτήσει των α,β . α κβί 1 - i 1 = α - κβ i - λαί - β , Έχουμε: D = � = -( κ + λ) ί , D 1 = � λι 1 λαι + β 1 - ί α - κβί Dδ = � _ = -κί · (λαί + β) - λί ( α - κβ i ) = κλα - κβί - λαί - κλβ , οπότε: λι λαι + β D 1 - D δ α - β - κλα + κλβ ( 1 - κλ ) (α - β ) . γ - δ 1 - κλ . γ-δ= ι � -- = --ι � w 3 ε Ι = = κ+λ α-β κ+λ D - ( κ + λ)ί 'Εστω:

�

[

ΛίJση 3 η [Με βάση τη γεωμετρική ερμηνεία του πηλίκου]

�

Έστω Α, Β, Γ, Δ οι εικόνες των μιγαδικών α , β , γ , δ αντίστοιχα . Τότε στον μιγαδικό αριθμό : γ - α αντιστοιχεί το διάνυσμα ΑΓ α - δ αντιστοιχεί το διάνυσμα ΔΑ γ - δ αντιστοιχεί το διάνυσμα ΔΓ β - γ αντιστοιχεί το διάνυσμα ΓΒ α - β αντιστοιχεί το διάνυσμα ΒΑ β - δ αντιστοιχεί το διάνυσμα ΔΒ 1 Σύμφωνα λοιπόν με τα προηγούμενα έχουμε: w 1 = 2 ΔΑ · ΓΒ - det ΔΑ, ΓΒ i , οπότε 1 β - γ1 w 1 ε Ι � ΔΑ · ΓΒ = Ο � ΔΑ _l ΓΒ . Ομοίως αν w 2 ε Ι � ΔΒ · ΑΓ = Ο � ΔΒ _l_ ΑΓ . Αυτό καθιστά το σημείο Δ ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ και συνεπώς: ΔΓ l_ ΒΑ � ΔΓ · ΒΑ = Ο � ... � w 3 ε Ι α-δ Π α ρα τή ρηση : Στην λύση 2 θέσαμε = κί . Παρατηρούμε ότι το κ στην τρίτη λύση είναι γνωστό β-γ det ΔA, rn !!! Κ= 2 1 β - γ1 �

�

[�

(

�

(� ) J �

)

ΛΣ Κ Η Σ Η 2!!

Έστω οι μη μηδενικοί μιγαδικοί αριθμοί z1 , z 2 , z3 διάφοροι ανά δύο καθώς και οι μιγαδικοί ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/66

Το Βήμα του Ευκλείδη

z3 - Ζι

z2 - z3

Ζι

- z2

. Αποδείξτε ότι

Αν δύο εξ αυτών είναι φανταστικοί τότε το ίδιο ισχύει και για τον τρίτο . Αν Α , Β , Γ οι εικόνες των z 1 , z 2 , z 3 αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι η αρχή των αξόνων είναι

1. 2.

το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Η λύση

αφήνεται σαν άσκηση στον αναγνώστη

Λ, ;:., Κ ! Ε Η

Δίνονται

[από Ευκλείδη Β ' τεύχος 73, σελ. 68 ] αριθμοί οι μιγαδικοί

() () ()

και

με

Re � = Re � _.!_ . Δείξτε ότι: i) z1 + z 2 + z 3 = Ο ii) Το τρίγωνο με κορυφές τις ειz3 z1 2 κόνες των z 1 , z 2 , z 3 είναι ισόπλευρο . Re � z2

Εάν Α, Β, Γ οι εικόνες των Ζ ι , z 2 , z 3 αντιστοίχως, τότε στους Ζ ι , z 2 , z 3 αντιστοιχούν τα διανύ � 1 � z = -σματα ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ αντιστοίχως και θα έχουμε : _ι ΟΑ · ΟΒ - det � ΟΑ, ΟΒ i , άρα : 2 z 2 jz 2 1 � 1 1 Ζ ι = - -1 � ΟΑ · ΟΒ = - - � 20Α · ΟΒ = -ρ 2 . Re 2 2 ρ 2 z2 2 0Α · Ο Β = - ρ 2 Εργαζόμενοι ομοίως, έχουμε: 2 0Β . Ο Γ = - ρ 2 � 20Α . ΟΒ + 2 0Β . or + 2or . ΟΑ = - 3 ρ 2 � 2 0Γ · ΟΑ = - ρ 2 2 �2 � 2 3ρ 2 + 2ΟΆ . οο + 200 . σr + 2& . αι = ο Όμως ( 1 ). jzι l = ΟΑ = ΟΑ = ρ 2 , ι)

�

[

�

()

(

�

� �� } �

�

1 1 ( )

l l ( ) l l ( ) ( ) ( ) ( ) ) l l

2 2 2 2 2 2 2 2 Ι z 2 Ι = oo = οο = ρ , jz3 j = or = or = ρ . Επομένως: 2 2 2 ( 1 ) � δΑ + 00 + or + 20A · 00 + 200 · 0C + 2 0C · OA = O � 2 2 δΑ + οο + οr = o � δA + oo + or = ο � δΑ + οο + οr = ο � z ι + z 2 + z 3 = ο (2) 2 ii) (2) � z ι + z 2 = - z 3 � l z ι + z 2 1 = 1 - z 3 1 = 1 z 3 1 = ρ � l z ι + z 2 1 = ρ 2 � 2 l z ι l + z / + 2 Re z ι · z 2 = ρ 2 � ρ 2 + y + 2 Re z ι · z 2 = y � 2 Re zι · z 2 = -ρ 2 (3) (3 Εξάλλου: izι - z 2 j 2 = l z ι l 2 + jz 2 1 2 - 2 Re z ι · z 2 �) l z ι - z 2 j 2 = 3ρ 2 � l z ι - z 2 j = ρ ν(;;3 Ομοίως αποδεικνύουμε κυκλικά ότι : jz 2 - z3 j = jz3 - z ι l = ρJ3

(

l I

Εαν

JR και

)

3z 1 + 4z 2 z3

(

JR και

(

4z 2 + Sz 3 Ζι

)

(

)

, ,

JR να αποδειχθει οτι :

-) J

Εάν Α, Β, Γ οι εικόνες των Ζ ι , z 2 , z 3 αντίστοιχα, τότε στους Ζ ι , z 2 , z3 αντιστοιχούν τα διανύσμα� � 1 � ΟΒ, ΟΓ , οπότε θα έχουμε: 3 z ι + 4 z 2 = -τα ΟΑ, 30Α + 40Β · ΟΓ - det 30Α + 40Β, ΟΓ i = w ι . 2 z3 jz3 1 �

�

[(

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/67

)

�

(

�

' Επομενως:

Το Βήμα του Ευκλείδη

)

(

w , ε lR ::::> det 30A + 40B, or = 0 => 30A + 40B = k or ( 1 )

3ΟΑ + 40B+sor= ( κ+s ) ΟΓ (2) 4 +5 � � Ομοιως αν z 2 z 3 = w 2 , τότε w 2 ε IR => 40Β + 50Γ = λΟΑ => 30Α + 40Β+50Γ= (λ+3) 0Α (3) z, Για να ισχύει: 3z1 + 4z2 + 5z3 = Ο , δηλαδή 30Α + 40Β + 50Γ = Ο , αρκεί να δείξουμε λόγω της (2) ότι κ+ 5=0. Από (2) και (3) έχουμε: ( κ + s ) ΟΓ = (λ + 3 ) 0Α . λ+3 Αν ήταν κ + 5 ;;f:. 0 , τότε: ΟΓ = ρΟΑ, με ρ = -- . κ+5 Αλλά: ( 1 ) => 400 = κδΓ - 30Α = κρΟΑ - 30Α = ( κρ - 3 ) ΟΑ => �

�

(

)

ii.

)

�

=> ΟΑ 11 δΒ => det OA , oo = ο .

(

�

[

(

z 1 � � _..!_ = -2 OA · OB - det ΟΑ, Ο Β ί , z2 l z2 1

Όμως

�

οπότε

� � IR => det OA , oo * Ο , πράγμα άτοπο. Άρα k + 5 = Ο . z2 3zl + 4z2 + 5z3 = ο => 3 z, + 4 z 2 = -5Ζ 3 => l 3 z, + 4 z 2 1 = l -5 z 3 1 = s ιz 3 1 => l 3 z, + 4 z 2 1 2 = 25 l z3 1 2 => 2 ::::> Re z, · z 2 = 0 => z1 · z 2 ε l => z1 · _e_ ε l => � ε l + 24 Re z, · z 2 = z2 z2

�

) �

(

)

Α ΣΚΗΣΗ 5 Να δείξετε με Αλγεβρικό τρόπο ότι αν Α,Β είναι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών

z1 ,z2 , τότε:

l z t + z2 1 = 1 z t l + l z2 I � OA / / ΟΒ ·

)

(

Α πόδ ε ιξη :

2 2 2 2 l z, + z 2 l = l z, l + l z 2 1 � Ι z, + z 2 l = (l z, l + l z 2 1) � (z, + z 2 ) � ι + �2 = l z ι l + l z 2 1 + 2 l z, l · l z 2 1 � z, �2 + � ι Ζ 2 = 2 l z, Ι iz 2 1 � 2 Re z, �2 = 2 l z, Ι · � 2 � Re z, �2 = z , �2 ( 1 ) . Αν z, �2 = α + βί τότε: α '?'. 0 α '?'. Ο � z, �2 '?'. 0 ( 2) . ( 1) � α = α 2 + β 2 � 2 2 2 � β=Ο α =α +β

( )

}

�

I ι

}

( ) l ι

-- }

Το Β είναι εικόνα του z 2 που είναι συζυγής του Ζ2 , οπότε σύμφωνα με την 1 η πρόταση θα έχουμε: ΟΑ · ΟΒ '?'. Ο ΟΑ · ΟΒ '?'. Ο � οΑ //'ΌΒ . z1 z2 = OA · OB + det OA, OB i . Άρα: ( 2 ) � �det ΟΑ, ΟΒ = 0 ΟΑ / /ΟΒ _

(

)

(

)

}

Σαν τελικό σχόλιο - μεθοδολογία, σε ασκήσεις που περιέχουν πηλίκο (ή γινόμενο) μιγαδικών, αντι στοιχούμε σε κάθε μιγαδικό την εικόνα του και το διάνυσμα θέσης και με απόδειξη και κατόπιν χρήση, των τύπων που παρουσιάσαμε στο άρθρο αυτό, θεμελιώνουμε τις αποδείξεις μας. Σχό λ ιο τη ς Σ υ ντα κ τ ικ ής Επιτρ οπ ή ς :

Κανονικά η πρόταση έπρεπε να διατυπωθεί ως εξής: l z, + z 2 1 = l z, l + l z 2 1 � ΟΑ ?? ΟΒ ή ΟΑ = δ ή ΟΒ = Ο . Το σχολικό βιβλίο όμως δέχεται (κακώς) ότι το μηδενικό (εφαρμόστο) διάνυσμα ΑΑ έχει ως φορέα οποιαδήποτε ευθεία διέρχεται από το Α, αντί του ορθού, δεν έχει καθορισμένο φορέα. Είναι δηλα δή σαν να δεχόμαστε για κάποιον που δεν ξέρουμε τι επάγγελμα έχει, ότι έχει όλα τα επαγγέλματα. Ανάλογη υπόθεση προφανώς εξυπακούεται και για τη φορά του ΑΑ Έτσι λοιπόν προκύπτει ως συμπέρασμα ότι: δ Ι ι ν , δ l_ ν αλλά και δ ? ? ν , δ ? ,/ ν για κάθε διάνυσμα ν . Με αυτό τον τρόπο αποφεύ γουμε μεν τη διάκριση περιπτώσεων, οδηγούμαστε όμως σε παραδοξότητες. -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/68

�

)

40€

Α Ι 2. Ένας αγόρασε κάποιο αντικείμενο λιγότερο από Έτσι σημειώθηκε επί τοις εκατό, όσο και το πούλησε αγόρασε το αντικείμενο αυτό. Πόσα χρήματα έχασε;

21€.

Λί1ση : Έστω ότι έχασε χ €. Άρα αγόρασε το αντικείμενο αυτό 2 1 +χ €. Έτσι, σύμφωνα με το πρόβλημα, έχασε (2 1 +χ)% των . ( 2 Ι + χ) ' ε . ·Εχουμε λοιπον: · 2 1 +χ € . Δη λαδη εχασε: . 1 00 + χ)2 ( 2 1----'-'----- = χ � ... � χ2 - 58χ + 2 12 = 0 � (χ = 9 η χ=49 ) . 1 00 Άρα έχασε 9 ή 49 €, οπότε το αγόρασε 2 1 +9=30 ή 2 1 +49=70€. Επειδή όμως το αγόρασε λιγότερο από 40 € συ μπεράνουμε ότι έχασε 9 € •

Bt Ι.

Να λυ θεί η εξίσωση :

{)z- ,[3")' + (2συνl5°)' =�ν'9-χ'

(ι)

Παρατηρούμε ότι: συν1 5ο συν ( 45° - 30° )

συν45° συν30° + ημ45°ημ30° ,fi . J3 + ,fi . 2 2 2 2

(I ) �

()2 - FJ )' + ( )2 + vi3 )' = �ν'9 - χ ' με

)2 - vi3 )2 + vi3 = I κ.λ.π.

.J6 + ,fi , 4

�

.J6

6 2

=y+- = --;:: - =

� ( xf(x) ) ' = Ο � xf(x) c (c Ε JR) � f(x) � ( 2 ). χ Από την (I ) με x= l και y=2 βρίσκουμε f(2 )=0. Επίσης, από

Όμως

.J6

�

=y>O�

y2 + I 2 y . 2 , για καθε Υ Ε ""' , με το ισον Υ Υ Υ μόνον όταν y= l , δηλαδή χ=Ο. Εξάλλου για την συνάρτηση g(x), παρατηρούμε ότι: Π1> -3 ::; Χ1 < Χ ::; Ο � 9 ;:: χ; > χ; ;:: Ο � -9 ::; -χ; < -χ ; ::; Ο � 2 � f(χ)

� .J6

( ;F2J( ;..fi J = � = ;..fi = ( ;..fiΓ ( .J6 ;F2 } = ( .J6 ;..fi Γ .J6

Έστω ότι μια συνάρτηση f : (Ο, +οο) --+ JR πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Έστω τώρα ένας αριθμός χ 0 > Ο . Από την ( Ι ) με χ>Ο και y χ 0 , έχουμε: xf(x0 ) + X0f(x) 2xf(x) � χ [ f(x) - f(x0 )] -f(x)(x - χ0 ) . Άρα, για κάθε χ>Ο με χ * χ 0 , έχουμε: f(x) lim f(x) - f(x0) f(x) - f(x0) �

Συνεπώς, η f είναι παραγωγίσιμη στο χ 0 και άρα είναι παρα γωγίσιμη στο (Ο, +οο) και για κάθε χ Ε (Ο, +οο) έχουμε: f(x) f'(x) = � f(x) + xf'(x) = Ο χ

( .J6; ..fi } ( .J6 ; ..fi JΌ

f:(O,� --+JR ώ JR . (1)

2xf(x) , για κάθε x, y

Λ ί1ση :

Εξάλλου

οπότε: f ( χ) =

=--- =--,

Γ Ι Ο. Να βρεθούν οι συνεχείς συνα ρτήσεις

..!_ = = )2 - J3 =�2-2Jf · H = = ,[�Η�Η KH = J[�HH = = lff · HI = H - Jf = �� = .J6 ; ..fi =

Αντώνη ς Κυ ρ ιακ όπο υ λος Γ ι ώρ γ ος Τ α σσόπου λος

Τελικά: f ( χ ) ;:: 2 ;:: g ( χ ) , για κάθε χ Ε [ -3, 3] με τις ισότητες να ισχύουν μόνον όταν χ=Ο. Άρα (1) � χ = Ο. • Απλούστερα, αν θεωρήσουμε γνωστό τον τύπο: 1+σνν2α . . l +σw30' 2+J3 συν'α=--- , τοτε βρισκουμε συν'Ι5" 4 2 2 δηλαδή 2συν ! 5° )2 + J3 , οπότε:

στε να ισχύει: xf(y) + yf(x)

εξίσωση (I ) έχει σύνολο ορισμού το Α [-3, 3] . Ονομάζουμε f (χ) το πρώτο και g ( χ ) το δεύτερο μέλος της. Λύση :

Επ ιμ έλεια :

•

την ( 2 ) έχουμε f(2) � . Συνεπώς c=O και άρα f(x)=O. 2 • Η συνάρτηση f : (Ο, +οο) --+ JR με f(x) =O πληροί τις δοσμέ νες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη. Π ροτεινόμενα θέματ α :

Να δείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν , ο αριθμός V V 3+ ρ -- JS + 3 - JS είναι φυσικός. Ειδικά για v=4 εί2 ν 2 ναι πρώτος αριθμός. Α 13.

( J ( J

8 1 2 . Μεταξύ των διαδοχικών όρων 3,7, 1 1 , . . . ,367 και 2,9, 1 6, . . . ,709 δύο αριθμητικών προόδων να βρείτε ποιοι είναι κοινοί. Λναγνώστου Κώστας, μαθη ματικός [ 3 " Λi1κ. Λαμίας[ Γ Ι \ . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διά στημα [Ο, +οο) και για κάθε χ>Ο ισχύουν:

� g (x1 ) > g ( x, ) � g ..J, [o, 3].

Άρα ο αριθμός g (O) � .J9 = 2, είναι η μέγιστη τιμή της 3 g ( χ ) , δηλαδή g (x ) ::; 2, για κάθε χ Ε [-3, 3] .

Ο ::; f(x) ::; k Jf(x)dx , όπου ο

ένας θετικός αριθμός. Να απο-

δείξετε ότι f(x)=O, για κάθε χ Ε [Ο, +οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ.4/69

Υπολογισμός γ ων Hiτv

Ο μαθητής της Γ' Γυμνασίου Παναγιώτης Νίκας, από το Κολλέγιο Ανατόλια Θεσσαλονίκης, παρατήρησε ότι σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ, με AB=AΓ=5cm και BΓ=xcm, το μέτρο μ της γωνίας ΒΑΓ σε μοίρες, για «μικρές» τιμές του μ, δίνεται με πολύ καλή προσέγγιση από τον τύπο μ= (2,3)-5·χ= ( 1 1 ,5)-χ (1), ούτως ώστε, κατά την έκφρασή του, να μπορεί να υπολογίζει γωνίες «χρησιμοποιώντας μόνο έναν χάρακα και ενα στυλό». Η διαπίστωση αυτή του Παναγιώτη μας προκάλεσε έκπληξη, καθώς βασίζεται σε μια πολύ αξιόλογη μαθηματική μέθοδο προσέγγισης. Πράγματι, αν Δ είναι το μέσο του ΒΓ, τότε από τον ορισμό του ημιτόνου έχουμε: ημ ΒΑΔ =ΒΔ/ΑΒ=(χ/2)/5=χ/1 0 ( 1 ). Όπως είναι γνωστό, το μέτρο α της γωνίας ΒΑΓ σε ακτίνια, σχετίζεται με το μέτρο μ της γωνίας ΒΑΓ σε μοίρες με τον απλό τύπο α/2π=μ/360 (2). Αν λάβουμε π ::ο 3, 1 4 , τότε έπεται από την (2), με απλές πράξεις, ότι μ ::ο (57,3)·α (3). Τώρα ερχόμαστε στο βασικό « Ι\ 1 Ε Θ Ο Λ Ο Σ E Y f> E l: H l: Α ΡΙΘΜΩΝ

μαθηματικό αποτέλεσμα που βρίσκεται πίσω από την παρατήρηση του Παναγιώτη. Για «μικρές» γωνίες με κορυφή το κέντρο ενός κύκλου, το κυκλικό τόξο που ορίζει η γωνία έχει μήκος κατά προσέγγιση ίσο με το Α μήκος της αντίστοιχης χορδής, κάτι που είχε χρησιμοποιηθεί και από τους αρχαίους Έλληνες aστρονόμους (Ιππαρχος, Πτολεμαίος). Ισοδύναμα το μέτρο μιας «μικρής» γωνίας σε α�τίνια είναι κατά προσέγγιση ίσο με το ημίτονο της γωνίας.(4) Χρησιμοποιώντας διαδοχικά τις σχέσεις ( 1 ), (4), και (3)), έχουμε χ/ l Ο=ημ ΒΑΔ ::ο α/2 ::ο ( 1 /2)- ( 1 /(57,3))-μ . Άρα τελικά μ ::ο ( 1 1 ,46) · χ (Π). Αξίζουν συγχαρητήρια στον Παναγιώτη, καθώς η παρατήρηση του (I) αποδεικνύεται, συγκρινόμενη με την (Π), ότι έχει στέρεο μαθηματικό υπόβαθρο.

Τ Ο Υ Π Λ Η Θ Ο Υ Σ Π ( α), α Ε Ν

Π Ο Υ E l i\ Λ I :Ξ:

α» -

Τ Ω Ν Π ΡΩ Τ Ω Ν Φ Υ Σ Ι Κ Ω Ν

«Βήμα του Ευκλείδη» - Τεύχος 83, 2012 [σελίδα 71-72] .

Ι Δ ιόρΟωση κ.ίη συμπ λ1Ί p ω μ α !

Εκ παραδρομής, εγράφη ότι: . . . υπολογίστηκε με οικιακό ηλεκτρονικό υπολογιστή το πλήθος των πρώτων αριθμών :::: 7000, που είναι 783, αντί του σωστού: . . . :::: 6000, που είναι 783. Όμως, Π(600 1 ) 783, ενώ Π(6007) 784. Επομένως, ο 6007 είναι πρώτος αριθμός! Όπως έχουμε αναφέρει, έχουμε αναπτύξει πρόγραμμα, το οποίο, κατόπιν κάποιων β ελτιώσεών μας, με τη χρήση του τύπου υπολογίζει το πλήθος των πρώτων αριθμών που είναι μικρότεροι του 1 20.000.000, δηλαδή Π( 1 20.000.000) 6.84 1 .648. Ενδεικτικά αναφέρουμε: Π(l l O.OOO.OOO) 6.303 .309, Π(1 1 0.000.003) 6.303 .309 άρα ο 1 1 0.000.003 είναι σύνθετος, ενώ Π(1 1 0.000.0 1 7) 6.303 .3 1 0, επομένως ο 1 1 0.000.0 1 7 είναι πρώτος. Είναι β έ β αιο ότι, ο αλγόριθμος που χρησιμοποιήσαμε για τον υπολογισμό των συνδυασμών επιδέχεται περαιτέρω βελτιώσεων, έτσι ώστε το πρόγραμμα να γίνει ταχύτερο και να δίνει αποτελέσματα για πολύ μεγαλύτερους αριθμούς, ιδίως αν εκτελεστεί σε ισχυρότερους ηλεκτρονικούς υπολογιστές με παράλληλη επεξεργασία. =

Πανuλήνtο �υνtδρtο Μαθημα<rtκή� Παtδ�tα� [Καλαμάτα 9- 1 0 - 1 1 Νοε . 20 1 2] Μαθηματικά : Θεωρία Πράξη και Προεκτάσεις Τα αναλυτικά προγράμματα Τη διδασκαλία στην τάξη_ Σύνδεση με Τις άλλες θετικές επιστήμες Την τεχνολογία Τα σύνθετα παγκόσμια προβλήματα Την οικονομία Υποβολή ερ)rασιών μέχρι 1 0 Σεπτέμβρη 20 1 2 29α

•

Καλοκαιρινα σχολεια :

υμνασιο -

υκειο

Π ι ερία (8 - 1 4 Ιουλίου 20 1 2), Ημαθία (5- 1 1 Αυγούστου 20 1 2)

Καλοκαιρινή Κατασκήνωση : Σοφικό Κορινθίας : Δημοτι κό (Δ, Ε, Στ ' ) (28 Ιουλίου-4 Αυγούστου 201 2 και 5 - 1 2 Αυγούστου 20 1 2)

Πληρ ο φ ο ρ ί ε ς Γραφ ε ί α Ε.Μ.Ε. τηλ . : 2 103 6 1 6 5 3 2 - 2 10 3 6 17784, www . h ms .gr - i n f o @ h ms .gr ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/70

«Η καρδ ι ά των μαθηματικών είνα ι τα προβλ ήμα τα

και οι λύσεις κα ι ο κύρ ι ος λόγος ύπαρξης του μαθηματικο ύ είνα ι να λ ύ νει προβλ ήματα ».

P. R. HALMOS Επιμέλεια:

( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 ) Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας R . Θεωρούμε 9 τυχαία σημεία του κυκλικού δίσκου του (εντός ή επί του κύκλου). Ν α δειχθεί ότι για οποιαδήποτε επιλογή των 9 αυτών σημείων υπάρχουν πάντοτε δύο σημεία των οποίων η μεταξύ τους απόσταση δεν υπερβαίνει την τιμή J7 RJ2 . ι.[ - Ράμια Άρτας] 3 ΛΥΣΗ (Από τον ίδιο ) Θεωρούμε τους κύκλους C : (O, R) και d � J7 - 1 < 2R . C1 : (0, -) οπου d = Rν 2 · 2 3 Αν στο κυκλικό δίσκο που ορίζει ο C1 υπάρχουν δύο σημεία, έστω, Μ ,Ν , τότε το ζητούμενο ισχύει αφού '

Π ' ι' \. \ 1 0 1 � - '\ , Θ Λ ΥΠ ! \ Ο Π Ο Υ Λ Ο 2.: - Θ . Α . Ί Ζ Ι Ω Τ Ζ Ι Ο Σ

OM = O� = p1 , π θ = ΜΟΝ :ο:: ΜρΝ1 = - . Από τον 4 νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΟΜΝ παίρνουμε ότι: ΜΝ2 = p� + p� - 2p1 p συνθ ενώ από το τρίγωνο 2 2 z z . ΟΜ ι Ν ι · Μ ι Ν ι - Ρι + p 2 ΡιΡ συν 2: >- Ρι2 + p 2 2 2 2 4 -2 p 1 p συνθ = ΜΝ2 => ΜΝ :0:: Μ1 Ν 1 (1) 2 Έστω ΟΜ1 :0:: ΟΝ1 (ομοίως αν ΟΜ < ΟΝ ) Φέρουμε Μ 1 Η l_ ΟΒ . Τότε ΟΗ < ΟΜ1 :0:: ΟΝ1 δηλ το σημείο Ν1 είναι μεταξύ των σημείων Η και Β. επομένως, ΗΝ1 :0:: ΗΒ και άρα Μ 1 Ν 1 :0:: Μ 1 Β (2). Φέρουμε ΒΖ l_ ΟΓ . Στο

παραπάνω

(ΜΝ)

είναι: Λ

2 � = d . Αν όχι, τότε 8 τουλάχιστον 2 σημεία ανήκουν στον κυκλικό δακτύλιο που ορίζον οι κύκλοι C , C1 Στη συνέχεια, χωρίζουμε τον δακτύλιο σε 8 ίσα τμήματα ως ακολούθως. ( βλέπε επόμενο σχήμα ) είναι:

σχήμα

:0::

•

Αν το Μ1 είναι μεταξύ των σημείων Ζ και Δ τότε ΖΜ1 :0:: ΗΒ και άρα ΒΜ1 :0:: ΒΔ . Αν τέλος το Μ1 είναι μεταξύ των Γ, Ζ τότε ΖΜ1 :0:: ΖΓ και άρα ΒΜ1 :0:: ΒΓ .

τ Β

Φέρουμε την ακτίνα ΟΤ που διέρχεται από κάποιο από αυτά τα 8 ( η 9 ) σημεία, έστω Σ. στη συνέχεια με πρώτη πλευρά την οτ χαράσσουμε διαδοχικές επίκεντρες γωνίες ίσες με π/4 ακτίνια. Θα δείξουμε ότι σε κάποιο από τα 8 ίσα χωρία του δακτυλίου υπάρχουν 2 σημεία. Πράγματι. Αν αυτό δεν συμβαίνει, τότε στα δύο χωρία με κοινό όριο την οτ ανήκει μόνο το

σημείο Σ. έτσι, απομένουν 6 χωρία στα οποία πρέπει να ανήκουν 7 σημεία. Άτοπο. Επομένως δύο σημεία ανήκουν στο ίδιο χωρίο. Έστω τα σημεία Μ, Ν, στο χωρίο ΑΒΓΔ.

Από τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΟΓ ΒΓ2 = 0Α2 + 0Β2 - 20Α · ΟΒσυν 2: = R2 (2 - J2) Από 4 τον νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΒΟΔ d2 π ΒΔ2 = 0Β2 + 0Δ2 - 20Β · 0Δσυν - = R2 + 4 4 4 - JΊ - 2R � · J2 = . .. . = 4R2 9 2 2 Είναι ΒΓ < ΒΔ . Πράγματι είναι ΒΓ2 < ΒΔ2 <::::>

2 - J2 < i ( 4 - J7) <::::> 9J2 > 2 + 4J7 <::::> 289 > 256 . 9 Επειδή είναι ΒΓ < ΒΔ είναι και ΒΜ1 < ΒΔ . Άρα, πάντοτε ισχύει ΒΜ 1 :0:: ΒΔ (3). Από τις σχέσεις ( 1 ),(2),(3) προκύπτει ότι για δύο τυχαία σημεία Μ, Ν, του χωρίου ΑΒΓ Δ ισχύει η σχέση ΜΝ :0:: ΒΔ = ΑΓ = d . * Πώς υπολογίσαμε την απόσταση d .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 417 1

-------

[Από Ν. Συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΟΓ:

0 Ευκλείδης Προτείνει

d2 = ΟΑ2 + 0Γ2 - 2 · 0Α · ΟΓ · συν � 4 .fi d2 + 4R2 - 2dR.fi = = � + R2 _ 2 � R 4 4 2 2 � 4d2 = d2 + 4R2 - 2dR.fi � d = _!_ R.fi(JΊ - 1) 3 � ΑΓ = ΒΔ = d., ΟΔ = � .] 2 Α Σ Κ Η Σ Η 1 8 9 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 ) Αν μία πραγματική συνάρτηση f είναι κοίλη σε ένα διάστημα της μορφής Δ = ( -οο, a] , a ε R και έχει aσύμπτωτη στο -οο την ευθεία ε( χ) = λχ + β λ, β ε R , τότε να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f βρίσκεται «κάτω» από την aσύμπτωτη στο διάστημα Δ . [ Κ ω ν Τζαγκαράκη ς - Χανιά] ΛΥΣΗ [από τον Ροδόλφο ς Μπ6ρης - Δάφνη] Θεωρούμε την συνάρτηση h : ( -οο, a] � R , με h(x) = f(χ) - ε(χ) = f(x) - λχ - β , χ � a . Η h είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ = (-oo, a] με h'(x) = f'(x) - λ . Επειδή η f είναι κοίλη στο Δ η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο εσωτερικό του Δ και άρα η συνάρτηση h' είναι γνησίως φθίνουσα στο εσωτερικό του Δ, με αποτέλεσμα η h να είναι κοίλη στο Δ. Από την υπόθεση, ισχύει επίσης ότι: lim h(x) = Ο . Δεχόμαστε ότι: Υπάρχει c ε R τέτοιο, χ -> --οο αφού επιθυμούσαμε

ΜΝ

ώστε h'(x) > Ο , για κάθε χ ε (-oo, c] . Τότε η εφαπτομένη σε οποιοδήποτε σημείο χ 0 ε (-oo, c] βρίσκεται πάνω από την καμπύλη της h . Δηλ. ισχύει ότι: h(x) � h(x 0 ) + h'(x 0 )(x - x 0 ) ( 1 ), για κάθε χ ε ( -οο, c] . Από την ανισότητα ( 1 ) , επειδή lim [h(x 0 ) + h'(x 0 )(x - χ 0 )] = -οο , προκύπτει ότι χ �-α)

h(x) = Ο . Άρα, lim h(x) = -οο . Άτοπο, αφού Χlim ---7 -ΧJ είναι h'(x) � O , για κάθε χ ε (-οο, c] . Δεχόμαστε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον d ε Δ με d > c τέτοιο, ώστε h'(d) > Ο . Τότε όμως θα ισχύει h'(d) > Ο ::?: h'(c) με d > c , άτοπο, αφού η h' είναι γνησίως φθίνουσα στο εσωτερικό του Δ. τελικά, για κάθε εσωτερικό σημείο χ του Δ ισχύει h'(x) � Ο , που σημαίνει ότι η συνάρτηση h είναι φθίνουσα στο Δ , οπότε h(x) � Χlim h(x) = Ο . ---7 -00 Χ � --<:0

. . .

--------

f(x) = �(2x - 7)2 + 4 + �(x - 3)2 + 36 . Η f είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει: 2(2χ - 7) χ-3 f'(x) = + (1) �(2χ - 7)2 + 4 �(χ - 3)2 + 36 Παρατηρούμε ότι: f'(x) < Ο , χ � 3 και f'(x) > Ο 7 για χ ::?: - . Δηλ. η f είναι γνησίως φθίνουσα στο 2 ( -οο, 3] και γνησίως αύξουσα στο [2 , +οο) . Συνεπώς, η 2 ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f θα αναζητηθεί στο

διάστημα [3, 2] . Η συνέχεια της f' στη θέση χ = 3 , 2 δίνει: lim f'(x) = f'(3) < Ο . χ --. 3

Άρα, υπάρχει ε > Ο τέτοιο, ώστε f'(x) < Ο , για κάθε χ ε (3 - ε , 3 + ε) δηλ. η f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα (3 - ε , 3 + ε) με συνέπεια η τιμή 3 να μην είναι 7 θεση Η συνεχεια της f' στο χ = - , δ'ινει: ' ελαχιστου. ' 2 '

lim f'(x) = f'(2) > Ο . Άρα, υπάρχει ε > Ο τέτοιο, ώστε 2 2 f'(x) > Ο , για κάθε χ ε (2 - ε , 2 + ε) δηλ. η f είναι 2 2 7 7 γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( - ε , + ε) με 2 2 , _.2

συνέπεια η τιμή 2 να μην είναι θέση ελαχίστου. Επειδή 2 η f είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [3 , 2] δέχεται 2 μία ελάχιστη τιμή σε κάποια θέση χ 0 ε (3 , 2) , που 2 σύμφωνα με το θεώρημα του Fennat είναι ρίζα της εξίσωσης f'(x) = Ο (2). Η (2) ,λόγω της ( 1 ), δίνει: 3-χ 2( -7) 2(2χ -7) χ-3 =0� 2χ + J(2x-7)2 +4 J(x-3)2 +36 J(2x-7)2 +4 J(x-3)2 +36 �

1 2χ4 - 1 56χ3 + 1 33 lx2 - 5646χ + 8343 = 0

3 < χ <2

� 2 χ � 3, 46 1 62 1 b; χ = 3.47

Δηλ f(x) � λχ + β , για κάθε χ ε ( -oo, a] .

1 c; χ = 3.0

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

Δ η μ1Ί τ ρ ιος Κ α ρ α β ότας - Κ. Αχαία, Αντώνης Ι ω αννίδη ς - Λάρισα, Διονί>σης Γ ι άνναρο ς - Πύργος. ΑΣΚΗΣΗ 1 9 0 [ΤΕΥΧΟΥΣ 79] Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f(x) = .J4x2 - 28χ + 53 + .Jx2 - 6χ + 45 , χ ε R . [μαθητής Κ ων . Τ σου β αλc'iς -Μύρινα Λήμνου] ΛΥΣΗ [από Κ ων. Τζαγκαρ c'iκη ς - Χανιά] Η συνάρτηση f ορίζεται στο R και γράφεται

Στο παραπάνω σχήμα, λεπτομέρεια από την γραφική παράσταση της f (Geogebra)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ. 4/72

-------

0 Ευκλείδης Προτείνει . . .

Αν στο ίδιο πρόβλημα συνάρτηση ήταν η: f(x) = .J4x2 - 28χ + 53 + 2.Jx2 - 6χ + 45 , τότε θα ίσχυαν ακριβώς τα ίδια με τη διαφορά ότι η εξίσωση f'(x) = Ο θα ήταν εύκολα επιλύσιμη ! ! ! 2χ - 7 χ -3 =0 + f'(x) = O <=> �(2χ - 7)2 + 4 �(χ - 3)2 + 36 3-χ 2χ - 7 = <=> <=> �(2χ - 7) 2 + 4 �(χ - 3)2 + 36 1.

<=>

}

(2χ - 7) (3 - χ) 2 0 3sxs2 <=> <=> 2 36(2χ - 7)2 = 4(χ - 3/ 6(2χ - 7) = ±2 ( χ - 3)

-> u

Στο ισοσκελές τρίγωνο ΗΡΘ το ύψος ΡΔ είναι και διάμεσος οπότε (ΔΗ) = (ΔΘ) . Συνεπώς, έχουμε: (ΗΒ) (ΓΘ) = (ΖΒ) + (ΔΒ) - (ΕΓ) = + (ΔΒ) 2 2 (ΔΘ) - (ΔΓ) (ΔΒ) + (ΔΓ) � (ΗΔ) - (ΒΔ) + (ΔΒ) = = 2 2 2 2

ιι ιι

+ � = �(3χ - 1 0) 2 + 64 = g(x) . Από την τριγωνική (1)

προκύπτει

ότι

f(χ) 2 g(χ) για κάθε χ ε R . Η συνθήκη � tt � που εξασφαλίζει την ισότητα στην ( 1 ) δίνει την τετ μη μένη 18 . του κοινου σημειου των c , c και οχι ' τη θ εση ' .

f . Εν προκειμένω, είναι

ελαχίστου της

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑ Τ Α

Έστω ΑΒ, ΒΓ διαδοχικές πλευρές κανονικού 9 γώνου, Ο το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από τα Α, Β, Γ και Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα. Θεωρούμε σημείο Ρ του ΟΜ τέτοιο, ώστε ΟΑ ΟΡ = . 1 . Να βρεθεί το μέτρο της γωνίας ΡΝΒ 2. 2 (ΒΡΝ) k ' ' ' το k ειναι η Αν ειναι = τοτε να δειχ:θ ει' οτι (ΑΟΜ) μικρότερη θετική ρίζα της εξίσωσης 8χ 3 - 1 8χ + 9 = Ο . [Προτείνει ο ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας] 2 1 I . Ν α βρεθούν όλα τα ζεύγη ( x,y) των ακεραίων χ, y 3χ - 7 έτσι, ώστε οι ρητοί αριθμοί Α = να είναι 1 1y + 4 πολλαπλάσια του 1 7. [Προτείνει ο ΛΕΥΤΕΡΗΣ ΤΣ Ι Λ Ι ΑΚΟΣ - Γαλάτσι] . 2 Ι Ο.

f(χ) = � + � και �+ � = ( 3χ - 1 0 , 8 ) με

---

min g(x) = 8 = g(!Q) * min f(x) * f(�) . 3 5 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη, Στυλιανός Πετρολέκας - Δραπετσώνα, Αντώνης Ι ωαννίδης - Λάρισα .

ΑΣΚΗΣΗ 1 9 1 (τΕΥΧΟΥΣ 79) Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ μήκους α μονάδων. Θεωρούμε προς το αυτό μέρος του ΒΓ ημιευθείες Βχ,

Γy τέτοιες, ώστε να είναι ΓΒχ = Bry = 1 20° . Στο εσωτερικό της τεθλασμένης χΒΓy θεωρούμε τυχαίο σημείο Ρ και φέρουμε ΡΔ __L ΒΓ , ΡΕ __L Γy , ΡΖ __L Β χ . Να δειχθεί ότι: (ΖΒ) + (ΔΒ) - (ΕΓ) = σταθερό. [ Ορέστης Κατσάνος - Πρέβεζα] ΛΥΣΗ [ Στέλιος Πετρολέκας - Δραπετσώνα] Προεκτείνουμε τις ΡΖ, ΡΕ και ονομάζουμε Η, Θ αντιστοίχως τα σημεία τομής τους με τις προεκτάσεις του ΒΓ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΖΗΒ είναι (ΗΒ) ΖΒΗ = 60° , ΖΗΒ = 30° , οπότε (ΖΒ) = . Εντελώς 2 Λ

(ΓΘ) . 2

= (2χ - 7 , 2 ) , ν = (χ - 3 , 6 ) , τότε θα έχουμε

ι� ι

ανάλογα, στο τρίγωνο ΕΘΓ έχουμε (ΓΕ) =

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Γιώργος Δεληστάθης - Πατήσια, Διονύσης Γιάνναρος Πύργος, Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Αντώνης Ι ωαννίδης - Λάρισα, Γιάννης Σταματογιάννης - Δροσιά, Κωνσταντίνος Τζαγκαράκης - Χανιά.

3sxs2 2 24 <=> χ= 7. 24 1 8 Χ Ε - 7 5 2. Άν χρησιμοποιήσουμε τα διανύσματα:

{

-------

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) με πλευρές α, β, γ, θεωρούμε τις διχοτόμους ΒΕ, Γ Δ των γωνιών Β , Γ αντιστοίχως. 1 1 1 . ι. . Ν α δ ειχθ ει" οτι - + - = - , οπου ρ η ακτινα του ΒΔ ΓΕ ρ εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ. ii. να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης. α2βγ Α= . [ Γ . Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι] (α + β)(α + γ) 2 1 2.

ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ - ΕΠΙΚΟΙ Ν ΩΝ Ι Α Καλές λύσεις των ασκήσεων 1 82, 1 83, 1 84, 1 85, 1 86, 1 87 έστειλε ο συνάδελφος [ Γ. Γεωργιόπουλος - Κοζάνη]. 2. Παρακαλούμε τους συναδέλφους που στέλνουν προτεινόμενα θέματα να δίνουν μαζί με τις εκφωνήσεις και τις λύσεις τους. Η στήλη εύχεται σε όλους καλή ξεκούραση. 1.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 4/73

Η ανεργία, ο επαγγελματικός προσανατολισμός και τ ο υψ ηλό κόστος τη ς φ ο βίας γ ια τα 1\!J αθη Jιατικά.

Παναγιώτης Στεφανής

Ο επαγγελματικός προσανατολισμός είναι βασι κό όπλο, για την καταπολέμηση της ανεργίας και γι αυτό σε πολλές χώρες αποτελεί βασική προτε ραιότητα και αρχίζει από μικρές η λικίες. Η πρώτη τεκμηριωμένη και επίση μη έρευνα στην Ελλάδα για την σύνδεση του επαγγελματικού προσανατολισμού με την ανεργία έγινε, μετά από Ευρωπαϊκή χρη ματοδότηση και παρότρυνση, πρίν από 1 5 π ε ρ ίπ ο υ χ ρ ό ν ι α , π ε ρ ίπου , με σκοπό την καταπολέμηση της ανεργίας. Από τότε, στον χώρο αυτό έχουν γίνει σημαντι κά βή ματα προόδου, κυρίως μετά την ενασχόληση τα τελευταία χρόνια ιδιωτικών εταιρειών με το συγκε κριμένο αντικείμενο. Όμως στην πράξη πολλοί μαθητές στερούνται β α σ ικών γ ν ώ σ ω ν επ αγγ ελματικού προσανατο λισμού. Θεμελιώδη κριτήρια για επιλογές σπουδών είναι η πρόσβαση στην αγορά εργασίας, οι προοπτι κές, η στάση ζωής σε συνδυασμό με τον χαρακτή ρα, ο παγκόσμιος ή εθνικός χαρακτή ρας των σπου δών, οι κλίσεις, το προσωπικό όραμα, οι διαγρα φόμενες τάσεις, οι εξελίξεις στην αγορά εργασίας και πολλά άλλα . Δυστυχώς στη χώρα μας, από άγνοια και έλ λειμμα πληροφόρησης, συχνά ως μοναδικό κριτήριο, χρησιμοποιείται η σύγκριση των επιδόσεων ανάμε σα στα μαθήματα του σχολείου. Σε κάθε περίπτωση η χρήση ενός μόνου κριτη ρίου για λήψη απόφασης, το πιθανότερο είναι να αποδυναμώσει την ορθότητα της απόφασης. Ειδι κά η χρήση των επιδόσεων στα σχολικά μαθή ματα, δείχνει να είναι ανεπαρκής από μόνη της, αφού τα μαθήματα γενικά είναι το μέσο και όχι ο προορι σμός που πρέπει να μας ενδιαφέρει κυρίως. Σε ότι αφορά το συγκεκριμένο κριτή ριο, κατα λυτικό ρόλο παίζει η σχέση ενός μαθητή με τα μαθή ματα. Είναι σίγουρο ότι οι επιλογές ενός ανθρώπου σε σημαντικό βαθμό καθορίζονται από τους στόχους του αλλά και τους φόβους του . Μια φοβία που επη ρεάζει αρκετούς μαθητές στην επιλογή σπουδών, εί ναι η φοβία για τα Μαθη ματικά. Η φοβία αυτή α ποστερεί από ένα μαθητή τη δυνατότητα πρόσβα σης σε πολλούς χώρους σπουδών με καλές προο πτικές και επαρκή πρόσβαση στην αγορά εργασίας, την εθνική ή την παγκόσμια . Δύο βασικοί παράγοντες που οδηγούν στη δη μιουργία της φοβίας αυτής είναι η αμφιβολία για το αν μπορώ να τα καταφέρω και η αίσθηση ότι οι ε ξετάσεις στα Μαθη ματικά έχουν αβέβαια αποτε λέσματα γιατί δεν γνωρίζω ποιες ασκήσεις θα ζητη-

1 θούν • Αν και η επιστημονική νοημοσύνη δεν είναι ανεπτυγμένη στον ίδιο βαθμό σε κάθε μαθητή [ όπως άλλωστε συμβαίνει και σε κάθε μια από τα 7 είδη νοημοσύνης π.χ γλωσσική ευφυ1:α] , κάθε μαθητής μπορεί να έχει καλές επιδόσεις στα Μαθη ματικά γιατί οι νοητικές ικανότητες που απαιτούνται είναι έμφυτες αλλά και μπορούν να καλλιεργη θ ούν. «Μπορεί να τα καταφέρει ο κάθε ένας που θα εν διαφερθεί σοβαρά και διαθέτει έναν κοινό νού».

Στα Μαθη ματικά υπάρχει συγκεκριμένη ύλη , μ ε ξεκάθαρες μεθοδολογίες και ό σ α ζητούνται δεν είναι κάθε φορά διαφορετικά ,αλλά έχουν διδαχτεί, στο βαθμό που ένας μαθητής έχει επεκτείνει την με λέτη του σε όλο το φάσμα της ύλης. Σε ότι αφορά τα ερωτήματα σκέψης, είναι σαν να ζητείται σε μια πόλη η εύρεση κάποιων διευθύνσεων σε συγκεκριμένο χρόνο. Συνεπώς, η άποψη ότι οι εξετάσεις στα Μαθη ματικά δεν αφορούν συγκεκριμένους θεματι κούς κύκλους, καμία σχέση δεν έχει με την πραγ ματικότητα ! Η καλύτερη επιβεβαίωση των παραπάνω είναι οι ετήσιες επιδόσεις των μαθητών στις Πανελλήνιες εξετάσεις που δεν υστερούν σε σχέση με τις επιδό σεις άλλων μαθημάτων ,αλλά αντίθετα συχνά είναι 2 ' αρκετα' καλυτερες Ο φόβος για τα Μαθηματικά όταν υπάρχει μπορεί και πρέπει να απομακρυνθεί, με έγκαιρη διάγνωση , σωστή προσέγγιση και υπεύθυνη καθοδή γηση . Η νέα σελίδα που ανοίγει, στην Ελληνική αγο ρά εργασίας, θα αναδείξει την αξία της γνώσης ως βασικό συντελεστή παραγωγής πλούτου και θα επι βεβαιώσει την πολυτιμότητα της θετικής, μαθημα τικής γνώσης και σκέψης. Γενικά είναι επιβεβλη μένο, ιδιαίτερα, στην δύσκολη νέα εργασιακή πραγματι κότητα που ζούμε, να δοθεί έμφαση στον επαγγελ ματικό προσανατολισμό των νέων ως αναγκαία πυ ξίδα για ασφαλή λιμάνια ! . . .

1 POLYA Πως να το λύσω εκδ . Σπηλιώτη 2 Πολλά στοιχεία και πληροφορίες σχετικά με το θέμα αυτό υπάρχουν και στο διαδίκτυο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 4174

Τ α Μ αθη μ�]tκά μας δι�σκεδά�ουν

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

1 /'9ΜΟ i =- Ο . ODQOO ! UU 2 0 0 3M-I O C � C 0'0(� ) U O !! N ! i ι1 ! ο σ : ! C l 2 V l J O l :C l 50 l b 0 1 ! 0 1 ! � 1 9020 Ω: 0120} \C24 0 2 \ C 2 6C21 028Q2�ωoo J lOJ2v J Jι1 H .J J \ O J6ό J 1 0 J S O J 90,u0' ! 0 ' 1 04 .10'' C4SO ''"' : o • � υ " o s o v s : οΙ <ΟΙ JCΙ4a»os•c� ' o s s o s tcovoι. : Οο}Ο6 Jοδ4Ο6ΙΟ6οaι 7o6goι t o : c o 1 l t ' " σ : J� 1 ' <' 1 \ 0 'oc : Ό 'SC 7Ιύ811J8 : u8lC$ J O S 4 0 8 508608 7 0 @ 8 0 8 9 0 9 00 9 l 0 920B094 C !SC!6 M ! U � S ύ � � : t• G : t� : : Ω > ' J : σ' ;ο� 1 J6 l \1 � l O� > � � l !C Ι : : l : 2 ! l 3 1 1 � l � 5 1 : t i 1 ι: l 8 l l 9 : 2 \'1 l l ί l n ι J _\; ,, ; ; ς � ; b : , ; : .; � ; : � ; �tJ: .$ : ; J J : Η : .3� υ � : JfJ : J 7 l J S � Jιt l � O l 4 ι ι .ι J 1 4 J l H ι .- s Η 6 1 .&: 7 l ' S : Η � St: : ) : : S i : � j ; ) � : � s : St� l S � 1 � s : S � : � C l fJ l : � J : 6 3 : Η : 6 ) : b 6 lt � l 6 ! l 6 i l 1 0 1 7 1 1 7.2 ι Η : :' : . , : '" : ' : · 1 � : : ι : � ·) : > : : � : : ω 84 ; ; s : ι• 1 8 ' : s s : 8 1 1 tο : . ι "" " J : Η : Ι \ 1 96 ; , ; ι 9 � � � �;' C: Γ .1 ·� ; �� :,;;ζ: ] 2 ·� · ) :: 'I JCt � V 7 ; 0 �2C9J : �l l ; 2 : � 2 : 3 J. l 4 2 l S l : tι J. l 7 l : 8 1. 1 9ll012 1122n 1,;� )-tJ Λ.�:e.;J �.ll S..?�� q,;ι \i��· -1 :2 Ω i J υ .i.&2 H.l -��; .1Ί : Η i 1 9 2 .& JJ� : 1 42J.& ]JH2.& �J4�241248

«Ορκίζομαι σε αυτ ό ν που παρ έ δωσε στη σκ έ ψη μας την τετρακτύ, την πηγή και την ρίζα της α έναης φίJσης»

[ ό ρκο ς Πυ θαγο ρείων]

1-tj< S O J J 1 J 522 S 32S4 J 5 ) 2 5 t .l S �l5�2�i�60Jt : J�J-2� Jl6426 Sl\6l6 72682Ml7 �27 : 2 7117 32 � .;) Ί�.Ι' ?62 7: � 7 82 �':t2 �Ο�!( l (82 iS 32�� 2e)�S6 .'S -:-i. 8il: ?� �2iCli l l 92li η�� 2�SJ 9il� 719829 HODJC ! J O l J O J J ii� J U \ B b J C 1 J,J! \c� ! 1 0 J l : J 1 J J 1 1 1 ! � J l I J 1 6 J 1 ' J 1 8 J l Η 2 0 .1 2 ! ω Ji H24 3J� it6 3J i JJ:ιιιΗ ΗΟ 1 3 : Β 2 31 ΗΗ 3 3� 1 3�_\ 37 J 3 8 .i . H Η ι� Η l Η2 Η H.-.a Η ς Η � Η 7 1 Η Η 9 .1 SOJI : J \ 2 3 \ J J \ H \ � J \ f> J S ' 3 � 8 1 5 ! Ι60 Jό ί 362 JHl•4 MJ6b Jb 7 3 6 8 3 6 9 3 7 0 ! ' ! 3 1 2 3 7 ω� J 7 } J 1 > 3 ; ) .i Ί ! ) 1 + J ! G Ι " ' Jι;> J > J J$4 Η \ JSό ) ! ' J ! ! J S � ! ! il 1 9 1 J9i J i ) Ji4 J + l J+6 1 9 7 ! 9 � J ! H OC ' 0 1 H i.2�C.l.IOHO S�C-t. ..\ O ': � O S4V'..I l N l :.ι : ; 4 : 1� : .ι ..ι : �,ι : tι Ο: : 7.: : !!' l i � J U .& 2 1 -Ι υ .& l Η.Η4254 26�2 7 � J t; .& 2 H 10� .i ! � .!.2� J ; .t .i..ι-i 3\.t .tt..- _! 7 � 3 S � .J �.;,ι�..ι.ι : 4.&1-44 J .& � .ι i � S4.&6�� 7 4.&8.&-49-.1�04'3 1 �))�) -�-- � � ..( ))' ) fι -1 '\ i .& \ 1! � S�.(�\:�t. : �tι2�� ' " " � • t � · � � ' 6 .. .:tS.Jf\i.& 7 0.& ; : .ι � l� i Η '44 7S.ι Ί6 .ι 7 ; " ι�-: 7t•ιο•� l •e ; .- κ 1.ιιΗ .. 8 'ι -J � t ' � � ,; ii s � s � 4 �ί..'� ' : • i2• ο H · H � , � � � 6 4 9 i ..ι � s�ig�ooso l s Q J ) \) J 5 0 4 S C ) %b S C, 7 � C S S C 9 } l �'! � : : S : .? � : 3� : .ι ) : � � : � ) : .. � 1 8 5 1 i S 2 C S 2 l Sl2S2H.H525 S2&�2 1Sl ! S l i S J O S J : S J 2 5 J J > H S JSSJt \ J '\ J ' l 1 ! \ ; .; ,_ 2 s • 2 > < J > H S H S ioS4 1 SH54 !5\0SS 1 5 52 S 5 J \ > 1 5 5 S S S o S S : S S S S S!S6 c\t i S i l l < -"<•• \ o '. \ o t \ο ' I Ι S \ o ! \ : 0\ Ί I 7 } 1 Ί J \ J•S ? S \ )ό> 7 ' \ ) ο \ J ! > oC \S l 5 5 2 5 8 J \8H8\S8ol,; 1 \ S ; \ >! ! Si C \ ! : \ ! 2 \ ' �Ι Ι Η \ " \ !6 \ ! J \ " H!M060 2 t>GJ60 3�iJ�MS�U6�!) �biJ8�t% l C 6 : : t: :.2� � jι < 1 t < S� : � t- : �t: : � tι : ibJ�62 :b.2.261J6l�62S6.2662!628 6296306J ! 6 J2 6 J J6 Η6 JS� J ; � 3 't .1 >6 .< i • < e • < ' '·"•' J•H•<S64o64 16486Ht.\06S ! 6 526'>36 .,,,.,.,,.,Μ,\ ;ι;;s•Ι%οο•• : •• _,.., J . o ; • • s • - . • • - . . , •• ι • . ,. Ί l 6 7 2 6 7 Jo:�• ; sο;ι;• 7 16 ' θ ο 1 i6RO�@ l � � J. 6 � 3t�S�� 8 S ti � � � � .. t $ S t! � "9t;�ι:t� : ι- 9�t-� J� 9�ti5t ifM1 9 "?ti18�'if 700 �{) i 7 0 2 / 0 3 1 0.&

Οι αριθμοί είναι μαγεία, είναι ομορφιά, έχουν αρμονία

• . .

1 : 99800 1 =o,ooooo1002003004oosoo60070080090100H0120130140150 1 601

2002 10220230 . . . 98099 1 00 1 0 1 1 02 1 03 1 04 1 0 5 1 06 . . . 1 992002 0 1 2022032042052062072082092 1 02 1 1 2 1 22 1 3 2 1 42 1 52 1 62 1 72 1 82 1 9 . . . 50050 1 5025035045055065075095 1 0 . . . 70070 1 702 703704

(για το αποτέλεσμα πρέπει να χρησιμοποιήσετε κατάλληλο πρόγραμμα Μ στον Η/Υ σας). ια έκπληξη, ένα παράξενο αποτέλεσμα, θα διαπιστώσετε αν θελήσετε να βρείτε τον αντίστροφο του αριθμού 99800 1 . Στην αρχή έχει 5 μηδενικά, μετά τα μηδενικά τα ψηφία ανά τρία είναι 1 00,200, . . . , 800,90 ύστερα πάλι 1 00, 1 1 0, 1 20, 1 3 0, 1 40 . . . ανά 1 0 μέχρι το 980 για να συνεχίσει με 99 1 0 1 , 1 02 , 1 03 , 1 04, 1 05 , 1 06, 1 07, 1 08 , 1 09, 1 1 0, 1 1 1 , 1 1 2 , . . . , όλους δηλαδή τους 3ψήφιους. β) Χωρίστε με δύο γραμμές τον πάνω Γρίφοι αριστερά λευκό χώρο σε 3 ίσα μέρη. Συ μπλη ρώστε τις σχέσεις ώστε να ισχύει η . . . και τέλος δεν έχει

ισότητα.

i. 1 23456789 χ . + . =98765432 1

ii. 123456789 χ . +

=1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

iii. 98765432 χ . + . =888888888 iv. 1 1 1 1 1 1 1 1 1 χ

:...-....

• • • • • • • • •

=12345678987654321

Χωρίστε με τρείς γραμμές τον κάτω αριστερά λευκό χώρο σε 4 ίσα μέρη. δ) Το τετράγωνο: α) Χωρίστε με μια γραμμή Χωρίστε με έξι γραμμές τον κάτω δεξιά λευκό τον πάνω δεξιά λευκό χώρο σε 2 ίσα μέρη. χώρο σε 7 ίσα μέρη. γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 4/75

----- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

Ο ι αριθ μοι κρυβουν τα μυστικα του κοσμου ;

Τα όντα είναι αριθμοί έλεγαν οι Πυθαγόρειοι. «Το σύμπαν δημιουργήθηκε από το 1 μετά από διαί ρεση του από την εισπνοή απείρου». (Κάτι ανά λογο με την σημερινή θεωρία του Big Bang). Έτσι

από το 1 προκύπτει το 2 που δίνει την ευθεία, από το 2 προκύπτει το 3 που δίνει το τρίγωνο, από το 3 το 4 που δίνει τετράεδρο και από αυτά έγιναν όλα τα σώματα, που αποτελούνται από τα τέσσερα στοιχεία τα: πυρ, ύδωρ, γη και αήρ. Έτσι, αφού όλα είναι αριθμοί, έχουν ιδιότητες την δικαιοσύνη, τη νόηση, την ψυχή, τη μουσική γι' αυτό το σύ μπαν έχει αρμονία.

Η β άση της Πυθαγόρειας διδασκαλίας ήταν η «τε τρακτύς» δηλαδή οι αριθμοί 1 ,2,3,4 που το άθροι σμά τους είναι το 1 Ο. Οι αποστάσεις και οι ταχύτη τες των πλανητών αλλά και των απλανών αστέρων διέπονται από τους ίδιους λόγους που παράγουν και την αρμονία στους ήχους, 2/1 οκτάβα, 3/2 πέμτη , 4/3 τέταρτη. Οι αποστάσεις των πλανητών όπως υπολογίστηκε αργότερα από τους Μπόντε τίτιους με αρκετά μεγάλη προσέγγιση σε α.μ. είναι:

4+α ,

-----

τράγωνο που αν διαιρέσουμε το ύψος δια του μι σού της πλευράς της β άσης παίρνουμε JΦ , ενώ ο λόγος του παράπλευρου ύψους προς το μισό της πλευράς της β άσης είναι φ. Λέγεται ότι οι αρχαίοι Έλληνες έχτιζαν τα ιερά τους σε κατάλληλες θέ σεις ώστε να έχουν μεταξύ τους συγκεκριμένες αποστάσεις. Οι Δελφοί που ονομάστηκαν και ο ομφαλός ή αφαλός της Γης απέχει σε ευθεία 1 90 km περίπου από τη Δωδώνη και 1 90 km από το Δίον δημιουργούν δηλαδή ισοσκελές τρίγωνο. Η Ακρόπολη το ίδιο, έχει την ίδια απόσταση 1 90 km από την Ολυμπία και 1 90 km από την Αμφιγένεια και Περιστεριά στη Μεσσηνία, κ.ά. Ακόμα ο κύκλος συμβόλιζε τον πνευματικό κό σμο ενώ αντίθετα το τετράγωνο συμβόλιζε τον φυσικό κόσμο. Τετραγωνισμός του κύκλου β έ β αια

δεν γίνεται γιατί ο πνευματικός κόσμος διαφέρει από τον φυσικό.

� ll

, οπου α ειναι οι οροι της γεωμετρικης ,

W προόδου 0,3,6,12,24,48,96, . . (1 aστρονομική μο νάδα= απόσταση Γης-Ηλίου). Δηλαδή κατά τους Πυθαγορείους η μουσική και η κοσμική αρμονία κρύ βεται στις σχέσεις των 4 πρώτων φυσικών .

αριθμών

Αρπε δ όνη

Στην αρχαία Αίγυπτο κατά τον Ηρόδοτο άνθρωποι που γνώριζαν Γεωμετρία είχαν ένα σχοινί με δώ δεκα κόμπους σε ίσες μεταξύ τους αποστάσεις, εί χε το όνομα αρπεδόνη. Με την αρπεδόνη μετρού σαν μήκη εμβ αδά και όχι μόνο. Δημιουργούσαν ορθογώνιο τρίγωνο 1 2=3+4+5, ισόπλευρο 1 2=4+4+4, ισοσκελές 1 2=5 + 5 + 2, τετράγωνο 1 2=3+3+3+3, παραλληλόγραμμο 1 2=2+4+2+4 ή 1 +5+ 1 +5 και συνθέτοντας τρίγωνα δημιουργούσαν πολύγωνα. Ακόμη στην αρχαιότητα είχαν και τους

Οι καλλιτέχνες στα έργα τους κάνουν χρήση των λόγων αυτών. Ο DA VIN CI στη ζωγραφική του με την τεχνική του σφουμάτο και όχι μόνο, χρησι μοποίησε το χρυσό ορθογώνιο. Ο Βιτρού βιος είχε καταλήξει στο συμπέρασμα πως το ανθρώπινο σώμα, με τα χέρια σε έκταση, χωράει στα δύο τέ λεια γεωμετρικά σχήματα τον κύκλο και το τετρά γωνο και πως το κέντρο του σώματος ήταν ο αφα λός. Ο Λεονάρντο Da Vinci, με τις δικές του μελέ τες, διόρθωσε κάποιες ανακολουθίες του Βιτρού βιου.

Ιερούς Γεωμετρικούς λόγους

π, φ, J2 ' J3 ' J5 . (π=3 , 1 4 ... , φ= 1 ,6 ... ) Έτσι έχουμε τη χρυσή τομή, το χρυσό ορθογώνιο με λόγο πλευρών φ, το χρυσό τρίγωνο ισοσκελές με γωνία κορυφής 30°. Οι λόγοι αυτοί συναντώ νται στα ουράνια σώματα, στα φυτά, τα ζώα, τους ανθρώπους τα ψ άρια. Ο Παρθενώνας έχει πλάτος προς ύψος ίσον φ, μήκος προς ύψ ος ίσον .J5 κ.ά .. Η μεγάλη πυραμίδα στην Αίγυπτο έχει β άση τε-

Η γνώση των ανθρώπινων διαστάσεων και αναλο γιών ήταν δεδομένη για πολλούς από τους καλλι τέχνες του 1 5ου αιώνα, ενώ ο Λεονάρντο επιχεί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 4176

-------

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

ρησε λεπτομερείς μελέτες για τις διαστάσεις αλλά και τη λειτουργία του ανθρωπίνου σώματος. (Ο λόγος των τμημάτων των δακτύλων μας, των δια στάσεων των οφθαλμών, του προσώπου, του πήχη με το μπράτσο, της κνήμης με το μηρό έχουν το λόγο φ της χρυσής τομής και πολλά άλλα και στο ζωικό και φυτικό κόσμο). Οι τέλειοι

Οι αριθμοί, όπως έχουμε γράψ ει και σε προηγούμενα τεύχη, χαρακτηρίζονται ανάλογα με τις ιδιοτητές τους πρώτοι, σύνθετοι, ρητοί, άρρητοι, τρίγωνοι, τετράγωνοι, φίλοι, τέλιοι κ.ά. Στα στοιχεία του Ευκλείδη τέλειος είναι ο αριθμός που είναι ίσος προς τα μέρη του δηλαδή ο φυσικός αριθμός που είναι ίσος με το άθροισμα των διαιρετών του (χωρίς τον εαυτό του στους διαιρέτες). Παράδειγμα οι 1 ,2,3 είναι διαιρέτες του 6 με 1 + 2+ 3=6 άρα ο 6 είναι τέλειος. Το ίδιο και ο 28= 1 +2+4+7+ 1 4 (Σε 6 μέρες δημιουργήθηκε ο κόσμος, σε 28 η σελήνη κάνει

κύκλο γύρω από τη Γη). Μην ψ άξετε δεν θα β ρείτε εύκολα άλλους, οι επόμενοι είναι 496 και 8 1 28 . Προσέξτε τα ψηφία τους, ο 6 έχει ένα ψηφίο, ο 28 έχει δύο, ο 496 τρία, ο 8 1 28 τέσσερα, είναι άρτιοι, τελειώνουν εναλλάξ σε 6 ή 8 , όμως δεν ξέρουμε αν ισχύει αυτό για όλους. Η μόνη γνωστή μέθοδος για την εύρεση τέλειων αριθμών είναι στα στοιχεία του Ευκλείδη. Παίρνουμε όρους από την γεωμετρική πρόοδο 1 , 2, 4, 8, 1 6, . . αν το άθροισμα ενός ορισμένου πλήθους είναι πρώτος αριθμός τότε το γινόμενο του αθροίσματος αυτού επί τον τελευταίο αριθμό δίνουν γινόμενο τέλειο αριθμό. Παράδειγμα 1 +2+4+8+ 1 6=3 1 το 3 1 είναι πρώτος .

άρα 3 1 · 1 6=496 τέλειος. Μπορούμε να γράψουμε τον τύπο που τους ι γεννάει: Τ=2ν- (2ν-1), όπου ν=πρώτος. Ερώτηση: Ποιός είναι ο επόμενος τέλειος; έχει 5 ψηφία; Υπάρχει άραγε περιττός τέλειος αριθμός;

ίί. ίίί. iv. �

------

1 23456789 χ 9 + 1 0 =1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 98765432 χ 9 + ο =888888888 111111111 χ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =1234567898765432 1

Άλλες παρόμοιες περιπτώσεις με λιγότερα ψηφία είναι:

1 χ8 + 1 =9 1 2 χ 8 + 2 = 98 1 23 χ 8 + 3 = 987 1 234 χ 8 + 4 = 9876 1 2345 χ 8 + 5 = 987 65 1 23456 χ 8 + 6 = 987654 1 234567 χ 8 + 7 = 9876543 1 2345678 χ 8 + 8 = 98765432 1 23456789 χ 8 + 9 = 98765432 1 9 χ 9 + 7 = 88 98 χ 9 + 6 = 888 987 χ 9 + 5 = 8888 9876 χ 9 + 4 = 88888 98765 χ 9 + 3 = 888888 987654 χ 9 + 2 = 8888888 9876543 χ 9 + 1 = 88888888 98765432 χ 9 + ο = 888888888 1 χ9 +2 = 11 12 χ 9 + 3 = 1 1 1 1 23 χ 9 + 4 = 1 1 1 1 1 234 χ 9 + 5 = 1 1 1 1 1 1 2345 χ 9 + 6 = 1 1 1 1 1 1 1 23456 χ 9 + 7 = 1 1 1 1 1 1 1 1 234567 χ 9 + 8 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2345678 χ 9 + 9 = 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 23456789 χ 9 + 1 Ο= 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 χ 1 = 1 1 1 χ 1 1 = 1 21 1 1 1 χ 1 1 1 = 1 232 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 = 1 23432 1 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 1 = 1 2345432 1 1 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 1 1 = 1 234565432 1 1 1 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 1 1 1 = 1 23456765432 1 1 1 1 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 2345678765432 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 χ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 = 1 2345678987654321 Το τετράγωνο

Ευχαριστούμε το μαθηματικό Κώστα Σάλαρη για την πρότασή του, στους τέλειους αριθμούς, ακόμα τον μηχανολόγο Κώστα Μαυρουδή, το μαθημα τικό Γώργο Ζέρβα και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή.

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν Γρίφο ι Συμπληρώστε τις σχέσεις ώστε να ισχύει η ισότητα. 1 23456789 χ 8 + 9 =98765432 1 ί.

Ερώτηση: Ο επόμενος τέλειος δεν είναι ο 3 3 5 50336. Εικάζεται ότι

έχει 5 ψηφία δεν υπάρχει τέλειος περιττός. Ο ισχυρισμός του Euler είναι αν υπάρχει, θα είναι της μορφής p 4 "+ 1 .x2 , όπου p=4λ+1 και χ=περιττός διαιρούμενος δια του ρ.

Μέχρι σήμερα όμως, δεν έχει αποδειχθεί.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ. 4177

ΔΡΑΣΕΙΣ

BPABEIA B-p�l�i:(!!ι AREt.

στον Ούγγρο Endre Szemerέdi το "Νόμπελ" Μαθηματικών 2012 σ11 m- Οσλι,,.

σ;τ-�ς; 2.2 Μ ιW�(),lJ;

�

ΣΥΝΕΔΡΙΑ \"" "',-_::ι �f

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

��

ένα από τα σημαντικότερα πολιτισμικά, οικονομικά και εμπορικά κέντρα της χώρας. Τα τέσσαρα Θεσσαλικά Παραρτήματα της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας από την αρχή του έτους είχαν λάβει πρόσκλη ση, καθώς το φετινό αντάμωμα των Θεσσαλών ήταν αφιερωμένο στις μαθηματικές διακρίσεις και επιτυχίες μαθητών του τόπου μας. Η αποστολή αποτελούνταν από διακριθέντες μαθητές σε Πα νελλήνιους και Διεθνής μαθητικούς Μαθηματικούς διαγωνισμούς και από τους συνοδούς καθηγητές. Οι μαθητές που τιμήθηκαν από την Ελληνική Ομογένεια είναι: • από το Ν. Τρικάλων, οι Λώλας Παναγιώτης ( Β ' Λυκείου), Αναγνώστου Νικολέτα (Α' Λυκείου) και Αναγνώστου Θεό δωρος (Α ' Λυκείου), από το Ν. Μαγνησίας, οι Νασιούλας Αντώνιος (Γ Λυκείου), Καλφούτζος Αθανάσιος (Γ Λυκείου) και Λουφόπουλος Γεώργιος (Α' Λυκείου), • από το Ν. Λάρισας, οι Αλέτρας Δημήτριος (Α ' Λυκείου), Βουλάγκας Ιωάννης (Γ Γυμνασίου) και Καρακώστας Σπυ ρίδων (Β ' Γυμνασίου), • από το Ν. Καρδίτσας, οι Καζνέσης Σωτήριος (Γ Λυκείου) και Καρελάς Δημήτριος (Β ' Λυκείου). Την εκδήλωση χαιρέτησε ο Πρόεδρος του Παραρτήματος Ν. Τρικάλων Στέλιος Αμπράζης, ο Γενικός Γραμματέας του Πα ραρτήματος Ν. Μαγνησίας και συνοδός Κώστας Κομνός, ο Α ντιπρόεδρος του Παραρτήματος Ν. Λάρισας και συνοδός Ανδρέ ας Μαργαρίτης, η Γραμματέας του Παραρτήματος Ν. Τρικάλων και συνοδός Βασιλική Κουτσογούλα και η Ταμίας του Παραρ τήματος Ν. Τρικάλων και συνοδός Βασιλική Κορτίκη . •

Ο Ούγyρος μαθηματικός Εντρέ Σεμεράντι, που εργάζεται στο ουγγρικό Ινστιτούτο Μαθηματικών Άλφρεντ Ρένιι και στο τμήμα επιστήμης των υπολσyιστών του αμερικανικού πανεmστημίου Ράτyκερς, είναι ο φετινός αποδέκτης της κορυφαίας μαθηματικής διάκρισης στον κόσμο, του Βραβείου Abel 2012, του λεγόμενου και «Νόμπελ» των μαθηματικών», όπως ανακοίνωσε η Νορβηγι κή Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων που χορηγεί το βραβείο. Οι μαθηματικές εργασίες του Σεμεράντι έχουν βοηθήσει καθορι στικά στην ανακάλυψη των σχέσεων ανάμεσα στους αριθμούς και στις πληροφορίες, γι' αυτό έχουν συμβάλει καθοριστικά στην ανάπτυ ξη της θεωρίας της πληροφορικής και του διαδικτύου. Ο 7 1 χρονος επιστήμονας, που βραβεύεται για τις μελέτες του πάνω στα διακριτά μαθηματικά, τη συνδυαστική, τη θεωρία των αριθμών και στις μαθηματικές δομές, θα εισπράξει 6 εκατ. νορβη γικές κορώνες (περίπου 800.000 ευρώ).Το βραβείο Abel δίδεται κάθε χρόνο, από το 2003, και φέρει το όνομα του Νορβηγού μα θηματικού Abel, που έζησε στις αρχές του 1 9ου αιώνα και έκανε πρωτοποριακό έργο στην άλγεβρα και την ανάλυση, αλλά πέθανε νεότατος, σε ηλικία μόλις 27 ετών, από φυματίωση. Μεταξύ άλλων, ο Σεμεράντι ανέλυσε με ποιο τρόπο τα συ στήματα που αποτελούνται από διακριτά μέρη, ακόμα κι αν είναι τυχαία, όσο κι αν μεγαλώνουν, διατηρούν μία δομή . Ιδιαίτερα γνωστό στους μαθηματικούς είναι ένα επί χρόνια δισεπίλυτο πρό βλημα που απέδειξε το 1 975 και σήμερα πια, ως θεώρημα, φέρει το όνομά του. «Μέντορας» του Σεμεράντι ήταν ένας άλλος Ούγ γρος και από τους πιο διάσημους μαθηματικούς του 20ού αιώνα, ο Πολ Έρντος, που πέθανε το 1 996. Ο Σεμεράντι έχει δημοσιεύ σει πάνω από 200 ερευνητικές μαθηματικές εργασίες στη διάρ κεια της καριέρας του και, παρά την ηλικία του, συνεχίζει ακάθε κτος. Το βιογραφικό βιβλίο με τον εύγλωττο τίτλο «Ένα ακανόνι στο μυαλό», που εκδόθηκε το 20 1 0 για τα 70ά γενέθλιά του Σε μεράντι, αναφέρει ότι «ο εγκέφαλός του είναι δομημένος διαφο ρετικά από ό,τι των περισσότερων άλλων μαθηματικών». Ο Σε μεράντι, θυμίζουμε ότι ήταν προσκεκλημένος ομιλητής στο Πυ θαγόρειο Σάμου το καλοκαίρι του 2007 σε συνέδριο που είχε δι οργανώσει το Μαθηματικό τμήμα του Πανεπιστημίου Αθηνών.

Όλη η αποστολή επισκέφτηκε την παλιά πόλη του Ντίσελ ντορφ, τον ποταμό Ρήνο που τη διασχίζει, τον τηλεπικοινωνιακό πύργο 200 μέτρων κτλ. Η τιμή των απόδημων Θεσσαλών προς τους διακεκριμένους μαθητές, η ανταλλαγή σκέψεων και προ βληματισμών, οι νέες εικόνες και εμπειρίες των παιδιών, η συ γκίνηση και η συναισθηματική φόρτιση όσων παρευρέθηκαν και συμμετείχαν, ήταν το καταστάλαγμα αυτής της αποστολής.

0�� θε�ΦlϊfΦλΙΙ�m,i: Σ;ι])ιλλ.([))Υf<!!ιΙΙΟ IE.\!Jι/j)AOJ:t!ηις; �p;�@'�:\ίί.(J)ι\!)ι\1' διuι�κρ,ιιθd:ν11�ς- μ!®.Ι!t1:1r11ές σ;11 tW, Μ®(!!η 1 J!Ιi ΜΙΙ.κ� Το Σαββατοκύριακο 3 1 Μαρτί�υ I Απριλίου δεκαεξαμελής -

αποστολή και των τεσσάρων Θεσσαλικών Παραρτημάτων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, παρευρέθηκε στο 8° Φεστι βάλ που διοργάνωσε η Ομοσπονδία Θεσσαλικών Συλλόγων Ευ ρώπης στο Ντίσελντορφ της Γερμανίας, στην πρωτεύουσα του μεγαλύτερου πληθυσμιακά ομόσπονδου κράτους της Γερμανίας, της Βόρειας Ρηνανίας - Βεστφαλίας. Το Ντίσελντορφ αποτελεί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 83 τ.3178

ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ E�IPEIA . · .� Πaράρtημ<Ι:Κέρκυρqs "1 : "" � ""�1:� Α

�:�J'ftl#i�-

------

�-

Δράσεις - Γεγονότα - Διαγωνισμοί - Βραβεία - Συνέδρια - Απρόοπτα . Ι{) �: :1.

ε�τ·τ;·; ' '• �--R

Την Κυριακή I Απριλίου 20 1 2 το Παράρτημα Ημαθίας της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (ΕΜΕ) πραγματοποίησε στο Ξενοδοχείο «Αιγές Μέλαθρον» της Βέροιας εκδήλωση βράβευ σης των μαθητών Γυμνασίων και Λυκείων της Ημαθίας, που δια κρίθηκαν στους τοπικούς Μαθηματικούς Διαγωνισμούς «Υπατία» και «Καραθεοδωρή» της Α' Γυμνασίου και στους πανελλαδικούς μαθηματικούς διαγωνισμούς «Θαλής», «Ευκλείδης» και «Αρχι μήδης».

r�

·υ

-------

σης Ε � καστικές Τέχνες

Την Τετάρτη 1 4 Μαρτίου ο κ. a a ιι d e Ρ. B Γ u ter, ομότιμος καθηγη τής του Πανεπιστημίου Paris Xll,

πρόεδρος της Ευρωπαϊκής Ένωσης για τα Μαθηματικά και την Τέχνη (ESMA), μίλησε σε εκδήλωση που διοργάνωσε η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και το ίδρυμα Ευγενίδου, με θέμα Σε μια κατάμεστη αίθουσα ο κ. C I �ι u d e Ρ. B r u ter, ανέλυσε τη στενή σχέση των Μαθηματικών και της Τέχνης. Επίσης πα ρουσίασε την ιδέα δημιουργίας Μ αθηματικού Πάρκου [σχέδιο ARPAM], ενός συνόλου μικρών κτισμάτων ιδιαίτερα καλοφτιαγ μένων που θα προσείλκυαν το κοινό, ενώ, εξαιτίας του μαθηματι κού περιεχομένου τους, του αρχιτεκτονικού σχεδιασμού και της εξωτερικής και εσωτερικής διακόσμησης τους θα αποτελούσαν ένα παιδαγωγικό εργαλείο.

Θ. Μπόλης

Στην κατάμεστη αίθουσα παραβρέθηκαν ο Βουλευτής Ημαθίας κ. Τάσος Σιδηρόπουλος, η Περιφερειακή Σύμβουλος κα. Γεωργία Μπα τσαρά, η Αντιδήμαρχος Παιδείας κα. Βαρβάρα Σταυροπούλου, ο δη μοτικός σύμβουλος κ. Αργύρης Γκαμπέσης, ο Αναπληρωτής Γραμ ματέας του Δ.Σ. της ΕΜΕ κ. Κώστας Παπαδόπουλος, ο Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών κ. Γιώργος Πούλος και ο Πρόεδρος του Συλλόγου Φροντιστών Ημαθίας κ. Ν. Ρουσάκης. Ιδιαίτερη στιγμή της εκδήλωσης ήταν αυτή της τιμής που έγι νε στο πρόσωπο του κεντρικού ομιλητή της εκδήλωσης τ. καθη γητή του Μαθηματικού Τμήματος Ιωαννίνων κ. Θεόδωρου Μπό λη, για την προσφορά του στο Παράρτημα και κατ' επέκταση στην Ημαθία της ογκωδέστατης ηλεκτρονικής του βιβλιοθήκης, που ξεπερνά τους 30.000 τόμους αλλά και πλήθους εντύπων μα θηματικού περιεχομένου. Όλο αυτό το υλικό τίθεται στη διάθεση κάθε ενδιαφερόμενου γύρω από τα μαθηματικά.

Την Κυριακή 1 8-3-20 1 2 πραγματοποιήθηκε στο Αγρίνιο η απονομή επαίνων στα παιδιά που διακρίθηκαν στο Διαγωνισμό . . «Παιχνίδι και Μαθηματικά» των Ε και ΣΤ Τάξεων των Δημοτι κών Σχολείων του Νομού Αιτωλοακαρνανίας.

Ο κ. c:Jaude Bruter ενδιαφέρεται για την εκλα:tκευση των Μαθη ματικών. Οι πρώτες εκθέσεις που οργάνωσε με τίτλο «Μαθηματικά και τέχνεφ έδωσαν τη δυνατότητα στο ευρύ κοινό να έλθει σε ουσιαστική επαφή με τον κόσμο των Μαθηματικών αβίαστα και χωρίς ιδιαίτερη προσπάθεια. Το μέγιστο ενδιαφέρον του είναι να καταρριφθούν τα ψυ χολογικά εμπόδια που δημιουργούν στον πολύ κόσμο απέχθεια για τα Μαθηματικά. Να γίνουν τα Μαθηματικά προσφιλή στο ευρύ κοινό και να εκλείψει η σχολική αντίληψη ότι πρόκειται για ένα μάθημα που το καταλαβαίνουν μόνο κάποιοι λίγοι και ξεχωριστοί και δεν έχει καμιά σχέση με τον κόσμο γύ ρω μας. Την Παρασκευή 1 6 Μαρτίου 20 1 2 επι σκέφθηκε το " '· • , . , \ : .· i • 1φ • η .: συνοδευόμενος από τον κ. Βαρόπσυλο Δημοσθένη, μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε.

Ο καθηγητής έκανε μάθημα σε μαθητές της Α' τάξης του σχολεί ου, οι οποίοι συμμετείχαν σε ερευνητική εργασία με θέμα «Μαθη ματικά και Τέχνη». Χρησιμοποιώντας πολύ απλά, κατανοητά αλλά εντυπωσιακά παραδείγματα, δίδαξε στους μαθητές σημαντικές έννοι ες στα μαθηματικά, κατάφερε να κεντρίσει το ενδιαφέρον τους και να αναδείξει τη στενή σχέση ανάμεσα στα Μαθηματικά και την Τέχνη. Μέσα από απλά παραδείγματα, που εντάσσονται στον αισθητό κό σμο, οι μαθητές ήρθαν πιο κοντά στα Μαθηματικά, με τρόπο που ξε φεύγει από την παραδοσιακή διδασκαλία.

Καλδ ταξίδι αγαπημένε φίλε . . .

Στην κατάμεστη αίθουσα του Επιμελητηρίου Αιτωλοακαρ νανίας ήταν γιορτή για τα Μαθηματικά και τα παιδιά. Ο Πρόεδρος του παραρτή ματος κ. Κώστας Γιαννακάς μί λησε για την ΕΜΕ και την αξία του Διαγωνισμού. Το Δ . Σ . της Ε Μ Ε εκπροσώπη σε ο κ. Δήμος Β αρόπου λος, ο οποίος πραγματοποίησε και την ομιλία «Μαθηματικά και Τέχνη : Από τη χρυσή τομή στα Fractals».

Ο δάσκαλος, ο άνθρωπος, ο αγωνιστής, ο εκπαιδευτικός, ο σχολι

κός σύμβουλος και αγαπημένος φίλος δεν είναι κοντά μας, έφυγε για το μεγάλο ταξίδι. Ο εκλεκτός και σπάνιος για το χαρακτήρα του, μα θηματικός Σπύρος Κολυβάς δεν είναι μαζί μας. Γεννήθηκε στη Λευκάδα που την υπεραγαπούσε. Διετέλεσε μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. από το 1 993- 1 999 και υπεύθυνος σύνταξης στο περι οδικό «Ευκλείδης Α '». Ήταν συνεπής - εργατικός και ότ1, αναλάμβανε το υλοποιούσε με εmτυχία. Το Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. εκφράζει τα θερμά του συλ λυπητήρια στην οικογένεια του. Έφυγε τη Μ. Πέμπτη 1 2 Απριλίου 20 1 2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 82 τ.2/79

ελληνική μαθη ματική ιδιοΦυ"ϊα

Ο Καθηγητής Δημήτρης Χρι στοδούλου έχει δώσει πολλές

διαλέξεις και συνεντεύξεις και σε κάθε μια έχει κάτι καινούρ γιο να πει και πάντα μας εκ πλήσσει. Εδώ, δημοσιεύουμε μερικά αποσπάσματα, κυρίως από τις συνεντεύξεις του, στο ραδιόφωνο του Flash, 23 Μαρ. 20 1 2 [ Θ. Λάλλα] , (Α ' Μέρος] και από την Αθηναϊκή εφημερίδα [Ελευθεροτυπία], l Οκτ. 20 1 1 [Π. Γεωργούδη], (Β ' Μέρος] ,

-,_

, ,

Ι Α ' Μέρ ος)

Η ήττα των Πυθαγορείων ήρθε όταν ο Ίππασος βρήκε ότι στο τετράγωνο ή στο κανονικό πεντάγωνο η σχέση πλευ ράς με την διαγώνιο, δεν ήταν λόγος ακεραίων, δηλαδή κατέληξε σε άτοπο, αφού για αυτούς όλα ήταν σχέσεις φυσικών αριθμών. Αυτή η ανακάλυψη συγκλόνισε το οι κοδόμημά τους, αλλά σε αυτές τις περιπτώσεις για να ξε μπλοκάρεις, πρέπει να αλλάξεις τον τρόπο που σκέπτε σαι. Αυτό το άτοπο ο Θεαίτητος και ο Εύδοξος το έκα ναν αποδεικτική μέθοδο στα Μαθηματικά, τη γνωστή «εις άτοπον απαγωγή». Δούλευα 5 χρόνια στην υδροστατική δεν είχα οδηγηθεί πουθενά, η λύση για αυτά που αργότερα ονόμασα κύμα τα κρούσεως αλλά και για τις μαύρες τρύπες, μου ήρθε, ένα βράδυ, στον ύπνο μου. Δεν θα λυθούν ποτέ τα προβλήματα που έχουν να κάνουν με τον άνθρωπο και την ανθρώπινη σκέψη . Αλλά τα προβλήματα δεν λύνονται, αν δεν aποστασιοποιηθούμε από αυτά και δεν σταθούμε απέναντι. Η φαντασία βοηθάει να δούμε πράγματα, που αργότερα θα ζήσουμε, είναι προάγγελος εμπειρίας. Το μυστήριο είναι μέσα μας, ζούμε για να εξερευνήσου με αυτό το μυστήριο της φύσεως, εγώ για αυτό είμαι αυ τό που είμαι. Ο Αναξαγόρας έλεγε ζω, για να μάθω τι εί ναι ο Ήλιος, η Σελήνη και τα άστρα, όλοι μας ζούμε ο καθένας για το λόγο του αυτό είναι κάτι που το έχουμε εκ φύσεως. Όταν με την έρευνά μου έφτασα σε κάποιες απαντήσεις για λίγο καιρό με είχε κυριεύσει ένα άγχος, μήπως όλα τα Μαθηματικά θεωρήματα που μέχρι τώρα γνωρίζουμε εί ναι λάθος, άρα και αυτά που κάνω εγώ τα οποία στηρίζο νται πάνω σε αυτά. Ξυπνούσα τη νύχτα πήγαινα στο γραφείο μου και έψαχνα τις σημειώσεις μου, μήπως βρω κάποιο λάθος. Όμως δεν είχα φτάσει σε άτοπο, σαν τον Ίππασο. Η μαθηματική σκέψη είναι ταλέντο όπως η μουσική, αλ λά τη μουσική μπορούν να την απολαύσουν όλοι οι άν θρωποι ενώ τα Μαθηματικά, μόνο όσοι τα γνωρίζουν. Εγώ βρήκα το ταλέντο μου στα μαθηματικά στα 26, αν κάποιος δεν βρει ποτέ το ταλέντο του, είναι σαν να μη βρή κε ποτέ την πραγματική αγ άπη. Η έρευνα και η ασχολία με τα Μαθηματικά, είναι σαν το ταξίδι που κάνει κανείς στη θάλασσα από νησί σε νησί μέχρι που να βρεθεί στον ωκεανό, εκεί όμως είναι πολύ δύσκολο, γιατί ταξιδεύεις στο άγνωστο, πρέπει να έχεις μεγάλη πίστη, για αυτό που κάνεις και τότε μπορεί να φτάσεις σε μια άλλη ήπειρο, σαν τον Κολόμβο. Οι πολλοί μεγάλοι μαθηματικοί έχουν ένα ταλέντο στον

, ,

υπέρτατο βαθμό το πολύ δύο, μόνο ο Αρχιμήδης και ο Νεύτωνας είχαν όλα τα ταλέντα στον υπέρτατο βαθμό και δεν υπάρχουν άλλοι σε όλη την ιστορία της aνθρω πότητας. Αυτοί είχαν τόλμη και τόλμη είναι να βλέπεις, κάτι από διαφορετική σκοπιά, από ότι το βλέπουν όλοι οι άλλοι. Ο Αρχιμήδης είχε μεγάλη φαντασία υπολόγισε την επι φάνεια της σφαίρας που δεν μπόρεσαν να την υπολογί σουν μέχρι τότε. Τα πιο δύσκολα είναι και τα πιο απλά. Ο Αρχιμήδης υπολόγισε το π με μια ακολουθία που έχει όρους ζεύγη από Αρμονικό και Γεωμετρικό μέσο δηλαδή με συνδυασμό Μουσικής και Γεωμετρίας. Καλός δάσκαλος φαίνεται ότι δεν είναι αυτός που κάνει καλές διαλέξεις, αλλά αυτός που έχει βγάλει καλούς μαθητές, όπως ο Hilbert. Μπορούν τα Μαθη ματικά να κάνουν μεγιστοποίηση της ευτυχίας; Κανείς δεν μπορεί να λύσει με μαθηματικό τρόπο αυτό, εκτός και αν είναι μαθηματικός, οπότε είναι ευτυχισμέ νος όταν ασχολείται με τα Μαθηματικά. Θέλουμε τη βράβευση σαν άνθρωποι, για να νιώσουμε ότι είμαστε μέλος μιας κοινωνίας, αυτό το έχουμε ανά γκη και η επιβεβαίωση για αυτό, είναι η αναγνώριση του έργου μας. Είναι κανείς νομοταγής, όταν νιώθει ότι η κοινωνία έχει κάποια αξία. Οι φυσικές επιστήμες έχουν να κάνουν με τη φύση, δεν έχουν μέσα τους το θέμα των ηθικών αξιών, το καλό και το κακό δεν είναι μορφή ύλης ή ενέργειας είναι όμως κε φαλαιώδους σημασίας, οι ηθικές αξίες. Οι Έλληνες βιολογικά έχουμε τη μεγαλύτερη διεκδίκηση αυτού του τίτλου [της καταγωγής μας δηλαδή από τους Αρχαίους Έλληνες] , βέβαια είμαστε απόγονοι και των Ρωμαίων, η μεγαλύτερη απόδειξη για αυτό είναι ότι κρα τήσαμε τη γλώσσα μας π.χ. Τραγούδι από την Τραγωδία. Όμως έχουμε διατηρήσει και τα στραβά τους όπως την αγάπη για την Έριδα και τη Φιλαρχία [2 Έλληνες και 1 Ο αρχηγοί, λένε οι Ιταλοί] . Η κρίση είναι μια ευκαιρία να μπουν όλα τα πράγματα, σε όλους τους τομείς, σε ποιό υγιή βάση. Δυσκολίες είχαμε πε ράσει και παλιότερα, με τον εμφύλιο και την κατοχή.

I B ' Μ έρ ος)

«Τα Μαθηματικά διαφέρουν όντως από τη Φυσική. Με γάλο τμήμα των Μαθηματικών αναζητήσεων δεν σχετί ζεται, τουλάχιστον εκ πρώτης όψεως, με τις τρέχουσες αναζητήσεις της Φυσικής. Τα Μαθηματικά, ωστόσο, συ νέβαλαν και συμβάλλουν στην ανάπτυξη της φυσικής με δύο τουλάχιστον βασικούς τρόπους. Ένα καλό ιστορικό παράδειγμα του πρώτου τρόπου με τον οποίο τα μαθημα τικά επηρεάζουν τις εξελίξεις στη φυσική είναι η γεωμε τρία του Ρίμαν [Β. Riemann 1 826-66] . Πρόκειται για μια γεωμετρία εξαιρετικής ομορφιάς η ο ποία όμως αρχικά, δηλαδή την εποχή που διατυπώθηκε, ήταν εντελώς άσχετη με την πραγματικότητα. Ωστόσο, πάνω σε αυτή τη ρημάνεια γεωμετρ ία ο Αϊνστάιν οικο δόμησε, αργότερα, τη γενική θεωρία της σχετικότητας. Ο δεύτερος τρόπος, συμπληρωματικός του πρώτου, έχει να κάνει με την πιεστική ανάγκη να επινοούνται συνεχώς νέοι τρόποι επίλυσης των συγκεκριμένων εξισώσεων που περιγράφουν τα εμπειρικά-φυσικά φαινόμενα. Δεν τονί ζεται ποτέ επαρκώς το γεγονός ότι οι φυσικοί, ενώ κατα φεύγουν στα Μαθηματικά για να διατυπώσουν γενικούς φυσικούς νόμους, κατόπιν επιστρέφουν και πάλι στα Μαθηματικά για να συσχετίσουν τους καθολικούς και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 84 τ. 4/80

με τα επιμέρους εμπειρικά δεδομέ;τεφάματα». Οι μ α θημ ατ ι κές δομές που περιγράφονται λεπτομερώς από μια μαθηματική θεωρία δεν υπάρχουν κατ' ανάγκη στον πραγματικό κόσμο: άλλες υπάρχουν και άλλες όχι! Μπορεί κανείς να περιγράψει με αυστηρά λογικό και αυτοσυνεπή τρόπο πλήθος μαθηματικών δομών οι οποίες παρ' όλα αυτά δεν αντιστοιχούν στη φυσική πραγματικότητα. Είναι σαφές ότι, από την εποχή του Γαλιλαίου και έπειτα, οι φυσικοί θεωρούν τα Μ αθη ματικά "γλώσσα", αλλά δεν είναι έτσι. Τα Μαθηματικά δεν αποτελούν μια γλώσ σα ανάμεσα στις άλλες, αντίθετα πιστεύω ότι είναι ένα σύστημα δομών». «Αν εξετάσουμε την ιστορική εξέλιξη των λέξεων Φιλο σοφία και Μαθηματικά, νομίζω ότι η Φιλοσοφία ξεκίνη σε ως έννοια από τον Πυθαγόρα, διότι προηγουμένως υπήρχε η λέξη σοφία, από τους επτά σοφούς της αρχαιό τητας. Οι μεταγενέστεροι τους aποκάλεσαν φιλοσόφους, με πρώτο τον Θαλή τον Μ ιλήσιο, ο οποίος πιστεύω πως ήταν ο αρχαιότερος Έλληνας φιλόσοφος. Ο Πυθαγόρας προτίμησε τη λέξη φιλόσοφος, γιατί η λέξη σοφός έδει χνε κάποιο θράσος, να πει κάποιος πως ήταν σοφός ενώ φίλος της σοφίας, φιλόσοφος-δηλαδή, δείχνεις ότι προ σπαθείς, τείνεις να φτάσεις από αγάπη προς τη σοφία χωρίς να διατείνεσαι ότι είσαι σοφός. Η ίδια Σχολή του Πυθαγόρα έβγαλε τη λέξη μαθηματικός. Μάλιστα, λένε ότι η Σχολή των Πυθαγορείων είχε δύο ειδών μαθητές, τους ακουσματικούς, οι οποίοι δεν εμβάθυναν περισσό τερο στη Φιλοσοφία, είχαν μόνο ακούσματα, και στους μαθηματικούς, που εμβάθυναν περισσότερο». α L' -

\'Q

Ρ"

_ , _ __

.:\ ο υ � \'όμους

,; α ι 7α

Πλά των - Α ρ ιστοτ έ λης

Ο Πλάτων είχε σπουδάσει στη Σχολή των Πυθαγορείων και εκτιμούσε πολύ τα Μαθηματικά, μάλιστα λέγεται πως είχε αναπτυχθεί στην Ακαδημία τάση των μαθηματι κών, στην οποία αντέδρασε ο Αριστοτέλης, επειδή φοβό ταν μαθηματικοποίηση της Φιλοσοφίας. «Γνωρίζουμε ότι ο Πλάτων θεωρούσε τα Μαθηματικά κάτι πάρα πολύ σημαντικό, ήταν φίλος των Μαθηματι κών. Νομίζω ότι σε κάποιο σημείο ο Αριστοτέλης λέει ότι η Φιλοσοφία διακρίνεται σε θεωρητική και πρακτική, όπου στη θεωρητική συμπεριλαμβάνει τα Μαθηματικά και τη Φυσική. Ομως ο Αριστοτέλης κράτησε, κάτι που ακολουθείται μέχρι τις μέρες μας, κατά κάποιον τρόπο, δεν είχε δώσει σημασία στα Μαθηματικά. Παρ' όλο, βέ βαια, ότι η συμβολή του έμμεσα ήταν σημαντική, διότι αυτός ήταν ο θεμελιωτής της Συστηματικής Λογικής. «0 Αριστοτέλης ήθελε να εντάξει τα μαθηματικά θεω ρήματα που υπήρχαν μέχρι τότε στη Λογική για να δημι ουργήσει ένα άριστο παράδειγμα λογικής δομής, ώστε να γενικεύεται και να εφαρμόζεται σε όλα τα θέματα του ε πιστητού. Επιπροσθέτως, ήθελε να βρεθούν οι Συστημα τικοί Κανόνες, οι οποίοι θα είναι aπαράβατοι σε κάθε θέμα που συζητάμε, έτσι ακόμα και στα Μαθηματικά έδωσε μία ώθηση στην τελειοποίησή τους. Ο Αριστοτέλης κατηγορείται από πολλούς, μεταξύ των οποίων και ο Γαλιλαίος, ότι δεν είχε καταλάβει τη χρήση που είχαν τα Μαθηματικά στη Φυσική. Όμως τα πράγμα τα δεν είναι ακριβώς έτσι, διότι ο Αριστοτέλης, όταν έλε γε Φυσική στην εποχή του, συμπεριελάμβανε όλο τον έμβιο κόσμο, τη Βιολογία, όπως θα λέγαμε σήμερα». Α ρχιμ ή δ ης «0 Αρχιμήδης κατόρθωσε να επεκτείνει το πεδίο εφαρ μογής των Μαθηματικών στο φυσικό κόσμο πέραν της Γεωμετρίας, στην Οπτική, στη Μηχανική και στη Υδρο στατική. Για πρώτη φορά είχαμε μια επιστημονική μελέ τη φαινομένων του φυσικού κόσμου, πέραν των σχημάΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

των της Γεωμετρίας. Αυτό αποτελεί και την απαρχή της Φυσικής Επιστήμης, ως επιστήμης πλέον με τη σημερινή έννοια του όρου. Και προηγουμένως υπήρξαν ιδιοφυείς ιδέες για τη Φυσική, όπως του Δημόκριτου, αλλά για πρώτη φορά στην επιστήμη υπάρχει μια θεωρία στη Φυ σική, και όχι μια μαθηματική θεωρία, που κάνει προβλέ ψεις για τα αποτελέσματα των πειραμάτων. «Αυτό του το αναγνώρι σαν όλοι οι μεταγενέστε ροι. Ο Γαλιλαίος και ο Νεύτων τον είχαν πρότυ πο, μάλιστα ο πρώτος τον θεωρούσε θεϊκή μεγαλο φυΤα. Ο Αρχιμήδης τα έ κανε όλα μόνος του και αισθανόμαστε δέος όλοι οι επιστήμονες. Αυτός έκανε Στο [Princeton 1 995} τις παρατηρήσεις πρώτα, Πίσω, το παλιό Fine Hall, βρήκε τους εμπειρικούς με το γραφείο του Α ϊνστάιν κανόνες, ανακάλυψε τις έννοιες, δημιούργησε θεωρίες και έλυσε όλα τα προβλήματα που προέκυψαν μό νος του. Είναι το ίδιο υψηλό πρότυπο, ό,τι αποτελεί για τους ποιητές ο Όμηρος ή για τους ηγέτες ο Μέγας Αλέξανδρος». Ι ππαρχος, η αγνο η μ ένη μεγα λοφυΤα

Ποιοι άλλοι αρχα ίοι Έλληνες επιστήμονες έφτασαν σε παρόμοιο ύψος, με δεδομένο ότι τα περισσότερα έργα του ς έχου ν χαθεί;

<<Εχετε δίκιο με τα χαμένα έργα. Θα σας αναφέρω από τον επιστημονικό χώρο που γνωρίζω εγώ. Υπάρχει ο Ίπ παρχος, ο οποίος έζησε από το 1 70 π.Χ. έως το 1 20 π.Χ. στην Αλεξάνδρεια και μετά στη Ρόδο, ήταν ο τελευταίος επιστήμονας πρώτης κλάσης, μεγαλοφυΤα του αρχαίου κόσμου. Έχουμε αποσπασματικές νύξεις μόνο για το έρ γο του από συγγραφείς που δεν είναι κατ' ανάγκην επι στήμονες, αλλά λογοτέχνες, ιστορικοί κ.λπ. «0 Ίππαρχος πρέσβευε πως, αν κάνουμε μια σήραγγα προς το κέντρο της Γης και βάλουμε ένα σώμα σε αυτή τη σή ραγγα, τότε το βάρος του σώματος θα μειώνεται όσο πλη σιάζουμε προς το κέντρο της Γης ώστε να γίνει μηδέν. Είναι καθιερωμένος στην Αστρονομία ως ένας από τους μεγαλύ τερους aστρονόμους όλων των εποχών, γιατί βρήκε τη με ταπτωτική κίνηση του άξονα της Γης κ.λπ. Είναι επίσης γνωστή η μεγάλη συμβολή του ως μαθηματικού στην Τρι γωνομετρία και στις Σφαίρες, όχι μόνο του Επιπέδου. Υπάρ χει όμως κάτι στον Πλούταρχο που, αν αληθεύει, θα φέρει τον lππαρχο πολύ ανώτερο του Γαλιλαίου στη Φυσική». Θ εωρ ί α της Γ ενικ ή ς Σ χετικ ό τητας Τα Μαθηματικά του Απολλώνιου συνδέονται με τα προ βλήματα της Θεωρίας της Σχετικότητας του Αϊνστάιν. «Βεβαίως, και όχι μόνο αυτά. Στην Αλεξανδρινή Περίοδο, μετά τον Αρχιμήδη, υπήρχε και ο Απολλώνιος, ο οποίος εί ναι κορυφαίος επιστήμονας παγκοσμίως. Αρκεί να πούμε ότι έχει διαπραγματευθεί θέμα, που έχει να κάνει με το σχη ματισμό ανωμαλιών στο χώρο-χρόνο, όπως έδειξε ο Πενρό ουζ και ονομάστηκε από άλλους Θεώρημα Μη Πληρότητας. Αυτό είναι ένα πολύ ουσιαστικό θεώρημα της σύγχρονης Γενικής Θεωρίας της Σχετικότητας. Ο Απολλώνιος είχε α σχοληθεί με τις λεγόμενες Εστιακές Καμπύλες στην περί πτωση των Κωνικών Τομών. Αυτή η θεωρία του Απολλώνι ου ακριβώς μεταφέρθηκε στη Γενική Θεωρία της Σχετικό τητας. Υπάρχει όμως και κάτι άλλο, το τελευταίο θεώρημα του Φερμά, το οποίο απέδειξε ο συνάδελφός μου Γουίλις από το Πανεπιστήμιο του Πρίνστον. Αυτός το έλυσε με τις Ελλειπτικές Καμπύλες, οι οποίες αντιστοιχούν στις Εστιακέ;: Καμπύλες των Κωνικών Τομών του Απολλώνιου. Β ' 84 τ. 4/8 1