Ευκλειδης Β 86 by demi de

ΑΣΚΗΣΕΙΣ , ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ

•

'j_

Μαθηματικό περιοδικό για το ΛΥΚΕΙΟ

ΥΚ !ΕΙ Η! ευρώ 3,5

ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ- ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ- ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2012

ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ της Ε.Μ.Ε. 20 IANOYAPIOY 2013

L ,

I Μ

014

'•

.. . ....

••

t, ".JΓ'\ι ι •,. .....;ι.••

. 8

WELCOME ΤΟ EUROMATH 2013 IN GOTHENBURG!

� Cityof eur� urf'?�t� � � Gothenburg

Μεγάλες Επιτυχίες για την Ε.Μ.Ε. στην 15η Μεσογειάδα 2012

��tb n1at!�� ......J..:ι . ,..ιt!� �� ;, , .... ,ι.,_ 'Ιοι ο ..

.ι �. • � "'" "

EAAHNIKH

IMJAΘH!MATIKH

..,._,

'>-�� ,_ ·�

ETAIPEIA

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο s 86

•

Οκτ ώβρ ι ο ς

•

Νοέμβρ ι ο ς

•

Δεκέμβρ ι ο ς 2012- Ε υ ρ ώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικό θέματα

-Ι Καστατική Ιυνε1ευση Ε.Μ.Ε. 20 Ιανουαρίου 2013 .f Εργαστήριο Cern

-1 �αρτέσιος εναντίον Ευκλείδη .f Μαθηματικές Ολυμπιάδες .f Homo Mathematicus

1 3

9 20

Α" Τ άξη

.f ί\λyεβρα: .f Γεωμεtρίιi:

Εξισώσεις Τετράπλευρα

24 28

.f ί\λyεβρα: .f Γεωμετρία: .f Κατεύθυνση:

Μετρικές σχέσεις Ευθεία

32 40 46

Β' Τάξη τριyωνομετρία

r Τάξη

�

-Ι Γενικ Παιδεία: Στατιστική .f Κατευθυνση: Παράyωyοι .. . . . .. ....... .... . . . .. . ..... . .. .. .f Ιτήλ9 Μαθητή .f Το Βημα του Ευκλείδη -Ι Ευκλείδης Πpοτείνει .f Μαθηματικα μας Διασκεδάζουν .f Αφορμές και στιγμιότυπα

53 58 65 66 70 73 77

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, έ γκαιρα σας παραδίδουμε και το 2ο τείίχος του Ευκλείδη ΒΌ Η επιδίωξη της Συντακτικής Επιτροπής είναι να εμπλουτίζεται πάντα το περιοδικό με ίίλη που να καλύπτει τις σχολικές σας ανάγκες αλλά παράλληλα αναζητούμε να δημοσιεύουμε και άρθρα της επικαιρότητας στην εξέλιξη της επιστήμης. Προ σπάθειά μας θα είναι να αγγίζουμε όλο και πιο πολίί τα ενδιαφέροντά σας. Στην δική μας θέληση και επι δίωξη είναι, το παράρτημα που αναλαμβάνει τη διοργάνωση του συνεδρίου να δίνει και την ίίλη για το πρώτο τείίχος του περιοδικού. Οι συνάδελφοι από το παράρτημα της Καρδίτσας ανταποκρίθηκαν έ γκαι ρα, ώστε το 1 ° τείίχος το Σεπτέμβρη 2013 να συνταχθεί από αυτοίίς. Το 2013 το 30° Συνέδριο θα γίνει στην Καρδίτσα, ενώ το 29° έγινε το Νοέμβρη 2012 στην Καλαμάτα με μεγάλη επιτυχία. Ευχόμαατε σε όλους Καλά Χριατοίίγεννα και Χαρούμενο το 2013. Ο πρόεδρος της Σwταιmκής Εmροπής: Γιώργος Τσαα6ποvλος Ο σντιπρ6εδροι: Βαγγέλης Εuατσθίοu, Γι6ννης Κερσασρίδης

Μaβημaτικοί Διαγωνισμοί:

Θαλής: Εuκλcfδης: Αρχιμήδης:

20 12

Οκτωβρίου Ιανουαρίου Φεβρουαρίου

2012 2013

2013

Σύνθεση εξωφύλλου: Αφίσα από το διεθνές συνέδριο ICM 2104

Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται

ΔΩΡΕΑΝ

μαΘήματα, για τους διαγωνισμούς, ατα γραφεί της

Ε.Μ.Ε. Έναρξη

από 22 Σεmεμβρίου 2012

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

Εκτ ελεατική ΓραμματείαΑθανασόπουλοs Γεώργιος 106 79 ΑΘΗΝΑ Αναστασίου Γιάννης Πρόεδρος: �2103617784"3616532 Τασσόπουλος Γιώργος Ανδρουλακάκηs Νίκοs Αντων6πουλοs Νίκοs Fσχ: 21 03641025 Αντιπρόεδροι: _ Αργυράκης Δημήτριος Εκδοτης: Ευαταθίου Βαγγέλης Βακαλ6πουλοsΚώοταs Κcιλοyερ6πουλος Γρηy6ριος Κερασαρίδης Γιάννης Ευσταθίου Βαyyέλ ηs Διευθυντής: Γραμματέας: ΖαχαρόπουλοsΚων/νοs Κρητικός Εμμανουηλ Χριατόπουλος Παναγιώτης Ζώτοs Βαyyε'ληs Επιμέλεια Έκδοαης: Μέλη: Αργυράκης Δ. ΚακαβάsΑπόστολος Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδας Σ. Καλίκαs Σταμάτης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Στεφανής Π. ΚαμπούκοsΚυριάκοs Ταπειν6ς Ν. ISSN: 1105 - 7998 Κανέλλοs Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνηs Βασίλης Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής Κατσούληs Γιώρyοs Κερασαρίδηs Γιάννης βοηΘάει στην έκδοση Καρδαμίτσηs Σπύροs του περιοδικού ΚλάδηΚατερίνα Κον6μηs ί\ρτι ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

•

Συντακτική επιτρ οπή Κ6ντζιαs Νίκοs Κοτσιφάκηs Γιώρyοs ΚουτρουμπέλαsΚώοταs Κυριαζής Ιωάννης Κυριακ6πουλοsΑντώνης ΚυριακοπούλουΚων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππαs Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκαs Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκηs Λεωνίδας Μενδριν6s Γιάννης Μεταξάς Νικ6λαοs Μπρίνοs Παναy ιώτηs Μυλωνάς Δημήτρης Μ ώκοs Χρήστος Πανδήs Χρήστος Πανουσάκηs Νίκος Πουλιάσηs Παναyιώτηs Ρέyκληs Δημήτρης Σαίτη Εύα ΣταϊκοsΚώοταs

Στάίκοs Παναyιώτηs Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσ6ποuλοs Γιώρyοs Τζιώτζιοs Θανάσης Τριαντάφuλλοs Γιώρyοs Τριά ντοs Γεώρyιοs Τσαγκάρης Ανδρέας ΤσατούραςΕυάyyελοs Τσικαλουδάκηs Γιώργος Τσιούμαs Θανάσης ΤυρλήsΙωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμπάκηs Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνοs Χρ ιστιάs Σπύρος Χριστ6πουλοs Θανάσης Χριστ6πουλοs Παναyιώτηs Ψύχαs Βαyyέληs

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6n προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. ι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρiπει να στέλνονrαι_!rι<αι�, Ε.Μ.Ε. με την tνδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρ6yραφα δεν εmστρέφονrαι.

•Ο

σrαyραφεία της

Q!LIG!tΘ!l.QΛE�

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αvήπμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονrαι στέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοοελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με ανrικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών σrο χώρο σος, κατά την παραλαβή.

Εκτύnωαη: ROTOPRINT ιΆ. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ -------

ΠΡΟΣΚΛΗΣΗ

Καλούνται όλα τα τακτικά μέλη της Ε.Μ.Ε. σε ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ Γενική Συνέλευση την Κυριακή 20 Ιανουαρίου 2013

Αθήνα, 19- 10- 2012

ώρα 11.00 το πρωί, στο Μεγάλο Αμφιθέατρο στο Κτήριο του Νέου Χημείου του Πανεπιστημίου Αθηνών (Ναυαρίνου 13α, Αθήνα).

Τροποποίηση Καταστατικού Για να υπάρξει απαρτία σύμφωνα με το καταστατικό πρέπει να παρίσταται τουλάχιστον το 1/2 των τακτικών μελών της Ε.Μ.Ε., που έχουν εκπληρώσει τις ταμειακές τους υποχρεώσεις για το 2012. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς Για το Δ. Σ. της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Ο Γενικός Γραμματέας Ο Πρόεδρος Γρηγόριος Καλογερόπουλος Εμμανουήλ Κρητικός Λέκτορας Οικονομικού Πανεπιστημίου Αθηνών Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Με μοναδικό Θέμα:

ΑΠΟΦΑΣΗ ΤΟΥ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. Στη συνεδρίαση του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. την 19η Οκτωβρίου 2012 και σύμφωνα με την ημερήσια διάταξη, συζητήθηκε η ομόφωνη πρόταση που κατέθεσε η 9μελής Επιτροπή που είχε οριστεί με ομόφωνη απόφαση της Γενικής Συνέλευσης της 11ης Μαρτίου 2012. Το Δ.Σ. αποφaσισε ομόφωνα να αποδεχθεί την πρόταση, όπως αυτή έχει λάβει την τελική μορφή της μετά από τη νομοτεχνική επεξεργασία και να τη θέσει υπόψη της Καταστατικής Γενικής Συνέλευσης στις 20 Ιανουαρίου 2013. Το πρωτοποριακό εκλογικό σύστημα που προτείνεται είναι μία σύζευξη του ενιαίου ψηφοδελτίου και της απλής αναλογικής όπως προκύπτει από την πρόταση της Επιτροπής που ακολουθεί.

ΠΡΟΤΑΣΗ ΓΙΑ ΤΗΝ ΤΡΟΠΟΠΟΙΗΣΗ ΤΟΥ ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΟΥ

Με ομόφωνη απόφαση της Γενικής Συνέλευσης στις 27/2/2005 της Ε .Μ.Ε. συγκροτήθηκε Επιτροπή με στόχο τη μελέτη της τροποποίησης άρθρων του καταστατικού της Εταιρείας που αφορούν στο εκλογικό σύστημα. Στο χρονικό διάστημα που πέρασε η εννεαμελής επιτροπή συνεδρίασε πολλές φορές και μετά και από συνεννόηση με νομικούς κατέληξε ομόφωνα σε πρόταση για την αλλαγή του εκλογικού συστήματος. Η ομόφωνη αυτή πρόταση της επιτροπής επιχειρεί να συνδυάσει την εφαρμογή της απλής αναλογικής με το ενιαίο ψηφοδέλτιο (το οποίο αποτελεί βασικό στοιχείο της εκλογικής διαδικασίας της Ε.Μ. Ε. από την ίδρυσή της). Αναλυτικά η πρόταση περιλαμβάνει τα εξής: 1. Για τη συγκρότηση του ενιαίου ψηφοδελτίου, στο οποίο τα ονόματα των υποψηφίων αναγράφονται με αλφαβητική σειρά, υποβάλλουν αίτηση τα ενδιαφερόμενα τακτικά και αντεπιστέλλοντα μέλη της Ε.Μ.Ε. (σύμφωνα με τις διαδικασίες ανακήρυξης υποψηφιοτήτων του καταστατικού) στην οποία επιπλέον επιλέγουν τη μία από τις τρεις δυνατότητες που αναφέρονται σ ' αυτή. Συγκεκριμένα α) Συμμετέχω στο συνδυασμό Α ή Β ή Γ κλπ. και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών

προτίμησης που θα λάβω με τους σταυρούς των υπολοίπων μέχρι και δεκατεσσάρων υποψηφίων του ίδιου συνδυασμού. β) Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών προτίμησης που θα λάβω στους σταυρούς των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων, εφόσον υπάρχουν, προκειμένου να συμμετέχουν στη Β ' κατανομή των εδρών. γ) Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος, η υποψηφιότητά μου αποτελεί αυτοτελή συνδυασμό και δεν αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβω με τους σταυρούς άλλων μεμονωμένων υποψηφίων ή υποψηφίων συνδυασμών προκειμένου να συμμετέχω στη Β ' κατανομή των εδρών. Κάθε συνδυασμός ή μεμονωμένος υποψήφιος παραδίδει το πρόγραμμά του και τους υποψηφίους από το ενιαίο ψηφοδέλτιο που υποστηρίζει την ημέρα που το Δ.Σ. θα αποφασίσει την ανακήρυξη των υποψηφίων. Τα προγράμματα αυτά θα συμπεριληφθούν στην εκλογική Ενημέρωση, η οποία μαζί με τις οδηγίες για τις εκλογές και όλο το εκλογικό υλικό που προβλέπει το Καταστατικό θα αποσταλεί προς όλα τα μέλη της Ε.Μ.Ε. 2. Στα πλαίσια του ενιαίου ψηφοδελτίου είναι δυνατόν να δημιουργηθούν συνδυασμοί, ο καθένας από τους οποίους να περιλαμβάνει από ένα έως δεκαπέντε υποψηφίους. 3. Κατά την εκλογική διαδικασία τα μέλη της Ε . Μ.Ε. μπορούν να βάλουν στο ενιαίο ψηφοδέλτιο μέχρι 15 σταυρούς σε υποψηφίους για το Δ.Σ. και μέχρι 3 σταυρούς σε υποψηφίους για την Ε.Ε. ψηφίζοντας αυτοπροσώπως ή ταχυδρομικά (με τους περιορισμούς που προβλέπει το Καταστατικό). 4. Η Εφορευτική Επιτροπή διεξαγωγής των Αρχαιρεσιών εκλέγεται και λειτουργεί όπως προβλέπεται από το Καταστατικό. Μετά την ολοκλήρωση της ψηφοφορίας αθροίζει όλους τους σταυρούς όλων των υποψηφίων, το δε άθροισμα το διαιρεί με το 15, οπότε το πηλίκο που προκύπτει αποτελεί το εκλογικό μέτρο. 5. Για την Α κατανομή των εδρών προσθέτει τους σταυρούς των υποψηφίων κάθε συνδυασμού και το άθροισμα το διαιρεί με το εκλογικό μέτρο, οπότε ο κάθε συνδυασμός εκλέγει τόσους υποψηφίους όσους δηλώνει το ακέραιο μέρος του πηλίκου της αντίστοιχης διαίρεσης, σύμφωνα με τη σειρά σταυροδοσίας τους. Έτσι ολοκληρώνεται η διάθεση των εδρών στην Α κατανομή, εφόσον δεν υπάρχει μεμονωμένος υποψήφιος της (lγ) περίπτωσης ο οποίος να έχει λάβει αριθμό σταυρών τουλάχιστον ίσον με το εκλογικό μέτρο. 6. Στη Β κατανομή συμμετέχουν όλοι οι συνδυασμοί ανεξάρτητα από την εκλογή ή μη υποψηφίου στην Α κατανομή. Επιπλέον συμμετέχει και η ομάδα των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων (σαν παραγόμενος συνδυασμός), οι οποίοι εξ' αρχής έχουν αποδεχθεί την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβουν, για να συμμετέχουν στη Β κατανομή των εδρών. Αν μετά τη Β κατανομή παραμείνουν αδιάθετες έδρες, τότε αυτές κατανέμονται σύμφωνα με τα υπόλοιπα των συνδυασμών (στους οποίους συμπεριλαμβάνεται και ο παραγόμενος συνδυασμός). 7. Ακριβώς αντίστοιχη διαδικασία με την παραπάνω εφαρμόζεται για την εκλογή των μελών της Ε.Ε., ακολουθώντας όλα τα στάδια από το 1 έως το 6 (Για την Ε.Ε. εκλέγονται 3 υποψήφιοι). Ώρα λήξης της ψηφοφορίας: 19.00' Η παραλαβή των φακέλων από το ταχυδρομείο θα γίνεται, στις 13.00' την πρώτη εργάσιμη μέρα μετά τις εκλογές. Θα πρέπει να γίνει ενσωμάτωση αυτήςτης πρότασης με κατάλληλη νομική επεξεργασία στα υπό τροποποίηση άρθρα 32-40 του καταστατικού. Τα μέλη της Επιτροπής Ιωάννης Κερασσαρίδης Γρηγόρης Καλογερόπουλος Ευάγγελος Δριβαλιάρης Νίκος Λεβετσοβίτης Ιωάννης Καρακωσταντής Θεόδωρος Εξαρχάκος Γεώργιος Καρκούλιας Ιωάννης Τυρλής Γεώργιος Δημάκος I

Το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο

CERN Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Στο CERN βρίσκεται ο μεγαλύτερος και ακρι βότερος επιταχυντής σωματιδίων που έχει κατα σκευαστεί ποτέ, ονομάζεται LHC [ Larg e Hadron ColliderR-Mεγάλoς Επιταχυντής Αδρονίων], απο τελεί ένα από τα πιο αξιόλογα «μνημεία» της επι στήμ ης των ημερών μας. Οι ενέργειες ( = ταχύτη τες = θερμοκρασίες) στις οποίες θα φτάσει το LHC δεν έχουν ποτέ μέχρι σήμερα.

Οι επιταχυντές σωματιδίων χρησιμοποιούνται για τη μελέτη των μικρότερων συστατικών της ύλης. Εmταχύνουν σωματίδια σε τεράστιες ενέργειες και κατόmν τα αναγκάζουν να συγκρουσθούν, με αποτέ λεσμα την παραγωγή πληθώρας νέων σωματιδίων. Η διάσημ η εξίσωση του Einstein E=m.c 2 δείχνει ότι η ενέργεια (Ε) μ πορεί να μ ετατραπεί σε μ άζα (m), όπου c η ταχύτητα του φωτός στο κενό ( c=3 . 108 m/s). Για την κατασκευή ακόμ η και μ ιας μ ικρής μ άζας απαιτείται πολύ υψηλή συγκέντρωση ενέργειας. Όσο ισχυρότερος είναι ο επιταχυντής, τόσο υψηλότερη είναι η ενέργεια της σύγκρουσης και τόσο βαρύτερα τα σωμ ατί δια τα οποία μ πορούν να δημ ιουργηθούν. Δηλα δή έργο του CERN είναι η καθαρή επιστήμ η, η διερεύνηση των πλέον θεμελιωδών ερωτημ άτων για τη Φύση: Τι είναι η ύλη; Από πού προέρχε ται; Πως συγκρατείται για να σχημ ατίσει άστρα, πλανήτες και ανθρώπινα όντα; Το CER N είναι το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο, το μεγαλύτερο κέντρο για τη Φυσική στοιχειωδών σωματιδίων στον κόσμο. Το Εργαστήριο βρίσκε ται πάνω στα Γαλλοελβετικά σύνορα, δυτικά της Γενεύης, στους πρόποδες της οροσειράς Ζουρά ( Jura) . Ο LHC είναι εγκατεστημένος σε ένα κυ κλικό τούνελ μ ήκους 27 χλμ. ( 26.659 m) σε βάθος 100 μ έτρων [μέγιστο 17 5 m - ελάχιστο 50 m], το οποίο όταν κατασκευάστηκε τα δύο άκρα συνέπε σαν με ακρίβεια 1 cm. Το κόστος κατασκευής μόνο του εmταχυντή ξε πέρασε τα 3 δισεκατομμύρια ευρώ. Η Ελλάδα κατα βάλλει το 1, 5% του προϋπολογισμού του CERN πε ρίπου 15 εκατ. €uro και συμμετέχει σε τρία από τα πειράματα του LHC: ALICE, ATLAS και CMS.

Γύρω στους 6500 επιστήμονες, δηλαδή σχε δόν το 50% των επιστημόνων σ' όλο τον κόσμο που ασχολούνται με τα σωματίδια, χρησιμοποι ούν τις εγκαταστάσεις του CERN. Οι επιστήμο νες αυτοί εκπροσωπούν 500 πανεπιστήμια και πάνω από 80 εθνικότητες. Όταν ιδρύθηκε στη Γενεύη της Ελβετίας το 1954 από 12 ευρωπαϊκές χώρες, μεταξύ των ο ποίων και η Ελλάδα, ήταν ένας από τους πρώτους οργανισμούς προς την κατεύθυνση της διευρωπαϊ κής ένωσης και συνεργασίας. Σήμερα, απαρτίζεται όχι μ όνο από τα 20 κράτη-μέλη της ΕΕ ( βασικά μέλη), αλλά ταυτόχρονα συμμετέχουν ενεργά οι Η ΠΑ, Ινδία, Ισραήλ, Ρωσία, Ιαπωνία, Τουρκία και η UNESCO. Πρόκειται για ένα πανανθρώπινο εγ χείρημα, που ως βασικό αντικείμενο ερευνών του ήταν και είναι τα στοιχειώδη σωματίδια, οι δομικοί λίθοι που απαρτίζουν την ύλη, όπως και οι δυνά μεις που τα διέπουν. Μερικά εντυπωσιακά στοιχεία Σε πλήρη ισχύ οι δέσμες των πρωτονίων εκτε λούν 11. 245 περιστροφές το δευτερόλεπτο κινούμε να με το 99, 99% της ταχύτητας του φωτός στο κενό. Κάθε δέσμη μπορεί να περιστρέφεται για δέκα ώρες καλύπτοντας μία απόσταση δέκα δισεκατομ μυρίων χιλιομέτρων, αρκετή για να ταξιδέψει με επιστροφή μέχρι τον Ποσειδώνα. Η θερμοκρασία στην "περιοχή" της σύγκρου σης των δεσμών είναι 100. 000 φορές μεγαλύτερη από τη θερμοκρασία στον πυρήνα του Ηλίου, με αποτέλεσμα να είναι ένα από τα θερμότερα σημεία του Γαλαξία μας.

• 9.593 υπεραγώγιμοι ηλεκτρομαγνήτες συγκρατούν τις δέσμες σε τροχιά. Οι ηλεκτρομαγνήτες "προψύχο νται" στους -193,2 °C (80 Κ) χρησιμοποιώντας 10.080 τόνους υγρό άζωτο πριν ψυχθούν στους -27 1 ,3 °C ( 1 ,9 Κ) με 120 τόνους υγρού ηλίου, θερμοκρασία χαμηλότε ρη από αυτή του Διαστήματος (2,7 κ). • Η ισχύς που καταναλώνει ο LHC είναι 120 MW (όλο το CERN 230 MW). Λειτουργώντας 270 ημέρες τον χρόνο εκτιμάται ότι καταναλώνει 800.000 MWh το χρόνο με κόστος περίπου 19.000.000 ευρώ. • Κάθε χρόνο (από τα 1 5 χρόνια προγραμματισμένης λειτουργίας) αποθηκεύονται περίπου 1 5.000 . 000 GB (=1 5 ΡΒ) δεδομένων. Με τους προηγούμενους επιταχυ ντές, είχαν πετύχει πυκνότητα ενέργειας ίση με αυτή που είχε το πρώιμ ο Σύμπαν 1 sec μετά τη Μεγάλη

Έκρηξη (Big Bang). Ο LHC θα δημιουργήσει συνθήκες που μπορεί να φτάσουν έως και ιο-25 sec μετά τη Με γάλη Έκρηξη όταν το Σύμπαν είχε θερμοκρασία 1017 oc.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/3

-------

Το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο CERN

Τι φQχνονν να ρροον στο CERN; •

Το crο)ματίδιο Higgs Στόχος της σύγχρονης φυσικής είναι να περιγράψουν με τις 4 δυνάμεις-αλληλεπιδράσεις έναν ενιαίο τρόπο, σε μια ενοποιημένη θεωρία που θα τις εξηγεί ως 4 διαφορετικές εκδηλώσεις μίας και μοναδικής δύναμης. Γνωρίζουμε πεφαματικά σήμερα ότι οι ηλεκτρομαγνητικές και οι ασθενείς πυρηνικές αλ ληλεπιδράσεις σε πολύ υψηλές ενέργειες συμπεριφέ ρονται με τον ίδιο τρόπο και είναι δυνατόν να περι γραφούν με μία "ενοποιημένη" θεωρία, την ηλε κτρασθενή. Ο "γρίφος" αυτής της θεωρίας ήταν μέ χρι σήμερα στο μυστηριώδες σωματίδιο Higgs, που αρνιόταν πεισματικά να μας αποκαλυφθεί. Η βαρύτητα μπορεί να ασκεί επιρροή πάνω στη μάζα των σωμάτων, αλλά μέχρι τώρα δεν είχε εξηγηθεί γιατί τα θεμελιώδη σωματίδια έχουν τη μάζα που έχουν. Αυτό που σε θεωρητικό επίπεδο το Καθιερωμένο Μοντέλο προβλέπει, αλλά πειρα ματικά δεν είχε διαπιστωθεί, είναι ότι τα σωματί δια, άρα και κάθε υλικό αντικείμ ενο, έχουν τη μά ζα που έχουν επειδή τους τη δίνει ένα σωματίδιο, το σωματίδιο Higgs. Μεταξύ των πειραμάτων που γίνονται στο CERN και που θα διαρκέσουν Ι Ο με 20 χρόνια, είναι να δούμε το σωματίδιο Higgs. Η θεωρία προβλέπει ότι όλα τα στοιχειώδη σωματίδια αποκτούν μάζα μέσω του λεγόμενου «μ ηχανισμού Higgs)). Ολόκληρο το σύμ παν δια περνάται από ένα «πεδίο Higgs)), το οποίο σχετίζε ται με ένα τουλάχιστον σωματίδιο που δεν είχε μέ χρι σήμερα aνιχνευθεί, το μποζόνιο Higgs ή σω ματίδιο του Θεού. Σε αυτό το πλαίσιο, όλα τα σωματίδια της ύλης που γνωρίζουμ ε αποκτούν μά ζα μέσω της αλληλεπίδρασης τους με αυτό το πε δίο. Δηλαδή, όσο περισσότερο αλληλεπιδρά ένα σωματίδιο με το πεδίο Higgs, τόσο μεγαλύτερη αντίσταση συναντά στην κίνηση του και κατά συ νέπεια τόσο βαρύτερο είναι. • Η Κατάσταση του Σύμπαντος Στον LHC θα συγκρούονται και βαρέα ιόντα μολύβδου για να μπορέσουν οι επιστήμονες να με λετήσουν λεπτομερώς την κατάσταση του σύμ πα ντος στα πρώτα κλάσματα του δευτερολέπτου με τά τη Μεγάλη Έκρηξη. Λιγότερο από ένα νανο δευτερόλεπτο μετά τη δημιουργία του, το νεογέν νητο σύμ παν διεστάλει, και από μέγεθος μικρότε ρο αυτού των υποατομικών σωματιδίων κατέλαβε μια έκταση πολλών χιλιομέτρων. Καθώς η διαστο λή του συνεχιζόταν, η θερμοκρασία του εξακο λουθούσε να υπερβαίνει τα 1. 000 δισεκατομμύρια βαθμούς, και για μια στιγμή η ύλη υπήρχε υπό μορφή ελεύθερων κουάρκ μέσα σε μια «σούπω) από γκλουόνια - τα σωματίδια «συγκόλλησηρ) των νουκλεονίων, που λειτουργούν κι ως φορείς της ισχυρής πυρηνικής δύναμης ανάμεσα στα κουάρκ.

-------

Μόλις 10 μ ικροδευτερόλεπτα αργότερα, το σύμπαν ψύχθηκε τόσο πολύ, που τα γκλουόνια δέσμευσαν τα κουάρκ, σχηματίζοντας πρωτόνια και νετρόνια, δηλαδή τους δομ ικούς λίθους των ατο μικών πυρήνων. Από τότε, κανένα κουάρκ δεν πα ρέμεινε ελεύθερο στο ορατό σύμπαν.

Μπορεί τελικά στον επιταχυντή να καταλά βουμ ε τη φύση της σκοτεινής ενέργειας ή της ε νέργειας του κενού (η οποία αποτελεί το 73 % της συνολικής μάζας του σύμ παντος) , που είναι η αιτία της επιταχυνόμενης διαστολής του σύμ παντος. Μια δυνατότητα για τη σκοτεινή ενέργεια είχε ει σαχθεί από τον Albert Einstein, που την ονόμασε "κοσμ ολογική σταθερά" λ. Η φύση της σκοτεινής ενέργειας είναι ένα ακόμη μυστήριο. Γιατί το Σύμπαν αποτελείται από ύλη; Να δούμε αν στην αρχή του σύμπαντος δημι ουργήθηκαν κι άλλοι δομ ικοί λίθοι εκτός από αυ τούς που ήδη γνωρίζουμε. Πού πήγε η αντιύλη που υπήρχε στο Σύμπαν; Υπάρχει η σκοτεινή ύλη και σε τι μορφή; Μετά τη Μεγάλη Έκρηξη, η οποία συνέβη πριν από 13 ,7 δισεκατομμύρια χρόνια παρήχθησαν σωμα τίδια ύλης και αντι-ύλης σε ίσες περίπου ποσότητες. Τούτο σημαίνει πως κάθε σωματίδιο (π.χ. πρωτόνιο) είχε το αντίστοιχο πανομοιότυπό του σωματίδιο ( αντι πρωτόνιο). Μεταξύ τους διαφέρουν μόνο ως προς το φορτίο που φέρουν (θετικό /αρνητικό). Στο σύμπαν μας δεν υπάρχει αντι-ύλη. Ο επιταχυντής του CERN λειτουργώντας ως χρονομηχανή που θα μας πάει πί σω στη στιγμή του Big Bang, θα προσπαθήσει να ρί ξει φως στο μυστήριο της "εξαφάνισης" ερευνώντας εάν και πώς παραβιάστηκε αυτή η ισορροπία ύλης και αντιύλης. Οι φυσικοί υποθέτουν ότι σχεδόν αμέσως μετά τη ΜεγάληΈκρηξη που δημιούργησε το σύμπαν θα πρέπει να υπήρξε μια ελάχιστη «αστάθεια στη σχέση ύλης και αντιύλης, αφού διαφορετικά δε θα υ πήρχε η ύλη που βλέπουμε γύρω μας. Η ασυμμετρία αυτή μεταξύ ύλης και αντιύλης θα μελετηθεί σε έναν από τους ανιχνευτές του LHC, σε μια προσπάθεια να κατανοηθεί γιατί το σύμπαν στο οποίο ζούμε, αποτε λείται από ύλη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/4

Γ -

Σωτήρης Χρ. Γκουντουβάς * ια τη ζωή του Ευκλείδη γνωρίζουμε με βεβαιότητα λίγα πράγμ α τα. Η ακμή του τοποθετείται γύρω στο 300 π.Χ στην Αλεξάνδρεια, την εποχή της βασιλείας του Πτολεμαίου Α' ( 306-283 π. Χ) . Εικά

ζεται ότι ήταν πρύτανης στο πανεπιστήμ ιο της Αλεξάνδρειας, το ονομ αζό μενο Μουσείο, και ότι είχε φοιτήσει στην Ακαδημία του Πλάτωνα στην Αθήνα. Τα περίφημα Στοιχεία του ήταν ένα έργο ορόσημ ο για την Γεωμετρία όπου, τα 13 βιβλία τους, περιελάμ βαναν τα μαθηματικά επιτεύγματα τριών αιώνων ελληνικής επιστήμης, αρχής γενομένης από τον σοφό Θαλή το Ευκλείδης ο Αλεξανδρεύς Μιλήσιο ( 640-546 π. Χ) . Τα Στοιχεία περιείχαν 372 θεωρήματα και 93 προβλήματα ( γεωμετρικές κατασκευές), δηλαδή 465 προτάσεις συνολικά. Το επίθετο ''Ευκλείδεια" δόθηκε στην Γεωμ ετρία προς τιμήν του. Να σημειώσουμε ότι τα Στοιχεία έθεσαν στο περιθώριο προηγούμενες εκδόσεις έργων Γεωμετρίας, λόγω της καταφανούς ανωτερότητάς τους. Η μόνη ουσιαστική συμπλήρωση στην αξιωματι κή θεμ ελίωση των Στοιχείων έγινε από τον γερμανό μαθηματικό David Hilbert (1862-1943) το 1899 με το περίφημο έργο του Επί των θεμελίων της Γεωμετρίας (Grundlagen der Geometrie). Ένα χαρακτηριστικό περιστατικό από τη ζωή του Ευκλείδη είναι το εξής. Κάποτε ο Πτολεμαίος Α' προσπαθώντας να μάθει Γεωμετρία από τα Στοιχεία ρώτησε τον Ευκλείδη αν υπάρχει πιο εύκολος τρό πος. Η απάντηση του Ευκλείδη έμεινε στην ιστορία, «Μή είναι βασιλικήν ατραπόν επί γεωμετρίαν )), δηλαδή δεν υπάρχει βασιλική οδός για τη γεωμετρία. Η κομψότητα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας είναι απαράμ ιλλη, όμ ως το πρόβλημα είναι ότι δεν υπάρ χει μια γενική μέθοδος για την επίλυση όλων των προβλημάτων. Τα αρχαία ελληνικά μ αθηματικά κλείνουν τον κύκλο τους στους ελληνιστικούς χρόνους, τον 5° μ .Χ αιώνα, στην Αλεξάνδρεια με τελευταία μ εγάλη μαθηματικό την Υπατία, κόρη του μαθηματικού Θέαινα του Αλεξανδρινού. Η Υπατία μάλιστα βρήκε τραγικό τέλος το 412 μ .Χ από φανατισμένο όχλο χριστια νών υπό την καθοδήγηση του επισκόπου της Αλεξάνδρειας Κύριλλου, γιατί με τα μ αθηματικά «καλλιερ γούσε την ειδωλολατρίω)!!! Μεσολαβεί ένα μεγάλο χρονικό διάστημα περίπου 1000 ετών, όπου τα μ αθηματικά δεν αναπτύχθηκαν ιδιαίτερα, και φτάνουμε στην Αναγέννηση. Η μεγάλη ώθηση στις θετικές επιστήμες ήταν η μελέτη και έκδοση των έργων - αριστουργημάτων αρχαίων Ελλήνων επιστημόνων όπως τα Κωνικά του Απολ λωνίου, τα Αριθμητικά του Διοφάντου, διάφορα έργα του Αρχιμήδη και του Πτολεμαίου και πολλά άλλα. Κορωνίδα βέβαια αυτής της δραστη ριότητας ήταν η έκδοση των Στοιχείων του Ευκλείδη. Η πρώτη έκδοσή τους έγινε στα λατινικά το 1596 στη Βασιλεία της Ελβετίας και έκτοτε ακολούθησαν πάρα πολλές εκδόσεις σε διάφορες χώρες και γλώσσες. Το 1637 ο Γάλλος μ αθηματικός και φιλόσοφος Καρτέσιος, Rene Descartes (1596-1650) εκδίδει στα γαλλικά την περίφημ η Γεωμετρία του ( La που ήταν παράρτημα στο φιλοσοφικό του έργο Καρτέσιος (Rene Descartes la ( Περί της μεθόδου λόγος). Σ' αυτή, που σήμερα καλούμε Αναλυτική Γεωμετρία, χρησιμοποιούνται εξισώσεις και γραφικές παρα·'

Geometrίe) de Methode"

•

Το άρθρο αυτό αφιερώνεται

στη

μνή μη του, πρόωρα χαμένου φίλου,

"Dίscours

μαθηματικού Γιάννη Πάνου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/5

Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη

στάσεις ευθειών γραμμών και καμπυλών και γίνεται εκτεταμένη χρήση άλγεβρας για τη λύση γεωμετρι κών προβλημάτων. Το έργο αυτό του Καρτεσίου έμεινε στην ιστορία ως η Μέθοδος (La Methode) και επέκτεινε τους ορίζοντες και τις δυνατότητες της παραδοσιακής Ελληνικής Γεωμετρίας. Ίχνη χρήσης συντεταγμένων υπήρχαν στα έργα Αλεξανδρινών Γεωμετρών, όπως στα Κωνικά του Απολλωνίου, στη Γεωγραφική φήγηση του Κλαύδιου Πτολεμαίου και, σαφώς περισσότερο, στη Μαθηματική Συναγωγή του Πάππου που γίνεται χρήση άλγεβρας, όμως το πιστοποιητικό γέννησης της Αναλυτικής Γεωμετρίας θεωρείται το έρ γο του Καρτεσίου. Ο Καρτέσιος κλείνει την Geometrίe ως εξής: ((Δεν -------

--------

CEOMETR.IL

είναι ο σκοπός μου να γράψω ένα μεγάλο βιβλίο. Προσπαθώ μάλλον να εισάγω πολλά με λίγα λόγια. ... Ελπίζω ότι εκ των υστέρων θα με

κρίνουν ευγενικά, όχι μόνο για τα θέματα που έχω εξηγήσει αλλά και για αυτά που έχω σκόπιμα παραλείψει για να αφήσω και σε άλλους την ευχαρίστηση της ανακάλυψης.>>

(Geometrίe, σ. 413). Πιθανώς η βασιλική οδός για τη Γεωμετρία να βρέθηκε, δυστυχώς για τον Πτολε La Geometrie, Βιβλίο Πρώτο μαίο, ύστερα από 2000 χρόνια περίπου. Στη συνέχεια θα δούμε μερικά προβλήματα λυμένα με ευκλείδεια και αναλυτική γεωμετρία. 1. Δίνεται ένα ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ=ΒΓ και Γ=90°. Στις πλευρές ΑΓ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ και Ε αντίστοι χα, ώστε ΓΔ = ΓΕ. Από τα Δ και Γ φέρνουμε κάθετες ευθείες στην ΑΕ που τέμνουν την υποτείνουσα ΑΒ στα Κ και Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ΚΛ=ΛΒ. 1974 Α

, Ερεβάν Αρμενίας)

(Μαθηματική Ολυμπιάδα

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο. Προεκτείνουμε το ΔΓ κατά ίσο τμήμα ΓΖ=ΔΓ και φέρουμε το ΖΒ. Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΓΖ είναι ίσα οπότε Β1=Α1• Στο τρίγωνο ΒΕΗ έ χουμε: Β1 +Ε1 = Α1+Ε2 = 90°, άρα Η=90°, οπότε ΗΒΙΙΓΝΙΔΚ. Τώρα αφού ΖΒΙΙΓΝΙΔΚκαι ΔΓ = ΓΖ τότε ΚΛ=ΛΒ. Ευκλείδης 2: Φέρουμε τις ΓΡ, ΔΕ. Το τετράπλευρο ΓΔΡΕ είναι εγγράψιμο αφού Ρ=Γ=90°. Τότε Ρ1=Δ1=45° (αφού ΓΔΕ ισοσκελές), οπότε αφού Η=90° έχουμε Γ1= 45°, άρα ΗΡ = ΗΓ. Προεκτείνω την ΡΗ κατά τμήμα ΗΖ=ΡΗ. Το τρίγωνο ΡΓΖ είναι ισοσκελές γιατί ΓΗ διάμεσος και ύψος άρα Ζ1 = Ρ1 = 45°. Τέλος το τετράπλευρο ΑΒΖΓ είναι εγγράψιμο γιατί Ζ1=Β1= 45°. Άρα ΑΓΒ =ΑΖΒ = 90°, οπότε ΗΛ ΡΚ και αφού ΡΗ = ΗΖ έχουμε ότι = ΛΒ. Ευκλείδης 3 : Οι γωνίες Αι και Γ 1 είναι ίσες γιατί είναι οξείες με κάθετες πλευρές. Από το Β φέρουμε κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την προέκταση της ΓΛ στο Η. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΓΗ είναι ίσα, άρα ΒΗ=ΓΕ=ΓΔ. Επίσης ΒΗΙΙΓΔ άρα ΒΗΙΙ=ΓΔ (1). Από το Κ φέρουμε ΚΖΙΙΓΔ. Τότε το τετράπλευρο ΓΔΚΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι απέναντι πλευρές του είναι πα ράλληλες, άρα ΚΖΙΙ=ΓΔ (2). Από τις (1) και (2) έχουμε ότι ΒΗΙΙ=ΚΖ άρα το τετράπλευρο ΒΖΚΗ είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του ΒΚ, ΖΗ διχοτομού νται, άρα ΚΛ=ΛΒ. ΛΥΣΗ

Ευκλείδης 1:

ZBII

ΚΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/6

Έστω ότι ΓΔ=ΓΕ=α. Φέρω την ΕΖ//ΓΝ/ΔΚ. Από το θεώρημα του Θαλή έχουμε τις επό μενες δύο σχέσεις ΑΔ = ΑΚ α ΑΚ και ΛΖ = ΓΕ ΛΒ ΛΖ · ΒΓ . = · ΛΒ ΒΓ ΔΓ α ΑΔ Οπότε για να δείξω ότι = α 2 = ΛΖ· ΒΓ . ΑΚ (1) Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΑΓΛ είναι όμοια οπότε έχουμε ΑΔ = ΑΓ = ΒΓ , αρα , η ( 1 ) γινεται , , 2 = ΒΓ 2 ΛΖ (2). Τωρα α ΑΚ ΡΕ , οποτε , η (2) γινεται , του Θαλη, εχουμε , απο, το θ εωρημα ΑΡ ΡΕ α 2 = ΑΓ2 ΡΕ α 2 =ΡΕ (3). ,Όμως απο, α 2 = ΒΓ 2 ΑΡ · ΑΡ ΑΓ2 ΑΡ , ΑΓΕ με υψος , οτι , ΓΕ 2 = ΡΕ , δηλαδη, η (3) . , το ΓΡ ισχυει , στο ορθογωνιο , τριγωνο τις μετρικες, σχεσεις ΑΓ 2 Άρα τελικά ΚΛ=ΛΒ. Κ αρτέσιος Θεωρούμε το ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων όπως είναι στο σχήμα, δηλαδή ο άξονας χ 'χ διέρχεται από τα σημεία Β, Γ και ο άξονας y 'y από τα Α, Γ. Έστω τα σημεία Α(Ο,α) Β(α,Ο), Γ(Ο,Ο), με α>Ο και Δ(Ο,β) και Ε(β,Ο) με β>Ο, αφού ΓΔ=ΓΕ. Η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι : x+y = α (1) Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΕ είναι λ1 =- βα , άρα ο συντελεστής διεύθυνσης των κάθετων ευθειών ΔΚ, ΓΛ είναι λ 2 = Ια . Η εξίσωση της ευθείας ΔΚ είναι: y = Ια χ +β (2) και της ΓΛ: y = Ια (3). Λύνουμε το σύστημα των εξισώ2 αβ 2αβ , α+β ). Ομοίως από τις (1) σεων (1) και (2) και βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Κ( αα+β και (3) βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Λ(� α+β . � α+β ). Υπολογίζουμε τώρα τα τμήματα ΚΛ , ΚΛ= 2α2β22 = .fiαβ =ΛΒ. Βε'βαια, οι αλγεβρικες, πρα' ξεις ειναι , αρκετες, και εδω, και ΛΒ και εχουμε (α+β) α+β δίνουμε απευθείας τα αποτελέσματα. 2. Να αποδείξετε ότι ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές αν δύο διάμεσοι του είναι ίσες. Ευκλείδης 1 Αν στο τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΒΔ και ΓΕ εί ναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές. Φέρνω την ευθεία ΕΔ και παίρνω ίσα τμήματα ΗΕ=ΕΔ=ΔΖ (1). Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΓΔΕ. Αυτά έχουν ΑΔ=ΔΓ, ΔΖ=ΕΔ (1) και οι κατακορυφήν γωνίες ΑΔΖ=ΓΔΕ. Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΑΖ=ΓΕ (2). Όμοια τα τρίγωνα ΑΗΕ και ΒΔΕ είναι ίσα άρα ΑΗ=ΒΔ (3). ---

Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη

Ευκλείδης 4:

ΚΑ

<=>

ΚΑ

ΑΔ

ΚΑ

ΑΛ

ΛΒ

<::::>

ΑΛ

·-

ΑΛ

<=>

ΛΖ

ΑΛ

<=>

ΑΡ

ΛΥΣΗ

Η _..___----fl..---..,ιιι-...,. z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/7

---

(2) και (3) έχουμε ότι ΑΖ=ΑΗ (4), δηλαδή το τρίγωνο ΑΗΖ είναι ισοσκελές, Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη

-----

(5).

Όμως ΒΔ=ΓΕ άρα από οπότε οι γωνίες Ζ=Η

(5).

------

Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΕΗ. Αυτά έχουν ΔΖ=ΗΕ Ζ=Η Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΑΔ=ΑΕ οπότε ΑΓ=ΑΒ.

(1), ΑΖ=ΑΗ (4) και οι γωνίες Α

Ευκλείδης 2 : Οι διάμεσοι ΒΔ, ΓΕ είναι ίσες και τέμνονται στο Κ, που είναι το βαρύκεντρο.

Από την ιδιότητα του βαρύκεντρου έχουμε ΒΚ= 3" ΒΔ, ΚΔ= 3 ΒΔ και 2

ΓΚ=- ΓΕ, ΚΕ=-ΓΕ. Άρα ΒΚ=ΓΚ

(1) και ΚΕ=ΚΔ (2)

(1)

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΚΕ και ΓΚΔ. Αυτά έχουν ΒΚ=ΓΚ και ΚΕ=ΚΔ γωνίες Κι = Κ2. Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΒΕ=ΓΔ, οπότε ΑΒ=ΑΓ. Υ

Στο τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΒΔ και ΓΕ είναι ίσες. Θεωρούμε το ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων ό πως είναι στο σχήμα, δηλαδή ο άξονας χ 'χ διέρχεται από τα σημεία Β, Γ και ο άξονας y'y από το ύψος του ΑΒΓ. Έστω τα σημεία Α(Ο,α) Β(β,Ο) και Γ(γ,Ο), με β<Ο και γ>Ο. Τότε οι Καρτέσιος:

συντεταγμένες των Δ, Ε θα είναι Δ( l,

(2) και οι κατακορυφήν

α) και Ε( β, α).

2 2

Αφού ΓΕ=ΒΔ, τότε

Η λύση β=γ απορρίπτεται γιατί τα β, γ ετερόσημα ενώ η λύση β=-γ είναι δεκτή. Τώρα για β=-γ έχουμε ότι ΑΒ=ΑΓ, άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Συμπερασματικά έχουμε ότι οι λύσεις με ευκλείδεια γεωμετρία είναι πολλές και διαφορετικές μετα ξύ τους, σαφώς πιο κομψές από της αναλυτικής, αλλά δεν ακολουθούν μια γενική μέθοδο. Αντίθετα, οι λύσεις με αναλυτική γεωμετρία είναι τυποποιημένες, όμως οι αλγεβρικές πράξεις που απαιτούνται είναι συνήθως αρκετές. Θα δώσουμε στη συνέχεια ένα πρόβλημα και θα προ καλέσουμε να λυθεί με τους δύο τρόπους. Η ευκλείδεια λύση είναι δύσκολη αλλά σύντομη, ενώ η αναλυτική α παιτεί τουλάχιστον δύο - τρεις σελίδες με πράξεις. Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και οι διαγώνι ες του ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Κ. Θεωρούμε τα ορθόκε ντρα Η1 και Η2 των τριγώνων ΑΚΔ και ΒΚΓ αντίστοιχα και τα βαρύκεντρα G1 και G2 των τριγώνων ΑΚΒ και ΓΚΔ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τμήμα Η1Η2 είναι κάθετο στο Gι G2. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/8

αβηματικοί ΔtαΎfιΙΥΙοpοfι αβηpατικ.έ� Οl:υμιnβδες Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

73°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑθΗΤΙΚΟΣ Δ�ΑrΩΝ�ΣΜΟΣ ΠΑ ΜΑθΗΜΑΤ�ΚΑ 20 Πρόβλη μα 1 Να βρεθούν οι ακέραιοι

'Ό ΘΑΛΗΣ"

Οκτωβρίου 2012 Α' Λυκείου

που είναι ρίζες της εξίσωσης

χ(χ-2)= 24

και το τετράγωνό

τους δεν είναι μεγαλύτερο του 25. Λύση Η

χ(χ-2)= 24 χ2 -2χ-24=Ο 2 1-0 χ= χ=-4 χ= 2 χ= -4, (-4)2 = 25, 2= 25.

εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα ± 6 η' οποτε ' 'εχει δ'υο πραγματικες ' ρι'ζες Δ 16 < ενώ 6 36 > γιατί Δεκτή είναι η ρίζα

= 100 ,

<=>

Πρόβλη μα 2 Να απλοποιηθεί η παράσταση:

αβ + p2)(α-2 β) α+ β"ΦΟ α+ β"Φ1. Κ(α, β)= α3 + β3 -α2(α++ ββ2 +()2 -αβ ,

αν

και

Λύ ση Ο

αριθμητής της παράστασης γράφεται:

α3 + β3 -α2 + p2 + (αβ + p2)(α-2 β)=α3 + β3 - (α2- p2) + β(α+ Ρ)(α-2 β) =(α+ Ρ)(α2 -αβ + Ρ2) -(α+ Ρ)(α- Ρ)+ β(α+ Ρ)(α-2 β) =(α+ β)(α2 -αβ + β2 -α+ β + βα-2 β2)=(α+ β) (α2 - β2 -α+ β) =(α+ Ρ)[(α+ Ρ)(α- Ρ)-(α-Ρ)] =(α+ β)(α- β)(α+ β -1). παρανομαστής της παράστασης γράφεται: (α+ β)2 -α- β =(α+ β)(α+ β -1) Άρα, αφού α+ β"ΦΟ και α+ β"Φ1, έχουμε β)(α- β)(α+ β -1) =α- β. Κ(α, β)= (α+(α+ β)(α+ β - 1) λ χ2 + 2λχ +λ2 -1 =Ο. Ν Ο

Πρόβλημα 3 Δίνεται η εξίσωση

α βρείτε τις τιμές της παραμέτρου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 86 τ.2/9

για τις

------ Μαθηματικοί Διαyωνιαμοi- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες μεγαλύτερες του -5 και μικρότερες του 2 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με 20. Λύ ση

δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρουβαθμού και έχει διακρίνουσα = 4λ -4 (λ\.1) = 4 , οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες =-λ+ 1 και = -λ-1 . Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα(-5 ,2) , όταν - 5 <-λ+1<2 -5 <-λ-1<2�<-λ<1 και-4 <-λ<3 <=>-1 <λ<6 και-3 <λ<4<=>-1 <λ<4. 2 Επιπλέον, έχουμε(-λ+ 1γ +(-λ-1) 20 <=>2λ2 + 2= 20 <=>λ <=>λ= -3 ήλ= 3 , Επομένως, αφού πρέπει -1 < λ < 4 το ζητούμενο ισχύει για λ= 3 . ΑΒΓ ΒΓ=α ΑΒ= ΑΓ=2α. Η Γ ΑΒ Ε. Η Η

χ1

χ2

και

Πρόβλη μα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο με και παράλληλη ευθεία από την κορυφή προς την πλευρά τέμνει την ευθεία της διχοτόμου ΒΔ στο σημείο ευθεία ΑΕ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. Λύ ση Α

Επειδή ΕΓ //ΑΒ, θα ισχύει Β =Ει και αφού η ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Β, θα είναι Β = Β2• Επομένως έχουμε Β2 =Ει και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές , δηλαδή : =α . Στη. συνέχεια μπορούμε να εργαστούμε μεΒΓδύοΓΕτρόπους Λόγωτρίγωνα της παραλληλίας των ,ΕΓ,απόΑΒτα θεωρούμε τα όμοια ΕΓΖ και ΑΒΖ ΓΖ ΕΓ α 1 ΒΖ= 2 ΓΖ οποια, λαμβ,ανουμε: -=-=-=-=> ΒΖΓ είναι το2αμέσο2της ΒΖ, δηλαδή Επομένως το σημείο ΒΖ 2 ΑΒΖ ΒΓ= 2αείναι. ισοσκελές Επειδή είναι και ΑΒ= 2α το Σχήμα 1 τρίγωνο . είναι ρόμβος, διότι: Θεωρούμε το μέσο Μ της ΑΒ. Τότε το τετράπλευρο ΒΓΕΜ έχει ΒΜ= //ΓΕ=α ( οπότεΒΖΒΓΕΜ παραλληλόγραμμο) και ΒΓ= ΓΕ=α ( δύο διαδοχικές ' το Ε ειναι μεσο του . Επομενως ' στο πλευρες' 'ισες). ρα ΜΕ Τ και κατα' συνεπεια τρίγωνο ΑΒΖ, η ΒΕ είναι διχοτόμος και διάμεσος, οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές. ι

lος

. ι } 8 *-.:ι...-

.,_

τ ρόπος.

ΑΒ

.....,. z

____

2°ς τρόπος.

Β'

Πρόβλημα ι

ΑΖ

Λυκείου

Α +α -1 <α < 1 Κ = --1 Β +α + �1-α , Β=�1+α �1-α . Α= �11-α 1+α 1-α 1+α Από τις υποθέσεις έχουμε ότι 1 +α Ο και 1-α Ο , οπότε

Αν

Ο και

να βρείτε το πρόσημο της παράστασης _

Λύ ση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/10

όπου

1 +α + �1-α = 1 +α+ 1 -α = 2 , Β = �1+α �1-α= 1+α-(1-α) = 2α . = �1-α 1 +α � 1 -α2 � 1-α2 1-α 1 +α � 1-α2 � 1 -α2 1 = 1-α+α2 Κ =--1+α Β =--1+α α' α α 1 -α+α' = (α-�) + � Ο α Ο<α< 1 - 1 <α<Ο . Κ Δίνεται η εξίσωση χ2 -2κχ -1 + κ2 = Ο. Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου κγια τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο διάστημα (Ο, 5 ) με άθροισμα τέταρτων δυνάμεων ίσο με 82. Δ = 4κ2 -4 ( -1 + κ2) = 4 , χ1 = κ+ 1 χ2= κ-1 . (Ο, 5), Ο< κ+ 1 < 5 Ο< κ-1 < 5 <=>-1 < κ< 4 1 < κ<6 <=>1 < κ< 4 . (κ+ 1)4 +(κ- 1)4 = 82 <=>2κ4 + 12κ2 + 2 = 82 <=>κ4 +6κ2 -40 =Ο, κ2= 4 κ2= -10 κ= 2 κ= -2. κ= -2 κ= 2 1 < κ< 4. 3 Ν α προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς ακέραιους χ, y z για τους οποίους ισχύει ότι χ = z ---= 2012χ+3 2012y+ 5 2012z+7 και το άθροισμα των τετραγώνων των x,y z είναι διαιρέτης του 747. ---- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Άρα έχουμε:

---

Επειδή είναι

έχει το πρόσημο του Πρόβλημα 2

, για όΜς τις τιμές του

, δηλαδή θετικό, αν

, έπεται ότι η παράσταση

και αρνητικό, αν

Λύ ση

δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα

οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες

και

όταν

Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα

και

Επιπλέον, έχουμε

από την οποία λαμβάνουμε ή (αδύνατη)<=> ισχύει το ζητούμενο, αφού η τιμή Επομένως για σχέσης

απορρίπτεται λόγω της

Πρόβλημα

και

----

και

Λύ ση Από το δεδομένο σύστημα έχουμε

20 1 2χ+3 = 20 12y+ 5 = 20 1 2z + 7 <=>20 1 2+� = 20 12+2_ = 20 1 2+2. <=>� =2_ = 2 χ z χ y z x y z 3 5 7 -1 ' ' χ = 3λ, y = 5λ, z = 7λ . -=-=-= χ y z λ x,y z 747 Χ2 + / + z2 = 83λ2j747 = 32 ·8 3 83λ2 {83,83 ·3,83 ·32} λ2 {1,3,32}. λ2 1, 3 9. (x,y,z)=(3, 5,7) (x,y,z)=(-3,-5,-7). λ2 =1<=>λ=±1 λ2 = 3 <=>λ=±.fi x,y,z (x,y,z) =(9,15,2 1) (x,y,z) =(-9,-15,-21). λ2 = 9 <=>λ=±3

, ' οποτε, αν θεσουμε

επεται οτι:

Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των �

Επομένως οι μοναδικές αποδεκτές τιμές για το • • •

Για Για Για

έπεται ότι

προκύπτουν για τα

και

είναι διαιρέτης του �

είναι οι

θα έχουμε

και

μη ακέραιες τιμές, άτοπο.

έπεται ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/1 1

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολ'Uμπιάδες ------Πρόβλη μα 4

Δίνεται κύκλος c( O,R), τυχούσα χορδή του ΑΒ (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο Μ του μικρού τόξου ΑΒ. Οι κύκλοι c1( A,AM) και c2( B,BM) τέμνουν το κύκλο c( O,R) στα σημεία Κ και Ν αντίστοιχα. Οι κύκλοι c1( A,AM) και c2( Β,ΒΜ)τέμνονται στα σημεία Μ και Τ. Να αποδείξετε ότι το σημείο Τ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ΚΜΝ. Λύση Γνωρίζουμε ότι η διάκεντρος τεμνόμενων κύκλων είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους. Επομένως έχουμε: Η Κ Μ είναι κοινή χορδή των κύκλων c(Ο, R)και c1( Α, ΑΜ). Άρα η ΟΑ είναι μεσοκάθετη της ΚΜ . (1) Η ΜΙ' είναι κοινή χορδή των κύκλων c1( Α, ΑΜ)και c2(Β,ΒΜ). Άρα (2) η ΑΒ είναι μεσοκάθετη της ΜΙ' . Η ΜΝ είναι κοινή χορδή των κύκλων c(O,R)και c2(Β,ΒΜ). Άρα η ΟΒ είναι μεσοκάθετη της ΜΝ. (3) Από τις καθετότητες ( 1) και (2) , προκύπτει Α

η ισότητα γωνιών: Α1=Μ1 (γιατί έχουν πλευρές κάθετες). (2) και (3) , Από τις καθετότητες Α

προκύπτει η ισότητα γωνιών: Β 1=Μ2 (γιατί έχουν πλευρές κάθετες) και τελικά από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ, έχουμε: Α

Α1=Β 1•

Οι τρεις τελευταίες ισότητες γωνιών μας οδηγούν στην ισότητα: Μ1= Μ2 , δηλαδή η Α

ΜΙ'

είναι διχοτόμος της γωνίας ΚΜΝ.

Η γωνίες ΑΝΜ και ΑΒΜ είναι ίσες, διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c(O,R) και

βαίνουν στο τόξο ΑΜ. Η γωνία ΤΝΜ είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c2(Β,ΒΜ), οπότε θα ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας ΤΒΜ , δηλαδή: ΤΝΜ = ΑΒΜ Άρα Α

Σχήμα 2

ΑΝΜ=ΤΝΜ και κατά συνέπεια τα σημεία Α,Τ ,Ν είναι συνευθειακά. Ισχύει τώρα η ισότητα ΑΝΚ = ΑΝΜ (διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c(O,R) και βαίνουν στα ίσα τόξα ΑΜ και ΑΚ ). Επομένως η ΝΑ είναι διχοτόμος της γωνίας κΝΜ.

Γ' Λυκείου

Πρόβλη μα t

Να λύσετε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση 1 1+2

1 1+2+3

1 2011 +.. ·+ = . 1+2+3+4 1+2+3+4+.. ·+χ 2013

Λύ ση

χ( χ+1) , Επειδή 1+2 +3 +... +χ = , για καθε θετικό ακέραιο χ , η δεδομένη εξίσωση 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/12

-----2 + 2· + 2 +.. · + 2 = 2011 <=>2·(21 - 31 +. 31 - 41 + 41 - 51 + . . + -:;1 - 1 )= 20 11 2 ·3 3 4 4·5 χ(χ+1) 2013 χ+1 2013 201 1 <=> _2_ = _2_ <=>χ= 2012. -2- = 2013 <=>1- χ+1 χ+ 1 2013

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

γράφεται:

Πρόβλημα 2 Αν οι γραφικές

(χ)= ax2 + bx + α,

(χ)= cx +

παραστάσεις των συναρτήσεων f c και g b, όπου b,c ε ffi., -::;:. Ο, διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, να βρείτε τη συνθήκη που ισχύει μεταξύ των παραμέτρων b,c καθώς και το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων.

α,

Λύ ση

Από την υπόθεση έπεται ότι η εξίσωση

ax2 + bx + c= cx + b <=>ax2 + (b - c) χ +(c - b)= Ο

έχει μοναδική λύση. Επομένως η διακρίνουσά της ισούται με Ο, δηλαδή

= )2 + 4α (b- c)= Ο <=>(b- c)(b-c + 4α)= Ο <=>c-b= 4α, b -::;:. c . c - b = 4α -4at'+4a=O<=>α( .i-4χ+4)=0<=>.i-4x+4=0<=>x=2. Μ( 2,2c+ b) .

Δ (b - c Όταν

αφού

η εξίσωση γίνεται: ai

Άρα το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων είναι το Πρόβλημα 3

Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς

x,y

και zγια τους

χ = Υ = z 2012χ+ Υ 2012y+z 2012z+7 χ,y z 14 7. 2012χ+ '-y- = 2012y+z = ---2012z+7 ------' χ z Υ Υ 2, =_:_= 2= _!_ <=>2012+ Υχ = 2012+..:_y = 2012+2z <=> Υx =_:_= y z x y z λ χ=7λ\ y=7λ2, z=7λ . x,y z 147 4 4 6 6 χ2 + y2 +z2= 147 <=>49λ +49λ +49λ2= 147 <=>λ +λ +λ2= 3 <=>λ6 -1+λ4 -1+λ2 -1 = Ο <=>( λ2 -1) ( λ4 + λ2 + 1 + λ2 + 1 + 1)= <=>(λ2 -1) (λ4 + 2λ2 + 3)= <=>λ= -1 λ= 1, λ4 + 2λ2 + 3 = Ο Δ = Ο. (χ,y,z)=( 7,7,7) (χ,y,z)=(-7,7,-7)

, ' θροισμα των τετραγωνων των και το α

, ισχυ, ει ότι οποιους και

ισούται

με

Λύ ση

Από το δεδομένο σύστημα έχουμε

οπότε, αν θέσουμε

Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των

και

ισούται με

αφού η εξίσωση

έχει διακρίνουσα

έπεται ότι:

θα έχουμε

-8 <

Επομένως οι ζητούμενες τριάδες ακεραίων είναι: Πρόβλημα 4

Δίνεται κύκλος c(O,R), τυχούσα χορδή του BC (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο Μ του μικρού τόξου BC . Οι κύκλοι c1(B,BM ), c2 (C,CM ) τέμνουν το κύκλο c(O,R) στα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/13

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

σημεία Κ, Ν , αντίστοιχα, και οι κύκλοι c1(Β, ΒΜ) , c2 (C, CM ) τέμνονται στα σημεία Α και Μ. Η παράλληλος από το σημείο Μ προς την BC τέμνει τους κύκλους c1(B, BM ), c2 (C, CM ) στα σημεία Τ, S αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AM, KT, NS περνάνε από το ίδιο σημείο. Ρ ,,' .. " '' I I ,' ' ' ι ι ""',' ' '

/ :

'\.,'

,/ :

Λύση Θα αποδείξουμε, πρώτα, ότι τα σημεία K,A,C,S και Ν,Α,Β,Τ είναι συνευθειακά. Η ΑΜ είναι η κοινή χορδή των κύκλων c1(B,BM) και c2(C,CM). Άρα η διάκεντρός τους BC είναι μεσοκάθετη της ΑΜ . Η BC όμως είναι παράλλ.ηλη με την TS (από την κατασκευή του σχήματος). Άρα η TS είναι κάθετος με την ΑΜ (AM.l_τS).

Δηλαδή

AMr AMS =

90° .

Από την τελευταία ισότητα γωνιών προκύπτει ότι τα σημεία Α,Τ και Α, S είναι aντιδιαμετρικά στους κύκλους c1(B,BM) και c2(C,CM) αντίστοιχα. Επομένως, τα σημεία A,C,S και Α, Β, Τ είναι συνευθειακά. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι τα σημεία K,A,C και Ν, Α,Β είναι συνευθειακά. Στον κύκλο c(O,R), το σημείο Β είναι μέσο του τόξου ΚΜ (δώτι ΒΜ,ΒΚ Σχήμα 3

c/Β,ΒΜ) ). Άρα οι εγγεγραμμένες στα τόξα ΒΜ είναι ίσες μεταξύ τους. Επομένως KCB MCB (l). είναι ακτίνες του κύκλου

και ΒΚ γωνίες, θα

Εφόσον η διάκεντρος ίσα, οπότε:

ACB MCB =

είναι μεσοκάθετη της ΑΜ , τα τρίγωνα

ABC

και

MBC

είναι

(2).

KCB ACB Λ

Από τις ισότητες των γωνιών (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι συνέπεια τα σημεία Κ , Α, C είναι συνευθειακά.

και κατά

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία Ν, Α,Β είναι επίσης συνευθειακά. Από τα εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΜ1'Κ και AMSN συμπεραίνουμε ότι: ΑΚΤ = ANS = 90° . Επομένως προκύπτουν οι καθετότητες ΤΚ

KS και ΤΝ .l NS .

Σε συνδυασμό τώρα με την καθετότητα ΑΜ .l TS, συμπεραίνουμε ότι τα ΑΜ, ΚΤ, είναι ύψη του τριγώνου ATS, οπότε θα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του.

Παρατη ρήσεις Έστω Ρ το ορθόκεντρο του τριγώνου ATS. Τότε τα σημεία P,A,T,S αποτελούν ορθοκεντρική τετράδα και κατά συνέπεια το σημείο Α είναι ορθόκεντρο του τριγώνου PTS. Το τρίγωνο ΚΜΝ είναι ορθικό του τριγώνου PTS και κατά συνέπεια το σημείο Α είναι έκκεντρο του τριγώνου ΚΜΝ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/14

------Οι λ ύσε ις των ασ κ ήσε ων του τε ύχου ς 85

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

f : Q � Q που ικανοποιούν την ισότητα ! (χ + f(y + /( z ) )) = ;'t f ( x + z) , (*)

Α1 1 . Να προσδιορίσετε όλες τι συναρτήσεις

x, y, z Q .

για κάθε

[Λευκορωσία, ΜΟ 2012]

Λύ ση

Αν θέσουμε χ = z = Ο στη δεδομένη συναρτησιακή εξίσωση (*), τότε λαμβάνουμε: !(f(y + ι ( ο)) ) = y + f(O) , για κάθε Υ Ε Q ή ισοδύναμα: Ι(! ( χ)) = χ, για κάθε χ Ε Q. : (1) Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και επί. Πράγματι, από f ( ) = f ( Χ2 ) => f ( f ( Χι ) ) = f ( f ( Χ2 ) ) => Χι = Χ2 και επιπλέον, για κάθε y Ε Q, το f ( y ) Ε Q και ισχύει ότι f ( I (y) ) = y. Έστω τώρα I ( ο ) = α, οπότε I ( α ) = ι ( I ( ο )) = ο . Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι το δεύτερο μέλος της (*) είναι συμμετρικό ως προς χ και z , οπότε θα έχουμε:

Χι

f ( x + f(y + f ( z ) )) = y + f ( x + z) = f ( z + f(y + f (x))) , από την οποία, λόγω του ότι η f είναι 1-1, έπεται ότι: χ+ f ( y + f ( z)) = z + f ( y + f (χ) ) . (2) Αν θέσουμε στη (2), όπου z το f ( z ) , λαμβάνουμε χ+f(y+!((f(z))}) =/(z) +f(y+f(x)) ή (3) χ+ f ( y + z) = /(z) + f(y + / (χ)) => f ( y + z) = / ( z) + f(y + f (x)) - x. Για χ = α = f (Ο) στην (3) λαμβάνουμε f ( y + z) = f ( y ) + f (z) - α � f ( y + z) -α = (f ( y ) -α ) + (f ( z ) - α ) , δηλαδή η συνάρτηση g (χ) = f (χ) - α είναι προσθετική, οπότε θα ισχύει g (χ) = f (χ) - α = cx, για κάθε χ Q, όπου c = g ( 1 ) = / ( 1 ) - α Q. Άρα είναι / (χ) = cχ + α, χ Q . Επειδή η συνάρτηση f πρέπει να ικανοποιεί τη σχέση (*), έχουμε: f ( x + f(y + f(z))) = y + f ( x + z) � =c [x + f(y + f(z))]+ α = y +c ( x + z) +α � cx +c[c ( y + cz + α) + α]+α= y +cx+cz+α � �c2y +c3z +c2α+cα = y +cz, για κάθε y, z E Q � ( c2 -1) y +( c3 -c) z +cα ( c+1 ) = 0, για κάθε y, z E Q � c2 -1 = 0 και c3 -c = Ο και cα ( c+1 ) = 0 � c = 1,α = 0 ή c = -1,α E Q. Άρα οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι οι: f (χ) = χ ή f (χ) = -χ+ α, α Q. Ε

Α 1 2 . Αν

α,b θετικοί ακέραιοι, να λύσετε την εξίσωση αb + ba = 2αb.

Λ ίJση

Έστω α = 1. Τότε η εξίσωση γίνεται: 1 + b = 2b � b = 1 . Ομοίως, αν b = 1 , έπεται ότι α = 1 . Άρα μία λύση είναι το ζευγάρι ( α, b ) = ( 1,1 ) . Ας υποθέσουμε ότι ( α, b) είναι μία λύση της εξίσωσης με α ;;:: 2 και b ;;:: 2 . Τότε 2αb =αb + ba ;;:: α2 + b2 :::> 0 ;;:: α2 + b2 -2αb = ( α-b)2 =>α=b. Τότε η εξίσωση γίνεται: 2αa = 2α2 � α = 2 . Εύκολα επαληθεύουμε ότι και το ζευγάρι ( α, b ) = ( 2, 2 ) είναι λύση του προβλήματος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/15

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

Ν9.

Να προσδιορίσετε όλους τους πρώτους θετικούς ακέραιους αριθμός p2 - p -1 είναι κύβος κάποιου ακεραίου.

-------

p που είναι τέτοιοι ώστε ο [Λευκορωσία, ΜΟ 2012]

ΛίJση

Έστω ότι p2 - p -1 = n3, n Ε Ζ, n > Ο. Παρατηρούμε ότι: p2 > n3 � n2 => p � n + 1 . Αν είναι p = n + 1, τότε ( n + 1)2 -( n + 1) -1 =d �n3 -n2 -n + 1 =0� ( n-1) {n2 -1) =0�n=1, αφού n θετικός ακέραιος. Άρα μία λύση του προβλήματος είναι ο πρώτος p = 2. Έστω τώρα p > n + 1 . Τότε έχουμε:

p2 - p -1 = n3, n

n > Ο � p ( p -1 ) = n3 + 1 = ( n + 1 ) ( n2 - n + 1), n Ζ, n > Ο . Επομένως ο πρώτος p διαιρεί το γινόμενο ( n + 1 ) ( n2 - n + 1) , οπότε, αφού p > n + 1 , έπεται ότι p J n2 - n + 1 , δηλαδή υπάρχει θετικός ακέραιος k έτσι ώστε n2 - n + 1 = pk . (1) Τότε όμως η ισότητα p ( p -1 ) = ( n + 1 )( n2 - n + 1 ),n Z,n > Ο γίνεται p ( p -1 ) = ( n + 1 ) pk => p - 1 = k ( n + 1 ) => p = kn + k + 1 . (2) Λόγω της (2) η (1) γίνεται: n2 - n + 1 = k ( kn + k + 1 ) � n2 - ( k2 + 1)n- ( k2 + k-1) = Ο . (3) Επειδή n θετικός ακέραιος, η διακρίνουσα Δ = k4 + 6k2 + 4k - 3 του τριωνύμου που δίνεται από την (3) πρέπει να είναι τετράγωνο ακεραίου. Όμως, αν k � 4 , εύκολα προκύπτει ότι ( k2 + 3 )2 < Δ < ( k2 + 4 )2 , που είναι άτοπο. Άρα οι μόνες δυνατές τιμές για το k είναι οι 1, 2 και 3, από τις οποίες με έλεγχο προκύπτει ότι η μόνη αποδεκτή τιμή είναι η k = 3 . Τότε είναι Δ = 122 και p = 3n + 4 , όπου ο θετικός ακέραιος n ικανοποιεί την εξίσωση n2 - 1 O n - 1 1 = Ο . Άρα είναι n = 1 1 και p = 3 7. Άρα οι λύσεις του προβλήματος είναι οι πρώτοι αριθμοί 2 και 37. Ε

Ζ,

Ν 1 0. Να αποδείξετε ότι, αν για το θετικό ακέραιο n οι αριθμοί 3 n + 1 και 10n + 1 είναι και [Γερμανία, 2011] οι δύο τέλεια τετράγωνα, τότε ο αριθμός 29n + 1 1 δεν είναι πρώτος. ΛίJση

Σύμφωνα με την υπόθεση, οι αριθμοί3n + 1 και10n + 1 είναι.τέλεια τετράγωνα, δηλαδή 3n + 1 = a2 και 1 On + 1 = b2, α, b θετικοί ακέραιοι. Τότε έχουμε: a2b2 = ( 3n + 1 ) ( 10n + 1 ) = 30n2 + 13n + 1 = 29n2 + 1 1n + ( n + 1 ) 2

=> a2b2 - ( n + 1 )2 = 29n2 + 1 1n = n ( 29n + 1 1 ) => ( 29n + 1 1 ) j( ab + n + 1 )( ab-n-1 ) . Αν υποθέσουμε ότι ο 29n + 1 1 είναι πρώτος, τότε θα έχουμε ότι ( 29n + 1 1 ψ ab + n + 1 ) ή ( 29n + 1 1 ) j( ab - n - 1 ) , οπότε σε κάθε περίπτωση προκύπτει ότι: 29n + 1 1 � ab + n + 1 => ab � 28n + 1 Ο => 30n2 + l3n + 1 = α2b2 � ( 28n + 10 )2 = 784n2 + 569n + 100, το οποίο είναι άτοπο. Άρα ο 29n + 1 1 δεν είναι πρώτος.

Πάνω σε κύκλο c θεωρούμε τα διαδοχικά σημεία A, B, C,D, E έτσι ώστε ΑΒ = BC και CD = DE . Τα ευθύγραμμα τμήματα AD και ΒΕ τέμνονται στο Ρ , ενώ το τμήμα BD τέμνει τα τμήματα CA και CE στα σημεία Q και Τ, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το [Λευκοpωσία, ΜΟ 2012] τρίγωνο PQT είναι ισοσκελές. Γ9.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/16

---"""----

Λύ ση

Επειδή

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες ..-..

ΑΒ = BC

..-...

------

...-..

και CD = DE έπεται ότι ΑΒ = BC και CD = DE , οπότε: (ΛΒ + ΕΕ) (ΛΒ + CΒ) = BQA . (1) = BPA = DPE = 2 2 Επομένως τα σημεία A,B, Q, P είναι ομοκuκλικά, οπότε QAB = QPB , (2) ως γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο BQ . Όμως QAB = CAB = CEB ' (3) ως γωνίες πουν βαίνουν στο ίδιο τόξο BC του αρχικού κύκλου c . Από τις σχέσεις (2) και (3) έπεται ότι QPB = CEB, οπότε PQ 11 EC . Επομένως, D .-...

.-...

(Bc+i5E) (ΛΒ+DΈ) = = AQB. (4) 2 2 Ομοίως, τα σημεία P,T,D, E είναι ομοκuκλικά, αφού ισχύει ότι (ΛΒ + ΕΕ) (BC + DE) = EPD = = DTE. 2 2 Σχήμα 4 Επομένως έχουμε ΡΤΕ = PDE, αφού βαίνουν στο ίδιο τόξο ΡΕ . Επειδή ACE = ADE (βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΕ του κύκλου c ), έπεται ότι ACE = ΡΤΕ , οπότε ΡΤ 11 AC . Άρα είναι και PTQ = AQB , οπότε από την (4) έπεται ότι PTQ = TQP και το τρίγωνο PTQ είναι ισοσκελές. Γ l Ο . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC με Α = 90° . Θεωρούμε σημείο D στην πλευρά AC και σημείο Ε στο τμήμα BD έτσι ώστε ABC = ECD = CED. Να αποδείξετε ότι ΒΕ = 2 AD Α

TQP = DTE =

•

[Ρωσία , ΜΟ 2003] Λύ ση

Θεωρούμε το συμμετρικό D' του σημείου D ως προς την ευθεία ΑΒ και θέτουμε χ = ABC = ECD = CED . Τότε θα είναι ADB = 2χ και ABD' = ABD = 90° - 2χ, οπότε CBD' = χ + 90° - 2χ = 90° - χ. Στο τρίγωνο BCD' , από την ισότητα BD'C ADB = 2χ, έπεται ότι BCD' = 900 - χ = CBD' , οπότε το τρίγωνο D'BC είναι ισοσκελές με D'C = D'B = BD . Τέλος, από DC = DE , έπεται ότι ' BE= BD-DE = CI1-CD = DI1 =2·AD. D Α c Δ 4 . Υποθέτουμε ότι 2n πραγματικοί αριθμοί Σχήμα 5 τοποθετούνται στα τετράγωνα ενός 2 χ n πλέyματος έτσι, ώστε το άθροισμα των αριθμών σε καθεμία από τις n στήλες να είναι 1. =

�-----

Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να αφαιρέσουμε τον ένα από τους δύο αριθμούς κάθε στήλης έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών που απομένουν σε κάθε γραμμή να μην

n l

+ . υπερβαίνει τον αριθμό --

[Ινδία, ΜΟ 2012]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/17

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

α1 � α2 � � αn b1 =ι-α1 , j=ι,2, . . .,n,

Λύση , όχι υποχρεωτικά Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί της πρώτης γραμμής είναι οι ••• με αυτή τη διάταξη. Τότε οι αριθμοί στη δεύτερη γραμμή θα είναι οι οπότε � � . . • � Α , οτι , , , ' ν ισχυει -- τοτε προκυπτει το ζητουμενο, αν διαγραψουμε ολα τα στοιχεία της δεύτερης γραμμής. Α ' ' > 4 , τότε εστω ' ' ' ακεραιος ' θετικος ν ειναι ο ελαχιστος για τον οποιο

b1 b2

bn . , α1 + α2 + + αn � n+ι , , 4 k α1 + α2 + + αn n+ι n+ι n+ι . Τοτε' θα ισχυει, οτι:, α1 + α2 + + αk-ι � 4. , οτι:, α1 + α2 + + αk 4 ισχυει α +α +. , εχουμε , αρατηρουμε ότι αk 1 2 . . + αk n +ι , οποτε 4k k bk +bk+Ι + ... +bn � ( n+ ι-k )bk = 2( n + ι-k)(ι-αk ) ( n+ ιγ +4k � � ( n+ι) - 2( n+ ι) · 2k = n +ι . n+1 ( n + 1 -k ) (ι- 4k ) = �4 ( n +1)- ( 4k 4k 4 J4 Να υπολογίσετε τον αριθμό των τοποθετήσεων κοριτσιών G1,G2 ,G3 ,G4 ,G5 και ι2 αγοριών σε μία γραμμή έτσι, ώστε να ισχύουν όλες οι συνθήκες που ακολουθούν: ι. Η διάταξη των κοριτσιών από αριστερά προς τα δεξιά είναι G1, G2, G3 , G4 , G5• 2. Υπάρχουν τουλάχιστον αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G1 και G2 • Υπάρχει τουλάχιστον ι και το πολύ 4 αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G4 και G5• · · ·

· · ·

ΔS.

[Βιετνάμ, ΜΟ 2012}

Λύση Θυμίζουμε πρώτα ότι ο αριθμός των λύσεων στους θετικούς ακέραιους της εξίσωσης . Θα χρησιμοποιησουμε το παραπανω για τον υπολογισμο, ειναι

, , χ1 + χ2 + . . . + xn = m , (m+n-ι J n-1 των τοποθετήσεων των, αγοριών και των κοριτσιών έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι δεδομένες συνθήκες. Έστω Χ; ο αριθμός των αγοριών που τοποθετούνται μεταξύ των κοριτσιών G;-ι και G; , για 2 � � 5 . Έστω επίσης χ1 ο αριθμός των αγοριών που βρίσκονται αριστερά του κοριτσιού G1 και χ6 ο αριθμός των αγοριών που βρίσκονται δεξιά του κοριτσιού G5 • Τότε έχουμε Χι +χ2 + Χ3 + χ4 +xs +χ6 =ι 2. (1 ) Με την αντικατάσταση Υ; = Χ;, για 2 και y2 = χ2 - 3 , λαμβάνουμε: ι + Υ2 + Υ3 + Υ4 + Ys + Υ6 = 9, (2) Υ όπου Υ; � Ο και 1 � Υ; � 4 . ν θέσουμε σχέση (2) y4 = ι, 2, 3,4, τότε ο αριθμός των λύσεων 1 - 51 1 της (2), άρα και της ( 1), ε!ναι t, ( 9 �·: 1 ] = ( 1:] + ( :] + ( :H:J = ( : ] - ( : J = 11 6 1 . 1 Επειδή μπορούμε να τοποθετήσουμε τα αγόρια με οποιαδήποτε δυνατή μετάθεση των ι2 στοιχείων, έπεται ο αριθμός των τοποθετήσεων που ικανοποιούν δεδομένες συνθήκες είναι: . ιι 6 ι i

ί -:F-

ότι

στη

τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/18

ι 2!

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Ασ κ ήσε ις για λ ύση Al3.

Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών

και

xn) συγκλίνει και να βρείτε το όριό της. xy(l-x-y) Αν x,y (0, 1 ), να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης: Κ(χ y) = ' (x+y)(1-x)(1 -y)

Να αποδείξετε ότι η ακολουθία ( A l4.

n+2 ι +2) ,n � 2. (xn) με Χι = 3 xn = --τ,;-(χn-

χ2 + χ ) = (xJ -

AlS. Να λύσετε στο σύνολο των ακέραιων την εξίσωση:

(

YJ +

xy - ι

)(

-Υ

N l l . Να εξετάσετε, αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι

ll +4a να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα.

Ν 1 2. Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακέραιους

xy + ι

) (/

+ χ-

)

Υ .

α και b τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί d

n για τους οποίους ισχύει: 6 15n2 +

+4b,

Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD . Θεωρούμε τον κύκλο Γι που περνάει από τα σημεία Α και Β και εφάπτεται της ευθείας CD στο σημείο Ε . Θεωρούμε και τον κύκλο Γ 2 που περνάει από τα σημεία Β και C και εφάπτεται της ευθείας DA στο σημείο F . Επίσης θεωρούμε και τον κύκλο Γ3 που περνάει από τα σημεία C και D και εφάπτεται της ευθείας ΑΒ στο σημείο G Τέλος, θεωρούμε τον κύκλο Γ4 που περνάει από τα σημεία D και Α και τέμνει την ευθεία BC στο σημείο Η . Να αποδείξετε ότι EG j_ FH . Γl l .

Θεωρούμε ότι ένα ντόμινο αποτελείται από δύο μοναδιαία τετράγωνα (τετράγωνα πλευράς 1 ), τα οποία έχουν μία κοινή πλευρά. Ομοίως, ένα τετρόμινο αποτελείται από τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα που τα διαδοχικά έχουν μία κοινή πλευρά. Τα τετρόμινα εμφανίζονται με διάφορα σχήματα, αλλά στο παρόν πρόβλημα θεωρούμε μόνο L-τετρόμινα, που έχουν το σχήμα του γράμματος L ή του συμμετρικού του ως προς τις δύο πλευρές του, με τρία μοναδιαία τετράγωνα σε μία γραμμή και το τέταρτο να συνδέεται με ένα από τα τετράγωνα στις άκρες της γραμμής. Να εξετάσετε, αν είναι δυνατόν να καλύψουμε έναν ι Ο χ ι Ο τετράγωνο με μη επικαλυπτόμενα L-τετρόμινα . Δ6.

Δίνεται θετικός ακέραιος n . Υπάρχουν αγόρια και κορίτσια τοποθετημένα σε μία γραμμή. Δίνουμε σε κάθε άτομο Χ από τα αγόρια και κορίτσια της γραμμής έναν αριθμό γλυκών ίσο με τον αριθμό των ζευγών ( α, b) , όπου τα α, b είναι άτομα αντίθετου φύλου από το άτομο Χ και βρίσκονται μεταξύ των α και b . Να αποδείξετε ότι ο συνολικός αριθμών των γλυκών που θα πάρουν τα αγόρια και τα κορίτσια δεν είναι μεγαλύτερος του ( n 2 - 1) . Δ7.

�n

{1,2,3, . . .,20 11}

Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου που ικανοποιεί την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε τρία στοιχεία του Μ υπάρχουν δύο από αυτά , έστω α, b τέτοια ώστε α lb ή b iα. Να βρείτε το μέγιστο αριθμό των στοιχείων που μπορεί να έχει το υποσύνολο Μ . Δ7.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/19

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματι σμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημα τικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτοUν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλη ς: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το ε πίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επιμέλεια: Γιάννη ς Κερα σ αρίδη ς Ι α. "τι είναι τα !ΗαΟηματιι<ά; "

Π ρολεγ6μενα.

Συνεχίζουμε με το δεύτερο μέρος του κειμένου του Albert Einstein σχετικά με τη γεωμε τρική σκέψη σε σχέση με τη Φυσική. Στο επόμενο τεύχος θα συνεχίσουμε με το έργο του Henή Poincare «ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ», από τη σπάνια ελληνική μετάφραση του έτους 1 9 1 2, από τον

Παναγ. Ζερβό.

A lbeι·t Eίn.\·teίn:

«Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ, ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΚΑΙ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ: Η ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ 1: Η ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΙ ΟΙ ΝΟΜΟΙ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΊ'ΡΙΑΣ» [πηγή: ALBERT EINSTEIN ((Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ», μετάφραση Κ. ΡΩΤΑ, εκδ. Ε.& Ι. ΜΠΛΑΖΟΥΔΑΚΗ, Αθήνα 1923

«Εν τούτοις είναι εύκολο να εξηγηθεί από πού οδηγηθήκαμε στο να θεωρούμε τις προτάσεις της Γεωμετρίας σαν αληθείς. Υπάρχουν πράγματα στη φύση που ταιριάζουν λιγότερο ή περισσότερο στις έννοιες της Γεωμετρίας, τα οποία χωρίς καμιά αμφιβολία υπήρξαν η αιτία να γεννη θούν αυτές. Αλλ.ά η Γεωμετρία επιδιώκει να απομακρυνθεί από την υλική καταγωγή της, με σκοπό να περιορίσει το οικοδόμημά της μέσα στο πεδίο της λογικής. Παραδείγματος χάριν, η συνήθεια να ορίζουμε την ευθεία με δύο σημεία πάνω σε στερεό σώμα, είναι ριζωμένη βαθιά μέσα μας. Είμαστε, επίσης, συνηθισμένοι να θεωρούμε ότι τρία σημεία βρίσκονται στην ίδια ευθεία όταν μπορούμε να πετύχουμε ώστε απ' αυτά τα τρία σημεία να περνά μια οπτική ακτίνα από κατάλληλη οπτική θέση. Συμμορφούμενοι στις συνήθειες της σκέψης μας, μπορούμε να προσθέσουμε στις προτάσεις της ευκλείδειας Γεωμετρίας την παρακάτω μοναδική πρόταση: Μεταξύ δύο σημείων κάποwυ πραyματικού στερεού υφίσταται πάντα η ίδια απόσταση (μετρημένη I β. 'ΈιJκλείδεια

πάνω σε ευθεία), οποιεσδήποτε κι αν είναι οι κατα λαμβανόμενες θέσεις από το σώμα αυτό. Μ αυτό τον τρόπο μετατρέπουμε τις προτάσεις της ευκλείδειας Γεωμετρίας σε προτάσεις που ανtα ποκρίνονται στις διάφορες σχετικές θέσεις τις οποίες τα πραγματικά στερεά αντικείμενα μπορούν να κατα λάβουν. Η Γεωμετρία έτσι συμπληρωμένη μπορεί να θεωρηθεί σαν κλάδος της Φυσικής. Μετά απ' αυτά έχουμε το δικαίωμα να διερωτηθούμε αν αυτές οι γε ωμετρικές προτάσεις έτσι εξηγημένες είναι «αλη θείς», γιατί μπορούμε να εξετάσουμε αν επαληθεύο νται από τα πραγματικά αντικείμενα τα οποία συμ φωνούν με τις καθαρά γεωμετρικές έννοιες. Άρα μπορούμε να συμπεράνουμε, με τη μέγιστη δυνατή ακρίβεια, ότι όταν λέμε πως κάποια γεωμετρική πρό ταση είναι «αληθής>> να εννοούμε πως αυτή η παραδοχή μας οδηγεί σε δυνατότητα κατασκευής με χάρα κα και διαβήτη. Η βεβαιότητα της έτσι νοηθείσας «αλήθειας» των γεωμετρικών προτάσεων δεν μπορεί να στηριχθεί φυσικά παρά μόνο από πειράματα αρκούντως ατελή . >> . .

Γεωμετρία, αγάπη μου "

• ευθεία Ηοιι.\·el (σχήμα 1), ι σχύει το παρακάτω θεώρημα: «Σε κάθε τρίγωνο, το κέντρο της εγγεγραμμένης πε- πρώτων σημείων είναι διπλάσια της απόστασης των ριφέρειας ("έ-yκυκλος '�. το κέντρο βάρους του, και δύο τελευταίων» το κέντρο του έγκυκλου του μεσοτριγώνου, βρίσκο- Η παραπάνω ευθεία (ε) ονομάζεται ευθεία Hou.<;e/ νται στην ίδια ευθεία (ε), η δε απόσταση των δύο • σημείο Franke (σχήμα 2) ισχ6 ει το παρακάτω θεώρημα: «Σημειώνουμε με ΟΔ, ΟΕ, ΟΖ τις αποστάσεις του ώστε ΟΔ ΊΟΔ=ΟΕ ΊΟΕ=ΟΖΊΟΖ περικέντρου Ο τριγώνου ΑΒΓ, από τις πλευρές ΒΓ, Τότε οι ευθείες ΑΔ ' ΒΕ ', ΓΖ ' περνούν από το ίδιο ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Πάνω στις ευθείες ΟΔ,ΟΕ, ΟΖ, σημείο Ρ» Το σημείο Ρ οιιομάζεται σημείο Franke θεωρούμε σημεία Δ ', Ε ', Ζ ' αντίστοιχα, σε τρόπο ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/20

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS-------.....-

• κι5κλος Terq uem (σχ1Ί μα 3 ) ισχύει το παρακάτω θεώρημα: «Αν συνδέσουμε τυχαίο σημείο Μ τριγώνου ΑΒΓ με τις ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ στα Δ ', Ε ', Ζ' αντίστοιχα. σε τρόπο τις κορυφές του Α , Β, Γ , οι ευθείες ΜΑ, ΜΒ, Α1Γ τέ- ώστε οι ΑΔ ',ΒΕ ',ΓΖ ' να περνούν από το ίδιο σημείο μνουν τις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοι- Μ'» χα. Ο κύκλος που περνά από τα Δ,Ε,Ζ ξανατέμνει Ο κι)κλος αιπr)ς ονομάζεται κι!κλος του Τeιψιe .

ευΟεία Hoιt.'iίel

σι είο f�ranke

κι5ιιλο

Γ σχημ.3

l l α. "Α υτό το ξ1Εpατι:; , Με ποια βραβεία τιμήθηκε ο Paul

Joseph Cohen; [

1 934-2007] [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

Π Ι . "οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτοι5 ν "

Οέμα: Για τη φ ύσ η των Μ αθ η ματικών

Π ρολεγ ό μενα. Δεν περιμέναμε, κάνοντας διακοπές, να οδηγηθούμε σε ένα θέμα που άπτεται κα τευθείαν με τη φύση των Μαθηματικών. Ένας καλός συνάδελφος και φίλος της στήλης (Κρανιώτης Βαγγέλης), μας τηλεφώνησε και μας είπε να βρούμε το τελευταίο τεύχος του περιοδικού «ΘΕΜΑΤΑ ΠΑΙΔΕIΑΣ>>. Εμείς, επιστρέφοντας στην Αθήνα, βρήκαμε το περιοδικό και το άρθρο για το οποίο έγινε το τηλεφώνημα. Ο συγγραφέας (Μιχάλης Μιχαήλ) είναι ειδικός συνεργάτης του περιοδικού. Σας παρου σιάζουμε μερικά αποσπάσματα από την εργασία του. Μ. Μιχαήλ «Η ανάπτυ ξη ικανοτήτων στα Μαθηματικά»

«Τα Μαθηματικά, όπως κάθε ανθρώπινη δραστηριότητα, προέκυψαν από τις πρακτικές (ανάγκες της κοινωνίας). Γι' αυτό ακριβώς το λόγο είναι εφαρμόσιμοι. Οι άνθρωποι έπρεπε να προσδιορίσουν τις ποσότητες των αγαθών που ανταλλάσανε, να προσανατολιστούν στις μετακινήσεις τους, να οριοθετήσουν τις ιδιοκτησίες κτλ. Οι α-

ριθμοί προέκυψαν σαν αποτέλεσμα συγκεκριμένων ανθρώπινων ενεργειών, των μετρήσεων. Η επιστήμη των Μαθηματικών ερευνά τις μορφές των αντικειμένων, καθώς και τις ποσοτικές σχέσεις που συνδέουν τα αντικείμενα και τα φαι νόμενα. Προσδιορίζει τις συνδέσεις των φαινομέ νων και τις διατυπώνει με τη μορφή λογικών προγραμμένων τάσεων με σύμβολα»

«Τα Μαθηματικά δεν εξετάζουν την υλική σύ σταση των αντικειμένων, αλλά μόνο τη μορφή και την ποσότητά τους. Οι μαθηματικές έννοιες αποτε λούν λογικές αφαιρέσεις και γενικεύσεις ορισμέ νων μόνο χαρακτηρισηκών της ύλης. Για να μελε τήσουμε τις μορφές και σχέσεις των αντικειμένων και φαινομένων της πραγματικότητας, τις αποσπά με από το υλικό περιεχόμενό τους. Έτσι έχουμε σημεία χωρίς διαστάσεις, γραμμές χωρίς πλάτος και ύψος κτλ. Ο άνθρωπος, για να μετρήσει, επικε ντρώνεται στην ποσότητα ξεχωρίζοντάς την από όλες τις άλλες ιδιότητες των αντικειμένων. Ωστόσο αυτό δε σημαίνει ότι δεν ενδιαφέρεται γι' αυτές. Αντίθετα, για να διαλέξει μια μονάδα μέτρησης

προς την οποία θα συγκρίνει το (αντικείμενο, πρέ πει να λάβει υπόψη του ποια είναι η ιδιότητα που θα μετρήσει. Για παράδειγμα: αν θέλει να μετρήσει μια διάσταση του αντικειμένου (μήκος), πρέπει να διαλέξει σαν μονάδα μέτρησης ένα άλλο αντικείμε νο δοσμένου μήκους. Ο αφηρημένος χαρακτήρας των Μαθηματικών δε συνεπάγεται το διαχωρισμό τους από την πραγ ματικότητα. Αντίθετα, με την πρόοδο της επιστή μης και της τεχνολογίας τα Μαθηματικά όλο και περισσότερο βρίσκουν εφαρμογή στην πρακτική δραστηριότητα των ανθρώπων. Τα Μαθηματικά αποτελούν αντανάκλαση στην ανθρώπινη νόηση της αλληλεπίδρασης των υλικών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/21

------

ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑτΙCUS

-------

συστημάτων. Ωστόσο η προέλευση των Μαθηματι- του αφηρημένου χαρακτήρα των Μαθηματικών κών από τον υλικό κόσμο και η σύνδεσή τους με δομών και εννοιών» αυτόν δε γίνεται πάντα άμεσα αντιληπτή, εξαιτίας «Η απόσπαση των μαθηματικών εννοιών από την υλική υπόσταση των αντικειμένων γέννησε, ήδη από την αρχαιότητα, τη λαθεμένη ιδέα ότι οι μαθηματικές έννοιες υπάρχουν από μόνες τους. Έγινε μια αντιστροφή οι μαθηματικές έννοιες και σχέσεις, ενώ είναι μορφή aντανάκλασης της πραγματικότητας στο νου των ανθρώπων, θεωρήθηκαν οντότητες που υπαγορεύουν τον τρόπο κίνησης των

υλικών αντικειμένων. Διαμορφώθηκε η αντίληψη ότι τα Μαθηματικά είναι κάτι που υπάρχει ανεξάρ τητα από την υλική πραγματικότητα και από τη συλλογική πρακτική δραστηριότητα των ανθρώ πων. Τα Μαθηματικά περιβλήθηκαν με ένα πέπλο μυστικισμού, κατάλοιπα του οποίου επιβιώνουν μέχρι σήμερα»

2° θέμα: Οι Beatles και τα Μαθηματικά Προλεγόμενα. Η Ιστοσελίδα του συνδέσμου "ΘΑ- μόνιμη άδεια που μας έδωσαν οι υπεύθυνοι της ι ΛΗΣ +ΦΙΛΟΙ", ήταν γεμάτη ευχάριστες εκπλήξεις, στοσελίδας και δημοσιεύουμε ένα θέμα, κατά τη μια απ' τις οποίες είναι η σχέση των Beatles και γνώμη μας πρωτότυπο και πολύ ενδιαφέρον. των Μαθηματικών. Εμείς επωφεληθήκαμε από την Συντάκτης: Γιώργος Καρουζάκης: Ο μαθηματικός γρίφος των Beatles

Η μουσική των τραγουδιών που έχουν υπάρξει με γάλες επιτυχίες, αναγνωρίζεται τις περισσότερες φορές από το πρώτο άκουσμα, χωρίς να δημιουργεί ή να συντηρεί κανενός είδους μυστήριο. Υπάρχει, όμως, μια περίπτωση πασίγνωστου τραγουδιού, που δεν είναι τόσο ξεκάθαρη όσο οι άλλες. Συνο δεύεται, μάλιστα, από ένα μυστηριώδες ερώτημα το οποίο ζητά απάντηση τα τελευταία σαράντα χρόνια: «τt είδους ενορχήστρωση και ποιες νότες συνθέτουν την εισαγωγική συγχορδία του δημοφι λούς τραγουδιού των Beatles, «Α Hard Day' s Night» ; Το μυστήριο ενισχύεται από το γεγονός ότι οι Beatles δεν είχαν ποτέ διάθεση να αποκαλύ ψουν τη δημιουργία του σύνθετου ήχου που ακού γεται στην εισαγωγή του τραγουδιού. Όσοι μουσι κοί προσπάθησαν να τον επαναλάβουν aπογοητεύ τηκαν από το αποτέλεσμα, το οποίο απέχει εντυ πωσιακά από το πρωτότυπο. Ο μαθηματικός Jason Brown, λάτρης των Beatles, επιχείρησε να προσεγγίσει τον μυστηριώδη γρίφο του τραγουδιού, αξιοποιώντας τις μουσικές του γνώσεις αλλά και τους Διακριτούς Μετασχηματι σμούς Φουριt, τους μαθηματικούς μετασχηματι-

σμούς που βοηθούν στην διάσπαση των σημάτων στα στοιχειώδη βασικά τους μέρη. Οι μαθηματικοί μετασχηματισμοί απλοποιούν εφαρμογές που κυ μαίνονται από την επεξεργασία ενός σήματος μέχρι τον πολλαπλασιασμό μεγάλων αριθμών, για αυτό και ο μαθηματικός ερευνητής κατάφερε να πάρει απαντήσεις που αφορούν τις νότες και τη συμπερι φορά των διαφορετικών οργάνων. Και να εντοπίσει «κρυμμένες» mνελιές mάνου που δεν αναγνωρίζο νται εύκολα στην εισαγωγή του τραγουδιού. Ο J. Brown χρησιμοποιεί, επίσης, τα μαθηματικά, ιδιαι τέρως τη Θεωρία Γραφημάτων, προκειμένου να ανακαλύψει ποιός είναι, τελικά, ο δημιουργός του τραγουδιού «ln My Life>>, αφού και ο Τζον Λένον και ο Πολ Μακ Κάρτνεϊ είχαν διεκδικήσει την πα τρότητά του. Στις γραφικές παραστάσεις που δη μιούργησε εξετάζονται όλα τα τραγούδια της μπά ντας που έχουν αναγνωρισμένη πατρότητα για να εντοmστεί σε ποιά συλλοyή γραφημάτων, σε εκεί νη του Λένον ή του Πολ Μακ Κάρτνεϊ, ταιριάζει καλύτερα το τραγούδι «ln My Life». [Πηγή: Ameήcan Mathematical Society]

30 θέμα: Hίlbert και Einstein Προλεγόμενα Στο ηλεκτρονικό μας ταχυδρομικό κουτί έφτασε ένα πολύ ενδιαφέρον σημείωμα του φί λου της στήλης Νίκου Λυγερού. Λόγω έλλειψης χώρου, δημοσιεύουμε ένα μέρος της. Ο Hilbert, ο Einstein και η Γενική Σχετικότητα (του Νίκου Λυγερού, Πανεπιστήμιο Λυών) ( . . . )ο Hilbert, μετά από τις διαλέξεις του Einstein στο πανεπιστήμιο όπου τον είχε καλέσει, άρχισε να μελετά το πλαίσιο της Γενικής Σχετικότητας. Τον είχε αγγίξει η αισθητική της θεωρίας του Einstein και ήθελε να τη μελετήσει βαθύτερα στο μαθημα-

τικό επίπεδο. Αυτές οι πληροφορίες δεν είναι βέ βαια εκτιμήσεις της ιστορίας των μαθηματικών και της φυσικής, αλλά στοιχεία που υπάρχουν στην αλ ληλογραφία μεταξύ Einstein και Hilbert. Με αυτόν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/22

------ ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

μόνοφυσιστηκώνδιαφορά μεταξύ τωνγνώσεις μαθηματι κκαθενός ών και τονξη τηςτρόπομαθηματικής έχουμε ακριβείς έρευναςαναφορές του για την εξέλι των αλλ.ά ει δ ι κ ά στις του και τη διαχείριση τωνκισκέψεων τους. αφαιρετι κότητα του διαίσθηση του 1915,ότι οτο σύστημααπαντά στην νυστι βρέθηκαν σ' ένασμούσημείο ισορροπίας μέσωκτουότητας.τα Στιεπισςτολή 1 8 Νοεμβρίου Γ του εξι σ ώσεων κ ού λογι και της ενι κ ής Σχετι που του έστειλε εί ν αι σύμφωνο με το δι κ ό του, το Είναι λοιπόν όχι μόνο φυσι ο λογι κ ό αλλ.ά ταυτόχρο οποίογραπτές παρουσίασε στην Ακαδημία. Έχουμε, λοιεπι ναξίσωση και λογικό να ονομάσουμεΣε κάθε αυτόπερίπτωση το σύστημα:αυτήε πόν, αποδεί ξ ει ς γι α τη σχέση των δύο η εξέχουσα σχέσηπλαίτωνσιοδύογιαεπιστημόνων καθορίζει στημόνων. Βλέπουμε, σε σχέσηεπίμεστηνης, εύρεση τωνυπάρχει εξισώσεων ένα ξεκάθαρο τη συνέχει α τηςκότητας. ιστο πεδίου ότι δεν καμιά Γ διμεαμάχη γι α οποιαδήποτε προτεραι ό τητα σχετι κ ά ρίας και της εξέλι ξ ης της ενι κή Σχετι Διότι έχουμε άλλη μία αντι κ ει μ ενι κ ή απόδει ξ η της τα πνευματι κ ά δικαιώματα. Αντιθέτως, η αλλη λοεκτίμηση τατηνεπιαλλ.τεύγματα του τους. καθενόςΟι είπροναι γίακριβής κατάστασης τηςμέσωθεωρίας, ένα χρόνομεταξύ πριν δισεγγίάφανησειςσετουςγιαόληήταν, η λογραφία ν ει η πρώτη επαφή αλλ.ηλογραφίας βέβαια,κιδιαφορετικές επίλυση του προβλήματος αυτό οφείλεταιγια τηνόχι και Ο φίλοςΕμείτηςς τοστήλης ΜάρκοςκαιΜαούδης [ορισμένα. ΘεσσαλονίΘακη],παρακαλέσουμε μας ρωτά πόσα οποιονδήποτε διεθνή μαθηματιφίκλάο βραβεία υπάρχουν. "ψάξαμε" βρήκαμε της στήλης, γνωρίζει και άλλα βραβεία να μας τα γνωστοποιήσει για να τα δημοσιεύσουμε αυτά. Hilbert.

Hilbert

Einstein

Hilbert,

Einstein - Hilbert.

κι

Einstein

Caratheodory.

4° θέμα: Μαθηματικά βραβεία Προλεγόμενα

κι

Πρώτη λίστα βραβείων [1]. [Fields medal]

Το μετάλλιο προς το βραβείοαναλογικά βρίσκε ταίου θεωρήματος του ται πλησιέστερα Βραβείο προς τιμήν του καθηγη μετάλλιο εί ν αι ένα νέο βραβείο Το τή μαθηματιστηκώνμνήμητης Νορβηγικής Ακαδημίας, αφιερω Βραβείο μένο του Το κή Ένωση γιαπονέμε ( 1 802- ται από τη Διεθνή Μαθηματι α σόσους 1 829) συνεισφέρουν με τα Μαθηματι κ ά στην επι τήμη Το απονέμεται από της πληροφορίας. την Αμερι κ ανι κ ή Μαθηματι κ ή Εται ρ εί α κάθε πέντε Βραβείο κάθε χρόνο Πέντεσεή εξέχοντες έξι βραβεία που χρόνια απονέμονται εmστήμονες Βραβείοβραβεία πουείνπροσφέρονται αι 1 εκατομμύριο ιτέχνες πουτης εργάζονται για καιεπιτων τεύγματα χρηματικά κάθεδολάρια χρόνο καιπροςκαλλ. το συμφέρον aνθρωπότητας φιλι Βραβείο Ένα βραβείο .zε ο υ προσφέ κών σχέσεων μεταξύ των λαών ρεται για την πρώτη έγκυρη απόδειξη του τελευFermat.

Nobel.

[2].

Abel Prize:

Niels Henήk

[3].

[4].

[5].

[6].

Cole: Η AMS

[7].

Nevanlinna:

[8].

Wolf:

Frank Nelson Cole,

Abel

Nevanlinna

Bocher Memorial Prize

Wolf

Shaw

Wolfskehl:

llβ. Απάντηση στο <<Α υτό το ξέρατε;;;

συνοδεύεται μεγ) 15.000 $. Το επόμενο θα απονεμη τιμήθηκε μετο τα1964παρακάτω Οβραβεία: α) θεί το 2014], [α0πονέ το1973 [δεν υπάρχει μεται κάθε τρί α χρόνι α , συνοδεύεται με 5. 00 $. κανονι κ ότητα στο χρόνο απονομής] Το επόμενο το 2014], το 1966θα [ααπονεμηθεί πονέμεται κάθε τέσσεραβ) χρόνια, Paul

Joseph

Cohen AMS Bocher Prize

Honorary Members of the Lon don Mathematical Society

Fields

Medal

Α νακοίνω ση: Δεν προλάβαμε να στείλουμε το κείμενο στη συντακτική επιτροπή του περιοδικού και, κά ποιος φίλος που ήξερε για την έκκλησή μας, μας υπέδειξε μια ανάρτηση του Bilstef [Βασίλης Στεφανίδης], της 19/6/2012 στο mathematica.gr. Εμείς το βρήκαμε, αλλά ελλείψει χώρου, θα το δημοσιεύσουμε στο επό μενο τεύχος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/23

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑλΓΕΒΡΑΣ

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Α.Κυριακόπουλος- Χρυσ. Κυβερνήτου Σ η μείωση . Όλες οι εξισώσεις και ανισώ

σεις που θα διαπραγματευτούμε στο άρθρο αυτό έχουν σύνολο αναφοράς και σύνολο ορισμού το σύνολο R των πραγματικών αριθμών. 1)

Να

λυθεί η εξίσωση :

x+ l = χ (1) . ν 1.χ - .fi _ 1 .fi + 1 Λύση. Έχουμε: (1) � J2x - (J2 + 1)(χ + 1) = 1 - (Ji -1)χ � J2x -J2x - J2 - χ - 1 = 1 - ..fix + x � ( 2 ..fi ) x = - ( 2 + J2 ) J2 ( J2 + 1 ) �χ= � x = -2J2 -3 J2 ( J2-1 ) �

ι-

Να λυθεί η εξίσωση: λχ + 5 5 χ (1 ) -- - - = 3λ λ 9 στην οποία χ είναι ο άγνωστος και λ Ε JR • παράμετρος. Λύ ση. Μελ * Ο ,έχουμε: 2)

Άρα, το Ο δεν είναι ρίζα της. Η εξίσωση αυτή, μετά την απαλοιφή των παρονομαστών, τις πράξεις κτλ., είναι ισοδύ ναμη με μια εξίσωση της μορφής: αχ + β = Ο , όπου α, β R . Άρα, ή θα έχει ακριβώς μια λύ ση ή θα είναι αδύνατη ή θα είναι ταυτότητα. ΑλλfJ., δεν είναι ταυτότητα αφού με χ = Ο δεν επαληθεύεται, ούτε είναι αδύνατη αφού έχει τη λύση χ = 2012 . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση: χ = 2012 . •

4) Να βρείτε, αν υπάρχουν, τους ακέραι ους αριθμούς λ, για τους οποίους η εξίσωση: χ2 - 2χ + λ - 1 = Ο , έχει δύο ρίζες πραγματι κές, άνισες, θετικές.

διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής εί ναι: Δ=4-4(λ-1) =8-4λ. Το άθροισμα των ριζών της είναι S = 2 και το γινόμενο τους εί ναι Ρ=λ-1 . Έτσι, συμβαίνουν τα ζητούμενα Δ >Ο 8 -4λ>0 αν, και μόνο αν: S>O � 2>0 �1<λ<2. Ρ>Ο λ-1>0 Άρα, τέτοιος αριθμός λ δεν υπάρχει. Λύ ση. Η

{ {

(1) � λ(λχ + 5) - 15 = 9χ � ... 5) Η εξίσωση: αχ2 + β χ + γ = Ο , όπου � ( λ - 3 ) (λ + 3)χ = -5(λ - 3) (2). α) Έστω ότι: λ = 3 . Τότε: (2) � Ο · χ = Ο α, β, γ JR • έχει πραγματικές ρίζες ρ1 και και άρα η εξίσωση είναι ταυτότητα. ρ • Να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από 2 β) Έστω ότι: λ = -3 . Τότε: (2) � 0 · χ = 30 τους αριθμούς: IΡ I και I Pzl δεν υπερβαίνει και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. γ) Έστω ότι λ * 3 και λ * -3 ( φυσικά τον αριθμό 2 -5 . καιλ * 0 ). Τότε: χ = -Λύση. Έστω ότι αυτό δεν συμβαίνει. Τότε θα λ+3 3) Θεωρούμε την εξί�ωση: έχουμε: IPι l > 2 l και IP2 1 > 2 l . 'Ετσι, επειχ χ-1 χ-2 χ-3 χ-4 β β + + + + -- = 5 . 2012 201 1 2010 2009 2008 δή: β = -α(ρ1 + ρ2 ) και γ = αρ1 ρ2 , θα έχουμε: Χωρίς να επιλύσετε την εξίσωση αυτή, αρ ρ να αποδείξετε ότι το 2012 είναι ρίζα της, I Ρι I > 2 -α ( ρ ι +2ρ ενώ το Ο δεν είναι. Τι συμπεραίνεται για τις ι 2 ) => IΡι + P2I > 2 1 P2I λύσεις της εξίσωσης αυτής; I Ρι + ρ2 Ι > 2 IPιl αρ1 ρ2 Λύ ση. Με χ = 2012 , κάθε ένα από τα κλάμα > 2 IP2I τα του πρώτου μέλους της εξίσωσης αυτής εί -α ( ρ ι + ρ2 ) ναι ίσο με 1. Άρα, το 2012 είναι ρίζα της. Με χ=Ο to πρώτο μέλος της εξίσωσης αυτής => I Ρι + P2 l > IPι l + I Ρ2I , άτοπο. είναι αρνητικό, ενώ το δεύτερο είναι θετικό. 6) Δύο εργάτες Α και Β τελειώνουν μαζί Ε

�

•

{

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/24

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ένα έργο σε ι2 ώρες. Ο εργάτης Β τελειώνει το έργο (μόνος του) σε ιο ώρες περισσότε ρες από όσες ώρες το τελειώνει ο εργάτης Α (μόνος του). Να βρείτε σε πόσες ώρες τε λειώνει το έργο καθένας από τους εργάτες (μόνος του).

Έστω ότι ο εργάτης Α τελειώνει το έρ γο σε ώρες, οπότε ο εργάτης Β το τελειώνει σε 1 ώρες. Σε μια ώρα ο εργάτης Α εκτελεί το -1 του έργου και ο εργάτης Β εκτελεί το 1 του έργου. Άρα και οι δύο μαζί εκτε

Συνοπτικά:

•

Λύση.

χ+ χΟ χ χ+lΟ ' το 1 + 1 του έργου. Εξάλλου και οι λσυν χ χ+10 δύο μαζί εκτελούν το του έργου. 'Ετσι έ12 1 = -1 <=> 12(χ + 10) + 12χ = 1 χουμε: -+-χ x + l O 12 = χ(χ + 10) <=> χ2 -14χ -120 = ο διακρίνουσα της τελευταίας εξίσωσης είναι: Δ = 142 + 4 · 120 = 676 262• Άρα, οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι: 20 χ = 14 26 ( -6 2 Συνεπώς χ = 20 . Άρα, ο εργάτης Α τελειώνει το έργο σε 20 ώρες και ο εργάτης Β σε 20 + 10 30 ώρες. χ-λ + ι � 2χ (ι) χ λ Έστω ότι λ>Ο. Τότε: (1) <=> 2χ + 2λ � λχ <=> (λ - 2)χ 2λ (2). α1) Έστω ότι: Ο< λ< 2 . Τότε: 2λ . (2) <=> χ �·-λ-2 α2 ) Έστω ότι: λ=2. Τότε: (2) <=> Ο· χ 4 <=> χ ε 1R. α3 ) Έστω ότι: λ 2. Τότε: (2) <=> χ 2λ λ-2 Έστω ότι: λ<Ο. Τότε: (1) <=> 2χ + 2λ λχ <=> (λ-2)χ � 2λ --

•

(δεκτή) (απορρίπτεται)

7) Να λυθεί η aνίσωση:

στην οποία είναι ο άγνωστος ε 1R • παράμετρος. Λύ ση. α) �

�

και

� --

=Ο, 8) Έστω ότι η εξίσωση: όπου είναι ο άγνωστος και ε 1R παράμε τρος, έχει πραγματικές ρίζες και ότι ρ είναι μια εξ αυτών. Να αποδείξετε ότι:

ι IP I + lPf = lλ + ι ι + lλ

_!__

β)

<=> χ � λ2λ- 2 (γιατι' λ - 2 < Ο ). 2λ 0<λ<2 : χ�- λ-2 λ = 2 : χε1R λ < ή λ>2 : χ 2λ λ-2 χλ2 - 2λχ + ι χ - ιι.

<ι >

Ονομάζουμε η την άλλη ρίζα της εξί σωσης, οπότε: ρ + η = 2λ και ρη = 1 . Έτσι . επειδη' η = 1 και ρη = 1 > έχουμε: ρ 1 1 ' ρ ' + ίΡϊ = ' ρ ' + ρ = ' ρ ' + ' η ' = ' ρ + η ' = 2 1 λ I (2). Επειδή η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές, έ χουμε: Δ � 4λ - 4 λ -1 � (λ + 1)(λ - 1) � ο � l λ + 1l + l λ - 11 = l<λ + 1) + (λ -1) 1 = 2 l λl(3). Από τις (2) και έπεται η (1).

Λύ ση.

Ο,

�Ο 2 �Ο 2 �Ο (3) lx2-2xl <x . �

Να λυθεί η aνίσωση:

Λύ ση.

Έχουμε: 2x l

(ι)

<=> ({'χΧ22--2χ <χ ή {'χχ22--2χ2xl<< xJ <::> ({Χ: -2χ <Χ ή {-χ2 + 2χ < XJ χ -2χ χ2-2χ <ο <ο ή {χ(χ - 1) <=> ({χ(χ-3) χ(χ- 2) χ(χ- 2) <οή J 0<χ<3ή ή {(χ<Ο χ>ι)J <=> ({(χ�Ο χ�2) 0<χ<2 <=> ( 2 � χ < 3 ή ι<χ<2) <=> 1 < χ < 3. - Υπενθυμίζουμε το παρακάτω θεώρημα: Θεωρούμε το f(x) αχ2 + βχ +γ, όπου τριώνυμο: α, β, γ ε 1R με α Ο. Θέτουμε: Δ = β2 - 4αγ . (1)

�ο

>ο

�ο

Θεώρημα (του τριωνύμου).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/25

:;t:

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

1) Αν Δ < Ο , τότε αf(χ) > Ο , για κάθεχ Ε :!R. . 2) Αν Δ = Ο , τότεαf(χ) > Ο , για κάθε x E :!R. με χ * 1._ και f( 1._) = Ο . 2α 2α 3) Αν Δ > Ο , τότε: αf(χ) > Ο, για κάθε χ Ε ( -οο, Ρι ) υ ( ρ2 , +οο ) αf(χ) < Ο, για κάθε χ Ε ( ρι , Ρ2 ) , όπου Ρι και p2 οι ρίζες του f(χ),ρι < ρ2 . _

{

1 0) Να λυθεί η aνίσωση: αχ 2 - 4χ + α > Ο

( 1)

στην οποία χ είναι ο άγνωστος και α Ε πι παράμετρος.

1) Έστω ότι α=Ο. Τότε: (1) <=> -4χ > ο <=> χ < ο . 2) Έστω ότια * Ο .Θέτουμε: f(x) = αχ2 - 4χ + α . Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι: > Ο, αν -2<α<2 (α * Ο) Δ = 1 6- 4α2 = 0, αν α=2 ή α = -2 < Ο, αν α<-2 ή α>2 Αν Δ � Ο , τότε οι ρίζες του f(x) είναι: 2 + .J4 - α2 και ρ = 2 - .J4 - α2 Ρι = 2 α α 2α) Έστω ότι: -2 < α < Ο .Τότε Δ>Ο καιρ ι < ρ2 . Έτσι, τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: (1) <=> Ρι < χ < ρ2 . 2β) Έστω ότι: Ο<α<2. Τότε Δ>Ο καιρ ι > ρ2 . Έτσι, τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριω νύμου, έχουμε: (1) <=> ( χ < Ρ2 ή χ>ρ ι ) 2γ) Έστω ότι: α=2.Τότε: (1) <=> 2χ2 - 4χ + 2 > ο <=> (χ - 1)2 > ο <=> χ * 1 2δ) Έστω ότι: α=-2 .Τότε: (1) <:::::> -2χ2 - 4χ - 2 > Ο <:::::> (� + 1)2 < Ο , αδύ νατον. 2ε) Έστω ότι: α>2 . Τότε Δ<Ο και σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, η (1) επαληθεύε ται για κάθε χ Ε IR. . 2στ) Έστω ότι α<-2. Τότε Δ<Ο και σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, η (1) είναι αδύνατη. Λύση.

•

---·

Συνοπτικά: •

α ::;; -2 : Αδύνατη

• • • • •

(

-2 < α < Ο : ρι < Χ < ρ2 α=Ο : χ<Ο Ο < α < 2 : χ < Ρ 2 ή χ > Ρι α=2 : χ * 1 α>2 : Ε JR. 2 + .J4 - α2 , ρ = 2 - .J4 - α2 Ρι = 2 α α Χ

- Σημειώνουμε ότι με: f(x) αχ2 + βχ + γ, όπου α,β,γ Ε :!R. , α * Ο και Δ = β2 - 4αγ , ι σχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες: =

{αΔ <> ΟΟ {Δα ::;;> ΟΟ � <:::::> {α < 0 Δ<Ο {α < Ο ) Δ ::;; Ο

. χ Ε IR., f(x)>O) 1) ( Για καθε

. χ Ε IR., f(x) 2) ( Για καθε

Ο)

( Για κάθε χ Ε IR., f(x)<O)

, χ Ε IR., f(x) ::;; Ο ( Για καθε 1 1)

<:::::>

θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθ μούς λ και μ και υποθέτουμε ότι για κάθε χ Ε πι ισχύει: (λ - 3)χ 2 + 2λχ + λ + μ > Ο . Να αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε πι ισχύει: (μ - 3)χ 2 +

2μχ + λ + μ > ο .

Από την υπόθεση συμπεράνουμε ότι: λ-3>0 και Δ ι < Ο , όπου Δι η διακρίνουσα του τριωνύμου: (λ - 3)χ 2 + 2λχ + λ + μ . Έχουμε: Δι = 4λ2 - 4(λ - 3)(λ + μ) = -4λμ + 12λ + 12μ Για να αποδείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να αποδείξουμε ότι: μ-3>0 καιΔ2 < Ο, όπου Δ2 είναι η διακρίνουσα του τριωνύμου: (μ - 3)χ 2 + 2μχ + λ + μ > ο . Έχουμε: Δ ι < 0 => -4λμ + 12λ + 12μ < 0 => λμ - 3λ - 3μ + 9 > 9 => (μ - 3)(λ - 3) > 9 => (μ - 3)(λ - 3) > ο και επειδή λ-3>0, έπεται μ-3>0 . Δ2 = 4μ2 - 4(μ - 3)(λ + μ) = -4μλ + 12λ + 12μ=Δ ι < Ο Λύ ση.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/26

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑλΓΕΒΡΑΣ

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

i(α + �} ψ = i( β + j) με α � 1 και

= 2 [(α-β)2 +(α-γ)2 +(β-γγ ] Είναι φανερό ότι Δ � Ο για κάθε α, β, γ , άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. Β 'Τρόπος Έστω f( ) =( -α) ( -β) +( -α) ( -γ) +( -β) ( χ -γ)

Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ευσταθίου

Αν x =

β � 1 , να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης: Α = xψ - ..w=l� r-:;--: � χψ + '\/Χ2 - 1 vψ2 -1 .

' 1 α+ 1 , εχουμε ' Λύση: Αφου χ = � ( "2 J

� � � (α + �)' -Ι � α+ �)' � � (α-Η � � ι α - �1 · Όpς α21, οπότε α--α1 Ο . Επομένως: � χ- -1 = -21 (α--α1 J . Όμοια βρίσκουμε �ψ2 -1 = � (β- t) · Αντικαθιστώντας στην παράσταση παίρνουμε χ2 -1�ψ2 -1 = Α-- χψ-..J χψ+..Jχ2 -1�ψ2 -1 + (β+ - (α- (βα ( � � �J t) � �J t) � ( α+ Ηβ+ i) - � ( α- Ηβ- i) αβ+ βα +�β +�1 -αβ+βα +�β -�1 βα +�β - σ: +β2 α β 1 αβ----+α β 1 - αβ+-1 - σ!β2 + ( βα +-+-+-+ β α αβ β α αβ αβ ---=

.---,-

�

2. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση: (χ-α)( χ - Ρ) +( χ-α)( χ-γ) + ( χ - Ρ)( χ - γ) = Ο , α, β, γ ε R. έχει πάντοτε πραγματικές ρίζες.

Τότε f (a) = (α - β)(α - γ) , f (β) = (β - α)(β -γ), f (γ) = (γ - α)(γ - β) => f(α)f(β)f(γ) = 2 2 = -(α - βγ (β -γ) (γ - α) :s; Ο ::::> Δ � Ο αφού διαφο

ρετικά αν ήταν δηλαδή Δ < Ο θα είχαμε f ( χ > Ο για κάθε χ ε � οπότε f (α) > Ο, f (β) > Ο, f (γ) > Ο δηλαδή

)

χ2

f (α)f(β) f (γ) > Ο , πράγμα άτοπο. (παρατηρήσαμε ότι το τριώνυμο f(x) έχει συντελεστή του το 3 >0) 3 . Να αποδείξετε ότι αν οι συντελεστές των

εξισώσεων χ2 + β1χ+ γ1 = 0 και Χ2 + β χ + γ = Ο 2 2 ικανοποιούν την σχέση β1 β = 2 (γ 1 + γ ) , τότε 2 2 μία τουλάχιστον εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. •

Έστω Δι και Δ2 η διακρίνουσα της πρώτης και της δεύτερης εξίσωσης αντίστοιχα, τότε Δι =β� -4γι και Δ2 =β; -4γ2 . Τότε Δι +Δ2 =β� -4γι +β; -4γz =β� +β; -4(γι +γz ) = =β� +β; -2βιβ2 =(βι -βz )2 � Ο Αν Δι < 0 και Δ2 <0, τότε Δι +Δ2 <0 άτοπο. Άρα Δ ι Ο ή Δ2 Ο , δηλαδή μία τουλάχιστον εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. 4. Για ποιες τιμtς του α JR - {-2} , μία ρίζα Λύση

�

της εξίσωσης (α+ 2)χ2 -(7α+11)χ+6(α-1) =0 είναι μικρότερη του

-1. 'Εχουμε: Δ = ( 7α 11)2 24 (α 2) (α -1) 25α2 + 130α+ 169 = ( 5α+ 13)2 • χ1 = 12(α+2) 6 2(α+2) χ1'2 = (7α+ 11)±( 5α+ 13) 2(α+2) χ2 2(α-1) α-1 2(α+2) α+2 Λύση

Λύση: Έχουμε (χ -α)( χ -β)+(χ-α)(χ -γ)+(χ-β)(χ-γ) =0<=> <=> χ2 -(α + β) χ + αβ + χ2 -(α +γ) χ + αγ + χ 2 --(β+γ)χ+βy=Ο<=> 3JC -2(α+β+γ)χ+αβ+αγ+βy=Ο. Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι: Δ= 4 ( α + β +γ)2 -12( αβ+ αγ+ βγ) = , -2α + 1 Ο <=> α -1 < -1 <=> --< = 2{ 2α2 + 2β2 + 2γ2 -2αβ -2αγ-2βγ) = Πρεπει α+2 α+2 =2[(α2 +β2 -2αβ) + (α2 + Υ. -2αy) + (β2 + Υ -2βy)] = �(2α+1)· ( α+ 2)<0� α -2,- �). ( �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/27

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

Α ' ΑΥΚΕΙΟΥ

Παραλληλόγραμμα και Τραπέζια Παναγιώτης Χριστόπουλο ς- Μαρία Σίσκου

Ορίζουμε: Ένα κυρτό τετράπλευρο που έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες είναι παραλληλόγραμμο, ενώ αν έχει μόνο δύο πλευρές παράλληλες είναι τραπέζιο. Με κάποιες επι πλέον ιδιότητες που μπορεί να έχουν τα παραλληλόγραμμα τα διακρίνουμε σε ορθογώνια ή ρόμβους. Αν έχουν και τις ιδιότητες του ορθογωνίου και τις ιδιότητες του ρόμβου τότε είναι τε τράγωνα. Για να δείξουμε σε μία άσκηση οτι ένα τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο, ορθο

γώνιο, ρόμβος ή τεράγωνο θα πρέπει να βρούμε και να αποδείξουμε ότι έχει κάποια συγκεκριμέ να στοιχεία. Τα στοιχεία αυτά αναφέρονται ως κριτήρια.

I BD

Κυ ρτό Τετράπλε υ ρο Π αραλληλόγραμμο Ορθογώνιο

Τραπέζιο

και διχοτομούν μια γωνία του Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται τέμνονται κάθετα και μια γωνία του είναι ορθή

Ά σ κη ση l η

Δίνεται

ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και ΑΒ=ΑΔ= _!_ ΓΔ. Από το σημείο 2

Α φέρουμε κάθετη στην ΒΔ που τέμνει την ΓΔ στο Ε. Να δειχτεί ότι α) ΑΒΕΔ , ΑΒΓΕ είναι ρόμβοι β) EAr = ΔΒΕ Α

Τετράγωνο

1. 2.

Να έχει μια γωνία ορθή και (α) δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες ή (β) Μια διαγώνιος του να διχοτομεί μια γωνία του ή (γ) Οι διαγώνιοι του να είναι κάθετες. Τις διαγώνιες του ίσες και (α) ή (β) ή (γ).

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι τετράγωνο αρκεί ένας συνδυασμός των κριτη ρίων παραλληλογράμμου, ορθογωνίου και ρόμ βου π.χ. να ισχύει μια από τις πιο κάτω ιδιότη τες:

1. 2. 3.

Για να είναι ένα παραλληλόγραμμο τετράγωνο αρκεί ο συνδυασμός των δύο κριτηρίων του ορ θογωνίου με τα τρία κριτήρια -τ:ου ρόμβου π.χ.

Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται είναι ίσες και κάθετες Όλες οι πλευρές του και οι γωνίες του εί ναι ίσες Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται είναι ίσες

Α πόδε ιξη

ΑΒ=ΑΔ (1) � το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές � η ΑΕ είναι μεσοκάθετος του ΒΔ � ΕΔ=ΕΒ (2) � επίσης ΜΒ = ΑΒΔ ως πα ρά τη βάση γωνίες του. Αφού ΑΒ//ΓΔ θα εί ναιΑΒΔ ΒΔΕ ως εντός εναλλάξ. Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ΑΔΒ = ΒΔΕ . Στο τρίγωνο ΑΔΕ η ΔΚ είναι διχοτόμος και ύψος. Άρα αυτό είναι ισοσκελές, οπότε ΑΔ=ΔΕ (3). Από τις σχέσεις (1),(2),(3) έχουμε ΑΒ=ΑΔ=ΔΕ=ΕΒ δηλαδή το ΑΒΕΔ είναι ρόμβος. Αφού ΔΕ=ΑΒ= ΓΔ , το Ε είναι μέσον της 2 ΓΔ, το τετράπλευρο ΑΒΓΕ έχει ΑΒ//=ΕΓ. Άρα είναι παραλληλόγραμμο με ΑΒ=ΒΓ οπότε εί ναι ρόμβος β) Οι οξείες γωνίες ΕΑΓ και ΔΒ Ε έχουν τις πλευρές το�ς 1ςάθετες μια προς μια (AE.l ΒΔ και ΒΕ διαγώνιοι ρόμβου). Άρα είναι ίσες. α)

ΑΓ .l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/28

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Κυρτό Τετράπλευρο* Αν �

Μόνο δυο πλευρές παράλληλες τότε Τραπέζιο � Τις απέναντι πλευρές του παράλληλες τότε Παραλληλόγραμμο Αν

0 1 .Μια γωνία ορθή ή 02.Διαγώνιες ίσες τότε

Ρ1.Δυο διαδοχικές πλευρές ίσες ή Ρ2.0ι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα ή Ρ3.Μια διαγώνιος διχοτομεί μια γωνία του τότε Ρόμβος

Ορθογώνιο Παραλληλόγραμμο

Συν μια ιδιότητα Pl ,Ρ2,Ρ3(ρόμβου)

Συν μια ιδιότητα 01,02,03(ορθογωνίου)

τότε Τετράγωνο

(*) Αν έχει α. Όλες οι γωνίες ίσες ή τρείς γωνίες ορθές τότε είναι Ορθογώνιο παραλληλόγραμμο β.

Όλες οι πλευρές του ίσες τότε είναι Ρόμβος

Άσ κη ση 2'1

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με γωνΑ=90° και το μέσο Μ της υποτείνουσας, ενώ πάνω στις κάθετες πλευρές ΑΒ,ΑΓ τα σημεία Κ,Λ αντίστοιχα ώστε γωνΚΜΛ=90°. Αν ΒΟ//=ΚΛ και το Ο στο ημιεπίπεδο με ακμή ΑΒ που περιέχει το Γ, τότε να δείξτε ότι:

ΟΜ _lΒΓ.

Α πόδ ει ξη

Αφού ΒΟ//=ΚΛ θα είναι ΒΚΛΟ παραλληλό γραμμο και ΟΛ//=ΒΚ. Άρα ΟΛ κάθετη στην ΑΓ. Α Λ Πάνω στην προέκταση της ΚΜ παίρνουμε τμήμα λ σκ η ση 3'� ΜΣ=ΚΜ. Έτσι το τετράπλευρο ΒΚΓΣ είναι πα Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και το ραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι διχοτομούνται. κέντρο βάρους Θ του τριγώνου ΑΒΓ Αν Ζ το Επομένως ΓΣ//=ΚΒ και ΓΣ κάθετη στην ΑΓ. Το μέσο της ΘΔ και Η το μέσο της ΓΔ να δείξετε ΟΛΓΣ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, γιατί ότι ΕΖ=ΗΘ. ΒΚ//=ΟΛΙ/=ΓΣ. Άρα οι διαγώνιοί του είναι ίσες Απ όδ ιιξη ΟΓ=ΛΣ. Όμως η ΛΜ είναι μεσοκάθετός του ΚΣ, Αν Ε το μέσο του ΑΒ τότε το Θ είναι σημείο οπότε ΛΣ=ΛΚ. του ΓΕ με ΓΘ=2ΘΕ. το τρίγωνο ΔΘΓ έχουμε Άρα ΒΟ=ΚΛ=ΛΣ=ΟΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΖΗ//ΘΓ και ΖΗ=ΘΓ/2 γιατί ενώνει τα μέσα δυο ΒΟΓ ισοσκελές, οπότε η διάμεσός του ΟΜ είναι πλευρών του τριγώνου. Επίσης ΕΘ=ΘΓ/2(από υ και ύψος. Άρα l_ πόθεση).

ΟΜ ΒΓ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/29

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

t + t2 + t3 = 1 80° => 60°+60°+ Γ3 }8(f => 1 Γ3 =60° ::::::::> Ζ =90°- Γ3 =30° = Β1 ::::::::> Το ΒΓΖ είναι

β)

ισοσκελές. Συνεπώς το ύψος του ΓΑ θα είναι και διάμεσος, δηλαδή το Α μέσο της ΒΖ. Επειδή είναι και ΑΓΙ/ΒΔ το Γ θα είναι το μέσο της ΔΖ. ' Άσκηση 6 �

Άρα ΖΗ//=ΕΘ, δηλαδή ΕΖΗΘ παραλληλό γραμμο και επομένως ΕΖ=ΗΘ.

Σε ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ και Ε η προβολή του Δ στην ΑΜ. Να δείξετε ότι ΓΕ=ΓΔ. Απόδειξη Δ

Άσκηση 4η

Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Αν Ζ τυ χαίο σημείο της ΒΓ και Β', Γ, Δ', οι προβολές των Β, Γ, Δ στην ΑΖ να δείξετε ότι Β'Β=Δ'Δ- Γ Γ.

v�::Y-

Α Β

Αν Ζ το μέσο της πλευράς ΑΔ η ευθεία ΓΖ τέ μνει την ΔΕ στο Κ. Όμως ΓΜ=//ΑΖ δηλαδή το ΑΖΓΜ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΓΖ/IΑΜ. Έτm έχουμε ΖΓ//ΑΕ. Αφού το Ζ είναι μέσο της πλευράς ΑΔ του τριγώνου ΑΔΒ θα είναι και το Κ Απόδειξη μέσο της πλευράς ΔΕ. Αλλά ΓΚ//ΕΜ και ΔΕ κάθε Φέρνουμε από το Γ παράλληλη στην ΑΖ που τη στην ΕΜ Άρα ΔΕ l_ ΓΚ . Επομένως η ΓΚ εί τέμνει την ΔΔ' στο Η. Το τετράπλευρο ΓΓΔ'Ή εί ναι μεσοκάθετη του ΔΕ, οπότε ΓΕ=ΓΔ. ναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΗΔ'=ΓΓ. Το τρίγωνο Άσκηση 7η ΓΗΔ είναι ίσο με το τρίγωνο ΒΒ 'Α διότι είναι Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ και σημείο Μ στην κατά ΑΒ=ΓΔ, fΊ Α πλευ ρές παράλληλες), και r

Η = Β ' = 90° .

Άρα ΔΗ=ΒΒ'. ΔΔ'=ΒΒ'+ΓΓ, ή ΒΒ'=ΔΔ'-ΓΓ.

- - - - - -

Επομένως

Άσκηση Sη Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α=90° και Β=30°. Φτιάχνουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΔ με το Δ στο ημιεπίπεδο ακμής ΒΓ που δεν πε ριέχει το Α. Να δείξετε ότι: α) ΑΓ // ΒΔ β) Αν Ζ το σημείο τομής των ΒΑ, ΔΓ τότε το Α είναι μέ σο της ΒΖ και το Γ είναι μέσο της ΔΖ.

κορυφήν γωνία της γωνίας του Β. Να συγκρίνετε το άθροισμα των αποστάσεων του Μ από τις ευθεί ες ΑΒ και ΑΔ με το άθροισμα των αποστάσεων του Μ από τις ευθείες ΒΓ και ΓΔ. Απόδειξη

Γνωρίζουμε ότι τα ύψη ενός ρόμβου είναι ίσα, δηλαδή ΕΖ=ΗΘ. Επομένως ΜΖ-ΜΕ=ΜΘ-ΜΗ και από τη σχέση αυτή προκύπτει ΜΖ+ΜΗ=ΜΘ+ΜΕ. I

I I I I

Απόδειξη

α) Το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισόπλευρο. Άρα

Γ2 = Β 2 = Δ = 60° , δηλαδή ΒΙ +Β2=90°. Είναι και Α =90° Άρα ΒΔ // ΑΓ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/30

/ / z

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Άσκηση 8η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε Β90° Έστω ΑΕ ύψος και ΑΔ διχοτόμος του. Να αποδειχθεί ότι αν φέρουμε από το Β τη ΒΖ//ΑΔ όπου Ζ η τομή της με το ύψος ΑΕ, το τραπέζιο ΑΔΒΖ είναι ισοσκελές.

ΚΛΙ/ΒΓ

ΑΖ.

περνάει από το μέσο της πλευράς ΑΚι οπότε θα διέρχεται και από το μέσο της πλευράς Άσκηση 1 0'1

Απόδειξη

Από Β-Γ=90° ( 1 ) . Η γωνία του τριγώνου ΑΔΓ, οπότε:

Δι είναι εξωτερική

Α2 (2). Α

Δι = Γ +Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90°). Προεκτεί νουμε την πλευρά ΒΑ προς το Α κατά τμήμα ΑΖ=2ΑΓ και την πλευρά ΓΑ κατά τμήμα Α Η=2ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι το ύψος ΑΔ του τρι γώνου ΑΒΓ περνάει από το μέσο της ΖΗ.

Αf.λά

=180° (2), Δ =180°+f'-B=180°-{B-f') =90°, = 45° = Δ ι

ως γωνία του ΑΒΔ είναι Δι Λ

Από

Β 2 (3 ) Λ

(3):

από (Ι) Άρα 1Δ ι=45j, δηλαδή το ΑΕΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε ΔΑΕ , οπότε το τραπέζιο ΑΔΒΖ είναι ισοσκελές. 2 1

Άσκηση 9η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με βάση τη ΒΓ, Κ η προ βολή της κορυφής Α στη διχοτόμο της γωνίας Β και Λ η προβολή της Α στη διχοτόμο της γωνίας Γ. Να δειχθεί ότι η ΚΛ διχοτομεί κάθε ευθύγραμμο τμήμα από την κορυφή Α στη βάση ΒΓ.

Απόδειξη

ΑΖ

Αν Κ, Λ τα μέσα των και ΑΗ αντίστοιχα τότε ΑΚ=ΑΓ, ΑΛ=ΑΒ και Α=90° και έτσι τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΑΚΛ είναι ίσα. Επομένως ΑΚΜ ' και Γ = 1 , ως οξείες με πλευρές κάθετες

=Γ

=>Μ Μ' Α = =B=A Α4 =>Μ' Λ =Μ' Λ ( 2 ) J (1), (2) ΑΖ=2ΑΓ } ΑΗ=2ΑΒ =>

Απόδειξη (Ι) Κ= Έστω κ,· Λ1 τα σημεία τομής ΑΚ, ΑΛ με τη => ΑΚΜ' = Αι = Α2 ΒΓ αντιστοίχως. Επίσης ΑΑΜ' Τα τρίγωνα ΑΒΚ1 και ΑΓΛ1 είναι ισοσκελή, Από τις προκύπτει Μ'Κ=Μ 'Λ (3). Όμως αφού έχουν τις ΒΚ, ΓΛ διχοτόμους και ύψη. Άρα ΚΑ=ΚΚ1, ΛΑ=ΛΛ 1 • ΚΛ//ΖΗ. Στο τριγωνο ΑΖΜ ε-, Επομένως το ΚΛ ενώνει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΑΚιΛι, οπότε ΚΛ//ΚιΛι . δηλαδή χουμε ΚΜΊ/ΖΜ και ΚΑ=ΚΖ άρα ΜΖ=2Μ 'Κ (4). ΚΛ//ΒΓ. Ομοίως στο τρίγωνο ΑΜΗ έχουμε ΛΜ Ί/ΜΗ και Κάθε ευθ. τμήμα επομένως από το Α σε σημείο ΛΑ=ΛΗ. Άρα ΜΗ=2Μ' Λ (5). Ζ της ΒΓ διχοτομείται, αφού στο τρίγωνο ΑΖΚι η Από τις (3), (4), (5) προκύπτει ΜΖ=ΜΗ. '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/31

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Μπρίνος Παναγιώτης

Άσκηση 1 . Έστω ότι η συνάρτηση f: R�R είναι γνησίως αύξουσα στο R και η γραφική της ' παράσταση τέμνει τον άξονα y y στο -2. Να λύσετε την aνίσωση: f(x2 - 9)<-2. Λύση :

Επειδή η γραφική παράσταση Cr της fτέμνει τον y 'y στο -2, ισχύει η Ισοδυναμία Α(Ο,-2) Ε Cr <::::> f(O)= -2, οπότε διαδοχικά έχουμε: f(x2 - 9)< -2 <::::> f(x2 - 9)< f(O) <::::> χ2 - 9<0 <::::> χ2 <9 <::::> Ν < .J9 <::::> Ι χ1<3 <:::3:>- <χ<3, καθότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R. Άσκηση 2 . Αν η συνάρτηση f: [-1 , +oo)-R είναι γνησίως αύξουσα, τότε να λυθεί η aνίσωση: 2 f( χ - 1 ) ::: f( _! ) (1). 3 χ χΛύση : _

Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί: χ-3:#:0, χ:#=Ο και 2χ - 1 :::- 1 (i), - 2 :::- 1 (ii).

χ-3 χ Με χ:#=3 και χ:#=Ο έχουμε: (i)<=> 2χ - 1 + 1 :::Ο<::::>(χ-3)(3χ-4):::Ο<::::>χ Ε (-οο,Ο)υ(Ο, i ]υ(3,+οο)=Α. 3 χ-3 Εξάλλου: (ii)<=>1 - 2 :::ο <::::> χ(χ-2):::0 <:::χ:> Ε (-οο,Ο)υ[2,3)υ(3, +οο=Β. χ λοιπόν έχει σύνολο ορισμού το D=AnB= (-οο,Ο)υ(3,+οο). Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο +οο), έχουμε στο D: 2χ - 1 2 2χ - 1 2 2χ2 + χ - 6 ::Ξ:Ο<:::χ:> (χ-3)(2χ-3)(χ+2)::Ξ:Ο (11) (I) <=> -- ::Ξ: - - <=> -- + - ::Ξ:Ο <::::> χ-3 χ χ-3 χ χ(χ - 3) 3 +οο - 00 ο -2 3

Η (I)

[ 1 θα -

Από την παραπάνω συναλήθευση προκύπτει: ( Ι ) <::::> ΧΕ [-2,0).

3. Να βρείτε τα ακρότατα καθώς και το σύνολο τιμών της συνάρτησης f(x)=-.Jx + 2 + 2 στο σύνολο ορισμού της. Λύση : Άσ κη ση

Για το σύνολο ορισμού της fπρέπει: χ + 2 :::ο <::::> χ :::- 2. Δηλαδή Ar = [-2, +οο). Για κάθε χ:::-2, έχουμε διαδοχικά: χ+2:::Ο <=> .Jχ + 2 :::ο <=>-.Jχ+ 2 :::; Ο <::::> - .Jχ + 2 + 2 :::;2 <::::> f(x) :::; 2 (1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/32

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Παρατηρούμε ότι f(x) = 2 <::}--- .Jχ + 2 + 2 = 2<::}--- .Jχ + 2 =O�.Jχ + 2 =Ο�χ+2 = Ο�χ = -2, με την τιμή -2 να ανήκει στο σύνολο ορισμού [-2, +οο). Επομένως (1) � f(x) :::; f(-2), δηλαδή η fπαρουσιάζει μέγιστο στο -2, το f(-2) = 2. Για το σύνολο τιμών της συνάρτησης με τυχαίο y ε JR έχουμε: Υ -< 2 2 - y -> Ο � - f(x) = y � -.Jx + 2 +2 = y � 2- y = .Jx + 2 � (2 - y) 2 = χ + 2 x = -2 + (2 - y) 2 Προφανώς -2 + (2- y) 2 2 -2 . Επομένως f(A)= (-οο,2].

{

Ά σκηση 4 . Δίνεται η συνάρτηση f(x)

•

2συν(3χ) + 1

Α . Να βρείτε την περίοδο Τ και την μέγιστη τιμή της f .

Β. Να λύσετε την ανίσωση f(x) 2 3

Γ. Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = aημ(βχ) + γ .

τr

-τr/2

3τr/2

ί.

_, Να προσδιορίσετε τα α, β, γ και ii. Να βρείτε αλγεβρικά τα σημεία -2 τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f στο [Ο,π). (Από εξετάσεις του 7ου Λυκείου Ν. Σμύρνης, προτάθηκε από τον συνάδελφο Πάτροκλο Καζάζη).

Λύση :

, , μεγιστη , τ=, 2π εχουμε: , Α . Απο, τον τυπο τ 2π Η συναρτηση τιμη, για χ=χ1, οπου f παιρνει 3 συν(3χ1)=1 (1). Αλλά: (1)�3χ1=2κπ�χ1= 2κπ, κεΖ και είναι ίση με f(χΙ)=2 · 1 + 1 = 3 =

- .

{

Από το Α) ερώτημα ισχύει f(x) :::; 3 (2). Επομένως έχουμε: (2) f(x) 3 � f(x) = 3�χ 2κπ , κ εΖ. f(x) 2 3 � f(x) :::; 3 3 Γ. i) Το σημείο Α(Ο, 1) ανήκει στην γραφική παράσταση της g,επομένως g(O)= 1 => γ = 1 . Για την περίοδο της συνάρτησης από το σχήμα έχουμε: Τ=2π => 2π 2π => β= 1. Από το σημείο Β.

Β( 3π ,3) της γραφικής παράστασης της g

έχουμε: g( 3π )=3 => αημ( 3π ) + 1 = 3 =>--α=2=>α=-2. 2 2 2 ii) Για να βρούμε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της g με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f, λύνουμε την εξίσωση f(x)=g(x). Έχουμε: f(χ)=g(χ)�2συν(3χ)+ 1 =-2ημ(χ)+ 1 �συν(3χ)=ημ(-χ)�συν(3χ)=συν( π+ χ) 2 � 3χ = 2κπ+ π + χ ή 3χ =2κπ - π- χ � χ=κπ + !!... (1) ή χ = κπ - π8 (2), κεΖ. 2 2 4 2 Επειδή θέλουμε οι λύσεις της (1) να ανήκουν στο [Ο,π), θα έχουμε: Ο:::;χ<π� Ο::; κπ + π <π<:}- π :::;κπ< 3π <:}-.!.::;κ<� �κ =0, αφού κεΖ. 4 4 4 4 4 3π η' χ=7π . ' ' χ= -π . ομοιως ' απο' την (2) παιρνουμε χ= Για ο, η (1) δινει κ=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/33

------

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

' οι τιμες. ' 4 π, ελικα' δεκτες' ειναι

Ά σκηση 5.

3π

και

7π . 8

π Δίνεται η συνάρτηση f(t)= 2- 2ημ t , teR. 2

Α) Να βρεθεί η περίοδος της f. Β) Να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της, καθώς και οι τιμές του teR για τις οποίες η f παίρνει τις τιμές αυτές. Γ) Να βρεθούν οι τιμές του teR, για τις οποίες η γραφική παράσταση της f(t) τέμνει την γραφική παράσταση της y=2+ .Ji Δ) Να γίνει η γραφική παράσταση της f, όταν te [ 0,8] .

Λύση : 2π 2π Α) Εχουμε Τ = -= '

π 2

= 4.

Β) Ισχύει για κάθε teR: -1:::; ημ � :::; 1 � 2 2: -2 ημ π t 2: -2 � 42: 2-2 ημ π t 2:0 � O:::;f(t):::;4 . 2 2 2 π tι ) = - 1 � ' ' ' Επομενως: συναρτηση f παιρνει μεγιστη τιμη' για t=t1 οπου ημ( 2 3 3 1 1 π t = 2κπ+ π t ) = ημπ �' π η -= Π t1 ' ημ( ιση 2κπ - -π2 �tι=4κ + 3 η' tι=4κ-1 , κε z και ειναι 2 2 2 2 2

' Η

με f(t1) =2- 2·(-1) = 4. συνάρτηση f παίρνει ελάχιστη τιμή για t=t2 όπου ημ( π2t2 ) = 1� ημ( π2t 2 ) = ημ π2 �

� π2t2 = 2κπ+ π2 �t2=4κ+2, κ εΖ και είναι ίση με f(tz) =2-2·1 = Ο. Γ) Οι τετμημένες των σημείων τομής των δύο γραφικών παραστάσεων είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(t)= 2+.fi . 'Εχουμε: f(t)= 2+.fi � 2- 2ημ π2t = 2 + .fi � ημ �2 = - .fi � 2

3π ' t = 4κ+ 3 , κεΖ. π η' π t =2κπ+π t =--η μπ �π t =2κπ+ημ�t=4κ+ η -2 2 4 2 4 2 4 2 Δ) Επειδή η περίοδος της συνάρτησης είναι Τ=4, κατασκευάζουμε τον πίνακα τιμών της σε διάστημα μιας περιόδου.

Επομένως στο

[0,8] η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι: Υ

-1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/34

ΑΣΚΗΣ ΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Θύμιος Διαμαντόπουλος Αν ισχύει 2ημχ - συνχ = 1 (1), τότε να βρεθεί το ημχ . 1.

Λύση

Έχουμε: ( 1) => (2ημχ -συνχ)2 =1 =>4ψ2Χ -4ημχ . συνχ +�χ =1 => 4ημ2 χ -4ημχ · συνχ + 1 -ημ2 χ -1 = Ο => => 3ημ2χ -4ημχ · συνχ = Ο => ημχ ( 3ημχ -4συνχ ) = Ο => ημχ = Ο (Π) ή 3ημχ = 4συνχ = Ο (111) . Από τις (1), (11) βρίσκουμε ημχ = Ο, συνχ = -1, από τις (1), (111) βρίσκουμε ημχ = ±, συνχ = � . 5 5

π < χ < π και 2 εφ 2 χ + σφ 2 χ + 2εφχ + 2σφχ - 1 = Ο , τότε εφ2 χ + σφ2 χ = 7 .

Να αποδειχθεί ότι αν

Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση f (χ) = ημ(αχ + β) , α * Ο είναι περιοδική με 2π , δο τ = ι;;r . περιο 4.

Απόδειξη

( �� )

� ημ αχ + α +β � ημ ( αχ ± 2π+β ) � ημ ( αχ + β ) = f ( x ) .

Δίνεται η συνάρτηση f : JR """"+ JR για την οποία ισχύει: 3f (χ) - 2f (-χ) = ημχσυνχ ( 1) . (i) Να αποδειχθεί ότι η f είναι περιττή. (ii) Να βρεθεί ο τύπος της (iii) Να αποδειχθεί ότι η f είναι περιοδική με περίοδο τ = π . 5.

Λύση

Είναι Τ > Ο και η συνάρτηση g ( χ ) = ημχ έχει πεδίο ορισμού το Α = JR Επομένως για κάθε χ Ε Α έχουμε χ + τ Ε Α ' χ - τ Ε Α . Τότε f ( x + τ) = ημ ( α ( χ + Τ) +β) = ημ ( αχ + αΤ +β) =

Έχουμε: εφ2χ + σφ2χ + 2εφχ + 2σφχ -1 = Ο => (εφχ + σφχ)2 -2εφχ · σφχ + 2εφχ + 2σφχ -1 =Ο=> ( εφχ + σφχ )2 + 2εφχ + 2σφχ -3 = Ο => => ( εφχ + σφχ ) 2 + 2 ( εφχ +σφχ ) -3 = 0 ( 1 ) . Λύση f έχει πεδίο ορισμού το JR . Αν εφχ + σφχ = ω , τοτε ω<ο αφου -π < χ < π , (i)συνάρτηση Για κάθε χ Ε JR , τότε -χ Ε JR και θέτοντας 2 οπότε ( 1 ) =>ω2 +2ω-3=0::::>ω Ε { ι-3} ::::> ω =-3 στην ( 1 ) το -χ αντί του χ παίρνουμε 3f ( -χ ) -2f ( χ ) = ημ ( -χ ) συν ( -χ ) <::> και εφ2χ +σφ2χ = ( εφχ + σφχ)2 -2εφχ · σφχ <::> -2f ( x ) + 3f ( -χ ) = -ημχσυνχ (2) of -2=7. 3 . Να αποδειχθει, οτι: , συν3799ο εφ71ο = Ο . Προσθέτουμε τις ( 1 ) , ( 2 ) και έχουμε: συν3851° f ( x ) +f ( -x ) = O, δηλαδή f ( -x ) = -f ( x ) . Λύση Άρα η συνάρτηση f είναι περιττή. 'Εχουμε.. συν3799° -εφ71ο = (ii) Αφού η συνάρτηση f είναι περιττή θα συν3851° έχουμε: ( 1 ) => 3f ( x ) -2f ( -χ ) = ημχσυνχ => συν ( 10 · 3 60° + 199° ) = 3f ( x ) -2 [-f ( x )J = ημχσυνχ => _ εφ71ο συν ( 10· 360° + 251° ) 3f ( χ ) + 2f ( χ ) = ημχσυνχ => συν ( 180° 19° ) + 1 = συν199° εφ71ο = σφ19° = 5f ( χ ) = ημχσυνχ => f ( χ ) = -ημχσυνχ , χ Ε JR . συν251ο συν (270° -19° ) 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/35

-----

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Για κάθε xE:!R έχουμε χ+πΕ:!R, χ -π Ε IR και ισχύει: f( χ + π) = ημ( χ + π)συν( χ + π) = = 51 (-ημχ)( -συνχ) = s1 ημχσυνχ = f(x) . Άρα η f είναι περιοδική με περίοδο Τ = π . (ίίί)

�

{) (

)

( �)

5. Η συνάρτηση f χ = α- 2 ημ βχ-

+γ,

α > Ο , β > Ο έχει μέγιστη τιμή 4 , περίοδο π

και η γραφική της παράσταση διέρχεται

από

Α(1� ,ι).

(i) Να βρεθούν τα α , β και γ (ii) Να βρεθούν η περίοδος, η μέγιστη τιμή και η ελάχιστη τιμή και της σy"γι,ΙρτηCJ!Ίς_ g χ = 4ημ6χ . Επίσης να βρεθούν οι τιμές

( )

του χ Ε IR για τις οποίες η συνάρτηση g παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. (iii) Να βρεθούν τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης g τέμνει τον άξονα χχ' Λύ ση (i) •

Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι 4 , πρέπει: οπότε -6 α Ι α-21 = 4 � α-2 = ±4 � . α = -2 Επομένως α = 6 , αφού α > Ο . ' περιοδος της συναρτησης ειναι = -π3 και 2π � β = 6 . 2π � -π = ' εχουμε Τ =β 3 β Για α = 6 και β = 6 ο τύπος της συνάρτησης γίνεται f (χ) = 4ημ 6χ - + γ , χ Ε IR .

'"Γ' 1 ·

( �) Το σημείο Α (; , 1) ανήκει στη γραφική παράσταση της συνάρτησης, οπότε έχουμε: r (;) = 1 � 4ημ ( 6; - �) + γ = 1 => => 4ημ 6π +γ = 1 � 2 +γ = 1 � γ = -1

(

Άρα η συνάρτηση είναι f (χ) = 4ημ 6χ - - 1 . (ii) Η συνάρτηση g είναι περιοδική με 2π = 3π . 'Εχει μεγιστη , περιο, δο τ = 6 τιμη, 4 και ελάχιστη τιμή -4 . g( χ) = 4 � 4ημ6χ = 4 � ημ6χ = 1 � κπ + π ΚΕΖ. � 6χ = 2κπ + -π � χ = 2 3 12 ' g(x) = 4 � 4ημ6χ = -4 � ημ6χ = -1 � κπ π κ Ε Ζ . � 6χ = 2κπ - -π � χ = --2 3 12 ' Άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει μέγιστη κπ + -, π κ Ε Ζ και ελάχιστη ' χ=τιμη' οταν 3 12 ..τιμ . η' οταν ,. κπ π κΕΖ. ' χ = ---, 3 12 � =4ημ 6π =4ημ� =4 (iii) g(0) =4ημ0 = 0 , g 12 12 2 ' g = 4ημ 6π = 4ημπ = Ο , � 6 g : = 4ημ 6; = 4ημ 3; = -4 και

�)

•

()

() () g (;) = 4ημ 6π = 4ημ2π = 0 . 3

6. Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση f χ χ + ημχ δεν είναι περιοδική. Λ ύ ση

( )=

Έστω ότι συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο τ > ο ' τότε για κάθε χ Ε IR έχουμε χ + τ Ε IR ' χ - τ Ε IR και θα ισχύει: f(x + τ) = f(x) � χ + Τ + ημ(χ + Τ) = χ + ημχ � � τ + η μ (χ + τ ) = ημχ ' για κάθε χ Ε IR ( 1) Από την ( 1) για χ = Ο παίρνουμε, Τ + ημΤ = Ο (2) και χ = π παίρνουμε, τ + ημ( π + τ ) = ο, δηλαδή τ -ημΤ = ο (3) Προσθέτουμε τις ( 2) , ( 3) και έχουμε 2Τ = Ο, δηλαδή Τ = Ο που είναι άτοπο. Άρα η συνάρτηση δεν είναι περιοδική.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/36

Β ' λΥΚΕΙΟΥ-

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

Ε.Μ.Ε Μαγνησίας: Ν.

Άσκηση ι

, , f(χ ) = Δινεται η συναρτηση

Αναστασία Κοντονίνα, Θανάσης Μαργαριτόπουλος, Γιώργος Φόσκας, Χρήστος Χριστοδουλόπουλος

1 + συνχ

ημ2 χ Α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f Β. Να δείξετε ότι η f είναι άρτια Γ. Να βρείτε τα κοινά σημεία της Cr με τους άξονες Δ. Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 2

φθίνουσα στο (Ο,π). χ Ε (0, �) � 2χ Ε (Ο, π) 2 Άρα σuvx -συν2χ >-3χ2 <::::> σuνχ-χ2 > συν2χ -4χ2 <::::> συνχ - χ 2 > συν2χ - (2χ)2 <::::> f(x) > f(2x) Β. 'Εχουμε για κάθε

r.ιστο(ο.π)

<::::>

χ < 2χ <::::> χ > Ο που ισχύει. 3

Άσκηση

(

))

Δίνεται συνάρτηση f(χ)=(2α+β)ημ ( α-β χ .

Λύση

Α. Πρέπει

ημ2χ:;e0 <::::> ημχ * ημΟ <::::> χ * 2κπ Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση ή χ * 2κπ + π , δηλαδή το πεδίο ορισμού είναι της συνάρτησης διέρχεται από το σημείο Βπ 5 Α = JR. - { κπ, κ Ε Ζ } , η περιο , δ ος της r ειναι , τ=2π: Α 6, 2 και οτι 1 +συν(-χ) 1+ συνχ - f(x) . , f(-χ) = Β . Ισχυει Να βρεθούν: ημ--,2-(-χ)-'----'- ημ2χ ι . Τα α, β. Άρα η f είναι άρτια 2. Η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της f. Γ. Τα κοινά σημεία της Cr με τον άξονα χ 'χ 3 . Για ποια χ Ε [-2π, 2π] η f(x) παίρνει την προκύπτουν από τις λύσεις της εξίσωσης μέγιστη τιμή της. f(x) = Ο <::::> + συνχ = Ο <::::> συνχ = -1 <::::> Λύση Α. ι . Γνωρίζουμε ότι η περίοδος της <::::> συνχ = συνπ <::::> χ = 2κπ ± π, κ Ε Ζ συνάρτησης f(χ)=ρημ(ωχ) δίνεται από την Άρα τα κοινά σημεία της Cr με τον άξονα χ' χ 2π 2π σχέση: Τ = - � 2π = - � α - β = 1 είναι Α(2κπ + π, Ο) . Κοινά σημεία της Cr με τον ω α-β άξονα ψ ' ψ δεν υπάρχουν γιατί το χ = Ο δεν Άρα f(x) (2α + β)ημχ και επειδή διέρχεται ανήκει στο πεδίο ορισμού της f 1 π 1 + συνχ ισχύει: από το σημείο Α , 2χ 2 <::: :> συνχ = 2ημ 1 + Δ. f(x) = 2 <::::> ημ2χ 1 3π 5 3π 5 <::::> + συνχ = 2(1 - συν 2 χ) <::::> 2συν2 χ + συνχ - 1 = Ο f - = - <=:> ( 2α + β ) ημ- = - <=:> 2 6 2 6 π ' 1 ' <::::> συνχ = 2 η συνχ = - <=:>σuνχ = συν η 3 <=> ( 2α + β ) ημ 2π + = <::::> 2α + β = 5 (2) συνχ = συνπ <=:>χ=2κπ±� ,κΕΖ ή χ = 2κπ±π,κΕΖ Από την λύση του συστήματος των (1) και (2) 3 προκύπτει: α=2 και β= Ι και συνεπώς f(χ)=5ημχ. Άσκηση 2 2. Γνωρίζουμε ότι το μέγιστο και το ελάχιστο της Έστω η συνάρτηση f(χ) = συνχ - χ2 , Χ Ε(Ο,π). συνάρτησης f(χ)=ρημ(ωχ), ρ>Ο, είναι ρ και -ρ Α. Να βρείτε την μονοτονία της f αντίστοιχα. Άρα η f(x) έχει μέγιστη τιμή 5 και Β. Να δείξετε ότι συνχ - συν2χ > -3χ2 , για ελάχιστη τιμή -5. π π κάθε χ Ε (0, ) 3. f(χ)=5{:}5ημχ=5{:}ημχ=l{:}χ=2κπ+ - , κεΖ. 2 2 Λύση π Οπότε: χ Ε [ -2π, 2π ] <::::> -2π :::; 2κπ + :::; 2π <::::> Α . Για ο < Χ 1 < Χ 2 � Χ 1 2 < Χ 22 � -Χ 1 2 > -Χ 22 , 2 και επίσης ισχύει Ο < Χ 1 < Χ 2 < π � συνχ1 > συνχ2 , <::::> -2 :::; 2κ + .!_ :::; 2 <::::> κ = -1 ή κ = Ο . Άρα χ = αφού η συνχ είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο,π). 2 2 π 3π Άρα συνχ1 - χ 1 > συνχ 2 - χ/ � f(x 1 ) > f(x 2 ) -- η' χ = - . 2 2 για κάθε Ο < χ 1 < χ 2 < π , δηλαδή η f είναι γνησίως

(

)

(1 ) .

( � %)

(1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/37

( �) %

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ Γεώργιος Αποστολόπουλος

ι) Ν α λυθεί η aνίσωση: (1 +ημχ+συνχ)(l-ημχ+συνχ) (1 +ημχ-συνχ)(ημχ+συνχ-1 )�1 (1). Λύση: (I) �[(l+συνχ)+ημχ][(l +συνχ)-ημχ]

Λύση :

{

Παρατηρούμε ότι: Ι-ημθ+συνθ =Ο� Ι + συνθ = η μθ Ι+συνθ=ημθ � � ημ2 θ + συν 2 θ = Ι

{

Ι + συνθ = ημθ . Ι + συνθ = ημθ [ημχ - (συνχ-Ι)][ημχ+(συνχ-Ι)]�Ι � � (Ι + συνθ)2 + συν2 θ = Ι συνθ · (Ι + συνθ) = Ο [(Ι +συνχ)2 - ημ2χ][ημ2χ - (συνχ-Ι)2]� Ι � (Ι+2συνχ+συν2χ-ημ2χ)(ημ2χ--συν2χ+2συνχ-Ι)�Ι� συνθ = Ο , συνθ = -Ι � η · . (ημ2χ+συν2χ+2συνχ+συν2χ - ημ2χ) η μθ = Ο ημθ = Ι [ημ2χ - συν2χ + 2συνχ -( ημ2χ+συν2χ)]�Ι � Επομένως ημθ·συνθ*Ο => ημθ*Ο και συνθ*Ο (2συν2χ+2συνχ)(2συνχ - 2συv2χ)�Ι � => συνθ� { Ι ,-Ι ,Ο} => Ι-ημθ+συνθ*Ο. Ομοίως (2συνχ)2 - (2συν2χ)2�Ι �4συν2χ - 4συν4χ �Ι � ημθ·συνθ*Ο => Ι-ημθ--συνθ*Ο. ξεκινώντας από το 4συν4χ - 4συν2χ +Ι �Ο� (2συν2χ - Ι )2� Ο Ι - η μθ - συνθ + Ι , με' λος παιρνουμε: , πρωτο = � Ι - η μθ + συνθ ημθ � 2συvΖχ - Ι =Ο � συνχ = ± J2 � χ =2κπ± 2 4 [(1 - η μθ) - συνθ] · [(1 - η μθ) - συνθ] + Ι __ = 3π [(1 - ημθ) + συνθ] · [(1 - η μθ) - συνθ] η μθ η' χ= 2κπ±- , κε z . 4 2 [(1 -..:..._ ημθ) - συνθ] Ι 2) Να βρεθούν οι α, βεR, ώστε η παράσταση .::.---'---=.: :---': -7---- + - = 2 2 (Ι - ημθ) - συν θ ημθ Jπ Α=α4ημχ +2β4ημ(7π+χ) +8α2συν(χ)+ 2 2 Ι 2 - (1 - ημθ) - 2(Ι - η μθ)συνθ + συν θ + 2 2 Ι 2ημθ η μ θ θ συν + η μθ 41 π 16συν( -χ)+1, να είναι σταθερή. 2 Ι - 2ημθ + η μ2 θ - 2συνθ + 2ημθ συνθ + συν 2θ + Λύση: η μ2θ + συν 2 θ - 2ημθ + ημ2 θ - συν 2 θ Η παράσταση Α παίρνει τη μορφή: Ι 2 - 2ημθ - 2συνθ + 2ημθ · συνθ + Ι __ = __ = Α= α4ημχ +2β4ημχ -8α2ημχ+ Ι6ημχ+ Ι= 2ημ2 θ - 2ημθ η μθ ημθ =(α4 +2β4 -8α2+ Ι6)ημχ+ Ι Ι+ ημθ · συνθ + _Ι = [(α4 - 8α2+ Ι6) +2β4 ]·ημχ + 1 . = ημθ - συνθ _= 2 ημθ ημ θ ημθ Έστω ότι η Α έχει σταθερή τιμή. (Ι - ημθ) - συνθ(l -ημθ) + Ι __ = Τότε για χ= � θα είναι Α = (α4 -8α2+ Ι6) +2β4 +Ι = η μθ η μθ(ημθ - Ι) 2 συνθ - Ι _Ι_ (Ι - η μθ)(Ι - συνθ) _Ι π + _= + = και για χ= - θα είναι Α= -[(α4-8α2+ Ι6)+2β4 ]+ 1 . = -ημθ(l - ημθ) ημθ ημθ η μθ 2 Άρα (α4-8α2+ Ι 6)+2β4+ Ι = -[(α4-8α2+ Ι6)+2β4]+ Ι=> συνθ =σφθ. (α4 -8α2+ Ι6) +2β4 =Ο . Το αντίστροφο προφανές. ημθ Άρα: (Α σταθερή)� (α4 -8α2+ Ι 6) +2β4 =Ο � .!. 4) Να λυθεί η εξίσωση χ+ = 2ημθ (1), όπου (α2 - 4)2+2β4 = Ο �α2-4 = Ο και 2β4 =Ο � χ �(α=2, β=Ο) ή (α=-2, β=Ο). θ e R παράμετρος.

{

3 ) Αν ημθ·συνθΦΟ, τότε θ συνθ 1 1 --ημ-=-:... --+=σφθ . 1 - ημθ + συνθ ημθ

Λύση:

Ι Αν χ>Ο, τότε είναι γνωστό ότι χ+ - � 2 χ (εφαρμογή σχ. Βιβλίου Α ' Λυκείου). Άρα για να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/38

------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

έχει λύση η (1) πρέπει και αρκεί 2ημθ:Ξ::2 (i). π Όμως (i) <::::> ημθ:Ξ:: 1 <:::η:> μθ=1 <::::> θ =2κπ+ - , 2 κεΖ. Τότε (1) <::::> χ+ _!_ = 2 <::::> x= l . Αν χ<Ο, τότε χ είναι χ+ _!_ :::; -2. Άρα για να έχει λύση η (1) χ πρέπει και αρκεί 2ημθ :::;-2 (ii).Αλλά (ii)<:::η:> μθ :::;- 1 π <:::η:> μθ=-1<::::>θ=2κπ-- , κεΖ. 2 Τότε (1)<::::> χ+ _!_ =-2<::::>χ=-1 . Τελικά μόνο για χ

""'

π π θ=2κπ+ 2 και θ =2κπ- "2 , κεΖ η (1) έχει λύσεις τις 1 ,-1 αντιστοίχως. Β ' τ ρόπος : Στο ffi. * η (1) ισοδυναμεί με χ2 - ( 2ημθ) χ + 1 = 0 (2), η οποία έχει διακρίνουσα 4ημ 2 θ - 4 = 4 ( η μ2 θ - 1 ) = -4συν 2 θ ::; Ο .

Δ=

Για να έχει λοιπόν λύσεις πρέπει και αρκεί π συνθ=Ο, δηλαδή θ κπ + -, κ ε Ζ (Συνθήκη 2 ισοδύναμη με την η μθ = ±1 ). Τότε προφανώς η (2) έχει διπλές ρίζες τις Χ ι = 1, χ2 = -1 .

Η i:γκιι φ η πλη ρω μi1 της συ\·δρομι1 ς σιις, β ο η Ο Ιιι:ι στην i: κδοση του π ψ ι ο δ ι κοί>.

Δωρεάν διάθεση εκδόσεων της Ελληνικής Μαθη ματικής Εταιρείας σε 3.000 μαθητές της χώρ ας Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, σε συνεργασία με το Κοινωφελές Ίδρυμα Ιωάννη Σ. Λάτση έστειλε τεύχη των περιοδικών εκδόσεών της, Ευκλείδης Α [για μαθητές Γυμνασίου], Ευκλείδης Β [για μαθητές Λυκείου] και Μικρός Ευκλείδης [για μαθητές Δημοτικού], για να διανεμηθούν δωρεάν σε 3000 περίπου μαθητές Πρωτοβάθμιας και Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης που φοιτούν σε δυσπρόσιτα σχολεία. Με τη δράση αυτή να συμβάλουμε στην ύπαρξη ίσων ευκαιριών ενημέρωσης και μάθησης σε όλους τους μαθητές που φοιτούν σε απομακρυσμένα σχολεία της Ελληνικής περιφέρειας, όπου οι γεωγραφικές και οι καιρικές συνθήκες πολλές φορές καθιστούν αδύνατη την επαφή με τα μεγάλα αστικά κέντρα των νομών. Σημειώνουμε ότι η επιλογή των σχολείων έγινε σε συνεργασία με τα Παραρτήματα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας στους Νομούς Δωδεκανήσου, Λέσβου, Χίου, Γρεβενών, Ιωαννίνων, Άρτας, Αρκαδίας, Ηλείας, Κιλκίς, Ροδόπης.

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΕΜΙΝΑΡΙΑΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΏΝ, ΦΙΛΟΛΟΓΩΝ, ΦΥΣΙΚΏΝ, ΧΗΜΙΚΏΝ ΚΑΙ ΒΙΟΛΟΓΩΝ

ΓΕΝΙΚΗ ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ

Ο Όμιλοs Φροντιστnρίων Πουκαμι σάs, με τον σχεδιασμό, τnν ευθύνn και το κύροs του Ακαδnμαϊκού του τμrΊματοs,

διοργανώνει

για

τρίτn

χρονιά ειδικά σεμινάρια για τnν εκnαίδευσn και τnν κατάρτισn νέων καθnγnτών στα

Μαθnματικά,

στα

Φιλολογικά μαθrΊματα, στn ΦυσικrΊ, τn Χnμεία και τn Βιολογία, με στόχο τn γνωστι κrΊ και nαιδαγωγικrΊ εnιμόρ φωσrΊ τουs,

οποία απαιτείται για τn

διδασκαλία στn λυκειακrΊ βαθμίδα.

ΣΤΟΧΟΙ ΚΑΙ ΣΚΟΠΟΙ

Οι κaθnγnτέs που θα πaρaκολουθrΊ σουν τα σεμινάρια του Ομίλου θα αποκομίσουν: • Βεβaίωσn nαρaκ:ολούθnσns του σεμιναρίου. • Εκπαιδευτικό υλικό. • Δυνατότnτα συνεργασίαs με τnν υπό σύστaσn Ακαδnμία καθn γnτών του Ομίλου, nου με νο μιμότnτα και επαγγελματισμό θα προσφέρει τnν υπnρεσίa των κατ' οίκον μαθnμάτων με αξιολογnμέ νουs κaθnγnτέs, οι οποίοι θα χρn σιμοποιούν τιs εκπaιδευτικέs μαs μεθοδολογίεs και τα βιβλία των Εκδόσεων Πουκaμισάs. Επιπλέον, στο πλaί01ο των σεμιναρίων, οι νέοι κaθnγnτέs θα παρακολουθή σουν υποδειγματικέs διδασκaλίεs στα φροντιστrΊριa του Ομίλου μαs.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/39

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ

Ύστερa οπό τουs πέντε nρώτουs εnιτυ χnμένουs κύκλουs σεμιναρίων, ο Όμι

λοs διοργανώνει τρειs νέουs κύκλουs εnιμόρφωσns δίμnνns διάρκειαs, οι

οποίοι περιλαμβάνουν 48 διδaκτικέs

ώρεs με κόστοs τοποιnθούν: •

• •

420€ και θα πρaγμα

4 Φεβρουαρίου έωs 29 Μαρτίου 20 1 3 (8 εβδομάδεs) 3 Ιουνίου έωs 26 Ιουλίου 20 1 3

(8 εβδομάδεs)

7 Οκτωβρίου έωs 29 Νοεμβρίου 201 3 (8 εβδομάδεs)

Περισσότερεs πλnροφορίεs και δπλώ σειs συμμετοχns σmν κο. Σύρμπου Μa

ριλένο στο τπλέφωνο 21 Ο 4 1 1 2507.

Εμβαδό ευθύγραμμου σχήματος Σωτήρης Ε. Λουρίδας

Εμβαδά επιφάνειας είναι το «μέτρο» της δηλαδή ένας θετικός αριθμός που υπόκειται στα γνωστά αξιώματα. Εξ ορισμού το εμβαδά μίας επιφάνειας ισούται με το άθροισμα των εμβα δών των μερών της, αρκεί βέβαια να έχουν με τρηθεί με την ίδια μονάδα μέτρησης. Δ ύο επι φάνειες λέγονται ισοδύναμες όταν έχουν το ίδιο εμβαδά. Εδώ θα παραθέσουμε θέματα πάνω στα εμβαδά που θεωρούμε ότι προάγουν την μεθοδική Μαθηματική σκέψη αναφορικά με ε πίλυση ασκήσεων, ξεκινώντας από μια σπου δαία θεωρητική αναφορά που δείχνει την δυνα τότητα του μετασχηματισμού ενός σχήματος σε ισοδύναμο του. Θεωρούμε ότι είναι γνωστοί οι τύποι αλλά και βασικά θεωρήματα επί των εμ βαδών ευθύγραμμων σχημάτων.

θεία ΛΑ που τέμνει τις ευθείες σημεία Ν,Ι· αντιστοίχως.

ΖΚ, ΘΙ στα

I'C

��-�_. θ'

I I

_ _

-1,I'

Έτσι παίρνουμε τα παραλληλόγραμμα ΑΚΜΒ, ΓΝΚΑ, ΒΘΊ'Γ που είναι ισοδύναμα προς τα παραλληλόγραμμα ΒΑΔΕ, ΑΓΖΗ, ΒΘΙΓ Θεώρημα Πάππου Clairaut: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και εξωτερικά αντιστοίχως, καθότι διατηρούν με αυτά ίδιες αυτού τα παραλληλόγραμμα ΒΑΔΕ, ΑΓΖΗ , βάσεις και ίσα ύψη. Επομένως παίρνουμε ΒΘΙΚ. , με τα εξής δεδομένα: Αν Κ είναι το (ΒΑΔΕ)+(ΑΓΖΗ) = (ΒΑΚΜ)+(ΑΓΝΚ)= (ΒΘ'ΤΛ) + (ΛτΙ'Γ) = (ΒΘΊ'Γ) = (ΒΘΙΓ). σημείο τομής των ευθειών ΕΔ, ΖΗ, Λ το ση μείο τομής της ευθείας ΑΚ με την πλευρά ΒΓ και το σημείο τομής της ευθείας ΑΚ με την Σπουδαία παρατήρηση: ευθεία ΘΙ, ώστε ΑΚ=ΤΛ . Αποδείξτε ότι ισχύ Με βάση το θεώρημα Πάππου Clairaut ει η ισότητα (ΒΑΔΕ) + ( ΑΓΖΗ) = (ΒΘΙΓ). αποδεικνύεται άμεσα το Πυθαγόρειο Θεώρη Διαπραγμάτευση: μα και έχει ενδιαφέρον να δούμε το πώς με Θα στηριχτούμε στο εξής θεωρητικό βάση το σχήμα που ακολουθεί, στο οποίο έ δεδομένο: Αν έχουμε δύο ευθείες παράλλη χουμε το τρίγωνο ΑΒΓ που είναι ορθογώνιο με λες που πάνω σε αυτές κινούνται αντίστοι υποτείνουσα ΒΓ και τα τετράγωνα με βάση τις χα δύο ίσα ευθύγραμμα τμήματα σταθερού πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου και εκτός μήκους, τα παραλληλόγραμμα που σχηματί αυτού: -

ζονται με βάσεις τα ευθύγραμμα αυτά ευθύ γραμμα τμήματα έχουν το ίδιο εμβαδό. Αυ τή η βασική πρόταση μας επιτρέπει να με τασχηματίσουμε κάθε παραλληλόγραμμο σε ισοδύναμο του παραλληλόγραμμο. Έτσι ο δηγούμαστε στην Απόδειξη που ακολουθεί:

Απόδειξη: Θεωρούμε από την κορυφή Β ευθεία πα ράλληλη προς την ευθεία ΛΑ που τέμνει τις ευθείες ΕΚ, ΘΙ στα σημεία Μ,Θ' αντίστοιχα και από την κορυφή Γ παράλληλη στην ευΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/40

Ι<

------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------

Παρατηρούμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΤΑ, ΑΒΓ είναι ίσα καθότι ΑΓ = ΑΗ , ΗΤ = ΑΕ = ΑΒ, οπότε παίρνουμε ΑΤ = ΒΓ = ΒΚ και LBAM = LA1 = LΓ => LA2 + LB = LΓ + LB = 2:2 . Αν θεωρήσουμε το σημείο Μ της πλευράς ΒΓ σαν το σημείο το μής των ευθειών ΤΑ, ΒΓ , ισχύει επίσης ΑΤ _l_ ΒΓ => Ατ ι Ι ΒΚ. Επειδή τα τετράγωνα είναι και παραλλη λόγραμμα από το θεώρημα Πάππου- Clairaut έχουμε ( ΑΒΔΕ) + ( ΑΓΖΗ) = (ΒΚΛΓ) , δηλαδή ΑΒ2 +ΑΓ 2 = ΒΓ2 • 1.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με την ιδιότη τα η βάση του ΒΓ είναι μέσος αριθμητικός των δύο άλλων πλευρών του ( ΑΒ + ΑΓ = 2ΒΓ ). Θεωρούμε την διχοτόμο ΑΡ του τριγώνου αυτού που aντιστοιχίζε ται στη γωνία LA . Αποδείξτε ότι το άθροι σμα των αποστάσεων τυχόντος σημείου της διχοτόμου ΑΡ από τις πλευρές του τριγώ νου είναι σταθερό.

Λύση :

ΊΜ ΖΙΝ

2(ΑΒΓ) => + +ΤΛ 2(ΑΒΓ) ΒΓ ΊΜ ΊΝ ΒΓ

Επί ευθείας

(ε)

rνr

Έχουμε,. (ΑΒΓ) = (ΤΒΓ) +(ΤΑΒ) +(ΤΑΓ) = ΒΓ ·ΤΜ + ΑΒ ·'ΓΝ +ΑΓ · ΤΛ 2 με 'ΓΝ = ΤΛ καθότι το σημείο Τ είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας LA του τριγώνου. Άρα οδηγούμαστε στην σχέση + ΑΓ)'ΓΝ , απο, την ο( ΑΒΓ ) = ΒΓ ·τΜ +(ΑΒ 2 ποία με βάση την υπόθεση ΑΒ + ΑΓ = 2ΒΓ , => παιρνουμε ( ΑΒΓ) = (ΤΜ + 2'ΓΝ)ΒΓ 2

ct.

δίνονται τα σημεία

Β, Γ ( Β * Γ ) . Θεωρούμε δύο σημεία Ε,Ζ του

ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ , ώστε ΒΕ = κΒΓ, ΒΖ = λΒΓ με κ, λ δοθέντες αριθ μούς με την ιδιότητα Ο<κ <λ<l . Αν θεωρήΑ σουμε σημείο με την ιδιότητα LBAZ=LEAΓ και ονομάσουμε Τ το ίχνος της διχοτόμου της γωνίας LEAZ στην ευΒΤ . θεία ΒΓ υπολογίστε τον λόγο

Απόδειξη :

τr

Αρχικά παρατηρούμε ότι ΒΕ < ΒΖ < ΒΓ LBAE + LEAZ = επίσης ως LEAZ + LΖΑΓ => LBAE = LΖΑΓ. Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρίΒΤ = ΑΒ ( * ) . Ισχυει , γωνο ΑΒΓ παιρνουμε . ΤΓ ΑΓ από την υπόθεση η ισότητα LBAZ=LEAΓ αποδείχθηκε επίσης η ισχύς της ισότητας LBAE = LΖΑΓ ( 2 ). Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε ότι: Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων με ίσα ύψη ισούται με τον λόγο των αντίστοιχων προς τα ύψη αυτά βάσεων τους, ως επίσης ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων, που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλ λου, ισούται με τον λόγο των γινομένων των μέτρων των πλευρών των τριγώνων αυτών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Επομένως από τα τρίγωνα ΑΒΖ, ΑΕΓ προκύπτει · ΑΖ =ΒΖ (3) και απο, τα τρίγωνα (1)=> ΑΒ ΑΓ · ΑΕ ΕΓ ΑΒΕ, ΑΖΓ προκύπτει η ισότητα · ΑΕ = ΒΕ ( 4) . Υπολογίζοντας τα (2)=> ΑΒ ΑΓ · ΑΖ ΖΓ μέτρα των ευθύγραμμων τμημάτων ΕΓ, ΖΓ παίρνουμε

(1),

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/41

---

ΕΓ = (Ι - κ)ΒΓ, ΖΓ = (l - λ)ΒΓ (5).

σχέσεις (3),(4),(5) προκύπτει

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

Από τις

ΑΒ 2 κλ ΑΒ κλ -= = . � ΑΓ2 ( 1-κ) ( 1 - λ) ΑΓ (1-κ)(1 - λ)

Καταλήγοντας έχουμε ( ) *

�

κλ ΒΤ = ΤΓ ( 1 - κ) ( 1-λ) .

3. θεωρούμε κυρτό εξάγωνο

ΑΒΓΔΕΖ , για

το οποίο έχουμε:

LA + LΓ + LE = LB + LΔ + LZ και ΑΒ = ΖΑ, ΒΓ = ΓΔ, ΔΕ = ΕΖ. Υπολογίστε τον λόγο των εμβαδών {ΑΓΕ), { ΑΒΓΔΕΖ ) . Λύση : Α

---

Από όλα τα τρίγωνα με κοινή βάση και κοινό μέτρο της απέναντι από αυτή γωνίας το μέγιστο εμβαδό έχει το ισοσκελές τρίγω νο. ii) Σε ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο, η απόσταση του κέντρου του κύκλου από μία πλευρά του τριγώνου είναι το ήμισυ της ακτίνας του κύκλου. Β) θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ που διατηρούν την ίδια βάση ΒΓ -

με LA =

π.

3 θεωρούμε για το τυχόν τρίγωνο ΑΒΓ τις εσωτερικές διχοτόμους του ΒΔ, ΓΕ , οι ο-

ποίες τέμνονται στο σημείο Ι . Υπολογίστε την μέγιστη τιμή του εμβαδού ε του μη κυρτογώνιου χωρίου ΙΕΒΓΔ . Λύση: Α) i) Ε

" ι Ι I ι 1 ι ι Ι I ι ι 1 ι ι 1 ι ' ι I I I ι I I

ο�

\ \

\ I \

Παρατηρούμε ότι από την υπόθεση προ κύπτει η ισχύς της ισότητας LA + LΓ + LE = 2π. Για να εκμεταλλευτούμε την ισότητα των πλευρών της υπόθεσης, θεω Θεωρούμε το τυχόν τρίγωνο ΑΒΓ και τον ρούμε τους κύκλους περιγεγραμμένο του κύκλο κέντρου Ο Επει (Α, ΑΒ = ΑΖ), (Γ,ΓΒ = ΓΔ) που τέμνονται σε δή η γωνία LA διατηρεί το μέτρο της, θα κι σημείο Ο. Παρατηρούμε ότι νείται σε τό σταθερής ακτίνας. Το εμβαδόν LA LΓ του τριγώνου αυτού στην τυχούσα θέση που LBOZ = π--, LΒΟΔ = π-- � 2 2 , (ΑΒΓ) = ΒΓ · ΑΗ βλέπουμε στο σ ημα ειναι LA + LΓ 2 LBOZ + LΒΟΔ = 2π' οπότε παίρ2 Από το κέντ ο Ο Θεωρούμε την κάθετη LE στην βάση ΒΓ που ν τέμνει στο σημείο Δ και LE νουμε 2π-LΔΟΖ = π + � LΔΟΖ = π-2 2 τέμνει το τόξο στο μείο Ε . Δημιουργούμε σχέση που οδηγεί στο ότι το σημείο Ο ανήκει στη συνέχεια το ορθογ ' νιο ΕΖΗΔ οπότε παίρ στο κύκλο (Ε,ΕΔ = ΕΖ). Από το κριτήριο, δύο νουμε ΑΗ ΖΗ = ΕΔ. Απ εδώ προκύπτει άμετρίγωνα με αντίστοιχες ίσες πλευρές είναι ίσα, σα: ( ΑΒΓ) = ΒΓ . ΑΗ ΒΓ (ΕΒΓ) 2 2 παίρνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΓΔΕ, ΕΖΑ, εί ναι αντιστοίχως ίσα προς τα τρίγωνα -� ΟΑΓ, ΟΓΕ, ΟΕΑ . έχουμε ii) Θεωρία Συνεπώς LB + LΓ · "2π , , οτι Β) παρατηρουμε =-. LΒΙΓ = π(ΑΓΕ) 1 2 3 = (ΑΒΓΔΕΖ) = 2(ΑΓΕ), δηλαδή ( ΑΒΓΔΕΖ ) 2 Συνεπώς το σημείο Ι θα κινείται σε σταθερό .

::::;

4. Α) Αποδείξτε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/42

� -

-------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

τόξο (είναι το τοξ. ΓΙΒ) και LEIB = LΓΙΔ = 2:.3 Αν θεωρήσουμε την διχοτόμο ΙΖ έχουμε LBIZ = LΖΙΓ = 2:3 . Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΙΕΒ, ΙΒΖ και βλέπουμε ότι είναι ίσα καθότι έχουν την πλευρά ΙΒ κοινή και σύμφωνα με τα προηγούμενα τις προσκείμενες σε αυτή γωνίες ίσες. .

z '

lv1

' - - - - - - - -

-------

μα ΑΒ , χωρίς αυτό . να είναι διάμετρος του. Έστω το σημείο τομής των εφαπτόμενων στον κύκλο στα σημεία Α, Β και Τ το σημείο τομής του ευθύγραμμου τμήματος ΤΑ με τον κυκλο. Υπολογιστε ' m συ' τον λογο

ΡΓ

ναρτήσει των μ, ν . Λύση :

Ομοίως τα τρίγωνα ΙΖΓ, ΙΓΔ είναι ίσα. Συνεπώς έχουμε ε= 2(ΙΒΓ ) (1 ) .Σύμφωνα με τα προηγούμενα ισχύει (ΙΒΓ) :::; (ΤΒΓ) ( 2) , αν καλέσουμε Τ το μέσο του τοξ. ΓΙΒ και LΜΤΓ = π3 , οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΓΤ ισχύει ΓΤ = 2ΤΜ και από το Πυθαγό ρειο Θεώρημα στο ίδιο ορθογώνιο τρίγωνο a.J3 που a2 => τΜ = -προκύπτει 4ΤΜ 2 = ™2 + 6 4 οδηγεί ισότητα στην 2 J3 ΤΜ ·ΒΓ a , (ΤΒΓ) = 2 l2 (3) .Συνδυαζοντας 2 τις σχέσεις (1), (2), (3) παίρνουμε ε :::; a 6J3 , ' δηλαδη, ισχυ, ει εmax = az.J3 τιμη, που λαμβ ανε6ται όταν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. -

5. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = a . θε ωρούμε εσωτερικό του σημείο Γ τέτοιο πού = � , όπου μ, ν δοθέντα μη μηδενικά ευ ΓΒ ν θύγραμμα τμήματα με θεωρούμε κύ-

ΑΓ

μ<ν.

κλο που να έχει χορδή το ευθύγραμμο τμή-

Παρατηρούμε ότι LA1 = LB1 καθότι η πρώτη γωνία είναι εγγεγραμμένη και βλέπει το τόξο ΤΒ και η δεύτερη είναι σχηματιζόμενη από τη χορδή ΒΤ και την εφαπτομένη ΒΡ . Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το γνωστό θεώρη μα που διατυπώνει ότι ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων, που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου, ισούται με τον λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Επομένως παίρνουμε (ΑΓΤ) - ΑΤ · ΑΓ - ΑΕ ·ΤΓ (1) ργαζόμενοι (ΒΡΤ) ΒΤ· ΒΡ ΒΔ · ΡΤ ' -� ομοίως έχουμε (ΓΒΤ) = ΒΤ·ΒΓ = ΒΔ ·ΤΓ (2 ) . Τα ορθογώνια (ΑΤΡ ) ΑΤ · ΑΡ ΑΕ · ΡΤ τρίγωνα ΑΕΓ, ΒΔΓ είναι όμοια καθότι οι αντί στοιχες γωνίες τους LΑΓΕ, LΒΓΔ είναι ίσες ως κατά κορυφή επομένως λαμβάνουμε ΒΔ = ΒΓ ( 3) . Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1 ) ΑΕ ΓΑ Ar ΑΡ ΑΓ ΑΕ·ΊΓ·ΑΕ·ΡΓ (2),(3)καταλήγουμε -·-·IW ΒΓ ΒΡ ΒΔ· Pf. ΒΔ· ΊΓ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/43

-------

Μαθηματικά για τη Β ' Τάξη

-------

θύγραμμα τμήματα κοινής κορυφής άρα πλευ ρές του ίδιου τριγώνου ΗΚΕ ). Παρατηρούμε ότι LΚΗΕ = LA = LΚΒΕ, οπότε το τετράπλευρο ΗΒΚΕ είναι εγγράψιμ Παρατήρηση : μο, άρα παίρνουμε ΤΑ = - , προκυπτει , , αμε, Απο, την σχεση ΤΒ ν LHEK + LΓΗΒ = π � LHEK � �2 , αφού έχουσα ότι το σημείο Τ θα κινείται στον Απολλώμε από την υπόθεση LΓΒΗ � �2 . Αυτό σημαίνιο Κύκλο με βάση ΑΒ και λόγο ΤΑ � . = ΤΒ \j� νει ότι ΗΚ ΗΕ � ΖΒ ΗΕ , δηλαδή ( ΔΖΒ ) ( ΔΕΗ ) . 6. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με μεγαλύτερη

�

από τις γωνίες του την γωνία LB Έστω Ε σημείο της πλευράς του ΑΓ , τέτοιο ώστε LΓΒΕ = LA . Θεωρούμε Ζ,Η σημεία των ευθύγραμμων τμημάτων ΑΒ, ΑΕ αντίστοι•

χα με ΖΗ 11 ΒΓ και LΓΒΗ � π . 2 Αν Δ είναι τυχόν σημείο της διχοτόμου της γωνίας Α να συγκριθούν τα εμβαδά των τριγώνων ΔΖΒ, ΔΕΗ . Λύ ση :

7. Έστω το περιγεγραμμένο σε κύκλο ( Ο, ρ)

τετράπλευρο ΑΒΓΔ .

Αποδείξτε ότι: 2

ΟΑ2 ΑΒ 2 ΑΔ 2 � + . ΟΓ2 ΒΓ 2 ΓΔ 2

Λύ ση :

I I I \

ι·.

Αφού γνωρίζουμε ότι κάθε σημείο της δι χοτόμου ΑΤτης γωνίας LΑ απέχει ίσες απο στάσεις από τις πλευρές της, οι αποστάσεις του σημείου Δ από τις ευθείες ΖΒ, ΗΕ είναι ίσες, δηλαδή είναι ίσα τα ύψη των τριγώνων ΔΖΒ, ΔΕΗ. Αυτό οδηγεί στην σύγκριση των αντίστοιχων βάσεων τους ΖΒ, ΗΕ . Αν θεωρή σουμε σημείο Κ της βάσης ΒΓ τέτοιο που ΗΚ 11 ΖΒ δημιουργείται το παραλληλόγραμμο ΒΚΗΖ (Αυτή τη κίνηση την κάνουμε, ώστε να μεταφέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΖΒ σε θέ ση που να μπορεί να συγκριθεί με το ευθύ γραμμο τμήμα ΗΕ καθιστούμε δηλαδή τα ευ-

Αρκεί να αποδείξουμε ΑΒ ·ΑΔ η, ΟΑ2 < ΑΒ · ΑΔ , 2 ΟΑ2 � 2 ΟΓ2 ΒΓ · ΓΔ ' ΟΓ2 - ΒΓ · ΓΔ ( Ι) αφού ως γνωστόν ισχύει 2xy � x 2 + y2 , x, y ε JR . Εδώ παρατηρούμε ότι LΒΟΑ = π- LA2+LB LΓ+2 LΔ � LΒΟΑ=π - LΔΟΓ (2 ) και αυτό επειδή οι ευ θείες ΑΟ, ΒΟ, ΓΟ, ΔΟ διχοτομούν τις αντίστοι χες γωνίες του τετραπλεύρου. Από την σχέση (2) προκύπτει η ισότητα ( ΟΑΒ ) ρΑΒ ΟΑ · ΟΒ δηλαδή έχουμε = = ( ΟΓΔ ) ρΔΓ ΟΓ · ΟΔ ' ΑΒ ΟΑ ·ΟΒ 3 ΔΓ ΟΓ · ΟΔ ( ) , ομοίως προκύπτει ΑΔ ΟΑ · ΟΔ ( 4) . ΒΓ ΟΓ ·ΟΒ Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων (3), (4) καταλήγουμε στην ισχύ της σχέσης (1 ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/44

Εμ�αδά πολυγωνι κών χωρίων

Φίλιππος Σερέφογλου 3. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ 1 . Δίνεται ισο με ΑΒ < ΒΓ . Φέρνουμε το ύψος ΒΔ και το προ τρίγωνο σκελές εκτείνουμε προς το Δ κατά τμήμα ΔΕ = ΒΔ . ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) . Αν ρ i) Να δείξετε ότι ΑΔ < ΔΓ . Β Γ J3 Δ 4 ii) Α ν Ζ σημείο της ΔΓ ώστε ΑΔ = ΔΖ να δείκαι ( ΑΒΓ) = Υ 3 ΒΕ ΖΓ Ε . ΑΒ = 2ΑΔ όπου Δ το μέσο της βάσης του τρι ξετε ότι ΒΖΓ = γώνου να υπολογίσετε την ακτίνα του εγγε i) ..l ΑΓ γραμμένου κύκλου του τριγώνου

~ _.

( )

� Λύση: Επειδή ΒΔ και < ΒΓ είναι ΑΔ < ΔΓ Λύση : Αν ΑΒ = = χ,ΒΓ = y τότε επειδή ii) ΣτοΑΒΑΕΖΒ διαγώνιοι δι το τρίγωνο είναι ισοσκελές η διάμεσος του ΑΔ εί- χοτομούνται καιοι είναι κάθετοι ΑΒ άρα είναι ρόμβος οπότε ναι και ύψος οπότε στο , ΑΔ = 2 , Β = 30° l_ AZ·BE = ΑΖ · ΒΕ (Ι). BZ)=_l(AEZB)=_l (A · 22 2 4 ΒΔ J3 2 , συν30° =-=>-=-=>y=χν3 (Ι) αρα Τα ΑΒΖ,ΒΖΓ έχουν κοινό ύψος αντίστοιχα ΑΒ 2 χ Αλλα' ( ΑΒΓ) = -4.J3 3- => 2Ι ΑΒ · ΒΓημΒ = προς ΑΖ,ΖΓ άρα =�={=)=(ftl!Z} �� 4J3 Ι 4J3 4 .J3 οπότε = --=> = -3 => -χyημ30 2 3 χ =-3 ΖΓ = ΒΕ · ΖΓ . ΑΖ 4.J3- + 4 zr)= ΑΖ·ΒΕ B ( 2 · 4 4 .Jj · = αρα τ= 4.J3 2 . 3 =-+ y = 44 .J3 4. Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και Ε το 3 3 2 πλευράς ΑΒ . Έστω Ζ της ώστε Αν ρ ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τρι- μέσο της 2 =και Η της ημιευθείας ΓΔ ώστε 2.J3 ( 2.J3 -3 ) 4 .J3 3 = => 2 = ρ + ρ γώνου 4.J3 3 (3 J 3 ΓΗ = ι: ΓΔ Τότε ( )-(ΜΖ)-( ) =( Δ). 2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β = 2γ . Αν Δ ,Ε αντιστοίχως σημεία των πλευρών γ,β ΑΓ

ΑΔΒ Υ

t:�

{Ι)

ως

ΔΖ

ΔΓ

Α� 18 � .

ώστε

_ -γ,ΑΕ -_ _ β ΑΔ -

Δ Α

να υπολογίσετε τον λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΓ , ΑΔΕ .

Λύση : 'Εστω R , R ' αντίστοιχα οι ακτίνες των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΓ , ΑΒΓ ::::: ΑΔΕ διότι η Α είναι κοινή και β β 5ββ=Ζγ 5· 2γ 5 γ γ 5γβ=Ζγ Μ = � γ = 4γ = 4γ = 2 ' ΑΕ = l β = β = 2γ5γ = 25 5 5 , ειναι , 25 . ρα R' = 25 . ο λ,ογος ομοιοτητας R ΑΔΕ .

ΓΒΕ

ΑΒΓ

Λύση: Το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο αλλά ΑΒΓ= ΑΓΔ άρα (ΑΒΓ)=(ΑΓΔ) (ΑΒ;Δ) (Ι). Όμως ( ) = Ι:( ΑΔΓ) �� (ΑΒΓΔ) (2) ενώ ( ) = � ( ΑΔΓ) = ± (ΑΒΓΔ)(3) και Συνεπώς ( ΓΒΕ) = 2Ι ( ΑΒΓ) =4'(ΑΒΓΔ)(4). Ι ( ) - ( ) - (ΓΒΕ ) <=;> Ι9 (ΑΒΓΔ)-_!_(ΑΒΓΔ)-_!_(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓΔ) . 3 4 Ι2 Η

ΑΙΗ

ΑΓΗ

ΑΔΖ

(Ι)

ΑΓΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/45

ΑΔΖ

(2) ,(3)

-------

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

------

Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης

ΤΑ ΣΤΡΑΒΑ ΤΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ

Αθ. Χριστόπουλος

λ ε ε Η ή όπως αλλιώς λέγεται είναι το πιο σημαντικό χα ρακτηριστικό που πρέπει να γνωρίζουμε για την ευθεία. Κ

ίση υθ ίας κλίση ο συντελεστής διεύθυνσης (λ)

χ' χ Αν ω είναι η κυρτή γωνία που σχηματίζει μια ευθεία (ε) με τον άξονα χ'χ τότε η κλίση της ευθείας ή ο συντελεστής διεύθυνσης είναι λ=εφω. Αν ω=90° δηλαδή η (ε) κάθετη στον χ'χ τότε δεν ορίζεται η εφ90° οπότε για τις κατακό ρυφες ευθείες βλέπουμε ότι δεν ορίζεται η κλίση λ . Ειδικότερα, αν (ε)//χ'χ τότε λ=εφ0°=0, αν ω<90° τότε λ>Ο, αν ω>90° τότε λ<Ο λ δεν ορίζεται λ λ�Ο

�

Για να μελετήσουμε τις ευθείες θα τις διακρίνουμε αρχικά σε δύο μεγάλες κατηγορίες: Α. Αυτές για τις οποίες ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης (λ) Β. Αυτές για τις οποίες δεν ορίζεται το λ . Α κατη γορίας ψ=λχ+β • Οριζόντια .

Αν Μ(χ, ψ) είναι σημείο κάποιας ευθείας (ε) της τότε τα χ, ψ συνδέονται με σχέση της μορφής και διακρίνουμε τρείς χαρακτηριστικές υποπεριπτώσεις: ευθεία(παράλληλη στον άξονα χ'i) οπότε λ=Ο και άρα ψ= σταθερός αριθμός π.χ. ψ=2. Ειδικά αν ψ=Ο η ευθεία είναι ο άξονας χ'χ. Πλάγια, που διέρχεται από την αρχή των αξόνων τότε ψ = λχ ' Πλάγια, που τέμνει τον άξονα ψ ψ στο β τότε ψ = λχ+β Αν η ευθεία είναι της Β κατηγορίας τότε αυτή είναι κατακόρυφη (κάθετη στον άξονα χ'i) και έχει τύπο χ= σταθερός αριθμός, π.χ. χ=3. Ειδικά αν είναι χ=Ο τότε η ευθεία είναι ο άξο νας ψ 'ψ. Τελικά έχουμε: Α κατηγορία ψ=λχ+β (ειδικές περιπτώσεις ψ=λχ και ψ=β) • •

Ευθεία

Β κατηγορία χ= Χο

Η εξίσωση Αχ+Βψ+Γ=Ο συνδυάζει όλες τις παραπάνω μορφές και εκφράζει οποιαδήποτε ευθεία (η εξίσωση αν έχει Α=Ο και Β=Ο δεν εκφράζει ευθεία). Αν Β:#Ο τότε η εξίσωση παίρνει τη μορφη ψ = --χ-αν λ - - και β=- - ειναι ψ=λχ+β . Β Β Είναι γνωστό ότι από ένα σημείο διέρχονται άπειρες ευθείες, καθεμία όμως έχει διαφορετι κή κλίση (λ) . Επομένως αν δοθεί: i) ένα σημείο Α(χ0,ψ0) και ii) ο συντελεστής διεύθυνσης λ τότε η ευ θεία είναι μοναδική με εξίσωση: ψ-ψο = λ(χ-χο). Μέθοδοι Προσδιορισμού του λ Πολλές φορές στις ασκήσεις το λ δεν δίνεται, αλλά από τα δεδομένα μπορεί να βρεθεί. Πα ρακάτω αναφέρονται κλασικές περιπτώσεις: 1. Αν δίνονται δύο σημεία της ευθείας Α(χι,ψι) και Β(χz,ψ2) τότε αν χι -:f:.Χ;l. λ ψz-ψι αν Χt=Χ2 δεν ορίζεται το λ. (η ευθεία, είναι κατακόρυφη με τύπο χ=χι). 2. Αν η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι παράλληλη σε κάποια γνωστή ευθεία (δ) τότε 4:=4 .

Α Γ

Α Β

Γ Β

χ2-χ1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/46

------- Μαθηματικά για τη Β ' Τάξη -----3. λε·4=-1. 4. ω λ=εφω. 5. -

Αν η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι κάθετη σε κάποια γνωστή ευθεία (δ) τότε Αν είναι η κυρτή γωνία που σχηματίζει με τον άξονα χ'χ τότε Αν δίνεται ότι η ζητούμενη ευθεία (ε) σχηματίζει γνωστή γωνία ω με κάποια γνωστή ευθεία =(l,λδ) τα οποία είναι (δ) τότε-εργαζόμαστε ως εξής: γράφουμε διανύσματα =(l.λε) //ε και //δ οπότε συν( , )=συνω αλλά - u.v Ι + λ λ6 συν(u, ) = από αυτή τη σχέση βρίσκουμε το λ. � � Ι u Ι · Ι 1 νΙ νΙ Αν είναι αρνητικό παίρνουμε την απόλυτη τιμή του γιατί η γωνία των δύο ευθειών που θα μας δώσουν θα είναι οξεία. [γνωρίζουμε ότι αν Αχ+Βψ+Γ=Ο τότε ένα διάνυσμα παράλληλο σε u

και ν

λ.

• ·

λ6

= συνω

αυτήν είναι το u =(Β,-Α) και ένα κάθετο σε αυτή είναι το ν =(Α, Β)} Μέθοδοι Προσδιορισμού σημείου •

•

Αν στις ασκήσεις δεν δίνεται το σημείο τότε μπορεί να προσδιορισθεί: Το σημείο τομής των δυο ευθειών έχει συντεταγμένες τη λύση του συστήματος των εξισώσεών τους. Σαν σημείο με γνωστή ιδιότητα Για παράδειγμα αν Μ μέσο του ευθ. τμήματος ΑΒ τότε Μ( ΧΑ + Χο ΨΑ + Ψο ). 2 ' 2

Σαν σημείο τομής δύο ευθειών

Μικρές αλλά σημαντικές σκέψεις για την ευθεία Πού τέμνει μια ευθεία τον άξονα χ'χ; Απάντηση : Πού τέμνει μια ευθεία τον άξονα ψ'ψ; Απάντηση: Πού τέμνονται δύο ευθείες; Απάντηση:

στην εξίσωση της ευθείας θα θέσουμε ψ=Ο και έτσι θα βρούμε την τιμή του χ

στην εξίσωση της ευθείας θα θέσουμε χ=Ο και θα βρούμε την τιμή του ψ σε σημείο που οι συντεταγμένες του είναι λύση του συστήματος των εξισώσεων των δύο ευθειών.

Πότε μια ευθεία διέρχεται από ένα σημείο ή αλλιώς πότε ένα σημείο βρίσκεται πάνω σε μια ευθεία; Απάντηση:

όταν στην εξίσωση της ευθείας, αντικαταστήσουμε το χ με την τετμημένη και το ψ με την τεταγμένη του σημείου και προκύπτει αληθής ισότητα.

Τρία ειδικά Θέματα στην ευθεία 1. Μεταβλητό σημείο. 2. 3.

Παράδειγμα: δίνεται σημείο Μ(λ-1, 2λ+3), λ ε !R δείξτε ότι το Μ κι νείται σε ευθεία, καθώς το λ μεταβάλλεται στο JR{ 2 2 Οικογένεια ευθειών. Παράδειγμα: Δίνεται η εξίσωση (λ-1)χ+(λ -1)ψ+λ -λ=Ο, λEJR{ Εξίσωση 2 ή περισσότερων ευθειών. Παράδειγμα: Δίνεται η εξίσωση ψ2+3χ2-4χψ+ψ-χ=Ο δείξτε ότι παριστά 2 ευθείες. Αναλυτικά

Αν δοθεί σημείο που οι συντεταγμένες του περιέχουν μία ή περισσότερες παραμέτρους, τότε μας ζητούν να βρούμε το γεωμετρικό τόπο.

Παράδειγμα 1° : Δίνεται σημείο Μ(λ-1, 2μ+3),λ,μΕR . Αν 3λ+6μ=5 τότε να δείξετε ότι το σημείο Μ κινείται σε σταθερή ευθεία. Λύση:

Για το σημείο Μ έχουμε ΧΜ =λ- 1 και ψΜ = 2μ+3. Στο σύστημα αυτών των δύο εξι σώσεων αρκεί να τις λύσουμε ως προς λ και μ αντίστοιχα και να αντικαταστήσουμε στη σχέση που τα συνδέει. Δηλαδή λ=Χ,Μ+1, μ = ΨΜ2- 3 οπότε τα aντικαθιστούμε στην σχέση 3λ+6μ=5 και έχουμε 3(ΧΜ +1)+6 · ΨΜ2- 3 =5 ευθεία (ε): 3χ+3ψ-1 1=0

3Χ,Μ+3ψΜ-1 1=0 δηλαδή το Μ ανήκει στην

Παράδειγμα 2°:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/47

------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------

Δίνεται η εξίσωση (λ-l)χ+(λ2-l)ψ+λ2-λ=Ο, λΕR i) για ποιες τιμές του λ παριστά ευθεία ii) για ποια τιμή του λ προκύπτει κατακόρυφη ευθεία; Λύση

ii)

Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο � λ-1=0 άρα λ=1 και Β=Ο� λ2-1=0 άρα λ=1 ή λ=-1 επομένως για λ=1 έχουμε Α=Β=Ο. Οπότε για να παριστά ευθεία πρέπει να εί ναι 41 Αρκεί Β=Ο οπότε λ2-1=0 και αφού 41 προκύπτει λ=-1 πράγματι σε αυτή την περίπτωση έχουμε -2χ+Οψ+2=0 δηλαδή χ=1 που είναι κατακόρυφη.

Παράδειγμα 3° : Δίνεται η εξίσωση (2λ-l)χ+(λ+l)ψ-3λ+3=0, λΕR i) δείξτε ότι παριστά ευθεία για όλες τις τιμές του λΕR ii) δείξτε ότι όλες οι ευθείες που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές του λΕR διέρχονται από το ίδιο σημείο iii) για ποια τιμή του λ προκύπτει ευθεία παράλληλη στον χ 'χ; Λύση

Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο �2λ-1=0 άρα λ=1/2 και Β=Ο� λ+1=0 άρα λ=-1 επομένως δεν υπάρχουν τιμές του λ ώστε Α=Β=Ο άρα παριστά ευθεία για κάθε λΕΙΙι iii) 1 ος τρ όπος: επιλέγουμε δύο τυχαίες ευθείες που προκύπτουν για λ=Ο και λ= 1 και βρίσκω το σημείο τομής τους Για λ=Ο είναι ει: -χ+ψ+3=0 και για λ=1 είναι ε2 : χ+2ψ=Ο Οπότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 3ψ+ 3=0�ψ =- 1 και χ+2ψ=Ο�χ= 2 άρα τέμνονται στο σημείο Κ(2, - 1 ). Θα δείξουμε ότι όλες οι ευθείες για λΕR διέρχονται από το Κ. Αρκεί οι συντεταγμένες του σημείου Κ να επαληθεύουν το γενικό τύπο . Πράγματι (2λ-1) ·2+(λ+1) (-1) -3λ+3=0 � 4λ-2-λ-1-3λ+3=0 �0=0. 2°ς τρ όπος Γράφουμε το πρώτο μέλος της εξίσωσης σαν πολυώνυμο του λ δηλαδή 2λχ-χ+λψ+ψ-3λ+3=0 � 2λχ+λψ-3λ-χ+ψ+3=0 �(2χ+ψ-3)·λ + (-χ+ψ+3)=0. Για να αληθsύ��για κάθε λΕR πρέπει 2χ+ψ-3=0 και -χ+ψ+3=0 το σύστημα αυτών των δυο δίνει λύση Κ(2,- 1).

Παράδειγμα 4° : Δίνεται η εξίσωση ψ2+3χ2-4χψ+ψ-χ=Ο δείξτε ότι παριστά 2 ευθείες. Λύση lος τρ όπος. ψ2-3χψ+ψ-χψ+3χ2-χ=Ο ψ2+3χ2-3χψ-χψ+ψ-χ=Ο ψ-3χ+l=Ο ή ψ-χ=Ο 2 ό 2°ς τρ πος. ψ +(1-4χ)ψ+3χ2-χ=Ο (1 4χ) και(l) � ψ= - Δ=(l-4χ)2-4(3χ2-χ)=l-8χ+16i-12χ2+4χ=4χ2-4χ+1=(2χ-1)2

Με κλασική παραγοντοποίηση: � ψ(ψ-3χ+ 1)-χ(ψ-3χ+1)=0 � (ψ-3χ+1)(ψ-χ)=Ο οπότε Σαν τριώνυμο ως προς ψ γίνεται

� (1), οπότε

που είναι εξισώσεις δύο ευθειών.

±(2Χ -1) 2

� ψ=3χ-1 ή ψ=χ Παράδειγμα 5° : Δίνεται η εξίσωση i -ψ2=4(χ-1) δείξτε ότι παριστά 2 κάθετες ευθείες Λύση 2 2 χ2-ψ2 =4χ-4 � χ2- 4χ+4-ψ2 =Ο (χ-2) -ψ =Ο � (χ-2-ψ)(χ-2+ψ)=Ο χ-ψ-2=0 χ+ψ-2=0 Λυμένες ασκήσεις Άσκηση l η Δίνεται το σημείο Α(-4,2). Να βρείτε: i) Την εξίσωση της ευθείας ΟΑ ii) Την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α και είναι κάθετη στην ΟΑ iii) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ, όπου Β το σημείο τομής της ευθείας του ii) ερωτήμα τος με τον άξονα χ'χ Λύση

ει:

ή εz:

άρα οπότε είναι λι=1 και λz=-1 και λιλz=-1, επομένως ει..L εz .

Η ευθεία διέρχεται από την αρχή των αξόνων άρα θα είναι της μορφής ψ=λχ αλλά ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/48

------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

-------

2-0 1 Οποτε 1 ' ΟΑ: ψ=--χ λοΑ=--=-2 -4 -0 2 ευθεία που ζητάμε είναι κάθετη στην ΟΑ άρα έχει «αντιθετο-αντίστροφο» λ δηλαδή λ=2 και διέρχε ται από το γνωστό σημείο Α. Άρα ψ-2=2(χ+4), οπότε ψ=2χ+10 Το σημείο τομής της ευθεία ψ=2χ+ 10 με τον χ'χ θα το βρούμε για ψ=Ο. Επομένως 2χ+ 10=0 <=>χ=-5 , άρα Β(-5,0). Είναι ΟΑ .L ΑΒ άρα το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο Α και θα έχει εμβαδόν Ε=.!_ (ΟΑ)·(ΟΒ). 2 Έχουμε (ΟΑ)= .../16+4 = .J20 = 2../5 και (ΑΒ)=�(-5 + 4)2 + (0-2)2 = �1 +4 = .J5 και τελικά Ε=5 τ.μ. .

·•

Άσκη ση 2η Σε ρόμβο ΑΒΓΔ δίνονται B(l,O) Δ(-3,2), και (ΑΓ)=4 .J5 Να βρείτε τις συντεταγμένες των σημείων Α,Γ καθώς και το εμβαδόν του ρόμβου Λύση

Έστω Κ το κέντρο του ρόμβου, το Κ είναι το μέσον του ΒΔ άρα Κ(-1,1) Επίσης λ ΒΔ - 2-Ο - -21 και αφου' ΑΓ.L ΒΔ θα ει'ναι λ ΒΔλ - 1 - 21 λ - 1 λ - 2 και αφου _3 _1 η ΑΓ διέρχεται από το σημείο Κ(-1,1) θα έχει εξίσωση ψ-1=2(χ+1) άρα ψ=2χ+3 Τα σημεία Α(ΧΑ,ψΑ), Γ(Χr,ψr) βρίσκονται πάνω σε αυτή την ευθεία άρα ΨΑ = 2χΑ +3 και ΑΚ= ΑΓ = 2 ../5 2 ΑΚ = �(ΧΑ + 1γ + (ψΑ -1)2 = �(ΧΑ + 1)2 + (2χΑ + 3 - 1)2 αλλά οπότε �(χΑ + 1)2 + (2χΑ + 3 -1)2 = 2.J5 <::::> (χΑ + 1)2 + (2χΑ + 2)2 = 4 · 5 <=> 5 (χΑ + 1)2 =4· 5<=> χ� + 2χΑ + 1 = 4 <=> χ� + 2χΑ -3 = Ο είναι Δ=16>0 άρα ΧΑ = -2 ± Μ και ΧΑ=-3 ή ΧΑ=l και 2 αφού ψ Α = 2χΑ +3 . Επομένως το ψΑ =2(-3)+3=-3 ή ψΑ = 2+3=5 αντίστοιχα δηλαδή Α(-3,-3) ή Α(1, 5) [προφανώς ένα είναι το Α και το άλλο το Γ] άλλωστε το σημείο Γ προσδιορίζεται εύ κολα επειδή το Κ είναι μέσον του ΑΓ, άρα ΧΑ+ΧΓ =-2 και ψΑ+ψr =2 οπότε αν Α(-3,-3) θα είναι Γ(1,5) ενώ αν Α(1,5) τότε Γ(-3,-3). Το εμβαδόν του ρόμβου υπολογίζεται εύκολα από τον τύπο :e:: δι ·δ2 είναι δ1=ΑΓ=4../5 και δ2 = ΒΔ = �(-3 -1)2 + (2 -0)2 = .fiO = 2.J5, άρα Ε=20 τ.μ. . 2 ΑΓ

<::::>

ΑΓ

1,2

Άσκη ση 3η Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (δ) η οποία διέρχεται από το σημείο Ρ(2,1) και σχη

ματίζει με την ευθεία ε: χ-ψ .fi +4=0 γωνία ίση με 30° Λύση

Προφανώς η ευθεία (δ) δεν είναι κάθετη στο άξονα χ'χ (γιατί;) δηλαδή έχει κλίση �. Θεωρώ διανύσματα � ({3,1) και v=(1,λδ) τα οποία είναι � //ε και ν //δ, οπότε συν(� ' v)=±συνω (1). .J3 + λδ .J3 + λ .J3 Αλλα., . συν(u,- ν-) = u ν - r:;-:-; r;-:-:::2 , οποτε (1) <::::> r;-:-:::2 = ±2 Ι u Ι · Ι ν Ι ν 3 + 1 · ν 1 + λ� 2ν1 + λ� .J3 + λδ = ±�1 + λ� .J3 <::::> 3 + 2ν)λδ + λ� = (Ι + λ�) · 3<::::> λ� = ν) · λδ <::::> λδ = Ο ή λδ = ν) . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/49

<::::>

------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

-------

Άρα η ζητούμενη ευθεία αφού διέρχεται από το Ρ(2,1) για λ=Ο είναι ψ=1 (οριζόντια ) και για λδ = J3 είναι ψ-1= ../3 (χ-2) ή ψ= .J3 χ -2 ../3 +1

Άσκηση 4η Δίνεται η εξίσωση (λ-1)χ+(λ2-1)ψ+λ2 -λ=Ο, λΕR i) Για ποιές τιμές του λΕR παριστά ευθεία; ii) Δείξτε ότι όλες οι ευθείες που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές του λΕR-{1} διέρχονται από το ίδιο σημείο iii) Για ποια τιμή του λ προκύπτει ευθεία που σχηματίζει με τον χ 'χ γωνία 45° . Λύση

Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο �λ-1=0 άρα λ=1 και Β=Ο � λ2-1=0 άρα λ=1 ή λ=-1 επομένως για λ=1 είναι Α=Β=Ο. Άρα για να παριστά ευθεία πρέπει και αρκεί λ::;C1 δηλαδή λΕR-{1} . ii) 1 ος τρόπος. Επιλέγουμε δύο τυχαίες ευθείες που προκύπτουν για λ=Ο και λ=2 και βρίσκουμε το σημείο τομής τους. Για λ=Ο είναι ε1 : -χ-ψ=Ο ή ψ=-χ και για λ=2 είναι ε2 : χ+3ψ+2=0. Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε χ+3(-χ)+2=0�χ=1 και ψ=-1. Άρα τέμνονται στο σημείο K(l,-1). Θα δείξουμε τώρα ότι όλες οι ευθείες για λΕR διέρχονται από το Κ. Αρκεί οι συντε ταγμένες του σημείου Κ να επαληθεύουν το γενικό τύπο. Πράγματι (λ-1) · 1 +(λ2-1) (-1) +λ2 -λ=Ο λ-1-λ2+1+λ2-λ=Ο 0=0 2°ς τρόπος. Γράφουμε το πρώτο μέλος της εξίσωσης σαν πολυώνυμο του λ δηλαδή 2 λχ-χ+λ2ψ-ψ+λ2-λ =Ο � λ2ψ+ λ2 +λχ λ-χ-ψ =Ο �(ψ+ 1) ·λ + (χ-1)λ+(-χ-ψ)=Ο για να αληθεύει για κάθε λΕR-{1} πρέπει ψ+ 1 =Ο και χ-1 =Ο και -χ-ψ=Ο. Το σύστημα αυτό δίνει λύση K(l,-1) . iii) Για να σχηματίζει με τον χ'χ γωνία 45 ° πρέπει και αρκεί λ2-1* Ο και λε=εφ45 ° (1 ). Έχουμε: (1) <=:>- λ2- 1 1 <=:> λ2-1 =-λ+ 1 <=:> λ2+λ-2=0 <=:> λ 1' -2 � λ = -2 . λ -1 i)

�

Άσκηση 5η Σε ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι Α(-2,1) και το κέντρο του είναι Κ(2,-1). Αν μια πλευρά του βρί σκεται στην ευθεία χ+ψ+ 1 :=:ο να βρεθούν η κορυφή Δ και οι εξισώσεις των άλλων πλευρών. Λύση

Το κέντρο του ορθογωνίου είναι το μέσον του ΑΓ, επομένως αφού Κ(2,-1) οπότε ΧΑ+Χr =4 και ψΑ+ψr=-2, άρα -2+:xr=4 � :xr =6 1+ψr =-2 � ψr=-3 και τελικά Γ(6,-3). Οι συντε ταγμένες του σημείου Α επαληθεύουν την εξίσωση χ+ψ+ 1 =Ο άρα αυτή η ευθεία διέρχεται από το Α. Έστω ότι αυτή είναι η πλευρά ΑΒ, αφού η Α =90° η ΑΔ έχει συντελεστή διεύθυνσης τέ τοιον ώστε λΑΒ"λΑΔ=-1� (-1)·λΑΔ=-1� λΑΔ=1 και επομένως η εξίσωση της ΑΔ είναι ψ-ψΑ= λΑΔ·(ψ- ψΑ)�ψ-1=1(χ+2) � ψ = χ+3 .Αντίστοιχα η πλευρά ΒΓ είναι παράλληλη με την ΑΔ. Άρα λ8r =1 και διέρχεται από το γνωστό σημείο Γ(6,-3), οπότε η ΒΓ έχει εξίσωση ψ+3=1(χ6)� ψ= χ-9. Ομοίως εργαζόμαστε με την πλευρά ΓΔ. Είναι ΓΔ//ΑΒ. Άρα λrΔ = -1 και Γ γνω στό, οπότε η εξίσωση της είναι ψ+3=-1 (χ-6) �ψ=-χ+3 και

Άσκηση 6η Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ έχει τη βάση του ΒΓ στην ευθεία ψ=3χ-6, το μέσον της βάσης στον άξονα χ'χ και την κορυφή του στον άξονα ψ'ψ. Αν (ΒΓ)=20 να βρεθούν οι συντεταγμέ νες των κορυφών. Λύση

Έστω Μ το μέσον της ΒΓ, αφού είναι σημείο του άξονα χ'χ είναι ψΜ=Ο. Επίσης Μ σημείο της ευθείας ψ= 3χ-6. Άρα 3ΧΜ=6, οπότε ΧΜ =2, δηλαδή Μ(2,0). κορυφή Α προσδιορίζεται σαν σημείο τομής του άξονα ψ 'ψ (χ=Ο) και της ευθείας που είναι κάθετη στη βάση (ψ=3χ-6) στο σημείο Μ. Αυτή η ευθεία είναι κάθετη στην ψ=3χ-6. Άρα 3·λ=-1 δηλαδή λ= _ .!. και η εξίσωση 3 2 , 2 1 1 , τον ψ ,ψ στο σημειο, Α(Ο, - ) . , ψ-Ο=-- (χ-2) � ψ=-- χ+- η οποια, τεμνει ειναι: 3 3 3 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/50

------

Μαθηματικά για τη Β' Τάξη

-------

Οι κορυφές Β,Γ προσδιορίζονται από τις ιδιότητες: i) Βρίσκονται πάνω στην ψ=3χ-6 ii) Το μέσον του ΒΓ είναι το σημείο Μ(2,0) και iii) (ΒΓ)=20 Από το πρώτο προκύπτει ψ8=3χs-6 ομοίως ψr=3xr-6 ενώ από το δεύτερο ΜΒ=10 � �(ΧΒ -2)2 +ψ� = 1 0 � (χΒ -2)2 + (3 χΒ -6)2 =10 � (χΒ -2)2 + 9(χΒ -2)2 = 10 � (χ8 -2)2 = 1 οπότε (χ8 - 2 -1)(χ8 - 2 + 1) = Ο � άρα χ8 = 3 ή χ 8 = 1, αν χ8 = 3 τό,τε ψ8 =3 και αν χ8 = 1 τότε ψ8 = -3 οπότε 8(3,3) ή 8(1,-3) και ασφαλώς αν 8 (3,3) τότε Γ(l,-3) ενώ αν 8(1,-3) τότε Γ(3,3) . Άσκηση 7η Να προσδιοριστεί ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και τέμνει τις ευθείες ει: 3χ-2ψ=5 και ε2 : 3χ- 2ψ=1 σε σημεία Α,Β ώστε (ΑΒ)=2 . Λύση

Η ευθεία που ζητάμε διέρχεται από την αρχή των αξόνων άρα είναι ο άξονας ' ψ ψ (χ=Ο κατακόρυφη) ή είναι της μορφής ε: ψ=λχ και για να τέμνει τις ει , ε2 πρέπει να μην είναι παράλληλη με αυτές. Άρα f4. 3 Θ . . . 2 "' α βρουμε τα σημεια τομης της ε με την

-·

ει και την ε 2 Η χ=Ο τις τέμνει στα σημεία Α(Ο, - �2 ) και Β(Ο, _ .!_2 ) οπότε (ΑΒ)=2. Άρα η χ=Ο είναι δεκτή.Για την τομή της ε 5 , 5λ ). με την ει έχουμε ψ = λχ Άρα Α( 3χ- 2ψ = 5 3-2λ 3-2λ ψ = λχ . Άρα Β( -1- , __ λ_ ) . . Για την τομη. της ε με την ε 2 εχουμε 3 _ 2λ 3 _ 2λ 3χ _ 2ψ = 1 5 - 1 )2 + ( 5λ - λ )2 =2 � . Επομενως: (ΑΒ)=2 � νΙc 3-2λ 3 - 2λ 3 -2λ 3 -2λ 2 16-� + 16λ =4 � 16+16λ2=4 (3-2λ)2 �4+4λ2= 9-12λ+4λ2 � --(3 - 2λ)2 (3 -2λ) 2 12λ=5 � λ= 2_ . Άρα και η ευθεία ε με εξίσωση ψ= 2_ χ είναι δεκτή. 12 12 •

{

}

{

}

Άσκηση 8η Σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων η θέση ενός πλοίου Π που ξεκίνησε από ένα λιμάνι Λ και το οποίο πρόκειται να φτάσει μετά από 5 ώρες σε ένα δεύτερο λιμάνι Μ προσδιορίζεται κάθε φορά από το σημείο Π(t-2,3t-8) όπου t ,ο χρόνος σε ώρες με Ο :::; t :::; 5 . Αν στην αρχή των αξόνων βρίσκεται ένας φάρος Φ να βρεθούν: ί) Οι συντεταγμένες των λιμανιών ίί) Η εξίσωση της πορείας του πλοίου ίίί) Σε τι απόσταση θα περάσει το πλοίο από το Φάρο iv) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΛΜ Λύση t=O i)

Στο λιμάνι Λ το πλοίο βρισκόταν όταν t=5 οπότε Μ(3,7)

άρα Λ(-2,-8) ενώ στο λιμάνι Μ θα φτάσει όταν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/51

------

Μαθηματικά για τη Β ' Τάξη

--------

Κάθε στιγμή το πλοίο έχει τετμημέvη χ= t·2 και τεταγμένη ψ=3t-8 . Οπότε λύνοντας την πρώτη ως προς t και αντικαθιστώντας στην άλλη έχουμε t=χ+2 και ψ=3(χ+2)-8 <=> ψ=3χ-2. (-8) = � 3 Δηλαδή το πλοίο κινήθηκε σε ευθεία με εξίσωση ψ=3χ-2 άλλωστε λΛΜ = 73 -- (-2) 5 άρα ΛΜ: ψ-7=3(χ-3) <=> ψ=3χ-2 ή 3χ-ψ-2=0 δηλαδή το πλοίο κινήθηκε από το λιμάνι Λ μέ χρι το λιμάνι Μ ευθύγραμμα. iii) Θα υπολογίσουμε την απόσταση του 0(0,0) από την ευθεία ΛΜ αφού βέβαια εξετάσουμε αν το ίχνος της καθέτου από το Ο προς το ΛΜ είναι εσωτερικό σημείο του ευθυγράμ μου τμήματος ΛΜ. Η κάθετη ευθεία που φέρνουμε από το Ο προς την ΛΜ έχει τύπο ' ' ψ=--1 χ που τεμνεται ψ=λχ με λ=--1 αρα με 3 3 την ψ=3χ-2 στο Κ(� ,- .!_) που είναι εσωτε5 5 ρικό σημείο του ΛΜ, η απόσταση τώρα ΟΚ μπορεί να βρεθεί είτε σαν d(O, ΛΜ)= JϊΟ 3 2 +(--)1 2 οποτε 1 -2 1 = � = 2 = JϊΟ ή απλά (ΟΚ)= (-) ' (ΟΚ)=5 5 5 . 5 �32 +(-1)2 JϊΟ 10 -- -1 -2 -8 I = 1 iv) ΟΑ =(-2,- 8 ) , ΟΜ =(3,7) οπότε (OΛM)= - I det( ΟΑ , OM ) I ,άρα (ΟΛΜ)= - 1 2 2 3 7 -1 Ι -14 + 24 1= 5τ.μ. . 2 Άσ κη ση 9η i) Να δειχτεί ότι η εξίσωση χ 2 + ψ2 + 4χ + 4ψ + 2χψ -5 = Ο παριστά δύο ευθείες ε, και ε2 με εξισώσεις ε, : χ+ψ+5=0 και ε 2 : χ+ψ-1 =Ο ii) Αν Α(α,β) και Β(γ,δ) σημεία με ΑΕ ε, και ΒΕ ε 2 να δειχτεί ότι το σημείο Γ( α+γ-2 , β +δ - 4 ) ανήκει στην ευθεία ε1 • 2 2 / Λύ ση i) Η εξίσωση χ 2 + ψ 2 + 4χ + 4ψ + 2χψ -5 = Ο γράφεται η εξίσωση χ2 +ψ2 + 4χ + 4ψ + 2χψ + 4-9 = 0 � (χ + ψ + 2)2 -32 = 0� (χ + ψ + 2 + 3)(χ + ψ + 2-3) = Οοπότε ε, : χ+ψ+5=0 και ε 2 : χ+ψ-1=0 .Είναι λι=λz=-1 . Άρα ε1 // ε 2 και για να βρούμε τη μεταξύ τους απόσταση αρκεί να πάρουμε τυχαίο σημείο της ε, και να βρούμε πόσο απέχει από την ε2 • Επιλέγω τυχαίο σημείο της ε, . Για χ=1 εί-6 -1 1 = 6r;; 6� = 3v2r;; . ' M(l,-6) και d(M, ε 2 )- 1 1r::;-;:; - αρα ναι ψ--6 ν 12 + 12 v2 2 ii) Α ε, � α+β+5=0 �α+β=-5 και Β ε 2 �γ+δ-1 =Ο �γ+δ= 1 . Για να ανήκει το Γ στην ε, αρκεί α+ γ -2 + β + δ -4 + 5 = Ο ή α + γ - 2 + β + + =Ο α + β + γ + -4 , ή τέ2 2 λος -5+ 1 =-4, που ισχύει. ii)

-2

j /::

-10

δ-4 10 ή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/52

,�

ΘΕΜΑΤΑ ΣΤΑΠΣΠΚΗΣ

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Στο παρακάτω άρθρο αρχικά επισημαίνονται κάποιες εξειδικευμένες θεωρητικές παρατηρήσεις, στη συνέχεια παρουσιάζονται μεθοδικά επιλεγμένες ασκήσεις με τις λύσεις τους καθώς και προτει νόμενες ασκήσεις για εξάσκηση. Α. Β ΑΣΙΚΟ ΤΥ Π ΟΛΟΓΙΟ

t 1 + t2 + ... + tν = Σi=νl

ισχύει:

χ�.!ν :Σι; l:tι; �v·XI (1). Αν χ;,ί��2, 3, ..., κ i=ι i=ι <c>

με κ � ν , οι παρατηρούμενες τιμές και ν i οι

Σ� · νi =ν · χ κ

έχουμε:

i=l

παράρτημα Μαγνησίας

οι παρατηρούμενες τιμές και

νί

οι

Σi=l (χi )2 ·νi =ν·{s2 +χ2 ) (6) και s 2 =_!._ :Σ,(ti)2 -χ2 (7)

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση

i= I

4) Για την διακύμανση, Αν

i ,i = 1,2, 3, . . . , κ με κ � ν , οι παρατηρούμενες

τιμές και fi οι αντίστοιχες συχνότητές τους, ισχύει:

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση

(1)

κ�ν ,

(5) έχου με τους τύπους:

1) Για το άθροισμα των παρατηρήσεων, δηλαδή το

Ε.Μ.Ε.

ν Σi=l (ti )2 = ν ·{s2 +χ2 ) (5). Αν xi ,i=1,2, 3, . . . , κ με

Ζιώγας Χρήστος -

(2).

2) Για το τετράγωνο του αθροίσματος των παρατηρήσεων δηλαδή το

2 2 { t1 + t2 + ... + tν ) =( �ti J , ισχύει: 2 { . 2 2. 2 . � ti = ν χ=> (� ti J = ν χ) = ν χ 2 => (�tiJ =ν2 ·χ2 (3). Αν xi ,i=1,2, 3, ... , κ κ�ν ,

οι παρατηρούμενες τιμές και

με

νί

οι

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση

(3)

έχουμε:

(t xi · i J2 = ν2 · χ2 ν

(4)

3) Για το άθροισμα των τετραγώνων των παρατηρήσεων, δηλαδή το

t12 + t22 + ... + tν2 = Σi=νl ( ti )2 ισχu. ει: ,

s2 =-ν1

ν )2 -2 => Σν ( )2 =ν·S2 +ν·Χ-2 => ν ·S2 = Σ( i=l ti -ν·Χ i=l ti

=Ο

t1 + t2 +ν... + tν =χ= δν. Αυτό συμβαίνει διότι: s2 =-ν1 Σi=I (ti -χ)2 =>Σi=ι (ti -χ)2 = O => (ti -χγ =0 για κάθε i=1,2, 3, .. . , ν . Άρα t i -χ=Ο=> t i =χ=δ για κάθε i = 1,2, 3 , . .. , ν . Όταν s = Ο και χ = Ο τότε t1 = t 2 = . . . = t ν =Ο 5) Για την τυπική απόκλιση, αν

τότε

Β. ΛΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1) Στον παρακάτω πίνακα δίνονται οι θερμοκρασίες 20 ημερών (3 έως 22) του μηνός Νοεμβρίου σε βαθμούς Κελσίου (°C). Αν η μέση θερμοκρασία των παραπάνω ημερών είναι 14,65 °C, τότε: Ι) Να βρείτε τις συχνότητες ν4, ν6 11) Να βρείτε το πλήθος καθώς και το ποσοστό των θερμοκρασιών με τιμές τουλάχιστον 14 °C αλλά το πολύ 16 °C. III) Ποια η διάμεσος του δείγματος των τιμών της θερμοκρασίας; IV) Να κατασκευάσετε το διάγραμμα καθώς και το κυκλικό διάγραμμα των σχετικών συχνοτήτων f; των τιμών της Θερμοκρασίας.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/53

-----Τιμές θερμοιφασrας σε 12

°C

Πλήθος ημερώνν1 4

2 3

13 14 15

ν4 2

16 17

Σύνολο

Λύση:

Ι. Η

μέση θερμοκρασία των παραπάνω ημερών

:Σ:Χ

ν � είναι 14,65, οπότε: 14, 65 = _!_ ν i=I i i 1 2 · 4 + 1 3 · 2 + 14 · 3 + 1 5 · ν4 + 16 · 2 + 1 7 · ν6 = 14' 65 20 ( 1 ). Επίσης ισχύει: ν, + ν2 + ... + ν6 = 20 � 4 + 2 + 3 + ν4 + 2 + ν6 = 20 � ν4 + ν6 = 9 (2). Από (1 ), (2) βρίσκουμε ν 4 = 4, ν6 = 5 . 11. Το ζητούμενο πλήθος είναι: ν 3 + ν + ν 5 = 3 + 4 + 2 = 9 , ενώ το ζητούμενο ν 3 + ν 4 + ν5 ποσοστό είναι: = _2_ = Ο' 45 δηλαδη' ν 20 45%. 111. Η διάμεσος δ των τιμών είναι το ημιάθροισμα της 1 οης και της 1 1 ης παρατήρησης, δηλαδή: 15 + 1 5 , = 15 (ο c) αφου,, αυτη, αποτελε'ι τη μεση δ= 2 τιμή των δύο μεσαίων παρατηρήσεων του πλήθους αυτών(σε αύξουσα σειρά), που είναι άρτιος. IV. Σύμφωνα με τους τύπους: f, = � και ν έχουμε: , i = 1,2,3,4,5,6 = fi · 360° αi C f1 = 0, 2, f2 = 0,1, f3 = 0, 15, f4 = 0,2, f5 = 0,1 f6 = 0, 25, και α, = 0,2· 360°, α2 = 36°, α3 = 54°, α4 = 72° , α5 = 36° , α6 = 90° . Συνεπώς κατασκευάζουμε το διάγραμμα σχετικών συχνοτήτων καθώς και το κυκλικό διάγραμμα αυτών: 4

0,25 0,20 0,15 0,10 ο

12 13

15 18 17 8φμοιφιισΙιι uε°C

-------

Μαθηματικά για τη Γ Τάξη

2) Οι παρατηρήσεις χ1, χ2,

• • •

Χν

ενός δείγματος

μεγέθους ν, ν ε Ν* , ακολουθούν περίπου τη κανονική κατανομή με μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση s. Τιμή μικρότερη από 34 παρουσιάζει το 84% των παρατηρήσεων του δείγματος, ενώ τιμή μικρότερη από 22 παρουσιάζει το 2,5% αυτών. Α) Ν α υπολογίσετε τη μέση τιμή χ και την τυπική απόκλιση s του δείγματος. Β) Ν α υπολογίσετε κατά προσέγγιση το εύρος καθώς και τη διάμεσο του δείγματος. Γ) Να βρείτε το μέγεθος ν του δείγματος καθώς και το πλήθος των παρατηρήσεων με τιμή μεγαλύτερη από 38 ή μικρότερη από 22, αν είναι

Σ χ 12 ν

γνωστό ότι:

i=l

•

ν1 = 73280

Λύση: Α) Υπολογίζοντας

τα ποσοστά των τιμών του δείγματος στα έξι επιμέρους διαστήματα, έχουμε το επόμενο διάγραμμα συχνοτήτων.

0,15%

i i

2, 35%

i · 3s

34%

13,5%

i - 2s

i-s

i+s

x .. 2s

i + 3s

Εφόσον το 2,5% των παρατηρήσεων εμφανίζει τιμή μικρότερη ή ίση του 22, ενώ το 84% αυτών τιμή μικρότερη ή ίση του 34, τότε από το διάγραμμα συχνοτήτων της κανονικής κατανομής προκύπτει ότι η τιμή 34 αντιστοιχεί στην παρατήρηση με τιμή χ + s και η τιμή 22 αντιστοιχεί στη παρατήρηση με τιμή χ - 2s . Δηλαδή θα ισχύουν: χ + s = 34 και χ - 2s = 22 απ' όπου προκύπτει: χ = 30, s = 4 Β) Το εύρος R στην κανονική κατανομή ισούται περίπου με 6s, άρα R = 6 · 4 = 24 . Γνωρίζουμε πως στην κανονική κατανομή το 50% των παρατηρήσεων είναι μικρότερες ή ίσες της μέσης τιμής και το 50% μεγαλύτερες ή ίσες της μέσης τιμής. Τότε προφανώς η διάμεσος συμπίπτει με τη μέση τιμή, άρα: δ = χ = 30 . 2 1 κ ( 2 -2 2 73280 r.2 Γ) s =- Σ xi } νί χ �4 =-- - 3u � ν = 80 ν i=I ν Απεικονίζοντας γραφικά τις συχνότητες (κανονική κατανομή) έχουμε το επόμενο σχήμα στο οποίο παρατηρούμε ότι το ποσοστό των παρατηρήσεων -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/54

------

Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη

με τιμή που είναι μεγαλύτερη της τιμής 38 ή μικρότερη από την τιμή 22 είναι ίσο με 100% - 95% 5% άρα το ζητούμενο πλη'θος είναι: 5% 80 = 4 .

(

�

./ [ __.7'i i 18

/(,�-� 1 !',

: i :

•

3ο

. .

2, ί =

-y = -χ + 2 Άρα: , τιμη, y , εχουμε: -2χ 4 + 4χ 2 - χ + 6 -2χ 4 + 4χ 2 -χ +2= y 3 3 .

-------

;'---

___

�! �

Εφόσον για τις παρατηρήσεις y; του δείγματος 1, 2, 3 τότε για τη μέση Δ2, ισχύει Υ; = Χ ; +

Για το Δ3 η μέση τιμή είναι:

t....

, ··χ

--------

= =

�----,·��----�

Δίνονται τρία δείγματα Δ1, Δ2, Δ3, ως προς μια μεταβλητή Μ. Οι τιμές της μεταβλητής Μ για τα δείγματα είναι: για το Δι: Χι = -Χ4 + 2 Χ2 - 2 ' Χ2 = -χ4 + χ2 + 1 ' χ 3 = χ 2 - χ + 1 , χ Ε JR , για το Δ2 : y i = xi + 2 , 3 2 ί = 1, 2,3 και για το Δ3: z1 = χ4 - χ - 4χ + 2 , z 2 = 4χ4 + χ - 5 , z 3 = χ3 - 7χ2 + χ - 5 , χ Ε JR . 4) Α) Να βρείτε τη μέση τιμή του κάθε δείγματος ως συνάρτηση του αγνώστου χ. Β) Αν η μέση τιμή των μέσων τιμών των 4 δειγμάτων Δ1, Δ2, Δ3 είναι ίi = -- , να βρείτε τις 9 τιμές του αγνώστου χ. Γ) Για τη θετική ακέραια τιμή του χ που βρήκατε στο ερώτημα β): i) Να υπολογίσετε τις τιμές της μεταβλητής Μ για το κάθε δείγμα. ίί) Να αποδείξετε ότι ισχύει η σχέση : ' ' 2S1 2 + 5s 2 2 , οπου s1 2 ,s2'z ,s 33 , οι διακυμανσεις των δειγμάτων. ίίί) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή του δείγματος Δ4 που προκύπτει, όταν οι παρατηρήσεις z i του δείγματος Δ3 μειωθούν κατά 30% καθεμιά. Λύση: α) Για το Δι η μέση τιμή είναι: 3)

χ, + χ, + χ) χ= = 3 -χ4 + 2χ 2 -2-χ4 + χ 2 + 1 + χ 2 + 1 + χ 2 -χ + 1 3

3 -------

Η ζητούμενη μέση τιμή μ δίνεται από τον

β)

x+y+z 3 2 4 -2χ + 4χ -χ -2χ 4 + 4χ 2 -χ + 6 5x4 -l lx2 + 2χ-8 + + 3 3 3 3 χ 4 -3χ 2 -2 4 , = . Επειδη' -μ = -9 , προκυπτει οτι: , 9 χ4 -3χ 2 -2 4 = -- <=> χ 4 - 3χ 2 - 2 = -4 <::::> 9 9 χ4 - 3χ2 + 2 = 0 ( 1).

τυπο: μ = -----=---_

-------

----

Επιλύοντας την διτετράγωνη αυτή εξίσωση

= -.Ji χ=1 Οχ ι = -1, χ χ3 = 1 = 1 Χ 2 , = 1 , 2 = 3 , y3 = 3 2 =-2,z2 =0,z3 = -10 -χ = χ, + χ, + χ) = 31 - = -χ + 2 = 37 ' 3 z, + z = + 3 =-4 . Sι2 =-31 Σ3 (χ; - Χ)2 = -31 [(--43 )2 + 2 (-23 )2 ] =-98 8 ' s 22 = s 1 2 = '9 s1 = s2 , 56 s / = _!_ :Σ ( z; - z )2 = _!_ [ 22 + 42 + (-6)2 ] = . 3 3 3 1 2 ' 2s1 2 + 5s2 2 = 7s1 2 =7·-8 = 56 =-s 3 9 9 3

έχουμε: χ = 1 ή

γ)

χ = -1

χ = .Ji ή

είναι θετικός ακέραιος, άρα

ι. Για το Δι :

Για το Δ έχουμε yι

Για το Δ3 έχουμε Ζι

11. Ε'ιναι: _

Ζ3

, Επομενως:

i=l

αφου

i=l

Άρα:

111.

Έστω

c;,ί

= 1 , 2, 3

οι παρατηρήσεις του

δείγματος Δ4 που προκύπτουν μετά τη μείωση κατά 30% καθεμιάς των παρατηρήσεων του

δείγματος Δ3•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/55

--- Μαθηματικά για τη Γ Τάξη

Τότε θα ισχύει: c; =Ζ; -0,3z; =0,7z;, i=1,2,3 Συνεπώς η μέση τιμή των παρατηρήσεων του δείγματος Δ4, είναι: =Ο, 7 · z =Ο, 7 · (-4) = -2,8

Αmιυαlrς ΚλιkJuc; ( I 4 - 12 12 - 20 20 - 28 28 - 38 ,

5) Στον παρακάτω πίνακα (ελλιπή) δίνεται η κατανομή των απουσιών που έκαναν οι μαθητές της Α' Λυκείου ενός σχολείου κατά τη διάρκεια του σχολικού έτους. Οι απουσίες είναι κατανεμημένες ομοιόμορφα σε 5 ισοπλατείς κλάσεις. Για το πλήθος του δείγματος ισχύει: ν 2 - 59ν - 61 = Ο και για τις απόλυτες συχνότητες ισχύουν: ν 1 = 3ν , ν = 2ν , V4 = 9 . 5 5 2 Ι. Να συμπληρώσετε τον πίνακα. ΙΙ. Να βρείτε τη διάμεσο δ του δείγματος. Απαυαlες Κλ1Ισεις Ι, I ... - 12 000

000

Σ(ΜιΛο

κtνιρο

ιιΑdαιιιw χ,

Σχ. ουχWιηια N/f. αxmo1 Ν/f. αχειιιι! 'llι ς αυχν6ιιιm F, ΙΙUΙ\'61ηια F,'ΙΙι

24 -

Λύση : Έστω c το πλάτος κάθε κλάσης και α το αριστερό άκρο της πρώτης κλάσης. , α+ c = 12 (1) και a+2c+a+3c = 24 Ειναι: 2 :=> 2α + 5c = 48 (2). Από (1 ), (2) προκύπτει: c=8,α =4. Επομένως οι κλάσεις είναι: [4,12) , [12,20) , [ 20,28) , [28,36) , [36,44 ) . Επιπλέον: ν 2 -59ν -61=0:=> ν=60 ή � νs f1 =3f5, όμοια: Ακόμη: ν 1 =3ν5 => -ννι =3 -:=> ν f2 = 2f5 ενώ: ν4 =9:=>f9 = _.2._ 60 =0,15 . Όμως: f1 + f2 + ... + f5 = 1 :=> 3f5 + 2f5 + f3 + 0,15 + f5 = 1 :=> 6f5 + f3 = 0,85 (3). Επίσης: F; %=75:=>1'; =0, 75:=>f1 +f2 +f3 =0, 75 :=> 3f5 + 2f5 + f3 =Ο, 75 :=> 5f5 + f3 =Ο, 75 (4). Από (3), (4) έχουμε: f5 = 0,1 και f3 = 0,25 . Οπότε: f1 = 0,3 και f2 = 0,2 . Όσον αφορά τις αθροιστικές συχνότητες έχουμε: F1 =f1 =0,3 , F2 =F; +f2 =0,5, F3 =0,75, F4 = F3 + f4 = Ο, 9 και F5 = 1 . Για τις αντίστοιχες αθροιστικές σχετικές συχνότητες επί τοις εκατό ισχύει: F;% = F; · 100 . Συνεπώς ο πίνακας συμπληρωμένος είναι: Ι.

38-44 Σ(ΜιΛο

Κtνιρσ ύdouιJv χ, Β

24 32 .tO

ΝJρ. σχει.ιΙ 'ΙΙι rx. σvχν6nJπι � Ν/f. οχεπιιt σvχν6nJπι F, ouxWnιιo F,'llι 311 D.3 D.3 5Ο D.2 11.5 0,25 075 75 0 15 80 D.9 0,1 1 100 1

ΙΙ. Από τον πίνακα παρατηρούμε ότι F2% =50. Το δεξί άκρο της δεύτερης κλάσης είναι το 20, συνεπώς η διάμεσος του δείγματος είναι δ = 20 απουσίες. -

5) Δίνεται χ = 4s , όπου χ > Ο η μέση τιμή και s η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων Χ; ενός δείγματος μεγέθους ν μιας μεταβλητής Χ. Αφού παρατηρήσετε ότι το δείγμα δεν είναι ομοιογενές, να δείξετε ότι για να γίνει ομοιογενές θα πρέπει κάθε τιμή των παρατηρήσεων να αυξηθεί τουλάχιστον κατά 6s. β. Αν ν = 500 (πλήθος παρατηρήσεων), s = 3 και η κατανομή των χ; είναι περίπου κανονική, τότε να βρείτε: τη μέση τιμή χ των παρατηρήσεων και το εύρος των τιμών αυτών. b) το πλήθος των παρατηρήσεων που έχουν τιμή το πολύ 15. c) πόσες παρατηρήσεις έχουν τιμή μεγαλύτερη ή ίση της διαμέσου;

α.

Λύση : α. x=4s:=> �χ = ..!_4 :=>CV= .!_4 > _!_ι ο ' οπότε CV>O' 1 ' άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. Έστω μ η αύξηση για κάθε μια τιμή των παρατηρήσεων χ;, i=1, 2, ... ,ν. Τότε οι νέες τιμές είναι = χ; + μ, i=1, 2, ... ,ν, οπότε ισχύουν y = χ + μ και y = = s. Ο συντελεστής μεταβολής του ομοιογενούς (πλέον) δείγματος είναι CVy για τον οποίο θα ισχύει: CVy :::;; 0,1 :=> : :::;::; 0,1 :=> � χ+μ :::;::; 0,1 :=> s:::;; 0,1 +0,1μ:=>s:::;; 0,1(4s)+Ο,1μ :=>0,6s:::;; 0,1μ :=>μ:::: 6s. Άρα θα πρέπει η καθεμιά τιμή από τις παρατηρήσεις να αυξηθεί τουλάχιστον κατά 6s. β. a) x =4s:=> χ=4.3=12. Για το εύρος ισχύει R=6s, δηλαδή R=18. b) Αφού χ = 12 και s=3, τα διαστήματα στα οποία κατανέμονται οι παρατηρήσεις που οι τιμές τους ακολουθούν την κανονική (ή περίπου κανονική) κατανομή, είναι (3,6), (6,9), (9,12), (12,15), (15,18) και (18,21). Υπολογίζοντας τα ποσοστά των τιμών του δείγματος στα έξι επιμέρους διαστήματα και τοποθετώντας τις τιμές στο y;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/56

-------

Μαθηματικά Ύια τη Γ ' Τάξη

-------

διάγραμμα την μέση τι μ ή αν 25. έχουμε: συχνοτήτων (κανονική κατανομή) α) ΝαΝαβρείτε βρείτε την διακύμανση και την τυπική 36400 , απόκλι σ η των ν; αν Σ 3 3 4% γ) Να εξετάσετε αν το δείγμα των Υ; είναι i 4% ! ομοιογενές. i 1 3,5ο/� ! 1 3,5%! ! ! 2,35ο/�10,15 150/ i 2,35ο/� i 1 2 15 18 2 1 % 3 (Δίνεται ότι: ..!_ν ). Παρατηρούμε ότι το ποσοστό των παρατηρήσεων με τιμή το πολύ 15 είναι: 50% + 628 % 84%. 4) Οι τιμές μεταβλητής Άρα,4 ζητούμενο πλήθος παρατηρήσεων: ενός δείγματος μεγέθους νμιαςέχουν σχετικές 8100 500 420 παρατηρήσεις. ' 1 1 3 2 -10 + κ ' -5 + κ --κ --2κ συνvοτητες ,. . . 10 ' 5 αντί σ τοι χ α. Αν η απόλυτη συχνότητα της τιμής διάμεσος στην κανονι κ ή κατανομή εί ν αι ί σ η με την είμέση τιμή 500και επομένως τοτοζητούμενο είνγαιματος30, νακαι υπολογί στετεε τιςτοι>πόλοιμέγεθος ν του πλήθος ν αι : 50% 250 , αφού 50% των δεί να βρεί π ες απόλυτες παρατηρήσεων δ=χ=12. έχουν τιμή μεγαλύτερη ή ίση από συχνότητες. Από τους 20 εργάτες μιας βιοτεχνίας οι 15 έχουν μέσο ημερομί σθιοιο υπόλοι30ποι με5 τυmκή Λ απόκλι σ η 2 και έχουν Ένα δεί γ μα μεγέθους ν=10 ενός πληθυσμού xz 40 με τυπική απόκλιση 3η. με ημερομίσθιο μιας μεταβλητής παίρνει τιμές Να υπολογι σ τεί το μέσο ημερομίσθιο, καθώς και αντίστοιχες σχετικές συχνότητες: 10' τυπική απόκλιση όλων των εργατών. ίαθροιστι 1,2,3,4.κών συχνοτήτων. Να κατασκευαστεί ο πίνακας θετι κ ές παρατηρήσεις μι α ς Έστω Τις ελάχι στες θερμοκρασίες για 200κλάσεισυνεχεί ς μεταβλητής ενός δείγματος μεγέθους ν, για τις ημέρες τι ς ομαδοποιήσαμε σε πέντε ς ί σ ου πλάτους όπως φαίνεται στο παρακάτω πίνακα. οποίες ισχύει Σ / 900 και 20. Έστω / 1, 2 , . . , κ οι τιμές μιας μεταβλητής με Κλάσεις[,) :t;% F;% + 40 . Να βρεθεί το μέγεθος του μέση τι μ ή 6 30 40 δείγματος. κή αθροι σατις κμεταβλητής ή συχνότητα F;% σ' απόένα 12 δείτονγτύπο μα σχετι μεγέθους ν μι δί ν εται F;% 3ί + 5ί Σύνολο Να βρεθούν τα Να αποδειχθεί ότι % 6ί + 2. ΈστωΝαότιβρείτεη διάμεσος εί ν αι 13 και η μέση τι μ ή 11. το πλάτοςτοντωνπίνακα.κλάσεων. Να βρεθεί το πλήθος των παρατηρήσεων Να συμπληρώσετε γ. Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές. του δείΑνγματος. το πλήθος των παρατηρήσεων που εί ν αι ) Δίναπόονταιαυτέςοι παρατηρήσεις με ί 1, 2 , 3 , . . 3Δέκα μικρότερες ή ί σ ες της παρατήρησης εί ν αι 42, μει ώ νονται κατά 4 και 6 από αυτές νακατασκευαστεί βρεθεί το ομέγεθος τουαθροιδείσγτιματος και κώννα αυξάνονται κατάμε8 και προκύπτουν πί ν ακας κ ών σχετι παρατηρήσεις 1,2,3, έτσι οι συχνοτήτων. β)

ο ο ο

ο ο

i=l

Iο

ο ο

χ=

Υ; =

χ 1 , χ 2 , χ3 0 χ 4

c) Η

χ3

ii)

Γ. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ

χι =

ΥΣΗ

s1 =

€

χ 1 , Χ2 , Χ 3 0 Χ 4

€

s2 =

ί f, = 1

Χ 1 , χ2 ,

Χ;

Υ; = χ

ν;

,ί =

i=l

11.

ί=

2 s =

V; =

y=χ

f1 , f2 • f;

Χ;

ΗΙ.

χ;

Ι.

, χκ

α. β.

•••

,40 .

IV.

... ,40

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/57

χ3

------ Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη ------

Γ Ά ΥΚΕΙΟΥ

ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ ΘΕΠΚΗΣ -ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ Γ. Τσικαλουδάκης

Α' ΜΕΡΟΣ:

Συναρτήσεις -Όρια - Συνέχεια Τα περισσότερα θέματα που αναφέρονται στο πρώτο μέρος της Α νάλυσης αντιμετωπίζο� νται χωρίς τη χpήση παραγώγων. Παρακάτω παραθέτουμε μερικά τέτοια θέματα.

ΘΕΜΑ

Έστω f , g συναρτήσεις με πεδίο ορισμού το R , οι οποίες για κάθε χ Ε R ικανοποιούν τις 1 = g(x) σχέσεις: f (χ) < Ο και f(x) + f(x) Να δείξετε ότι για κάθε χ Ε R είναι g(x) � - 2 . β. Αν g(x0 ) = - 2 και η g είναι συνεχής στο Χ0 τότε και η f είναι συνεχής στο Χ0 Αν η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα με f (O) = -1 , J.im,f(x) = Ο και JJmf(x) = - οο , να αποδείξετε ότι: ί. Η g έχει σύνολο τιμών (-οο - 2] ίί. Υπάρχει μοναδικό Χ0 Ε (-1,0) τέτοιο, ώστε x� - x0 g (x0 ) + 1 = 0

α.

γ.

•

4 Επομένως (3), (4)::::> lf(x)+ll � �g2 (x)2 => �gz (x)2 - 4 � f(x) + 1 � �g2 (x)2 - 4 __ => - 1 - �r-g2--(2χ-)---4 � f(χ) � - Ι + �r-g-2 (2χ) -:-_4 Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο Χ 0 , άρα lim g(x) = g(x0) = -2 , οπότε έχουμε:

( lim (

] ]

Χ--+Χο

•

-4 � 2 (xo) - 4 lim - I �g2 (x) = -1 g 2 2

Χ-+Χο

��

-1

2 2 - 1 + �g (x) - 4 =- 1+ �g (xo ) - 4 - - ι 2 2

Άρα από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε και lim f(x) = - 1 (5) Από τις σχέσεις (1) και (5) έχουμε: Χ--+Χο

lim f(x) = f(x0)

Επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Χ0 γ. Είναι g(x) = f(x) + _f(x)Ι_ συνεχής με 1 g(x) � -2 , g(O) = f(O) + = -2 , f(O) 2 1 ) f(x)+ � 0, αφού f(x) <Ο . Άρα g(x) � - 2 ={ f(x) lim g(x)= lim (f(x) + -I) = -oo και x) f( β. Είναι: g(x0) = -2 => => ( f(X0) + 1 )2 =0::::> f(X0) = -1 (1) lim g(x) = lim ( f(x) +_Ι_ f(x) ) = Για κάθε χ2 R έχουμε:2 Άρα g (R) = (-oo,-2] g(x) -2 => g (x) � 4 => g (x) 4 �Ο και Λόγω της (2), θα δείξουμε πρώτα ότι υπάρχει f(x) + -f(x)1-. = g(x) => f2 (χ)-g(x)f(x) + ι = ο (2) Χ0 (-Ι,Ο) τέτοιο, ώστε f(x0) = Χ0 Η συνάρτηση h(x) = f(x)-χ είναι συνεχής με (x) (x) (x) g g g 2 2 h(O) =f(O)=-I < O και h(-l)> Ο , αφού: => f2 (x) - 2 . 2 f(x)+ 4 = 4 - 1 => rr -4 > < < 0 ::::> f(-I) > f(O) => f(-I) >-Ι -Ι (r<x>-g(; )' i � 4 =ψ<χ> -g(;> Ι Ν� (3) => f(-I) -(-Ι)> ο=> h(-1) > ο Επίσης για κάθε χ R είναι : Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bol� x) x) fix) �-2 ��-1 =>-g � I=>f(x)-g �f(x) +l �O zano. Άρα υπάρχει Χ0Ε(-Ι,Ο) τέτοιο, ώστε 2 2 2 h (x0 ) = 0, δηλαδή f(x0) = X0 χ g > Επομένως, λόγω της (2) είναι Xa2-g(Xa)Xa+1=0 (6) Άρα, /r<χ> - ; Ι � ιr<χ>+•ι.� ο (4) Θα δείξουμε ότι το παραπάνω X0E(- l,O) , για το οποίο ισχύει η (6) είναι μοναδικό. Χ--+Χο

Λύ α. Γιασηκάθε χ R είναι: 1 + 2f (χ) g(x) + 2 = f(x)+ -f(x)I- + 2 = f z(x) +f(x)

ί.

χ-+-«>

�

χ-++«>

�

•

ίί.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/58

χ-+-«>

χ-++«>

-οο .

•

είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1,0) , άρα y =x-νx- + l � vx2 +l=x- y<:::> {x-2 y>Oγια κάθε χ1 ,χ2 ε(-1,0) Χι <χ2 είναι χ +1 =(x-y)2 f(xι)> f(x2 ) Επίσης είναι -χι > -χ2 (8). { �y x �y { { �y x και (8) � x κατά μέλη τι ς σχέσει ς Προσθέτοντας έχουμε: f(χ1)-χι >f(x2 )-x2 =>h(xι)>h(x2 ). x2 +1=x2 -2xy+ y � 2xy = y2 -1'� x = y2y- 1 h είναι γνησίως φθίνου y2 -1 ---� 1 + y2 0 , σα, Δηλαδή οπότε τοη χ0συνάρτηση είναι μοναδι κό. Δείξαμε λοιπόν Όμως τότε x-y=---y= 2y 2y ότι υπάρχει μοναδικό χ0 2 τέτοιο, ώστε y2 -1 ει'ναι δεκτη.' h(χσ)=Ο�f(χσ)=χσ, οπότε και Χ0 -g(x0)X0 + 1 =Ο y< , δηλαδη' η τιμη' χ =-2y Δίνεται η συνάρτηση f με 1 : (-ao,O)� R με τύπο Γι (χ)= χ 2 -1 � Άρα fα.f (x)Να αποδείξετε ότι για κάθε ισχύει Για τα κοινά σημεία των έχουμε:2χ β. Να αποδείξετε ότι η είναι γνησίως αύξουσα. 1 (χ) { χ -νχ 2 + 1 χ 2 -1 { f(x) = την αντίστροφη της f . γ. ΝαΝα ορίσετε � 2χ � χ <Ο αποδείξετε ότι οι δεν έχουν κα-------

Ηf

Μαθηματικά για τη Γ ' Τάξη

------

�

με

(7).

(Ι)

(7)

αφού

ΘΕΜΑ 2

f (x) = χ - χ 2 + 1 χεR

< Ο.

Cr , Cr-ι

δ.

νένα κοινό ση μείο.

Cr , C - ι r

δ.

r-:;-:-:

{

= --

χ <Ο 2 2 +1 =2χ � χχ <+Ο1 2χ�χ + 1 � .Jx2 χ <Ο Όμως η εξίσωση .Jχ2 + 1 = 2χ χ <Ο

Λύ ση

{

α. Για κάθε χ ε R είναι: �χ2 + 1 > Ν= I χ I � χ, �χ2 + 1 > χ � χ-�χ2 + 1 < Ο οπότε νατη. Επομένως οι κοινά ΆραΓf (x) < O , χ εR (1) έχσuν β. ια κάθε Χι , χ 2 ε R , με Χι < χ 2 έχουμε: Έστω f, g συναρτήσεις συνεχείς με πεδίο C C ι r , r - δεν

ΘΕΜΑ 3

με

είναι αδύ

σημεία.

f(xι ) -f(x2 ) = Χι - �χ/ + 1 - {χ2 - �χ/ + 1 ) = ορισμού το R , για τις οποίες ισχύουν: f είναι γνησίως αύξουσα με f (χ) < Ο για = Χι -χ2 + �χ/ +1 - �χ/ +1 = κάθε χ ε R . 2 2 2. lim f(x) = και lim f(x) = Ο χ2 +1-χ ι -1 = = Χι -Χ2 + �χ/ +1 + �χ/ +1 3. g(x) = f 2(χ) - f(x) για κάθε χ ε R Να αποδείξετε ότι: = Χι - χ2 - �(χχ/ι -χ+12 )(+χ�ι +2χ+12 ) = α. g είναι γνησίως φθίνουσα. Χι β. g έχει σύνολο τιμών το (Ο , +οο) γ. Οι δεν έχουν κοινό σημείο. 2 = =(Χι -χ2 ) 1- �χ/ +1Χι +χ δ. Υπάρχει μοναδικό R τέτοιο, ώστε + �χ/ +1 f(x0 ) + g(X0 ) = Χ0 2 +1 -χι + �χ/ +1 -χ2 � ι Χ =(Χι -χ2 )· �χ/ +1 + �χ/ +1 α. Γιαι κάθε Χι , χ2 ε R , με Χι < χ2 έχουμε: ( ) )<f(x )<0�f(x1)-1<f(x )-1 <-1 -f(xι) - f(x2 ) < 0 χ =>f(x < = (� Χ Χι -Χ2 ) �χ/ 2 2 1 2 ι +1 + �χ/ +1 Επομένως f(χι2)(f(χι ) -1) > f(x2 )(f(x2 ) -1) => 2 χ ι) -f(χι) f (x2 ) -f(x 2 ) � g(χ ι) > g(x2 ) Επομένως f(χι) < f(x2 ) , οπότε η f είναι f (Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. γνησίως αύξουσα. β. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R βρούμετηντον εξίτύποσωσητης yaντί= f(στροφης συνάργτησης . Για ναλύνουμε x) ως προς χ με lim f(x) =- και limf(x) = Ο , οπότε έχει στο R με y<O. Έχουμε: σύνολοΕπομένως τιμών τοη συνάρτηση ( Ο) g είναι συνεχής, ως 1. Η

οο

χ-.--«>

]

[

x-.+ao

Cr , Cκ

Χ0 Ε

Λύ ση

•

x-+-ao

-ao,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/59

------- Μαθηματικά για τη Γ Τάξη ------

πράξειςχσυνεχών, -γνησίως φθίνουσα, με: { x:;e 1 ή ά τελι κ Δ� g( )= }�� [f(x) (f(x) - 1)] =+oo και (1) εξετάζουμε για ποιες τιμές του χ:;t ι ισχύει η (l) lim g(x) = lim [f(x) ( f(x) - 1)] = 0 · (- 1) = 0 Άρα η συνάρτηση g έχει σύνολο τιμών το (Ο, +οο) •χ >ι�α>ο {αχ>α � { � { και g(R)=(Ο, +οο) ,ο γπότε. Είναι:f f (R)g = (-oo, O). Επομένως οι , Cg δεν �(eαχ -eα )(ex-e)>O έχουνΘεωρούμε κοινό σημείο. αχ < α { < e { { • χ <ι� � � τη συνάρτηση 2 ex<e + h(x) f(x) g(x)-χ= f (x)-χ,2 χ εR Είναι: lim f(x) -οο, οπότε lim f (x) και Σε κάθε�(eαπερίχ π-eα)(ex-e)>O ισχύει η (1 ),Rάρα- { ιτο} πεδίο lim(-x) = ορισμού της f είναιτωσητο σύνολο Για κάθε x:;e 1 έχουμε: Άρα: lim h(x) lim [f 2(x) - χ] = e ( ) Επομένως, υπάρχει δι ά στημα της μορφής > ( α) με α< Ο>τέτοιο, ώστε h(x) Ο για κάθε ex -e e (1 - � ) χ<α, e f(O) <Ο.h(κ) Ο με κ ( α) . Επίσης είναι Διακρίνουμε περιπτώσεις: h(O) οπότε ότιοιηπροUποθέσεις f είναι και συνεχής στο Αν Ο< α <ι, τότε lim lim = Ο, [κ,ματοςΟΠαρατηρούμε ], οπότε ισχύουν του Θεωρή Ο) τέ- οποτε απο την (2) προκυπτει lιm e"-e Ο Άρα υπάρχει χ0 ε(κ, + τοω, ώστε h(x0 ) = 0 δηλαδή2 f(x0 ) g(x0 )=X0 συνάρτηση h(x)=f (x)-x είναι -γνησίως Επομένως φθ'ινουσα στο , αφου' για κα' θε Χι , χ2 , με Αν α 1 , τότε lim ( �e -e ) lim Χι < χ2 ένουμε: Χι < Χ2 � f(Χι) f 2 (Χ ι ) f 2 (x 2 ) οπότε από την (2) προκύπτει lίm e -e ex - e Επίσης είναι: -χι > -χ2 κατά μέλη έχουμε: h (χ ( ) (Ιmι) Επομένως limf(x) 2f Προσθέτοντας 2 (χι) -χι > f (χ2 ) -χ2 � h(χι) > 2 ) -eα e"e"-e-e 1 , οποτε, Δηλαδή η συνάρτηση h εί ν αι ν ησίως φθίνου -γ Αν α 1 , τότε eaxe"-e σα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό. lim f(x) lim (Ιηι) = Ο γ. Για Ο α 1 είναι: ι) = ln f(2) = 1n α. ( - ι) lim ι)J - ln[ ι ) ln[ ln( -ι) - lne - ln( ι ) γ. ι)< Ο, αφού: α-ι + Γκεί:ια να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και αρ- α -ι Άρα f(2) <Ο { Ο η η{ τρόπος: Έστωο ότι υπάρχει ξ ε ( 1 , ώστε f(ξ) = Ο. Τότεέχ υμε: =: (eαχ - eα )(ex - e) > O

χ -++Φ

χ -++α:!

ex > e

(R ) n (R) = 0

eαχ > eα

eαχ _ eα > Ο

ex > e

ex - e > O

eαχ

α >0

δ.

ex < e

x -+-m

χ -+-co

+οο

χ -+-οο

eαχ - eα

e• eαχ -χ - α-χ •

-οο ,

•

Bolzano.

ΕR

(I)

< f(x 2 ) < 0 �

χ -+too '

limf(x)= lim ln

Χ--+!<0

•

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = Ιη

"• " e -e • e -e

ί.

Λύση

eαχ ex

Χ-Η«>

> 0'

eχ :;t e (eαx _ eα)(ex - e) > O '

eσχ -ea = 1im e- e U-+t00

eα(eα ee

e(e - ] =

eα (eα -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/60

=+σο

χ -+-tOO

= lneα + eα = � ln(eα - ι) - ln(e -

ίί. Α '

e-x = Ο X -+-tOO αχ α = +σο

= -- =

< 1 � eα < e � eα

δ λαδ '

= lim {lmι) =-oo. υ___,. .J>f.,

= lim ln

χ-+-tOO < < 2 e α - eα e2- e

, α>Ο

e-x χ-+-tοσ eαχ - eα =

e<α-ι)χ = +σο ,

φορες θετικές τιμές του α Αν είναι Ο < α < 1 να αποδείξετε ότι: ί. f(2) < Ο ίί. f(x) < Ο για κάθε χ > 1

ex - e *

e -eα

• -++«>

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. . β Να υπολΟ'yίσετε το •--+- f(x) , για τις διά-

α.

. χ -++οο

•

4·

e<α-ι)χ =

Χ--+!<0

X -+-tOO

Χ-+!<Ο

ΘΕΜΑ

β.

-οο ,

ex - e < O

= +σο

-tco

χ-+-«>

eαχ - eα < ο

<Ο

< e -ι�ln(eα - ι) < ln(e- ι ) , +οο)

ΘΕΜΑ 5

Μαθη ματικά για τη Γ' Τάξη

-------

=> eαξ

- eα = eξ - e => eαξ - eξ = eα - e ξ> 1

Έστω συνάρτηση f συνεχής στο R και η • e συνάρτηση g με g(x) = er<•>- f(x) • , χε R +e 1 Αν είναι �(χ)=- , να αποδείξετε ότι 2 f(O) = O . β. Αν είναι lim f(x)=- οο , να υπολογίσετε το όριο lim g(x) . Αν είναι g(O) > O και g(1 ) < 0 , να από δείξετε ότι υπάρχει: ί. Χ0 ε (Ο , 1) τέτοιο, ώστε f (χ0) = eχσ ίί. ξ ε (χ0 , 1) τέτοιο, ώστε f (ξ) = e

Αν αποδείξουμε ότι για ισχύει α. eαξ - eξ eα - e τότε καταλήγουμε σε άτοπο. με Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = χ :2: 1 και ':f.

eαχ - ex

1 < χ1 < χ2 .Τότε: 1 < χ1 < χ2 => e• t

Λ Ο>(α- 1 ) χ 1 > (α- 1 ) χ2 => eο >e(α-1) χ1 > e (α-1 ) χ2

-1 => 1 >e(α-1) χι > e (α-1) χ2 => 0>e(α-1) χι - 1 > e (α- 1 ) χ2 - 1 => 0 < 1 - e(α-1 ) Χι < 1 - e (α-1) χ2 και 0 < ex1 < ex2 '

ΟΠότε:

(1-

Ο<

)

e(α-1) Χι e• ι <

(

)

2 1 - e(α-1 ) Χ2 e' =>

-------

γ.

•

χ-+0

Χ-+-«>

χ-+-«>

ύ α. Η f είναι συνεχής, οπότε και η είναι συνε χ χ χ 2 => > h(x1) > Άρα η συνάρτηση h είναι γνησί χής. Άρα έχουμε: e' -f(x) = - => ως φθίνουσα στο +οο) , οπότε για ξ > είναι: 2 2 .... e + h(ξ) < e = .!_ e <o> f O => 1-f(O) O Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής > o er< + 2 και δε μηδενίζεται στο +οο) , οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό και επειδή Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=e x συμπεραίνουμε ότι f(x) < O για κάθε Για κάθε είναι: ( } Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο R , Β · τρόπος: Έστω ότι υπάρχει ξ ( +co) τέ- οπότε είναι και τοιοj ώστε f(ξ)=Ο. f(ξ) =0=> eα; -� =eα-e(3) ( f(O)) =h {O)h;ι f(O)=O l )=>h ( όπως προηγουμένως. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) =eαx-� , Για κάθε είναι: β. Είναι f(x)=-oo , άρα ..... ( -f(x))=+oo )= ι· eX-f(x) ( ) και Είναι: ( ·(e'-f(x))) =+co Έχουμε: > οπότε Διότι: ( <•> ) με => <Ο=> h => = +οο ..... ef<x> για κάθε Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα γ. ί. Η είναι συνεχής με g(O) στο , οπότε είναι και οπότε υπάρχει τέτοιο, ώστε (x (3)=> h h h;ι , που είναι άτοπο αφού όμως: (xo = => +οο) Επομένως f(χ ':f. Ο για κάθε f (χ f x ε(l ,+co) . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής ii. Για το παραπάνω έχουμε: και δε μηδενίζεται στο +οο) , οπότε διατηρεί <e <f (x <e σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό και επειδή Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - η οποία για κάθε f συμπεραίνουμε ότι f είναι συνεχής στο Είναι: Χι

- eαχι < e 2 - eαχ

=> e

( !) -

ι αχ -

Λ ση

h(x 2 ) .

[1 ,

Ι. ιm g ( χ )

< h(1) => eαξ - eξ

eα -

eαχ2 - e 2

e ι

=> eαξ - eξ ':f. eα - e .

χεR

χ ε ( 1 , +οο)

Ι. ιm g (x -

χ-.-«>

Ο < α< 1=> αχ < χ => eα' < e•

α eαχ <ex

Ο<α < 1

χ Ε [1 ,+οο)

[ 1 , +οο)

(1)

(ξ) =

αeαχ -ex

lim

χ -.-«>

'(χ)<Ο

ιm

x-+-ao

ef (χ) +e•

lim er

1-1 .

ξ=1

ΑJ..λά:

-οο

Ο,

+ ex

> Ο, g{ 1 ) < Ο ,

χ0 Ε (Ο , 1)

ex0 - f (x 0 )

)

-1 , χ ε R .

er <χ> + ex

+ ex = Ο ,

χ... -«>

1.ιm

{1)

1 ι> e r χ +e'

._.

lim ex

Χ-+--<Ο

h '(x) = eαx _ e• '= αeαx - e'

Ο<eα• <e•

b'(x) = ex +2x-1 '=ex +2>0 .

lim

χ ε [ 1 ,+οο)

·x>l

+2 ( )

1-1 .

ΑJ..λά :

Τότε

ξε ( 1 ,

=> r

e•

' +2

f (2) < 0

χ� 1.

ο f(x)

(1,

{

ι· ιm

..... ο

e f (Χο ) +e Xo

)

)=Ο

Ο => exo -

)=Ο => (χ Ο )=exo

(2)

χ0

(1,

(2) < Ο

Ο<χ0 < 1 => e0 <ex0

(χ) < Ο

χ ε ( 1 , +οο)

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 86 τ.2/61

(2) 1 => 1 <ex0 <e => 1

[ χ0 , 1 ] .

Μαθη ματικά για τη Γ Τάξη

h(X0) =f(X0)-e = exo -e<Ο, αφού Χ0 < 1 g( l )<O => ee-f(l) + e < O => e- f(l)<O => f(1)-e >0=> h(l) > Ο Δηλαδή ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεω ρήματος Bolzano στο διάστημα [ χ0 , 1] . Άρα θα υπάρχει ξe(χ0 ,1) ς (0,1) τέτοιο, ώστε h(ξ)=Ο, δηλαδή f(ξ) = e. ------

(2)

•

r <ι>

Β ' ΜΕΡΟΣ

Έλεγχος Παραγωγισιμότητας συνάρτησης με τον ορισμό -Εφαπτομένη καμπύλης

Σε αρκετά θέματα η εύρεση της παραγώγου μιας συνάρτησης αντιμετωπίζεται με τον ορισμό της παραγώγου. Παραθέτουμε παρακάτω μερικά τέ τοια θέματα. ΘΕΜΑ 1

Έστω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R τέ.

τοια, ωστε

ι·

ιm χ-+0

f(x) - e' = 2

α. Να αποδείξετε ότι lim f(x) = χ

χ-+0

f(x) -l χ γ. Έστω ότι η f είναι συνεχής και για κάθε x e R. , ισχύουν f(χ) * 1 και • f(x + h){f(x) - 1) + { 1 - f(x)) f(x) 4 1 9 = 3χ + 1 2χ + Iιm β. Να υπολογίσετε το όριο lίm •-+0

h-.0

X·h

Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη.

H(h) = f(x+h) (f(x) -��+ ( 1-f(x)) f(x) , τότε για κάθε h Ο και χ Ο είναι: H(h) = f(x) [f(x + h)-f(x)] - f(x + h) + f(x) xh ]·[f(x)-1] f(x+h)-f(x) . f(x) - 1 = [f(x+h)-f(x) χ xh h . f(x) - 1 και Άρα: H(h) = f(x + h)-f(x) χ h limH(h) = 3χ4 + 1 2χ2 + 9 Για h κοντά στο h0 = Ο και χ e R έχουμε: f(x +h) -f(x) =H(h) · χ h f(x)-1 xΕπομένως: lim f(x+hh)-f(x) = lim H(h) ·f(x) -1 χ =(3χ4 + 12χ2 +9) · f(x)-1 Άρα η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R και για κάθε χ * Ο, είναι: χ f'(x) ={3x4 + 12χ2 +9) · f(x)-1 Επίσης η f είναι συνεχής με lim f(x) = 1 , οπότε Επιπλέον: f(O) = 1 f(x)-1 3 => ιιm· f(x)-f(O) 3 => f '(O) = 3 , οπό1ι.m--= χ-0 χ τε η f είναι παραγωγίσιμη σε όλο το R .

------

φ.

h-+0

•

h--+O

)

(

•

χ -+ο

α. Για χ κοντά στο Χ0 = Ο θεωρούμε τη συνάρτη- ΘΕΜΑ 2 • Έστω Ρ(χ) πολυώνυμο με Ρ(χ0 ) = Ο και η ση g(x) f(x)-e χ , οπότε έχουμε limg(x) = 2 και Ρ(χ) , x :;t x f(x) = χ . g(x) + eιx συνάρτηση: f (x) = χ - Χ0 Άρα: limf(x) = im(x g(x) + ex) =Ο · 2 + e0 = 1 ' Χ = Χο Υο β. Για χ κοντά στο χ0 =Ο έχουμε: Να αποδείξετε ότι: ex -1 α. Αν η f είναι συνεχής στο χ0 , τότε είναι f(x)-1 = f(x)-ex +ex -1 = f(x)-ex + -και παραγωγίσιμη στο Χ0 χ χ χ χ β. Αν η ευθεία = αχ + β είναι εφαπτόμενη 2 και Είναι: 1im f(x)-ex της Cr στο Χ0 , τότε το Χ0 είναι ρίζα της χ εξίσωσης f(x) - αχ - β = Ο βαθμό πολλα . ex - 1 1 ιιm--= πλότητας τουλάχιστον 2. χ Λύση Επομένως έχουμε: α. Είναι: Ρ(χ0) =Ο=> Ρ(χ) =(χ -Χ0)Π(χ), όπου 1 = ι·ιm f(x)- ex + ex -1 ιm f(x)Π(χ) πολυώνυμο, οπότε έχουμε: χ χ χ Π(χ) ' χ � ex x -1 ι. f(x)-e ι· f(x) = ιm χ + ιm--= χ 3 Όμως η f είναι συνεχής στο χ0 , οπότε γ. Θέτουμε: Λύση

χ -+0

{

χ -+0

___:_; :....__

χ-+0

χ -+0

ι.

χ -+ο

χ -+Ο

χ -+0

με

(

)

χ -+0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/62

Υο

Χο

' Χ - Χο

Η (3) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς ω και έχει διακρίνο'uσα Δ = 28 -12β Η εξίσωση (1) άρα και η ισοδύναμή της (2) είναι αδύνατη, όταν και μόνον η εξίσωση (3), έχει Δ < Ο (αδύνατη στο JR) ή έχει αρνητικές ρίζες. Άρα f'(x0) = Π '(χ0) β. Για κάθε χ R είναι f(x) = Π (χ) . Αν η ευθεία Διακρίνουμε περιπτώσεις: = αχ + β είναι εφαπτομένη της Cr στο χ0 , τότε Δ < 0 <=> 28-12β<Ο<::> β > -73 . Για β>-73 π '(χο ) = α ( 1 ) και (χο ) = αχο +β (2) Το πολυώνυμο Q(χ)=Π(χ) - αχ - β , έχει παράγο- λοιπόν η εξίσωση (3) είναι αδύνατη. Δ � Ο <=> 28 - 12β � Ο <=> β�-.73 Για β �-73 εξί-σωση (3) έχει πραγματικές ρίζες ω1 και ω2 οπότε για κάθε χ R είναι: ' ω1 + ω =- 4 < ο , δηλαδη' το Q(x) = (χ - Χ0 )G(x) (3) αρατηρουμε οτι 3 Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της (3) έχουμε: άθροισμα των ριζών είναι2 αρνητικό, οπότε για να Q '(x) = G(x) + (χ - X0 )G'(x) είναι και οι δύο ρίζες αρνητικές πρέπει και αρκεί το Επίσης Q '(χ)= (Π(χ) αχ β) ' � Q '(χ)=Π ' (χ) α � γινόμενο τους να είναι θετικό. � G(x) + (x - x0)G '(x) = Π '(χ) -α, για κάθε Όμως: ω1ω2 > 0<::::> β-1 3 > 0 <:=> β > 1 χ JR � G(xo )+(x o - Χο )G'(χ ο )=Π '(χο) - α Επομένως η εξίσωση (1) άρα και η ισοδύναμή της 2 �G(xo )=Ο � Q:x) =(χ-Xa)Z(x) � Q(x) =(χ -Xa) Ζ(χ) . (2) είναι αδύνατη, όταν και μόνον ΘΕΜΑ 3 β > 23 ή 1 < β � 23 , δηλαδή β > 1 . Συνεπώς μόνο 2 4 Δίνεται η συνάρτηση f με f (χ) = χ + 4χ + 1 , από τα σημεία Α(Ο, β) με β > 1 δεν διέρχεται εφαx R. α. Να βρείτε τις εφαπτόμενες τις Cr , που είναι πτομένη της Cr . ΘΕΜΑ 4 '

lim Π(χ) = Π(Χ0) . Έτσι έχουμε: ) = Π'(χ0 ) limΗο f(x)χ -- f(Χ0xo ) = χ.-Ηlimο Π(χ)χ -- Π(χο χ.Χ0

-------

Υο =

Μαθηματικά 'f'α τη Γ Τάξη

------

χ- η .

•

(I)

παράλληλες στον άξονα χ χ ' Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = χ lnx - χ2 , β. Να βρείτε τα σημεία του άξονα y y , από τα χ>Ο. Να αποδείξετε ότι: οποία δε διέρχεται εφαπτομένη της Cr . α. Υπάρχουν ακριβώς δυο σημεία της Cr με τε Λύση τμημένες στο διάστημα (Ο , 2) , στα οποία οι ε χΕR f'(x) = 4χ3 + 8χ φαπτόμενες της είναι κάθετες στην ευθεία f '(x) = 0 <::> 4x3 + 8χ = Ο ει : Υ = χ β. Υπάρχει μοναδικό σημείο της Cr με τετμη χ(χ + 2) = Ο <=> χ = 0 μένη ξ e (1 , e) , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr , Χ0 = Ο Cr είναι παράλληλη στην ευθεία ε 2 : y = -2χ ε : y- f(O)=f'(O) · (x -0), ε:y=1 .

α. Για κάθε οπότε

είναι:

<=> 4 2 Άρα η εφαπτομένη της στο είναι: . δηλαδή Λύση β. Η εφαπτομένη της C r στο Χ0 έχει εξίσωση: α. Για κάθε χ (Ο , + οο) είναι: f'(x)=lnx-2x+ 1 ε : y - f(x0 ) = f'(x0) · (X - X0) να δείξουμε ότι η εξίσωση f '(χ) = -1 Για να βρούμε τα σημεία Α(Ο, β) του άξονα έχειΑρκεί ακριβώς δυο ρίζες στο διάστημα (Ο , 2). y'y από τα οποία δεν διέρχεται εφαπτομένη της Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = lnx - 2χ + 2 , Cr , πρέπει και αρκεί να βρούμε για ποιες τιμές του χ (Ο , 2) Για κάθε χ (Ο , 2) είναι: β ER , ισχύει Α (ε ) , δηλαδή η εξίσωση h '(x) = _!_ - 2 = 1-2χ και: β -f (X0) = -x0f '(x0 ) (1) δεν έχει λύση. χ χ Η εξίσωση ( 1) είναι ισοδύναμη με την: 1 h (χ) > Ο <::::> Ο < χ < -1 h ,(χ) = Ο χ = 3χ04 + 4χ; + β - 1 = 0 (2) 2 2 Άρα, έχουμε τον παρακάτω πίνακα: Θέτουμε χ; = ω � Ο , οπότε η επιλύουσα της (2) είναι η εξίσωση 3ω2 + 4ω+ β - 1 = Ο (3) Ε

�

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/63

<::>

.•

-------

h ' (x) h (x)

Μαθηματικά για τη Γ ' Τάξη

h(�J

"\ι

' ναι παράλληλη στον άξονα χ χ γ. Υπάρχει σημείο Ν με τετμημένη ξ ε (0,1) στο οποίο η εφαπτομένη της C1 διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λύση

-------

εR

α. Για f'(x)=-e-x κάθε χ είναι: +2χ - 1 και Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως αύ(x)= - + 2>0 ξουσα στο διάστημα Δ1 = (Ο, i] , οπότε Άρα η συνάρτηση f' είναι γνησίως αύξουσα. h(Δ1) = ( !�� h(x) , h (�)] =(-οο, 1- 2] Ηαύξουσα συνάρτηση f' εί ν αι συνεχής και γνησίως Το 0Εh(Δ1), οπότε η εξίσωση h(x)=O έχει lim f 'με(χ)=: lim (-e-x + 2χ -1) = , αφού μια ρίζα στο Δ1 = (Ο, i]. Η μοναδικότητα της ρί lim(-e-x)=-oo και lim(2x-1)= lim(2x)=--co ζαςση hπροκύπτει από τηκαιμονοτονί της h. Η συνάρτη , αφού είναι συνεχής γνησίωςα φθίνουσα στο διά- limf'(x)= lim(-e-x +2x-l)=+oo 1 στημα Δ2 = [� , 2J, οπότε lim (-e-x) lim (-eX ) =Ο και lim(2x -1) = lim(2x) h (Δ2 )= (.ι�':! h(x),h (υ] = ( 2(ln2-2), 1 -ιn2] έχει σύνολοσυμπεραίνουμε τιμών το ότικαιυπάρχει επειδή Το Ο Ε h(Δ2 ) ,οπότε η εξίσωση h(x) =Ο έχει είναιΆραγνησίη ωf'ς αύξουσα μοναδικό χ0 τέτοιο, ώστε f '(χ0 ) =Ο, δηλαδή μοναδική ρίζα στο Δ2 = [� , 2J . υπάρχει μοναδικό σημείο Μ με τετμημένη Χ0 Ε , Επομένως υπάρχουν ακριβώς δυο σημεί α με οποίο η εφαπτομένη της Cr είναι παράλληλη τετμημένες στο (Ο, 2), στα οποίο οι εφαπτόμενες στο χ'χ της Cr σε τυχαίο σημείο Μ(ξ,f(ξ)) της Cr , είναι κάθετες στην ευθεία ε1 = χ στονΗ άξονα εφαπτομένη Αρκεί να δείξουμε ότι, υπάρχει ξ (1 , e) τέ είναι f(ξ) = f'(ξ)(χ-ξ) και διέρχεται από την τοιο, ώστε f '(ξ)= -2 αν και μόνο αν Δηλαδή: lnξ - 2ξ +l=-2, ή lηξ -2ξ + 3 = 0 (1) αρχή0-f(τωνξ) αξόνων, f'(ξ)(Ο- ξ), δηλαδή f(ξ) ξf'(ξ) ΘεωρούμεΗg(χ)εί τη συνάρτηση 2χ + 3 , Αρκεί να =δείξουμε g(x) ότι, υπάρχει ξ Ε (0, ι) τέτοιο, ν αισυνεχήςστο [1, e] και xE[1,e]. Έχουμε: 2 g(1) = 1 >Ο, g(e) = 4 - 2e = 2 - αφού 2<e<3. ώστεξ f '(ξ)ξf'=(ξ)f(ξ)= f(ξ).-ξe-ξ + 2ξ -ξ= e-ξ + ξ2 -ξ Στο δι ά στημα [ι , ] ικανοποιούνται οι πρσΟποθέ -ξe-ξ + ξ2 = e-ξ ξe-ξ + e-ξ - ξ2 =Ο σεις(1του, e) Θεωρήματος Bol z ano. Άρα θα υπάρχει τέτοι οη, ώστε το οποίο είναιφθί-και Θεωρούμε τη συνάρτηση h 2με : g(ξ) = Οg,είναι μοναδικό, αφού συνάρτηση γνησίως h(x) = xe-x + e-x χ , χ νουσα 1 στο 1-2χδιάστημα αυτό, επειδή Η συνάρτηση h εί ν αι συνεχής στο και e 2, g'(x)=--2=--<0 για καθε χΕ(ι, e). Εποh(O) =ι > Ο, h (ι)=-< Ο, αφού 2<e<3 χ χ e μένως λόγω της (2) έχουμε f'(ξ) = -2. ΙκανοποιοBolύνταιzanoλοιστοπόνδιάοιστημα πρσϋποθέσεις Θεωρήματος [0, 1] . Άρατουθα υπάρχει ξ (Ο , 1) τέτοιο, ώστε h(ξ) = Ο , δηλαδή + θα υπάρχει σημείο Ν με τετμημένη ξ Ε (Ο, 1) , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr διέρχεται από την αρ α. χή των αξόνων. ΜΕΓΙΣΤΟ

•

β.

•

-οο

Χ -+--«ι

X-+-<D

X-+<CI

Χ-+-ο::ι

Χ-+--Φ

•

χ�

χ-+ι-οο

Χ -Η«>

x -++co

Χ -Η«>

= +οο

χ -++οο

εR

β.

γ.

lnx -

(2 e) < ο ,

�

<=>

ξε

�

ΘΕΜΑ 5

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = e-11 χ ε R . Να αποδείξετε ότι: Β συνάρτηση

2 χ -χ,

f ' είναι γνησίως αύξουσα.

β. Υπάρχει μοναδικό σημείο Μ με τετμημένη Χ0 ε R , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/64

R R

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος Α 13.

ρν

Να δείξετε ότι για κάθε ν e Ν , ο αριθμός

=( T ( T 3

+2.J5 +

-2.JS

, είναι φυσικός. Ειδικά

για ν=4 είναι πρώτος αριθμός. Απόδειξη

3 - JS 3 + J5 τότε χ 1 + χ = 3, χ = 2 I 2 ' 2 2 ' χ 1 χ = Ι, οπότε οι αριθμοί χ 1 , χ 2 είναι ρίζες της 2 εξίσωσης χ 2 - 3χ + 1 = Ο . Αφού το πολυώνυμο χ 2 - 3χ + Ι έχει ακέραιους συντελεστές και μάλιστα συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου τη μονάδα, σύμφωνα με τον Αλγόριθμο της Ευκλείδειας διαίρεσης για πολυώνυμα (που αποτελεί συγχρόνως και έναν τρόπο απόδειξης της αντίστοιχης ταυτότητας) η διαίρεση xv : ( χ 2 - 3x + l ) δίνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο αχ + β με συντελεστές ακεραίους Άρα: xv = ( χ2 -3χ+l) π(χ)+ αχ +β για κάθε χ ε IR. . Αν χ =

Επομένως: χ� = ( χ� -3χ1 + l) π(χ1 ) +αχ1 + β =Οπ{χ1 ) +αχ1 +β = αχι +β . Ομοίως: χ; = αχ + β , οπότε 2 ρν = χ � + χ � = α ( χ1 + χ ) + 2β = 3α + 2β . Άρα 2 ρν ε Ζ . Αλλά ρ ν > Ο για κάθε ν ε Ν , οπότε ρ ε Ν * . Για ν=4 εκτελώντας τη διαίρεση χ4 : {χ 2 - 3x + l ) , βρίσκουμε ν

χ4 = ( χ2 -3x + l)( χ2 + 3x +8) + 2lx-8 για κάθε χ ε IR. .

Άρα:

ρ4 =χ� +� =2l( x, +� ) -16 =21·3-16=63- 16 =47, όΠΘυ πράγμαn ο αριθμός 47 είναι πρώτος. Παρατήρηση: Να εmχειρηθεί και απόδειξη με τη μέθοδο της Μαθημαnκής Επαγωγής, από τους μαθητές της Β' Λυκείου . 8 12. Μεταξύ των διαδοχικών όρων 3,7,11, ... ,367 και

2,9,16, ... ,709 δύο αριθμητικών προόδων να βρείτε πο\bι είναι κοινοί. Κ. Αναγνώστου, μαθηματικός [3° Λύκ. Λαμίας] Για την πρώτη πρόοδο ( αν ) έχουμε: α1 = 3, ω1 = 4 οπότε: = 92 . αν = 367 <=> 3 + (ν -1)4 = 367 <=> 4ν - 1 = 367 Για τη δεύτερη ( βν ) έχουμε: Ι3ι =2, � = 7 , οπότε: βν = 709 <=> 2 + {ν -1) 7 = 709 <=> 7ν 5 = 709 ν = Ι 02 Ζητάμε λοιπόν ακεραίους κ,λ με: 1 � κ � 92, Ι � λ � 102 τέτοιους ώστε: ακ = βλ (Ι) .

Λύση :

<=>ν <=>

Προφανώς: {Ι) �4κ-1 = 7λ-5 �4{ κ+ Ι) = 7λ(2) .

Μ.Κ.Δ.(4,7)=1, οπότε: Αλλά: ( 2) � κ + Ι = 7ρ � κ = 7ρ - 1 και 4 7ρ = 7λ , δηλαδή λ=4ρ, ρ ε Ζ . Οι τιμές αυτές προφανώς επαληθεύουν την (Ι). Άρα: ( 1) κ = 7ρ - 1, λ = 4ρ, ρ ε .Ζ . Ο μως: 93 2 Ι � κ � <=>1 �7ρ-1 � ρ �- <=>ρ ε{�2,3, ...,13} =Α 7 7 Ι 51 Ι � λ � Ι 02 Ι � 4ρ � Ι 02 �ρ� 4 2 ρ ε {Ι,2,3, ... ,25} = Β . Άρα: ρ ε ΑnΒ = Α = {1,2,3, ...,13} . Κοινοί λοιπόν είναι οι όροι: α κ = α7ρ-1 = 3 + ( 7ρ - 2 ) 4 = 28ρ - 5 που ταυτίζονται με τους όρους: βλ = β Ρ = 2 + ( 4ρ - 1 ) 7 = 28ρ - 5 , για 4 κάθε ρ ε Α , δηλαδή: Για ρ= Ι έχουμε: α6 = β4 = 23, για ρ=2 α 1 3 = β8 = 5 1, . .. , και τέλος για ρ= 1 3, α9ο = βs = 359. 2 Παρατήρηση: Συντομότερα μπορούμε να καταλήξουμε στην ισοδυναμία: ( Ι) <=>κ=7ρ-� λ=4ρ, ρεΖ επιλύοντας κατά τα γνωστά τη διοφανnκή εξίσωση: 4κ-7λ= -4. κ.λ.π. ·

<=> 92 �92<=><=> <=>

<=>

Γ t l . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [Ο, +οο) και για κάθε χ>Ο ισχύουν: χ

Ο � f(x) � k Jr(t)dt, όπου ο

ένας θετικός αριθμός.

Να αποδείξετε ότι f(x)=O, για κάθε χ ε [Ο, +οο) . Λύση:

Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x) =

Jr(t)dt.

ο Η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο διάστημα [Ο, +οο ) με: F'(x) = f(x) . 'Ετσι, από την υπόθεση, έχουμε για κάθε χ > Ο : Ο � f(x) � kF(x) . (1) Από την (Ι) έπεται ότι για κάθε χ > Ο ισχ6ει F(χ) � Ο (2) και επίσης: F(x) � kF(x) �e-kxF'(x)-e-kxkF(x) � o � ( F(x)e-kx )' � 0.

Έτσι , για την συνάρτηση: g(x) = e- kxF(x) , που είναι συνεχής στο διάστημα [Ο, +οο) , ισχ6ει: g'(x) � Ο , για κάθε χε(Ο,-tοο) . Άρα, η συνάρτηση g είναι φθίνουσα στο διάστημα [0,-too) . Συνεπώς, για κάθε χ > Ο έχουμε: g(x) �g(O) �e-kxF(x) � O�F(x) � 0 (3). Από τις (2) και (3) έχουμε για κάθε χ > Ο : (I)

F(x) = Ο � Ο � f(x) � Ο � f(x)=O . Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο Ο, έχουμε: f(O) = lim f(x) = lim Ο = Ο . Συνεπώς: f(x) = Ο , για χ-+0+

κάθε χ ε [Ο, +οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/65

χ-+0+

Βήμα Επιμέλεια:του Ευκλείδη

Το

Γιaννης Στρατής - Βαrtέλης Ευσταθίου ·.

Ξεκ ινώντας από το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach

Αντώνης Κρυπωτός

Το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach διατυπώθηκε και απεδείχθη από το Banach το 1 922 στα πλαίσια της διδακτορικής διατριβής του. Αναφέρεται σε πλήρεις μετρικούς χώρους και κάποιες από τις γνωστές εφαρμογές του είναι η επίλυση γραμμικών συστημάτων, η απόδειξη ύπαρξης και μοναδικότητας λύσεων κάποιων τύπων διαφορικών και ολοκληρωτικών εξισώσεων κ.α. Δίχως να ασχοληθούμε καθόλου με την πληρότητα των χώρων επισημαίνουμε ότι το σύνολο των πραγματικών αριθμών είναι πλήρης μετρικός χώρος και θα διατυπώσουμε το θεώρημα Banach έτσι ώστε να αναφέρεται μόνο στους πραγματικούς αριθμούς. Στην απόδειξη θα μας βοηθήσει το θεώρημα Bolzano. Το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach θα είναι η αφετηρία για να διατυπωθούν με αποδείξεις κάποια θεωρήματα που απορρέουν από αυτό. Όλη η θεωρία που θα αναπτυχθεί θα μας δώσει τη δυνατότητα να επισφραγίσουμε αυτές τις σκέψεις με μία γνωστή εφαρμογή αλλά και με μία μικρή αναφορά στα δυναμικά συστήματα και στο χάος. Ορισμός: R συστολή ΕR. 1 ΕR, Πρόταση: R Ε R . Απόδειξη:

Μία πραγματι κ ή συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το ονομάζεται , αν υπάρχει σταθερά a Ο� a < τέτοια ώστε, if(x) - f(y)i � aix -Yi , για κάθε x,y Κάθε συστολή f ορισμένη στο είναι συνεχής συνάρτηση σε κάθε χ0 Από τον ορψμό της συστολής αν αντικαταστήσουμε το y με χ0 θα έχουμε: Ο� if(x)-f(x0)1 � αiχ -Χ0 I , οπότε lim if(x)-f(x0)1 =Ο, δηλαδή lim f(x) = f(x0) . Άρα κάθε συστολή είναι συνεχής συνάρτηση για κάθε χ0 Κάθε συστολή f ορισμένη στο έχει μοναδικό σταθερό υπάρχει μοναδικός πραγματι κ ός ξ τέτοιος ώστε f(ξ)=ξ. σημείο δηλαδή Από τον ορισμό της συστολής θεωρώντας y =Ο και χ Ο έχουμε if(x)- f(O)i �al x - oΙ l f(x):f(O) I � a � -a� f(x):f(O) �a Αν f(O) >Ο θα ασχοληθούμε μόνο με τα χ>Ο. Από τα δύο τελευταία μέλη της O) � a f(x) - f(O) � f(x) � f(O) 'Εχου� f(x)-f( χ Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ax f(O), όπου η μας δίνει ότι για κάθε χ>Ο είναι g(x);;:: f(x) (3). Οι ευθείες y = g (χ) και y=x δεν έχουν ίδιο συντελεστή διευθύνσεως και τέμνονται σε ένα σημείο με τετμημένη χ0 >0. Πράγματι g(x0) = χ0 ax0 f(O) = χ0 χ0 = f(O) από όπου βλέπουμε ότι θα είναι χ0 >Ο . Επίσης από την g(x0) = χ0 και την (3) έχουμε ότι f(x0) � χ0 • α. Αν f(x0) = χ0 τότε απεδείχθη η ύπαρξη. Αν f(x0) < χ0 τότε θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x)-χ για την οποία ισχύει: h είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. h(O) = f(O)-Ο> Ο ( από την υπόθεση της περίπτωσης h(x0) = f(x0)- χ0 < Ο (από την υπόθεση της περίπτωσης Ι.β.) ένας ξ (Ο,χ0) τέτοιος ώστε h(ξ) =Ο� f(ξ)-ξ= Ο � f(ξ) = ξ . από θεώρημα Bol z ano υπάρχει Έτσι Αν f(O) <Ο θα κινηθούμε ομοίως: Θα ασχοληθούμε μόνο με τα χ<Ο. Από τα δύο τελευταία μέλη της Χ -+ Χο

Χ -+ Χο

ER. Θεώρημα 1 (Σταθερού Σημείου του Banach):

::ι.

Απόδειξη :

(1)

�

Ι.

(1)

ax �

�

(2)

�

β.

11.

(2).

ax +

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/66

1-a

Το Βήμα του Ευκλεiδη

::;; a � f(x)-f(O) ax � f(x) ax + f(O) (4). (1) έχουμε f(x)-f(O) χ Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ax + f(O), όπου η (4) μας δίνει ότι για κάθε χ<Ο είναι g(x):=;; f(x)(5). Οι ευθείες y = g( χ) και y=x δεν έχουν ίδιο συντελεστή διευθύνσεως και τέμνονται σε ένα σημείο χ0 • f(O) , από όπου βλέπουμε ότι θα Σε αυτό το σημείο θα ισχύει g(x0) = χ0 � ax0 + f(O) = χ0 � χ0 = 1-a είναι χ0 <Ο. Επίσης από την g(x0) = χ0 και την (5) έχουμε ότι f(x0) Χ0 • α. Αν f(x0) = χ0 τότε απεδείχθη η ύπαρξη του σταθερού σημείου. Αν f(x0)είναι>συνεχής χ0 τότε θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) f(x)-χ για την οποί α ισχύει: = συνεχώντηςσυναρτήσεων. την υπόθεση περίπτωσης Οως( απόδιαφορά h(O)h = f(O)-Ο< β.) h(x0) = f(x0)-χ0 >Ο (από την υπόθεση της περίπτωσης τέτοιος ώστε Ο� f(ξ) ) =Ο� f(ξ)-ξ= h( Bol z ano υπάρχει ένας ξ Ο) =ξ. ΈτσιΑν απόf(O)θεώρημα ξ τότε το ζητούμενο σταθερό σημείο εί ν αι το Ο. =Ο Μένει τώραξι νακαιαποδείξουμε τη μεταξύ τους,αυτού είχαμε σημεία δηλαδήτου σταθερού f(ξι ) =ξι,σημείf(ξ2ο)υ.=Ανξ2 καιυπήρχαν ξι :;t: ξδύο2 θασταθερά ξ2 , διάφορα fCξι )-f(ξ2 )j = lξι -ξ2 Ι. Έτσι η (Σ) (ο ορισμός της συστολής) θα γινόταν lξι - ξ2 j ::;; α jξι -ξ2 j � α � 1 lάτοπο αφού o::; ; a <1. Μία έχουμε ότι για κάποιο aτου[0,1)θεωρήματος απόδειξης συστολής ισχύει γιακαιόλουςτης τους πραγματιείνκαιούςη εξής: χ, χ0 Από ότι τον ορισμό της f(xo)::;; a(xo- Χο a(x- Χο ) ::;; ff(x)- f(x0)::; jf(x)-f(xo)l ::;; a jx -xo l � {a(x0; a(x(x)+ {ax-ax0 + f(x0) ::;; f(x)::;; -ax ax0 + f(x0) -ax + ax0 + f(x0 ) ::;; f(x) ::;; ax-ax0 + f(x0) Σταθεροποιώντας το +χ0 και αφήνοντας το χ να μεταβάλλεται παρατηρούμε ότι η f είναι ανάμεσα στις ευθείες άραy = ax-ax0 ευθείεςτομήςδεν τηςείναιf καιπαράλληλες f(x0)με αποτέλεσμα και y = -ax να+ ax0την+ τέμνει f(x0) . καιΟι δύοη f. αυτές της y=x Το σημείο την τέμνουν μεείναιτηντο σταθερό σημείο. f παραγωγίσημη 'l (x)j::;; α γιαστοκάθε χ f είναι συστολή, τότε και μόνο τότεΘεώρημα όταν υπάρχειΘεωρούμε a Ο::;μία; α<συνάρτηση 1 τέτοιος ώστε f Απόδειξη: Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συστολή. Από τον ορισμό της συστολής έχουμε ότι υπάρχει ::;; a γιακάθε χ,χ0 με X:;t:X0 (1). O::;; a <1 ώστε jf(x)-f(x0)j:=;; a jx -x01 , oπότε f(x)-f(xo) Χ - Χ0 Αφού η f(x) είναιπαραγωγίσιμη στο χ0 έχουμε lim f(x) - f(xσ ) =f'(x0) για κάθε χ0 ) ::;; α => lf'(x0)j::;; α, .για κάθε χ0 σ Άρα: (1)=> lim f(x)-f(χσ ) ::;; α => lim f(x)-f(χ ΧΑντίστροφα: Θεωρούμε ότι υπάρχει πραγματικός Ο ::;; a < 1 ώστε jf'(χ)I ::;; a για κάθε χ . Έστω ότι η f δεν είναι συστολή. Τότε για κάθε β [0, 1) υπάρχουν χ και y έστω χ ::;; y τέτοια ώστε l >β. jf(x)-f(y)j > βjχ - Yl · Προφανώς θα είναι χ :;t: y και έτσι μπορούμε να γράψουμε I f(x)-f(y) x-y Αφού η f είναι παραγωγίσιμη, από θεώρημα μέσης τιμής στο διάστημα [x,y], θα υπάρχει ξ (x,y) τέτοιος ώστε f(x)-f(y) x-y =f'(ξ) . �

�

β.

Π)

ε (χ 0 ,

111.

Π.

μοναδικότητα

γεωμετρική ερμηνεία

χ)

χ0 )

χ ) ::;;

, χ ::;; χ 0

�

, χ ::;;

, χ > χ0

•

, χ > χ0

y=x

R. Η εR.

εR,

εR

εR,

χ-+χο

Χ - Χο

χ -+ χο

Χο

χ-+χο

εR.

Χ - Χο

εR. εR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/67

Το Βήμα του Ευκλείδη

Τελικά βρήκαμε ότι για κάθε β ι) υπάρχει ξ τέτοιος ώστε Jf'(ξ)J >β που είναι άτοπο διότι έρχεται σε αντίθεση με την υπόθεση ότι υπάρχει :::; a < ι ώστε Jf' )J :::; a για κάθε ΆραΑπόη f είτοναιθεώρημα συστολή.του σταθερού σημείου και το θεώρημα συμπεραίνουμε άμεσα το ακόλουθο πόρισμα: Αν μία συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη και υπάρχει σταθερά a a <ι ώστε Jf'(x)J:::; a για κάθε πραγματικό τότε η f έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο. Στο θεώρημα που μόλις διατυπώθηκε η πρόταση «υπάρχει σταθερά a <ι ώστε Jf'(x)J:::; a για κάθε δε μπορεί να αντικατασταθεί από την (( Ιr ( )I <ι για κάθε )), παρόλο που εκ πρώτης όψεως, οι δύοαποκλεί προτάσεις ονταιςιόπου σοδύναμες. θεωρήματος ει τις περιφαίπντώσει lim f'(Αυτό ή limταιf'(x)αν=ιπροσέξουμε ότι η πρόταση του x) =ι εξηγεί ενώ η πρόταση « Jf'(x)J <ι για κάθε Χ)) δεν το αποκλείει. συνάρτηση f(x) + ι είναι ένα καλό παράδειγμα: f ικανοποιεί την απαίτηση Ιr ( )I < ι για κάθε (η απόδειξη αφήνεται στον αναγνώστη) αλλά η εξίσωση f( = - + ι = + ι = , είναι προφανώς αδύνατη δηλαδή η f δεν έχει σταθερόπόσες σημείο.fυπάρχουν Στη συνέχει α θα χρησιΔηλαδή μοποιήfσουμε σμόfn =fnf= f f. . f όπου το μας 1 = f, τοf2 =συμβολι δείχνει στη σύνθεση. f και f rn -ισταθερό σημείο της. Αν το Θεωρούμε τη συστολή f με πεδίο ορισμού το και έστω ξ είναι τυχαίος πραγματικός αριθμός τότε lim fn =ξ. θα είξ,ναιτηςσταθερό σημείο και για την fn , για σημείογια τογιασταθερό την f τότεσημείο ξ είναι σταθερό οποιονδήποτε φυσιΑν κτοό αριθμό Πράγματι f έχουμε f(ξ) =ξ� f2 (ξ) = f(ξ)� f2 (ξ) =ξ� . . � f0(ξ) =ξ. Αφού η f είναι συστολή θα υπάρχει a <ι τέτοιος ώστε, Jf(x)-f(y)J:::; aJ x -yJ , για οποιαδήποτε y . Έχοντας αυτό υπόψη και την προηγούμενη σχέση( παίρνουμε: lfn(xo)-ξl = lfn(xo) -fn(ξ)l = lf rn-ι (xo)) -f (rη-ι(ξ))I :::; aΙrn-ι(xo)-fn-ι(ξ)l:::; . . :::; aπ-ι Jf(xo)-f(ξ)J :::; an J xo-ξJ. Επειδή α< ι θα είναι lim an Jx0-ξJ =Ο και από τις προηγούμενες ανισότητες έχουμε ότι ηlim lf0(X0)-ξl =0<=> ηlim fn(x0)=ξ. { Fc ,x<Fc Έστω η συνάρτηση f(x) = -ι (Χ + -) ,X�"'/C όπου < <ι ή >ι. Για τηf είσυνάρτηση αυτή ι σ χύουν τα παρακάτω: παραγωγί.!. σιμη f είνναιαισυνεχής Ισχύει Jf'(x)J < για κάθε ξεις των τριών προτάσεων αφήνεται στον αναγνώστη) Άρα η f είναι παραγωγίσιμη συστολή(Οι αποδεί και σύμφωνα με το θεώρημα αν θεωρήσουμε τυχαί ο μετά το χ δηλαδή βρίσκουμε πρώτα το και εφαρμόσουμε στο την fn > Fc = f(x0) = f(x1 ) ( 2 κ.ο.κΌμως .) ύστερα προσέγγιτο σταθερό ση του σταθερού από τηναπό εξίεπαναλήψεις σωση f(x) θα πάρουμε βρίσκουμεμίαεύκολα σημείο: σημείου της f. Ε

[Ο,

(χ

χΕ

Πόρισμα 3 :

R , Ο :::;

χ,

Ο :::;

χΕ

R ))

χΕ

x---++co

x ......-co

e = χ - __ x e

χ)

χ0

χ <::::> χ

e _ χ <::::> __ x e

e __ x e

Θεώρημα 4 :

Π-ΗΦ

(χ0 )

Απόδειξη :

η.

Ο :::;

χ,

η-Η«>

...... -ΗΧΙ

....-HXI ..

Ε φαρμογή

Ι. Η Ι Ι. Η

111.

χΕ

χ0

χ1

=χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/68

Το Βήμα του Ευκλείδη

( ) (το -JC δεν ανήκει στο 2° κλάδο της t). f)(x0) είναι μία προσέγγιση του JC η Βλέπουμε δηλαδή ότι αν τότε το οποία γίνεται καλύτερη όσο μεγαλώνει το Εμπειρικά μπορούμε να πούμε ότι αν το χ0 είναι κοντά στο JC τότε η ( f f f) (χ0) αρκεί για να μας δώσει μία ικανοποιητική προσέγγιση του JC . ! χ + � = χ <=> 2χ = χ + � <=> χ = � <=> χ2 = c <=> χ = JC χ χ χ 2 f" (χ0) = ( f f χ0 > JC ο

ο ... ο

η.

Π αράδειγμα

.J7 με πέντε επαναλήψεις, δίνοντας αρχική τιμή το χ0 = 4 .

Θα προσεγγίσουμε το

χ, f(4) =

Η υ 4+

2,8750000000

χ,

r( : 2

Η[� �J :�� +

2,6548913043.. . και συνεχίζοντας

χ3 2,6457670442... χ4 2,64575 1 3 1 1 1... χ5 2,64575 1 3 1 1 1... Ο υπολογιστής τσέπης μας δίνει .J7 2,64575 1 3 1 1 1 Η μέθοδος αυτή προσέγγισης τετραγωνικών ριζών που είναι και η πιο απλή, εφαρμοζόταν από τους Βαβυλώνιους. Η ακολουθία αριθμών χ0, f(x0) , f2(x0) , f3 (x0) , . . . ονομάζεται τροχιά της f και το χ0 , από το οποίο ξεκινάει η τροχιά, ονομάζεται σπόρος. Η επαναλαμβανόμενη δράση μιας συνάρτησης f ξεκινώντας από ένα σπόρο χ0 , λέμε ότι αποτελεί ένα Δυναμικό Σύστημα. Αν για κάποιον πραγματικό χ0 έχουμε η-Η«> lim f" (χ0) ξ τότε το ξ είναι σταθερό σημείο της f . παίρνουμε

Αξίζει να δούμε τι συμβαίνει αν η συνάρτηση δεν είναι συστολή και φυσικά δεν ισχύει το θεώρημα 4. Ας πάρουμε για παράδειγμα τη συνάρτηση f(x) = χ2 , που δεν είναι συστολή. Αν lxσl < 1 τότε lim fη (χ0) = Ο ενώ αν

lxσl > 1 τότε

lim

η-Η«>

fη (χ0)

+οο .

η-Η«>

Ο αναγνώστης μπορεί να κάνει δυο-τρεις επαναλήψεις και θα το διαπιστώσει χωρίς

δυσκολία αφού η τροχιά της f(x) = χ2 είναι για κάθε σπόρο προβλέψιμη. Υπάρχουν όμως και συναρτήσεις, όπου με κατάλληλη επιλογή του σπόρου έχουν τροχιές αρκετά πολύπλοκες και εντελώς απρόβλεπτες και δικαιολογημένα ονομάζονται χαοτικές. Στον πίνακα που ακολουθεί φαίνονται παραδείγματα χαοτικών τροχιών της f(x) = χ2 - 2 με διαφορετικούς σπόρους. Αυτή η συνάρτηση είναι γνωστή για τις χαοτικές της τροχιές. Όπως βλέπουμε δεν υπάρχει καμία ένδειξη που θα μας βοηθήσει να προβλέψουμε την πορεία της κάθε τροχιάς. Χο

f(xo)

f(χο) f(x0)

f(x0) f(xo) f(x0) f7(x0) f'(x0)

�(χο)

0 f (x0)

Σπόρος 1.5

Σπόρος -1.2

Σπόρος 0.5

-1 ,2 -0,56 -1 ,6864 0,84394496 -1 ,287756904 -0,341682155 -1 ,883253305 1 ,54664301 1 0,392104603 -1 ,84625398 1 ,40865376

1,5 0,25 -1 ,9375 1,75390625 1,0761 87134 -0,841 821253 -1 ,291336978 -0,33244881 -1 ,889477789 1 ,5701263 15 0,465296646

0,5 -1,75 1 ,0625 -0,87109375 -1,241 195679 -0,459433287 -1 ,788921055 1 ,20023854 -0,559427448 -1,68704093 1 0,846107103

Σπόρος 0.500000001

0,500000001 -1 ,749999999 1,062499997 -0,871093757 -1,24 1 1 95666 -0,4594333 19 -1 ,788921025 1 ,200238434 -0,559427701 -1,687040647 0,846106144

Ακολουθεί ένας απλός αλγόριθμος σε ψευδογλώσσα, ο οποίος ζητάει από το χρήστη το σπόρο και τον αριθμό των επαναλήψεων και τυπώνει την τροχιά της f(x) χ2 - 2 . =

Δ ΙΆΒΑΣΕ σπόρο,πλήθος_επαναλή ψεων f+- σπόρο ΓΙΑ ί ΑΠΟ 1 ΜΕΧΡΙ πλήθος_επαναλήψεων

f+-fΛ2-2

ΓΡΑΨΕ f ΤΕΛΟΣ_ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ

Μπορούμε επίσης να επέμβουμε στον κώδικα και να αλλάξουμε το τύπο της συνάρτησης. Πρέπει να σημειώσουμε διαφέρει από αυτή που θα τυπώσει το πρόγραμμα ειδικά αν επιλέξουμε μεyάλο αριθμό επαναλήψεων. Αυτό συμβαίνει διότι ένα από τα χαρακτηριστικά μιας χαοτικής τροχιάς είναι η ευαισθησία της τροχιάς στην ακριβή επιλογή του σπόρου και κατά συνέπεια στην ακρίβεια των αποτελεσμάτων των πράξεων (το βλέπουμε και στον προηγούμενο πίνακα στις δύο τελευταίες στήλες). Έτσι σε συνδυασμό με την αδυναμία των υπολογιστών στην απόδοση των αριθμών με πολλά δεκαδικά ψηφία οδηγούμαστε σε αποτελέσματα τόσο λάθος που η φράση «άλλα αντί άλλων» είναι η πιο εύστοχη. Άλλωστε δεν περιμέναμε το χάος να μπορεί να αποδοθεί με αριθμούς! ! ! ότι η πραγματική τροχιά της f αν είναι χαοτική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/69

« Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλή ματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα)). Ρ. R. HALMOS

Ε u κλεi δ η ς

π ρ οτείνει Επιμέλεια:

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

Η Στήλη , αφού πρώτα ευχηθεί σε όλους καλή και δημιουργική τη νέα Σχολική Χρονιά, έρχεται να απαντήσει, με τον πλέον σύντομο τρόπο, σε ένα - κατά καιρούς επαναλαμβανόμενο - ερώτημα του συναδέλφου ΓΙΩΡΓΟΥ ΔΕΛΗΣΤΑΘΗ - Κάτω Πατήσια, δίνοντας τη διπλανή καμπύλη. Π ροφανώς ισχύει : g(R) = (-4,0) , γεγονός, από το οποίο προκύπτει ότι : η μχ + η μ3χ + η μ7χ < 2 , για κάθε

χεR.

ΑΣΚΗΣΗ 1 92 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 )

Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x, y, z ισχύει για x = y = z = 3 ισχύει + y + z = 1 , τότε να δειχθεi ότι ισχύει:

συνάρτηση g(t) =

t με 1_t

(ΓΙΩΡΓΟΣ Α ΠΟΠΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ - Μεσολόyyι )

Ο < t < 1 κοίλη, αφού g"(t) = � < Ο . Από ανισ. (1 -t) x + y+z 1 3 JENSEN S � g(x) +g(y)+g(z) � 3 · g( ) = 3g(-) =3 2 3

Επειδή χ + y + z = 1 , είναι: xy + z = xy + 1 - χ - y = 1 - x - y(l - x) = (1 - x)(l - y) = (y + z)(x + y)

Θέτουμε

Mf �χ

+ -

yz + x

-+ -

zx + y

3 2

s -'

ΛΥΣΗ 1 8 :( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΑ ΝΝΑΡΟΣ - Πύργος)

� �

χ- . y_ Υ- (Αρ. - Γεωμ. Μέσος) ι--χ..:... . _= x+z y+z (x + z)(y + z) χ Υ_) (1). Κυκλικά, έχουμε: � .!. (__ + _ 2 x+z y+z

ΛΥΣΗ 38 ( ΡΟΔΟΛΦΟΣ ΜΠΟΡΗΣ - Δάφνη)

Β 2

χ = kL , y = Lm ,z = mk , όπου

Α k = εφ- , 2

= εφ !:. με Α, Β, Γ ε (0, �) . Επειδή 2 2 1 kL + Lm + mk = 1 => m(L + k) = 1 - kL => - = m Α Β εφ- + εφz � � .!_ _ Α+Β k+L 1 Γ 2 2 => σφ ( Y_ + __) (2) και -=> -- = = εφ -ν� 2 x + y x + z Γ Α Β 1 - kL εφ2 2 1 - εφ - εφ2 2 2 � � .!_ (_z_ + _x_) (3). Με πρόσθεση Α+Β Α + Β π-Γ π Γ ν� 2 z + y x + y � εφ-- = εφ -- � -- + νπ = -- (1) 2 2 2 2 1 χ Υ , Α + Β + Γ 3π π 3π + -+ - � -(-- + -< - => Ο < νπ + - < Ομως, 0 < yz + x zx + y 2 x + z y + z 2 2 2 2 y z z χ 1 x+z y+z + -- + -- + -- + --) = -(-- + -=>-� < ν < 1 και επειδή νεΖ, είναι ν = Ο , άρα Α+Β+Γ=π, x + y x+z z+y x + y 2 x + z y+z 2 δηλ Α,Β,Γ είναι οξείες γωνίες τριγώνου ΑΒΓ. 3 1 x+y 1 +--) = - (1 + 1 + 1) = - . Το = αν χ = y = z = - . 2 3 x+y 2 L π Β = r;:;-: = ημαρατηρουμε οτι: -= ΛΥΣΗ 2" (Γ. ΠΑ Μ Α ΤΟΓΙΑΝΝΗΣ - Δροσιά). 2 χy+z �2m+lαn v� +1 , xy xy χ Υ (Αρ. - Γεωμ. Μεσος): yz -zx !:. Α = = =ημ , = η μ . Συνεπώς, κυκλικά, xy+z xy + 1 - x - y 1 - χ 1 - y 2 yz + x 2 zx + y xy xy , x ___r_ Α Β Γ 3 2 =2 � -- + κυκλικα, αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει η μ + η μ- + η μ- � (1 - x)(l - y) 1 - χ 1 - y xy + z 2 2' 2 2 σχέ που προκύπτει εύκολα από την ανισ. JENSEN για ση z zx � _z_ _L + 2 � και 2 � __ + � . zx + y 1 - z 1 - χ την κοίλη συνάρτηση f(x) = η μ � . Πράγματι, ν� 1 - z 1 - y 2 zx xy yz Α+Β+Γ , + + Συνεπώς, αν τεθεί S = ) , δηλαδή zx + y f(A) + f(B) + f(Γ) � 3 f( yz + x xy + z 3 χ z Γ 3 Α + Β +Υ +ισχύει ότι: S � -- + -, με την ισότητα να η μ Α + η μ Β + η μ Γ � 3ημ-1-χ 1-y 1 z 6 2 2 2 2 L = εφ

8f �

�

2m · · 8f � � �

- · - ,

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/70

---

Ευκλείδης προτείνει

---

• • • --

Λύσεις έστειλαν επίσης οι Δημήτριος Καραβότας - κάτω ΑΣΚΗΣΗ 195 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 8ι ) Αχαϊα, Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Δη μήτριος Κουκάκη ς Να λυθεί στο σύνολο R η εξίσωση: - Κιλκίς και ο μαθητής Στέλιος Βλάχος - Πετρούπολη. ι2+Ι I 6ι2+3 3ι2+6

---2 . · 15. + 2 . · 15-;- + 136 . = 33856

ΑΣΚΗΣΗ 193 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 )

{

Ν α βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί (ΓΙΩΡΓΟΣ Α ΠΟΣτΟΛΟΠΟΥΛΟΣ - Μεσολόγγι ) χ, y, z, α, β, γ, ν που ικανοποιούν το σύστημα ΛΥΣΗ ( ΓΙΑΝΝΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥΛΟΣ - Καλαμάτα) ν ν ν ν Προφανώς η εξίσωση ορίζεται για χ :;e Ο . -Ι Χ +y +z Ζ = α 6 6 I 3 χ2+6 Ι (Σ) y v + zv-Ι + xv- z = β ν Ζν + Χν-1 + Υ ν-Ζ = γν

(ΑΠΟΣτΟΛΟΣ ΚΑΖΑΚΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θεσαλονίκη )

ΛΥΣΗ ( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΑΝΝΑΡΟΣ - Πύργος )

Για ν = ι , το σύστημα παίρνει τη μορφή: 1 χ+1+-=α z 1 y + 1 + - = β <:) χ 1 z+1+- = y Υ

1 - = α-χ -1 z 1 - = β-y-1

�

Α 1 � 2 2� · (8 · Ι 5)χ · 26χ · (8 · ι 5)�

1 -= γ-z-1 Υ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι Αντώνης Ιωαννίδης-Λάρισα, Ροδόλφος Μπόρης Δάφνη, Κων. Τζαγκαράκης-Χανιά. -

ΑΣΚΗΣΗ 194 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 81 )

Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης. (2z + 3w)(x + y - 1) + y = 2 (1) (ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ

26χ · (8 · Ι 5);;- και Α = ι36 χ +;;- , τότε για χ > Ο από την 2 (Σ) επειδή οι αριθμοί ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου έχουμε:

χ, y, z, α, β, γ είναι θετικοί ακέραιοι οι εξισώσεις του (Σ) αληθεύουν μόνο για χ = y = z = ι , οπότε είναι α = β = γ = 3 . Έστω ν � 2 . Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι που επαληθεύουν το σύστημα. Υποθέτουμε ότι z = max(x, y, z) . Τότε ισχύει Ζν < Ζν + χ ν-1 + Υν-2 < Ζν + Ζν-1 + zν- 2 και λόγω της τρίτης εξίσωσης του συστήματος θα ισχύει zν <γν <zν +zν-Ι +zν-2 <(z+ι)" ή το αυτό z < γ < z + I , άτοπο, αφού ο αριθμός γ βρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών ακεραίων και συνεπώς δεν είναι ακέραιος. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν δεχθούμε ότι ισχύει y = max(x, y, z) ή x = max(x, y, z) . Μοναδική, τελικά, λύση είναι χ = y = z = ν = ι , α = β = γ = 3 .

ΛΥΣΗ (

2-Επειδή χ - ι 5;;- = 23χ · 2;;- · ι 5;;- = 2;;- · (8 - ι 5)χ ' I I 3 I 6χ2 +3 2-χ- - ι 5;;- = 26χ 2;;- · Ι5;;- = 2 6χ · (8 · ι 5);;- και � χ'+ Ι χ .!. 136 χ = 1 36 + χ αν τεθεί Α1 = 2 χ · (8 · Ι5)χ +

ΚΑΡΒΕΛΑΣ - Πεύκη )

Από τον ίδιο)

Η εξίσωση (ι) γράφεται Ax + (A + I)y = A + 2 (2) όπου Α = 2z + 3w . Αν Α=Ο, η 2z + 3w = Ο δέχεται άπειρες λύσεις της μορφής z = -3k , w = 2k , k Ε Ζ και η (2) <:::> y = 2 , x = m ,m E Z . Άρα, η (2) έχει άπειρες λύσεις (x, y, z, w) = (m,2, -3k, 2k) , m, k E Z . Aν A :;e O , επειδή (Α, Α + ι) = ι , η εξίσωση (2) έχει άπειρες λύσεις, που σύμφωνα με τα όσα αναπτύχθηκαν στο τεύχος 8 ι , προκύπτουν ως εξής: (2) <:::> Ak+ y = 2 <:::> y = 2 - Ak ,k E Z . Με αντικατάσταση στη (2), έχουμε χ = -ι + (Α + ι)k . Επειδή η εξίσωση Α = 2z + 3w έχει λύσεις της μορφής z=-A+3m,w=A-2m,mEZ, το σύνολο λύσεων της (ι) προκύπτει από τις σχέσεις: χ=-ι+(A+I)k, y = 2- Ak , z = -Α + 3m , w = Α - 2m , Α, k , m τυχαίοι ακέραιοι. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρη ς - Δάφνη, Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα.

6 + 6 6 χ� = 2 2 (χ .!.) χ · (8·Ι5) χ � 2../2 .2 · (8·ι5)2 = 2 · 2 ·8·ι5 = ι5360, I

Α = 1 36χ +;;- � ι36 2 = ι8496 (για κάθε χ > Ο ισχύει 2 Ι χ + - � 2 η ισότητα ισχύει μόνο για χ = Ι ). Έτσι, χ έχουμε: Α1 +� � ι5360+ι8496 = 33856 , που σημαίνει ότι η μοναδική θετική λύση της εξίσωσης είναι χ = ι . Αν είναι χ < Ο , τότε όλοι οι εκθέτες του πρώτου μέλους της εξίσωσης είναι αρνητικοί οπότε Α 1 + Α � 3 < 33856 , 2 που σημαίνει ότι η εξίσωση δεν δέχεται αρνητική λύση. Τελικά, η χ = Ι είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Γιώργος Δεληστάθης - Κ. Πατήσια, Ν ικόλαος Παύλου Πύργος. Γιώργος Χαλκίδα, Διονύσης Γιάνναρος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Δημήτρης Κουκάκη ς - Κιλκίς. ΑΣΚΗΣΗ 196 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 8 ι ) -

Αν οι ετερόσημοι πραγματικοί αριθμοί x, y και ο α Ε R ικανοποιούν τη σχέση: ΧΖ ΥΖ 5 χ Υ 2(- + -) · az - - · (- + -) · a = 3 (1) ΥΖ Χ Ζ 2 Υ χ Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του a

(Μαθητής ΚΩΝ. Ί'ΣΟΥΒΑΛΑΣ-Μύρινα Λήμνσυ). ΛΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ Μ ΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )

•

Αν a = Ο η (1) είναι αδύνατη. Άρα, a :;e Ο . Θέτουμε �+I = k . χ Υ

Προφανώς,

ισχύει

k � -2 ,

αφού

χ 2 + Υ2 + 2xy (χ + y)2 � Ο με την = k+2 =�+Ι+2 = xy xy y χ ισότητα να ισχύει μόνο για x + y = O . Τότε, είναι xy χ2 f χ y - +- = (- +-)2 -2-- = k2 - 2 , και η (1) ισοδυναμεί f χ2 Υ χ yx 5 με την 2(k 2 - 2)a2 -- ka - 3 = Ο και τελικά με την 2 4a2k2 - 5ak - 8a2 - 6 = Ο (2) . Η εξίσωση (2) με άγνωστο k έχει διακρίνουσα Δ = 25a2 + ι6a2 (8a2 + 6) > Ο και άρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/71

-------

Ευκλείδης προτείνει . . . -------

Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΑΒΓ και ΗΑΒ έχουν 8a2 + 6 ' έχει ρ'ίζες k 1 < k ετεροσημες, αφου' k �� 1r =-� < ο ίσους περιγεγραμμένους κύκλους. Πράγματι είναι 2 Λ Λ Λ Λ ΒΗΓ + ΒΑΓ = π, ΗΓΒ+ ΗΑΒ = π . Από τον νόμο των 5a .JΔ. -2 <=> και πρέπει k1 S -2 < Ο < k • ,Ετσι, k 1 = Λ 2 8a2 ημιτόνων στο ΗΑΒ: ΗΑ = 2Rημ(ΗΒΑ) = 5 Λ π Λ <=>v'Δ�1&ι2 +5a(3). Αν 16a 2 + 5a < O δηλ. - < a < O , 2Rημ(- -ΖΑΒ) = 2Rσυν(ΖΑΒ) = 2Rσυν(Β+ Ι) = -2RσυνΑ (4) 16 2 τότε η (3) ισχύει. Αν 16a2 + 5a � Ο δηλ a � _2_ ή Από το ορθογώνιο ΗΔΒ: ΗΔ=ΗΒ·συ\ο(ΒΗΔ) =ΗΒ·συνΓ= 16 Λ Λ π a � Ο τότε η (3) ισοδυναμεί με Δ�{l&ι2 +5a)2 και (μετά 2Rημ(ΗΓΒ) · συνΓ = 2Rημ(- ΓΗΔ) · συνΓ = 2 από πράξεις) με την 4a2 +5a-3�0 <=> a e[11ι.�] με π 2Rημ(- - Β) · συνΓ = 2RσυνΒ · συνΓ (5) -5 +J73 5 + .fi3 5 2 a1 = --> Ο . Οι τιμές < -- και a2 = 8 16 8 Η (3) από (4), (5): -8R 2 συνΑσυνΒσυνΓ = αυτές του a δίνουν k = k 1 = -2 και χ = -y "Φ Ο . Άρα, 4 · 0S2 - R2 � 4 · 0S2 = -8R2 · p+R2 = R2 {1 -8p) (6) . -5+../73 5 + J73 . Θέτουμε OS = k , άρα η (6): 4k2 = R 2 (1 - 8Ρ) (7) . Στο ειναι ' ιmxa=� =- και mιn a = a1 = . 8 8 Λύσεις έστειλαν επίσης οι Ροδόλφος Μπόρη ς - Δάφνη , KSO το ΚΝ είναι ύψος του. Συνεπώς, ΚΝ = Ε κsο ,

�

Διονύση ς Γιάνvα ρ ος - Πύργος, Δη μ ήτρ ιος Κουκάκης - Κιλκίς, Κων. Τζαγκα ράκης - Χανιά.

�

3R + 2k

, δηλ. ΚΝ = V τ(τ- χτ-RΧτ-k) (7), με τ = ΑΣΚΗΣΗ 197 { ΤΕΥΧΟΥΣ 8 1 ) 2 k 4 Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι R R+2k 2k-R 3R-2k , ο περιγεγραμμένος κύκλος του, ακτίνας R, τέμνει τον τ-- =--,τ-R =-- , τ- k = -- . Τοτε η (7): 4 4 4 2 κύκλο Euler του τριγώνου αυτού κατά χορδή μήκους d = 4R p(p + l) , όπου p = συνΑσυνΒσυνΓ . 8p - l

ΤΡΙ Α ΝΗ)Σ - Αθήνα ) ΛΥΣΗ (ΠΕΛ Ι ΟΣ Π ΠΡΟΛΕΚΑΣ - Δραπετσώνα) ( ΠΩΡ ΓΟ Σ

Είναι γνωστά από την Ευκ:λείδια Γεωμετρία τα εξής: Το κέντρο S του κύκλου Euler του τριγώνου ΑΒΓ είναι το μέσον του τμήματος ΗΟ, όπου Η είναι το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

ΚΝ = � (3R+2kXR + 2k)(2k - RX3R-2k) = k 64·4 Ι r-(6> (4k 2 - R 2 ){9R 2 - 4k 2 ) p{l + p) -=2 = 2R = 64 · 4 · k2 8p - 1 � d = ΚΛ = 2 · ΚΝ = 4R

p{l + p) 8p - 1

Σχόλιο : Ο Δ . ΓΙ Α Ν Ν Α ΡΟΣ παρατηρεί ότι: Σε κάθε ΑΒΓ ισχύουν: 1 . συνΑσυνΒσυνΓ > -1 <=> p > -1 . 2.

8συνΑσυνΒσυνΓ � 1 <::::> 8p � 1 <=>p � � . Η ισότητα ισχύει 8

μόνο για ισόπλευρο. Στη περίπτωση του αμβλυγωνίου, p(p + 1) ορίζεται καλώς. IXP+1) < 0, 8p-1 <0 άρα η 8p - 1

Ρο δόλφ ο ς Μπόρη ς - Δάφνη , Διονύση ς ΓΙάννα ρ ος -Πύργος, Κωνσταντίνος Τάγα ρ η ς-Πύ ργος .

Λύσεις έστειλαν επίση ς οι

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 2 1 3 . Δίνονται οι μιγαδικοί z1 , z2 , ... , zv τέτοιοι, ώστε zl + z2 + ... + Ζν = ο ' l zl l = l z2 1 = ... = l zv I = 1 Αν z είναι τυχαίος μιγαδικός αριθμός, τότε να δειχθεί nvι'\ει ότι HS = SO (1 ) . Η ακτίνα του κύκλου Euler οτι: 1 z - z1 1 + 1 z - z2 Ι + . . . + Ι z - zv Ι >_ ν . Άρα ι-��.� R του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίση με SK = , όπου R είναι η ΑΝΤΩΝΗΣ ΙΩΑΝΝ ΙΔΗΣ - Λάρισα. 2 2 1 4. Τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τα μήκη των πλευρών ΑΒ, ακτίνα του περιγεγραμ- μένου κύκλου του τριγώνου ΒΓ, ΑΔ, ΓΔ είναι διαδοχικοί όροι Αρ. Προόδου . Να ΑΒΓ. Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τις δειχθεί ότι ισχύει: L2 - 4Τ2 + 3 = Ο , όπου έχει τεθεί: πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκονται πάνω στον Β Δ Α Γ η μ2 - + ημ 2 η μ2 - + η μ2 περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα, είναι 2 . 2 2 2 και Τ = L= ΗΔ = ΔΜ (2). Επειδή ΗΑΜ είναι τέμνουσα του κύκλου Α Β Δ Γ η μ2 - - η μ2 ημ2 - - ημ2 (O, R) , ισχύει ότι: ΗΑ · ΗΜ = ΟΗ2 - R2 , σχέση που 2 2 2 2 λόγω των (1 ),(2) δίνει: 2 · ΗΑ · ΗΔ = 4 · 0S2 - R 2 (3). ΓΙΩΡΓΟΣ ΗΙΑΝΤΟΣ - Αθήνα. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/72

Μου λένε πως τα μαθηματικά δύσκολα είναι κι αδυνατούν αντιληπτά να γίνουν. Το λάθος έγκειται στην άρνησή μας να σκύψουμε τον ψίθυρό τους ν ' αφουΊκρα στούμε

«Μου φαίνεται απίστευτο ότι συνέβη όσο ζούσα» δήλωσε ο Πήτερ Χιγκς[83 ετών]. Δεν ήξερε πως να κρύψει την συγκίνησή του, όταν, μετά από πενήντα περίπου χρόνια, είδε την πειραματική επιβεβαίωση της υπόθεσής του: το πεδίο Higgs υπάρχει, και η απόδειξη παρουσιά στηκε σε ολόκληρο τον κόσμο πριν λίγους μήνες).

ή στη φοβία που ενδεχομένως καλλιεργούμε -ή μας καλλιεργούν;απέναντί τους όμοια με κείνη προς τον ξένο που απορρίπτουμε πεισματικά μη θέλοντας τη δική του Ίλώσσα να μάθουμε -ξύλινη δεν είναι-. Υπήρχαν ή τα ανακαλύψαμε; (Λουκία Ροδίτου - μαθηματικός)

Το 1 964, ο βρετανός φυσικός Πίτερ Χιyκς είχε προεξοφλήσει την ύ παρξη του μποζονίου, διατυπώνοντας τη θεωρία του πεδίου Χιyκς, ενός πε δίου που διαπερνά το Σύμπαν ακόμη και το κενό, με συνέπεια να δυσκολεύ ει την κίνηση των σωματιδίων δίνοντας μάζα στα στοιχειώδη σωματίδια, μάλιστα όσο πολύ δυσκολεύεται ένα σωματίδιο να κινηθεί, τόσο μεγα λύτερη είναι η μάζα του. Το μποζόνιο του Χιyκς που ανακαλύφθηκε από τους ερευνητές του είναι το σωματίδιο που είναι υπεύθυνο την ύπαρξη μάζας, χωρίς την οποία δεν θα υπήρχε βαρύτητα στο Σύμπαν. Πρό κειται τον κρίκο που στην λυσίδα των στοιχειωδών σωματιδίων. Το μποζόνιο του Χιyκς θεωρείται απόα τους φυσικούς ως το κλειδί της θεμελιώδους δομής της ύλης. "Διαβή καμε ένα νέο στάδιο στην κατανόηση της φύσης. Η ανακάλυψη του θα ανοίξει τον δρόμο και σε άλλα μυστή ρια του Σύμπαντός", δήλωσε ο γενικός διευθυντής του Rolf Heuer. Το παρατσούκλι «σωματίδιο του θεού» ·προέρχεται από τον τίτλο ενός βιβλίου του νομπελίστα φυσικού Leon Ledeπnan: ο Ledeπnan ήθελε να αναφέρsι το μποζόνιο στον τίτλο ως «αναθεματισμένο σωματίδιο)) (goddamn particle), το οποίο έγινε «σω ματίδιο του Θεού)) έπειτα από παρέμβαση του εκδότη. Ο Πίτερ Χιyκς απεχθάνεται το παρατσούκλι αυτό, κα θώς θεωρεί προσβάλλει όσους είναι θρησκευόμενοι. Σύμφωνα με τη σύγχρονη Φυσική, όλες οι μορφές ύλης, από τα στοιχειώδη συστατικά των ατόμων μέχρι τους μακρινούς γαλαξίες, αποτελούνται από δύο κατηγορίες σωματιδίων: τα λεγόμενα «φερμιόνιω) (προς τιμήν του Ιταλού φυσικού Φέρμι), σαν τα ηλεκτρόνια, τα πρωτόνια και τα νετρόνια, θεμελιώδεις λίθους της «συμπαγούρ), ας το πούμε έτσι, ύλης- και τα «μποζόνιω) (προς τιμήν του Ινδού φυσικομα θημτικού Μπόζε, συνεργάτη του Αϊνστάιν), σαν τα φωτόνια, που συνθέτουν το φως, φορείς των δυνάμε ων που έλκουν ή απωθούν τα υλικά σωματίδια. Το μεγάλο όνειρο του Αϊνστάιν, τα τελευταία 30 χρόνια της ζωής του ήταν να θεμελιώσει μια ενιαία φυσική θεωρία, η οποία θα εξηγούσε όλες τις δυνάμεις (βα ρύτητά, ηλεκτρομαγνητικές, πυρηνικές) και όλα τα στοιχειώδη σωματίδια της ύλης για να περιγράψει με ενιαίο τρόπο όλες τις δυνάμεις της Φύσης. Από τη δεκαετία του '60 μέχρι το 2000, η ανακάλυψη σειράς στοιχειωδών σωματιδίων όπως των περίφημων «κουάρΚ)), δομικών λίθων των πρωτονίων και των νετρο νίων) έδωσε στερεότητα σε αυτό το θεωρητικό οικοδόμημα. Απέμενε ωστόσο το ασύλληπτο «μποζόνιο πιο

CERN,

για

έλειπε

CERN

ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/73

-------

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

--------

Χιγκς», αυτό που θα εξηγούσε τον τρόπο με τον οποίο τα σωματίδια αποκτούν τη μάζα τους. Ο πειραματικός εντοπισμός του απαιτούσε την κατασκευή ενός τεράστιου επιταχυντή, που θα οδηγούσε δέσμες σωματιδίων σε μετωπική σύγκρουση σχεδόν με την ταχύτητα του φω τός, έτσι κατασκευάστηκε το CERN. Πάντως, η ανακάλυψη του μπο ζονίου είναι ιστορικής σημασίας γιατί μπορεί να είναι το κλειδί ώστε οι επιστήμονες να εξηγήσουν άλλα φαινόμενα όπως τη φύση της βα ρύτητας, τη σκοτεινή ενέργεια και σκοτεινή ύλη που καλύπτουν το 96% του Σύμπαντος. [(τ. 8 1 «Χάος, Γαία, Έρως>>] )

Γρίφοι

Παράξενη πρόσθεση Αντικαταστήστε τα γράμματα με αριθμούς ώστε να έχουμε αυτό το αποτέλεσμα: (τα πρώτα γράμματα δεν είναι μηδέν, οι λέξεις στοι χίζονται δεξιά) ΠΕΝΤΕ ΠΕΝΤΕ ΠΕΝΤΕ ΕΦΤΑ ΕΦΤΑ

55577 Ο Αριθμός 15873 Πολλαπλασιάστε τον αριθμό με τα 9 πρώτα πολ λαπλάσια του και θα εκπλαγείτε. Ο διαβάτης Κάποιος διαβάτης φτάνει σ' ένα σταυροδρόμι. Έ χει να διαλέξει ανάμεσα σε τρία μονοπάτια. Ο διαβά της θέλει να βαδίσει αυτό που οδηγεί στην τελειότητα και ξέρει καλά ότι μόνο ένα από τα τρία μονοπάτια ο δηγεί σ' αυτήν. Το μονοπάτι προς τα δεξιά έχει μια m νακίδα που γράφει: «Αυτό το μονοπάτι οδηγεί στην τελειότηται>. Το μονοπάτι προς τα εμπρός έχει μια πι νακίδα που γράφει: «Αυτό το μονοπάτι δεν οδηγεί στην τελειότητα». Το μονοπάτι προς τα αριστερά έχει μια mνακίδα που γράφει: « Το μονοπάτι προς τα ε μπρός δεν οδηγεί στην τελειότητα». Εκείνη την στιγ μή εμφανίζεται μια παράξενη γριά μάγισσα(κάτι σαν Πυθία) και του λέει: «Τουλάχιστον μία mνακίδα λέει την αλήθεια και τουλάχιστον μία mνακίδα λέει ψέματα. Βρες τώρα μόνος σου ποιο μονοπάτι πρέπει να τραβή ξεις>>. «Γιατί δε μου λες κατευθείαν ποιο είναι το μονο πάτι της τελειότητας;» ρωτάει ο διαβάτης. «Δεν έχει α ξία να σ' τα δίνουν όλα έτοιμα. Προσπάθησε μόνος σου να βρεις αυτό που ζητάς», του απάντησε η γριά και έ φυγε. Και πράγματι, ύστερα από λίγη προσπάθεια, ο διαβάτης μας βρήκε το μονοπάτι της τελειότητας. Πώς σκέφτηκε και βρήκε τη λύση; Οι δίδυμοι Δύο δίδυμοι παρουσιάζονται στο δικαστήριο. «0 ένας από αυτούς λέει πάντοτε ψέματα, ενώ ο άλλος πότε ψέματα και πότε την αλήθεια». Ο ένας δίδυμος, ο Τάσος, είχε διαπράξει ένα αδίκημα. (Ο Τάσος δεν είναι κατ' ανάγκη αυτός που λέει πάντοτε ψέματα). "Είσαι ο Τάσος;" ρωτάει ο δικαστής τον πρώτο δίδυ μο. "Ναι, είμαι" του απαντάει. "Είσαι ο Τάσος;" ξα-

ναρωτάει ο δικαστής τον δεύτερο δίδυμο. Αφού του απάντησε και αυτός (Ναι ή Όχι), ο δικαστής βρήκε αμέσως ποιος ήταν ο Τάσος.- Ήταν ο πρώτος ή ο δεύ τερος δίδυμος; Τι έγινε το Ευρώ; Τρεις φίλοι μπαίνουν σε μια κάβα και αγοράζουν ένα μπουκάλι καλό κρασί που κοστίζει 30€ δίνοντας 1 0€ ο καθένας. Φεύγοντας, τους προλαβαίνει ο υ πάλληλος και τους λέει πως έκανε λάθος γιατί το μπουκάλι στοιχίζει 25€ και όχι 30€ γι' αυτό τους επι στρέφει 5€ ρέστα. Αυτοί αφού δεν μπορούν να μοι ράσουν τις 5€ στα τρία, παίρνουν ο καθένας από 1 € και δίνουν 2€ φιλοδώρημα στον υπάλληλο για την καλή του πράξη. Στο τέλος όμως σκέφτονται: Έδωσε ο καθένας μας 1 Ο € και πήρε ένα πίσω, άρα 9€. Τρεις φορές το 9€ μας κάνει 27€ και 2€ για το φιλοδώρη μα, 29€. Τι έγινε το 1 €; Γνωρίζετε ότι . . .Διαβάζετε Αρχαία Ελληνικά γιατί Θεραπεύουν . . . Σύμφωνα με την θεωρία, του Καθηγητού Εήc Haνelock η οποία στηρίζεται στον Πλάτωνα, το αρ χαίο Ελληνικό αλφάβητο προκάλεσε πακτωλό αφη ρημένων εννοιών στον Αρχαίο Ελληνικό κόσμο, λό γω ενεργοποίησης του εγκεφάλου των χρηστών του. Σε συνέδριο του 1988 τα επιστημονικά αποτελέ σματα τα οποία υποστηρίζουν την θεωρία του Haνelock είναι τα εξής: α) Η περιοχή

Broca,

που βρίσκεται στην αριστερή

πλευρά του εγκεφάλου, ενεργοποιήθηκε λίγο περισσό τερο, λόγω του Ελληνικού αλφαβήτου διότι χρησιμο ποιήθηκαν επιτυχώς φωνήεντα σε γραφή για πρώτη φορά.

β) Ο ανθρώπινος εγκέφαλος επαναπρογραμματί

στηκε ριζικώς.

γ) Η πιο πάνω αναφερθείσα συγκλονιστική μετα

βολή στην λειτουργία του εγκεφάλου προκάλεσε μία ουσιώδη αλλαγή στην ψυχολογία των χρηστών του Ελληνικού αλφαβήτου από την οποία προέκυψε η ανά γκη επικοινωνίας των πολιτών δια της λειτουργίας του θεάτρου.

•:• •:•

Το νερό που πίνουμε έχει ηλικία 3 δις έτη; Εάν τα πρωτόνια και τα νετρόνια είχαν διάμετρο 1 Ο cm, τα κουάρκ και τα ηλεκτρόνια θα είχαν διάμετρο μικρότερη από Ο, 1 mm, ενώ όλο το ά τομο θα είχε διάμετρο 10 km ! ! ! Δηλαδή περισ σότερο από το 99,99% του ατόμου είναι κενός χώρος; •:• Κάθε χρόνο, ο ήλιος χάνει 360 εκατομμύρια τό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/74

------

•:•

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

νους μάζας; Στην εποχή του Πλάτωνα οι άνθρωποι πίστευαν στην πιθανή ύπαρξη ζωής κάτω από την επιφά νεια της γης. Ο ίδιος ο Πλάτωνας πίστευε ότι η γη στο εσωτερικό της είναι γεμάτη σπηλιές και διόδους. Ο ερευνητής Halley κατέληξε στο συ μπέρασμα, ότι υπάρχει μια σφαίρα στο εσωτερι κό της γης, με το δικό της ξεχωριστό μαγνητικό πεδίο . . .

Αθώωσαν τον Σωκράτη ιιετά από 2.410 χρόνια.

;

••

Ομοσπονδιακό Δικαστήριο της Νέας Υόρκης, το Μάη 2012, αθώωσε το Σωκράτη μετά από 2.41 0 χρόνια. Σε μια ιστορική δίκη, με aρχαιοελληνικά στοιχεία και συνάμα με σύγχρονες αντιλήψεις, δο σμένες με νομικές εκφάνσεις και χιούμορ, εκατοντά δες θεατές είχαν την ευκαιρία να βιώσουν μια εκπλη κτική "παράσταση" της αλήθειας, του νόμου και της ελληνικής κληρονομιάς. Τη μεταφορά της δίκης του Σωκράτη, σε μια από τις πιο αντιπροσωπευτικές δι καστικές αίθουσες της Αμερικανικής Δικαιοσύνης, ανέλαβε το Ίδρυμα Αλέξανδρος Ωνάση, καταφέρνο ντας να πετύχει τη συμμετοχή κορυφαίων δικαστών και διαπρεπών δικηγόρων της νεοϋορκέζικης νομικής ελίτ. Το δικαστικό σώμα διχάστηκε μπροστά σε χεί μαρρο επιχειρημάτων και ρητορικών λόγων από τις δυο πλευρές, αναδεικνύοντας παράλληλα το διαχρο νικό σκεπτικισμό για την πολύ κροτη δίκη του Σωκράτη, που προβληματίζει κάθε φορά που μεταφέρεται ο χρόνος, ο τόπος και η επικρατούσα κατάσταση της τότε εποχής. Στη δίκη του Μανχάταν, εξετάστηκαν όλες οι κατηΎορίες που βάρυναν το Σωκράτη το 399 π. Χ., με σκοπό να αποφαν θούν οι Αθηναίοι αν είναι "ένοχος" ή "αθώος", κατη-yορούμενος pa "ασέβεια προς τους θεούς" και pa "διαφθορά των νέων".

-------

δρος Ωνάση, Αντώνης Παπαδημητρίου και ο έφεδρος συνταγματάρχης και νυν αναπληρωτής εισαγγελέας στη Νέα Υόρκη, Μάθιου Μπογδάνος. Συνήγ�ρος υ περάσπισης ήταν ο Έντι Χέις και την Απολογία του Σωκράτη έκανε ο Μπενζαμίν Μπράφμαν. Και οι δυο είναι διακεκριμένοι ποινικολόγοι. Με την απόφαση του δικαστηρίου συμφώνησαν 1 85 θεατές-ένορκοι, διαφώνησαν 29. Ο πρόεδρος του Ιδρύματος Αλέξαν δρος Ωνάσης, Αντώνης Παπαδημητρίου, δήλω<fε ότι "όσα χρόνια και να περάσουν, είναι πολύ δύσκολο να καταδικασrεί ο Σωκράτης, ο οποίος αναγνωρίζεται

απ' όλους για την τεράσrια συμβολή του στη φιλοσοφι

υπογραμμίζοντας παράλληλα ότι "δεν πρέπει όμως να λησμονούμε ότι η δίκη του Σωκράτη ήταν απολύτως νόμιμη και ότι ο ίδιος ο Σrοκράτης ήταν αυτός που προκάλεσε το θάνατό του. 'Οπως υ ποστήριξα στη δίκη, για λόγους δικανικούς, έπρεπε να καταδικαστεί. Αυτό όμως ήταν στην Αθήνα · της εποχής εκείνης. Δηλαδή, πιστεύω ότι η Αθήνα έδωσε στο Σωκράτη μια δίκαιη δίκη και του επέτρεψε να αμυνθεί και να υπερασπιστεί τον εαυτό του". Η δίκη έγινε μέσα σε μια εκπληκτική δικαστική αί θουσα από πραγματικούς σπουδαίους δικαστές, από διάσημους δικηγόρους, δίδοντας μια σοβαρότητα και ένα ρεαλισμό. Αθώωση μεν, αλλά και μια μειοψηφία που υποστήριξε ότι υπήρχαν και λόγοι που η Αθήνα έκανε αυτό που έπρεπε να κάνει. Βεβαίως, γεννιού νται παγκόσμια και αιώνια ερωτήματα απ' αυτή τη δίκη που θα συνεχίσουν να προβληματίζουν τον κό σμο. Το ίδρυμα Ωνάση θα κυκλοφορήσει σε DVD αυτή τη δίκη και θα τη δημοσιοποιήσει στο διαδίκτυο. κή σκέψη",

Μηχανισμός των Αντικυθήρων Εθνικό Μουσείο - Αθήνα, έκθεση, μέχρι Απρίλη 2013

Ο Μηχανισμός (Υπολογιστής) των Αντικυθήρων έχει ονομαστεί ένα αστρονομικό όργανο που με τρούσε τις εκλείψεις του Ηλίου, της Σελήνης και τις τροχιές των πλανητών. Είναι από τις πιο σημαντικές μηχανικές εφευρέσεις στην ιστορία της aνθρωπότη Κατά τη δίκη, ο Σωκράτης επέδειξε θάρρος, είχε τας. Η ανακάλυψη του έγινε τυχαία το 1 900 από Συ χιούμορ και σε μερικές περιπτώσεις προκαλούσε το μιακούς σφουγγαράδες που επέστρεφαν από τη Λι πάειγια σφουγγάρια. δικαστήριο. Η κατηγορούσα αρχή υποστήριξε ότι οι ιδέες του διαφθείρουν τους νέους και aποσταθερο Στο γυρισμό έπεσαν σε φουρ τούνα, που τους ανάγκασε να ποιούν τους θεσμούς της Πολιτείας, ενώ οι συνήγο ροι υπεράσπισης στήριξαν τα επιχειρήματά τους σε παρακάμψουν και να δέσουν σε κλασσικά ντοκουμέντα και με σύγχρονες διατυπώ όρμο των Αντικυθήρων. Εκεί, κάποιοι από τους σφουγγαράδες σεις. Οι τρεις δικαστές ήταν ο Ντένις Τζέικομπς (πρόεδρος του δεύτερου ομοσπονδιακού εφετείου �1!!1 αποφάσισαν να εξερευνήσουν τον βυθό της περιοχής. ΗΠΑ), ο οποίος προήδρευσε, η Λορέτα Πρέσκα Έτσι βρήκαν κατά σύμπτωση ένα ρωμαικο (πρόεδρος ομοσπονδιακού δικαστηρίου της νότιας περιφέρειας Νέας Υόρκης) και η Κάρολ Μπέγκλεϊ ναυάγιο σε βάθος 60 μέτρων με πλουσιότατο φορτίο: Έιμον (πρόεδρος ομοσπονδιακού δικαστηρίου της κοσμήματα, αγάλματα μαρμάρινα και μπρούτζινα ανατολικής περιφέρειας Νέας Υόρκης). Οι δυο πρώ ήταν διάσπαρτα στον πυθμένα. Ανάμεσά τους ήταν τοι ψήφισαν υπέρ της αθώωσης του Σωκράτη και η τα γνωστά σήμερα γλυπτά ο Έφηβος των Αντικυθή τρίτη τον καταδίκασε. Δημόσιοι κατήγοροι, εκπρο ρων, ο Φιλόσοφος των Αντικυθήρων και το περίεργο σωπώντας την Πόλη των Αθηνών, ήταν ο δικηγόρος, εύρημα: ένα κουτί (20χ30χ8 εle") με μπρούτζινα και οικονομολόγος και πρόεδρος του Ιδρύματος Αλέξαν- ξύλινα μέρη που είχαν παραμορφωθεί από τη διά_ _ _ .... ο.=.;, ..., .......

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/75

------

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

βρωση. Πολλοί ερευνητές ασχολήθηκαν μέχρι που διαπίστωσαν στα τέλη του 2005, με ειδικό ψηφιακό τομογράφο, ότι επρόκειτο για τον πιο σύνθετο μηχανισμό της αρχαιότητας που χρονολογείται περίπου έναν αιώνα π.Χ.. •> Νόμισμα ήταν η αρχαία ελληνική λέξη για το «χρήμα)) και προέρχεται από τα: νέμω, νόμος, νομός, νόμισμα. Δη λαδή τα νομίσματα αναγνωρίζονται ως προϊόν κοινωνικών συμβάσεων με δεδο μένες αξίες στις συ ναλλαγές. Πιο απλά Χάλκινο τάλαντο από ναυάγιο βρέθηκε στην Κύμη Ευβοίας το νενο νόμισμα στα μέσα του 1 6ου π.Χ. ! το επιμισμένο τρεπόμενο στις ε ντός νομικής ισχύος συναλλαγές και Χρή μα = χρώ μαι, χρήσιμο πράγμα κοινό μέσω ανταλλαγής και πληρωμών; Σύμφωνα με τον Αριστοτέλη ("Πολιτικά"), πολύ πριν γίνει χρήση του νομίσματος ως μέσου ανταλλαγής, οι aρχέγονες κοινότητες αντάλλασσαν μεταξύ τους τα απολύτως χρήmμα στην ζωή χωρίς κανένα ενδιάμεσο και αργότερα μεταπήδησαν στο στάδιο των χρηματικών συναλλαγών. Έτm έχουμε στην αρχαία Αθήνα τα νο μίσματα π.χ. «δεκάβοων)) = 1 0 βόδια, «εκατόμβοιον))= 1 00 βόδια. Τα πρώτα νομίσματα ήταν σιδερένια και χάλκινα και τα είχαν επινοήσει οι Έλληνες επί Μίνωα και Θησέα. Τα νομίσματα των αρχαίων ήσαν : το πέ=

--------

μπτον, ο χαλκούς, το δίχαλκον, το ημιώβολον, ο οβο λός, το διώβολον, το τριώβολον, το τετράβολον, η δραχμή, το δίδραχμον ή στατήρας, το τετράδραχμον, η μνα και το τάλαντο. Οι Λύδωι έκοψαν πρώτοι χρυσά και ασημένια νομίσματα. Η δραχμή, ελληνική νομι σματική μονάδα, t:yινε περίπου το 874 π.Χ. και έ κλεισε τον κύκλο της ζωής της το 1001 με την αντικατάστασή της από το ευρώ. Πήρε το όνομά της από το ρήμα «δράτrομαω, που σημαίνει «πιάνω σφιχτά την ποσότητα που χωράει στην παλάμη μου)). Στην παλάμη χωρούσαν έξι οβολοί, γι' αυτό και η «ισοτιμία)) της δραχμής καθορίστηκε ως 1 δρχ./6 οβολούς. Ο Αριστοτέλης στην Αθηναίων Πολιτεία μας πληροφορεί πως ο Σόλωνας έκανε υποτίμηση στη δραχμή, πριν 1 μνα διαιρείτο σε 70 δραχμές και επί Σόλωνα έγινε 1 μνα 1 00 δραχμές. Τα πρώτα νομί σματα, όπως και σήμερα, ήταν δυο λογιών, τα μικρής και μεγάλης αξίας. Τα μικρής αξίας αρχικά ήσαν μι κρά τμήματα χαλκού ή μπρούτζου, μετά χρυσά και ασημένια, κυρίως βόλοι (στρογγυλές σφαίρες) ή ρά βδοι (οι καλούμενοι οβελοί). Τα μεγάλης αξίας ήσαν τα καλούμενα τάλαντα, που ήσαν σε σχήμα ως δέρ μα ζώου, και τα οποία άξιζαν τόσους οβελούς όσο αναλογούσε το βάρος τους. Στο επόμενο στάδω στη μια όψη τους χαράζονταν η ποσότητα του βάρος τους και στην άλλη μια ένδειξη (κάτι ως η σφραγίδα) ένα διακοσμητικό γεωμετρικό σχέδιο ή η εικόνα αγαπη μένου ζώου ή θεού ή βασιλιά κ.α. Τα σημερινά επί πεδα νομίσματα προέκυψαν με κτύπημα στην κορυ φή των στρογγυλών βόλων μετάλλου, ώστε να γί νουν επίπεδες πίττες γι αυτό ονομάζονταν και «παι στά)) (από το ρήμα «παίω)) που σημαίνει κτυπώ). =

Ευχαριστούμε το Νίκο Πελεκανάκη και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή.

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν Γρiφοι Παράξενη πρόσθεση ΠΕΝΤΕ=1 5035 ΕΦΤΑ=5236 Ο Αριθ� 15873 1 5873χ7=1 1 1 1 1 1 15873χ14=222222 15873χ21=333333 1 5873χ28=444444

Για να βρούμε αριθ μούς σαν τον παρα πάνω παίρνουμε κλά σμα με αριθμητή τη μονάδα και παρονο μαστή ένα περιττό πολλαπλάmο του 9 μη διαιρετό δια 5 π.χ. 1/7χ9= 1/63=0,0 1 5873

Ο διαβάτη ς Έστω ότι το ζητούμενο μονοπάτι είναι αυτό που οδηγεί προς τα δεξιά. Τότε η πινακίδα του γράφει αλήθεια. Όμως οι άλλες δύο πινακίδες θα γράφουν επίσης την αλήθεια. Άτο πο, διότι δεν μπορεί όλες να γράφουν την αλήθεια. Έστω ότι το ζητούμενο μονοπάτι εί ναι το προς τα εμπρός. Όμως τότε η πινακίδα του θα γράφει ψέματα, όπως και οι άλλες δύο πινακίδες. Άτοπο, διότι δεν μπορεί όλες οι πινακίδες να γράφουν ψέματα. Άρα το ζητούμενο μονοπάτι είναι το αριστερό. Έτσι πράγματι επαληθεύεται η γριά μάγισσα, οι δύο πινακίδες ( αριστερά και εμπρός) θα γράφουν την αλήθεια και η μία (δεξιά) θα γρά φει ψέματα. Οι δίδυμοι

Αν ο δεύτερος δίδυμος απαντούσε "ναι", τότε προφανώς ο δικαστής δεν θα μπορούσε να συμπεράνει ποιος ήταν ο Τάσος. Άρα, ο δεύτερος δίδυμος πρέπει να απάντησε "όχι". Αυ τό σημαίνει είτε ότι και οι δύο δίδυμοι δήλωσαν την αλήθεια είτε ότι και οι δύο είπαν ψέματα. Αλλά αφού ο ένας από τους δύο λέει πάντοτε ψέματα, πρέπει να είπαν και οι δύο ψέματα. Επομένως ο δικαστής κατάλαβε ότι ο δεύτερος δίδυμος είναι ο Τάσος. Τι έγινε το Ευρώ; Οι τρείς φίλοι έδωσαν τελικά 3χ9€=27€ το φιλοδώρημα πρέπει να το αφαιρέσουμε από τα 27€ και όχι να το προσθέσουμε στα27€ δηλαδή 27€-2€ φιλοδώρημα=25€.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/76

λοι γνωρίζουμε τις αθλητικές Ολυ μπιάδες που γίνονται κάθε 4 χρόνια και τις οποίες κληρονομήσαμε από τους Αρχαίους Έλληνες. Οι Ολυμπιακοί αγώτο 2004 και πάλι Ελλάδα.

ρό, τρία Χάλκινα και μια Εύφημη Μνεία

καταλαμβάνοντας την 26η θέση(2η θέση στην Ευρώπη). Συμμετείχαν 100 χώρες και 548 μαθητές. Τα τρία τελευταία χρόνια στα μαθηματικά η χώρα μας έχει συνεχείς επιτυχίες: το 2009 στη Βρέμη της Γερμανίας είχαμε 3 Χάλκινα και 3 Εύφημες Μνείες. Το 2010 στην Αστάνα του Καζακστάν είχαμε 2 Αργυρά μετάλ λια και 4 Εύφημες Μνείες. Το 2011 στο Άμστερνταμ της Ολλανδίας ένα Χρυσό, 3 Χάλκινα και μια Εύφημο Μνεία. Το 2013

Ιιtι1ιιιιΙ:.ιΑ:Μ:ι1ι;ι,a;;:g

Τα τελευταία χρόνια έχουν ορ γανωθεί Ολυμπιάδες και στις επιστήμες. Οι Διεθνείς Ολυμπιάδες είναι ένας θεσμός υ ψηλοτάτου επιστημο νικού επιπέδου όπου συμμετέχουν τα μεγα λύτερα ταλέντα στο χώρο των επιστημών από όλο σχεδόν τον κόσμο. Είναι Ολυ μπιάδες στη γνώση και τις ικανότητες που έ χουν οι νέοι στα Μαθηματικά, τη Φυσική, την Βιολογία, την Πληροφορική, την Αστρονομία, τη Χημεία κ.ά. Οι Ολυμπιάδες αυτές γίνονται κάθε χρόνο. Το 2004 έγινε στη χώρα μας με

••

η 54η Δ ιεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα θα διεξαχθεί στην Κολομβία. Η 43η Διεθνής Ολυμπιάδα Φυσικής

δι οργανώθηκε στην Tallinn της Εσθονίας πήραν μέρος μαθητές από 85 χώρες. Την ομάδα της Ελλάδας προετοίμασε η Ένω ση Ελλήνων Φυσικών. Πήρε ένα Χάλκινο Μετάλλιο και δύο Εύφημες Μνείες. Η 6η Διεθνής Ολυμπιάδα Αστρονομίας Αστροφυσικής

Ρίο Ντε

έγινε τον Αύγουστο στο

μεγάλη επιτυχία, από την Ελληνική Μαθη ματική Εταιρεία η 45η Διεθνής ΜαθηματιΟλυμπιάδα 93

Η πενταμελής ελληνική ομάδα κατέκτησε

Οι Διεθνείς Ολυμπιάδες του

••

ένα Αργυρό μετάλλιο, δύο Χάλκινα και δύο Εύφημες Μνείες. Το 2013 η 11 Δ ιε

χώρες με 140 μαθητές.

2012

θνής Ολυμπιάδα Αστρονομίας - Αστροφυ σικής θα γίνει στην Ελλάδα στην πόλη του

Η 53η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιά

διοργανώθηκε στην πόλη Mar del Plata της Αργεντινής από 4 έως 16 Ιουλί ου. Οι 6 μαθητές που προετοίμασε η ΕΜΕ πέτυχαν ένα Χρυσό μετάλλιο, ένα Αργυδα,

Πήραν μέρος 20

••

Βόλου.

Η 24η Διεθνής Ολυμπιάδα Πληροφορι

πραγματοποιήθηκε από τις 23 έως τις 30 Σεπτεμβρίου στην Λομβαρδία της Ιτα λίας κοντά στο Μιλάνο, η Ελληνική ομάδα κής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/77

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

Ολυμπιάδες ---------------------------------------------------------

πήρε ένα Ασημένιο μετάλλιο. Στην Ολυμπιάδα συμμετείχαν 320 νέοι κάτω των 19 ετών από 82 χώρες. Στην Ελλάδα η ΕΠΥ είχε διοργανώσει το 1991 την 3η Ολυμπιάδα και το 2004 την 16η Ολυμπιάδα. •

Αυτοί οι χαρισματικοί νέοι, που θα βρεθούν εκτός Ελλάδας, πιστεύουμε να μη χάσουν την επαφή τους με την Ελλάδα και να συμβάλουν στην πνευ ματική, επιστημονική και οικονομική ανάπτυξή της .

•

ΙΞ

,.. __ Oiymρiιdin-

I TA LY Το 2013 η 25η Ολυμπιάδα θα διεξαχθεί στο Bήsbane της Αbστραλίας. lake garda - lombardy

••

Η 44η Διεθνής Ολυμπιάδα Χημείας

πραγματοποιήθηκε τον Ιούλιο στην Ουά σιγκτον των ΗΠΑ. Η τετραμελής Ελληνι κή ομάδα της Ένωσης Ελλήνων Χημικών γύρισε με ένα Χάλκινο μετάλλιο. -�-� .-� .··

••

Η 23η Διεθνής Ολυμπιάδα Βιολογίας,

διοργανώθηκε στη Σιγκαπούρη το δεύτε ρο δεκαήμερο του Ιουλίου. Πήραν μέρος 60 χώρες με 250 μαθητές. Οι μαθητές της Ελληνικής αποστολής κέρδισαν ένα Χάλκινο Μνεία.

μετάλλιο και μία Εύφημο

Ελλάδα, μέσω της ΠΕΒ, συμ μετέχει από το 2005 και είναι η δεύτερη φορά τα τελευταία τρία χρόνια που πετυ χαίνει διάκριση. Η Ελλάδα που επιμένει

Σύμφωνα με τη ν ισχύουσα νομοθεσία οι μαθητές που διακρίνονται κερδίζοντας μετά.Αλιο σε Βαλκανιάδες ή Ολυμπιάδες έχουν δικαίωμα εισα'1ω'1ής σε τμήμα A.E.L ή τ.Ε.Ι. της επιλοmς τους. Διακρίσεις στην 15η Μαθηματική Μεσογειάδα

Διακρίσεις είχαμε και στην 15η Μαθηματική Μεσσογειάδα 2012. Οι επιτυχίες της Ελληνι κής ομάδας ήταν μεγάλες. Τα βραβεία ήταν ένα Χρυσό, 2 Αργυρά, 3 Χάλκινα. Οι μαθητές που διακρίθηκαν είναι: Λώλας Παναγιώτης Αθανασίου Νικόλαος Τσαμπασίδης Ζαχαρίας Τσίνας Κωνσταντίνος Σκιαδόπουλος Αθηναγόρας Βλάχος Στυλιανός Βλάχου Βασιλική

Τρίκαλα

Δράμα

Κατερίνη Τρίκαλα Ρόδος Αθήνα Αθήνα

Συνάντηση Προέδρων Ευρωπαϊκής Μαθηματικής Εταιρείας 31 1 20 1 2

ΣτιςστηνΜαρτίου μεσυνάντηση Απριλίοτων υ Προέδρων διοργα νώθηκε Πράγα των κών Εταιρειών των χωρών μελών �� τηςbυρΜαθηματι

. • •

Κάποιοι προσπαθούν ναέναςμαςλαός πείσουνχωρίότις ικασ' αυτή τη χώρα κατοικεί νότητες, που. Όμωςζει σεοι χιβάρος τωνμαθητές ά/.λωνμαςκαι πουδεν εργάζεται λ ιάδες συμμετέχουν σε αυτούς τους Δι α γωνι σ μούς καιδώςδιακρίνονται, οιτηνκαθηγητές που aφιτωνλοκερμα εργάζονται για προετοιμασία θητών καιοι επιτηνστήμονες πραγματοποίηση τωνστοιΔιχεςαγωνιεπι-σμών, και οι αντί στημονικές ενώσει ς που κοπι ά ζουν εθελοντι κά για την απάντηση. οργάνωσή Οιτους,νέοιαποτελούν αποστομωτική μας αποτελούν το μέλλον τηςτα κίχώρας καικαι οιευελπι στούμε νανα τους δοθούν ν ητρα δυνατότητες διακριθούν εντός ή εκτός της χώρας μας.

συνάντησηΕπιστημών έγινε στητηςΒίλΤσεχι α κής Δημο έδρα τηςκρατίας, Ακαδημίας στα πλαί σ ι α του εορτασμού της επετείου ίδρυσης της Ένωσης των ΤσέχωνΜαθη Μα θηματικών και Φυσικών. Την Ελληνική τουματικήΕΜΠΕταιρεία και Αντιεκπροσώπησε πρόεδρος τουο ΔΣΑν.τηςκαθηγητής ΕΜΕ κ. Lanna,

1 50ης

Ανάιηυρος Φελλούρης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 86 τ.2/78

ρα

Νόμaελ 2012

ε' α μεγαλύτερη επιβράβευση που μπορεί να έχει ένα� επισ� μονας ,ή διαν?ούμενος γι� τα επιτευγματα του, περα απο την ψυχικη του αγαλλίαση, είναι και το βραβείο Νόμπελ. Ο θεσμός των Νόμπελ χρονολογείται στα 1 90 1 . Δί νονται κάθε χρόνο στη μνήμη του εφευρέτη της νι τρογλυκερίνης και της δυναμίτιδας Σουηδού Χη μικού Alfred Bernhard Nobel(1833-1896). Στη διαθήκη του ο Νόμπελ, άφηνε την τεράστια περι ουσία του για βραβεία στη Φυσική, την Ιατρική ή Φυσιολογία, τη Λογοτεχνία, τη Χημεία και την Ειρήνη ή Φιλανθρωπία. Το 1965 η τράπεζα της Σουηδίας καθιέρωσε και το βραβείο των Οι κονομικών Επιστημών στη μνήμη του Nobe1 (με τα εφαρμοσμένα μαθηματικά να περικλείονται μέ σα σε αυτές). Το βραβείο αυτό πήραν και μαθημα τικοί όπως ο John Nash Αμερικανός μαθηματικός που βραβεύτηκε το 1 994 στη θεωρία των παιγνίων, μοιράστηκε το βραβείο με τον οικονομολόγο John Harsanyi και τον μαθηματι κό Reinhard Se1ten. [σχετικά και στο τεύχος 81]. Όλα τα βραβεία δίνονται στην Στοκχόλμη, εκτός από το Νόμπελ Ειρήνης που δίνεται στο Όσλο της Νορβηγίας. Δίνονται κάθε χρόνο στις 1 0 Δεκεμβρίου (η επέτειος θανάτου του ιδρυ τή τους). Στη Σουηδία θεωρείται πολύ σημαντικό γεγονός, καθηλώνοντας το 90% των Σουηδών στις τηλεοράσεις τους την ημέρα της τελετής. Το χρη ματικό έπαθλο είναι: χρυσό μετάλλιο τιμητικό δίπλωμα και 1 εκατομμύριο δολάρια. Το χρημα τικό βραβείο το 20 1 2 θα είναι μειωμένο κατά 20% σε σχέση με πέρυσι, λόγω της οικονομικής κρίσης. Από τη λίστα των επιστημών που έγραψε στη δια θήκη του ο ΝόμΠελ λείπουν τα μαθηματικά. Ο πραγματικός λόγος είναι άγνωστος ωστόσο πολλά είναι τα σενάρια. Δεν ξέρουμε αν θα υπήρχαν οι άλλες επιστήμες για να -δοθούν βραβεία Νόμπελ αν δεν υπήρχαν τα μαθηματικά. Η παράλειψη αυτή για τα μαθηματικά έχει συ μπληρωθεί σήμερα με άλλα έπαθλα. Έτσι η μεγα λύτερη τιμή που μπορεί να λάβει ένας μαθηματι κός είναι το μετάλλιο Fields ή το βραβείο Abel ή

τρης Χριστοδούλου, ο οποίος έχει βαθειά γνώση για την Αρχαία Ελλάδα και θεωρεί ότι ο αρχαίος ελληνικός πολιτισμός στον επιστημονικό τομέα έκανε τέτοια τομή στην ιστορία της aνθρωπότητας και στην εξέλιξη του ανθρώπινου είδους, η οποία δεν επαναλήφθηκε ποτέ μέχρι σήμερα. Ο Χριστο δούλου σε ηλικία 2 1 ετών ήταν καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Τα μετάλλια Fields απο νέμονται κάθε τέσσερα χρόνια από το 1 936. Το βραβείο θεσπίστηκε από τον Καναδό μαθηματικό Τζον Φιλντς και απονέμεται σε μαθηματικούς έως 40 χρόvων. Όμως ο Ρώσος μαθηματικός Γκριγκό ρι Πέρελμαν που έλυσε μετά από 1 00 χρόνια την υπόθεση του Poincare στην τοπολογία, αρνήθηκε το βραβείο και τα χρήματα, αν και είναι πάμπτω χος. Το βραβείο Abel απονέμεται κάθε χρόνο από το 2003 στη Νορβηγία. ltCΙJ: � Ύμt11ιQ) 2ίf)h� ��: Στα μαθηματικά Η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων που απονέμει κάθε χρόνο σε έναν ή περισσότερους εξαίρετους μαθηματικούς το Βρα βείο Άμπελ, ανακοίνωσε ότι για το 20 1 2 το βρα βείο δίνεται στον Ούγγρο μαθηματικό Εντρέ Σε μεράντι. Ο Σεμεράντι εργάζεται στο Ουγγρικό Ιν στιτούτο Μαθηματικών Άλφρεντ Ρένιι και στο τμήμα επιστήμης των υπολογιστών του Πανεπι στημίου Ράτγκερς της Αμερικής. Οι μαθηματικές εργασίες του Σεμεράντι έχουν βοηθήσει καθορι στικά στην ανακάλυψη των σχέσεων ανάμεσα στους αριθμούς και στις πληροφορίες και έχουν συμβάλει καθοριστικά στην ανάπτυξη της πληρο φορικής και του διαδικτύου: Στην Ιατρική Το βραβείο Νόμπελ Ιατρικής για το 201 2 πάει στους Τζόν Γκούρντον (John Gurdon) Βρετανό και Σίνια Γιαμανάκα (Shinya Υamanaka) Ιάπωνα για την ανακάλυψή τους ότι ώριμα κύτταρα μπο ρούν να επαναπρογραμματιστούν ώστε να γίνουν πολυδύναμα κύτταρα. Ο Γκούρντον αντικατέστησε τον πυρήνα πρώιμων κυττάρων βατράχου με πυρήνα που πήρε από κύτταρα ώριμων κυττάρων. Το τροποποιημένο κύτταρο αναπτύχθηκε κανονικά σε γυρίνο. Δηλαδή το βραβείο «Shaw» της Ασίας. Τα βραβεία αυτά το DNA του ώριμου κυττάρου είχε όλη την απα είναι αντίστοιχα του Νόμπελ με τα ίδια περίπου ραίτητη πληροφορία για την ανάπτυξη των πρώι έπαθλα. Το βραβείο «Shaw>> το 20 1 1 πήρε ο με μων - αδιαφοροποίητων αυτών κυττάρων σε βά γάλος Έλληνας μαθηματικός και φυσικός Δημή- τραχο. Ο Σίνια Γιαμανάκα ανακάλυψε πως ώριμα C.

••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/79

Εκδόσεις της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Τιμή τεύχους: 3€

Τιμή τεύχους: 3,5€

ΆΣΤΡΟ ΒΟΣ

Τιμή τεύχους: 10€

Τιμή βιβλίου: 20€

ν" Ο ΘΑΛΗΣ ,/ Ο fΥΚΛΕΙΔΗΣ ,/ Ο ΛΡΧΙΜΗΔΗΣ ,/ Ο ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗΜΛτJΚΟΣ. ΔfΑfΩΝΙΣ.ΜΟΣ

•

Τα προβλήματα

ΑΘΗΝι\ 2007

Τιμή βιβλίου: 30€

Κεντρική Διάθεση :

Πανε-rr ιστημίου 34 - Αθήνα

τηλ . : 2 1 0 36 1 653 2 , 2 1 0 36 1 7784 fαχ : 2 1 0 364 1 025 www . hms . gr

e - mαil : info@hms . gr