Ευκλειδης Β 87 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τ ε ύ χ ο ς 87

•

Ιανουάριος

�Ξ;_:-:

Γενικό θέματα

./ .ι ,( ./ .ι

Κύκλου μέτρησις Θεώρημα Nash Γεγονότα δράσεις Μαθηματικές Ολυμπιάδες Homo Mathematicus

•'

Άλγεβρα:

1 5 8 9 18

22 26 29

Β' Τάξη Πολυώνυμα Λογαριθμικές Εκθετικές Μεικτόγραμμα σχήματα Κωνικές Τοyές Γεωμετρικα προβλήματα

Άλγεβρα:

35 39 43

•

Γεωμετρία: Κσπύθuνση: Γενικιj Παιδεία: Κσπύθυνση:

Γ' Τάξη Θέματα Πιθανοτήτων Ασκήσεις ανάλυσης

48 51

Δραστηριότητες

65 69 71 74 77

' Ο Ευκλεffiης προτείνει... Εμείς απαντάμε ... .ι Μοντελοποίηση και εκπαffiευση .ι Ερευνητικές Εργασίες .ι Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν •

Μ ά ρ τ ι ο ς 2013· Ε υ ρ ώ: 3,50

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι, φροντίσαμε ακόμη και α'

αυτό το τεύχος να υπάρχουν

θέματα κατάληλα για επανάληψη, ώατε να αας δοθεί η ευ κειρία να ασχοληθείτε όαο γίνεται νωρίτερα με την εμπέ δοαη της ύλης. Το τέταρτο τεύχος βέβαια θα είναι αποκ λειστικά αφιερωμένο ατο ακοπό αυτό.

Σας παραδίδουμε λοιπόν το 3ο τεύχος του Ευκλείδη Β"

με την ελπίδα να αας φανεί χρήσιμο ατο δύσκολο αγώνα αας. Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση που δείχνετε ατο περιοδικό και περιμένουμε δικά αας άρθρα με επίκαι ρο ενδιαφέρον για τα επόμενα τεύχη. Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Ταασόποuλος

Ο αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Εuαταθίοu, Γι άν νης Κερασαρίδης

Μaβημaτικοr Διαγωνισμοί:

Προκριμaτικ6ς: Μεσοyειάδa:

•

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Α' Τάξη Ακρότατα Πρόοδοι Εγγεγραμμένα Σχήματα

Γεωμετρία:

Φεβρουάριος

e-mail: iπfo@hms.gr www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ --

27 Απριλίου

2013

28 Απριλίου

2013

Εξώφυλλο:

Σύνθεση από τα Μαθηματικό

και το Plαπet Eαrth 2013. Εικαατικές εκδοχές από τα κανονικό πολύγωνα

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΤΑΙρΕΙΑΣ

106 79 ΑΘΗΝΑ

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34

Συντακτική επιτροπή

Εκτελεατική Γραμματεία

Fαχ: 2 103641025

Π ρόεδρος: • • Ταααοπου λος Γ ιωργος

Εκδότης:

Αντιπρόεδροι:

τl}\.:2103617784-3616532

Ανδρουλακάκης Νίκος

Αργυράκης Δημήτριος

Βακαλόπουλος Κώστας " Ευσταθιου ' Βαyyε,.ης

Γρηγόριος Ευσταθίου Βαγγέλης Διευθυντής: Κεραααρίδης Γι6ννης Κρητικ6ς Εμμανουήλ •

•

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105 - 7998

zαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαyyε'λης

Γραμματέας:

Αργυρ6κης Δ. Λουρίδας Σ. Στεφαν ής Π.

Χριατόπουλος Παναγιώτης Μέλη:

Αναστασίου Γιάννης

Αντωνόπουλος Νίκος

Καλοyερόπουλος

Επιμελεια Εκδοσης•• Ζώτος Βαγγέλης

Αθανασόπουλος Γεώργιος

Ταπειν6ς Ν.

Η έγ κα ιρη πληρωμή

Κακαβάς Απόστολος

Καλίκας Σταμάτης

Καμπούκος Κυριάκος Κανε'λλος Χρήστος

Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασι'λης Κατσούλης Γιώργος

Κερασαρίδης Γιάννης

Καρδαμίτσης Σπύρος

τη ς συνδρομής βοηθάει

Κλάδη Κατερίνα

στην έκδοση του περιοδικού

Κονόμης Άρτι

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαριίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Σταματική •· ίδα " Μα uροyιαννάκη" � ,.._ων � Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μω, ΚΟ" � Χρη'στο" � Πανδής Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Πουλιάσης Παναγιώτης Ρέγκλης Δημήτρης Σα'ϊτη Εύα

Σταϊκος Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος ' ' ζιος θανασης Τζιωτ Τριαντάφυλλο" ' γο" � Γιωρ � Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσαγκάρης Κώστας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαyyέλης

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνειάπ προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να ατέλνονrα Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη lr". Τα . χειρόγραφα δεν εmατρέφονrαι. Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά

.αι;, ατϊJrφεία της

ι:ιnιιuc4Ι[ΛΕ�

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγελ' νονrαι ατελ' νεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική εmταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιατοσελίΟΟ της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται ατα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών ατο χώρο σας, κατά την παραλαβή. ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Εκτύπωση: ROTOPRΙNT ΙΑ. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΚΥΚΛΟΥ ΜΕΤΡΗΣΙΣ Ο Α ρχιμήδης θα παραμείνει στη μνήμη των ανθρώπων όταν ο Αισχύλος θα έχει ξεχαστεί, επειδή οι γλώσσες πεθαίνουν ενώ οι ιδέες των μαθηματικών όχι. G.H. Hardy

Γ�

Σωτήρης Χ ρ. Γκουντου β άς

ια τη ζωή και το έργο του Αρχιμήδη έ χουμε πολλές αναφορές από τους αρχαί ους συγγραφείς (Πλούταρχος, Πολύβιος, Ήρων, Πάππος, Πρόκλος, Αθήναιος, Κι κέρων, Διόδωρος Σικελιώτης, Βιτρούβιος, Σιμπλί κιος, Δίων, Ευτόκιος, Τζέτζης κ.α). Γνωρίζουμε ότι γεννήθηκε το 287 π.Χ στις Συρακούσες και ήταν γιος του αστρονόμου Φειδία. Το γένος του ήταν aριστοκρατικής καταγωγής και κατά τον Πλούταρχο (Μάρκελλος 14- 1 9) η οικο γένειά του συνδεόταν με συγγενικούς δεσμούς με τον βασιλιά των Συρακουσών Ιέρωνα. Ταξίδεψε σε πολλά μέρη του τότε γνωστού κόσμου και ήρθε σε επαφή με τους αλεξανδρινούς μαθηματικούς που ήταν κατά μία γενιά μικρότερη του Ευκλείδη. Ο Αρχιμήδης όταν σπούδασε στις περίφημες σχο λές στην Αλεξάνδρεια, το επιστημονικό κέντρο του τότε κόσμου, ο Ευκλείδης δεν ζούσε. Γνωρίζουμε ότι είχε για δάσκαλό του τον Κό νωνα τον Σάμιο που πιθανώς να είχε διαδεχθεί τον Ευκλείδη στη Σχολή που είχε εκείνος ιδρύσει, και συμφοιτητές τον Ερατοσθένη, τον Δοσίθεο και άλλους με τους οποίους συνδέθηκε με φιλία και στους οποίους αφιέρωσε εργασίες του. Η πιο γνω στή αφιέρωση είναι στον Ερατοσθένη, στο έργο του «Περί των μηχανικών θεωρημάτων προς Ερα τοσθένη έφοδος». Μετά το πέρας των σπουδών του προτίμησε να μην παραμείνει στην ακμάζουσα Αλεξάνδρεια αλλά να επιστρέψει στην πατρίδα του, τις Συρακούσες, όπου παρέμεινε μέχρι τον θάνατό του. Ωστόσο ο Αρχιμήδης διατήρησε επι στημονική και φιλική επαφή με τους αλεξανδρι νούς μαθηματικούς και μάλιστα τις προς δημοσί ευση εργασίες του έστελνε πρώτα στο δάσκαλο και φίλο του Κόνωνα για σχολιασμό. Όλα τα έργα του Αρχιμήδη διαπνέονται από μία εκπληκτική πρωτοτυπία σκέψης, που συνδυάζεται με απόλυτη αυστηρότητα στις αποδείξεις και μεγάλη ικανότητα στην τεχνική των υπολογισμών. Οι πιο σημαντικές συνεισφορές του Αρχιμήδη στα μαθημα τικά εντάσσονται στον τομέα που σήμερα αποκα λούμε Ολοκληρωτικό Λογισμό. Να σημειώσουμε

ότι και σήμερα τα αθάνατα έργα του Αρχιμήδη υπό την αυστηρή βάσανο της σύγχρονης μαθηματικής ε πιστήμης είναι aψεγάδιαστα Τα έργα του Αρχιμήδη έχουν τη δομή των Στοι χείων του Ευκλείδη. Δηλαδή έχουν ορισμούς, αξιώ ματα και ακολουθούν οι προτάσεις, δηλαδή θεωρή ματα με τις αποδείξεις τους. Ο Αρχιμήδης συνέγραψε πολλά έργα, από τα οποία σώθηκαν περίπου τα μισά. Τα έργα του Αρ χιμήδη που σώθηκαν είναι : Περί σφαίρας και κυλίνδρου ":" Κύκλου μέτρησις ,.> Περί κωνοειδέων και σφαιροειδέων :· Περί ελίκων ·:· Περί επιπέδων ισορροπιών -�:& Ψαμμίτης > Τετραγωνισμός παραβολής Περί οχου μένων .. Στομάχιον �· Περί των μηχανικών θεωρημάτων προς Ερατοσθένη έφοδος ·:' Βιβλίον λημμάτων •:• Βοεικόν πρόβλημα Επίσης υπάρχουν έργα του Αρχιμήδη που σώζο νται μόνο στα αραβικά. Αυτά είναι : ��-� Περί του κανονικού επταγώνου ·.:' Αρχαί Γεωμετρίας .,'ζ� Περί κύκλων εφαπτομένων αλλήλων ·> Περί υδραυλικού ωρολογίου Εκτός αυτών υπάρχουν και έργα του Αρχιμήδη που δεν έχουν σωθεί αλλά τα αναφέρουν μεταγε νέστεροι συγγραφείς όπως : "�· Περί τριγώνων ,. Περί τετραπλεύρων Περί των κγ ' ημικανονικών πολυέδρων ·:� Αριθμητικά ,;. Περί ζυγών Κεντροβαρικά Κατοπτρικά ·1>:� Ισοπεριμετρικά ·:· Περί αρχιτεκτονικής Ο Αρχιμήδης εκτός από Μαθηματικός ήταν "'··

'··

•••

·••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/1

------

Κυκλου Μέτρισης

και ευφυής Μηχανικός με πολλές κατασκευές στο ενεργητικό του όπως, υδραυλικά ρολόγια, πλανη τάρια, πολύσπαστα, μοχλοί, ναυπήγηση πλοίων, ελικοειδείς αντλίες, καυστικά κάτοπτρα και άλλες. A.JJ...ά βεβαίως ήταν και φυσικός και αστρονό μος. Ανακάλυψε την Αρχή του Αρχιμήδη, δηλαδή το Νόμο της Άνωσης, όταν έλυσε το πρόβλημα που του είχε θέσει ο Ιέρωνας σχετικά με το χρυσό στέμμα που του κατασκεύασε κάποιος χρυσοχόος. Όταν ε μπνεύστηκε τη λύση του προβλήματος στο λουτρό του, άρχισε να τρέχει γυμνός στους δρόμους των Συ ρακουσών φωνάζοντας «Εύρηκα - Εύρηκα». Συνοψίζοντας, ο Αρχιμήδης θεωρείται και εί ναι ο μεγαλύτερος μαθηματικός όλων των εποχών. Ο άδοξος χαμός του Αρχιμήδη συνέβη το 212 π.Χ όταν οι Ρωμαίοι κατέλαβαν τις Συρακούσες μετά από τριετή πολιορκία. Οι ιστορικοί αναφέρουν το περιστατικό του ρωμαίου στρατιώτη που αντίκρισε το γηραιό Αρχιμήδη στην οικία του απορροφημένο με την επίλυση ενός γεωμετρικού προβλήματος με κύκλους. Η απάντηση του Αρχιμήδη στον άξεστο ρωμαίο, προ του επερχόμενου θανάτου, έμεινε στην ιστορία: <<Μη μου τους κύκλους τάραττε».

Ρωμαϊκό ψηφιδωτό με θέμα το θάνατο του Αρχιμήδη

Ο Αρχιμήδης θεωρούσε την εγγραφή σφαίρας σε κύλινδρο σαν το κορυφαίο του επίτευγμα και θέλησε αυτό να χαραχτεί πάνω στον τάφο του. Έ τσι χαράχτηκε η εγγεγραμμένη σφαίρα σε κύλιν δρο προς ανάμνηση του θεωρήματός του ότι ο λό•

•

γος των ογκων τους ισουται με

νσφ

Vιαιλ

2 = -,

το

------

περιγράφει στον κύκλο, στη συνέχεια διπλασιάζει το πλήθος των πλευρών τους και έχει κανονικά δωδεκάγωνα και πάλι διπλασιάζοντας το πλήθος των πλευρών παίρνει κανονικά 24-γωνα, 48-γωνα, 96-γωνα και ούτω καθεξής. Όσο αυξάνεται το πλήθος των πλευρών το πολύγωνο τείνει να ταυτι στεί με τον κύκλο. Προσεγγίζει λοιπόν το μήκος της περιφέρει ας του κύκλου με την περίμετρο των κανονικών πολυγώνων.

Δημιουργεί με τη περίμετρο των εγγεγραμμέ νων πολυγώνων μια αύξουσα ακολουθία που τείνει στην περίμετρο του κύκλου και με των περιγε γραμμένων μια φθίνουσα ακολουθία που τείνει ε πίσης στην περίμετρο του κύκλου. Έτσι εγκλωβί ζει την ζητούμενη περίμετρο μέσα σε ένα διάστη μα που μπορεί να το κάνει όσο μικρό θέλει. Κάθε φορά παίρνει μια καλύτερη προσέγγιση για το μήκος του κύκλου και όταν φθάνει στα κα νονικά πολύγωνα 96 πλευρών καταλήγει στο ότι:

10 71

1 7

3-<π<3-.

Ο Αρχιμήδης βρίσκει μια εκπληκτική για την εποχή του προσέγγιση για το π το οποίο ορίζει ως το λόγο του μήκους του κύκλου προς τη διάμε τρο. Έτσι όχι μόνο υπολογίζει το π αλλά και δίνει μια μέθοδο για την ολοένα και ακριβέστερη προ σέγγιση του. Η μέθοδος αυτή καλείται Μέθοδος της Εξάντλησης και είχε κατά πρώτον χρησιμο ποιηθεί από τον Εύδοξο τον Κνίδειο (407-350 π.Χ) διευθυντή της Ακαδημίας του Πλάτωνα. Στη συνέ χεια αποδεικνύει το θεώρημα ότι το εμβαδόν του κύκλου είναι ισοδύναμο με το εμβαδόν ορθογωνί ου τριγώνου με κάθετες πλευρές την ακτίνα και το μήκος του κύκλου, δηλαδή το γνωστό τύπο Ε=πρ 2 • Η απόδειξη του Αρχιμήδη γίνεται με την εις άτοπο απαγωγή ως εξής : 2 : Υποθέτει ότι Ε >πρ και καταλήγει σε άτοπο 2 : Υποθέτει ότι Ε <πρ και καταλήγει σε άτοπο : Άρα Ε=πρ2 • • •

• • • •

Εmχεφηματολοyία- Απόδειξη, κρυστάλλινη, μοναδική !!!

Στη συνέχεια ακολουθεί εργασία που έκαναν οι ποίο βρίσκεται στο σωζόμενο έργο του Περί σφαί μαθήτριες της Β · Λυκείου Κοντοπάνου Μαρία και ρας και κυλίνδρου. Μάλιστα ο ρωμαίος Κικέρων Μαρκά Σοφία του 100 ΓΕΛ Ε λληνικού, τη σχολική ( 1 06-43 π.Χ) αναφέρει ότι αναγνώρισε τον τάφο χρονιά 2010-1 1, με προσωπική προτροπή και επίβλεψη. του μεγάλου μαθηματικού το 75 π.Χ, κοντά στην Ακραγαντίνη Πύλη, από το σχήμα που ήταν χα Στ ο κυνήγι τ ων ψηφίων του αρ ιθμού π ραγμένο πάνω στην επιτάφια πλάκα. Στην παρούσα εργασία θα προσεγγίσουμε τον Στην παρούσα εργασία θα επικεντρωθούμε αριθμό π με τη βοήθεια των κανονικών πολυγώ στο έργο του Αρχιμήδη Κύκλου Μέτρησις. νων. Αρχικά θα εγγράψουμε σε ένα κύκλο με α Εκεί ο Αρχιμήδης προσπαθεί να υπολογίσει το κτίνα R ένα κανονικό εξάγωνο. Στη συνέχεια διχο μήκος της περιφέρειας του κύκλου. Προσεγγίζει το τομώντας τα τόξα του θα διπλασιάζουμε το πλήθος μήκος της περιφέρειας του κύκλου με κανονικά πο των πλευρών και θα φτάσουμε μέχρι το εγγεγραμ λ1Jγωνα που εyγράφει και περιγράφει στον κύκλο. μένο κανονικό 1 92-γωνο. Θα προσεγγίσουμε λοι Ξεκινά με κανονικά εξάγωνα που εγγράφει και πόν το μήκος και το εμβαδόν του κύκλου μόνο με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/2

------- Κυκλου Μέτρισης ------εγγεγραμμένα κανονικά πολύγωνα. Οι συμβολι κανονικό πολύγωνο είναι οι παρακάτω και υπάρ σμοί που θα χρησιμοποιήσουμε είναι οι παρακάτω: χουν στο σχολικό βιβλίο. : R ακτίνα περιγεγραμμένου κύκλου λ; ν = 2 R(R- αv) Pv = νλν : πλευρά κανονικού ν-γώνου λ • •

• •

αν ν

aπόστημα κανονικού ν-γώνου περίμετρος κανονικού ν-γώνου

Ε εμβαδόν κανονικού ν-γώνου Οι σχέσεις που θα χρησιμοποιήσουμε για τις μετρήσεις που θα κάνουμε στη συνέχεια για κάθε ν

• •

Θα θεωρήσουμε στις επόμενες μετρήσεις την ακτίνα του κύκλου ίση με τη μονάδα. Οπότε για R= l το εμβαδόν του κύκλου είναι Ε=π και η περί μετρος του L=2π.

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 6-ΓΩΝΟ

λ6 =R =1 R13 =13 α6 =-2 2 p6 =6λ6 =6 313 � 2,59807621135 Ε6 =-21 Ρ6α6 =2

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 12-ΓΩΝΟ

λ�2 =2R(R-α6), λ12 =�2r- R-(::-R-- -α6..)..,.. =�2-13

p24 =24 λ24 =24�2-�2+13 Ε24 =.!_Ρ 2 24α24 =6�2-13 �3,10582854123024 ΚΑΝΟΝΙΚΟ 48-ΓΩΝΟ

=�2R(R-α24 ) =�2-�2+5:J3 �2+J2+5:J3 • � JR'- ;3� � � 4 2 λ4 8

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 96-ΓΩΝΟ

λ96 =�2R(R-α48 ) =�2Γ -�- -,=2=+�==;:2ΞΞ+ΞΞ5:J3 +ΞΞΞ133 2+�2+J2+5:J3 α,. � JR'- � � 4 2 �

p96 =96λ96 =96�2-�2+�2+5:J3 Ε96 =.!_Ρ96α96= 24 �2-�2+�2+13 �3,139350203046 2

ΚΑΝΟΝΙΚΟ 192-ΓΩΝΟ

Ξ Ξ3 λ192 =�2R(R-α96) =�2Γ _ �- r=2=+�r2=+�=;Ξ2Ξ+ΞΞ� 2Ξ+.J3 Ρ.92 =192λ\92 =192�2-�2+�2+�2+� Ε192 =_!_Ρ192α,92 =48�2-�2+�2+�2+.J3 �3,1410319508 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/3

-------

--------

Κυκλου Μέτρισης

Συγκεντρώνουμε τα παραπάνω αποτελέσματα στους πίνακες που ακολουθούν. ΕΜΒΑΔΟΝ ΚΑΝΟΝΙΚΩΝ ΠΟΛ ΥΓΩΝΩΝ

κ. ν-γωνο

6-γωνο 12-γωνο 24-γωνο 48-γωνο 96-γωνο 192-γωνο

κ. ν-γωνο

6-γωνο 12-γωνο 24-γωνο 48-γωνο 96-γωνο 192-γωνο

ε μβ αδόν ν-γώνου & τιμή για το π

2,5980762 11 3 3, Ι 05828541 3,132628613 3,139350203 3,141031951

απόκλιση από το εμ β αδόν του κύκλου

απόκλιση %

0,54351 6443 0, 141 592654 0,035764 1 1 3 0,008964041 0,002242451 0,000560702

ΠΕΡΙΜΕΤΡΟΣ ΚΑΝΟΝΙΚΩΝ ΠΟΛΥΓΩΝΩΝ πε ρ ίμετ ρος ν-γώνου & τιμή για το 2π

6 6,211657082 6,265257226 6;278700406 6,282063902 6,282904945

απόκλιση από τη ν περίμετ ρο του κύκλου

0,283 1 85307 0,071528224 0,01 7928081 0,004484901 0,001 121405 0,000280363

17,30% 4,50% 1,14% 0,29% 0,07% 0,02%

απόκλιση %

4,5 1 % 1,14% 0,29% 0,07% 0,02% 0,00%

Τα πρώτα 50 δεκαδικά ψηφία του π είναι: 3,14159 26535 89793 23846 26433 83279 50288 4197169399 37510

Το 1 76 1 ο Ελβετός μαθηματικός Johann Η. Lambert ( 1 728- 1 777) απέ δειξε ότι ο π είναι άρρητος αριθμός και το 1 882 ο γερμανός μαθηματικός Ferdinand νοη Lindemann ( 1 852-1 939) απέδειξε ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός. Το γεγονός ότι ο π είναι υπερβατικός αριθμός ισοδυναμεί με το ότι ο κύκλος δεν τετραγωνίζεται με κανόνα και διαβήτη. Έτσι το 1 882 κλείνει η εποχή ενός διάσημου προβλήματος που απασχόλησε την ανθρωπότητα για 2500 χρόνια, αυτό του τετραγωνισμού του κύκλου. Το κυνήγι των ψηφίων του π εξακολουθεί ως τις μέρες μας. Η προσέγγιση του προβλήματος πλέον δεν γίνεται με τα κανονικά πολύγωνα, γιατί ο αλγόριθμος αυτός είναι πολύ αργός στη σύγκλισή του από ένα σημείο και μετά, αλλά με άλλους αλγόριθμους. Ήδη από τον 1 γ αιώνα και μετά το π προσεγγιζόταν μέσω σειρών, δη- Ο Αρχιμήδης διαλογιζόμενος λαδή αθροισμάτων με άπειρους όρους. Υπάρχουν πάρα πολλές σειρές για το 4 4 4 4 4 4 4 4 , η σειρα, των Gregory-Leι. bnιtz: . π. Η πιο απλη, ειναι π = 4 -- +--- +--- +--- +-3 5 7 9 1 1 13 15 17 Το ρεκόρ υπολογισμού ψηφίων του π με προσωπικό υπολογιστή κατέχουν οι Alexander J. Yee και Shigeru Kondo που υπολόγισαν περίπου 5 τρισεκατομμύρια ψηφία. Ο υπολογισμός των ψηφίων ξεκίνησε στις 4 Μαίου 201 Ο και διήρκεσε 90 μέρες. Κλείνουμε την παρούσα εργασία με το παρακάτω ρητό που επινόησε ο Νικόλαος Χατζηδάκης ( 1 872-1942) καθηγητής Μαθηματικών στο Πανεπιστήμιο Αθηνών και μας δίνει τα πρώτα 22 δεκαδικά ψηφία του π : Αεί ο Θεός ο μέγας γεωμετρεί, το κύκλου μήκος ίνα ορίση διαμέτρω, παρήγαγεν

3, ι 4 ι 5 9 2 6 7 8 9 3 2 3

8 5 3 5 4 6 2 6

αριθμόν απέραντον, και όν, φεύ, ουδέποτε όλον θνητοί θα εύρωσι.

* Η εργασία αυτή αφιερώνεται στους μαθητές που θέλουν να ασχοληθούν και με κάτι άλλο στα μαθηματικά πέ ραν των τυποποιημένων, απρόσωπων, πολυφορεμένων και εν τέλει ανιαρών «φροντιστηριακών» ασκήσεων.

π=3+

4 + .. 4 4 + 4 χ6 χ χ4 4χ 6χ7χ8 8χ9χ10 23 5 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/4

Τα

όρια εφαρμογής wερi U.αρ ηc ι

του

τα πλαίσια του επιστημονικού διαλόγου, που τελικά έχει αρκετό ενδιαφέρον, από τις στήλες του περιοδικού μας, είχαμε δημο σιεύσει, με αφορμή την απονομή του βραβείου Shaw 20 1 1 στον Δημήτρη Χριστοδούλου, απο κλειστική συνέντευξή του. Πιο συγκεκριμένα στο 84° τεύχος του Ευκλείδη Β' είχαμε δημοσιεύσει συνέντευξη του κ. Δημήτρη Χριστοδούλου, Μα θηματικού-Φυσικού καθηγητή στο Πολυτεχνείο της Ζυρίχης. Ο κ. Χριστοδούλου στη συνέντευξη αυτή είχε αναφερθεί στους κ.κ. Κωνσταντίνο Δα σκαλάκη και Χρίστο Παπαδημητρίου. Σε απά ντηση των όσων είπε ο κ. Χριστοδούλου οι κ. κ. Κ. Δασκαλάκης και Χ. Παπαδημητρίου μας ζήτησαν τη δημοσίευση της πιο κάτω επιστολής. Επιστολή Κ. Δασκαλάκη και Χ Πa:παδημιιτρίου «0 κ. Χριστοδούλου λέει στην κατά τα άλλα συμπα

θή-αν και γεμάτη ανεξήγητη εμπάθεια για εμάς συνέντευξή του στο τεύχος 84 του Ευκλείδη Β: 'Ό Παπαδημητρίου και ο Δασκαλάκης ανέφεραν επα νειλημμένως ότι συνεργάζονται με τον John Nash και ότι έχουν βρει τα όρια της εφαρμογής του θεω ρήματος του Nash στην Θεωρία των Παιγνίων.,

Ο καθηγητής του Μrτ Κώστας Δασκαλάκης στο Φανάρι με τον Πατριάρχη Βαρθολομαίο. Αλλού βρίσκεται η αλήθεια. Ποτέ σε καμιά δημοσί ευση, συνέντευξη ή άλλη ανακοίνωσή μας, επιστη μονική ή μη, δεν έχουμε ισχυρισθεί ότι συνεργασθή καμε με τον κ. Nash, όπως μας καταμαρτυρεί ο κ. Χριστοδούλου. Τον προκαλούμε να παρουσιάσει στους αναγνώστες του Ευκλείδη Β κάποιο κείμενό μας, επιστημονικό ή μη, που να στηρίζει τα ψευδή λεγόμενά του. Το ότι διαπιστώσαμε τα όρια της εφαρμογής του θεωρήματος του Nash περί ύπαρξης ισορροπιών σε παίγνια (που βέβαια καμιά σχέση δεν έχει με το θεώρημα εμβαπτισμού του Nash με το οποίο ο κ. Χριστοδούλου το μπερδεύει, αμέσως μετά στη συνέ ντευξη) όντως ισχύει. Αυτός είναι και ο λόγος που η Εταιρεία Θεωρίας Παιγνίων (ο διεθνής επιστημο-

θε ών

Nash wαίγνια

στος σε

Παναγιώτης Χριστόπουλος

νικός θεματοφύλακας του θεωρήματος αυτού) βρά βευσε το 2008 εμάς τους δύο και τον συνεργάτη μας σε εκείνη την εργασία Πολ Γκόλντμπεργκ. Αυτό που οι τρείς μας αποδείξαμε είναι ότι η καθολικότητα του θεωρήματος του Νας (ότι δηλαδή κάθε παίγνιο έχει σημείο ισορροπίας) δεν ισχύει στον πραγματικό κόσμο, όπου πολλών παιγνίων τα σημεία ισορροπί ας θα χρειαστούν χιλιετηρίδες και βάλε για να υλο ποιηθούν. Σημειωτέον ότι στα πλαίσια της βράβευ σής μας από την εταιρεία κληθήκαμε να παρουσιά σουμε την εργασία μας στο διεθνές συνέδριο της στο Σικάγο τον Ιούλιο του 2008. Ο John Nash παρακο λούθησε την ομιλία που έδωσε ο πρώτος υπογρά φων και κατόπιν εκδήλωσε ενδιαφέρον και προβλη ματισμό για τις συνέπειες της εργασίας μας στην ε φαρμογή του θεωρήματός του. Τον ίδιο χρόνο, ο δεύτερος υπογράφων έδωσε ομιλία για το αποτέλε σμά μας στο Instίtute of Adνanced Study στο Πρίνστον. Ο John Nash παρακολούθησε την ομιλία του, και μετά οι δυο τους είχαν γεύμα μαζί συζητώντας επί ώρες το θεώρημά μας και τη σημα σία του. Επίσης σημειωτέον ότι, για την ίδια εργα σία, η Εταιρ?ία Βιομηχανικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών (SIAM) μας τίμησε με το βραβείο της καλύτερης εργασίας του 2009 στα εφαρμοσμένα μα θηματικά. Σωστά λέει ο κ. Χριστοδούλου ότι η μα θηματική αλήθεια έχει ύπαρξη αυτόνομη, μακριά από τον κόσμο και τις πραγματικότητες του υπολο γισμού. Αλλά ορισμένα μαθηματικά θεωρήματα ό πως αυτό περί ισορροπιών του John Nash, αντλούν την σημασία τους από το τι μας λένε για τον κόσμο, και για τα θεωρήματα αυτά η υπολογιστική πολυ πλοκότητα, και το Ρ - ΝΡ πρόβλημα, μπαίνουν στο προσκήνιο. Πράγματι το Ρ- ΝΡ πρόβλημα είναι κα τά το Ινστιτούτο Κλέϋ ένα από τα μεγαλύτερα προ βλήματα στα Μαθηματικά σήμερα (δυστυχώς ο τρό πος που το εξηγεί ο κ. Χριστοδούλου στη συνέχεια της συνέντευξής του, περιέχει πολλές ανακρίβειες και λάθη). Ο κ. Χριστοδούλου σε άλλο σημείο της συνέντευξης ισχυρίζεται ότι είναι μαθηματικός, ενώ εμείς δεν εί μαστε. Εμείς ξέρουμε ότι οι μαθηματικοί σέβονται την αλήθεια πιο πολύ από τους άλλους ακαδημαϊ κούς δασκάλους, γιατί θεραπεύουν και ψάχνουν μια αλήθεια που είναι πιο αγνή και ισχυρή από όλες τις άλλες. Δεν �νε ψέματα». ΚωνσmvήrοςΔ(1.07((1).όχης και ΧρίστοςΠa:παδημητρiου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/5

Σύντομες σνοφορeς

�σι Πρόσφατα γεγονότα Στο σημείο αυτό, εμείς θα θέλαμε να πούμε δυο εξέπληξε την 1 Φλεβάρη 20 1 3 με διάλεξη που λόγια για τους Χ. Παπαδημητρίου και Κ. Δασκα είχε ως θέμα «0 Ευκλείδης στο Gettysburg». λάκη. Είναι μια προσπάθεια σύντομης αναφοράς για τους δύο αυτούς Έλληνες επιστήμονες. η

Ο Κ. Δασκαλάκης στο Συνέδριο της ΕΜΕ το 201Ο στην Χαλκίδα.

Ο κ. Χρίστος Παπαδημητρίου είναι καθηγητής στο Berkeley από τους μεγαλύτερους επιστήμονες στον κόσμο στους Ηλεκτρονικούς Υπολογιστές, μαθητής του είναι ο κ. Κωνσταντίνος Δασκαλά κης. Οι κ. κ. Χ. Παπαδημητρίου και Κ. Δασκαλά κης είχαν βραβευτεί το 2008 από την Εταιρεία Θεωρίας Παιγνίων για μια σπουδαία εργασία τους στη θεωρία Παιγνίων και τα σημεία ισορροπίας στο θεώρημα του John Nash. Το 2009 για την ίδια εργασία βραβεύτηκαν από την Εταιρεία Βιομηχα νικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών (SIAM). Το 20 1 0 η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία είχε προσκαλέσει τον κ. Κωνσταντίνο Δασκαλάκη για κεντρικό ομιλητή στο συνέδριο της Χαλκίδας (τεύχος 80 του Ευκλεί δη Β ' ). Ο κ. Χρίστος Παπα δημητρίου μαζί με τον κ. Απόστολο Δοξιάδη είναι οι συγγραφείς του μαθηματικού κόμικς με τον τίτλο «LOGI COMIX» που πριν λίγα χρόνια έγινε μπέστ σέ λερ και πουλήθηκε σε χιλιάδες αντίτυπα σε Ο Χρ. Παπαδημητρίου όλο σχεδόν τον κόσμο. (αριστερά) Ακόμα ο κ. Χρίστος Παπαδημητρίου πριν λίγους μήνες έγραψε ένα μυθιστόρημα με τίτλο «Ανεξαρτησία». Τα ζάρια λέει δεν έχουν μνήμη και αυτό στα μαθηματικά λέγεται ανεξαρτησία. Ερωτευμένος με τα μαθηματικά προσπαθεί στο μυθιστόρημα αυτό μέσα από τη Θεωρία των Πιθα νοτήτων να δει τα σημαντικότερα γεγονότα της σύγχρονης Ελληνικής ιστορίας. Ο συνεργάτης στο βιβλίο LOGICOMIX του Χ. Παπαδημητρίου, κ. Απόστολος Δοξιάδης μας

Εικόνες από το βιβλίο LOGICOMIX

Στους κινηματογράφους προβάλλεται η ταινία <<Lincoln» του Στίβεν Σπίλμπεργκ αλλά ο κ. Απόστολος Δοξιάδης μας έκανε να καταλάβουμε πολλά περισσότερα για τον Αβραάμ Λίνκολν τον άνθρωπο που αξιοποίησε τα μαθηματικά στην πολιτική. Ο κ. Δοξιάδης αναφέρθηκε στο μεγάλο Αμε ρικανό πρόεδρο που με την ρητορική του δεινότητα κα τάφερε να καταργήσει την δουλεία. Όμως που όφειλε την ρητορική του δεινότητα, η οποία αποτέλεσε το κυ ριότερο εργαλείο στην πολιτική του σταδιοδρομία; Παρ' ότι αυτός ο σπουδαίος άνθρωπος πέρασε συνολι κά έναν μόνο χρόνο της ζωής του στα θρανία, ο λόγος του είχε δύναμη γιατί ήταν δομημένος πάντα με την Ευκλείδεια λογική και απόδειξη. Ο ίδιος ο Αβραάμ Λίνκολν fλεγε, ότι διδάχθηκε την έννοια της λογικής και της απόδειξης ως aυτοδίδακτος μαθητής του Ευ κλείδη και ότι μπορούσε να αποδείξει από μνήμης ο ποιοδήποτε θεώρημα των έξι πρώτων βιβλίων των «Στοιχείων>> του Ευκλείδη τα οποία μελέτησε.

Ο Απόστολος Δοξιάδης μιλά γ ια Λίνκολν και Ευκλείδη

Ειδικά ο κ. Δοξιάδης ανέλυσε την πιο διάσημη ομιλία του Λίνκολν στο Gettysburg η οποία έχει μια βαθιά δι αισθητική κατανόηση της Ευκλείδειας λογικής και απόδειξης. Η ομιλία αυτή έyινε στα εγκαίνια του νε κροταφείου για τους πεσόντες του Αμερικανικού εμφυ λίου το 1 865 χρησιμοποιώντας μόνο 271 λέξεις και σή μερα διδάσκεται στα σχολεία της Αμερικής. Ο κ. Δο ξιάδης κατέληξε λέγοντας: « Στους πολιτικούς θα πρό τεινα να διαβάσουν Λίνκολν, είναι μάταιο να διαβά σουν Ευκλείδη, αλλά είναι σημαντικό να μελετήσουν τις ομιλίες του Λίνκολν>>.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/6

έβαια δεν μπορούμε να μην αναφερθούμε και σε άλλους Έλληνες που διαπρέπουν στο εξωτερικό. _=r-r; «Greek minds at work» λέγεται η ομάδα που ερ γάζεται σε Αμερικανικό έδαφος υπό Ελληνική « σημαί ω>. Δέκα Έλληνες επιστήμονες έως 25 χρόνων, με εξει δίκευση σε ρομποτική, ηλεκτρονικά, software και ε πικοινωνία, ετοιμάζει την κατασκευή και εκτόξευση του πρώτου ελληνικού δορυφόρου. « Θέλω να δώσω κί νητρο στα νέα παιδιά στην Ελλάδα να συνεχίσουν να ονειρεύονται», δηλώνει ο εμπνευστής και επικεφαλής του εγχειρήματος, καθηγητής Περικλής Παπαδόπου λος, από τη Μεσσηνία της Αεροδιαστημικής Μηχανι κής στο ομοσπονδιακό Πανεπιστήμιο Σαν Χοσέ στη Silicon V 1

Ο Έλληνας Π. Παπαδόπουλος είναι ο άνθρωπος που πριν λίγους μήνες προσεδάφισε ή θα λέγαμε καλύτερα προσαρίωσε το Cuήosίty στην επιφάνεια του Άρη και σήμερα το ρομπο τικό όχημα στέλνει στη στοιχεία NASA για τη με λέτη του πλανήτη. Ο συμπατριώτης μας επιστήμονας για τις δύσκολες στιγμές που περνά Το Curiosity στην επιφάνεια του Άρη. η χώρα μας, τονί ζει ότι θα πρέπει με κάθε θυσία να μείνουν οι νέοι στην Ελλάδα, και η Πολιτεία να δώσει βαρύτητα στην εκ παίδευση: « Η εκπαίδευση, η μόρφωση των νέων μας, εί ναι η επένδυση της Ελλάδας στο μέλλον. Καλές είναι και οι οικονομικές επενδύσεις, αλλά ο πλούτος της πατρίδας

μας είναι οι νέοι της, οι καταρτισμένοι νέοι της». ΜΙΚΡΟΔΟΡΥΦΟΡΟΣ

ΓΙΑ ΤΗΝ ΕΛΛΑΔΑ

Ο κ. Π. Παπαδόπουλος για 30 χρόνια είναι ο υπεύθυνος του προγράμματος TechEdSat, το οποίο αφορά την κατα σκευή και αποστολή μικροδορυφόρων, σε τροχιά γύρω από τη Γη. Οι μικροδορυφόροι είναι κύβοι με ακμές 1 Ο εκατοστών περίπου και αξιοποιούνται στις τηλεmκοινωνί ες. Η πρώτη παγκοσμίως εκτόξευση δορυφόρου μέσα από διαστημικό σταθμό ήταν το Σεπτέμβριο 2012. Ο μικροδο ρυφόρος, τον οποίο ο κ. Παπαδόπουλος κατασκεύασε με φοιτητές του, αφέθηκε σε τροχιά από το Διεθνή Διαστη μικό Σταθμό. Ο δορυφόρος περιέχει ένα σύστημα που σε λίγα χρόνια θα αποτελεί το πρότυπο για την επικοινωνία μεταξύ των δορυφόρων και αναμένεται να φέρει πραγμα τική επανάσταση στις τηλεmκοινωνίες. Η NASA εκδήλω σε ενδιαφέρον για τη συνέχιση του project, καθώς εξοικο νομεί χρόνο και χρήμα. Έτσι ο κ. Παπαδόπουλος στο πρό-

γραμμα που αναπτύσσει η NASA "επιστήμη, τεχνολογία, μαθηματικά", επεδίωξε να ενταχθούν και ελληνικά σχο λεία πρωτοβάθμιας, δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης και πα νεπιστήμια με την προϋπόθεση ο μικροδορυφόρος αυτός να αποτελέσει το πρώτο ελληνικό διαστημικό πρόγραμμα. «Επεσήμανα την αναγκαιότητα ενθάρρυνσης της νέας γενιάς στην Ελλάδα και συναίνεσαν χωρίς ενδοια σμούς». Συνεργάστηκε με νεαρούς Έλληνες επιστήμονες

που άλλοι τον προσέγγισαν από μόνοι τους και κάποιους άλλους τους επέλεξε αυτός. Με κέρδισαν τόσο με τις γνώ σεις τους όσο και με το ήθος τους, υποστήριξε σε συνέ ντευξη. Η ομάδα αυτή επιδιώκει την κατασκευή ενός μι κροδορυφόρου με χρηματοδότηση του προγράμματος από ομογενείς αλλά και από τη συνεισφορά των νέων της Ελ λάδας -μέσω ενός ιστότοπου, στον οποίο η ελληνική νεο λαία, μαθητές, σπουδαστές, φοιτητές, θα μπορούν να κά νουν δωρεά από 1 μέχρι 1 Ο ευρώ και ταυτόχρονα να γρά ψουν το όνομά τους μαζί με ένα μικρό μήνυμα. Αυτά θα καταγραφούν σε ένα τσιπ που θα τοποθετηθεί στον μικρο δορυφόρο και μόλις αυτός μπει σε τροχιά, θα εμφανιστούν -μέσω του Google Map- σε όλον τον κόσμο. «Αυτό που θέλω να πετύχω είναι να δείξω παγκοσμίως ότι η ελλη νική κοινότητα υπάρχει, είναι ενεργή, ότι η Ελλάδα έχει νιάτα,

Ο μικροδορυφόρος λέγεται Λ-sat, από το ελληνικό γράμμα Λ που συναντάται στη λέξη Ελλάς, Ήλιος, Λί θος (δηλαδή «Γη του φωτός» ), θα έχει δύο στόχους κα τά την παραμονή του στο Διάστημα για περίπου 300 μέρες το 2014. Αρχικά, θα εντοπίζει σε πραγματικό χρόνο τις γεωγραφικές συντεταγμένες των ελληνικών εμπορικών πλοίων, προσφέροντάς τους σχετική πληρο φόρηση για το ενδεχόμενο πειρατείας, ενώ θα προσφέ ρει τη δυνατότητα άμεσης επικοινωνίας με τον καπετά νιο. Ο δεύτερος σκοπός του δορυφόρου είναι ακαδημα ϊκός και θα πραγματοποιηθεί σε συνεργασία με το Πα νεπιστήμιο Κολούμπια: θα ελεγχθεί η αντίδραση του υλικού grapheme, από το οποίο αποτελούνται το τραν ζίστορ του μέλλοντος, στην (ηλιακή) ακτινοβολία του Διαστήματος «Πρέπει όλοι να βοηθήσουμε αυτή τη γενιά να πετύχει», λέει με πάθος ο κ. Παπαδόπουλος. Στα σχέδια του έχει μια ηλεκτρονική πλατφόρμα που θα συνδέει «μέντορες», μεσήλικες επαγγελματίες ελληνι κής καταγωγής με νέους στην Ελλάδα που αναζητούν κατευθύνσεις και πληροφορίες για τη χάραξη της επαγ γελματικής τους πορείας, εντός ή εκτός συνόρων. Σφό δρα ερωτευμένος με τη Μεσσηνία γι' αυτό και πρότει νε, το 20 1 6 το ετήσιο συνέδριο διαπλανητικών ερευνη τικών αποστολών IPPW (Intemational Planetary Probe Workshop) της διεθνούς οργανωτικής επιτροπής να γί νει στην Καλαμάτα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 87 τ.317

ΑΠΡΟΟΠΤΑ

ΔΡΑΣΕΙΣ

Ημερίδα Μαθη ματικών στα Τρ ίκαλα

Κέρκυρα 2012 - 2013

Το Παράρτημα Ν. Τρικάλων της Ε.Μ.Ε. στις 15-12-2012 διοργά νωσε ημερίδα με τίτλο: «Τα Μαθηματικά στις εφαρμογές και στην εισταίδευση». Αρχικός ομιλητής ήταν ο Πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. και Πρόεδρος του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεm στημίου Αθηνών, Καθηγητής κ. Γρ. Καλογερόπουλος αναπτύσ σοντας το θέμα: «Μαθηματική Μ οντελοποίη ση και εφαρμο γf-9>. Ο κ. Καλσyερόπουλος αναφέρθηκε στη διαδικασία της Μοντελοποίησης, στις εξισώσεις διαφορών δεύτε ρης τάξης, γραμμικές με σταθερούς συντελεστές, στο ομσyενές γραμμικό σύστη μα, σε δύο πληθυσμιακά μοντέλα, σε μοντέλο εθνι κής οικονομίας μιας χώρας, σε μοντέλο διαπραγματεύσεων μεταξύ εργαζομένων και εργοδο σίας, στη γραμμικοποίηση και στην κυκλική εξέλιξη. Ακολούθως ο Αν. Καθηγητής του Μαθηματικού Αθηνών κ. Ν. Π απαναστα σίου μίλησε με θέμα: «Ακολουθίες πραγματικών αριθμών. Η διαχρονική εξέλιξη της έννοιας της σύγκλιση9>. Μια κεντρική έννοια της Μαθηματικής Ανάλυσης είναι η έννοια του ορίου. Ο ρόλος που παίζει η έννοια αυτή στην κατανόηση, ειδι κά των εννοιών συνέχειας, παραγωγού και ολοκλήρω σης, είναι καταλυτικός. Η εξέλιξη της έννοιας της σύ γκλισης ακολουθίας έχει δι αχρονικά ως εξής: Ο πρώτος σοβαρός ορισμός της σύ γκλισης δόθηκε από τον Cauchy. Πολύ αργότερα (1 947) ο Steinhaus και Fast ορίζουν το στατιστικό όριο ακολουθίας. Μια έννοια σύγκλισης πιο ασθενής από την συνήθη. Τέλος η σύγκλι ση ως προς ένα ιδεώδες (aσθενέστερης της στατιστικής) εισήχθη το 2000 από τους Kostyrko, Sa\at και Wilczynski. Τον κύκλο των εισηγήσεων έκλισε ο κ. Β. Ζώτος, μέλος του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. κά νοντας σαφείς αναφορές και τοποθετήσεις σε ζητήματα που αφο ρούσαν όλο το φάσμα της μαθηματικής εκπαίδευ σης στη χώρα μας με συ γκριτικές εmσημάνσεις, κατά τα διεθνή πρότυπα στο χώρο της ποιότητας της εκπαίδευσης. τίτλος της διάλεξής του: «Τα Μαθηματικά στην κα θημερινή πραγματικό τητα της εισταίδευση9>. Στην αρχή της εκδήλωσης ο Πρόεδρος του Παραρτήματος κ. Στέλιος Αμπράζης είχε επισημάνει: «Ευχαριστούμε τον Πρόεδρό μας, Καθηγητή κ. Γρ. Καλσyερόπουλο, τον Αν. Καθηγητή κ. Ν. Παπαναστασίου και τον συνάδελφο Μαθηματικό κ. Β. Ζώτο που αποδέχτηκαν την πρόσκλησή μας και είναι σήμερα μαζί μας. Με ρικοί σκοποί μας είναι: α) η αναβάθμιση της παιδείας του τόπου μας και ιδιαίτερα της μαθηματικής, β) η προσέγγιση του Έλληνα Μαθηματικού και η ενημέρωσή του γ) η ανάπτυξη και η συντή ρηση της επιστημονικής ακεραιότητας και η βελτίωση των δυνα τοτήτων των μελών μας». Τις ομιλίες της ημερίδας παρακολού θησαν 130 μαθηματικοί σε μια κατάμεστη αίθουσα.

Έγιναν με μεγάλη επιτυχία στο Παράρτημα της Κέρκυ ρας τον Δεκέμβρίο του 20 1 2 οι διαλέξεις: «Απίστευτα Μαθηματικά» με τον Θεόδωρο Μπόλη και <<Αρχέyο νοι κοσμικοί ήχοι, από τον Πυθαγόρα στο Big Bang»

με τον Σπύρο Γεωργαρά. ΕλΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΠΑΙΡΕΙΑ nορορr410ΙC.tρ.,.,ρας

ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΏΚΗ ΠAIPEIA

5ιι ΔΙΑΛΕΞΗ 2012-2013

6η ΔΙΑΛΕΞΗ 2012-2013

(-ti'M,\·

<>ΜΙ.\Ιιτtη.:

"Aniστrurα J\.loflημαtιkό!

Θεόδωρος Μ πόλης

fJι>·"'I''O::"'>J''f'l"i->i>

rιοn.,....,.,φ.;••• ι,.,,..,.,,....,.

""'τι".:.''"'" �'"'""l""',..;"'

Α�βiαιρο, ψηματ�,\Ρ.\ΠΟ\'Ι!ΙΙΙQςΙΙ.<Ιιllι/1\ιιιθη�ο.σηψι.:ις ι θιιrιcΙJ!(.\j\p.ιμι�ιι/?2-Ι"")nο Παpααι;rοη ΗΔιιuμβριοn2ΙΗ2 2100

5η

naρορτημοΚtρ><ιιρcς

ΩΜJ,\ι-ιτιιΣ:

Σπιίρο.; Ι"εc..>ρyαράς φ,,.,,,,•ος

ι\ιιφιθίαψι·ι,φιιμαωc;Αρ�ιΙΙΙΙ"<>μιας�οι8ιfΙ\ισerι!ο.flηΙJ1ιας ι θnnn�η! \jlpo�WD)i!• Ιοιrιιιο Πσpσnκrοη 21 Δrι.;rμ�ριοιι 2012 2100

Διεθνής Μαθηματική Εβ δομάδα στη Θεσσαλονίκη

Θα γίνει από 27-31 Μαρτίου 2013 η 5η Διεθνής Μαθηματι κή Εβδομάδα στη Θεσσαλονίκη σε επίκαιρα θέματα τα οποία αφορούν τη μαθηματική κοινότητα. Ενδιαφέρον παρουσιά ζουν τα Στρσyγυλά τραπέζια που έχουν θέμα «Τα αναλυτικά όπως επίσης «Η

προγράμματα Μαθηματικών στο Γυμνάσιο και το Λύκειο», διδασκαλία των Μαθηματικών σε όλες τις

βαθμίδες της εκπαίδευσης»

Οe..6ςσις 11 Ρ6 t: qΙΙΙιιιιΜιις __ ..,__,..._......,._ _ _.,_, ..... --.....--.......--.-- ... ......- .. __ ...... __ _...,.. _ _..,._ ......... -� .. - � ... ..... ._-.-.....,_-...,.._...__Η .......,_ .,..__ - ... �--,.ιιlιιlιος -.,ς .., ... ....... _...... � ...- ......... ...,.__.....,.__

-..... [

Η�.,..__ . ... ..... .. .......__,. ...... -...-_ ...... __ .. _,._--...;.,._ ..... ____ _ -... .... _.,-- _...,.-- wις ... ........_.

............. �- ...... . -.....-...� ...... .-.-. ......,.._......,.....,. $------�- .. �--.--��

Η S"..ιιιk___.. .... .... ... ...... .. _..... ... .._ ...... -__,. ______ _....,..�_...,..._.,. ___ _ ---η....ι..-.--...- ... 611ιιις�--._....� Ιιι ιzu;:ιιΙc..,.e.διίlιιι-.�wwΜΙιωw.σιw......ιιι•.....ιιaο....._...� -------....ι�._..._.......,._ωι-uι�--......

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/8

Θεματικές Ενότη τες • Τα Μαθηματικά στην Εκπαίδευση, οι νέες τεχνολσyίες, η τέχνη, ο πολιτισμός, η Ιστορία, οι διαγωνι σμοί και η επίλυση προβλημάτων.

• Αναλυτικά προ γράμματα και σχολι κά βιβλία.

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ α θηματικές Ολυμπιάδ ες

------

,oi A1LaryuvtcrηιM ς Ο�uμιιn&&ς

-.� ..ι.:ιο.. b

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

73°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ)) ΣΑΒΒΑΤΟ, 12 IANOYAPIOY 2013

ΕΝΔΕΙΚJΙΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ

Α'

τάξη Λυκείου

Πρόβλημα 1 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:

(x-l)z +l xl+x � lxl+3+xz , χ ( xz+4) ( xz-5x+4) 4 4 -2-

Λ ύσ η

(χ - Ι)2 + lxl+ �x � lxl+ 3 + x2 � (χ - Ι)2 + 2(1xl+ x) �lxl+ 3 + x2 � 4 4 2 � χ2 - 2χ + I+ 2lxl+ 2x �Ιχl+ 3 + χ2 � lxl � 2 � -2 � χ � 2. Επομένως η ανίσωση του συστήματος αληθεύει για χ Ε [ -2,2]. Επιπλέον, έχουμε χ{χ2 + 4)(χ2 - 5χ + 4) = 0 � χ = Ο ή χ2 + 4 = 0 ή χ2 - 5χ + 4 = 0. Η εξίσωση χ2 + 4 = Ο είναι αδύνατη στο IR , αφού χ2 + 4 > Ο, για κάθε χ Ε IR ενώ η εξίσωση χ2 - 5χ + 4 = Ο έχει διακρίνουσα Δ = 9 > Ο και ρίζες χ = Ι ή χ = 4 . Επομένως η εξίσωση του συστήματος έχει τις ρίζες χ = Ο ή χ = Ι ή χ = 4 Επειδή 4\ί!: [ -2,2], το σύστημα αληθεύει για χ = Ο ή χ = Ι . Έχουμε

Πρόβλημα 2 Να aπλοποιήσετε τις κλασματικές παραστάσεις

αν

"Φ

y ±χ

{xz+yz){x3-y3){x3+y3} και Β( x,y) 4xz+16yz+16xy-25 ( xz-yz) ( χ4 +y4 +xzyz) 2χ+4y+5 2χ+4y+5 Ο , και να λύσετε την εξίσωση Α( x,y) Β ( x,y).

Α( x,y)

και

Λύση

"Φ

Λό-γω των υποθέσεων y '*±χ και 2χ + 4y + 5 * Ο, δεν μηδενίζονται οι παρανομαστές των δύο παραστάσεων, οπότε αυτές ορίζονται. Με πράξεις στον παρανομαστή και στον αριθμητή της παράστασης

A (x,y)

( χ2 + i) ( xJ - 1)(xJ + 1) = (χ2 + i) ( x -y ) = x2 + . A(x,y) = i χ -y ( χ2 - i) ( x4 +y4 + x2 i) 6

λαμβάνουμε:

Η απλοποίηση μπορεί επίσης να γίνει με χρήση της παραγοντοποίησης

χ6 - y6 = (χ2)3 -(y2)3 = (χ2 - y2)(x4 + x2y2 + y4) ή των παραγοντοποιήσεων χ3 - y3 = (x - y)(x2 + xy + y2) , χ3 + y3 = (x + y){x2 - xy + y2) χ4 + y4 + x2y2 = (χ2 + y2γ _x2y2 = (χ2 + y2 + xy)(x2 + y2 - xy) . 4χ2 + I6i + I6xy-25 ( 2x+4y)2 -52 (2x+4y+5)(2x+4y-5) =2x+4y-5. Έχουμε επίσης B(x,y) 2x+4y+5 2x+4y+5 2x+4y+5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/9

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Επομένως η εξίσωση Α( χ, y ) =Β ( χ, y ) γίνεται: χ2 + y 2 = χ + 4y- 5 <::::::> χ 2- χ + y2- 4y + 5 =ο<::::::> ( χ - 1 γ + ( y- ) 2 =ο <:::χ:::> - 1 =Ο και y- =Ο (διαφορετικά θα είχαμε ( χ - 1 γ +( y- ) 2 > Ο) <::::::> χ = 1, y =

Πρόβλημα 3 Δ ίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Δ,Ε των πλευρ ών του ΑΓ, ΑΒ α ντίστοιχα, ώ στε ΑΔ=ΑΕ . Οι κύκλοι cι(Β, ΒΕ) και c2(Γ, ΓΔ) τέμνουν την ευθεία ΒΓ στα σημεία Βι, Β2 και Γ ι, Γ 2, αντίστοιχα. Το σημείο Βι β ρίσκεται εκτός του τμήματος ΒΓ προς το μέρος του Β και το σημείο Γ2 β ρίσκεται εκτός του τμήματος Β Γ προς το μέρος του Γ . Να αποδείξετε ότι: (α) Τα σημεία Ε, Β2, Γι, Δ β ρίσκονται επ άνω σε κύκλο, έστω c3 • (β) Τ α σημεία Ε,Βι, Γ 2,Δ β ρίσκονται επάνω σε κύκλο, έστω c4 • (γ) Το σημείο Α και τα κέντρα των κύ κλων c3 και c4, β ρίσκονται επ άνω στην ίδια ευθεία. Λύση (α) Το τρίγωνο ΒΕΒ2 είναι ισο σκελές (οι Α

πλευρές ΒΕ και ΒΒ2 είναι ακτίνες του κύκλου c1 ) , οπότε η μεσοκάθετη της πλευράς ΕΒ2 είναι διχοτόμος της γωνίας Β και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντρο Ι του τρ ιγώνου ΑΒΓ . Επιπλέον ισχύει : ΙΕ = ΙΒ2 (1) Το τρίγωνο ΓΔΓ1 είναι ισο σκελές (οι πλευ ρές ΓΔ και ΓΓ1 είναι ακτίνες του κύκλου c2 ) , οπότε η μεσοκάθετη τη ς πλευράς ΔΓ1 είναι δι χοτόμος της γωνίας Γ και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντ ρο Ι του τ ρ ιγώνου ΑΒΓ. Επιπλέον ισχύει : ΙΔ ΙΓ1 Το τρίγωνο ΑΕΔ είναι ισο σκελές (διότι Σχήμα 3 ΑΔ =ΑΕ ) , άρα η μεσοκάθετη της πλευράς ΕΔ είναι διχοτόμο ς της γωνίας Α και κατά συνέπεια θα διέρχεται από το έκκεντρο Ι του τρ ιγώνου ΑΒΓ. Επιπλέον ισχύ ει: ΙΔ = ΙΕ (3). Επο μένως, οι μεσοκάθετες των τμη μάτων Β2Ε, ΕΔ, ΔΓ1 περνάνε από το έκκεντρο Ι του τρ ιγώνου ΑΒΓ , οπότε (σε συνδυασμό με τις ισότητες (1), (3)) συ μπε ρ αίνουμε ότι ΙΔ = ΙΕ = ΙΒ2 = ΙΓ1 : = r, δηλαδή τα σημεία Ε, Β2, Γ1, Δ β ρίσκονται επάνω σε κύκλο c3 με κέντρο το Ι και ακτίνα r . (β) Με ανάλογο τρόπο απο δεικνύ ου με ότι τα σημεία Ε, Β1, Γ2, Δ β ρίσκονται επάνω σε κύκλο C4 με κέντ ρο τ ο πα ράκεντ ρο Ια τ ου τ ρ ιγώνου ΑΒΓ και ακτίνα rα :=ΙαΔ = ΙαΕ = ΙαΓ = ΙαΒ . ι 2 (γ) Τα κέντρα των παρ απάνω κύκλων ( c3 και c4 ) β ρίσκονται επάνω στη διχοτόμο της γωνίας Α, οπότε θα είναι συνευ θειακά με τη κορυ φή Α .

(2) .

(2),

Πρόβλημα 4 Δ ίνεται η εξίσωση a2x2+ 2a ( .J2 - 1 )χ+ .Jx- 2 + 3 - 2.J2 =Ο, όπου χ Ε IR άγνωστος και a Ε IR παρ ά μετρος. Να λύ σετε την εξίσωση για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου a. Λύση

2. 2 a 2a( J2 2J2 -2, 2. Για a =Ο έχου με την εξίσωση 3- 2J2 =-.Jx - 2, χ� 2, (αδύνατη , αφ ού 3- 2J2 >Ο). Για a Ο, το π ρώτο μέλος της ( 1 ) είναι τρ ιώνυ μο με διακρίνου σα Δ =Ο, οπότε η εξίσωση ( ax J2 - 1 )2 =-.J - 2 , χ� 2. (2) γράφεται ισοδύναμα ως

Για να ορίζεται η .Jx - πρέπει να είναι χ� Η εξίσωση γράφεται στην ισοδύναμη μορ φή 2x 2 + χ� =-.Jx - 1 ) χ +3(1) =ι:.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/10

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Επειδή είναι ( ax + J2 - Ι ) 2 � Ο και - .Jx - 2 � Ο, χ � 2, έπεται ότι η εξίσωση (2) έχει λύ ση, αν,

-------

I J2 . , , a = -και μονον αν, ax + ν�2 - Ι = Ο και χ - 2 = Ο, χ � 2 � χ = 2, εφοσον -

' για a = Ι ' ' μονο ' εξισωση Επο με' νως, η δ εδ ο μενη εχει

λ' χ = -2- τη υση 2 .

Β'

τ άξη Λ υ κ ε ίου

Πρόβλημα 1 Να αποδείξετε ότι για κάθε x,y ε JR ισχύει ότι: l x + y - 1 1 + l x + 21 + I Y + 21 � 5 . Να β ρείτε τα ζεύγη ( x,y) ακέραιων αριθμών με χ < Ο για τα οποία ισχύ ει ή ισότητα l x + y - l l + l x + 21 + I Y + 21 5 . Λύση =

Για κάθε a ε JR ισχύει ότι: lal � a, (η ισότητα ισχύει όταν a � Ο) και lal � -a, (η ισότητα ισχύει όταν a � 0). Άρα έχου με lx + y - II � -(x + y - I), lx + 2l � x + 2 και ly + 2l � y + 2, από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει : lx + y - II + Ix + 2l + ly + 21 � -(x + y - I ) + x + 2 + y + 2 = 5 . Η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, και οι τρεις σχέσεις αληθεύ ουν ως ισότητες, δηλαδή, αν, και μόνον αν, x + y - I � O και χ + 2 � 0 και y + 2 � 0 � x + y � I και χ � -2 και y � -2 . Επειδή ζητάμε όλα τα ζεύγη των ακέραιων αρ ιθμών (χ, y) με χ < Ο , για τα οποία ισχύει η ισότητα, έχου με χ ε { -2,- Ι } , y ε { -2,-Ι, Ο , Ι ,2, .... } , οπότε για να ισχύει η συνθή κη χ + y � Ι , πρέ πει και αρκεί: ( x,y) ε {(-2,-2) , ( -2,-Ι),( -2,0) , ( -2,Ι), ( -2,2), ( -2, 3 ) , ( -Ι,-2) , ( -Ι,-Ι), ( -Ι, Ο) , ( -Ι,Ι),( - 1,2 ) } .

Πρόβλημα 2 Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύ ει ότι r(y - 3y+2) <4y(y-t)( xy -2x+2y-y) , να αποδείξετε ότι: 1 2y - 3 1 < ι . Λύση Έχου με ότι χ2 (ι - 3y+ 2) <4y( y- l)( xy - 2χ + 2y -ι) => χ2 (ι - 3y+ 2) -4y( y-I)( xy - 2χ + 2y-ι) <0

::::> χ2 ( ι -3y+ 2) -4y( y-I)( y-2) x -4y( y- I)( 2y -ι) <0::::>χ2 ( ι -3y+ 2) - 4y( ι -3y+ 2) χ +4ι (ι -3y+ 2) <0 => (y 2 - 3y + 2 ) ( χ2 - 4xy + 4y2 ) � Ο � (y2 - 3y + 2 )(χ - 2y) 2 < Ο => y2 - 3y + 2 < Ο, αφού ισχύει ( χ - 2yγ � Ο => (y - I)(y - 2) < Ο => Ι < y < 2. Από την τελευταία σχέση λαμβ άνου με Ι

2 :::::> Ι l 2 _

l 2 l :::::> - .!_ 2 Υ - 3 2

.!_ :::::> - Ι < 2 y - 3 < Ι :::::> 1 2 y - 3 1 < Ι .

Πρόβλημα 3 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ . Ε ξωτερικά του τριγώνου θεωρού με ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΔ ( ΑΒ = ΑΔ ) και ΑΓΕ ( ΑΓ ΑΕ ) με ΒλΔ ΓΑΕ θ < 90° . Οι ΒΕ και ΓΔ τέμνονται στο σημείο Κ. Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΔΓ και ΑΒΕ τέμνονται στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι ΒΑκ ΓΑΜ . Λύση =

1. 3.

Συγκρίνου με τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΕ : ΑΔ = ΑΒ (διότι το ΑΔΒ είν αι ισο σκελές). 2. ΑΓ = ΑΕ (διότι το

ΔΑΓ = ΒΑΕ = Α + θ

ΑΕ Γ

είναι ισο σκελές).

Άρα τα τρίγωνα ΑΔΓ , ΑΒΕ είναι ίσα και κατά συνέπεια θα είναι ίσο ι και οι πε ρ ιγεγ ρ αμμένο ι κύκλοι τους c, και c .Η γωνία ΑΜΔ είναι εγγεγρ αμμένη στον κύκλο c, και βαίνει στο τό2 ξο ΑΔ . Η γωνία ΑΜΒ είναι εγγεγρ αμμένη στον κύκλο c και βαίνει στο τόξο ΑΒ . Επειδή ό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

87 τ. 3/1 1

------

Μ α θηματικο ί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

μως ΑΔ = ΑΒ (διότι το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές) και οι κύκλοι c , , c 2 είναι ίσοι, συμπεραίνουμε ότι: ΑΜΔ = ΑΜΒ . Άρα τα σημεία Δ,Β,Μ είναι συνευθειακά. Από την ισότητα των τρι γώνων ΑΔΓ και ΑΒΕ, συμπεραίνουμε ότι :Β, = Δ, . Άρα το τε τράπλευρο ΑΚΒΔ είναι εγγράψιμο, επομένως: Α, = Δ 2 . (1) Η γωνία Δ 2 είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c , και βαίνει στο τό ξο ΜΓ . Η γωνία Α2 είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο c, και βαίνει στο τόξο ΜΓ . Άρα έχουμε: Α 2 Δ 2 . (2). Από τις σχέσεις Σχήμα 4 (1) και (2), έχουμε: Α, = Α 2 . Πρόβλη μα 4 Να προσδιορίσετε όλες τις τιμές του χ ε IR . για τις οποίες είναι ακέραιος ο αριθμός Α = .Jι 3 - 2χ + .J13 + 2χ =

•

Λύ ση

αριθμός Α ορίζεται όταν 1 3 - 2χ � Ο και 13 + 2χ � Ο <:::> -� ::; χ ::; � . 2 2 Αν υποθέσουμε ότι Α = .J13 - 2χ + .J13 + 2χ = η Ε Ζ , τότε θα είναι Α = η > Ο και ισχύει: Α = .J13 - 2χ + .J13 + 2χ = η Ε Ζ <:::> Α2 26 + 2.J132 - 4χ2 = η2 <:::> .J132 - 4χ2 = � - 13 ( 1 ) 2 Επειδή Ο ::; .J132 - 4χ2 ::; 13 , λόγω της (1) και της υπόθεσης ότι η Ε Ζ , έπεται ότι: η2 - 13 ::; 13 <:::> 13 ::; η2 ::; 13 + 13 <:::> 26 ::; η2 ::; 52 <:::> η Ε { 6, } . Ο ::; 7 2 2 Για η = 6 η εξίσωση ( Ι ) γίνεται .J,...13_. 2___4_x_2 = 5 <=:> 169 - 4χ2 = 25 <=:> χ2 = 36 <=:> χ = ±6 . . Για η = 7 η εξίσωση (1) γίνεται ../132 - 4χ2 = 23 <=:> 169 - 4χ2 = 232 <=:> χ2 = 14167 <=:> χ = ± 7.J3 4 2 4 Ο

•

Γ'

Π ρόβλημα I

τάξη Λυ κείου

Στο σύνολο των ακεραίων, να λυθεί το σύ στημα:

:xy

= z 2 + 2, y 3 = χ 3 + 2χ 2 + ι .

ΛίJση

Επειδή είναι 2χ 2 + 1 > Ο , για κάθε τιμή του χ Ε Ζ , έπεται ότι 2 y3 > x3 � (y - x) ( y 2 + xy + x2 ) > 0 � y - x > O � y > x, αφoύ y 2 + xy + y2 = χ + � + 3�2 > 0 (η περίπτωση χ = y = Ο δεν επαληθεύει τις εξισώσεις του συστήματος). Επειδή οι χ, y είναι ακέραιοι, από τη σχέση y > χ , έπεται ότι y � χ + 1 <:::> y3 � (χ + 1)3 <:::> y3 � χ3 + 3χ2 + 3χ + 1 (1) Από τη δεύτερη εξίσωση του συστήματος και την (1) λαμβάνουμε (2) χ3 + 2χ2 + 1 � χ3 + 3χ2 + 3χ + 1 <:::> Χ2 + 3Χ ::; 0 <:::> Χ Ε {-3,-2,-1,0} . Για χ = -3, λαμβάνουμε y3 = -8 <:::> y = -2 . Για χ = -2 , λαμβάνουμε y3 = 1 <:::> y = 1 (απορρίπτεται, αφού xy = z2 + 2 > Ο ). Για χ = -1 , λαμβάνουμε y3 = 2 (αδύνατη στο Ζ ). Η τιμή χ = Ο, απορρίπτεται, αφού πρέπει xy = z2 + 2 > Ο . Άρα η μοναδική αποδεκτή περίπτωση είναι χ = -3 , y = -2 , οπότε προκύπτει z2 = 4 <:::> z = ±2 , οπότε έχουμε τις λύσεις ( x, y,z) = ( -3,-2,2) ή (χ, y,z) = ( -3,-2 ,-2) .

( )

•

Π ρ ό βλημα 2

Να β ρείτε τη συνά ρτηση

f : IR � IR , για την

οποία ισχύ ει:

r ( x 2 ) - y 2 = f ( x + y ) · f ( x - y ) , για κάθε x ,y ε !R . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/1 2

------ Μα θη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες ------

Λύση

Θα χρησιμοποιήσουμε τη δεδομένη σχέση για ειδικές τιμές των μεταβλητών. Για χ = y = Ο λαμβάνουμε f(O) = f(0) 2 � f(O) = Ο ή f(O) = 1 . Για χ = y = 2 λαμβάνουμε f(4) - 4 = f(4)f(Ο) , οπότε, αν f(0) = 1 , τότε -4 = 0 (άτοπο), ενώ, αν f (Ο) = Ο , τότε f ( 4) = 4 . Άρα έχουμε f (Ο) = Ο και f ( 4) = 4 . Για x = y = t ε !R έχουμε f{t2 ) - t2 = f(2t)f(0) = 0 => f(t2 ) = t2 , t ε !R . Επειδή για κάθε χ � Ο , υπάρχει t ε IR τέτοιο ώστε t2 = χ , έπεται ότι f (χ) = χ , για κάθε χ � Ο . Για χ = Ο , y > O , λαμβάνουμε f(O) - y2 = f(y)f(-y) => yf(-y) = -y2 => f(-y) = -y, για κάθε y > Ο , δηλαδή f (χ) = χ , για κάθε χ < Ο . Από την παραπάνω διαδικασία προκύπτει ότι f( χ) = χ, χ ε IR, η οποία εύκολα επαληθεύουμε ότι ικανοποιεί τη δεδομένη σχέση. Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες ο αριθμός .Ja - χ + .Ja + χ , όπου a > 1 πραγματική παράμετρος, παίρνει ακέραιες τιμές. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να ορίσουμε την τιμή της παραμέτρου a έτσι ώστε ο αριθμός .Ja - χ + .Ja + χ να είναι ακέραιος περισσότερες ή ίσες α1tό Κ φορές, όπου Κ τυχόν θετικός ακέραιος. Λύση Η συνάρτηση f ( a, χ) = .Ja - χ + .Ja + χ , a > 1 , ορίζεται για χ ε [ -a, a] και παίρνει τιμές θετικές.

Αν υποθέσουμε ότι f( a,x) = .Ja - χ + .Ja + χ = η ε Ζ, τότε θα έχουμε f(a, x) = .Ja - x + .Ja + x = η ε Ζ � 2a + 2.Ja2 - χ2 = η2 � .Ja2 - χ2 = � - a (1) 2 Επειδή Ο 5, .Ja2 - χ2 5, a , έχουμε Ο 5, E.._2 _ a 5, a � 2a 5, η2 5, 4a � J2;. 5, η 5, 2-Fa . 2 Πρώτα θα αποδείξουμε ότι για κάθε ακέραιο η του διαστήματος [ J2;.,2-Γa] η εξίσωση (1) έχει λύση ως προς χ . Πράγματι, η εξίσωση ( 1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση ' ' a' - χ' = - a , χ E [-a ,a] <c> χ' = •' - - a , χ E [-a , a] η 2 ( 4a - η 2 ) η 2 η 2 η .J4a - η 2 � χ2 = - 2a-- , x ε [-a,a] � x2 = ---a] � x = ± x ε [-a , , 2 2 2 4 Οι τιμές του χ που βρήκαμε ανήκουν στο διάστημα [ -a , a] , οπότε είναι αποδεκτές, λόγω ' της σχέσης χ' = a' - - a s a' . 'Ετσι, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι ο αριθμός

(� ) ( ) (� )

( 0: )

.Ja - χ + � μπορεί να πάρει οποιαδήποτε ακέραια τιμή η του διαστήματος [ J2;., 2-Γa] , για χ = ± η.J4a - η2 . Επομένως, μπορούμε να βρούμε όσες θέλουμε δυνατές ακέραιες τιμές για το 2 η = .Ja - χ + .Ja + χ , εφόσον επιτύχουμε να κάνουμε το μήκος του διαστήματος [ J2;.,2-Fa ] οσοδήποτε μεγάλο θέλουμε, δίνοντας κατάλληλη τιμή στην παράμετρο a . Για παράδειγμα, για να περιέχει το διάστημα [ J2;. ,2-Γa ] Κ ή περισσότερους ακέραιους, αρκεί να ισχύει ότι

2 j2-Γa -J2;.j � κ � {2- J2 )-Γa � κ � a � 2 _κJ2 .

Πρόβλημ α 4 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC

( )

( ΑΒ < AC < BC )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/13

εγγεγραμμένο σε κύκλο

------

c(O,R) .

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

προέκταση του ύψους του AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O,R) στο σημείο Ε. Ο κύκλος c1 ( D,DA ) τέμνει την πλευρ ά AC στο σημείο Τ, την ευθεία ΑΒ στο σημείο S , τον κύκλο c (O,R) στο σημείο Η και την ευθεία ΟΑ στο Ζ. Να αποδείξετε ότι: (α) Το τετρ άπλευρο SBTC είναι εγγρ άψιμο σε κύκλο, έστω c 2 • ( β) Τ α σημεία O,D,F.,Z,H και το κέντρο του κύ κλου c 2 , β ρίσκονται επάνω στον ίδιο κύκλο. Λύση (α) Η γωνία AST = S είναι εγγεγραμμένη Η

στον κύκλο cι και βαίνει στο τόξο ΑΤ . Η γωνία ADT είναι η αντίστοιχη επίκεντρη της γωνίας S , οπότε ADT = 2S . Η διχοτόμος της γωνίας ADT είναι κάθετος στην πλευρά AC , οπότε Ι\ = 0 2 = C = 90° - DAC . Άρα S = C και κατά συνέπεια το τετρά πλευρο SBTC είναι εγγράψιμο. (β) Η γωνία EDH = 03 είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου DAH ( DA = DH και Α 2 = Η 2 ) Άρα έχουμε 03 = 2Α 2 • ( 1 ) Σχήμα 5 Η γωνία ΕΑΗ = Α 2 είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c και η γωνία Ε6Η = 6ι είναι η αντίστοιχη επίκεντρη, οπότε: 6ι = 2Α 2 • (2) Από τις ισότητες (I) και (2) συμπεραίνουμε ότι 6ι = 03 , οπότε τα σημεία O, D, E, H είναι ομοκυκλικά (ανήκουν στον ίδιο κύκλο) . Η γωνία Η6Ζ = 6 2 είναι εξωτερική του ισοσκελούς τριγώνου ΟΑΗ ( ΟΑ = ΟΗ και � =Ι\ ). Άρα έχουμε: 6 2 = 2Αι . (3) Η γωνία ΖΑΗ = Αι είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο cι και η γωνία HDZ = 04 είναι η αντίστοιχη επίκεντρη, οπότε: 04 = 2λ . (4) Από τις ισότητες (3) και (4) συμπεραίνουμε ότι 6 2 = 04 , οπότε τα σημεία O, D, Z, H είναι ομοκυκλικά (ανήκουν στον ίδιο κύκλο). Η μεσοκάθετη του τμήματος ST περνάει από το κέντρο D του κύ κλου cι . Η μεσοκάθετη του τμήματος BC περνάει από το κέντρο Ο του κύκλου c . Το σημείο τομής Κ των δύο μεσοκαθέτων, είναι το κέντρο του κύκλου c 2 • Θα αποδείξουμε ότι το σημείο Κ ανήκει στο κύκλο που ορίζουν τα σημεία O, D, Z, E, H , δηλαδή ότι: ηκο = DHO . Πράγματι, η γωνία ηκο ισούται με τη γωνία που σχηματίζουν οι ST και BC (διότι έχουν τις πλευρές κάθετες), δηλαδή είναι: DKO = 1 80° - S - Β εξ = Β - C , ενώ ακόμη ισχύει ότι: .

DΗΟ = Ηι + Η2 = Αι + Α2 = ΕΑ0 = 90° -

ΑΟΕ = 90° - ACE = 90° - (C + 90° - B) = B -C. 2

Ασκήσεις για Διαγωνισμούς Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Οι λύσ ε ις τ ων ασ κ ήσ ε ων το υ τε ύχο υ ς 86 A l 3 . Δ ίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών ( ) με = 3 xn = n3:2 (xn-l + 2), n �2. Να αποδείξετε ότι η ακολουθία ( ) συγκλίνει και να βρείτε το όριό της. [Βιετνάμ, ΜΟ 20 12] xn

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/14

Χι

και

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση

Θα αποδείξουμε ότι η ακολουθία xn είναι φραγμένη κάτω. Έχουμε χ1 = 3 � 1 και αν υποθέσου, xk � 1 , τοτε , προκυπτει , οτι , xk+ I = ( -k +3 ) ( xk + 2) � -1 (-k + 3 ) (1 + 2) = k + 3 � 1 . Επομε-, με οτι 3k + 3 3 k+1 k+1 νως, από την αρχή της μαθηματική ς επαγωγής προκύπτει ότι xn � 1, για κάθε θετικό ακέραιο n . Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι η ακολουθία xn είναι γνησίως φθίνουσα. 'Ε 1 Ο > 3 = Χ1 . Αν υποθ εσουμε ' ' οτι < , τοτε χουμε Χ2 = 3 Χn+ Ι = ( 3nn ++33 ) ( + 2) < ( n3n+ 2 ) ( + 2) = αφου, 3nn ++33 > Ο και 3nn ++33 < n3n+ 2 n 2 + 3n < n 2 + 3n + 2 Ο < 2, αληθες., Άρα η ακολουθία xn είναι γνησίως φθίνουσα και κάτω φραγμένη, οπότε συγκλίνει. Αν είναι = ξ, οπότε υπάρχουν τα όρια των δύο μελών της σχέσης του ορισμού lim xn = ξ, τότε lim της ακολουθίας και ισχύει: lim xn = lim [ n3n+ 2 ( xn-1 + 2 )] lim xn = lim ( n3n+ 2 ) lim ( + 2) --

Xn - I

Xn - 1

n ____. +oo

n �+oo

Xn '

<=>

χn - ι

n -->+«>

n-->+«>

�

n -H«>

xn -]

=> ξ = .!._( lim xn = 1. 3 ξ + 2) => ξ = 1. Άρα είναι --

Αν x,y e ( ο , ι ) , να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή της παρ άστασης

Α 1 4.

κ(

) ( x,y ) = ( χ +xyy )(ιι--xχ-)(yι - y ) '

[Κίνα, WM0 2012]

Λύση

Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: Αν χ+ y < 1, τότε 1 -χ-y = z > Ο και από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέ(Ι -χ- y) xyz xyz < σου έχουμε (χ+.χyy )(1 -- -1 . -χ )(1 -y) (χ + y )(y + z ) ( z + x) 2Jry2.,JY;2J;; 8 ' ' ' ' ' Η ισοτητα στην περιπτωση αυτη ισχυει οταν χ = y = 1 -χ-y χ = Υ = 31 . , Κ (χ,y) = .xy(1 -x-y) ) :::: 0 < -.1 Αν χ + y � 1, τοτε 8 ( x+y )( 1-χ )( 1 - y Ε ' ισχυει ' οτι. ' · Κ ( x,y ) - .xy(1 -x-y) < .!._ , για κα' θε x,y ( Ο, 1) , οποτε η μεπομενως ( x + y )( 1-χ )( 1-y ) 8 , , 81 . γιστη τιμη, της παραστασης Κ ( χ, y ) ειναι •

<=>

•

Α1 5.

Να λύ σετε στο σύνολο των ακέραιων την εξίσωση:

( Υ3 + xy - ι) ( χ2 + χ - Υ) = ( χ3 - xy + ι) ( Υ2 + χ - Υ) .

Λύση

[Ιρ άν, ΜΟ 2 0 12]

χ3 -xy + 1 = y3 + xy -1 χ- χ2 -1 = y + --"--/ -1 Υ Υ Υ Υ Χ2 +Χ/ +χ-Υ Χ2 + Χ - 2 + χ /--1-Υ , (1) υπό τον όρο ότι ( χ2 + χ -y )(/ +χ-y ) * Ο . (2) χ- Υ = xz +χ- Υ ---::/ +χΣτη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: χ = y. τότε η συνθήκη (2) γίνεται τελικά χ = y * Ο και εξίσωση (1) γίνεται: Η εξίσωση γράφεται ισοδύναμα

<=>

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/15

------

Μ α θη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

z( )

--------

χ' - Ι � ο {ο> χ ' - Ι � ο, χ ., ο {ο> χ � ±Ι , χ οπότε έχόυμε τις λύσεις ( χ, y ) = ( 1, 1) , ( χ, y ) = ( -1, -1 ) . Επιπλέον παρατηρούμε ότι και το ζευγάρι ( χ, y ) = (Ο, Ο ) , είναι επίσης λύση.

χ>y.

•

k = χ - y > Ο, οπότε η εξίσωση ( 1) γίνεται: k = .Χ2χ2 +- k1 // +- k1 Αν είναι l x l � 1 ή IYI � 1, τότε χ {-1,0, +1} ή y {-1, 0 , +1 } . Από την αρχική εξίσωση είναι Έστω τότε

εύκολο να δούμε ότι από αυτές τις τιμές προκύπτουν οι λύσεις και =

( x,y ) = ( -1, 0) , ( x,y ) = ( 1, 2 ) , ( x, y) = (0, 1 ) ( x,y ) ( -2, -1 ) . Αν είναι l x l > 1 και IYI > 1 , τότε 2 - 1 < 1, οπότε χ2 - 1 < 1 και ομοίως Ο < 4-χ2 -1 < χ2 + k => Ο < y +k χ2 + k χ2 - 1 / -1 < 2 => k = -χ2 -1 + / - 1 = 1 . ο < k = -- + χ2 + k / + k χ2 + k / + k

(3)

Επιπροσθέτως έχουμε

οπότε •

2 - 1 > -1 , χ2 - 1 > -1 και ομοίως � l x l > 1 => χ2 > 3 και 2χ2 - 2 > χ2 - 1 => y +1 2 χ2 + 1 2 -1 > 1, ατοπο. - 1 y2 χ2 -+' 1=k=χ2 + 1 y 2 + 1

x<y. Θέτουμε

1 = y - x > Ο, οπότε από την εξίσωση (1) έχουμε: --+ 1 / -1 1 = -·χ21-/ 1 -χ2 -.

Προσθέτοντας κατά μέλη τη σχέση

(4) με τη σχέση

1 - χ2 + 1 -y2 2 = -1 - χ2 -1 - y2 '

(4) (5)

λαμβάνουμε την εξίσωση

1-1 + 1-1 . 1 + 2 = -(6) t - x 2 -t -y2 Αν υποθέσουμε ότι είναι t -χ2 > Ο και t -/ > Ο , τότε t > x2,1 > y2 => 2t = 2 ( y -x ) > x2 + / => ( χ + 1 ) 2 + ( y - 1 ) 2 < 2, 1-1 t-1 ' ' ' ' που ειναι ατοπο. Ά ρα ε' να τουλαχιστον απο' τα ιvwσματα -- , -- ειναι μικροτερο η' t -x2 1 - y 2 ίσο με το Ο και το άλλο είναι μικρότερο ή ίσο με t - 1, οπότε 1-1 + t-1 1 + 2 = -t - x2 -t - y2 � O + ( t - 1 ) < t , άτοπο, -�'1

οπότε η τρίτη περίπτωση δεν δίνει νέες λύσεις.

α και b 2 2 α + 4b, b + 4α , να είναι και οι δ ύο τέλεια τετράγωνα ακεραίου.

N l l . Ν α εξετάσετε, αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ. 3/16

τέτοιοι, ώστε οι α ριθμ οί [ Γ ερμα νία, ΜΟ 2012]

------ Μ α θηματικοί Διαγωνισμοί - Μ α θηματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση

α2 + 4b, b2 + 4α ,

Υποθέτουμε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι και τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα ακεραίου. Επειδή όλες οι παραστάσεις είναι συμμετρικές ως προς και μπορούμε να υποθέσουμε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι � α . Τότε έ χουμε

α2 < α2 + 4b � α2 + 4α < ( α + 2 ) 2 •

Επομένως, ο

α2 + 4b είναι ένα τέλειο τετράγωνο μεγαλύτερο του α2 και μικρότερο του '

( α + 2 ) 2 , οποτε επεται οτι:

:::::>

α2 + 4b = ( α + 1 )2 4b 2α + 1 , =

που είναι άτοπο, αφού προέκυψε ισότητα μεταξύ άρτιου και περιττού ακέραιου. Άρα δεν υπάρ χουν οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι

α, b .

Τότε θα είναι :::::> και αφού άρτιος θα πρέπει οι Έστω να είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί. Από το τελευταίο προκύπτει ότι � οπότε

2 °ς τρό π ος.

α, q

α2 + 4b = q2 •

α2 < q2 α < q

q α+2,

:::::>

α2 + 4b = q2 � ( α + 2 ) 2 = α2 + 4α + 4 > α2 + 4α b > α. Εργαζόμενοι ομοίως με τον b2 + 4α λαμβάνουμε τη σχέση α > b , η οποία αντιφάσκει προς την προηγούμενη . Άρα δεν υπάρχουν οι ζητούμενοι θετικοί ακέραιοι α,b . Ν 1 2 . Ν α προσδ ιορίσετε τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους ισχύει: 615n1 7 . +

Λύση

Έχουμε Επομένως ισχύει:

n2 + 7 <=> ( -1 )n2 + 1 = ο <=> n περιττός. .

Π αρατή ρη ση : Οι λύσεις των υπολοίπων προτεινόμενων ασκήσεων του τεύχους 86 με αριθμό Γ l l , Γ12, Δ6, Δ7 και Δ8 θα δοθούν στο επόμενο τεύχος.

Α 1 6.

Δίνεται η ακολουθία

Ασκήσεις για λύση

..,.

( xn )n ε..

με

Χι = 1 και χn+ι nn ++ 31 ( xn + .!.2 .) =

για κάθε

n � 1 . Βρείτε

χ20 ι 3 • Α 1 7. Αν α, b,c > Ο, να αποδείξετε ότι: ( α - b )2 + ( b - c )2 + ( c - α )2 > ( α - b )2 ( c + α )( c + b ) ( α + b )( α + c ) ( b + c )( b + α ) - α2 + b2 + c2 Α 1 8 . Έστω η συνάρτηση / ( χ ) = ( χ + α )( x + b ) , όπου α,b είναι δεδομένοι θετικοί πραγματικοί αριθμοί και n � 2 θετικός ακέραιος. Αν χι ,χ , , χn μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι 2 ώστε Χι + χ2 ... + xn = 1, να βρείτε τη μέγιστη τιμή του αθροίσματος F = Σ mi n {!(Χ ; ) , f ( χ1 )}. ι 5.i<j5.n τον όρο

�--:--'---.,..

....,. -" �-'---:---:-'---

• • •

Δ9. Βρείτε την ελάχιστη τιμή του θετικού ακέραιου k με την ακόλουθη ιδιότητα:

= { 1, 2, ... , 2 0 12} , υπάρχουν τρεις διαφορετικοί μεταξύ τους ακέραιοι α, b, c S έτσι ώστε α + b, b + c, c + α Α .

Για κάθε υποσύνολο Α με k στοιχεία του συνόλου S Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/17

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS

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

I α.

1 1 τι

επ ι μ έ λε ι α : Γι άννης Κε ρα σ αρί δ ης

;:ίναι τα ΜαΟηματικά; ,

Π ρολεγό μενα. Στο τεύχος 84 [Απρίλης, Μάης, Ιούνης 20 1 2], είχαμε δημοσιεύσει ένα απόκομμα από το κορυφαίο έργο του Henri Poincare. Όμως, πιστεύουμε πως θα ήταν παράλειψη αν δεν δημοσιεύαμε και τούτη την περικοπή από την περιώνυμη εργασία του μεγάλου διανοητή. Υπενθυμίζουμε πως αναφερόμαστε στο έργο του «ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ», από τη σπάνια

ελληνική μετάφραση του έτους 1 9 1 2, από τον ακαδημαϊκό Παναγ. Ζερβό. Το βιβλίο, όπως είχαμε σημειώσει, είναι γραμμένο στην καθαρεύουσα. Εμείς, για να γίνει κατανοητό από όλους, σας το παρουσιάζουμε σε απλή Δημοτική, πλην των τίτλων, που για ιστορικούς λόγους θα τα παρουσιάσουμε όπως είναι γραμμένοι

«ΕΠΙΣΤΗΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ Ο ΑΡΙΘΜΟΣ ΚΑΙ ΤΟ ΜΕΓΕΘΟΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ Α ' ΕΠΙ ΤΗΣ ΦΥΣΕΩΣ ΤΟΥ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΥ ΣΥΛΛΟΓΙΣΜΟΥ»

« 11. Η συζήτηση είναι παλιά. Ο Λάϊμπνιτς ζητούσε να αποδείξει ότι 2 +2 κάνουν 4. Ας εξετάσουμε λίγο την απόδειξή του. Υποθέτω ότι έχουμε ορίσει τον αριθμό 1 , όπως επίσης και την πράξη Χ+ 1 , η οποία συνίσταται στο να προσθέσουμε τη μονάδα σε δεδομένο αριθμό Χ. Οι ορισμοί αυτοί, ό,τι κι αν είναι, δεν θα μπουν στην παρακάτω σειρά της σκέψης Ορίζω έπειτα τους αριθμούς 2, 3 και 4 με τις ισότητες 1 + 1 =2 ( 1 ), 2 + 1 =3 (2), 3 + 1 =4 (3) Ορίζω επίσης την εργασία Χ+2 με τη σχέση Χ+2=(Χ+1 )+ 1 (4) Μετά απ' αυτά λαμβάνουμε 2+2=(2 + 1 )+ 1 (ορισμός 4) (2+ 1 )+ 1 =3 + 1 (ορισμός 2) 3+ 1 =4 (ορισμός 3) 2+2=4 ο.ε.δ * .»

Henri Poincare

':< [ επεξήγηση Κερασαρίδη : είναι τα αρχικά γράμματα των λέξεων που αποτελούν τη φράση « όπερ έδει δ είξαι>> , το οποίο απλο-ελληνικά σημαίνει «πράγμα που θέλαμε να δείξουμε>>]

«Δεν θα μπορούσε κάποιος να αρνηθεί ότι ο συλλογισμός αυτός δεν είναι αναλυτικός · αλλά ρωτήστε οποιονδήποτε μαθηματικό · θα σας αποκριθεί, ότι «αυτό δεν είναι κυρίως απόδειξη, αλλά επαλήθευση>>. Κανείς δεν κάνει τίποτε άλλο έτσι, παρά να προσεγγίζει μεταξύ τους δύο ορισμούς, δηλ. ένα είδος καθαρών συμφωνιών και επιβεβαιώνει την ταυτότητά τους. Μ' αυτό τον τρόπο δεν διδάσκεται τίποτε το νέο. Η επαλήθευση διαφέρει της αληθινής απόδειξης, επειδή είναι

καθαρά αναλυτική και επειδή είναι στείρα · είναι δε στείρα, γιατί το συμπέρασμα δεν είναι παρά μετάφραση των προταθέντων με άλλη διατύπωση. Απ' εναντίας, η αληθινή απόδειξη είναι γόνιμη, επειδή το συμπέρασμα έχει έκταση (σημασία περιεχόμενο) γενικότερη παρά τα προταθέντα. Κατ' αυτό τον τρόπο, η ισότητα 2 +2=4 είναι επιδεκτική επαλήθευσης, μόνο επειδή είναι μερική. Κάθε μερική πρόταση στα Μαθηματικά μπορεί πάντοτε να επαληθευτεί μ' αυτόν τον τρόπο. Αλλά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/1 8

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Μπορούμε μάλιστα να πούμε ότι οι ακριβείς αν η μαθηματική επιστήμη επρόκειτο να ανάγεται σε μια σειρά τέτοιων επαληθεύσεων, δεν θα ήταν επιστήμες έχουν ακριβώς σαν αντικείμενο το να επιστήμη. Έτσι ένας παίκτης ζαριών, για μας απαλλάσσουν από αυτές τις κατευθείαν παράδειγμα, δεν δημιουργεί επιστήμη με το να επαληθεύσεις» κερδίσει ένα παιχνίδι. Δεν υπάρχει επιστήμη παρά μόνο στο γενικό. 1 11 • "Ευκλείδεια Γι:ωμι:τρία, αγάπη μ ο υ " •

Σ η μείfJ

ισο τ ο μ ικά Ι Lon gch am ps * Ι ( σχή μ fl 1 )

Δύο σημεία μιας πλευράς τριγώνου λέγονται ισοτομικά ή σημεία Longchamps, αν τα σημεία αυτά είναι συμμετρικά ως προς το μέσο αυτής της πλευράς Ι Gaston Albert Gohieπe de Longchampsl •

.,,

Ευ Οείες ισοτο μ ικές Ι Longchnmps j

( σχή μα 2)

Δύο ευθείες που διέρχονται από μια κορυφή Ση μεία ισο τ ο μ ικά ! Lo n gch a m p s ]

•

τριγώνου και από τα ισοτομικά σημεία της απέναντι πλευράς, θα λέγονται ισοτομικές ή ευθείες Longchamps Κύκλο ι του Α π ολλώνιου ( σχή μα 3) λέγονται οι κύκλοι που γράφονται με διάμετρο τα ίχνη των διχοτόμων, της εσωτερικής και της εξωτερικής γωνίας

Ευ θείες ισοτομικές τ ρ ιγιίηιου (σχή μ α Ι Lonσch am s l

l l α.

Κύκλοι Απολλωνίου IJ. N e u bergl

'·

' Ά υ η) το ξιiρατι:; "

Γνωρίζεται αν ο Gδdel ασχολήθηκε με πρόβλημα του Einstein; Αν ναι, συγκεκριμένα, με ποιο;

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

1 1 1 . "οι συ νεργάτες τη ς στιjλη ς γράφο υ ιι-ι:ρ ω το ύ v "

Γεωμετ ρ ία κα ι " κόσμος των Ι δ εών " του Π λάτ ωνα

Π ρ ολ εγ ό μενα Ο φίλος της στήλης Βασίλης Λαντίνης [Πάτρα], μας έστειλε κάποιες σκέψεις του Stewart Shapiro, σχετικά με τις πλατωνικές απόψεις για τον "κόσμο των Ιδεών". Η περικοπή αυτή αποτελεί ελαχιστομόριο της όλης κριτικής που αναπτύσσεται στο εν λόγω βιβλίο. Η

π ε ρ ι κ ο πή «

. . . Για πολλά χρόνια, φιλόσοφοι και μαθηματικοί πίστευαν πως τα φιλοσοφικά ζητήματα, όπως η μεταφυσική και η οντολογία, προσδιόριζαν την κατάλληλη μαθηματική πρακτική. Ο Πλάτωνας, για παράδειγμα, υποστήριζε ότι το θεματικό αντικείμενο των Μαθηματικών είναι το αιώνιο και αμετάβλητο βασίλειο των ιδεών. Τα μαθηματικά αντικείμενα, όπως οι αριθμοί και τα γεωμετρικά αντικείμενα, δεν δημιουργούνται, δεν καταστρέφονται και δεν μπορούν να μεταβληθούν (βλ. Κεφ. 2, §2.2). Στο Βιβλίο 7 της Πολιτείας παραπονέθηκε ότι οι μαθηματικοί δεν γνωρίζουν περί τίνος θέματος ομιλούν, και γι' αυτόν το λόγο δεν ασκούν σωστά τα Μαθηματικά:

[Η] επιστήμη [της Γεωμετρίας] βρίσκεται σε πλήρη αντίφαση με την ορολογία που χρησιμοποιούν αυτοί που την έχουν επάγγελμά τους ... Οι όροι, δηλαδή, που χρησιμοποιούν είναι πολύ γελοίοι αν και αναγκαίοι, καθότι λένε τετραγωνίζω, προεκτείνω και προσθέτω, σαν να τα έκαναν αυτά πραγματικά και ένεκα αυτής της πράξης να δημιουργούν αυτήν την ορολογία ... . ενώ στην πραγματικότητα αυτό το μάθημα είναι αφιερωμένο στην καθαρή γνώση ... Πως πρόκειται για τη γνώση του αιωνίου όντος και όχι αυτού που πότε γεννιέται και πότε χάνεται. (Πλάτωνας 1 96 1 , 527 & στη συμβατική αρίθμηση των εκδόσεων του Πλάτωνα). Ουσιαστικά κάθε πηγή της αρχαίας γεωμετρίας, συμπεριλαμβανομένων και των Στοιχείων του Ευκλείδη, προβαίνει σε εκτεταμένη χρήση της κατασκευαστικής, δυναμικής γλώσσας:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/19

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

γραμμές σύρονται, σχήματα μετακινούνται, και πρακτικές εφαρμόζονται. Από αυτήν την άποψη, η πρακτική δεν έχει αλλάξει πολύ μέχρι σήμερα. Εάν η φιλοσοφία του Πλάτωνα είναι ορθή, τότε η δυναμική γλώσσα δεν πρέπει να έχει κανένα νόημα. Τα αιώνια και αναλλοίωτα αντικείμενα δεν προσφέρονται για κατασκευές και μετακινήσεις.

Δεν μπορεί κανείς να χαράξει μια γραμμή ή έναν κύκλο που ανέκαθεν υπήρχαν. Δεν μπορεί κανείς να πάρει ένα αιώνια υπάρχον και αναλλοίωτο ευθύγραμμο τμήμα και να το κόψει στο μέσον και κατόπιν να μετακινήσει το ένα από τα μέρη του και να το επιθέσει πάνω σε ένα άλλο σχήμα . . . . »

(πηγή: Stewart Shapiro «ΣΚΕΨΕΙΣ

ΓΙΑ ΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ»,

Εκδόσεις Πανεπιστημίου Πατρών, Πάτρα 2006 Μετάφραση: Κ.Αθ. Δρόσος - Δημ. Σπανός ]

IV.

Ειδ ησο ύ λες - Ειδή σεις

1 η είδηση.

Μ αθη μ ατικά β ρα βεία

Στο προηγούμενο τεύχος είχαμε δημοσιεύσει στοιχεία γα 8 μαθηματικά βραβεία. Σ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε τα ονόματα μιας ακόμη πλειάδας μαθηματικών βραβείων [πηγή: από ανάρτηση του Bilstef (Βασίλης Στεφανίδης), της 19/6/20 12 στο mathematica.gr] Adams Prίze, Alfrέd Rέnyί Prίze, Bartolozzί Prize, Caccίoppolί Prίze, Carl Frίedrich Gauss Prίze, Chauvenet Prίze, Chern Medal, Clay Instίtute 's Prίze Mίllennium Mathematίcs Problems, Clay Research Award, De Morgan Medal, Erdδs Prίze, Euler Medal, Fermat Prίze, Frederίc Esser Nemmers Prίze, Frδhlίch Prίze, Fulkerson Prίze, Geometry prize, Heinz Hopf 2 '1

ε ί δ ηση . Τ ο νεκρικό προσωπείο του Νεύτωνα σε τρισδιάστατη απεικόνιση

Πριν από λίγες μέρες (12/10 /20 12), μια ασυνήθιστη είδηση που αφορούσε τον πατέρα της Κλασικής Φυσικής και κορυφαίο μαθηματικό Ισαάκ Νεύτωνα (1643-1727) είδε το φως της δημοσιότητας. Στις οθόνες των υπολογιστών του Ερευνητικού Εργαστηρίου της Microsoft στο Cambridge, άρχισε να περιστρέφεται το , άρχισε να περιστρέφεται το πρόσωπο του Νεύτωνα, όπως έμοιαζε λίγα λεπτά μετά το θάνατο του. Η μάσκα δημιουργήθηκε λίγη ώρα μετά το θάνατό του από άγνωστο καλλιτέχνη της εποχής, για να χρησιμοποιηθεί ως μοντέλο στη δημιουργία μελλοντικών γλυπτών με το πρόσωπο του επιστήμονα. Στο Cambridge σαρώθηκε το 3'1

Prize, Infosys Prίze ίn Mathematίcal Scίence [ Mathematίcs and statίstίcs - lnfosys Scίence Foundation], J Η. Wilkίnson Prίze for Numerίcal Software, John Bates Clark Medal [Economίcs}, John von Neumann Award [Economίcs}, John von Neumann Theory Prize [Systems scίence},Kίrkman Medal, Leroy Ρ. Steele Prize, Leslίe Fox Prίze for Numerical Analysίs, Lobachevsky Prίze, Loeve Prίze, Norbert Wίener Prize ίn Applίed Mathematίcs, Ostrowski Prίze, Oswald Veblen Prίze ίn Geometry, Pόlya Prίze, Ramanujan Prize, Rolf Schock Prίze ίn Mathematίcs, Salem Prize, Stampacchia Medal, WolfPrίze in Mathematίcs,

αντίγραφο που είχε στα χέρια του ο Γάλλος γλύπτης του 1 8ου αιώνα Louis-Franι;:ois Roubiliac, ο οποίος το χρησιμοποίησε για να λαξεύσει το περίφημο άγαλμα του Νεύτωνα που βρίσκεται στο Trinity College του Cambridge. Το αντίγραφο της μάσκας είχε πουληθεί σε δημοπρασία το 1 762 μαζί με όλα τα αντικείμενα που βρίσκονταν στο ατελιέ του Γάλλου γλύπτη. Το 1 839 το εκμαγείο του νεκρικού προσωπείου του Νεύτωνα εντοπίστηκε από τον μαθηματικό και Μέλος της Βασιλικής Εταιρίας Samuel Hunter Christie στο κατάστημα κάποιου εμπόρου γλυπτών. Ο μαθηματικός το αγόρασε και το δώρισε στη Βασιλική Εταιρεία, της οποίας ο Νεύτωνας υπήρξε πρόεδρος λίγο καιρό πριν πεθάνει. [Πηγή: ΘΑΛΗΣ+ΦΙΛΟΙ, (από Royal Society) Συντάκτης:

Γιώργος Καρουζάκης:]

είδηση . Από μ ια συνέντευξη του Gilles Dowek

- Πώς οι νέες επιστημονικές ανακαλύψεις μπορούν να αλλάξουν τις φ ιλοσοφικές έννοιες των αναλυτικών και συνθετικών κρίσεων ;

έννοια «αναλυτική κρίση>> είχε διαφόρων ειδών σημασίες μέσα στην ιστορία. Αυτή η διαπίστωση μπορεί να επισημαίνει την έλλειψη των κατάλληλων εργαλείων για να ερμηνεύσουμε την έννοια της «αναλυτικής κρίσης». Για παράδειγμα, Η

λέμε αναλυτική την κρίση που επισημαίνει ότι μια πρόταση είναι αληθής όταν αυτή βασίζεται μόνο στο νόημα των λέξεων που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/20

------ ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

χρησιμοποιούνται στην συyκεκριμένη πρόταση. Για παράδειγμα, η κρίση ότι η πρόταση «2 + 3 = 5» είναι αληθινή βασίζεται μόνο στην έννοια των λέξεων «2», «3», «5», «+ », και «=», εξού και λέγεται αναλυτική. Στα μαθηματικά, το νόημα των λέξεων εκφράζεται συχνά από αξιώματα. Για παράδειγμα το νόημα των λέξεων «σημείο», «γραμμή», «πρόσπτωση», . . . εκφράζεται από τα αξιώματα του Ευκλείδη. Αλλά, στη συνέχεια, η κρίση της αλήθειας κάθε αποδείξιμης πρότασης γίνεται αναλυτική. Αυτή η διαπίστωση συyκρούεται με μια άλλη ιδέα, σύμφωνα με την οποία όταν μια πρόταση που είναι αληθινή είναι και αναλυτική, η αλήθεια της μπορεί να επιβεβαιωθεί με την εξέταση της ίδιας της πρότασης, αν και ξέρουμε από την δεκαετία του 30, ότι η αποδειξιμότητα μιας πρότασης δεν μπορεί να αναγνωσθεί στην όψη της, καθώς είναι

μη αποφασίσιμη. Μια λύση σε αυτό το παράδοξο, το οποίο στην ουσία είναι εκείνο του Per Martin Lδf, είναι να θεωρείται αληθινή η κρίση ότι μια πρόταση που είναι αληθινή είναι αναλυτική, μόνο όταν έχει βασιστεί στο νόημα των λέξεων που χρησιμοποιούνται σε αυτήν την πρόταση, και αυτό το νόημα να εκφράζεται με αλγοριθμικό τρόπο. Και πάλι το κλειδί για να οριστεί αυτή η ιδέα της αναλυτικότητας είναι εκείνη του υπολογισμού.

[πηγή : Ο κορυφαίος Γάλλος μαθηματικός Gilles Dowek, ερευνητής στο INRIA και καθηγητής στην Eco\e polytechnique παραχώρησε μια μεγάλη

συνέντευξη, ειδικά για την ιστοσελίδα της ομάδας ΘΑΛΗΣ + ΦΙΛΟΙ, με αφορμή την ελληνική έκδοση του βιβλίου του « Οι μεταμορφώσεις του λογισμού» (Εκδ. Εκκρεμές. Μετάφραση: Τεύκρος Μιχαηλίδης) Συνέντευξη στον Γιώργο Καρουζάκη]

4η είδηση . Ο Gottfried Wilhelm Leibniz σε ηλικία 30 ετών « . . . Στα χρόνια 1 680- 1 685, οι επιχειρηματίες μιζέρια του κόσμου, ο Λάμπνιτς απαντούσε ότι ο το βουνό Χαρτς έρχονταν σε Θεός, από την παντοδύναμη οπτική Του γωνία για -....:-.....,... ----., αντιπαράθεση με έναν όλους τους πιθανούς κόσμους, είχε χωρίς παράδοξο μεταλλωρύχο. Ο αμφιβολία δημιουργήσει τον καλύτερο δυνατό, και τριαντάχρονος τότε ότι όλα τα κακά στοιχεία του κόσμου μας Λάιμπνιτς βρισκόταν στην εξισορροπούνταν με τον καλύτερο τρόπο. Όμως, η περιοχή μελετώντας την ενασχόληση του Λάιμπνιτς με την επιχείρηση των χρήση των ανεμόμυλων ως ορυχείων του Χαρτς κατέληξε σε φιάσκο. Μέσα μια επιπρόσθετη πηγή στην αισιοδοξία του, δεν προέβλεψε την ενέργειας που να επιτρέπει αναμενόμενη - εχθρότητα των ειδικών μηχανικών την λειτουργία των ορυχείων όλο τον χρόνο. Σε του ορυχείου απέναντι σε έναν πρωτάρη που ήρθε αυτή τη στιγμή της ζωής του, ο Λάιμπνιτς είχε ήδη να τους μάθει την δουλειά τους. Επίσης, δεν είχε καταφέρει πολλά. Όχι μόνο είχε κάνει σπουδαίες αφήσει τον απαραίτητο ενδιάμεσο χρόνο που ανακαλύψεις στα μαθηματικά, αλλά και είχε απαιτείται για την κατασκευή ενός καινούριου αποκτήσει φήμη ως νομοδιδάσκαλος και είχε μηχανήματος ούτε είχε υπολογίσει την απρόβλεπτη γράψει πολλές μελέτες πάνω σε φιλοσοφικά και συμπεριφορά των ανέμων. Και βέβαια, η πιο θεολογικά ζητήματα. Αντίθετα με τον Δον Κιχώτη, αισιόδοξη σκέψη του ήταν τα σχέδιά του που θα ο Λάιμπνιτς ήταν αθεράπευτα αισιόδοξος. Σε πραγματοποιούσε με τα κέρδη από το αυτούς που αντιδρούσαν απέναντι στην έκδηλη συγκεκριμένο πλάνο» [πηγή :

Ιlβ. Α πάντηση στο «Α υτό το ξέρατε;»

Ο Kurt Gδdel έλυσε το τρίτο πρόβλημα του Einstein, στο οποίο δεν είχε δώσει απάντηση ο Καραθεοδωρή. Αν εξετάσουμε αυτό το πρόβλημα καθαρά σε μαθηματικό πλαίσιο, δίχως φυσική ερμηνεία, τότε το σύμπαν του Gδdel αποτελεί μία λύση. Πράγματι η μετρική που ανακάλυψε ο Gδdel το 1 949 είναι η λύση της εξίσωσης πεδίου του Einstein. Μάλιστα ο Gδdel απαριθμεί έξι ιδιότητες του σύμπαντός του. Η ιδιότητα που μας αφορά είναι η έκτη στον κατάλογο του. Για να την αποδείξει κάνει χρήση

Martin Daνis «Μαθηματικά και Βιογραφία»]

της ιδιότητας της αξονικής συμμετρίας του σύμπαντος, την οποία αποδεικνύει με την αλλαγή μεταβλητών αναδεικνύοντας την κυλινδρική [Πηγή: «Απ Example of a New Type of Cosmological Solutions of Einstein's Field Equations of Graνitation», KURT GODEL [δημοσιεύτηκε τον Ιούλη του 1 949 στο περιοδικό «REVIEWS OF MODERN PHYSICS» VOLUME 2 1 , NUMBER 3, 7/1 949]. Το περιοδικό αυτό εκδιδόταν από το lnstitute for Adνanced Study, Princeton, New Jersey.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ. 3/2 1

Α ΚΡΟΤΑΤΑ ΤΡΙΩΝΥΜΟΥ

A '/\VKEIOV

r -6x + 5 2 Ν α λ:υ θ ει η εξ'ισωση: 3 2r 4χ + 7 5 •

Μπρίνος Παναγιώτης

Λ ύ ση :

Άσκηση 1

(1).

Λ ίJ ση :

Αν f(x) = 3χ2-6χ+5 τότε: _ 1._ = � = 1 οπότε ' 2α 2 · 3 ' \ minf(x)=f( l ) = 3--6+5 =2. Επίσης ' αν g(x)=2x2 - 4χ + 7 ' τότε _ 1._ = _±_ =Ι 2α 2 · 2 ' οπότε ming(x)=g(l ) = 2-4+7=5. Άρα: f(x) � 2 για κάθε xER � f x) :::: για κάθε

χ2 + 1 και χ2+ 1 :::: - 2χ, για χ χ2 κάθε X EA=(-<JO,O) � + 1 :::; - 2, για κάθε χ x E (-<JO,O). Άρα maxf(x) = -2, όταν και μόνον όταν χ2+ 1 = - 2χ, δηλαδή χ= - 1 . α) Έχουμε: f(x)=

β ' τρόπος

Αρκεί να βρούμε το f(A), δηλαδή για ποιες τιμές του yE!R η εξίσωση f(x) = y έχει ρίζα χ ΕΑ=( --cx;O) . Στο Α έχουμε: 1 f(x) = y <::::> x + - = y <::::> x 2 - yx + l = O ( 1 ). 1 5 χ x E R. Επίσης: g(x)� για κάθε x ER � -- :::; .!_ g(x) 5 Για να έχει η ( 1 ) ρίζα χ Ε JR πρέπει και αρκεί 2 Δ � Ο , δηλαδή y 2 - 4 � Ο και τελικά � -- :::; � για κάθε x ER. Τελικά: g(x) 5 y E (-oo, -2] u [2, +oo) . Όμως τότε για τις ρίζες f(x) 2 , να ισχυει , της χ 1 χ 2 ισχύει: χ1 χ 2 = 1 > 0 , οπότε για να είναι -- :::: -- για κα' θ ε χ Ε R, με το ισον 5 g(x) χ1 < Ο δηλαδή και χ 2 < Ο πρέπει και αρκεί 2 f(x) χ1 + Χ 2 = y < Ο , Άρα δηλαδή y � -2 . , για χ= 1 . Άρα ( 1 ) <::::> -- = -- <::::> χ= 1 . μονο 5 g(x) f( Α) = ( -οο, -2] , οπότε maxf(x) = -2. Συντομότερα: Το γεγονός ότι g(x)2:5>0 για κάθε χ ε R χ2 2 χ2 - 5 μας επιτρέπει να γράψουμε : ( Ι ) � f(x)·g(x)= I O, όπου β) Επειδή οι παραστάσεις -και 2 + 2 χ -5 χ +2 f(x) -g(x) 2: 1 0 για κάθε χεR, με το ίσον μόνο για χ= Ι είναι aντίστροφες (και επομένως ομόσημες), για (γιατί;). Έτσι: ( Ι )� χ= Ι . Ά σ κη ση 2 χ 2 - 5 <Ο ' ' και επειδη' να ισχυει η πρεπει (I) Να βρεθεί το λ ώστε το f(x) = (λ-1 )χ2 - 2χ + 3λ χ2 + 2 να έχει ελάχιστη τιμή τον αριθμό 5. χ2+2>0, πρέπει χ2 - 5 <0, δηλαδή XE (- J5 , J5 ). Λt'Jσ η : χ2 - 5 χ2 - 5 = - 1 ' ομως: ' 0 (I) <::::> f( -:> <::: -2 )= Τοτε -χ2 + 2 χ2 + 2 , δηλαδή Πρέπει και αρκεί =5 4α <::::>χ2-5 =-χ2-2<::::> 2χ2 =3<::::> χ2 = l <::::> χ = ± fi 2· 2 ν λ>1 4αγ - β 2 οι οποίες είναι δεκτές τιμές. , αγ - β 2 =5 <::::> . Με λ> l , εχουμε: 4_..:... Ά σκ η σ η 4 ....:. ._ ..._ = 5 4α 4α Ένα σημείο Μ κινείται στο ευθύγραμμο τμήμα Με πλευρές τα ΜΑ και ΜΒ 4 · 3λ · (λ - 1) - 4 =5<::::> 3λ · (λ - 1) - 1 =5<::::> 2-3λ-1= ΑΒ=λ. 3λ ευάζουμε τετράγωνα. Για ποια θέση του κατασκ 4(λ-1) λ-1

� �

{: :

{

=5λ-5 <::::> 3λ2 -8λ+4=0 <::::> λ Ε { � ,2}<::::> λ=2. 3 ί\ σκη ση

α)

Μ το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων είναι ελάχιστο ;

Να βρεθεί η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f:(-<JO,O)---+R : f(x)=x + -1 . χ

β) Ν α λυθεί η εξίσωση:

-5 +2

+2 -5

2 - = -2 (Ι) 2 -+χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/22

λ-χ

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Λύ ση :

Έστω ΑΜ=χ τότε ΜΒ = λ-χ. Το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων δίνεται από τον τύπο: Ε(χ) = χ2 + (λ-χ)2 = 2χ2 -2λχ + λ2 . Επειδή α=2>0, το τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο -2λ -λ ' και μονον ' ' χ= -οταν οταν = 2·2 2 ' Ρ

λ 2

Γ τ

αφού (ε)nCr

:;t0,

τότε ουσιαστικά ακυρώνουμε τις

γνώσεις των μαθητών περί της ακρότατης τιμής τριωνύμου στη θέση

_1.._ 2α

και τους υποχρεώνουμε να

τις ανακαλύψουν εξαρχής με συμπλήρωση τετραγώνου. Το ασύμφορο αυτής της διαδικασίας θα γινόταν περισσότερο εμφανές αν π. χ. είχαμε:

2 -5

h(y) y y =3

+7=

59 59 3(y- 6"5 )2 + 12 2: 12

ίί)

μέγιστη τιμή της συνάρτησης f(x) = x( l -x), xe R. Αν Α, Β είναι δύο ασυμβίβαστα μεταξύ τους ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω, να δείξετε ότι Ρ(Α)·Ρ(Β)�

Το χαρακτηριστικότερο σημείο του τμήματος ΑΒ είναι το μέσο Μ αυτού. Λογικό λοιπόν είναι να ελέγξουμε αν η ελάχιστη τιμή που ζητάμε αντιστοιχεί σ' αυτό το σημείο. Έστω λοιπόν τυχαίο σημείο Κ του τμήματος ΑΒ, με K:;tM, π.χ. ΑΚ>ΑΜ. Θεωρούμε τα τετράγωνα ΑΜΝΔ, ΒΜΝΓ και ΑΚΡΛ, ΒΚΣΤ. Αρκεί να δείξουμε ότι: (ΑΚΡΛ)+(ΒΚΣΤ)>(ΑΒΓ Δ). Πράγματι, έχουμε: (ΑΚΡΛ) + (ΒΚΣτ) = [(ΑΜΝΔ) + (ΚΜΝΗ) + (ΔΗΡΛ)] + [(ΒΜΝΓ) - (ΚΜΝΗ) - (ΣΤΓΗ)] = (ΑΒΓΔ) + (ΔΗΡΛ) - (ΣΤΓΗ) > (ΑΒΓΔ), αφού ΔΗ=ΑΚ>ΚΒ=ΣΤ και ΔΛ=ΓΤ:::::> (ΔΗΡΛ)>(ΣΤΓΗ). Ανάλογη διαδικασία ακολουθεί ο Ευκλείδης στα Στοιχεία του, προκειμένου να βρει (με σημερινούς όρους) ορθογώνιο με σταθερή περίμετρο και μέγιστο εμβαδόν (Εφαρμογή της πρότασης Vl. 27 των Στοιχείων). 5

Άσκηση

Θεωρούμε τις συναρτήσεις f, g για τις οποίες ισχύει g(x)=f(x) - 6f(x) +1 1, για κάθε x e R και την ευθεία (ε): y=3. Αν (ε)Γ'ΙCr Φ-0, τότε να δείξετε ότι η g(x) έχει ελάχιστο και να το βρείτε.

Λί> ση :

Αν y=f(x), τότε g(x) = y2 - 6y + 1 1 = h(y). 4αγ - β 2 Δ Για το h(y) έχουμε: h(y) 2:: - - = 4α 4α - 62 4 · 1 · 1 1 = 2, για κάθε y ε f(R). Για να ισχύει 4·1 όμως η ισότητα πρέπει και αρκεί: y = _ 1._ = 2α � =3, το οποίο πράγματι ανήκει στο f(R), αφού 2·1 οι (ε), Cr έχουν κοινό σημείο, δηλαδή υπάρχει χεR με y=f(x)=3. Άρα ming(x)=2. Σχόλιο: Αν γράψουμε (όπως μερικοί), g(x)=f (x)-2 · f(x) ·3+3 2+2=[ f(x)-3 ] 2+22:2 και διαπιστώ σουμε ότι υπάρχει χ ε R με f(x)=3 , δηλαδή g (x) = 2,

κ.λ.π.

ί\σκηση 6 ί) Να βρεθεί η

δηλαδή το Μ να είναι μέσο του ΑΒ. Ευκλείδεια αντιμετώπιση

� 4α

.!. . 4

Λύ ση: ί) Έχουμε: f(x)=-x2 +χ. Επειδή α=-1 <0, το

τριώνυμο παρουσιάζει μέγιστο όταν και μόνον 1 1 όταν χ= Η μέγιστη τιμή της είναι 2 · (-1) 2 f( _!_ )= ( _!_ )2+ _!_ = _!_ . 2 2 2 4 ίί) Επειδή AnB = 0, ισχύει ΒςΑ ' �Ρ(Β)�Ρ(Α ' ) � Ρ(Α)·Ρ(Β) � Ρ(Α)-Ρ(Α ' ) ( 1 ), επειδή Ρ(Α) 2::0 . Αν θέσουμε Ρ(Α)=χ, τότε Ρ(Α ' ) = 1-χ. Έτσι, το γινόμενο Ρ(Α)·Ρ(Α ' ) γράφεται: Ρ(Α)·Ρ(Α ' ) = χ( 1-

χ) = f(x). Από το πρώτο ερώτημα, έχουμε f(x)� για κάθε χε R . Επομένως f(x)�

�

_!_ 4

για κάθε

χ ε [0, 1]. Άρα Ρ(Α) · Ρ(Α ' )� _!_ (2). Από τις σχέσεις 4 ( 1 ) και (2) προκύπτει Ρ(Α)·Ρ(Β)�

�.

Άσκηση 7 ί) Να βρεθεί2 η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης 2 2

f(x)=( αιχ-βι) +(αzχ-βz) +( α3 χ-β3) , όπου: α1,β1 ε R, i=1,2,3 και ένας τουλάχιστον από τους α ι , αz, α3 να είναι διάφορος του μηδενός. Να δείξετε ότι για κάθε α1,β1 ε R, ί=1,2,3 ισχύει: ( α ι 2 +αz 2 +α ) (β 1 2 +β +β )2:: 2 2::( αι ·β ι+αz· βz+α3 · β3 ) (Ανισότητα

ίί)

/ /

Schwartz). Λύ ση : ί) Έχουμε: f(x)=(αιχ-βι)2+(α2χ-β2)2+(α3χ-β3 )2=

(α ι 2+ α22+ α32 )χ2-2( α ι · βι + α2 ·β2+α3 ·β3 )χ+ βι 2+ β22+ β3 2 . Επειδή ένας τουλάχιστον από τους αι, α2 , α3 είναι διάφορος του μηδενός θα έχουμε αι 2+α2 2+α3 2> Ο . Άρα το τριώνυμο παρουσιάζει ελάχιστο όταν και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/23

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

β = α 1 β 1 + α2 β 2 + α β 3 . , χ=- μόνον οταν ; 2α α 1 2 + α 2 2 + α3 Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ=4(αι·βι +α2 · fu+α3· β3)2-4(αι 2+α22+α32)(βι 2+fu2+β32). Δ , , -τιμη, του ειναι = Η ελαχιστη 4α 4(<χι/3ι +αβ2 + ��)2 -4(<χι2 + α/ + �2 Χ/3ι2 +β/ +�2 ) = 4(<Χι 2 + �2 + �2 ) (<Χι 2 + �2 + �2 )(βι 2 +β/ +β3 2 ) - (<lι βι + �β2 + �β3 )2 <lι2 + �2 + �2 ίί) Επειδή το τριώνυμο f(x) γράφεται ως άθροισμα τετραγώνων, ισχύει f(x)�O, για κάθε χ ε R. Άρα και για την ελάχιστη τιμή του, ισχύει: (<Χι 2 + �2 + �2 )(β/ +β/ +β32 ) - (<Χι βι + �β2 + �β3 )2 >Ο <Χι2 + �2 + �2 δηλ.(αι 2+α22+α32)(βι 2+�2+�2�αι · βι +α2·fu+α3·�)2(1 ). Προφανώς η (1) ισχ6ει και για αι=α:t=α3=0 (ως ισότητα). '

��

Σχόλιο : Αν ονομάσουμε ορίζουσα των αριθμών α,β,γ,δ, τον αριθμό: D= 0

=α·δ- β·γ, τότε παρατηρήστε ότι

μηδενισμός και των τριών οριζουσών D ι =

Ι 1 Ι 1

l:: ::1,

Το σημείο A(x,y) είναι σημείο της παραβολής, επομένως y=4-x2 , δηλαδή Α(χ,4-χ2). Ο άξονας συμμετρίας της παραβολής είναι η ευθεία χ= Ο δηλαδή ο άξονας y ' y. Επομένως το συμμετρικό Β του Α γράφεται Β(-χ, 4-χ2). Έτσι, οι πλευρές του παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ έχουν μήκη AB= I 2xl και ΑΔ=Ι4-χ2 Ι. Διακρίνουμε περιπτώσεις για το χ: ί) Αν Ο<χ<2, τότε χ2< 4. Επομένως ΑΒ=Ι2χl=2χ και ΑΔ = 14 - χ2 Ι = 4 - χ2 . Για την περίμετρο ισχύει Π = 2·ΑΒ + 2·ΑΔ = -2χ2 + 4χ + 8 = f(x). Το τριώνυμο f έχει α=- 2< Ο, οπότε παρουσιάζει 4 ' ' ' ' μεγιστο οταν και μονον οταν χ= = 1. Η 2 · ( -2) μέγιστη τιμή της περιμέτρου στο διάστημα (0,2) είναι f( l ) = 1 0. ίί) Αν χ>2, τότε χ2> 4. Επομένως ΑΒ=Ι2χΙ=2χ και ΑΔ =14 - χ2 Ι = χ2 - 4. Για την περίμετρο ισχύει Π=2·ΑΒ+2·ΑΔ=2χ2+4χ-8. Τότε Π:::; 1 0<=:>χ2+2χ-9:::;0<=:>2<χ:::; JlO -1 . Τελικά Π :::; 1 0, για κάθε χ ε (Ο, JlO - 1 ]- {2 } . Η μέγιστη λοιπόν τιμή της περιμέτρου είναι ο αριθμός 1 0 και λαμβάνεται για δύο τιμές του χ, τις χ ι =1 και χ2= Jlδ - 1 . Άσκηση 9 α) Να βρεθεί το

λεR ώστε η ελάχιστη τιμή του τριωνύμου f(x)= χ2 - (3λ-1)χ+λ, να γίνεται μέγιστη. όχι ικανή συνθήκη για να ισχύει minf(x)=O (γιατ ί ;) β) Να δείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των Άσκηση 8 κορυ φ ών των παραβολών Θεωρούμε την παραβολή y=4-x2 και ένα τυχαίο Cλ: y=x2-(3λ-l)x + λ είναι επίσης παραβολή. Με ση μείο της A(x,y) με τετμημένη xe(O, JlO -1 ]-{2}. βάση αυτή την παρατήρηση να βρείτε σε ποια Έστω Β το συμμετρικό του Α ως προς τον τιμή του λ αντιστοιχεί η κορυφή με την άξονα συμμετρίας της παραβολής και Γ, Δ οι μεγαλύτερη τεταγμένη. προβολές των Β, Α αντιστοίχως πάνω στον χ'χ. γ) Ποιες από τις παραβολές Cλ έχουν την Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Α, κορυ φή τους στον άξονα y' y και ποιες στον χ'χ. ώστε το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ να έχει ΛίJ ση : μέγιστη περίμετρο, καθώς και την μέγιστη τιμή 1.._ )= -� α) Επειδή α=1 >0, έχουμε: minf(x)=f(της περιμέτρου. D 2=

αι α3 βl β3

Λύ ση :

, D3=

α 2 α3 β2 β3

�

-1! !

αποτελεί αν αγκαία αλλά

ιι = 4 - .ι.·2

4α 2α 2 2 4λ (9λ 6λ + 1) - .2_ 2+ � ! . 4αγ β = = λ λ4α 4 4 2 4 Για την ελάχιστη τιμή g(λ) = _ .2_ λ2+ � λ _ .!_ του 4 2 4 τριωνύμου f(x), έχουμε: α= - .2. <0, οπότε το g(λ) 4 γίνεται μέγιστο, όταν και μόνον 5 όταν λ= - 1.._ = 2 = � . 2α 9 9 2 β) Οι κορυφές των παραβολών αυτών είναι τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/24

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

1 � - -9 λ2 + -5 λ- -1 = -1 � 27λ2 - 30λ+7=0 3λ --1 , - 9 λ2 + 5 λ - 1 ). g (λ)= σημεια' Κ( 4 2 4 3 4 2 4 3 2 ο του τόπου, είναι σημείο ως: Κ σημεί Ένα ομέ Επ ν όταν και μόνον όταν, υπάρχει λε R ώστε: �λ= .!..3 ή λ =29 . 3 χ. =

{ {

γ:

ι s Υκ = - λ + λ 4 2 4 δηλαδή υπάρχει λε R, ώστε 2χ + 1 λ= " z + � λ - _!_ (Σ). Υκ = - λ 4 2 4 έχει Για να λοιπόν το (Σ) λύση ως προς λ, πρέπει και αρκεί:

�

� ( 2χ; + 1 ) 2 + % ( 2χ; + 1 ) - �

' δηλαδή 1 2 ' ο ' οτι Υιc = - Χιc2+ -3 Χκ + -3 , που σημαινει γεωμετρικός τόπος των σημείων Κ είναι η παρα βολη' c : Υ = -χ2+ -2 χ+ -1 · 3 3 Προφανώς το σημείο με τη μεγαλύτερη τεταγμένη ε1tί της παραβολής C είναι η κορυφή της, δηλαδή 2 3 το σημείο Κ με τετμη μένη χιc= 2 3 ( 1 ). .Όμως: (1) � λ= 2χ " + 1 � λ= -5 9. 3 Παρατηρήστε ότι η τεταγμένη του Κ βρίσκεται είτε από τον τύπο 21 1 4 2 1 1 Υκ = - Χιc2 + 3 Χκ + 3 = - { 3 )2 + 3 3 + 3 = 9 Υιc

= .!..

•

είτε από τον τύπο Yκ=maxg(λ)= g( % ) = - � (% )2 ' ' + -5 -5 - -1 = -4 που β ρηκαμε στο ( α) ερωτημα. 4 9 2 9 '

γι) Κορυ φ ή στο ν άξον α y y

.1._ = 0 � 3λ - 1 =Ο � λ = .!.. . 2 2α 3 β ' τρόπος: Η (C) τέμνει τον y ' y στο σημείο 1 ' f(O)= 31 � Ο2 - (3λ-1 )Ο +λ = 31 � (0, 3 ), οποτε: α 'τρόπος: -

λ = .!..3

γ ' τρόπος (Λανθασμένος):

στο σημείο (0, .!..3 ), οπότε:

Η (C) τέμνει τον y 'y

•

(

Που έγκεινται το λάθος; Ερμηνεύστε το και Γεωμετρικά. Πρόκειται λοιπόν για την παραβολή C 1 13 , που προκύπτει δηλαδή για λ=.!.. . 3 γ 2 ) Κ ορυ φ ή στο ν άξο ν α χ · χ : α · τ ρόπος: Οι εν λόγω κορυφές είναι τα κοινά σημεία του χ 'χ με την (C) , δηλαδή οι

{Υ =

συντεταγμένες τους επαληθεύουν το σύστημα: Ο (1) . y = -X 2 + -2 Χ + -1 (2) 3 3 (Ι) Αλλά: (2) � 3χ2 - 2χ -1 = Ο � χ=1 ή χ= - -1 3λ - 1 = 1 ή -3λ - 1 = - -1 �λ=1 η' λ= -1 . � -2 2 9 3

g(λ) = Ο � - .2. λ2 + � λ - _!_ = Ο � 4 2 4 �9λ2 -10λ + 1=0 � λ = 1 ή λ= _!_ . 9 β · τρόπος:

minf(x)=O � f(x) 2:0, για κάθε χε R και a=I>O υπάρχει χε R, f(x)=O � Δ:50 και Δ2:0 � Δ=Ο�(3λ-1 )2 -4λ=Ο� �9λ2-10λ + 1=0�λ=1 ή λ=.!_ . 9 Πρόκειται λοιπόν για τις παραβολές C 1 , C 119, που προκύπτουν δηλαδή για λ=1 ή λ=.!_ (Να λυθεί 9 με αυτό τον τρόπο και η Άσκηση 2) .. γ ' τρόπος:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 8 7 τ.3/25

ΠΡΟΟΔΟΙ

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Θανάσης Χριστόπουλος

Όλοι θυμόμαστε τότε που σαν μαθητές των πρώτων τάξεων του Δημοτικού, μας έλεγε η Δασκάλα ξε κίνα από το 5 και ανέβα δύο - δύο. Τι μας ζητούσε; τίποτα λιγότερο από μια Αριθμητική πρόοδο: 5,7,9, 1 1 ,13, . . . μα . . . τότε, τί το ενδιαφέρον θα βρούμε πλέον σε αυτό; 1 ) πώ ς μπορούμε άραγε να βρούμε ποιός είναι ο 20ος όρος χωρίς να βρούμε τους προηγούμενους 2° ) πώς μπορούμε να βρούμε ποιό είναι το άθροισμα των 20 πρώτων όρων; 3°) πώς μπορούμε να βρούμε πόσοι είναι οι όροι στην παραπάνω πρόοδο μέχρι το 3 1 ; *Σε όλα αυτά καταφέραμε να απαντήσουμε ,αφού πρώτα συμβολίσαμε τους όρους με έναν έξυπνο τρό πο. Ποιος είναι αυτός; Συμβολίζουμε όλους με το ίδιο γράμμα πχ α και δείκτη έναν αριθμό που φανερώ νει τη θέση του, για παράδειγμα ο τρίτος όρος συμβολίζεται α3 "

Τ Υ Π Ο Λ ΟΓΙΟ

. Α ΡΙΘΜ ΗτJ ΚΗ Π ΡΟΟΔΟΣ ..

�

- -···

: Τύπος ορισμού Τύπος ν-στού όρου ' (δίνει απευθείας όi ποιον όρο θέλουμε) α,β,γ διαδοχικοί i όροι , Άθροισμα ν πρώτων όρων

�·-- -

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ Π ΡΟΟΔΟΣ

·-

αν+1 = αν+ω νε Ν* και ω, σταθερός

αν+1 = αν · λ, ν ε Ν* και λ, σταθερός με λ:;t:Ο

αν = α 1 +(ν-1)ω

αν = α 1 · λν- 1

β2 = α · γ λν - 1 Σv = (α 1 +αν) · 2ν ή Σv = [2α 1 +(ν-1 )] · V2 S = α ι -ν λ-1 ... *στην αριθμητική πρόοδο οι όροι που ισαπέχουν από τα άκρα έχουν ίδιο άθροισμα [ ας δούμε για παράδειγμα την αριθμητική πρόοδο 2,5,8,1 1, 14,17,20,23,26,29 είναι 2+29=5+26=8+23= . . . οπότε όταν θέλουμε το άθροισμα 2+5+ . . . +29 βρίσκουμε μόνο το άθροισμα 2+29 =3 1 , γιατί το ίδιο θα είναι και το άθροισμα όλων των άλλων ζευγών και επειδή τα ζεύγη είναι όσοι οι όροι διά 2 δηλαδή εδώ 1 0:2=5, θα είναι τελικά 3 1 · 5=1 55 ] * στην γεωμετρική πρόοδο οι όροι που ισαπέχουν από τα άκρα έχουν ίδιο γινόμενο. Η απάντηση σε καθένα από τα αρχικά παραπάνω ερωτήματα έχει ως εξής: στο 1° ερώτημα ο 20°ς όρος συμβολίζεται α20 , οπότε από το α 1 για να φτάσουμε στο α20 θα πρέπει να προσθέσουμε 1 9 φορές τη διαφορά ω δηλαδή α20 = α 1 + 1 9ω (τύπος νου όρου) άρα α20=5+ 19 · 2=43 Στο δεύτερο ερώτημα αυτό που ζητάμε είναι το Σ20 και επειδή δεν γνωρίζουμε τον 20° όρο ή τον υπολογίζουμε και μετά χρησιμοποιο\>με τον πρώτο τύπο του αθροίσματος ή χρησιμοποιούμε απευθείας τον δεύτερο τύπο Σ20=(2 · 5+19 · 3) · 20 =67 · 10=670. Στο τρίτο ερώτημα ζητάμε το πλήθος ν, οπότε από 2 τον τύπο α ν = α 1 + ( ν - 1 ) ω �3 1=5+(ν-1) · 2 � 3 1 -5+2=2ν � 2ν=28 οπότε ν=14 -····

Άσκη ση

1 '1

2β = α+γ

- ·· ·

Ασκήσει ς

Να βρεθεί το άθροισμα των 19 πρώτων ό ρων μιας αριθμητικής προόδου, αν γνωρίζουμε ότι ο 10°ς όρος της είναι 50.

ΛίJσ η

β 'τρόπος) Είναι α 1 +α 1 9= α2+α 1s = . . . =α9+ α 11 =2 · αι ο οπότε α 1 +α2+ . . . +α 19=(α 1 +α 19)+ (α2+α 1s) + . . . +(α9+α 1 1 ) + αιο =2α 1ο+2αι ο+ . . . αι ο=19 · αι ο= =19 · 50=950

Άσκη ση 2'1 Είναι αι ο=α 1 +9ω και Σ=α1 +α2+ . . . +α 1 9 = Να βρεθεί το πλήθος των πολλαπλάσιων του (2α1 + 18ω) · 19 =(α 1 +9ω) · 19 άρα Σ= αι ο · 1 9= 3 μεταξύ 100 και 500 2 50 · 19=950 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/26

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Λύ ση

Το πρώτο πολλαπλάσιο του 3 μετά το 100 εί ναι το 102 και το τελευταίο πριν το 500 είναι το 498 άρα α1=102 , ω=3, αν=498 Από τον τύπο του νιοστού όρου αν= α1+(ν-1 )ω υπολογίζουμε το μοναδικό άγνωστο που είναι το ν δηλαδή α 1 +(ν-1)ω= αν <::> αι +νω-ω=αν<=>ν= αν - α + ω και με αντικατάσταση έχουμε ω 498 ν= - 102 + 3 ή ν= 399 = 1 33 3 3 ι

Άσκηση 3'1

Ο Αλέξανδρος ζήτησε από τον πατέρα του, τον μήνα Μάρτιο να του δίνει για αποταμίευση ευρώ την Μαρτίου, ευρώ στις Μαρ τίου, ευρώ στις και ου το καθ εξής μέχρι το τέλος του μήνα. Ενώ ο Ορέστης ζήτησε την Μαρτίου να αποταμιεύσει λεπτό, στις Μαρ τίου λεπτά, την Μαρτίου λεπτά και με αυτό τον τρόπο μέχρι το τέλος του μήνα. Πόσα χρήματα θα έχει αποταμιεύσει στο τέ λος του μήνα ο καθένας;

1η

3η

1η

Λύ ση

Για τον Αλέξανδρο έχουμε άθροισμα των 3 1 όρων Αριθμητικής προόδου με α 1 =10 και Δηλαδή α3 ι=3 10. Σv=αι +αz+ +α3 ι=1 0+20+30+ . . . +3 1 Ο= (10+3 1 0)·3 1/2=160·3 1=4960 (4.960 ευρώ). ενώ για τον Ορέστη έχουμε το άθροισμα 3 1 όρων Γεωμετρικής προόδου με α11 =1 και λ=2, δη λαδή Σv= αι +αz+ . . . +α3 1 =23 -1=1073741 823 σεντς, άρα 10.737.41 8,23 ευρώ! ! ! Ά σκηση 4 η

Να βρεθούν διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν γνωρίζουμε ότι ο μεσαίος όρος εί ναι διπλάσιος του πρώτου και η διαφορά του πρώτου από τον πέμπτο είναι

20 Παριστάνουμε τους 5 όρους ως εξής: χ-2ω, χ ω,χ, χ+ω, χ+2ω οπότε χ=2·(χ-2ω) (1) και (χ+2ω) (χ-2ω)=20 (2) Λύνοντας τη δεύτερη έχουμε χ+2ω χ+2ω=20 <=> 4ω =20<:>ω=5 και από την πρώτη σχέση χ=2χ-4ω άρα χ=20. Οι πέντε ζητούμενοι όροι είναι: 10, 15,20,25,30. Ά σκηση 5η Να βρεθεί ο χ ώστε οι αριθμοί: 5χ-1, χ2+7, χ2+9 να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής Λύ ση

προόδου

Λύ ση

2(χ2+7)= 5χ-1+ χ2+9 <=> 2χ2+ 14= 5χ-1 + χ2+9 <=> χ2 - 5χ+6=0 οπότε χ=2 ή χ=3 Άσκηση 611

Να βρεθούν τρεις όροι που να αποτελούν ταυτόχρονα αριθμητική και γεωμετρική πρόο δο.

Λύ ση

'Εστω α,β,γ οι τρεις όροι. Πρέπει i) β = α+γ 2 και ii) β2 = α-γ οπότε με αντικατάσταση έχουμε ( α+γ )2 = α·γ <::> (α+γ)2=4αγ <:>(α-γ)2=0 οπότε α=γ 2 και τελικά α=β=γ . δηλαδή α,α,α είναι αριθμητική πρόοδος με ω=Ο και ταυτόχρονα γεωμετρική με λ=1 . Αν ζητούσαμε να μην είναι σταθερή, τότε προφανώς δεν υπάρχει. Άσκηση

7'1

Να βρεθεί το άθροισμα:

i) Λύση i)

7+10+13+ +352 ii) -2+6-18+ ... +4374 Οι αριθμοί 7,10,13, . . . είναι Αριθμητική πρόοδος με α 1 =7, ω=3, αv=352 με άγνωστο το ν, το οποίο θα χρειαστούμε για να βρούμε το ζητούμενο άθροισμα. Από τον τύπο του νιοστού όρου αν= αι+(ν-1)ω υπολογίζουμε το μοναδικό άγνωστο που είναι το ν δηλαδή 7+(ν-1)'3= 352<:>3ν=3527+ 3 <:>3ν=348 οπότε ν=1 16 Άρα Σι ι6= 7+ 10+ 13+ . . . +352=(7+352)· 1 1 6 =359·58=20822 2 ii) Οι αριθμοί -2,6,-1 8, . . . είναι Γεωμετρική πρόοδος με αι= -2, λ= -3, αv=4374 με άγνωστο το ν, το οποίο θα χρειαστούμε για να βρούμε το Από τον τύπο του νιοστού ζητούμενο άθροισμα. ι ν ·λ όρου αν= α 1 - υπολογίζουμε το μοναδικό άγνω στο που είναι το ν δηλαδή -2·(-3)ν- Ι = 4374<:>(- 3)ν1 = -21 87 (υπολογίζουμε τις δυνάμεις του 3 και παρατηρούμε ότι 37=21 87) άρα ν- 1=7 οπότε ν=8 ' Σ8= -2+6-18+ . . . +4374= -2 ( -3)8 - 1 = Άρα -3 - 1 (-3)8 - 1 6561 - 1 3280 2 2 Άσκηση 8'1 Ένα αυτοκίνητο αρχικής αξίας 20.000€ χά νει κάθε χρόνο το 10% της τιμής που είχε τον προηγούμενο χρόνο. Να βρεθεί η τιμή του αυτο κινήτου μετά από 5 χρόνια Λύ ση Αν α είναι η αρχική τιμή του αυτοκινήτου, την επόμενη χρονιά θα είναι α - 1 Ο%α = α Ο, 1 Οα=Ο,9·α οπότε έχουμε γεωμετρική πρόοδο με λ=Ο,9 και α 1 = 20.000. α3 αι α2 α4 αs � αρχή 1 έτος 2° έτος 3° έτος 4° έτος 5° έτος • • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/27

Μαθηματικά για την Α · Λυκείου

θέλουμε να υπολογίσουμε τον 6° όρο, αφού αν Ι ν = α 1 · λ - θα είναι α6= 20.000 · 0,95 <:::::> α6= 20.000 · ( _2.._ )5 άρα α6= 0,2 · 95 = Ι Ι.809,80€ 10 Άσκηση 9'1

Αν για μια ακολουθία ισχύει «ν = -3ν+2 για κάθε ν ε Ν, δείξτε ότι η ακολουθία αυτή είναι αριθμητική πρόοδος. Αν β 1 , β2 ,β3 , · · · ακολουθία για την οποία ισχύει Ρ ι =α ι, β 2 =α3 , β 3 =αs , να βρεθεί το άθροισμα Ρ ι ο+β ι ι +β 12 + . . . +βz ο

1 α+ β

α -β

α +β

+ = __l_ + _l_ = (α - β) + (α + β) α-β α+β α-β (α + β)(α - β) I

2α α - β2

' γεωμετρικης' αλλα' α, β ,γ διαδοχικοι' οροι προόδου άρα β2 =α -γ οπότε 2α 2 2α 2

• . . •.

Λύση

Άσκηση 12η Ν α υπολογιστούν οι γωνίες ενός ορθογωνίου τριγώνου, αν τα μέτρα τους είναι διαδοχικοί ό ροι αριθμητικής προόδου. Λύση

Ο επόμενος από τον νιοστό όρο είναι ο ν+ Ι όρος, δηλαδή ο αν+ που με βάση τον δοσμένο τύπο θα είναι αν+1 = -3(ν+ Ι) +2 <:::::> αν+1= -3ν -3 +2<:::::> ° τότε Β=90°-ω και Γ=90°-2ω και α αν+ Ι = (-3ν +2)-3<:::::> αν+ Ι = αν -3 οπότε πήρε μορ Αν Α=90 φή αν+ = αν+ω άρα η ακολουθία είναι αριθμητική φού Α+Β+Γ=180° <=:>270°-3ω=180° <=:>ω=30° άρα πρόοδος με διαφορά ω= -3. Α=90° Β=60°' Γ=30° Η ακολουθία β 1 ,β2 ,β3 , . . . είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω '=βz -β 1 =α3 -α Ι =2ω=2(-3)=-6 Άσκηση 13η 1

(2β1 + Ι9ω ') · 20 (2β1 + 8ω ') · 9 22β1 + 308ω ' = 2 2 2 _

1 1(- 1) + 1 54 ( -6 ) = - 1 1 - 924 = -93 5 Άσκηση 1 0η

Ένας αθλητής δρόμου μεγάλων αποστάσε ων, ξεκινάει προπόνηση Την πρώτη μέρα τρέ χει 5 Km και κάθε μια από τις επόμενες μέρες τρέχει 500m περισσότερα πόσα χιλιόμετρα έ τρεξε τη δωδέκατη μέρα και πόσα συνολικά σε 20 μέρες; •

Λύση

Οι αποστάσεις που διανύει καθημερινά αποτε λούν αριθμητική πρόοδο με α 1 =5 και ω=Ο,5 οπότε α 1 2=S+ Ι Ι · Ο,5= Ι 0,5Km Σzο=α 1 +αz+ . . . . +αzο= [2 · 5+ Ι9 · 0,5] · 1 0=Ι95Κm Άσκηση 11η Αν α,β,γ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό1 1 1 , , , δ ου να δ εχθ ει οτι οι αριθ μοι , , ---

α+β α-γ α-β

αποτελούν προόδου

διαδοχικούς

(α :;t γ,β,-β) .

όρους

αριθμητικής

Λύση

Για να αποτελούν οι αριθμοί 1 ' 1 ' 1 α+ β α-γ α-β διαδοχικούς όρους Αριθμητικής προόδου αρκεί να 1 1 , δει'ξουμε ότι 1 + πραγματι =2 · --

α+ β

α-β

α-γ

Να υπολογιστούν οι διαστάσεις ενός ορθο γωνίου παραλληλεπιπέδου, αν έχουν άθροισμα 14, είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου και έχει όγκο 64m3 Λύση

Αν α,β,γ οι διαστάσεις του ορθογωνίου παραλ ληλεπιπέδου, είναι V=64 m3 άρα α · β-γ=64 (1) και αφού α-γ=β2 η (1) γίνεται β3=64<=:>β=4 οπότε α-γ=42=16 αλλά α+β+γ=14<=:> α+γ=10 (τα α,γ έ χουν άθροισμα S=10 και P=l6) οπότε τα α,γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2-1 Οχ+ 1 6=0, οι λύσεις της ε ξίσωσης αυτής είναι χ1=2, ιz=8 τελικά α=8m, β=4m, γ=2m Άσκηση 1 4η Αν ένα φύλλο χαρτί έχει πάχος ένα χιλwστό και κάθε φορά το διπλώνουμε στη μέση , τι πά χος θα έχει όταν διπλωθεί 7 φορές; Πόσες φο ρές (αν μπορούσαμε) θα έπρεπε να το διπλώ σουμε ώστε το πάχος του να υπερκάλυπτε την απόσταση Γης-Σελήνης;

Λύση

Αρχικό πάχος, 1mm, lη δίπλωση, 2mm , 2η δί πλωση 4mm, 3η δίπλωση 8mm . . . άρα έχουμε γε ωμετρική πρόοδο 1 ,2,4, . . . με λόγο λ=2 οπότε ζη τάμε τον 8° όρο άρα α8=1 · 27 <:::::> α8=128 επομένως θα έχει πάχος 12,8cm Θέλουμε το πάχος να γίνει περίπου 400.000Κm ή 1 4 · 1 0 1 1 mm δηλαδή 2ν�4 · 1 0 1 1 (γνωρίζουμε ότι � 1000= 103 άρα 2 0= 1024 ·4 10 1 1 =4 · 100 · (103)3�22 · 27· 230=239) επομένως αν μπορούσαμε να το διπλώσουμε 39 φορές θα . . . προσπερνούσαμε τη Σελήνη! ! !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/28

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

Α ΆΥ Κ ΕΙΟΥ

Γιώργος Κατσούλης, Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Εγγεγραμμένα σχήματα Άσκηση lη: Δίνεται το οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Να αποδείξετε ότι τα ύψη του διέρχονται από το ίδιο σημείο.

(άσκηση 2η). Άρα Β ΚΓ + Α = 1 8 0 ° , οπότε το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο. Α

Λύση

Έστω ότι τα ύψη ΒΕ και ΓΖ τέμνονται στο Η. Αν η προέκταση της ΑΗ τέμνει την ΒΓ στο Δ, αρκεί Δ=90°. Α

Β Γ Φέρνουμε ΖΕ. Τότε ΑΖΗΕ εγγράψιμο (Ζ + Ε = 1 8 0 ° ) , οπότε Α1= Ζ1 (1) και Β Ζ ΕΓ εγγράψιμο (ΒΖΓ =ΒΕΓ=90°), οπότε Ζι = Βι (2) Από (l)και (2) έχουμε Αι = Βι και αφού Ηι = Α 2 προκύπτει ότι Δ = Ε = 9 0 °

�Γ

κ Ση μείωση : Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου τριγώνου ως προς τις πλευρές του ανήκουν στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Άσκηση 4η : Αν Η το ορθόκεντρο οξυγωνίου τρι

γώνου ΑΒΓ και Κ το συμμετρικό του Η ως προς το μέσο Μ της ΒΓ, να αποδείξετε ότι το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο. Λύση

Το ΒΗΓΚ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοι του διχοτομούνται), οπότε Β ΚΓ = Β Α Γ = 180° - AQ ΒΚΓ + Α = 180° . Άρα Σημείωση : Όμοια αποδεικνύεται για αμβλυγώνιο το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο. Άσκηση 2η: Αν ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη οξυγωνίου Α

τριγώνου ΑΒΓ και Η το ορθόκεντρό του να α ποδείξετε ότι α)ΒΗΓ = 180 ° - Α β)ΕΔΖ = 180 ° - 2Α Λύση

α) Το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο (Ζ + Ε = 1 8 0), ο πότε Ζ Α Ε = 1 8 0 ° AQ Β Α Γ = 1 8 0 - Α Σημείωση : Όμοια ΑΗΓ 180 - Β, ΑΗΒ 180 ° - Γ Α

κ Σημείωση : Τα συμμετρικά του ορθόκεντρου τριγώνου ως προς τα μέσα των πλευρών του ανήκουν στον περι γεγραμμένο κύκλο του τριγώνου. Άσκηση 5η: Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ

και δύο χορδές του ΑΓ και ΒΔ που τέμνονται στο Ε. Αν Η η προβολή του Ε στην ΑΒ να απο δείξετε ότι ΔΑΒ = ΒΓΗ .

Γ Το ΖΗΔΒ είναι εγγράψιμο, οπότε Λύ ση Δι = Βι = 9 0 ° - Α. Όμοια το ΔΗΕΓ είναι εγγρά ψιμο, οπότε Δ2 = f2 = 90 - Α. Άρα Δι + Δ2 = Είναι ΑΔ Β = AfB = 9 0 ° (εγγεγραμμένες σε ημι κύκλιο). 1 8 0 - 2Α QΕΔΖ= 1 80°-2Α β)

Σημείωση: Όμοια ΔΕΖ = 180 ° - 28, ΔΖΕ = 180 ° - 2Γ Άσκηση 3η: Αν Η το ορθό κεντρο οξυγωνίου τρι

γώνου ΑΒΓ και Κ το συμμετρικό του Η ως προς ΒΓ, να αποδείξετε ότι το ΑΒΚΓ είναι εγγράψιμο

Είναι Β ΚΓ

Λύση

Β Α Γ (Η,Κ συμμετρικά)

=180°

-Α Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/29

Μα θη ματικά για τη ν Α ' Λυκείου

Το ΑΔΕΗ είναι εγγράψιμο (Δ + Η = 180°), οπό τε ΔΑΒ = ΒΕΗ (1).Όμοια το ΒΓΕΗ είναι εγγρά ψιμο οπότε, BfH = ΒΕΗ (2) . Από ( 1 ) και (2 ) προ κύπτει ότι ΔΑΒ = BfH.

Ά σκη ση 6η : Δύο κύκλοι τέμνονται στο Α και Β. Τυχαία ευθεία από το Α τέμνει τους κύκλους στα Γ και Δ όπως στο σχήμα. Αν οι εφαπτόμενες στα Γ και Δ τέμνονται στο Μ, να αποδείξετε ότι το ΒΓΜΔ είναι εγγράψιμο.

Λύ ση

(2) Έτσι από ( 1 ) και (2) στο ΒΓΛΚ η εξωτερι κή γωνία ΑΒΓ είναι ίση με την απέναντι εσω τερική ΓΛΔ δηλαδή το ΒΓ ΛΚ εγγράψιμο.

Άσκηση 811: Έχουμε μια χορδή ΑΒ ενός κύ κλου και το μέσο Μ τό ξου ΑΒ, επίσης Σ και Ρ είναι δύο σημεία του μη κυρτού τόξου ΑΒ. Οι χορδές ΜΣ, ΜΡ τέμνουν την ΑΒ στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τετρ άπλευρο ΣΡΛΚ είναι εγγρ άψιμο. Σ

Φέρνουμε την ΑΒ. Τότε Β1 = f1 ( 1 ) καιΒ 2 =Δ 2 ( 2 ) (Εγγεγραμμένη- γωνία από χορδή και εφαπτομέ νη). Στο τρίγωνο ΜΓΔ έχουμε: Μ = 180° - (f1 + Ll2) �M = 180° - ( Β1 + Bz) � M = 1 8 0 - Β� Μ + Β = 180°

Λύση

Η γωνία ΒΚΜ=ΚΑΜ+ΚΜΑ= =τόξοΜΒ/2+τόξοΑΣ/2=τόξο(ΑΣ+ΑΜ)/2 ( 1 ). Η γωνία ΣΡΛ=τόξο (ΑΣ+ΑΜ)/2. (2) Άρα από (1 ) , (2) έχου με τη γωνία ΣΡ Λ του τετραπλεύ ρου ίση με την απέναντι εξωτερική δηλαδή το ΣΡΛΚ εγγράψιμο .

Άσκηση 9η : Δ ίδεται τρίγωνο ΑΒΓ Η το ορ θόκεντρο Σ, Ρ τα μέσα των ΒΓ, ΑΗ αντί Άρα το ΒΓΜΔ είναι εγγράψιμο. ξετε ότι το τετρ άπλευρο Άσκηση 711 : Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγε στοιχα. Να αποδεί γραμμένο σε κύκλο (Ο, ρ) και Δ το aντιδια ΣΕ ΡΔ είναι Αεγγρ άψιμο. μετρικό του Α. Αν η εφαπτομένη του κύ κλου στο Δ τέμνει τις ευθείες ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ, Λ να δείξετε ότι το τετρ άπλευρο ΒΓΛΚ είναι εγγρ άψιμο. Λύ ση Β

Λύση

Η εφαπτομένη του κύ κλου στο Δ και η διάμε τρος ΑΔ τέμνονται κάθετα επίσης οι γωνίες ΑΒ Δ και ΑΓΔ είναι ορθές ως εγγεγραμμένες σε η μικύκλιο . Οι γωνίες ΑΔΓ και ΓΛΔ είναι οξείες και έχουν πλευ ρές κάθετες άρα είναι ί σες. ( 1 ) Ό μως και οι γωνίες ΑΒΓ και ΑΔΓ εί ναι εγγεγραμμένες στο τόξο ΑΓ άρα είναι ίσες.

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΗ η ΕΡ είναι διά μεσος προς την υποτείνου σα άρα ΕΡΗ ισο σκελές και οι γωνίες ΡΕΗ=ΡΗΕ=ΓΗΛ=90° ΣΓΕ ( 1 ). Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ , η ΕΣ είναι διάμεσος προς την υποτείνου σα άρα το τρίγων ο ΣΕΓ είναι ισοσκελές και οι γωνίες ΣΕΓ=ΣΓΕ (2) Επομένως από ( 1 ) και η ΣΕΡ=ΡΕΗ+ΗΕΣ=90° (2) γωνία 0 ΣΓΕ+ΣΓΕ=90 (3) . Ομοίως από τα ορθογώνια ΑΔΗ και Β Δ Γ έχου με Ρ ΔΣ=90° (4) . Από (3),(4 ) προκύπτει ότι ΣΕΡΔ είναι εγγράψιμο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/30

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ - ΕΚΘΕΠΚΗ - ΛΟΓΑΡΙΘΜΙΚΗ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗ Ευσταθίου Βαγγέλης - Καρδαμίτσης Σπύρος

Άσκηση Ι η

3 14 Αν Ρ(χ) = χ 15 - 4χ + 2 χ + 2 0ι 2 , να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης Α=

i·[ P(2 + Ji) + P(2 - Ji)]

Λύ ση

'Εστω α = 2 + .J2 και β = 2 - .J2 . 'Εχουμε α + β = 2 + .J2 + 2 - .J2 = 4 και

-.fi)

=2 α·β = (2 + .J2 )(2 Δηλαδή τα α, β είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 4χ +2 = Ο οπότε ισχύουν: α2 - 4α +2 = Ο και β2 - 4β +2 = Ο επομένως έχουμε Ρ( α)1 = α 15 - 4α 1 4 + 2α 13 + 20 1 2 = =α \α2 -ι 4α +2)ι + 20 1 2 = Ο+ 20 1 2 = 20 1 2 και Ρ(β) = β s - 4β 4 + 2β 13 + 201 2 = = β 13 (β2 - 4β +2) + 201 2 = ο + 20 1 2 = 20 12

_!_2 · [Ρ (2 + .fi) + Ρ(2 - .fi)] = _!_2 · [Ρ (α) + Ρ(β)] _!_2 · [ 2012 + 2012 ] = 20 1 2

άρα Α =

Άσκηση 2η Δίνεται το πολυώνυμο 3 Ρ(χ) = (λ2 - 4)χ4 + χ - 5χ 2 + 6χ + 4λ + 6. Αν το πολυώνυμο έχει ρίζα το ι, να βρεθεί ο βαθμός του και οι άλλες του ρίζες.

Λύ ση

Επειδή το πολυώνυμο έχει ρίζα την χ =1 έχουμε Ρ(1 ) = Ο � λ2 - 4 + 1 - 5 + 6 + 4λ + 6 = Ο � λ2 + 4λ + 4 = ο � (λ + 2)2 = ο � λ = - 2 Για λ = -2 έχουμε : Ρ( χ) = χ3 - 5χ2 + 6χ - 2 Επομέ νως έχουμε πολυώνυμο 3ου βαθμού. Με σχήμα Horner έχουμε: 1 1

5 1 -4

6 -4 2

-2 2 ο

P(l)

i) Αφού το πολυώνυμο διαιρείται ακριβώς με το

χ2 - 1 = (χ + 1 )(χ - 1 ) αυτό σημαίνει πως το 1 και το -1 θα είναι ρίζες του πολυωνύμου επομένως έ χουμε:Ρ( 1 )=Ο� 1 + α + β - 6 - 1 2 =Ο � α +β = 1 7 ii) Επιπλέον έχουμε: Ρ (-1) = Ο � -1 - α + β + 6 - 12 = Ο � - α + β = 7 και λύνο ντας το σύστημα των παραπάνω εξισώσεων έχου με: α = 5, β = 12 κάνοντας την διαίρεση των πο λυωνύμων βρίσκουμε πηλίκο χ2 + 6χ + 12. Άσκηση 4η

Για τα πολυώνυμα Ρ(χ) ,Q(x) γνωρίζουμε ότι,

Ρ( χ - 2)

___;_____:_ =

Q(χ)

, , χ2-χ-2 και το υπολοιπο της δ ιαιρε-

σης του πολυωνύμου Q(x) με το χ -3 είναι το 3.

α) Να υπολογίσετε το Q(3).

β) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του. Ρ(χ): (χ-ι).

Λύ ση

α) Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύ μου Q(x) με το χ-3 είναι το 3, έχουμε Q(3) = 3 β) Το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ): (χ -1) εί ναι υ = Ρ( 1 ). Η αρχική σχέση για χ = 3 δίνει: Ρ(3-2) =3 2-3-2� P(l) = 4� P(l) = 4 �Ρ( 1 )=12 Q(3) Άσκηση S η

Q(3)

Δίνεται το πολυώνυμο 3 Ρ(χ)=(4ημα)· χ +(4συν2 α) χ2 -8χ+3. Αν το Ρ(χ) έχει για παράγοντα το Q(x) = χ - ημα να βρείτε το τόξο α αν γνωρίζουμε ότι α ε (-π, π).

Λύ ση

Αφού το πολυώνυμο έχει για παράγοντα το Q(x) = χ - ημα, τότε θα ισχύει και: Ρ(ημα) = Ο. Αντικαθιστώντας στο πολυώνυμο Ρ(χ),προκύπτει: 4ημ4α + 4ημ2 ασυν2 α - 8ημα + 3 = Ο � 4ημ4α + 4ημ2 α( 1 - ημ2 α) - 8ημα + 3 = Ο � 1 3 4ημ2 α - 8ημα + 3 = Ο �η μα = - η η μα = - � ,

Οπότε Ρ( χ) = (χ- 1 )(χ2 - 4χ + 2) και Ρ(χ) =Ο <:::::> (χ- 1 )(χ2 - 4χ + 2) =Ο <:::::> χ = 1 ή χ2 - 4χ +2=0 � x ε {l,2+.J2,2-.J2} . Ά σκηση 3η

Λύ ση

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=χ5+αχ3 +βχ2 -6χ- ι 2 , το οποίο διαιρείται με το πολυώνυμο (χ 2 -ι). i) Να υπολογίσετε το άθροισμα α + β. ii) Να βρείτε το πηλίκο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το πολυώνυμο (χ2 -ι)

1 π ' 5π ' η α= ημα = �α = , αφου, αε (-π, π). 2 "6 6 Άσκηση 6η

Το πολυώνυμο Ρ(χ) διαιρούμενο με το χ - δί νει υπόλοιπο 3, διαιρούμενο με το χ - 2 δίνει υ πόλοιπο 5 και διαιρούμενο με το χ - 3 δίνει υπό λοιπο ι3. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης: Ρ(χ):(χ - ι)(χ - 2 )(χ - 3)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/31

Μ αθη μ ατικά για τη ν Β ' Λυκείου

Λύ σ η

Έχουμε από την υπόθεση: Ρ(1) = 3, Ρ(2) = 5 και Ρ(3) = 1 3 . Επειδή ο διαιρέτης της διαίρεσης Ρ(χ) : (χ - 1 )(χ - 2)(χ - 3) είναι τρίτου βαθμού, η διαίρεση θα δώσει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο υ(χ) της μορφής: υ(χ)=αχ2+βχ+γ με α, β, γ πραγματι κούς αριθμούς. Από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουμε: Ρ(χ)=(χ-1)(χ-2)(χ-3) π(χ)+αχ2+ βχ+γ ( 1 ) Στην σχέση ( 1 ) θέτουμε διαδοχικά τις τιμές χ = 1 , χ = 2 , χ = 3 και έχουμε:

{

= α · 12 + β · 1 + γ Ρ(2) = α · 2 2 + β · 2 + γ Ρ(3) = α · 3 2 + β · 3 + γ P(l)

}{ �

}

α+β+γ=3 4α + 2β + γ = 5 9α + 3β + γ = 13. 2

�α = 3 , β = -7, γ = 7 . Άρα: υ(χ) = 3χ - 7χ + 7. Α σ κ 11 σ η Ίη

χ4 - 8χ3 + 12χ2+16χ - 28=0 14.

Να λυθεί η εξίσωση : αν είναι γνωστό ότι δύο από τις ρίζες της έχουν άθροισμα και γινόμενο

λύ σ η

Έστω χι , χ2 οι δύο ρίζες της εξίσωσης που έχουν άθροισμα 8 και γινόμενο 1 4, τότε:

{ΧιΧι ·+χχ 2==148} 2

� (χι = 4 +

ν2� , χ2 = 4 - ν2� ) η

�

( 4β - α 2 )2 = 64λ 2 (4) ( 4β - α 2 ) = 64δ . �

Επίσης: ( 1 ),(3) � γ 2 ( 4) 2 δ2 �

γ =α

2 · λ2 � γ 2

= α2 λ2 •

Άσκ η σ η 9 η Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ) = χ4 - { ημ 2 θ ) χ3 - 2χ + 2ημθ - ι . Να βρειτε το θ ε [ -3π, 5π ] ώστε η Ρ(χ) : (χ + ι) να «Sί νει υπόλοιπο υ = ι . Λ ύσ η

Γνωρίζουμε ότι η Ρ( χ) : (χ + 1) δίνει υπόλοιπο υ = Ρ( -1) . Άρα σύμφωνα με την υπόθεση θα εί ναι: Ρ(-1) = 1

(-1)4 - ( ημ2θ ) <-1)3 - 2(-1) + 2ημθ - 1 1 ς::> ημ2θ + 2ημθ + 1 = 0 ς::> (ημθ + 1)2 = 0 3π κ ε Ζ. ς::> ημθ = -1 ς::> θ = 2κπ+-, 2 3 π � 5π Όμως θ ε [ -3π, 5π] -3π � 2κπ + 2 7 3 9 -3� 2κ + - �5 ς::> - - � κ �-� 4 4 2 κε {-2,- 1 ,0, 1 } . Επομένως στο [-3π,5π] έχουμε: Ρ(-1) = 1 <:::> θ { 5π2 ' - π2 ' 3π2 ' 72π } q

�

Χι = 4 - J2 , Χ2 = 4 + J2 ). Για τον προσδιορισμό των δύο άλλων ριζών παρα τηρούμε ότι αφού οι χι, χ2 είναι ρίζες της του πο λυωνύμου Ρ(χ) = χ4 - 8χ3 + 1 2χ2 + 1 6χ - 28, το Ε πολυώνυμο έχει παράγοντα τον (χ - χ ι )(χ - χ2) = χ2 - (χι+χ2)χ + ΧιΧ2 = χ2 - 8χ + 14 (γιατί;). Άσκη ση 1 0 η Εκτελούμε την διαίρεση: 4 2 2 Δίνεται το + (χ - 8χ3 + 1 2χ + 1 6χ - 28) : (χ 8χ 14) 2 και βρίσκουμε πηλίκο χ - 2, οπότε ισχύει: Ρ(χ) = χ4 + (αz - β) χ3 + (2β - ι) χz + 2χ + β2 χ4 - 8χ3 + 1 2χ2 + 1 6χ - 28 = (χ2 - 8χ + 14)(χ2 - 2). Συνεπώς οι άλλες δύο ρίζες της εξίσωσης προκύ Δείξτε ότι δεν διαιρείται ακριβώς (χ - ι) πτουν από την λύση της εξίσωσης Λ ύσ η χ2 - 2 = Ο που είναι οι Χ3 = J2 , Χ4 = - J2 Έστω ότι το Ρ( χ) έχει παράγοντα (χ - 1) . Τότε: Ά σ κ ηση 8η Ρ(1) = Ο � 1 4 +( α2 - β)- 1 3+(2β - 1 ) - 1 2 + 2· 1 +β2=0� Αν το f(χ) = χ4 + αχ3 + βχ2 + γχ + δ είναι τέβ 2 β � 2 + β + 2 + α 2 = Ο � α2 = - 2 -β( 1 ). λειο τετράγωνο. Να δείξετε ότι: γ2 = δα2 και Το τριώνυμο του δευτέρου μέλους έχει διακρίνουσα Δ=-7. Άρα -β2 - β - 2 < Ο για κάθε β Ε R , οπόtε (4β - α2 Υ = 64δ . (1) � α2 < Ο ενώ α2 2 Ο , πράγμα άτοπο. ΛίJση Άσκη σ η 1 2η 'Εστω f{ χ) = χ 2 + κχ. + λ 2 , τότε έχου με Δίνεται το πολυώνυμο χ4 + αχ3+βχ2+γχ+δ = χ4+2κχ?+(κ2+2λ)χ+2κλ� Ρ( χ) = χ4 + 2χ3 - 7χ2 + κχ + λ το οποίο έχει 2 κ = α (1) , 2κλ = γ (3) παράγοντες χ - ι και χ + 3 να βρείτε το πεδίο � 2 κ + 2λ = β ( 2), λ 2 = δ ( 4) .

{

(

)

ορισμού της συνάρτησης

α2 Αλλά: ( 1),(2) � β = - + 2λ � 4β - α 2 = λ 4

Λ ύσ η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/32

f (χ) = �Ρ (χ) .

{χ-_!._χ = Υ <:::::> {χ-_!._χ =Υ

Μ αθη ματικά για τη ν Β ' Λυκείου

()

{ (Ι) = Ο �

Αφού το Ρ χ έχει παράγοντα χ - Ι και χ + 3 θα έχουμε:

/ +3y + 2 = 0 y = -I ή y = -2 <=? Χ - -χΙ = - Ι η' χ- -χΙ = -2 2 +χ-Ι = 0 -I ± JS ή x = -1 ± J2 . η, χ2 +2χ-Ι = Ο <:=> χ =

Ρ(-3) = 0 Ι+ 2-7+ κ +λ = Ο κ+ λ = 4 � 8Ι - 54 - 7 · 9 - 3κ + λ = Ο -3κ+ λ = 36 κ+ λ = 4 � λ = Ι2 . � 4κ = -32 κ = -8 Έτσι Ρ ( χ ) = χ 4 + 2χ 3 - 7 χ 2 - 8χ + Ι 2 , το οποίο έχει παράγοντες χ - Ι και χ + 3 θα έχει παράγο ντα και το γινόμενο τους ( χ - Ι)( χ + 3) = χ 2 + 2χ - 3 (γιατί;). Από την διαίρεση Ρ ( χ ) : ( χ 2 + 2χ - 3 ) προκύ πτει πηλίκο π ( χ ) = χ2 - 4 . Άρα Ρ ( χ ) = ( χ 2 - 4 ) ( χ 2 + 2χ 3 ) = ( χ + 2 ) ( χ - 2 ) ( χ -Ι) ( χ + 3) . Η συνάρτηση f ( χ ) = �Ρ ( χ ) ορίζεται μόνο για χ IR με Ρ ( χ ) � Ο , δηλαδή ( χ + 2) ( χ -2) ( χ -Ι ) ( χ+ 3) �Ο.

{

<=? Χ

Ν α λυθεί η εξίσωση :

Η εξίσωση γράφεται:

2(χ5 -Ι) -3χ(χ3 -Ι) - 5χ2 (χ-1) = ο <=>2(χ-ΙΧχ4 +i +i +x+I)-3x(x-IXi +x+I)-si(x-I)=O <::>(χ-Ι)[2χ4 +21 +2-i +2x+2-3i -3.i -3x-5.i] =O <=>(χ ΙΧ2χ4 -i -tii -χ+2)=0 <::::> χ-Ι = Ο ή 2χ4 -χ3 - 6χ2 - χ + 2 = Ο που εί -

ναι αντίστροφη 4ου βαθμού και λύνεται όπως η προηγουμένη άσκηση.

Άσκη ση 1 6'1

Δ,ινεται η συναρτηση , ti(χ) =

Κατασκευάζω τον πίνακα προσήμων: -3 - 2

�

·� :f Έτσι το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ( -οο,-3) U [ -2, Ι ] u [ 2, +οο) . Ρ (χ )

ΣΧΟΛΙ Ο

ν.

ν- Ι

χ2 - 4 νχ - 1

�

α) Να προσδιορίσετε το σύνολο ορισμού της και

β) Να λύσετε την aνίσωση f(x) � Ο

Λύση

()

Για να ορίζεται η f χ πρέπει και αρκεί χ 1 > Ο, δηλαδή χ > 1 . Επομένως η συνάρτηση έχει σύνολο ορισμού το Α = ( 1 , +οο) χ2 - 4 β) Στο Α έχουμε: f(x)� Ο<::> � � Ο<::>χ2-4 � Ο νχ - 1 <:::::> Χ Ε [ -2, 2 ] <::::> Χ Ε (Ι , 2 ] . α)

' ' εξισωση Μια αvχ + α ι Χ + . . - + α Χ + α0= 0 θα λέγεται αντίστροφη αν και μόνο αν έχει ρίζα τον αριθμό ρ:;tΟ και τον αριθμό 1/ρ με τον ίδιο βαθμό πολλαπλότητας. ν

2 χ 5 - 3 χ 4 - Sx 3 + Sx 2 + 3χ - 2 Ο . =

Λύσ η

Άσκηση 1 5η

Άσκη σ η 1 3η

Να λυθεί η εξίσωση : 3χ3 - 8χ2 + 8χ - 3 = Ο

Λύση

ΑΣΚΗΣΗ 1 7η

3χ3 -8χ2 +8χ-3 = 0 <:::::> 3(χ3 -Ι) - 8χ(χ -Ι) = Ο Να λυθεί η εξίσωση : (J3 + .fiγ + (J3 - .fiγ 10 <:::::> 3(χ -Ι)(χ2 + χ + Ι) -8χ(χ -Ι) = Ο Λ ΥΣΗ <:=>(χ-Ι)(3χ2 -5χ+3) =0 <:::::> χ = Ι . Αρχικά παρατηρούμε ότι ορίζεται στο R και Άσκη ση 1 4η J3 J3 - J2 4 3 ( + J2 Υ ( Υ = ( J3 2 -J2 2 Υ = Ι Να λυθεί η εξίσωση : χ + 3χ - 3χ + 1 Ο (1). J3 Λύ ση επομένως οι αριθμοί ( + J2 Υ και J3 Παρατηρούμε ότι η εξίσωση δεν έχει ρίζα το Ο. - J2 Υ είναι αντίστροφοι, οπότε αν θέσουμε ( Έτσι διαιρούμε με χ 2 τα μέλη της και προκύπτει: J3 ( + J2Υ = ω Ο τότε θα είναι 3 1 1 1 - -) ( 1 ) <=> χ 2 + 3 χ - - + -2 = Ο <:=> χ2 + = 3( 0 + χ χ χ2 (J3 -J2Υ = _!_ω και έχει επιλύουσα την ' χ χ � χ- � + 2 + 3 χ - � = ο � =

( ) ( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

87 τ.3/33

Μαθη ματικ ά για την Β ' Λυκείου

ω2 - 1 Οω + 1 = Ο η οποία έχει ρίζες τις ω1 = 5 + 2J6 ω2 = 5 - 2J6 . Για την πρώτη τιμή του ω έχουμε: ( J3 + J2 y =ω 1 (;:::> (J3 + J2Y = 3+2+2J2J3 (;:::> (J3 +J2Y = (J3+J2)2 (;:::> χ=2 Για την δεύτερη τιμή του ω έχουμε ομοίως: (J3 + J2Υ = ω2 (;:::> (J3 + J2Y = ( J3 - J2) 2 (;:::>

= ( J33 +1 J22 ) 2 (;:::> (J3 + J2Y = (J3 + J2)-2 (;:::> χ = - 2 ( J3 + J2 y

Λ ΥΣΗ

α) Για να ορίζεται η

συνάρτηση στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, πρέπει και αρκεί: !ηα - 1 > Ο <:::::> Ιηα > 1 <:::::> Ιηα > lne <:::::> α > e (αφού η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα) β) Για να είναι η συνάρτηση στο σύνολο των πραγματικών αριθμών γνησίως αύξουσα, πρέπει και αρκεί: lnα - 1 > 1 <:::::> lnα > 2 <:::::> Ιηα > 2·lne <:::::> lnα > lne2 <:::::> α > e2 ( αφού η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα) 3 γ) Αν α = e >e2 , ο τύπος της συνάρτησης f γράφε ται: f(x) = (Ιηα - 1 Υ = (lne3 - 1 Υ = (3 - 1 Υ = γ και προφανώς ορίζεται σε όλο το IR Για να ορίζεται όμως η ( 1 ) πρέπει και αρκεί y>O. Τότε: (1) (;:::> 2 1ogy + 2 5 - Iogy = 1 2

{

Α Σ Κ ΗΣ Η 1 9'1

Δίνεται η συνάρτηση

f(x)

ln (3x - 1 1 ) l n (x - 5 )

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.

γ) Αν χ > 6 να λυθεί η ανίσωση f(x) > 1 ΛΥΣΗ

α) Για να ορίζεται η

συνάρτηση πρέπει και αρκεί:

χ > -131 χ>5 Χ*6

Με βάση τα πα-

ln(3x - 1 1) = 2 ln(x - 5) ln(3x -1 1) = 2ln(x -5) <=:>ln(3x-1 1) = ln(x-5)2 ( 1 ). Επειδή η λογαριθμική συνάρτηση είναι 1 - 1 έ χουμε: (1) (;:::> 3χ-1 1 = (χ-5) 2 <:::::> χ 2 -13χ + 36 = Ο χ ε {4,9} (;:::> χ = 9 . ln(3x - 1 1) > 1 . γ) Για χ > 6 έχουμε: f(x) > 1 <:::::> ln(x - 5) β) Στο Α

έχουμε: f(x) = 2 <:::::>

<:::::>

Όμως: χ > 6 � χ - 5 > 1 � ln(x - 5) > Ο και η α νίσωση γράφεται: ln(3x - 1 1) > ln(x - 5 ) (2). Επειδή η λογ. συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα έχουμε: ( 2) (;:::> 3χ - 1 1 > χ - 5 <:::::> χ > 3 <=:>χ > 6. ΑΣΚΗΣΗ 20η

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = α + ln(ex - 2) ό που α πραγματικός αριθμός. α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης β) Να βρεθεί α IR ώστε η γραφική παράστα ση της συνάρτησης f να διέρχεται από το σημείο A(ln3, 1). γ) Αν α = 1 να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με τον άξονα

χ 'χ.

ΛΥΣΗ

2Iogy = ω

(;:::> 32 += 12 ω ω 21� =ω = ω (;:::>2Ιny =8 ή 2ιny =4(;:::> �2� cd-12ω+32=0 ιω ε {8, 4} (;:::>2lrιy =i ή 21ny =i (;:::>m y =3, ή my =2(;:::> (;:::> y = 1 000 ή y = 1 00 δεκτές τιμές. --

Α = (5 ,6) υ (6,+οο)

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = (Ιηα - 1)χ α) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α η συνάρτηση f ορίζεται στο σύνολο IR ; β) Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού α η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο πεδίο ορισμού της; γ) Αν α = e3 , να προσδιορίσετε τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς y, για τους οποίους ι σχύει: f(lo gy) +f(S logy) = 12 ( 1).

2logy + l = 1 2<:::::> 2 ogy

f(x) 2

ραπάνω το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι:

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 8'1

{

β) Να λυθεί η εξίσωση

α) Πρέπει και αρκεί: ex - 2 > Ο <:::::> ex > 2 <:::::> χ > ln2 επομένως το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Α = (ln2, +οο) 13 β) Πρέπει και αρκεί f(ln3) = 1 <=:>α+Ιη( e " -2) = 1 <:::::> α + ln(3 - 2) = 1 <:::::> α = 1 γ) Για α = 1 η συνάρτηση γράφεται: f(x) = 1 + ln(ex - 2) και η εξίσωση f(x) = Ο προσ διορίζει τα σημεία τομής της γραφικής παράστα σης της συνάρτησης με τον άξονα χ ' χ. Στο Α λοι πόν έχουμε : f(x) = Ο <:::::> 1 + ln(ex - 2) = 2 <:::::> ln(ex - 2) = lne ( 1 ) Επειδή η λογαριθμική συνάρτηση είναι 1 - 1 έχουμε: ( 1) (;:::> ex - 2 = e <:::::> ex = e + 2 <:::::> x=ln( e+2) Δεκτή τιμή αφού e+2>2 �ln(e + 2) > ln2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/34

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΜΒΑΔΑ ΜΕΙΚΤΟΓΡΑΜΜΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ

Γεώ ργιος Κ. Τ ριάντος Η θεματολογία γύρω από τα εμβαδά μεικτογράμ μων σχημάτων έχει πολλαπλώς αναπτυχθεί με α ξιόλογα θέματα σε τεύχη παρελθόντων ετών του Ευκλείδη Β Ό Οι ασκήσεις που ακολουθούν συν δυάζουν αρκετά στοιχεία της ύλης που διδάσκεται στις δύο πρώτες τάξεις του Λυκείου. Επίσης, στα εμβαδά των κυκλικών τομέων και στα μήκη των τόξων, οι γωνίες εκφέρονται σε ακτίνια και όχι σε μοίρες. Άσκησ η 1 .

Τριγώνου ΑΒΓ είναι: ΑΓ = λ 3 , ΑΒ = λ6 ό-

που λ 3 , λ6 τα μήκη των πλευρών ισοπλεύρου τριγώνου, κανονικού εξαγώνου εγγεγραμμένων σε κύκλο ακτίνας R, αντιστοίχως, και ΒΓ = 2R . Θεωρούμε τους κυκλικούς τομείς με κέντρα τις κορυφές του τριγώνου ΑΒΓ που διέρχονται από τα σημεία επαφής C,D,E του εγγεγραμμένου κύκλου του με τις πλευρές του. Να βρεθεί το εμβαδόν του καμπυλογράμμου τριγώνου CDE.

Άσκη σ η 2. Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) . Η ευθεία που είναι κάθετη στη

Είναι: BΓ = 2R, AΓ = R .J3 , AB = R Επειδή ΑΒ 2 + ΑΓ 2 = 4R 2 = ΒΓ 2 , το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Α. Οι ακτίνες των τομέων με κορυφές Α, Β, Γ αντιστοίχως είναι: R( .J3 - l) 3 .J3 ρ = τ - α = R + - 2R = 2 2 R .J3 ( .J3 - 1) 3 .J3 ρ Β - τ - β - R + - R .J3 2 2 .J3 R( .J3 + 1) ρr = τ - γ = R 3 + - R = 2 2 . τους ειναι . Α = "2, Π Γ = (jπ . Π Β = "3, και οι γωνιες

Λύση :

Το ζητούμενο εμβαδόν προκύπτει από την διαφο ρά του αθροίσματος των εμβαδών των τριών κυ κλικών τομέων από το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Αν ονομάσουμε Ε(χ) το ζητούμενο εμβαδόν, έχουμε:

διάμετρο ΑΗ στο Ο τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία C, D αντιστοίχως. Δείξτε ότι: Ι ) Το τετράπλευρο BΓDC είναι εγγράψιμμο σε κύκλο κέντρου Κ. 2) Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που σχηματίζουν οι κύ κλοι (Κ, ΚΑ) , (Κ, KC) έχει εμβαδόν διπλάσιο από το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου (O, R) .

Λύσ η :

Η εφαπτομένη του κύκλου (O, R ) στο Α είναι παράλληλη στην COD και σχηματίζει γωνία φ με τη χορδή ΑΒ. Είναι φ = θ (εντός εναλλάξ ) και ω=φ (εγγεγραμμένη στο τόξο ΑΒ - υπό χορδής ΑΒ και εφαπτομένης Αχ) Άρα, θ=ω, οπότε το τετράπλευρο BΓDC είναι εγγράψιμμο σε κύκλο (Κ, ρ) , όπου ρ = ΚC . Τα τρίγωνα AOC και ΑΒΗ είναι όμοια, αφού είναι ορθογώνια με θ = ω = ΑΗΒ . Επομένως, ισχύει ΑΟ = AC � = AC � AB · AC = 2 R 2 ( l ) � ΑΒ ΑΗ ΑΒ 2R Όμως, ΑΒ · AC είναι η δύναμη του σημείου Α ως προς τον κύκλο (Κ, ρ) . Δηλ. AB · AC = ΑΚ 2 - ρ 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/35

Μαθη μ ατικά για την Β ' Λυκείου

και λόγω της ( 1 ): ΑΚ 2 - ρ 2 = 2 R 2 οπότε, είναι : 2 2 2 2 2 2 Π · (ΑΚ - ρ ) = 2πR <=> π · ΑΚ - πρ = 2πR σχέση, που αποδεικνύει το ζητούμενο.

α τετράγωνο πλευράς AG = τ =

+β+γ 2

2γ + γ J3 + γ γ(3 + J3 ) (1) 2 2 π πτ Το μήκος του τόξου GF είναι: L 0F = -ρ =1 2 2 (Ι ) π γ(3 + J3 ) πγ(3 + J3 ) =- · = 4 2 2 Επίσης, είναι BG ΒΖ = τ - γ , ΓΖ = ΓF = τ - β , οπότε η περίμετρος Ρ του σχήματος είναι π Ρ = BG + Β Γ + ΓF + L 0F = τ - γ + α + τ - β + -τ 2 π π = 2τ + α - β - γ + - τ = 2τ + α - (2τ - α) + - τ 2 2 J3 π π γ(3 ) γ h = -[1 6 + π(3 + ν3)] = 2α + -τ = 4γ + - · + 2 4 2 2 Αν είναι Ε(χ) το ζητούμενο εμβαδόν του σχήματος τότε, έχουμε ( βλέπε παραπάνω σχήμα ) Ε( χ) = (AGiαF) - (ΑΒΓ ) - τομ(ΙαGF) = 1 1 π = τ 2 - τρ - - · - · τ 2 = τ 2 - τ( τ - α) - -πτ2 = 2 2 4 γ(3 + J3 ) .!. π[ γ(3 + J3 ) 2 ] = ατ _ .!. πτ 2 = 2γ 2 2 4 4 2 = 1_ (3 + J3 )[1 6 - π(3 + J3 )] 16 =

Άσκ η σ η 3 .

Λ π Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 2 2 και πλευρά α = γ . Ο παρεγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ που αντιστοιχεί στην πλευρά ΒΓ εφάπτεται των προεκτάσεων των πλευρών ΑΒ και ΑΓ στα σημεία G , F , αντι στοίχως. Ν α υπολογίσετε το εμβαδόν και την περίμετρο του μικτογράμμου σχήματος που πε ρικλείεται από την ΒΓ , τις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ , ΑΓ και τον παρεγγεγραμμένο κύ κλο του τριγώνου συναρτήσει του γ.

Άσκηση 4. Σε κύκλο (O, R) θεωρούμε χορδές ΑΒ = λ ν και ΑΓ = λ 2 • προς το αυτό μέρος του Α. Με κέ ντρο Δ που είναι το aντιδιαμετρικό σημείο του Γ, γράφουμε κύκλο ακτίνας ΔΑ. Να βρείτε το εμβαδόν του μηνίσκου ΑΓΒΑ, συναρτήσει των R , ν , λ• .

υ ση :

Λ,

α π Επειδη' γ = l , ειναι ΓΛ = "6 , ,

π ΒΛ = 3 .

Αν Ια είναι το κέντρο του παρεγγεγραμμένου κύκλου τότε το τετράπλευρο AGiαF είναι

Λύ ση : Είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/36

1 ΟΚ = α. = - νΙ4R 2 - λ.2 (1) 2

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε: λ; = ΑΓ2 = ΓΔ · ΓΚ = ΓΔ(ΟΓ -ΟΚ) = 2R(R - αν ) (2) Απόν το ίδιο τρίγωνο παίρνουμε την ακτίνα χ του κύκλου ( Δ , ΔΑ ). Είναι: ΑΓ 2 = ΓΔ · ΚΔ � χ 2 = 2R(R + α ν ) . Για το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε: Ε = (ΑΓΒΑ) = Ε (ΟΑΓΒΟ) - (ΟΑΒ) τομεα

-[ Ε

τομεα

(ΔΑΒΔ) - (ΔΑΒ)] = _!_2 · 2πν · R 2 - _!_2 λν αν

-[_!_ . 2: χ 2 - _!_ λν (R + αν )] = 2:ν R 2 - _!_2 λν αν 2 ν 2 _2:_ χ 2 + _!_ λ R + _!_ λ αν = _2:_ (2R 2 - χ 2 ) + 2ν 2 ν 2 ν 2ν π 2 - 2R 2 - 2Rα ) + -1 λ R = + -1 λ R = -(2R ν 2 ν 2 ν 2ν = _2: Rα + _!_ λ R = _2:ν R _!_2 "/4R 2 - λ2ν + ν ν 2 ν R λ - π�4R 2 - λ2 ] + -1 λ R = -[ν ν 2 ν 2ν ν _

Άσκηση 5

Δύο κύκλοι ( K , R) , (Λ, ρ) τέμνονται ορθο γωνίων στα σημεία Α , Β. Η γωνία ΑΚΛ είναι α π ακτινίων ( Ο < α < ). Να βρείτε το εμβαδόν του 2 κοινού μέρους των δύο κυκλικών δίσκων συ ναρτήσει του R και της γωνίας α.

Για την ακτίνα ρ του κύκλου Λ έχουμε: ρ = R · εφα ( 1 ). Επίσης, είναι ΜΚ = 2:2 - α ΚΛ = �R 2 + ρ 2 = �R 2 + R 2 εφ 2 α = R�1 + εφ 2 α R2 = R ΑΚ 2 ΚΜ -- -- -: = -;:::= ΚΛ R�1 + εφ 2 α �1 + εφ 2 α

Λύ ση :

2Rρ = 2R · εφα R�1 + εφ 2 α �1 + εφ 2 α Για το ζητούμενο εμβαδόν έχουμε: Ε = Ε (ΚΑΕΒΚ) - (ΚΑΒ) + Ε (ΛΑDΒΛ) -(ΛΑΒ ) = -1 · 2α · R 2 - -21 ΑΒ · ΚΜ + -21 · (π - 2α)ρ 2 2 _!_ ΑΒ . ΛΜ = α . R 2 _ _!_ 2R · εφα . R 2 �1 + εφ 2 α �1 + εφ 2 α 2 +-21 · (π- 2α)R2 εφ2 α--21 2R · εφα2 · --;:::R== =' : · εφα = �1 + εφ α �1 + εφ2 α 2 R2 · εφ2 α = = α · R2 + -Ι · (π- 2α)R2 εφ2 α- R · εφα 2 1 + εφ2 α 1 +εφ2 α 1 2 εφ2 α R2 · εφα (l +εφα) = α · R2 (1 -εφ2 α) + -πR 1 +εφ2 α 2 ΑΒ = 2 . ΑΜ =

Άσκη ση 6.

Ο παρεγγεγραμμένος κύ κλος (Κ ,ρ α ) που

αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ ισοπλέυρου τριγώ νου ΑΒΓ εγγεγραμμένου σε κύκλο ( O , R) , εφάπτεται της ΒΓ στο Λ και των προεκτάσεων των πλευρών ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Ε, Ζ αντιστοίχως. Να βρείτε τον λόγο των εμβαδών των κυκλικών τμημάτων ΕΛΖΕ και ΒΓΜΒ που ορίζονται από τις χορδές ΕΖ και ΒΓ των δύο κύκλων.

Είναι ΑΒ = ΒΓ = ΑΓ = RJ3 . ΑΚ = 2ΑΛ = 2 (RJ3)J3 = 3R , ρ α = ΚΛ = 3R , Ε.ΚΖ = 2π . 2 3 2 3R 3RJ3 ΚΗ = -1 ρ = , : ΕΖ = ΑΕ = τ = -Ειναι α ' 4 2 2

Λύ ση :

ΑΛ2 - ρ 2 - R 2 εφ 2 α = -;:::R===='= · εφα ΛΜ - : ΚΛ ΚΛ R�1 + εφ 2 α �1 + εφ2α ΚΛ · ΑΜ = ΑΚ · ΑΛ � ΑΜ = ΑΚΚΛ· ΑΛ � ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

τομεα

Β'

Ε1 = (ΕΛΖΕ) = (ΚΕΛΖΚ) - ( ΚΕΖ) = 2π · ρ 2 - 1 · ΕΖ · ΚΗ = π · ( 3R ) 2 = 21 · 3 α 2 3 2 87 τ.3/37

Μαθη ματικά για τη ν Β' Λυκείου

.!. 3RJ3 . 3R = 3πR2 - MR2 = 3R2 (4π-3J3) (1) 2 2 4 4 16 16 Ε 2 = (ΒΜΓΒ) = (ΟΒΜΓΟ) - (ΟΒΓ) = ! . 2 π . R 2 _!_ , ΒΓ · ΟΛ = πR 2 _!_ , R .J3 . R = 2 3 2 3 2 2 πR 2 R 2 .J3 = � (4π - 3 .J3 ) (2) 4 12 3 3 R 2 (4π - 3 .J3) Ε < t J _36 = -9 1 6:------ = "-': ( R2 16 4 Ε 2 2) (4π - 3 .J3 ) 12 ,

_ ι

Ε 2 = (ΒΕΓΒ) - (ΒDΓΒ) = Ε < O.RJ -(ΒΑΓΒ) -(ΒDΓΒ) = Ε ( O,RJ -[(ΟΒΑΓ) - (ΟΒΓ)] - (ΒDΓΒ) = 2π 2 1 1 2= R + - ΒΓ · ΟΚ - -πρ = πR 2 - -1 · 2 3 2 2 2 R _!_ R .J3 2 = πR 2 πR + _!_ R .J3 ) = π( 3 2 2 2 2 R 2 .J3 -R 2 7πR 2 R 2 .J3 2πR 2 -= -- 3π = -- + -- (2) + 3 4 8 � 4 7πR 2 R 2 .J3 πR 2 R 2 .J3 πR 2 I E 2 - Ε , , = � + -- - Μ - -- = 4 4 4 _

Άσκηση 7. Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο Λ 2π (O, R) με ΑΒ = ΑΓ = λ6 , ΒΑΓ = - . Θεωρού3 με τον κύκλο διαμέτρου ΒΓ. Να δείξετε ότι η διαφορά των εμβαδών των δύο σχηματιζομέ νων μηνίσκων είναι ίση προς το ένα τέταρτο του εμβαδού του κυκλικού δίσκου (O, R) .

ΠΡΟΤ Ε Ι ΝΟΜΕΝ ΕΣ ΑΣΚΗΣΕ ΙΣ

Σε κύκλο (O, R) μή κους L1 και εμβαδού Ε1 θεωρούμε δύο χορδές ΑΒ, ΑΓ με τα ση μεία Β, Γ εκατέρωθεν του σημείου Α με 2π και ΑΒ α , ΑΓ β β λ < 1 . ΒΑΓ 3 α Λύση: Είναι: ΒΓ = R .J3 . Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ Θεωρούμε τον κύκλο διαμέτρ ου ΒΓ μή κους Π , ρ = ΒΓ = R .J3 ,εχει ακτινα L2 και εμβαδού Ε 2 • Τ 2 - . αρατηρουμε οτι: Να βρείτε συναρτήσει των α, λ, R τους λό Ε, = (ΒCΓΒ) - (ΒΑΓΒ) = (ΒCΓΒ) - (ΟΒΑΓΟ) + γους: 1 2π 1 1 +(ΑΒΓ) = - πρ 2 - - · - · R 2 + - · Β Γ · ΟΚ = 2 2 3 2 R .J3 2 πR 2 _!_ . .J3 . R 3πR 2 πR 2 = _!_ π( = ) + R 2 2 3 2 2 8 3 2 . Να διαιρεθεί κύκλος (O , R ) με δύο ο μόκε 2 R 2 .J3 R 2 .J3 πR = + + -- (1) ντρους κύκλους σε τρία μέρη με εμβαδά ανά 4 4 24 λογα των αριθμών α, β, γ που είναι θετικοί και διάφο ροι ανά δύο μεταξύ τους. -

= -

, - =

Δίνεται ο ρθ ογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΒ<ΑΔ με ΑΔ = h . Γ ράφ ουμε στο εσωτερικό του ορθο γωνίου τόξα κύκλων (Γ, ΓΔ) και (Δ, Δ Γ) που τέμνονται στο σημείο Ε . Αν το ύψος του κα μπυλογράμμου τριγώνου ΔΕΓ είναι το 1/3 του ύψους ΑΔ του ορθογωνίου, να υπολογισθεί το εμβαδόν που περικλείεται από το ο ρθ ογώνιο και β ρίσκεται εκτός του καμπυ λογράμμου τρι γώνου ΔΕΓ. 3.

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 2:. 6 και ΑΒ = ΑΓ = 2k . Θεωρούμε τους κύκλους (Β , ΒΑ ) και ( Β , ΒΓ ) . Να βρεθεί το εμβαδόν του σχηματιζομένου κυκλικού δακτυλίου. 4.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/38

Β ΆΥΚΕΙΟΥ Άσκη ση 1 '1 Να α)

δ είξετε

Κωνι κές τομές ότι

εξίσωση :

Άσκηση 2'1 α) Να βρεθεί

λννυ Φανέλη

η εξίσωση του περιγεγραμμένου

χ 2 + y 2 + 6χ - 2λy + 8 = Ο , λ Ε JR παριστάνει μία κύκλου C1 στο τρίγωνο ΑΒΓ που έχει πλευρές οικογένεια (σύνολο) κύκλων Cλ , των οποίων τα ΑΒ : y = χ - 1 , ΒΓ : χ = 2 , ΑΓ : y = -χ + 1 . β) Ν α βρεθεί η τιμή του λ Ε JR ώστε η εξίσωση κέντρα είναι συνευθειακά. δ β) Ν α είξετε ότι τα σημεία επαφής Μ των κύ χ2 + y 2 + 4χ + λ = ο παριστάνει κύκλο c 2 ο οκλων αυτών με τις εφαπτομένες από το σημείο ποίος να εφάπτεται στην ευθεία : x+ FJy-14=0. Α ( 2,0 ) ανήκουν σε μια άλλη οικογένεια κύ γ) Να δείξετε ότι ο C1 είναι εσωτερικός του C • κλων με τα κέντρα τους σε ευθεία παράλληλη δ) Να βρείτε τον γεωμετρικό τόπο C των κέ2 της προηγούμενης.

Λύση α) Επειδή

είναι Α 2 + Β 2 - 4Γ = 36 + 4λ 2 - 32 = 4λ 2 + 4 > Ο για κάθε λ Ε JR η εξίσωση παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ε JR .Το κέντρο ενός απ αυτούς ,

ντρων των κύκλων που εφάπτονται εξωτερικά του C 1 και εσωτερικά του C 2 και κατόπιν την εφαπτομένη του C από το Μ(9,0).

Λύση α) Το κέντρο

Κ 1 του περιγεγραμμένου κύκλου σε , δηλαδή τρίγωνο είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων , τους κύκλους είναι: Κ των πλευρών του. Έχουμε: Κ (-3, λ) και η ακτίνα του είναι: =1 Υ=χ-1 Άρα Β ( 2, 1) και <:::> Υ χ=2 χ=2 �Α2 + Β2 -4Γ �4λ2 + 4 , R= = = λ 2 + 1 . Π ροφανως χ=2 χ=2 2 2 Άρα Γ ( 2, -1) και <:::> . -3 = χ όλα τα σημεία Κ ανήκουν στην ευθεία y = -1 y = -x + 1 Υ χ - 1 = -χ + 1 2χ = 2 y=χ-1 <=> <=> Υ=χ-1 Υ= χ-1 Υ = -χ + 1 χ=1 Άρα Α(1,0) <=> Κ, y=O Προφανώς μεσοκάθετος της ΒΓ είναι η ε 1 : y = Ο Έστω Δ το μέσο της ΑΒ και ε3 η μεσοκάθετος του ΑΒ. Αφού λΑΒ = 1 ::;:. Ο θα έχουμε λ3λ ΑΒ = -1 � λ3 · 1 = -1 � λ3 = -1 , οπότε β) Έστω Μ (χ 0 , y 0 ) τυχαίο σημείο επαφής. Τότε: ε3 : y - = - ι χ - δηλαδή ε3 = y = -χ + 2 . AM J. KM � ΑΜ · ΚΜ = Ο � ( Χ 0 - 2, y 0 - Ο) ( Χ 0 + 3, y 0 - λ) = Ο Προφανώς οι ε 1 , ε3 τέμνονται στο Κ 1 ( 2, Ο) που � (χο - 2)(χο + 3) + Υο (Υο - λ) = Ο είναι το κέντρο του κύκλου. Η ακτίνα του κύκλου Επειδή είναι είναι: R 1 = (K 1 A) = (1 - 2 ) 2 + (0 - 0) 2 = 1 . � χ� + y� + χ 0 λy 0 6 = Ο 2 2 2 2 Α + Β - 4Γ = 1 + λ + 24 = λ + 25 > Ο , για κάθε Επομένως η εξίσωση του κύκλου C1 είναι: λ Ε JR , τα σημεία Μ θα ανήκουν σε μια άλλη οι 2 κογένεια κύκλων με εξίσωση c� (χ - 2) + y2 = 1 2 , ή x 2 + y 2 - 4x + 3 = 0 . Υ χ 2 + y 2 + χ - λy - 6 = Ο . Για τα κέντρα Λ αυτών 1 ' ' Λ των κυ' κλων εχουμε χ λ = -2 . Άρα τα σημεια

( � -�) -

{

'' '

{

{ { {

( %) J

' παρα' λλη' χ = -21 που ειναι ' ανηκουν στην ευ θ εια λη στην ευθεία χ = -3 .

ο Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/39

Μ αθη μ ατικ ά για τη ν Β ' Λυκείου

Π αρατή ρη σ η : Επειδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι προφα νώς ορθογώνιο και ισοσκελές (γιατί;) το κέντρο ναι το μέσο της υποτείνουσας ΒΓ. Β' τρόπος

Κ1

εί

Έστω C1 : χ 2 + y2 + αχ + βy + γ = Ο. Τότε Α ε ( c , ) <=> 1 + Ο + α · 1 + β · Ο + γ = Ο <=> α + γ = -1 Β ε ( c, ) <:::> 4 + 1 + α · 2+ β · 1 + γ =0 <=> 2α + β + γ = -5 Γ ε ( c, ) <=> 4 + 1 + α · 2 - β · 1 + γ = 0 <=> 2α - β + γ = -5 Άρα α = -4, β = Ο, γ = 3 , οπότε C1 : χ 2 + y2 - 4χ + 3 = Ο. Το ότι η C1 είναι κύκλος προκύπτει χωρίς τη συνθήκη α 2 + β 2 - 4γ > Ο α φού δεν είναι ούτε κενό σύνολο ούτε μονοσύνολο (περιέχει τουλάχιστον 3 σημεία) β ) Η εξίσωση χ 2 + y 2 + 4χ + λ = Ο παριστάνει κύ κλο όταν και μόνο: Α2 + Β 2 - 4Γ > Ο (1) Αλλά: (1) <=> 42 - 4λ > Ο <=> λ < 4 (2). Τότε Κ 2 (-2,0) .J και R 2 = 1 6 - 4λ = .J4 - λ 2 Για να εφάπτεται στην ευθεία χ + .J3Ύ - 14 = Ο πρέπει και αρκεί d(Κ,ε) = R 2 ( 3 ) . Έχουμε: ( 3 ) "" -2 - I� = -J4 - λ <c>8=-J4-λ ""' I λ = -601 1 2 + .J3 2 δεκτή τιμή αφού ικανοποιεί την (2). γ) Ο κύκλος C, έχει κέντρο Κ, (2,0) και ακτίνα R , = 1 και ο κύκλος C 2 έχει κέντρο Κ 2 ( -2,0) και ακτίνα R 2 = 8 . Η διάκεντρος έχει μήκος: (Κ,Κ 2 ) = J(-2 - 2γ + (0 - 0) 2 = 4 . Επομένως εί ναι: Κ1Κ 2 < R 2 - R , . 'Αρα ο κύκλος C, είναι ε σωτερικός του C 2 . δ) Έστω C 0 ο κύκλος ο οποίος εφάπτεται εξωτε ρικά του C, και εσωτερικά του C 2 , με κέντρο Λ και ακτίνα ρ . Τότε θα είναι: (Κ,Λ) = R 1 + ρ και ( �Λ) =� - ρ . Προσθέτοντας τις σχέσεις κατά μέ λη έχουμε: (Κ,Λ) +(Κ 2 Λ) = R, + R2 . Άρα (Κ,Λ) +(Κ2 Λ) = 9 , δηλαδή το άθροισμα των αποστάσεων του Λ από τα σημεία Κ, (2, 0) και Κ 2 ( -2,0) είναι σταθερό και μεγαλύτερο του (Κ,Κ 2 ) , επομένως ο γεωμετρικός τόπος των ση μείων Λ είναι μια έλλειψη C με εστίες τα σημεία κ, ( 2, ο) ' κ 2 ( -2, ο) και μεγάλο άξονα ίσο με 9 . Άρα 2α = 9 =:> α = -9 και 2

β 2 = α 2 - γ 2 = � - 4 = 65 ., οπότε 4 4 2 4y2 ---, 2 y2 4χ χ ' C : -2 + -2 = 1, δηλαδη C : - + - = 1 . 8 1 65 α β Έστω Σ(χ 0 , y0 ) το σημείο επαφής. Τότε εφα πτομένη θα είναι η (ε) : 4χ σ χ + 4 Υο Υ = 1 με 81 65 4x � + 4y� = 1 (i), οπότε 81 65 4χ 9 4y ο Μ ε (ε) <=> -0- + -0- = 1 <=> χ 0 = -9 και απο' 81 65 4 ' Jl95 . Υπαρχουν ' τη (.)ι β ρισκουμε λοιΥο = ±-4 πόν δύο εφαπτόμενες από το Μ, οι 4 · -9 x + 4 · --y Ms = 1 (ε I ) : δηλαδη' ' 8 1 4 65 4 (ε, ) : � + [3y = 1, και (ε 2 ) : � - [3y = 1 . 9 ν65 9 ν65 Άσκη σ η 3 '1 Δίνεται η παραβολή C : y 2 2px και τα σημεία της Α ( α\pα) και Β (β\p β) . Αν οι εφαπτόμε νες ε 1 , ε 2 της παραβολής στα Α και Β αντίστοι χα τέμνονται στο Γ, τότε : α ) Να βρείτε το p και να δ είξετε ότι : ( ABr) = !ι α- β1 3 2 β ) Έστω Α' η προβολή του Α στην δ ιευθετούσα .---....,----,--

•

δ της παραβολής . Να δ είξετε ότι τυχαίο σημείο Γ ( χ 0 , y 0 ) της εφαπτομένης ε, ισαπέχει από τα σημεία Α' και την εστία Ε της παραβολής. γ) Έστω η ευθεία ζ : y 2χ + β , β ε JR . i. Να βρείτε για ποιες τιμές του β η ζ τέμνει την C σε δύο σημεία. ii. Έστω Κ , Λ τα κοινά σημεία. Να δ είξετε ότι τα μέσα Μ των τμημάτων ΚΑ ανήκουν σε ημιευθεία. =

Λύση α) Η εφαπτομένη

(ε, ) της παραβολής C στο ση μείο Α ( α 2 , pα ) έχει εξίσωση: y · pα = p( χ + α 2 ) , δηλαδή yα = χ + α 2 και η εφαπτομένη ( ε 2 ) της παραβολής C στο σημείο Β ( β 2 , p β ) έχει εξίσω ση: Υ · p β = Ρ ( χ + β 2 ) , δηλαδή yβ = χ + β 2 . Επο μένως για τις συντεταγμένες (x,y) του Γ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/40

{yα = χ + a22 <=> {yα- yβ = α2 -β2 2 yα = χ + α yβ = χ + β <=> { y( α - β) = ( α - β)(2 α + β) yα = χ + α =α β { =α+β <=> { (α + yβ)α =+χ + α 2 <=> yχ = αβ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ι +Χ 1-β Υι + y Χ Μ = Χ 2 2 2 ' ΥΜ - 2 2 = 2χ ι + β + 2χ 2 + β - 2(χ ι + χ 2 ) + 2β 2 2 = (χι + χ 2 ) + β = (1 - β) + β = 1 . Άρα το Μ ανήκει στην ευθεία y= 1 . Όμως: β < _!_ => χ > _!_ . Τελικά 2 4 y=1 λοιπόν το Μ ανήκει στην ημιευθεία 1 Χ > -4 _

Άρα Γ (α β, α + β) , οπότε για το εμβαδόν έχουμε: ΑΓ = ( αβ - α 2 ,α + β - p α ) και

( ΑΒ Γ)

ΑΒ = ( β 2 - α 2 , p β - pα ) . Επομένως 2 ( ΑΒ Γ) = _!_ αβ2 - α2 α + β - pα . Αλλά: το 2 β - α p β - pα Α ε (C) => p 2 α 2 = 2pα 2 => l p = 21 . Άρα 2 ( ΑΒ Γ) = _!_ αβ2 - α2 β - α 2 β - α 2β - 2α = � l ( αβ - α 2 ) (2β - 2α) - ( β 2 - α 2 ) (β - α) l

}

Άσ κηση 4η α) Να βρείτε την

εξίσωση της υπερβολής C που έχει κέντρο το Ο (Ο, Ο) , πρωτεύοντα άξονα τον ' 2J3 ' ο ρ θ οχ,χ , εκκεντροτητα ε -- και εμβ αδ ον =

γωνίου βάσης ίσο με

4J3

•

β) Να βρείτε το συμμετρικό Ζ της εστίας Ε (γ, Ο) της C , ως προς την εφαπτομένη της ε σε σημείο Μ του ι τεταρτημορίου με τετμημένη 3 .

= � l α(β - α)2(β - α) - (β + α)(β - α) { β - α )I = �l ( β-α) 2 ( 2α- ( β + α) )I = �Ι ( β-α)2 ( α-β)Ι =� Ι α-�3 γ) Να δείξετε ότι το Ζ βρίσκεται σε κύκλο που ου

έχει κέντρο την άλλη εστία της υπερβολής και ακτίνα 2α .

Χ ε = E.2 = l , Υ ε = Ο και χΑ. = -Ε.2 = -1 , ΥΑ· = pα = 2α , οπότε για να είναι: ( Α'Γ) = { ΓΕ) δ) 'Εστω η ευθεία δ : χ � , την οποία η εφα γ αρκεί �( χ0 + 1 )2 + ( y0 -2α) 2 = �( 1-χ0) 2 + ( 0-y0) 2 , ' ' : MFH " π πτομε' νη ε τεμνει στο Η. Να δείξετε οτι ή χ� + 2χ0 + l + y� -4y0 α + 4α2 = l - 2x0 + χ � + y� , 2. ή 4χ 0 - 4y 0 α + 4α 2 = 0 , ή χ 0 - y0 α + α 2 = 0 , ή Λύση 2 α) Η εξίσωση της υπερβολής θα είναι της μορφής: y0 α = Χ0 + α , που ισχύει αφού το Γ ανήκει στην 2 2 εφαπτομένη ( ε ι ) : yα = χ + α 2 . ..;.. - � = 1 . Το ορθογώνιο βάσης έχει πλευρές με γ) Οι συντεταγμένες (x,y) των κοινών σημείων (αν α β μήκη: 2α , 2β επομένως το εμβαδόν είναι: υπάρχουν) θα επαληθεύουν το σύστημα Ε = 2α 2β = 4αβ . Άρα 4αβ = 4.J3 <:::> αβ = .J3 y 2 = 4χ ( Ι ) (2) ( 1) . Για την εκκεντρότητα έχουμε: y = 2χ + β (2) Έχουμε: ( 1 ) <=>( 2χ + β) 2 = 4χ <::> 4χ 2 + 4χβ + β2 = 4χ <::> 4χ 2 + 4(β - 1) χ + β 2 = 0 (2) f.. Ι 2 = 2.J3 2 - 1 = _!_ Επομένως, για να έχει η εξίσωση δύο διαφορετι <:::> 2 = ε 2 - 1 Άρα α α 3 3 κές λύσεις πρέπει και αρκεί Δ > Ο . Όμως <:::> α = β .J} ( 2) Αντικαθιστώντας την ( 2) στην Δ > Ο <:::> 1 6(β - 1) 2 - 16β 2 > Ο (1) έχουμε: β 2 .J3 = .J3 <=> I β = 1 1 και I α = .J3 J . <::> β 2 - 2β + l - β 2 > 0 <::> β < � β ) 'Εχουμε

{

}Σ ()

()

Ι Ι

i. Έστω Κ(χι , Υ ι ) και Λ(χ υ y 2 ) τα δύο κοινά

σημεία. Για το μέσο Μ του

ΚΑ

θα έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/41

( )

Μ αθη μ ατικά για την Β ' Λυκείου

Επομένως: C : � - _i = 1, ή l. c : x 2 - 3y2 = 3 1 (3) 3 1 --=r=και γ = �α 2 + β 2 = 2 . β) Έχουμε M {3, y0 ) με y0 > 0, οπότε:

Άρα (ε) :

\ 3 - yJ2 = 1, ή l( ε) : χ -yν'2 -1 =01

και έχει συντελεστή διεύθυνσης λ =

�

-:;:.

2 J2 4 ' Από τις ( 1 ) , ( 2 ) β ρισκουμε: Χ ι = 3 , Υι = -3

{4)

Ο.

Έστω Ζ το συμμετρικό της εστίας Ε<:::ως::> προς την λλ εz = -1 εφαπτομένη ε . Τότε: ΕΖ _ι ε <=> λ εz = -J2 ·

Η άλλη εστία της υπερβολής είναι Ε' { -γ, Ο) , δηλαδή ( -2, 0) επομένως ο κύκλος με κέντρο το Ε' και ακτίνα R = 2α = 2 .fi , έχει εξίσωση: (χ + 2 ) 2 + y 2 = 1 2 .

Άρα η εξίσωση της ευθείας ΕΖ είναι: y - 0 = -J2 ( x - 2) , ή J2x + y - 2 J2 = o (5) .

Οι συντεταγμένες του Ζ επαληθεύουν αυτήν την εξίσωση αφού:

γ)

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 4) και ( 5) βρίσκουμε το κοινό σημείο Επειδή το

έχουμε:

<:::::>

Β'

Xz =

�

{

Σ [f, �)

των ΕΖ, ε .

είναι το μέσο του τμήματος ΕΖ , θα 2 ε = Xz + χ Σ = Xz Χ <:::::> 2 ν'2 _ h + 0 Υ +Υ ΥΣ = z ε 2 2 3

2 J2 Yz = -3

;

Ά ρα

�

z [i , )

τρόπος

2 J2 3 3

Σ(

)

χ ι +-2 Υι + Ο , - και 2 2 ΕΖ = (χ ι - 2, y ι - 0 ) , οπότε Υ ι - 1 = 0 <:::> χ = y ν�2 ( 1 ). Χι + 2 - ν�2 ( ε ) <=> -ι ι 2 2

'Ε στω Ζ{ Χ ι , Υι ) . Τοτε '

Σε

Επομένως το Ζ βρίσκεται στον κύκλο που έχει κέντρο την άλλη εστία της υπερβολής και ακτίνα 2α . δ)

Η ευθεία δ έχει εξίσωση δ : χ = � => χ = � . γ 2

Βρίσκουμε το σημείο Η λύνοντας το σύστημα: 3 3 = Χ <::: ::> Χ= 2 Ά Η 3 J2 2 ρα 2' 4 J2 h y -ι�ο

!y�-f

[ )

Για να δείξουμε Μ ΕΗ = � , αρκεί να δείξουμε: 2 ΜΕ · ΕΗ = Ο . Πράγματι:

Αλλά (ε) / /Υ = ( ν'2,1) , οπότε ΕΖ _L (ε ) <:::> EZ _L V <:::::> <:::> ΕΖ · V = Ο <:::> ( χι -2) ν'2 + Υι =Ο <=> <:::::> J2χ ι + Υ ι = 2 J2 (2) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/42

ΤΡΕΙΣ ΤΡΟΠΟΙ ΑΝΤΙΜΕΤΩΠΙΣΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΩΝ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ Γιώργος Σ. Τασσόπουλος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών Ένα γεωμετρικό πρόβλημα μπορεί κατά κανόνα να αντιμετωπιστεί με τρείς τρόπους. Α) Ευκλείδεια Β) Διανυσματικά Γ) Αλγεβρικά (με συντεταγμένες) Κάθε φορά ενδείκνυται ή αντενδείκνυται κάποιος απ' αυτούς τους τρόπους. Παραθέτουμε ένα χα ρακτηριστικό παράδειγμα προκειμένου να το αντι μετωπίσουμε και με τους τρείς τρόπους. θέ μα: θεωρούμε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και το ύψος ΔΕ του τριγώνου ΑΓΔ . Αν Μ ,Ν είναι τα μέσα των ΕΓ και ΑΒ αντιστοίχως, τότε να δ ειχτεί ότι : ΔΜΝ 90° =

•

Α πόδ ε ι ξη α ' τρό πος (Δι ανυ σματικ ά )

Δ,I<"C"""_____--:71

[

•

)

και (2) � λΝΔ+(1 -λ) ΝΓ =0 => λΔΝ+(Ι-λ) ΙΝ =Ο ( ii ) . Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι ενδείκνυται να

]

Π ο ρί σματα 1.

Πριν ξεκινήσουμε την απόδειξη, καλό είναι να έχουμε συνειδητοποιήσει ότι στο πρώτο κεφάλαιο του Διανυσματικού Λογισμού μια πολύ χρήσιμη πρόταση, από την οποία απορρέουν μερικές ακό μη, περισσότερο ή λιγότερο γνωστές προτάσεις, είναι η ακόλουθη. Αν δύο σημεία Μ, Ν χωρίζουν τα διανύσματα ΑΒ, ΓΔ αντιστοίχως στον ίδιο λόγο ( εσω τερικά ή εξωτερικά), δηλαδή ΑΜ = λΑΒ ( 1) και ΓΝ = λ ΓΔ ( 2) , τότε το διάνυσμα ΜΝ υπολογί ζεται συναρτήσει των διανυσμάτων ΑΓ, ΒΔ και του λ . Παρατηρούμε γι'αυτό ότι μπορούμε να «πάμε» από το Μ στο Ν δια μέσου των Α, Γ κα θώς και δια μέσου των Β, Δ . Έχουμε λοιπόν: Ι\ι1Ν= ΜΑ + ΑΓ+fΝ (3) και ΜΝ=ΜΒ+ΒΔ+ΔΝ (4) . Χρειαζόμαστε επομένως να βρούμε ποια σχέ ση συνδέει τα ΜΑ, ΜΒ καθώς και τα ΙΝ,ΔΝ . Αυ τές προκύπτουν εύκολα από τις σχέσεις ( 1) , ( 2) Πράγματι θεωρώντας το Μ ως αρχή στη σχέση (1) και το Ν στη σχέση (2) έχουμε: (1) => -ΜΑ = λ ΜΒ - ΜΑ => λΜΒ + ( Ι - λ)ΜΑ = 0 (i)

(

πολλαπλασιάσουμε τα δύο μέλη της σχέσης (3) με (1 - λ) και της (4) με λ . Έτσι λοιπόν έχουμε: (3) => (1 - λ)ΜΝ = (1 - λ) ΜΑ + ΑΓ + ΓΝ = (1 - λ) ΜΑ + (1 - λ) ΑΓ + (1 - λ) ΓΝ Α και (4) => λΜΝ = λΜΒ +λΒΔ +λΔΝ , οπότε με πρόσθεση κατά μέλη και λαμβάνοντας υπόψη τις ( i) , (ii) βρίσκουμε ΜΝ = λΒΔ + (1 - λ)ΑΓ (Ι)

(

)

- 1 1 Αν λ = l τότε: ( Ι ) => MN = l ΒΔ + ΑΓ ( Π ) , -

αφού λ = 1 - λ = .! Η σχέση (Π) αποδεικνύεται 2 όμως και άμεσα με πρόσθεση των ( 3) και ( 4) κατά μέλη. Επειδή τότε ισχύει: ΑΜ = λΑΒ και 1- ΔΝ = -ΔΓ = λΔΓ , εναλλάσσονται δηλαδή τα Γ, Δ , 2 οπότε προφανώς θα έχουμε: ΜΝ = λΒΓ + (1 - λ) ΑΔ =

�{ ΒΓ + ΑΔ ) .

Τότε οι

(3) , ( 4) γίνονται: ΜΝ = ΜΑ + ΑΔ + ΔΝ (3α) και ΜΝ = ΜΒ + ΒΓ + ΓΝ ( 4α) αντιστοίχως. Προκύπτει δε άμεση απόδειξη της σχέσης: ΜΝ = Br + ΑΔ με πρόσθεση των (3α) , ( 4α)

)

�(

κατά μέλη. 2 . Αν Α = Β = Μ , τότε: ΜΝ = λΜΔ + (Ι - λ)ΜΑ

�

�(

Αν επιπλέον έχουμε λ = , τότε: rvN=

Μ'+1\.ιfi

δηλαδή προκύπτει ο γνωστός τύπος της διαμέσου. ΑΞ ΞΜ Β

ΑΞ ΞΜ Β

Π αρατή ρη σ η : Αν αν επιπλέον έχουμε

Α=Γ ,

τότε

ΜΝ

λΒΔ

(1)

..!_ , τότε ΜΝ ..!_ΒΔ ( 2) . =

και

2 2 Οι παρατηρήσεις αυτές έγιναν για πρώτη φορά στο βι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/43

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου βλίο μου Διανυσματικός Λογισμός (Εκδόσεις Πελεκάνος Αθήνα 1 992 το οποίο έχει εξαντληθεί. Β

�

Π ροσοχή : Η σχέση μορφή της

(Ι) , όμως η

( 1)

μπορεί να αποτελεί ειδική

απόδειξη της γίνεται με ομοιό

τητα τριγώνων και όχι με βάση τη σχέση

(Ι) , για την

απόδειξη της οποίας χρειάστηκε ο πολλαπΑ,ασιασμός των δύο μελών των σχέσεων ( 3) , ( 4) με 1 -λ , λ . Χρειάστηκε δηλαδή η ιδιότητα:

λ (α + β) = λα + λβ ,

που η απόδειξη της, όπως αναφέρουμε παρακάτω (ένα ανεπαίσθητο λάθος), βασίζεται ακριβώς στη σχέση

{ 1) . Όπως ακριβώς το θεώρημα Bolzano

αποτελεί μεν

ειδική περίπτωση του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής, όμως δεν μπορεί να θεωρηθεί συνέπεια του θεωρήματος ενδιάμεσης τιμής, αφού συμβαίνει ακριβώς το αντίθετο. Δηλαδή το θεώρημα ενδιάμεσης τιμής είναι συνέπεια του θεωρήματος Bolzano. Η σχέση ( 2) όμως μπορεί να θεωρηθεί συνέπεια της

πλώς με πρόσθεση των

(ΙΙ)

η οποία αποδεικνύεται α

( 3) , ( 4) κατά μέλη, δηλαδή δεν

βασίζεται έτσι στην ιδιότητα:

λ(α + β) = λα + λβ .

Έ να ανεπαίσθητο λάθος

Η απόδειξη της σχέσης: ΜΝ = λ ΒΔ όταν Α = Γ σε πολλά βιβλία γίνεται ως εξής: ΜΝ = ΜΑ + ΑΝ = λΒΑ + λΑΔ = λ ΒΑ + ΑΔ = λΒ Δ . Το λάθος στην απόδειξη αυτή έγκειται στο ότι για να αποδειχθεί η ιδιότητα: λ ΑΔ + ΑΒ = λΑΔ + λΑΒ , θεωρήθηκε γνωστή η

(

)

την απόδειξη της σχέσης {Ι) .Θα γράψουν δηλαδή: ΜΝ = _ΜΑ' + )Ν_ + Β ΜΝ = _ΜΕ' + ΒΔ + '!R => ΒΔ , και όχι -=2ΜΝ ΒΔ => -ΜΝ = 2 ΒΑ+Α Β -Δ = -Δ = 2ΜΑ+2ΑΝ - - = 2 ΜΑ+ΑΝ - - = 2ΜΝ -. Για να αποφεύγονται τέτοια φαινόμενα ανακολου θίας, πρέπει να γνωρίζουμε ποιές προτάσεις προη γούνται και ποιες έπονται (ως προς την αποδεικτι κή διαδικασία) κάθε πρότασης που ζητάμε να απο δείξουμε. Να γνωρίζουμε τουλάχιστον, σε ποιες προτάσεις βασίζονται οι αποδείξεις των θεωρημά των σε ένα βιβλίο, αν όχι τις αποδείξεις τους. Για παράδειγμα σε ένα βιβλίο Ευκλείδειας Γεωμετρί ας, δεν μπορούμε να χρησιμοποιούμε το άθροισμα των γωνιών τριγώνου πριν από την έννοια και τις σχετικές ιδιότητες της παραλληλίας ευθειών. Ερχόμαστε πλέον στην απόδειξη της πρότασης μας Για να είναι ΔΜ ..L ΜΝ , αρκεί ΔΜ · ΜΝ = Ο Σύμφωνα λοιπόν με όσα προαναφέραμε, μπορούμε να υπολογίσουμε τα διανύσματα ΔΜ, ΜΝ φροντίζοντας να εμφανιστούν διανύσματα U; στο ΔΜ και ν; στο ΜΝ με U; ..L ν; i = 1, 2, 3 ... . Σύμφωνα με το 2° πόρισμα (τύπος διαμέσου) έ-

}

(

χουμε: ΔΜ =

Ξ ( ΔΕ + ΔΓ )

Σύμφωνα

με

1 ο πόρισμα έχουμε: ζητούμενη σχέση: ΜΝ = λΒΔ (θεώρημα σχολικού βιβλίου σελίδα 22) Έγινε λοιπόν χρήση της ομοιό ΜΝ = FΑ+ΓΒ , αφού τα Μ , Ν είναι μέσα των τητας των τριγώνων ΑΜΝ ΑΒΔ δηλαδή της σχέσης ( ΜΝ ) = Iλi ( ΒΔ) με λ > Ο ή λ < Ο , ΕΓ, ΑΒ αντιστοίχως (έτσι εμφανίστηκαν πράγματι τα κάθετα διανύσματα u 1 = ΔΕ , ν1 = ΕΑ καθώς απ' όπου ΜΝ = λΒΔ (Φαύλος κύκλος). Στη σελίδα 24 του σχολικού βιβλίου (Μαθηματικά και τα U 2 = ΔΓ , ν2 = ΓΒ που aπαιτούσαμε). θετικής και τεχνολογικής κατεύθυνσης Β ' Λυκεί ου), όπου ουσιαστικά επιχειρείται η απόδειξη της Άρα: ΔΜ · ΜΝ = ΔΕ + ΔΓ ΕΑ + ΓΒ = - 11 σχέσης ΜΝ = - ΒΔ , όταν Α = Γ και λ = - (δηΔΕ · ΕΑ + ΔΕ · ΓΒ + ΔΓ · ΕΑ + ΔΓ · ΓΒ = 2 2 λαδή ότι το τμήμα που ορίζεται από τα μέσα δύο πλευρών τριγώνου είναι παράλληλο στην τρίτη ΓΒ · ΔΕ + ΕΑ · ΔΓ = ΔΑ· ΔΕ+FΑ· ΠJJΟ/3εχ ΔΓ = πλευρά και ίσο με το μισό της ), καλό είναι να το νισθεί η ανακολουθία της απόδειξης με το θεώρηΔΑ · προβ ΔΑ ΔΕ + ΕΑ · ΕΓ = ΔΑ · ΔΚ - ΔΕ 2 μα: λ a + β = λa + λβ της σελίδας 22. Έτσι οι μαθητές θα αναγκαστούν να σκεφτούν όπως κατά = ΔΕ 2 - ΔΕ 2 = Ο .

�(

{ )

�( �( �( �(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/44

)

το

)

�{

) �(

)

){

) �(

)

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Βασιστήκαμε όπως έγινε αντιληπτό σε δύο βα σικές ιδιότητες του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ με υποτείνουσα-ΒΓ-και ύψος ΑΔ, τις εξής: δ 2 , οπότε: ( 11 ) => λ = -δ3 Άρα: -2 2 => κ = -α) ΑΔ = -ΔΒ · ΔΓ β) ΑΒ = ΒΓ · ΒΔ 1 + δ2 1 + δ2 Οι διανυσματικές 2 δ +1 αποδείξεις τους απο -2δ2 + 1 και 1 κ + 1 +-'='τελούν ενδιαφέρου χ Μ ...0. ...:.. δ 2 = 2 2 σες εφαρμογές του 2 ( δ2 + 1 ) θεωρήματος: U · � = U · Π ρ Ο β- � και τις υπενθυμίζουμε. Πράγματι για την (α) έχουμε: ΑΔ 2 = ( ΑΒ + ΒΔ )( ΑΓ + ΓΔ ) Αλλά ΔΜ = ( χ Μ ,y Μ -δ) και ΜΝ = � - x M ,-y M . = ΑΒ · ΑΓ + ΓΔ · ΑΒ + ΒΔ · ΑΓ + ΒΔ · ΓΔ = ΓΔ · προβfΔ ΑΒ + ΒΔ · προβ8Δ ΑΓ + ΔΒ · ΔΓ οπότε: ΔΜ · ΜΝ = χ Μ � - χ Μ - y M ( YM - δ) = ΓΔ · ΔΒ + ΒΔ · ΔΓ + ΔΒ · ΔΓ 1 = -ΔΒ · ΔΓ - ΔΒ · ΔΓ + ΔΒ · ΔΓ = -ΔΒ · ΔΓ . ( Φρο = -Χ + δy Μ - Χ 2Μ - y2M ντίσαμε στην πρώτη παρένθεση να εμφανιστεί το 2 Μ διάνυσμα u 1 = ΑΒ και στη δεύτερη το ν1 = ΑΓ , 2 + 1 δ 2 ( 2δ 2 + 1 ) ( 2δ 2 + 1 ) 2 δ2 ( δ2 + 1 ) 2 2δ = 2 + 2 όπου u , _l ν, ). Για τη σχέση (β) προκειμένου να 4 ( δ + 1 ) 2 ( δ + 1 ) 4 ( δ2 + 1 )2 4 ( δ2 + 1 ) 2 εμφανιστεί και πάλι το γινόμενο 2δ2 + 1 [( δ2 + 1) + 2δ2 ( δ2 + 1) - ( 2δ2 + 1 -δ2 2δ + 1 u , · ν, = ΑΒ · ΑΓ = Ο έχουμε: ) ( 2 )J 2 2 4( +1 δ ) 2 ΑΒ = ΑΒ · ΑΒ =ΑΒ( ΑΓ + ΓΒ) = ΑΒ · ΑΓ + ΓΒ · ΑΒ 2δ2 + l (δ2 + 1)(1 + 2δ2 ) -(2δ2 + 1 ) (1 + δ2 ) = ο --- -- -- [ ] . = ΓΒ · ΑΒ = ΓΒ · προβ ΓΒ ΑΒ = ΓΒ · ΔΒ = ΒΓ · ΒΔ . 4(δ2 +1 ) 2 •

0 0

•

-- -

Β'

)

(

)

(

τρόπος (Α λγε βρικά) Δ

r:σ. δ)

Αφήσαμε για το τέλος την Ευκλείδεια ωτόδειξη για να φα νεί και η δυσκολία της και η κομψότητά της. Ως γνωστόν ότσ:v δυσκολευόμαστε να δείξσυμε ωτ'ευθείας την καθετότητα δύο ευθειών π.χ. των ΔΜ,ΜΝ , τότε επιδιώκσυμε να δείξσυμε ότι η ΔΜ είναι κάθετη σε μια παράλληλη της ΜΝ ή ότι η ΜΝ είναι κάθετη σε μια παράλληλη της ΔΜ . γ ' τρ ό π ος (Ευκ λείδεια)

χ'

8 ( 1 ,0)

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα xAy με ΑΒ = i

και το Δ στο θετικό ημιάξονα του y 'y . Τότε: Β ( 1, Ο ) ,

Δ ( Ο, δ ) με δ > Ο , οπότε: Ν

(� . ο)

και Γ ( 1, δ ) . Για

να βρούμε το εσωτερικό γινόμενο ΔΜ · ΜΝ αρκεί να βρούμε τις συντεταγμένες του Μ , δηλαδή ουσιαστικά τις συντεταγμένες του Ε . Έστω Ε ( κ, λ ) . Μπορούμε να βρούμε δύο εξισώσεις με αγνώστους κ, λ βασιζόμε,

ΑΕ I I ΑΓ ( 2) . ΔΕ = ( κ,λ - δ) , ΑΕ = ( κ, λ) , ΑΓ = ( 1, δ) ,

νοι στις σχέσεις Έχουμε: οπότε:

ΔΕ _l ΑΓ

( 1 ) και

(1) => ΔΕ·ΑΓ=Ο => κ + δ ( λ - δ) = 0 =>κ+δλ=δ2 (i) (2)

det

(

ΑΕ, ΑΓ

) =0 ι � =>

�I = 0

κδ = λ ( ii )

Στην προκείμενη περίπτωση μπορούμε εύκολα να δημιουργήσουμε παράλληλη της ΜΝ αν θεωρήσουμε το μέσο Η του ΔΕ προκειμένου ως συνήθως να το «ζευγαρώσουμε» με το μέσο Μ του ΕΓ (μέσα πλευ ρών στο τρίγωνο ΕΓΔ ) . Πράγματι τότε έχουμε: ,

ΜΗ I /ΓΔ

και ΜΗ =

ΓΔ

ΜΗ I I = ΝΑ

ΑΝΜΗ παραλληλόγραμμο => ΑΗ I IMN . Αρκεί λοι πόν να δείξουμε ότι: ΑΗ _l ΔΜ . Πράγματι: ΜΗ I !ΓΔ και ΓΔ _l ΑΔ => ΜΗ _l ΑΔ . Έχουμε και ΔΕ _l ΑΜ . Άρα το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΔΑΜ , οπότε θα είναι και ΑΗ _l ΔΜ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87

τ.3/45

λ·v •ι έννοι α του δ ι ανυσματικοiι χώρου . . .

Στο σύνολο των διανυσμάτων του επιπέδου ν (και όχι μόνο) ορίζουμε δύο πράξεις, ως εξής:

Από το καρτεσιανό γινόμενο νχν στο ν, ώστε το διατεταγμένο ζεύγος των διανυσμάτων (α , β) να αντιστοιχεί στο διά* Την εσωτφι κ ή π ράξη - π ρ ίισΟεση :

νυσμα α + β . Η πράξη αυτή έχει αντίστοιχες ιδιότητες με την πρόσθεση αριθμών, δε δημιουργεί προβλήματα και έτσι δε γί νεται φανερό πόσο απαραίτητη είναι η απαίτηση του διατε ταγμένου ζεύγους.

Από το καρτεσιανό γινόμενο ΙRΧν στο ν , ώστε το διατεταγμέ νο ζεύγος (λ , α) να αντιστοιχεί στο διάνυσμα λ . α σύμφωνα με τον γνωστό ορισμό και του σχολικού βιβλίου. Με τις δύο αυ τές πράξεις το σύνολο ν έχει τη δομή ενός διανυσματικού χώρου επί του σώματος των πραγματικών αριθμών IR . Επειδή ακριβώς το (λ , α) είναι εξ' ορισμού διατεταγμένο ζεύγος , στην πράξη λ . α , ο πραγματικός αριθμός πρέπει να τίθεται πάντα από αριστερά και το διάνυσμα από δεξιά. Η έκ φραση α · λ δεν έχει οριστεί και κατά συνέπεια δεν έχει κα μία έννοια και δεν πρέπει να γράφεται. Αλλιώς καταργείται η έννοια του διατεταγμένου ζεύγους και μιλάμε για άλλα μαθη ματικά. Αυτό πρέπει να τονίζεται στους μαθητές. Θα μπορούσα να κλείσω εδώ το ζήτημα. Αλλά υπάρχουν . . . ;, Τον εξωτερικό πολλαπλασιασμίι :

. . . και τα

π α ρ ίι λογα.

Επιμένοντας σε αυτό το σημείο, κατά τη διδασκαλία αυτού του κεφαλαίου, μαθητές μου είπαν ότι «μας έχουν πει να βά ζουμε το αριθμό, όπου μας βολεύεω. Αντέδρασα, τους εξήγη σα ότι αυτό δεν γίνεται, γιατί θα αντιμετωπίσουμε σοβαρά προβλήματα στη συνέχεια του κεφαλαίου. Όταν έφτασα στη διδασκαλία του εσωτερικού γινομένου δι ανυσμάτων, με περίμενε άλλη δυσάρεστη έκπληξη. Ορισμένοι μαθητές επέμεναν ότι η «προσεταιριστική» ιδιότητα ισχύει, άλλοι ότι ισχύει σε κάποιες περιπτώσεις κ. τ. λ. Αυτά βέβαια δεν τα έβγαλαν από το μυαλό τους. Κάποιοι είχαν προλάβει να τους τα «μάθουν». Μεγαλύτερη έκπληξη ένοιωσα, όταν έφτασε στα χέρια μου «φυλλάδιο», με ερωτήσεις «Σωστού Λάθους», μερικές από τις οποίες ήταν οι παρακάτω: , Το α3 είναι διάνυσμα ομόρροπο με το α .

Αν � � > 0 και (α · β) · y = α · (β · Υ ) , τότε α . β = Ο β·γ Για δύο μη μηδενικά διανύσματα ϊί , ν ισχύει πάντα

u·ν U · ν = --2 · ν ι νι _

Είναι απορίας άξιο, πως ορίστηκε το διάνυσμα (!) α3 ή πως μπορεί να συγκριθεί ένας αριθμός με ένα διάνυσμα. Θα πει κάποιος ότι μαθητές Β ' Λυκείου είναι, τι πειράζει να δεχτούμε ότι ισχύει λ · ν = ν · λ ; Αν δεχτούμε την τελευταία ισότητα, τότε μπορούμε να μιλάμε και για την «προσεταιριστική» ιδιότητα: (α · β) · y = α · (β · y) , αφού το δεύτερο μέλος της είναι διάνυσμα επί αριθμό. Όμως η εν λόγω ιδιότητα αναφέρεται σε μία και μόνο πρ άξη , ενώ η τελευταία ισότητα έχει μέσα της δύο πράξεις, την πράξη λ . α και το εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων, άρα δεν έ χει νόημα να μιλάμε για «προσεταιριστική ιδιότητα». Η σύγ-

ν . λ; Ηλίας Κωνσταντόπουλος

χυση πιθανόν να δημιουργείται επειδή χρησιμοποιούμε το ίδιο σύμβολο και για τις δύο πράξεις. Δε θα έπρεπε να συνεχίσω, γιατί αισθάνομαι άβολα. Αλλά θέ λω να διαλυθεί οποιαδήποτε ομίχλη υπάρχει ακόμα. Αν δε χτούμε να κάνουμε την παρασπονδία αυτή, τότε εύκολα φτά νουμε στην αυθαιρεσία να ρωτάμε «πότε ισχύει η προσεταιρι στική ιδιότητα» και να φτάνουμε στο «συμπέρασμα>> ότι για να ισχύει πρέπει τα διανύσματα να είναι συγγραμμικά! Η παραδοχή της «προσεταιριστικότητας» στο εσωτερικό γι νόμενο, έχει και άλλες, πιο οδυνηρές συνέπειες. * Το σχολικό β ιβλίο αποδεικνi>ει ότι ισχύει ( ί5. · β)' � α' · β' . Μπορούμε να «αποδείξουμε» ότι η σχέση αυτή ισχύει ως ισό τητα! : ( α · β) 2 = ( α · β) · ( α · β) = α · (β · α) . β =

= α · (α · β) . β = ( α · α) · ( β . β) = α 2 . β 2 και να ρωτήσουμε

τους μαθητές γιατί ισχύει αυτό. * Τα π ρ ίιγμ ατ α μποροi>ν να γίνουν ακόμα χειρότε ρ α : Εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι για κάθε διάνυσμα α , ισχύει: α = (α . Τ) . τ + (α 1 ) 1 θέτοντας α = (κ , λ ) . Αν όμως παρασυρθούμε και χρησιμοποιήσουμε την «προσε ταιριστικότητα», τότε: α = (α . Τ) . τ + (α · 1 ) · 1 = α . (τ . Τ ) + α . (1 · 1 ) = α + α = 2 α Συμπερασματικά: , Δεν ορίζεται και δεν μπορούμε να γράφουμε ν · λ . , Δεν μπορούμε να αναφερόμαστε σε «προσεταιριστικότη τα» σε αυτήν την πράξη, αφού το ένα μέλος της δεν είναι ορισμένο, ούτε να ρωτάμε αν ισχύει ή δεν ισχύει. , Δεν υπάρχουν «δυνάμεις» διανύσματος, εκτός από το εσωτερικό τετράγωνο. , Εντελώς ανάλογο είναι και το λάθος να ρωτάμε αν μια συνάρτηση που δεν ορίζεται σε ένα σημείο, είναι ή όχι συνεχής σ' αυτό. (π. χ. η f(x) = εφχ , αν είναι συνεχής ή ·

' οχι στο π ).

Συνεπώς τέτοιου τύπου ασκήσεις «Σωστού - Λάθους» δεν πρέπει σε καμιά περίπτωση να τίθενται, διότι δημιουργούν σύγχυση στους μαθητές, αλλά και σε ορισμένους συναδέλφους. Σχόλιο της Συντακτ ικής Επιτροπή ς

Με χαρά φιλοξενήσαμε το άρθρο του συναδέλφου Ηλία Κω σταντόπουλου καθόσον θίγει ένα θέμα που έχει συζητηθεί κατ' επανάληψη στη Συντακτική επιτροπή με αφορμή ερω τήσεις συναδέλφων για το αν μπορεί να αληθεύει ή όχι η ισό( I ). Τη σχέση αυτή χαρακτηρίζουν τητα (α · β) · y = α · (β · πολλοί (κακώς), ως προσεταιριστική ιδιότητα, αγνοώντας ό πως παρατηρεί και ο συνάδελφος, ότι η προσεταιριστικότητα αναφέρεται σε μια πράξη εσωτερική σε κάποιο σύνολο. Για παράδειγμα στο σύνολο ν των διανυσμάτων έχουμε: (α + β) + y = α + (β + Στη σχέση ( 1 ) όμως, έχουμε να κά νουμε με τρεις πράξεις εκ των οποίων, μάλιστα η μια δεν έχει κάν οριστεί. Η σύγχυση, όπως αναφέρει και ο συνάδελφος προκύπτει, επειδή χρησιμοποιούμε και για τις τρείς πράξεις το ίδιο σύμβολο ( - ) .

:Υ)

:Υ ) .

Αν δηλαδή γράφαμε αντί του λ · ν το λ Θ ν και αντί του α · β το α * β , τότε η πράξη ν · λ δεν έχει οριστεί. Ακόμη και αν την ορίζαμε με κάποιο τρόπο και την παριστάναμε με ν Θ λ , τότε η σχέση ( 1 ) θα έπαιρνε την παράλογη μορφή:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/46

(α *

β) y = α (βαν* r) . αβ Θ

:\Ιαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αντιλαμβανόμαστε πλέον. γιατί δεν

ορίζονται δυνάμεις με ν φυσικό και ν ;:: 3 . Καλό είναι να γίνει κατανοητή η διαφορά μεταξύ των τριών πράξεων . , λ . ν , 2 . 3 και οποιοδήποτε απλοποίηση να γίνεται με αναγωγή στην τελευταία. π.χ. Ιαi · Ι βl · συνθ και λ . ν = ίί με lϊil = lλi · ΙνΙ κ.λ.π. ή

= β α.β= αβ β - y -y α.

α,β, + αβ 2 και

λ · ν = λ · ν 1 + λ · ν2 , όπου a = (α 1 ,α2 ) , β = (!Jι , �) Και ν = ( ν1 ,ν2 ) , προκειμένου να αποφεύγονται πιθανά λάθη. Για παράδειγμα α. 1� - Ι � · συνθ _ l � · συνθ και όχι . - � ( ! ! ), υπό τις � � - �� · συνφ �� · συνφ κατάλληλες προϋποθέσεις φυσικά.

ββ -y

Στο βιβλίο Δ ιανυ σματικός Λογισμός, του Γιώργου Τασσό πουλου (εκδόσεις Πελεκάνος 1 992) στη σελίδα 1 Ο, τονίζεται η διαφορά μεταξύ και λ . ν και ν . λ καθώς και το απαράδεκτο του να γράφουμε 5a + λa = a ( 5 + λ ) , αντί του ορθού

sa + λa = (5 + λ) a . Εξάλλου στη σελίδα 74 του ίδιου βιβλίου ζητείται από τον αναγνώστη να επισημάνει το λάθος στη συνεπαγωγή:

�� ιβι�ι,ι��J � (• β . , β) β � 2β �

- -2 - -2 - - - ::::> α · β + γ · β = 2β ::::> α + γ = 2β κ.λ.π Παρά τις επισημάνσεις μας από τότε, εξακολουθούν μέχρι σήμερα να παρουσιάζονται φαινόμενα σαν αυτά που αναφέρει ο συνάδελφος.

Μια σημαντική παρανόηση στη Ζητήθηκε από τους μαθητές της Β ' Λυκείου να απαντήσουν στο ερώτημα: τι σχήμα παριστάνει η εξίσωση χ2-y2=0 ( 1 ) ; Οι μαθητές φυσικά απάντη σαν, όπως ακριβώς και στις ασκήσεις ( 1 , β ' ομάδα σελίδα 70) και (6, Γενικές σελίδα 77) του Σχολι κού βιβλίου τους ότι: ( 1 ) <::>(x-y)(x+y)=O <:::> x-y=O ή x+y=O. Άρα παριστάνει την ένωση: (δι)υ(δ2) των ευθειών (δι): x-y=O και (δ2): x+y=O, οι οποίες ουσιαστικά είναι οι διχοτόμοι των γωνιών που σχηματίζουν οι άξονες χ ' χ, y ' y. Αν κάποιος όμως ισχυριστεί ότι αυτό είναι λάθος, διότι ως γνωστόν η σχέση: f(x)=x2 , επαληθεύεται για άπειρες συχ, αν χ Ε Α ναρτήσεις f(x), τις f(x)= , όπου -χ, αν χ E R-A Α τυχαίο υποσύνολο R, τότε αυτός συγχέει τα δύο προβλήματα ακριβώς επειδή δεν έχει αντιληφθεί την ακριβή εκφώνηση σε κάθε περίπτωση. Στην πρώτη περίπτωση ζητάμε να προσδιορί σουμε τα ζεύγη (x0 ,y0) που επαληθεύουν την εξί σωση: x2 -y2=0 ( με δύο αγνώστους), δηλαδή τα σημεία M(x0 ,y0) του επιπέδου, για τα οποία να ι' ' ' το οποιο σχυ, ει: χ02 -y02=ο και εν συνεχεια το σχημα απαρτίζουν. Το θέμα λοιπόν είναι αν υπάρχουν ζεύγη (χ, y) Ε .IR χ .IR ώστε (x-y=O ή x+y=O) και

{

•

ως γνωστόν το υπάρχει ( ΞJ) επιμερίζεται στη διά ζευξη. Δεν ζητάμε να βρούμε συνάρτηση y=f(x) για την οποία να ισχύει x2-f(x)= Ο για κάθε x E R, όπως κακώς εννοούν. Στην δεύτερη περίπτωση όμως εννοούμε ακρι βώς αυτό. Δηλαδή να βρούμε τις συναρτήσεις f:R�R για τις οποίες να ισχύει: f(x)=x2 για κάθε χ Ε R, δηλαδή να ισχύει ( f (χ) χ ή f (χ) = -χ ) •

Β ' λυκείου Σχόλιο του Γιώργου Σ . Τασσόπουλου . για κάθε x E R. Αλλά το για κάθε ("d) δεν επιμε ρίζεται στη διάζευξη <* > , οπότε υπάρχουν άπειρες χ, αν χ > 0 τέτοιες συναρτήσεις π. χ. f1 (x)= -χ, αν χ s o '

{ {

{

χ, αν χ Ε [1 ,2) f2 (x)= και γενικά: -χ, αν χ Ε (-οο , 1 ) υ [2, + οο ) cR χ, αν X E A f(x)= , μεταξύ των οποίων -χ, αν x E R-A φυσικά υπάρχει και η f(χ)=χ για κάθε χ Ε R, όταν A=R καθώς και η f(x)=-x για κάθε X E R, όταν Α=0. Όμως δεν είναι μόνον οι δύο τελευταίες α φού όπως προείπαμε το ( "d) δεν επιμερίζεται στη διάζευξη. Οι γραφικές πα/.< ραστάσεις αυείναι τών, προφανώς υ ποσύνολα της ένωσης (δι) u (δ2). π.χ. η γραφική παράσταση της y=f2 (x) (σχ. α) αποτελείται από το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ (ανοιχτό δεξιά) επί της (δι) με 1�χ<2 και τις ημιευθείες A ' t ' (ανοι χτή), με χ<1 και B ' t (κλειστή) με χ::::2 επί της (δ2) (σχ. α). /

•

Ας είμαστε λοιπόν προσεκτικοί, ενόψει μάλι στα και των πανελλαδικών εξετάσεων.

< *> Βλέπε Μέθοδοι αποδείξεως στα Μαθηματικά (σελίδα

23) του Αντώνη Κυριακόπουλου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/47

Πιθανότητες

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Θαν άσης Χριστόπουλος

στοιχεία του Ω και βλέπουμε αν ικανοποιούν περιγραφή του ενδεχομένου. Π « οια είναι η πιθανότητα, ρίχνοντας ένα Ας δού με δύο παραδείγματα για να αμερόληπτο ζά ρι να φέρω ένδειξη κατανοήσουμε τα παραπάνω. Α.

ΕΙ ΣΑΓΩΓΉ

τη

μεγαλύτερη του 2 ; »

Θ α παρατηρήσετε εδώ ότι εκτός από τη Π αρ άδειγμα 1 λέξη «πιθανότητα» που θα π ροσπαθήσουμε να ορίσουμε σε λίγο, υπάρχει η φράση «ρίχνω Ένα σχολείο έχει 150 μαθήτριες και 120 ά λ ζ ένα αμερό ηπτο ρι» που δεν είναι τίποτα μαθητές. Επιλέγω τυχαία μια άλλο από την περιγραφή ενός πειρά ματος αντιπροσωπεία αποτελού μενη από μια τύχης. Κατανο ώντας την περιγραφή του μαθήτρια και έναν μαθητή. Ποιος είναι ο πειράματος τύχης π ρέπει να μπο ρούμε να δειγματικός χώ ρος του πειρ ά ματος ; αναγράφουμε το δειγματικό του χώ ρο, Εδ ώ ο δειγματικός χώρ ος δεν είναι δηλαδή το σύνολο των δυνατών πρακτικό να αναγραφεί, μας αρκεί όμως ο που αποτελεσμάτων εδώ είναι υπολογισμός του Ν(Ω) = 1 50· 1 20= 1 8 000 . Ω={1,2,3,4,5,6} . Σε άλλες όμως περιπτώσεις αυτό είναι πιο δύσκολο. Τότε μας βοηθούν σε Π αρ άδειγμα 2 ° αυτό: •

•

ι.

α) ο εντοπισμός της μορφής που θα έχει το κάθε στοιχείο του Ω (για αυτό φανταζόμαστε ένα αποτέλεσμα του πειράματος και στη συνέχεια όλες τις εναλλακτικές τιμές)

Ρίχνω ένα αμερόληπτο ζά ρι, ποια είναι η πιθανότητα η ένδειξη του να είναι ρίζα της εξίσωσης: χ 2 - 9 Ο ( 1). =

Π ρο φανώς εδώ είναι εύκολο να β ρού με και το δειγματικό χώρο Ω και το ενδεχόμενο β) το δενδροδιάγραμμα. Α: «η ένδειξη να είναι ρίζα της εξίσωσης χ2 9 = 0 ». Επίσης είναι δυνατόν ο δειγματικός χώρος να έχει πολύ μεγάλο πλήθ ος στοιχείων, οπότε Π ράγματι : στην περίπτωση αυτή ή γράφουμε το Ω με Ω = { 1 ,2,3,4,5,6} και Α = { 3 } , αφ ού από μερική αναγραφή των στοιχείων του ή απλά τις ρίζες: -3, 3 της ( 1 ) μόνο το 3 ανή κει υπολογίζουμε το πλήθος των στοιχείων του -

•

μόνο, αφού στον κλασικό πιθανότητας αυτό αρκεί.

ορισμό

Επίσης βλέπου με και τη φράση «ένδειξη μεγαλύτερη του 2» που μας περιγράφει το ενδεχό μενο του οποίου ζητάμε την πιθανότητα. Και εδώ πρέπει να μπο ρ ού με να γράφουμε το ενδεχό μενο σαν σύνολο με αναγραφή των στοιχείων του. (Α= {3,4,5,6}) Αυτό είναι άλλοτε εύκολο και άλλοτε δύσκολο. Το μυστικό είναι να μην ξεχνάμε ότι τα στοιχεία του ενδεχο μένου είναι και στοιχεία του Ω, επομένως, αν δεν μπο ρ ού με διαφορετικά να βρού με τα στοιχεία του ενδεχομένου, τότε παίρνουμε ένα- ένα τα

ίί.

στο Ω . Δη λαδή Α = { 3 } οπότε Ρ(Α) = _!.. . 6

Ρίχνω ένα αμερόληπτο ζά ρι, ποια είναι η πιθανότητα η ένδειξη του να είναι ρίζα της εξίσωσης: χ 3 - ex-Z - 7 ο ; =

•

Σε αυτή την περίπτωση είναι δύσκολο να βρού με τις ρίζες, μπο ρ ούμε όμως, να δοκιμάσουμε όλα τα στοιχεία του Ω ένα π ρ ο ς ένα αν επαληθεύουν την εξίσωση. Εδ ώ διαπιστώνουμε ότι μόνο το 2 την επαληθεύει, άρα Α = { 2 } οπότε Ρ( Α) = .!._ . 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/48

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου Β.

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση l η Έ στω Α και Β δ ύ ο ενδ εχόμενα ενός δ ειγματικο ύ χ ώ ρου Ω με Α c Β και κ, π ραγματικός αριθμός με 2κ 2 - ι = Ο . Α ν Ρ ( Α ) και Ρ (Β ) είναι στοιχεία του { κ - 2, ι - κ, κ + ι, κ 2 , 2κ - 3 } με σ'Uνό λ ου β ρεθο ύ ν Ρ ( Α) =ι: Ρ ( Β ) , να οι πιθανότητες : P(A u B), P(A n B) , Ρ ( Β ' ) , Ρ ( Α ' ) , Ρ ( Α ' n B) Λύση Ο ι μό νο ι αριθ μ οί που είναι μεταξ ύ μ η δ έ ν κ αι ένα είν αι οι Ι - κ, κ 2 (t + κ, κ 2 για κ < Ο) και μάλιστα 2

Ι Ι - κ = Ι - J2 . 2 2' Αφού Α ς Β είναι Ρ ( Α ) � Ρ ( Β ) επο μέ νω ς ι<

Ρ (Α) = Ι - J2 2

και

P (A u B) = P (B) =

Ρ (Β) =

�,

_!_ 2

οπότε

J2 P (A n B) = Ρ (Α) = Ι - 2 ,

Ρ (Β') = Ι - Ρ (Β) =

� , Ρ(Α ' ) = Ι -Ρ(Α) = �

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

.!.-(ι� 2

J2 = J2 - I 2 2

εξίσωσης xe x-3 - χ = ο } i) Να παρασταθούν τα ενδεχόμενα Α, Β με αναγραφή ii) Ν α βρείτε τις πιθανότητες: Ρ ( Α ) , Ρ ( Α ') , Ρ ( Β) , Ρ ( Β ') , P(A u B) , P(A n B) , Ρ ( Α ' - Β ' ) . Λύση Ι Ι Ρ(Ι) -- __ - _!_ Ρ(2) - _- -- _!_ α) Ι+Ι 2 22 + Ι 5 Ι Ι Ι Ι , Ρ(3) = -- = - Ρ(7 ) = -- = - οποτε I

72 + Ι 50 32 + Ι 1 0 Ι Ι Ι Ι 9 Ρ(Ο) = Ι = + + + - 2 s I0 50 50 β) Για κάθε χ ε IR f 1 ( x) = 3χ 2 - 6 χ . f 1 ( x) = Ο <=> 3χ(χ - 2) = Ο <=> χ = Ο ή χ = 2 και f 1 χ ) > Ο <=> χ < Ο ή χ > 2 και f 1 (X) < Ο <=> Ο < χ < 2 . Άρα η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο Ο και τοπικό ελάχιστο στο 2. Άρα Α = {0, 2} . Για το ενδ εχό με νο Β π αρ ατη ρ ού με ότι αν δεν μ πο ρ ού μ ε να λύ σ ο υ με την εξίσωση , μ πο ρ ού με ν α διαπιστώ σ ο υ με π οια στ οιχεία τ ο υ Ω την επαλη θ εύ ουν , έτσι δ ιαπιστώνου με π ω ς μ όνο τ ο Ο και το 3 την επαλη θ εύ ουν άρα Β = { 0, 3} οπότε 9 Ι Ι9 Ρ (Α) = Ρ (Ο) + Ρ(2) = - + - = 50 5 50

(

)

(

Ρ (Α') = Ι - Ρ (Α) = Ι - .!.2_ = �

Άσκηση 2 η Έστω Ω = {Ο, ι, 2, 3, 7} , ο δειγματικός ά χώ ρος ενός πειρ ματος τύχης. Η ktθανότητα κάθε στοιχειώδους ενδεχομένου {κ} του Ω, με κ * Ο δίνεται από τον τύπο: ι Ρ(κ) = -2- . κ +ι α) Να β ρείτε τις πιθανότητες των στοιχειωδ ών ενδεχομένων του Ω. β) Δίνονται τα ενδεχόμενα Α και Β του δ tιγματικού χώ ρου Ω με Α={κεΩ I κ, θέση τοπικού ακρότατου της συν άρτησης f(x) = x 3 - 3x 2 } , Β={κεΩ/ κ, ρίζα της

50 50 9 Ι Ι4 Ρ (Β) = Ρ(Ο) + Ρ(3) = - + - = - , 50 1 0 50 3 P (B ') = I - P (B) = I - _!i = 6 50 50 Ρ (Α υ Β) = Ρ(Ο) + Ρ(2) + Ρ(3) = 9 Ι Ι 24 -+-+- =50 5 Ι Ο 50 9 P (A n B) = Ρ(Ο) = 50 Ρ (Α 1 - Β 1 ) = Ρ (Α 1 ) - Ρ (Α 1 n B 1 ) = 5 Ι 24 3Ι Ρ (Α 1 ) - P (A u B) = - - Ι - - = - = 50 50 50 Ι Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/49

( )

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

2 1 Άσκηση 3 η 2Ρ (Α) = - <=> Ρ (Α) = - ( = Ρ (Β) ) Δίνεται η συνά ρτηση 3 3 f(x) = χ3 - Ρ ( A n B) x2 + 2Ρ ( A u B) x , όπου Α,Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού Άσκηση 4η το δειγματικό χώ ρο χώ ρου Ω. Αν η εφαπτόμενη στη γραφική Θεωρού με { Ω = 1, 2, 3, , ν } με ισοπίθανα απλά παρ άσταση της f στο σημείο της Μ 1, ενδεχόμενα και το ενδεχόμενό του, Α για το είναι παρ άλλη λη προς την ευθεία y = 3χ - 2 οποίο ισχύ ει ν · Ρ ( Α ) = ν - 15 ( 1) και τότε: Ν { Α ) = ν 2 - 19ν - 15 όπου Ρ ( Α ) είναι η πιθανότητα του Α και Ν ( Α ) το πλήθος των α) Να β ρείτε την f'(x)

( �)

β) Να δείξετε ότι P (A u B) = P (A n B) γ) Να δείξετε ότι Ρ ( Α - Β ) = Ρ ( Β - Α ) = Ο δ) Να δείξετε ότι Ρ ( Α ) = Ρ ( Β ) = !. . 3 Λύση

α) f'(x) = 3χ 2 - 2Ρ ( Α n Β) χ + 2Ρ ( Α υ Β)

•••

στοιχείων του Α . Ν α δείξετε ότι Ρ ( Α ) = _!_ 4 Λύση

Ν(Α) ν 2 - 1 9ν - 1 5 = οπότε ν Ν(Ω) από τη σχέση ( 1 ) έχουμε: ν 2 - 1 9ν - 1 5 ν = ν - 1 5 <=> ν 2 - 1 9ν - 1 5 = ν - 1 5 ν <=> ν 2 - 20ν = Ο <=> y.-4 ή ν = 20 .

Είναι Ρ (Α) =

Άρα: Ρ ( Α) =

β) Ισχύει:

f'(l) = 3 => 3 - 2P (A n B) + 2P (A u B) = 3 => Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α n Β) γ) Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α n Β) => P (A) + P (B) - P (A n B) = P (A n B) => ( Ρ ( Α) - P (A n B) ) + ( P (B) - P (A n B) ) = Ο => Ρ (Α - Β) + Ρ (Β - Α) = Ο => Ρ (Α - Β) = Ρ (Β - Α) = Ο

δ) Ρ (Α - Β) = Ρ (Β - Α) => P (A) - P (A n B) = P (B) - P (A n B) => Ρ (Α) = Ρ (Β) . Επειδή το Μ ανή κει στη γραφική παράσταση της f, ισχύει: 4 4 ερώτ.β) f (1) = <=> 1 - P (A n B) + 2P (A u B) = <=> ) ) P (A n B) = P (A u B) =

�

20 2 - 1 9 20- 1 5 .2_ _!_ = = 20 4 20 ·

Άσκηση 5η Γ ια τα ασυ μ β ίβαστα ενδεχό μενα Α και Β ισχ ύ ει: Ρ ( Α ) = λ2 - λ + l και Ρ ( Β ) = 5λ2 - 6 λ + 2 . Να αποδείξετε ότι: 1 2 - � λ � -. 3 2 Λύση

Γι α κ άθ ε λ ε ΙR ι σχύ ει : λ 2 - λ + 1 > 0 κ α ι 5λ 2 - 6 λ + 2 > Ο . Αφού τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα έχουμε: Ρ ( A u B) = Ρ ( Α) + Ρ (Β) = 6 λ 2 - 7 λ + 3 . Επίσης Ρ (Α) � 1 και Ρ (Β) � 1 και Ρ ( Α υ Β) � 1 οπότε : λ 2 - λ + 1 � Ο ( 1 ) , 5λ 2 - 6 λ + 2 � 0 (2) κ α ι 6 λ 2 - 7 λ + 3 � 0 ( 3 ) Οι ανισώσεις ( 1 ) , ( 2 ) κ αι ( 3 )

Ρ (Α υ Β) = <=> P (A) + P(B) - P (A n B) = <=> συ ν α λ η θ εύ ουν για _!_ � λ � � . 3 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/50

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Ασκήσεις Ανάλυσης

Γ ' ΛΥ Κ ΕΙΟΥ

Αντωνόπουλος Νικόλαος - Αργυράκης Δημήτριος - Λουριδ άς Ιωάννης

Άσκηση 1 11

Δ ίνονται οι συναρτήσεις: χ e• και g( x) f (2 - l n x) f(x) = J-dt ι

α.

Να β ρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων f , g Να βρείτε τη σχετική θέση των γραφικών παραστάσεων cf και cg των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα, ως προς τον άξονα χ ' χ Να αποδείξετε ότι υπά ρχει μοναδικό ξ ε (Ο , e 2 ) τέτοιο, ώστε: Για κάθε χ ε (Ο , ξ) η Cr να είναι κάτω από την cg . Για κάθε χ ε (ξ , e 2 ) η C1 να είναι πάνω από την cg . e2 . Να αποδείξετε ότι e < f (2 ) < 2

β.

•

γ.

•

Είναι: A h Π Αs = R Π R = R 1 Ε ( Ο , + οο ) , οπότε και χ Ε (Ο , + οο) Άρα: Ar = (Ο , + οο) Για το πεδίο ορισμού της συνάρτησης g (x) = f(2 - lnx) έχουμε: • •

χ Ε Αg

ε.

αποδείξετε

εξίσωση J-2e-dt = χ έχει μια τουλάχιστον t ι ρίζα στο διά στημα (1 , 2 ) στ. Να βρείτε το χ-+0 lim+ ( f(2x) - f( x) ) Ν α αποδείξετε ότι το εμβ αδόν του ζ. χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παρ άσταση cg της ' συνά ρτησης g, τον άξονα χ χ και τις ευθείες με εξισ ώσεις χ 1 και χ e είναι: Ε (Ω) = e 2 · l n2 - f(2) χ

Να

t-ι

ότι

Λύση

eι

συνάρτηση φ (t) = - έχει σύνολο t ο ρισμού το Αφ = ( -οο , Ο) U (Ο , + οο) στο οποίο είναι συνεχής ενώ οι συναρτήσεις h (x) = 1 και s(x) = χ , ορίζονται σε όλο το R. Επομένως: χ E A h Π Α5 χ Ε Ar <=> h (x) , s (x) ανήκουν στ ο ίδιο υποδιάστημα του Αφ α.

{

(χ J' χ

f '(x) = J!_ctt = !.._ > Ο

•

δ.

{

<=> χ Ε (Ο , + οο) <=> χ > Ο 2 - lnx > Ο (2 - lnx) Ε Ar <=> x > Ο <=> χ > Ο <=> Ο < χ < e2 lnx < 2 χ < e2 Άρα: A g = ( 0 , e2 ) Για κάθε χ Ε (Ο , + οο) είναι: β. I

(1)

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο , + οο) και f(l ) = O . Επομένως: f f(l)=O ! Για O < x < l=>f(x) < f(l) => f(x) < O f f ( l )=O ! Για χ > l => f(x) > f(1) => f(x) > Ο (2) Άρα η γραφική παράσταση Cr της συνάρτη σης f είναι κάτω από τον άξονα χ'χ στο διάστημα (Ο , 1 ) , πάνω από τον άξονα χ'χ στο διάστημα ( 1 , + οο) και τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο με τετμημένη Χ0 = 1 . Για κάθε χ Ε {Ο , e2 ) είναι: g '(χ) = ( f(2 - l nx) ) = f '(2 - lnx) · (2 - lnx) ' ( I ) 2 ln x · = e - · -1 •

•

= f '(2 - lnx) (2 - lnx) '

2 e ln x - (� - Inx)

{ -� )

2 - lnx e X · (2 � lnx)

)= {-� ) χ

e2 <0 χ2 · (2 - lnx) διότι στο Ag είναι 2 - lnx > Ο (3) Άρα η g είναι γνη σίως φθίνουσα στο {Ο , e2 ) και g (e) = f(2 - lne) = f(l) = O (4) Επομένως:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/51

Μαθ ηματικά για την Γ ' Λυκείου

•

g .J.

g (e)=O

Για O < x < e ::::> g ( x ) > g ( e) ::::> g (x) > O gl

g (e)=O

Για e < x < e2 ::::> g(e) > g (x) ::::> g (x) < O Άρα η γραφική παράσταση C g της συνάρτη σης g είναι πάνω από τον άξονα χ 'χ στο διάστημα (Ο , e ) , κάτω από τον άξονα χ'χ στο διάστημα e , e 2 και τέ μνει τον άξονα χ 'χ στο ση μείο με τετμημένη χ 1 = e . γ. Θ εωρούμε συνάρτηση (5) Η( χ ) = f(x) - g (x) , χ Ε (Ο , e 2 ) Για κάθε χ Ε (Ο , e 2 ) είναι: (3) ex e2 >Ο H ' (x) = f ' (x) - g '(x) = - + 2 χ χ · (2 - lnx) Άρα η συν άρτηση Η είναι γνησίως αύξουσα στο Ο , e 2 . Επίσης η συνάρτηση Η είναι: Συνεχής στο διάστημα [ 1 , e ] και (2 ) H(I ) = f( l) - g (l) = 0 - f(2 - lni ) = -f(2) < Ο H(e) = f(e) - g (e) = f(e) - f(2 - lne) (2) f(e) - f( I ) = f(e) - O = f(e) > Ο αφού στο ( β) ερώτημα δείξαμε ότι f(x ) < Ο για Ο < χ < Ι , ενώ f (χ ) > Ο για χ > Ι . Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θ εωρήματος Bolzano στο διάστημα [ Ι , e ] . Άρα θα υπάρχει ξ Ε ( 1 , e) τέτοιο, ώστε Η(ξ) = Ο ( 6) Επομένως : •

)

(

)

(

(6)

• Για Ο < χ < ξ ::::> Η( χ) < Η(ξ) ::::> Η(χ) < Ο (5)

•

::::> f(x) - g (x) < Ο ::::> f(x) < g (x) (6) ! Για ξ < χ < e2 ::::> Η(ξ) < Η( χ) ::::> Ο < Η( χ) Η

(5)

::::> Ο < f(x) - g (χ) ::::> g(x) < f (χ) Άρα για κάθε χ Ε (Ο , ξ) η c f είν αι κάτω dΠό την C g , ενώ για κάθε Χ Ε (ξ , e 2 ) η C f είναι π άνω από την c g . δ . Η συνάρτηση f είν αι συνεχής στο [Ι , 2] χ και παραγωγίσιμη στο (1 , 2) με f '(x) = � χ επομένως η f ικανοποιεί τις πρ οϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. Άρα θα υπάρχει ξ Ε ( Ι , 2) τέτοιο,

ώστε f '(ξ) = f (2

i��( l ) , δηλαδή f '(ξ) = f(2)

(7)

Για κάθε χ Ε (Ι , 2 ] είναι: xe x - e x e x (x - I ) > 0 f "(x) = � ' = = χ χ2 χ2 Επίσης η συνάρτηση f ' είν αι συνεχής στο Χ0 = Ι , άρα η f ' είν αι γνησίως αύξουσα στο

()

r't

[1 , 2] . Άρα: l < ξ < 2 � f '(l) < f '(ξ) <f '(2) eι e2 e2 ) , (7) ι ( 1 => < f ( 2 ) < 2 => e < f ( 2 ) < 2 (8)

ε.

Για κάθε χ Ε [Ι , 2 ] είναι: χ t χ 2 e t-1 -- dt = x � 2 e - 1 � dt = x � -2 f (x) = x ι e t I t

� 2f (x) - ex = 0 � Φ (χ) = Ο όπου Φ (x) = 2f (x) - e x , x E [l , 2]

Είναι: Φ ( l ) = 2f ( I ) - e

f ( J )=O =

- e < 0 κ αι (8)

Φ (2) = 2f (2) - 2e = 2(f (2)-e) > Ο

Ικανοποιούνται λοιπόν οι πρ οϋπο θέσεις του Θ εωρήματος Bolzano στο διάστημα [Ι , 2 ] , οπότε η εξίσωση Φ (χ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο ( Ι , 2) . στ. Για κάθε χ Ε (Ο , + οο) είναι: χ 2χ t

f(2x) - f(x) = .:_ dt - .:_ dt I

2χ

= .:_ dt + .:_dt = .:_ dt

(9) I t χt χ t Επειδή χ > Ο είναι 2χ > χ κ αι για κάθε t ε [χ , 2χ ] ισχύει: χ � t � 2χ ::::> e x � e t � e 2x 2χ e 2x 2 χ et t>O e x e t e 2x 2χ ex ::::> - � - � - ::::> - dt � - dt � -dt t t t x t x t x t 2χ Ι 2χ 2χ Ι ::::> e x J - dt � J .:_ dt � e 2x J -dt ( 1 0 ) xt χ t xt 2χ 'Εχουμε: dt = [ ln l t iJ x = [ln t ] :x = ln 2x - ln x χ 2χ = ln - = ln 2 ( l i )

J�

Οπότε η σχέση ( Ι Ο ) με β άση τις σχέσεις (9)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/52

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

και ( 1 1 ) γράφεται : ex ln2 � f(2x) - f (x) � e2x ln2 ιim+ (e x ιn 2) = ιη2 και Είναι: �ο •

2x=u

ιίm+ (e ιn 2) = lim+ (e u ιn 2) = ιη2 u�o χ�σ Άρα από Κριτήριο Παρε μβ ολής έχουμε: lim+ ( f(2 x) - f(x)) = ιη2 2x

•

χ �σ ζ. Για

κάθε χ Ε ( 1 , e] είναι g( x) � Ο , οπότε το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περικλείεται από τη γραφική παράσταση c g της συνάρτη-σης g , τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες με εξισώσεις χ = 1 και χ = e είναι: e

Ε(Ω ) = Jg(x) d x = J( x ) 'g(x) d x = ( xg(x) J : - Jx g '(x ι

( 4) -e d = x ι χ 2 · (2 - ln x) e = - g( l ) - e 2 J - 1 d x = ι x · ( 2 - ln x)

= e g(e) - l g( l ) - Jx · ·

- f(2) - e2 {In l 2 - lnxl]� = = - f(2) - e2 · (In l - ln2 ) = e2 · ln2 - f(2) Άσκηση 2 η Δίδεται η συν ά ρτηση :

f (χ) = α.

{xlen x,, xE(xE(Oe , +o, e]o) f

Να αποδείξετε ότι η είναι συνεχής στο αλλά όχι παραγωγίσιμη. β. Να μελετήσετε τη συνά ρτηση χ ( ) = jf(t)dt , χ > Ο ως προς τη μονοτονία g Χ0 = e

και τα ακρότατα. γ. Να β ρείτε το σύνολο τιμών της g. δ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση g (x) = 2i13 έχει δύ ο ακριβ ώς ρίζi:ς ξ 1 , ξ 2 Ε (Ο . ε. Ν α αποδείξετε ότι υπ ά ρχουν χ1 , χ Ε (Ο 2 τέτοια, ώστε να ισχύ ει: ξΙ + ξ2 - 2 χΙ I η χΙ + χ2 I η χ2 = 2013 (ξ Ι - l)( ξ 2 - 1 ) Λύση

, e) ,e)

α.

συνάρτηση f είναι συνεχής στο Χ 0 = e e) Επίσης: ιίm- f(x) - f( = ιίm xlnx - e x� e- x - e x� e x- e ο

· (xlnx - e) ' = ι 1m · lnx + 1 = Ine+ 1 = 2 = ι ιm x�e- (x- e)' x � e1 e) e ιim+ f(x) - f( = ιim+ - e = 0 x� e x- e x �e x- e Δηλαδή e) · f(x) - f(e) 1. 1m f(x ) - f( * ι1m x � ex � e+ x- e x- e οπότε η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο Χ0 = e . d β. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (Ο ,+ οο) , οπότε η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα αυτό με: xlnx , χ Ε ( Ο , e ] g χ =f χ = e , x E (e , +oo) ο.ι.Η

�....:� :._ -'-

'( ) ( ) {

Είναι:

•

χ >Ο

g ' (x) < O � xlnx < Ο � lnx < Ο � 0 < χ < 1 Το πρόσημο της g '( x ) καθ ώς η μονοτονία και τα ακρότατα της g φαίνονται στον παρακάτω πίνακα. +οο 1 ο e χ •

g ' (x) g (x)

x �e

χ0

Δη λαδή

lim_ f(x) = ιίm+ f(x) = f(e) , οπότε η x� e

x� e

�

γ.

= 1 με ελάχιστη τιμή g ( l ) = Jf(t) dt = Ο . Για χ Ε ( Ο , e ] έχουμε:

χ χ t 2 'lnt dt x) = Jf(t) dt = Jtlnt dt = g( 2 ι ι ι

[ ]

t2 = -lnt 2 2

x �e

και ιim+ f(x) = ιίm+ e = e

Η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ ι = ( Ο , 1] Ο οη σίως αύξου σα στο Δ 2 = [ 1 , + οο ) κ αι παρ ουσιάζει ελάχιστο στο

= elne = e= f(e) Είναι: ιim _ f(x) = ιim_(xlnx) � � χ

χ >Ο

g ' (x) = O � xlnx = O � lnx = O � x = 1

χ t2 'dt - J-(lnt) ι 2

2 χ 2 χ 1 1 χ χ t = -lnx - - ln1 - J- · - dt = -lnx - -1 Jt dt 2 2 ι 2 t 2 21

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/53

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

[]

22 x χ2 2Ι 1 χ t = τ η χ - 2 2 = τ lη χ - χ -Ι 4 ι rια Χ Ε (e ,+οο) έχουμε: e g (x) = f(t) dt = f(t) dt + f(t) dt I I e 2 -1 2 e e = g (e) + e dt = = - lne - -- + e(x- e) 4 2 e e 2 + 1 ex e 2 ex+ 1 - 3e 2 + - = = -4 4 Επομένως: 2 � ln x x 4 I , χ Ε (Ο , e] g (x) = 2 1 - 3e 2 ex + -, x E (e , + oo ) 4 2 2 lim g (x) = lim χ2 lnx - χ 4-1 = 41 , Είναι: ---+0+ ---+0+ χ

- -

•

( ) ( ) ( ) (- ) ( � )= � ( )= χ

-αι

0{-οο) . 1nx (lnx)' χ2 = lnx lim ----:- = lim _ 2 x-ff 2χ 2 x-ff (2Χ 2), 1 lim χ 3 = lim ....!.. χ 2 = ο και ---+ 0+ -4 χ - ---+ 0+ 4 - Χ -1 � "d + x 2 lim (ex) = +oo lim g(x) = lim ex+ I - 3e -++α:> -++α:> 4 Η συνάρτηση g είναι: συνεχής και γνησίως φθ ίνουσα στο διάστη μα Δ 1 = ( 0 , Ι] . Άρα . αφου lim x-ff ,

•

-+tOO

+α:>

•

[

) [Ο ,�)

g(Δ 1 ) = g ( 1 ) , �"d+ g(x ) = x συνεχής και γνησίως αύξουσα στο διάστη μα Δ 2 = [ 1 , + οο ) . Άρα g(Δ 2 )= g ( 1 ) , lim --+ + οο g(x ) = [ ,+οο) Το σύνολο τιμών της συνάρτησης g είναι: g(Δ) = g(Δ 1 ) U g(Δ 2 ) = [o , {)U[ O ,+ oo) =[O ,+oo) •

[

δ. •

Ε ίν αι:

= [Ο , �}

) Ο

άρα θα υπάρχει ένα 2 1 3 ε g(Δ 1 ) τουλάχιστον ξ 1 ε Δ 1 = (Ο , Ι] και μάλιστα μοναδικό , αφού η g είναι γνησίως φθ ίνουσα

στο Δ 1 τέτοιο, ώστε g (ξ 1 ) = 2 1 3 Η συνάρτηση g είναι συνεχής και γνησί ως αύξουσα στο διάστημα Δ 3 = [Ι , e ) . Άρα 2 ο , e +1 x = ) g( g(Δ 3 ) = g ( l ) , lim x --+e 4 ο e' + 1 2 1 3 ε g (Δ3 ) � , 4 . Άρα θα υπάρχει ξ 2 Ε Δ 3 = [ 1 , e ) και μάλιστα μοναδικό, αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο Δ3 •

[

�

)

[

)

τέτοιο, ώστε g (ξ 2 ) = 2 1 3 . Άρα η g(x) = 2 13 έχει δύο ακριβώς ρίζες ξ 1 , ξ 2 Ε , e) . ε. Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διά στημα ξ 1 , Ι παραγωγίσιμη στο ( ξ 1 , Ι ) , με g '(χ) = xlnx , οπότε ικανοποιούνται οι προϋπο θέσεις του Θ .Μ. Τ . Άρα θα υπάρχει χ 1 ε ( ξ 1 , 1 ) ς ( Ο , 1) τέτοιο, ώστε: g ( l ) - g (ξ Ι ) (i) g '(χ ι ) 1 - ξ] 1 - 2013 Αλλά (i) => x 1 lnx 1 = 1 ξ] 1 :::> χ I lnx I = (1) 20 1 3(ξ 1 - 1 ) Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [ 1 , ξ 2 J , παραγωγίσιμη στο ( 1 , ξ 2 ) , με g '(x) = xlnx οπότε ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ .Μ. Τ . Άρα θα υπάρχει χ 2 ε ( 1 , ξ 2 ) ς ( 1 , e) g (ξ 2 ) - g ( l ) (ii) Αλλά τέτοιο, ώστε: g '(x 2 ) ξ2 - 1 ( ii) =>� � 2013( � 2013 1 (2 ) -1) =>� ( -) Προσθέτουμε κατά μέλη τις σχέσεις ( 1 ), (2), οπότε έχουμε: 1 1 + x 1 lnx 1 + x)nx2 = 20 1 3(ξ 1 - 1 ) 20 1 3 (ξ2 - 1 ) ξ ι + ξ2 - 2 => χ ι lnx ι + χ 2 lnx 2 = 20 1 3(ξ ι - 1 )(ξ - 1 ) 2

(Ο

[ J,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/54

�

-----------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Άσκηση 3 η Δ ίνεται η παραγωγίσιμη συνά ρτηση f : ( O , + oo ) ---+ R με f ( ι) = ι + e- 1 , η οποία για κάθε χ ε ( Ο , + οο ) ικανοποιεί τη σχέση χ e X+f(X) [ ι+χf ' (χ)J + el+e-X = ο • α. Να αποδείξετε ότι f ( x ) = e- - l nx + 1 , για κάθε χ ε ( Ο , + οο ) β. Να αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται. γ . Ν α βρείτε το σύνολο τιμών της f. δ . Να λύ σετε την εξίσωση ι ι 4χ ln----z2- , χ ε ( Ο , + οο ) χ + 3 - = -e4- - ex +3 Λύση χ

Για κάθε χ ε (Ο , + οο ) είναι: e x +f(x) [1+xf '(χ) J + el+e- x = Ο => => e X . e f(x) [ 1+xf ,(χ) J = - el+ e-X => => e f(X) + Χ e f(X) f '(χ) = - e \ + e-X . e- X => => (χ)' e f(x) + Χ ( e f(x) ) ' = el+ e-X (1 + e- X ) '=> =l => (xef(x> ) ' = (eJ+e-X ) '=> xe f(X) = e l +e-X + c x e f( I ) = el+ e-1 + c => el+e- 1 = el+e-1 + c => c = ο . Έχουμε λοιπόν: xef(X) = eJ+e- X => Ι η ( xef(X) ) = ln el+ e-X => ln x + ln e f (x) = 1 + e- x => ln χ + f(x) =1 + e- x => f(x) = e- x - ln x + 1 , για κάθε χ ε (Ο , + οο ) β. Για κάθε χ ε (Ο , + οο ) είναι: f '(x) = ( e- x - lnx + 1 )' = - e - x _!_ χ <0 Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο , + οο ) , οπότε είν�ι και « 1 - 1 » , δη λαδή αντιστρέφεται. γ. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ = (Ο , + οο ) , οπότε το σύνολο τιμών της είναι: f(Δ) = χ � lim f(x) , lim+ f(x) α.

Επομένως: f(Δ) = ( -οο , + οο ) δ . Για κάθε χ ε (Ο , + οο ) είναι: 4χ. 1 1 <::::> ln4χ - ln(χ2 + 3) -- e-4χ - e-(χ2 +3) n� - - -χ2+3 &χ eιz+3 <::::> - (χ 2 + 3) e - ln (x 2 + 3) = e - 4x - ln4x - 2 e (χ + 3) - ln(x 2 + 3) + 1 = e - 4χ - ln4x + Ι <=> 1-

f : 1-1

<:=> f (x 2 + 3) = f (4x) <=> χ 2 + 3 = 4χ <:=> x 2 - 4x + 3 = 0 <:=> x = l ή χ = 3 .

Άσκηση 4η Έστω f,g: (0, + οο ) -+ R δυο παραγωγίσιμες συναρτήσεις για τις οποίες, για κάθε χ>Ο, ισχύ ουν f'(x) g(x) = 1 + .!. , g'(x) f(x) = Ιηχ και χ λ ( ( g x)>O . Αν επιπ έον f ι)=Ο και g( ι)=2, τότε: α. Να βρείτε τον τύπο της συν ά ρτησης ·

Φ(χ)= f(χ) g(x) ·

β. Να βρείτε τους τύπους των συναρτήσεων f(x) και g(x) . γ . Αν f(x)=lnx και g(χ)=χ+ι, χ>Ο, τότε: i. Ν α εξετάσετε ως προς τη μονοτονία τη συνά ρτηση h(x) 1 f(x) + -2- και να 2 g(x) ώ λ ύ βρείτε το σ νο ο τιμ ν της. ii. Να αποδείξετε ότι για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς α, β με α<β ισχύ ει =

f(β) - f(α) > 2 β-α g(α) + g(β) - 2

iii. Ν α λύ σετε την εξίσωση lnx

(

+οο

)

χ �ο

lim f(x) = lim (e- x -lηχ +1) =-<Χ:Ι ( 1 ), χ� χ� =t x -x= lime1 =0 και lim (1- lηχ) = -<Χ:Ι e αφ ού lim t-+αι χ� x--wx:> lim+ f(x) = lim (e - x - lnx + 1 ) = +oo (2) ,

Είναι:

•

χ �ο

χ �ο+

αφ ού lim+ (e- x + 1)= e0 + 1 = 2 και lim (-lnx) =+oo χ �ο

χ-4

α.

4(χ - 1) (χ + 1)(χ2 + 1) ·

Λύση

Από τις δοσμένες σχέσεις, έχουμε:

f '(x) g(x) + g'(x) f(x) = lnx + 1 + _!_χ 1 => ( f(χ) g(χ) ) = lnx + -χ + 1 I

=> J<f(t) g (t))'dt = }<ιnt + !t + 1 )dt I

=> [f(t) g(t)] � = f( t ) ' lntdt + [ lnt + t]� χ

=> [f(t) g(t)] � = [tlnt]� - Jιdt + [ lnt + t]� I

=> f(χ) g(χ) - f( 1 )g( 1 ) xlnx - (χ - 1 ) + lnx + χ - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/55

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

f(x)g(x) = xlnx + 1nx � f(x)g(x) = (χ + 1 )lnx

Άρα Φ(x)=f(x) g(x)=(x+ 1 )lnx, για κάθε χ>Ο . β. Από τη σχέση f ' (x) g(x) = 1 + .!_

και την f(x) g(x) = (χ + 1 )lnx που γράφεται

f(x) g(x) = χ( 1 + .!_)lnx χ

προκύπτει ότι για κάθε χ>Ο έχουμε f(x) g(x)=xf' (x)g(x)lnx =>

•

f(x) .!_ = f ' (x)lnx � f ' (x) lnx - f(x)(lnx) ' = Ο χ Από την τελευταία σχέση πρ οκύπτει ότι Αν χ ε (Ο, 1 ) τότε

( flnx(x) J' = Ο � f(x)lnx = c1 ' c1 ( f(x)lnx J = Ο � f(x)lnx = c2 ' c2

Αν χ> 1 , τότε I

{

ε JR

Με f(x)=c · lnx, η πρώτη από τις δοσμένες c 1 ' ' - g ( χ) = 1 +- => c · g( χ) χ+1 ισοτητες δινει: χ χ και g( 1 )=2, οπότε c= 1 . Άρα, f(x)=lnx και g(x)=x+ 1 , για κάθε χ>Ο . γ. i. Ο τύπος της συνάρτησης h είναι h(x) = 1 1nx + 2+- , για κάθε χ>Ο . 2 χ 1 Η h είναι παραγωγίσιμη στο ( 0 , +οο) με =

2 = (χ+1? -4χ (χ-1)2 > Ο h'(x) = -1 2χ (χ+ 1 )2 2χ(χ + 1 )2 2χ(χ + 1)2 ' _

με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ= 1 . Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο ( 0, +οο).

lim -1 1nx + _2_ limh(x) χ-->0+ Επιπλέον, χ-->0+ =

χ+1

)

= -c::ι:;

2- = + οο , και lim h(x) = lim ! lnx + χ -+ + οο

χ -+ + οο

Χ+1

οπότε το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι

το

JR .

1) -...,._ (x_..:... + 1) lnx -_ χ2 - χ � (x2 + � lnx -_ -'--_ �4 (χ + 1 )(χ 2 + 1 ) 4 (χ + 1 )(χ 2 + 1 ) lnx = -1 - 1 �lnx = -2 - -2 �4 χ + 1 χ2 + 1 2 χ + 1 χ2 + 1 lnx nx l - 2 � τ = h(χ) - τ χ2 + 1 χ >Ο -1 lnx 2 + 2 = h(x) <:::::> χ2 + 1 ln x =.!.. l n x 2 2 2 � h(x2 ) = h(x) � χ2 = χ � χ = 1 , --

li!I}f ( x) f ( l) limf ( x) � c1 c2 c χ�ι χ�ι+ Έτσι, έχουμε: f(x)= c · lnx , χ>Ο . =

ln Q_ Ιηβ - Ιηα 2 , 2 α > -> η + Q_ α β β-α _ 1 1 + Q_ α α Αν θ έσουμε Q_ = χ , χ> 1 , τότε αρκεί να α ' , lnx , 2 απο δ ειξουμε οτι - > -- , ( 1 ) , η + χ-1 χ 1 lnx > 1 _ _2_ , lnx + _ 2_ > 1 , η, h(x) > 1 η 2 χ+1 ' 2 χ+1 χ> 1 , που ισχύει διότι η h είναι γνησί κάθε για ως αύξουσα στο [ 1 , +οο), οπότε : χ> 1 => h(x)>h( l ) => h(x)> 1 . iii. Είναι:

4 (χ - 1 ) � _ χ(�χ--1�)ln_x = -lnx 4 (χ + 1 )(χ2 + 1) χ (χ + 1 )(χ2 + 1 )

c1 lnx, Ο < χ < 1 χ=1 Έχουμε λοιπόν: f(x) = Ο, c lnx, χ > 1 2 Η f είναι συνεχής στο χ0= 1 , οπότε :

ίί. Α ρκεί να αποδείξουμε ότι

διότι χ>Ο και η h είναι γνησίως μονότονη.

Άσκηση Sη 2 Α. Να λύ σετε την εξίσωση l nx+x =1. Β. Έστω f, g: (0 , π) � 1R δυο συναρτήσε� με f(x) = ημχ και g παραγωγίσιμη με g(x)>O χ 2 e +1 και lng(x)+g2 (x)=x(lnx+ l )+ 2-, για κάθε

χ ε ( ο, π) .

α.

Να β ρείτε το σύνολο τιμών της f. β. Να αποδείξετε ότι η g έχει ελάχιστο τον αριθμό ι. h γ. Έστω (x)= l -g(x) -f(x) . i. Να αποδείξετε ότι h (x)<O . ίί . Αν Ο<χ ι<χ2<χ3<π και h (xι )-h (x2)+h (x3)=0, να αποδείξετε ότι υπ ά ρχει x0e(O , π) ώ στε να ισχύ ει h ' (xo)=O .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/56

Μαθη ματικ ά για την Γ ' Λυκείου

Λύση

Α.

Είναι φανερό ότι η εξίσωση έχει ρίζα τον ρ= l . Θα αποδείξουμε ότι είναι μοναδική . Πράγματι, αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση t(x)=ιnx+x2 - l , χ>Ο, τότε έχουμε: t ' (χ)= _!_ + 2χ > για κάθε χ>Ο χ Άρω:, η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) και η εν λόγω εξίσωση έχει μοναδική ρίζα τον ρ= ι . Β . α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, π) με f(x)

χσυν\- ημχ χ

Το πρόσημο της παραγώγου εξαρτάται από το πρόσημο του αριθμητή . Θεωρούμε λοιπόν τον αριθμητή ως νέα συνάρτηση, έστω φ(χ)=χσυνχ-ημχ, χ ε [Ο, π) Η φ είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με φ ' (χ)=συνχ-χημχ-συνχ=-χημχ και φ ' (χ)<Ο στο (0, π). Άρα, η φ είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, π), οπότε για κάθε χ ε (Ο, π) ισχύει φ(χ)>φ(Ο)::::>χσυνχ-ημχ<Ο. Άρα; για κάθε χ ε (Ο, π) έχουμε f ' (χ)<Ο, οπότ'ε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, π). Εξάλλου: lim f(x) = 1 και lim f(x) = Ο X�O-t

Χ-+Π-

οπότε το σύνολο τιμών της f είναι το διάστη μα (0, ι ). β . Παραγωγίζουμε τη δοσμένη ισότητα και g'(x) + 2g'(x)g(x) = ιηχ + 1 + ι έχουμε : g(x) ι ::::> g'(χ)[ -- + 2g(x)] = ιηχ + 2 g(x) απ' όπου προκύπτει ότι: 2 g ' (χ) ;::: Ο <=> ιηχ+2 ;::: Ο <=> ιηχ ;::: -2 <=> χ ;::: eκαι g ' (x) � O <::> O<x � e-2 Άρα, η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, e-2 ] και γνησίως αύξουσα στο [e-2 , π , οπότε παρουσιάζει ολικό ελάχιστο για x=e- . Για x=e-2 από την αρχι ισότητα λαμβάνουμε ιng( e -2)+g (e-2)= 1 Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός g( e-2) είναι ρίζα της εξίσωσης ιnχ+χ2= 1 , η οποία κατά το (Α) ερώτημα έχει μοναδική ρίζα το ι . Άρα g(e-2)= 1 , οπότε το ελάχιστο της g είναι ο αριθμός 1 . γ. ί . Από τα προηγούμενα ερωτήματα προκύ πτει ότι για κάθε χ ε (Ο, π) ισχύει f(x)>O και

]

�

g(x) ;::: 1 , οπότε f(x)+g(x)> 1 ::::> ι -f(x)-g(x)< O::::>h(x) <O. ίί . Η h είναι συνεχής στο [χΙ , χ3] οπότε λαμβάνει ελάχιστη τιμή στο διάστημα αυτό. Εξάλλου h(x2 )-h(x1 )=h(x3)<0 => h(x2 )<h(x 1 ) και h(x2)- h(x3)=h(x1 )<0 => h(x2)<h(x3) Αυτό μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι η ελάχιστη τιμή δεν προκύπτει σε κάποιο από τα άκρα του [χΙ , Χ3] , οπότε το σημείο χο στο οποίο συναντάμε το ελάχιστο είναι εσωτερικό του διαστήματος [χΙ , χ3] . Επομένως, από το Θ. Fennat συμπεραίνουμε ότι υπάρχει Χ0 ε (χΙ , χ3) ς (0, π) ώστε να ισχύει h'(xo)=O.

Άσκη ση 6 η Έστω συνά ρτηση f ορισμένη στο κλειστό διάστημα [ 0 , 2] τέτοια, ώ στε: f(O)=f(2)=0 η f ' είναι συνεχής στο [ 0,2], και f "(χ) '* Ο , για κάθε χ Ε (Ο, 2 ) α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f '(χ)(χ - 3) = f(x) έχει ακριβώς μία ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) β. Να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παρ άστασης της f στο σημείο ( ρ, f(ρ)) διέρχεται από το σημείο Μ (3, 0) γ. Ν α αποδείξετε ότι: •

• •

lim χ --+ ρ

f'(x)(x - 3) - f(x) = (ρ _ 3)f "(ρ) χ-ρ

δ . Να αποδείξετε ότι υπά ρχουν ξι , ξ 2 Ε (0, 2 ) με ξι < ξ 2 τέτοια, ώστε 3 f ' (O) 3) f

"(ξι ) (ξ 2 Αν επιπλέον είναι f (ξι

ε.

χ Ε (0 , 2 ) ,

ά ρτηση

f'(2)

- 3) f

" (ξ 2 )

"(χ)>Ο για κάθε λ τότε να με ετήσετε τη συν-

g(x) =

f(x) , χ Ε [Ο, 2]

ως προς τη μονοτονία. Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι : Jg(t)dt > (χ - ρ)g(χ) , για κάθε χ Ε (ρ, 2] . χ-3

α.

Λύ ση

f '(χ)(χ-3) = f(x) <=> f '(χ)(χ-3) - f(x) = Ο <=> f '(χ)(χ-3) - (x -3) 'f(x) = Ο ;; f '(x)(x-3) - (x-3) 'f(x) 0 <=> f(x) ' 0 = = (1) (χ - 3) 2 χ-3 f(x) χ Ε[Ο 2] Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = χ-3 , , .

( )

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/57

Μαθηματικά για τη ν Γ' Λυκείου

Λόγω της υπόθεσης η g είναι συνεχής στο [0,2] , παραγωγίσιμη στο (0,2) και g(O)=g (2)=0 , διότι f(O)=f(2)=0. Δη λαδή η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 2], οπότε υπάρχει ξ Ε (0, 2) τέτοιο, ώστε g '(ξ) = Ο . Επομένως η (Ι)

εξίσωση g'(x) = O � f '(x)(x-3) = f(x) έχει μία τουλάχιστον ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) (2) f '(x)(x-3) = f(x) � f'(x)(x-3) - f(x) = ο� h(x) = ο όπου h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε (0, 2) . •

Λόγω της (2) είναι h(ρ)=Ο . Υποθέτουμε ότι η εξίσωση h(x)=O έχει και άλλη ρίζα ρ ' στο (0, 2) . Έστω ότι ρ < ρ ' . Τότε η συνάρτηση h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [ ρ, ρ ' ], οπότε υπάρχει χ 0 Ε (ρ, ρ ') c (0, 2) τέτοιο, ώ στε h'(x0 ) = Ο Ό μως h '(x 0 ) = Ο =:>f"(x0)(x0 -3) = 0 =:> f"(x0) = 0 άτοπο, διότι f ' ' (χ) -::;; Ο , για κάθε χ Ε (0, 2) . Επομένως η εξίσωση h(x) = O �f'(xXx-3) = f(x) έχει ακριβώς μία ρίζα ρ στο διάστημα (0, 2) β. Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ρ, f(ρ)) είναι ε:y-f(ρ) = f '(ρ)(χ - ρ) . Η (ε) διέρχεται από το σημείο Μ (3,0) αν και μόνο αν 0-f(ρ ) = f '(ρ)(3 - ρ ) � f '(ρ)(ρ - 3) = f (ρ) που ισχύει λόγω του ερωτήματος (α) Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο (ρ, f(ρ)) διέρχεται από το σημείο Μ(3,0)

f '( x )(x-3)-f(x) = ι·ιm h(x) - h(ρ ) , Χ-->ρ χ- ρ Χ- ρ όπου h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0 , 2] γ.

ιm χ -->ρ

ι.

και h( ρ)=Ο, λόγω του ερωτήματος (α). Η h είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2) με h'(x) = ( f '(x)(x-3) - f(x) ) ' = (x-3)f "(x) οπότε το ζητούμενο όριο είναι ίσο με h '(ρ) = (ρ-3)f "(ρ) , διότι ρ Ε (0, 2) δ. Η συν άρτηση h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0 , 2 ] είν αι συνεχής στο [0, 2] και παραγωγίσιμη στο (0, 2) με h ' (x) = f"(x)(x - 3) + f'(x) - f' (x) = f"(x)(x - 3) Δη λαδή η h ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ . Μ. Τ. στα διαστήματα [0, ρ], [ ρ, 2], οπότε υπάρχουν: ξ, Ε (0, ρ) τέτοιο, ώ στε

�o(ξ , - 3)f "(ξ , ) = 3f '(O) h '(ξ, ) = h(ρ) - h(O) hf(O):O ρ-0 ρ ' =:> 3f (O) _- ρ, (3) και _ (ξ, 3)f"(ξ , ) ξ 2 Ε (ρ, 2) τέτοιο, ώστε ' h '( ξ 2 ) = h(2) - h(ρ) h �O(ξ 2 - 3)f "(ξ 2 ) = -f (2) 2-ρ 2 - ρ �� =:> f '(2) = 2 - ρ (4) (ξ 2 - 3)f "(ξ 2 )

•

Από (3) και (4) έχουμε ότι:

3 f '(O) _ f '(2) = ρ + 2 - ρ = 2 ( ξ, - 3)f"(ξ , ) (ξ 2 - 3)f "(ξ 2 ) ε. Η g είναι παραγωγίσιμη στο [0, 2] με f(x) ' = f '(x)(x-3�-f(x) g'(x) = χ-3 (χ-3)

( )

Θ εωρούμε τη συνάρτηση

h(x) = f '(x)(x-3) - f(x), χ Ε [0, 2] . Λόγω του ερωτή ματος (α) είναι h(ρ) = Ο . Η

h είναι παραγωγίσιμη στο (0, 2) με

h '(x) = f "(x)(x-3) . Είναι h '(x) < Ο , για κάθε χ Ε (0, 2) επειδή f ' ' (χ) > Ο και χ-3<0 για κάθε χ Ε (0, 2) ,

Επίσης, η h είναι συνεχής στο [0, 2], άρα είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 2]. Για κάθε χε [Ο, ρ) έχουμε h .J. ο � χ < ρ =:> h(χ) > h(ρ) = ο άρα g'(χ) > Ο , για κάθε χ Ε [Ο, ρ) και για κάθε χ ε (ρ, 2],

h .J. h(ρ) > h(χ) h(=:>):Ο h(x) < O ρ < χ � 2 =:> άρα g'(x) < Ο , για κάθε χ Ε (ρ, 2] . ρ

Δη λαδή η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [0, ρ] και g '(x) > Ο , για κάθε χ Ε [Ο, ρ) , άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0, ρ] . Επίσης η συνάρτηση g είναι συνεχής στο [ρ, 2] και g'(x) < Ο , για κάθε χ Ε (ρ, 2 ] , άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [ρ, 2]. •

Θ α αποδείξουμε ότι: g(t) dt > (χ - ρ)g(χ) ρ

για κάθε χ Ε (ρ, 2] 1 ος τρό π ος: (Με Θ.Μ.Τ.) Θ εωρούμε τη συνάρτηση G με

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/58

G(u) = g (t )dt, u Ε [ ρ, 2 ] ρ

Μαθη ματικ ά για την Γ' Λυ κείου

η οποία είναι μία αρχική της συνεχούς συν άρτησης g στο [ρ, 2] , άρα G '(u ) = g(u) , u Ε [ρ, 2] . Για κάθε χ Ε ( ρ, 2] , η G ικανοποιεί τις προ

ϋποθέσεις του Θ . Μ. Τ. στο διάστημα [ρ, χ], άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (ρ, χ) τέτοιο, ρJ=O G(x) ( S G(x)-G( ρ) G(:::;. , g (ξ) = -ωστε G '(ξ) = ) χ-ρ χ- ρ

g-l.[ρ,2] χ-ρ > ο

Είναι ρ < ξ < χ :::;. g(ρ) > g(ξ) > g( χ)

< SJ G (x) > g( χ) :::;. (x) > (χ - ρ )g(x) :::;. -G χ-ρ

:::;. g(t)dt > (x - ρ)g (x) ,

για κάθε χ Ε (ρ, 2] 2ος τ ρόπος: (Μ ε μονοτονία) Υπόδειξη: Θ εωρούμε τη συνάρτηση Φ με

Φ (χ) = g(t)dt - (χ - ρ )g(x) , χ Ε [ρ, 2] .

είναι γνησίως

)\ σ κ η ση 7'�

Έστω η παραγωγίσιμη συνά ρτηση f : (Ο,+ οο) � R , η οποία είναι κυρτή και

, Ιιm . f(l + h) + l = Ο ισχυει: h->0 h α. Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτο νία και τα ακρότατα. β . Να βρείτε το όριο lim φ ( x ) , όπου χ-> 1

γ.

χ Jr(t)dt + xνf(x) - x2 + 2 , ν Ε Ν * , ν> l . φ ( χ} = 1 χ-1

Να λύ σετε την εξίσωση

f '(3x + 4' - 7' + 1) = 0

Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z, για τους οποίους ισχύει: f (1 + ll iz - 3j - jz + til> + 1 = Ο ε . Ν α μελετήσετε ως προς την κυρτότητα συν ά ρτηση τη δ.

h(x) = j f(t) + 1 dt, χ Ε (1, + ), β > ι . Στη β t-1 συνέχεια, να αποδείξετε ότι για κάθε χ> 1 χ +β f(t) + 1 χ +2β f(t) + 1 με β>Ο. J -- dt < χ J --dt χ t-1 +β t - 1 00

Λύση

Για h κοντά στο Ο θέτουμε f (l+ h) , ι·ιm g (h) = ο --'---'--+-I = g (h) , τοτε h->0 h

Έχουμε: f (1 + h) + Ι = hg(h) :::;. f (1 + h) = - Ι + hg(h) Άρα lim f(l + h) = lim ( - Ι + hg(h) ) = - Ι + Ο · Ο = - Ι h->0 h ->0 f(l + h) = -I και lim f(l + h) = f(l) , Δη λαδή lim h->0 h->0 διότι f συνεχής στο 1 . Άρα f(I) = - Ι ( 1 ) Είναι: lim f (I + h) - f(I) � lim f (I + h) + I = Ο h->0

h->0

Αποδεικνύ ουμε ότι η αύξουσα. Άρα . . .

α.

h = Άρα f '( l ) Ο (2)

Η f είναι παραγωγίσιμη και κυρτή, οπότε η f ' είναι γνησίως αύξουσα και f '(I) = Ο. r·t

Άρα χ > I :::> f '(x) > f '(l) = ο :::;. Λ

f '(x) > Ο , και Ο < χ < I :::;. f '(x) < f '(l) = Ο :::;. f '(x) < Ο , χ Ε (0, Ι) .

Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [Ι, +οο) και f '(x) > Ο , για κάθε χ Ε (1, +οο) , θα είναι γνησίως αύξουσα στο [Ι, +οο ) . Επίσης η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (0, Ι ] και f '(x) < Ο , για κάθε χ Ε (0, Ι) . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, Ι] . Η f μόνο για χ= 1 παρουσιάζει ελάχιστο το f( 1 ) = - 1 , λόγω της ( 1 ) .

β.

Έστω: F ( χ ) = f(t)dt , τότε I

2+ φ ( χ ) = ( F(x)-F( l ) ) +χ ν ( f (x)-f( I ) ) +χ ν f( l )-x 2 χ-Ι 2 ( I ) F(x)-F(I ) = +χ ν f (x)-f( I ) + -χ ν -χ +2 :::;. χ- Ι χ-Ι χ-Ι φ :::;. lim ( x ) = F '(I) + Ι ν · 0 - ν - 2 = f (l) + O - ν - 2 Χ -> ) = -ν - 3 , F(x)-F(I ) = F '(I) = f(I) = - , Ι διότι lim Χ->) Χ-1 f (χ) - f(I ) = lim f '(l) = Ο και Χ -> 1 Χ- Ι =

ΜΟΡΦΗ

(

)

Χ2 + 2 ' . - Χ ν - Χ 2 + 2 % . - χ ν --lιm '-'--= lιm χ->ι D.L'H. χ->1 Χ- Ι ( Χ- Ι ) ' = lim -νx ν-Ι - 2 χ = -ν-2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/59

χ->1

(

)

Μ αθη ματικά για την Γ Λυ κείου

γ. f '(3. + 4• -Ψ + ι ) = Ο ( 1 ).

Η ( l ) ορίζεται αν

3χ + 4· -γ + ι > Ο (2) α) f '(3x + 4• -ψ + ι ) = Ο � f '(3 x + 4• -γ + ι ) =f '(l) f'

f( f '(ξ) = x) - f(ι) = f(x) + l ( 1 ) χ-1 χ-1

γν.αuξ.

� 3χ + 4χ _γ + ι = ι � 3· + 4χ _γ = 0 3 χ + 4χ -ι = ο � 3 χ + 74 χ -ι = ο (3) � 77 7 77 Η εξίσωση (3) έχει προφανή ρίζα το 1 ,

() ()

:7'

g ( x) =

χ ) + ( ) -ι (% *

•

είναι γνησίως φθίνουσα στο R , επειδή

()

3 χ tn 3 + 4 χ tn 4 < Ο '( ) = x 7 7 7 7 g

για κάθε χ Ε IR , άρα είναι γνησίως φθίνουσα και στο πεδίο ορισμού της εξίσωσης ( 1 ) . Επομένως το 1 είναι η μοναδική ρίζα της εξί σωσης (1 ) δ . Είναι f (ι + lliz-31 - lz + ιΙΙ ) + ι = Ο (a)

�f(l +lliz-31 -lz+ ιΙΙ) = -ι�f (ι +l liz-� -lz + ιΙ Ι)=f (ι) � ι + lliz-31 - lz + ι Ι = ι � lliz-31 - l z + ι Ι = ο � liz-3 1 - lz + ιΙ = ο � liz-31 = lz + ι Ι

� li(x + yi)-3l = lx + yi + ιl � lxi + yi2 -31 = 1x + ι + yil � Ι -(y + 3) + xil = Ι χ + ι + yil �Ι-(y+3) + xil 2 = l x + ι + yil 2 � (y + 3)2 + χ 2 = (χ + ι) 2 + y 2 � y2 + 6y + 9 + x2 = χ 2 + 2χ + ι + y2 � 2 x - 6y - 8 = 0 � x - 3 y - 4 = 0 Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z είναι η ευθεία

ε : χ - 3y - 4 = 0 . συνεχης στο ε. Η συναρτηση f(t) + ι ειναι t-ι διάστημα (1, + οο) , οπότε η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (1, + οο) με X f(t) + ι ' f( x) + ι dt = h'(x) = J t χ-ι ι β Η h ' είναι παραγωγίσιμη στο (1, + οο) , ως πη .

]

( f(χx)-+ι ι ) '= f '(x)(x(χ- -ι)ι)-2f(x) - ι > ο '

λίκο παραγωγίσιμων με

h "( x ) = για κάθε

χ Ε (1, + οο) ,

διότι για κάθε

+β

1 °ς τ ρό π ο ς: Α ρκεί

χ+2β f(t)+ 1 β f(t)+ 1 f(t)+ 1 χ+β f(t)+ 1 J-dt+ J -dt< J -dt+ J -dt , t-1 t-1 t-1 t-1 β β χ+β χ ή h(x + β )-h(χ) < h ( x + 2 β )-h(χ + β ) ή Φ(χ) < Φ(χ + β) (2), όπου <I(x) =h(x+ β)-h(x), x > 1 . Έχουμε Φ '(χ) = h'(x + β )-h'(χ) > Ο διότι h ' i' (1, +oo) , οπότε: β

z=x yi +

(

f't

ι < ξ < χ => f '(ι) < f '(ξ) < f '(x) 1( ) f(x) + ι x - I >O < f '(x) :::> f(x ) + 1 < f '(x)(x- 1 ) :::> χ-1 :::> f '(χ)(χ-1 )-f(x)-1 > Ο Άρα η h είναι κυρτή . Θα αποδείξουμε ότι για κάθε χ Ε (1, + οο) και β> 1 ισχύει ότι: x + β f(t) + 1 x +β f (t) + 1 dt < J dt (2) J t-1 t-1 χ χ Αλλά:

η οποία είναι δεκτή λόγω του περιορισμού (2). Η ρίζα 1 είναι και μοναδική, διότι η συνάρτηση

συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ. στο διάστημα [ 1 , χ], οπότε υπάρχει ξ Ε (1, χ) τέτοιο, ώστε

χ> 1

β> 1>0=>χ+ β>χ=>h' (χ+ β)>h' (χ) => Φ (χ+ β ) > Φ (χ) . Άρα ισχύει η ανισότητα ( 2) για κάθε χ Ε (1, + οο)

τ ρό π ο ς: Υπ ό δειξη : Με Θ.Μ.Τ. για την h στα διαστή 2°ς

ματα

3°ς

[χ, χ+ β], [χ+ β, χ+2β]

τ ρό π ο ς:

h '(t) < h '(t + β) για κάθε t>1 , διότι h ' γνησίως αύξουσα στο (1, + οο) και h' συνεχής, Είναι

οπότε:

U=t

χ+β

χ+ β

Χ +Ζβ

β J h '(t)dt < J h '(t + β )dt =+ J h '(u)du

:::>

χ +β

χ+ 2 β

χ +β

J h '(t)dt < J h '(t)dt

χ+β

χ+ 2 β f(t) + 1 1 dt < J f(t) + dt ' :::> J t-1 t-1 χ+β χ για κάθε χ Ε (1, + οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/60

χ +β

Σχετι κά με τις διαμερίσεις και το Θεώρημα μέσης τιμής

Κώστας Τσαγκάρης

1. θεωρούμε την ακολουθία (αν) με αν

X · y3 .y

_2 _.3

χ · ν +ν m f (χ) = τη li αν. νeΝ*, και συνάρτηση α. Να εξετάσετε την f ως προς τη μονοτονία. β . Να δείξετε ότι για κάθε για κάθε x e ( 0,1) u( 1, +oo) ισχύει: 1 -1 > lnx>1 - f ( x) f ( x) γ. Με τα σημεία 1= χο<χι<χ <χ3 < ... < xv=3, να 2 χωρίσετε το διάστημα [1, 3] σε ν ισομήκη διαστήματα πλάτους dv = νe Ν* . Κατόπιν, να δείξετε ότι: f(χι) + f(x2) + f(x3) + + f(xv) ν + -ν + + -ν ν +-= -ν + 2ν ν+2 ν+4 ν+6 δ. Να υπολογίσετε το όριο Ιίm β ν , της ακολου, 2 2 2 2 θιας ( β ν ) με βv = - + - + - + + � ν+2 ν+4 ν+6

χ>Ο

Στο προηγούμενο σχήμα φαίνεται η λογαριθμική συνάρτηση «εγκλωβισμένη>> ανάμεσα στις δυο άλλες. γ. Σύμφωνα με τα αναφερόμενα στο σχολικό βι βλίο (στη σελίδα 326, παράγραφος 3 . 4 ), έχουμε :

χσ = ι 2 ν+2 χι = ι + -ν = -ν

Xz = ι + 2 · -ν

�,

·�

χ3 = ι + 3

•.•

χν = ι + ν · -ν =

α.

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης

(Ο,+οο): με f (x) =

. . χ · ν3 lιm αv = lιm-χ 2 ν3

f είναι το χ = ι xz χ

- _ι_2 < Ο. Επομένως η f είναι γνησίως χ φθίνουσα στο διάστημα (0, + ) β . Γνωρίζουμε ότι για κάθε χ>Ο ισχύει lnxsx- 1 με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ=ι . (Σχολικό: σελίδα 266). Αν λοιπόν χ :;e ι , τότε ..!_ :;e ι κ α ι lnx< χ 1 1 ι ι χ= Ι => ln - < - - ι => - Ιη χ < - - ι => ln x > ι - -. χ χ χ χ ! Τελικά χ - ι > ln x > ι - . Δηλαδή χ 1 - 1 > Ιηχ > 1 f ) , για κάθε χ e(Ο,ι υ - (χ ) (ι,-+οο) f ( x) και f (x) =

οο

ν ν + 2ν

f(χι) + f(xz) + f(x3) + ... + f(xv) ν ν ν ν = ν+2 + ν+4 + ν+6 + ··· + ν+2ν

Επομένως

•••

Απάντηση

ν ν+6

•..

ν+4

δ. Για την ακολουθία βν παρατηρούμε :

βν = -- + -- + -- + ... + ν+ 6 ν+ 2 ν + 4 3ν ν

ν+2 ν

= -·-

+- - + + ν+4 ν ν+6 · ν · · ·

[

-·-

+ ··· +

ν+2ν 2

-- · -

= ν+ 2 ν+ 4 ν+ 6 ν+ 2ν ] � = [f( x , ) +f ( x 2 ) + . . . +f ( x v )} dv

Ρ.

Q.j

�

"' · 8

� ι,

Q.i

1'---

ι.!

�� - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

----

Στο σχήμα φαίνεται η συνάρτη ση Χο = 1 , Χι =4/3 , Χ2 =5/3 , Χ3

και χ6 = 9/3 = 3 .

f(χι) + f(x2) + . . . + f(x6) = 3/4 + 3/5 + . . . +3/9 = 1 14 + 1 /5 + . . . + 1 /9 = 0,99 (περίπου) ln3 = 1 ,09

�

1 /χ με d3 = 1 /3 : 6/3, Χ4 =7/3 , Xs = 8/3 : ι

L - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/61

Μαθηματικά για την Γ Λυ κείου

Από τον ορισμό του ορισμένου ολοκληρώματος (σχολικό σελίδα 330) έχουμε :

}

lim β v = lim ( [ f ( Χ 1 ) +f ( Χ 2 ) + . . . +f ( X v ) d v ) 3

= r ( χ ) dx = I

Jι �1 dx = [ln χ ] ι =ln3 - lnl =ln3 . 2

2 , α, β>Ο . χ +β α) Ν α υπολογίσετε τις θέσεις των τοπικών α κροτάτων της f. β) Να βρείτε τα σημεία καμπής της f . γ) Αν λα είναι ο λόγος μεταβολής της f μεταξύ των σημείων που η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικά ακρότατα και λσκ ο λόγος μεταβολής της f μεταξύ των τετμημένων των σημείων καμπής της, να δείξετε ότι λα = 2λσκ · δ ) Να εξετάσετε αν η f έχει κατακόρυφη ή ορι ζόντια aσύμπτωτη, ε) Να δείξετε ότι υπάρχουν ρι, ρ2 e (-β, β), ώστε

2 . Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

αχ

_ι _ + _ι _ = 4β 2 · f '(ρ 1 )

α f '(ρ ) 2 " ' στ) Αν 2 α = β και f (β J3 )=f (β), να σχεδιάσετε

πρόχειρα τις γραφικές παραστάσεις των συναρ τήσεων f(x) και F(x)=l n(x2 + ,:: ι Αν α = 2 να υπολογίσετε το πλήθος των ριζών των f, F.

16).

. \ h' ύ.ντηση α) Η f είναι παραγωγίσιμη με

α (β 2 _ χ 2 ) , , για καθε x εiR. f (χ) _(χ 2 + β 2 )2 f '(χ) > Ο <::::> β2-χ2 > Ο <::::> χ ε (-β, β) f '(χ) < ο <::::> β2-χ2 < ο <::::> χ ε (- οο , β) υ (β, +οο) f '(χ) = ο <::::> β2-χ2 = ο <::::> χ = -β ή χ = β Η μονοτονία της f (και το πρόσημο της f), φαίνε

ται στον επόμενο πίνακα. χ

f' f

- 00

- β

�

+ οο

�

Η συνάρτηση f

παρουσιάζει τοπικό μέγιστο, στο

f (β) = � 2β

και στο - β παρουσιάζει τοπικό

το

ελάχιστο το

f (-β) =- f (β) =- � ( είναι περιττή). 2β

β) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με

2 (χ - 3β 2 )χ f "(χ) = α 2 . (χ 2 + β 2 γ f "(χ) < ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) > ο <::::> χ ε (-ω ,- .J3 β)υ(Ο, .J3 β) f "(χ) > ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) < ο <::::> χ ε (- .J3 β, Ο) υ ( .J3 β, +οο) f "(χ) = ο <::::> χ(χ2 -3β2 ) = ο <::> χ =- ,J3 β ή χ = ,J3 β ή χ = Ο Η κυρτότητα (και το πρόσημο της f ') , φαίνονται στον επόμενο πίνακα.

- 00

- .J3 β

α f( .J3 β)= .J3 4β

+ οο

.J3 β

f(- .J3 β)=- .J3 α4β ' φού η f είναι περιττή . Τα σημεία καμπής της f, εία .J3 α .J3 r:; r:; ναι τα (- v -' β, - - ), ( v 3 β, - ), (0, 0) . 4β 4β f(β ) - f(- β ) f(β) � = = γ) Είναι: λα= β - (- β ) β 2β 2 f .J3β - f - .J3β .J3β � = r( λσ = .J3β - - .J3β .J3β 4β 2 α = 2λσκ· άρα λ δ) Η συνάρτηση f δεν έχει κατακόρυφη aσύμπτω τη, γιατί αν υπάρχει X0 ε iR για το οποίο να ισχύει lim f(x) = +οο η f δεν είναι συνεχής, που δεν ιΙ σχύει:

άρα

χ ----+- χ 0

IR) . Επίσης: α χ lim αχ = lim =0 . lim f(x) = lim α Χ2 + β2 Χ2 - Χ Άρα, άξονας χ' χ είναι οριζόντια aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο + οο. σχύει (γιατί είναι συνεχής στο Χ -Η<>Ο

Τέλος,

Χ-Η<>Ο

Χ -Η<>Ο

Ηω

lim f(x) = lim � = Ο,οπότε ο άξονας χ'χ Χ

χ � -«>

χ �-ω

είναι οριζόντια aσύμπτωτη της γραφικής παρά στασης της f στο . (κάτι που είναι αναμενόμενο γιατί είναι περιττή στο IR, που σημαίνει ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων ). ε ) Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε καθένα από τα δια στήματα [ 0 , β] και [-β, 0] . Επομένως, υπάρχει ρι ε (Ο, β), ώστε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/62

-οο

f '( ρ ι ) =

f(β) - r (ο) f(β) = β-0 β

Μαθηματικά για την Γ Λυ κείου

και ρz ε (-β, 0), ώστε r (o ) - f (- β ) f '(ρ ι ) = 0 - (- β ) _

Οπότε:

f '(ρ 1 )

= ι

f (β ) β

f '(ρ 2 )

� f (β )

στ) f '( β .J3 ) = f "( β) <=> - � 8β 2 <=> 8 β2 = 2 β3 <=> β = 4.

4β 2

r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -, ,- - - - - - - - - - , 10

: σχήμα 2

I I

._ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

4 ../3 +οο

f \

·10

'---

• Η f μηδενίζεται μόνο στο Χ0 = Ο, (όταν χ> Ο έχουμε f(x) > Ο και όταν χ < Ο έχουμε f(x) < 0). • Η F δεν μηδενίζεται , κάτι που μπορούμε να αι τιολογήσουμε με διάφορους τρόπους: ζ)

και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση . σχή μα ι). Επειδή είναι περιττή σχεδιάζουμε το τμήμα της με χ > Ο και στη συνέχεια το συμμετρικό του με κέντρο συμμετρίας το (0, 0). r - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - � I

I I

\ '--- �

και χαράσσουμε τη γραφική της παράσταση , ' που έχει άξονα συμμετρίας τον y y. (σχήμα 2)

�

2β 3

\__ .___)

-�

+οο + -

-4

2α = β = 4 <=> α = 2 2χ Επομένως f (x) = 2 χ + ι6 Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβ ολών της f:

-4 ../3 -4

�

χ F' F"

( f περιττή )

χ2 � Ο ::::> χ2 + 1 6 � 1 6 ::::> ln(x2+ 1 6)�ln 1 6::::> ln(x2+ 1 6)�4ln2>0, οπότε F(x)>O. zος τρόπος: Η F είναι γνησίως αύξουσα στο διά στημα [0, +οο) με F(O) = 4ln2, lim F(x ) =+oo , επομένως F([O, + οο)) = [4ln2, + οο). Ι ος τ ρόπος: Για κάθε χε!R. έχουμε:

χ -+ +«>

Επιπλέον, είναι άρτια με άξονα συμμετρίας τον

·10

ιο

+ 1 6 )] ' = f(x) =

F((- οο , Ο]) = [4ln2, + οο).

3 . Η συνάρτηση f: [α, β]�ΙR είναι παραγω γίσιμη με συνεχή πρώτη παράγωγο στο [α, β] με f(α) = f(β) = Ο και f(x) > Ο , για κάθε χ ε ( α, β). α. Να δείξετε ότι υπάρχει Χ0 Ε [α, β], όπου η συ νάρτηση f παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή της Μ και να εξετάσετε αν το Χ0 μπορεί να είναι άκρο του διαστήματος [α, β] . β. Να αιτιολογήσετε ότι υπάρχουν ρ ι ε (α, Χο), ρ 2 ε (χο, β), τέτοια ώστε

Για την F(x) = ln(x2 + ι 6 ) , έχουμε F '(χ) = [ln(x2

ι.ι

' y y, οπότε

αχ χ2 + β2

f '( ρ ι ) =

� χ0

-α

και f' ( ρ 2 ) =

-Μ

β - χ0

γ. Να δείξετε ότι υπάρχει θ > Ο

(ανεξάρτητο 0 του Χο) τέτοιο ώστε: f'(ρ 1 )- f'(ρ2)� -- .

α fβ z - x z ) ..._ ....:... και F "(χ) = f '(χ) = -�..:;._ (χ 2 + β 2 γ

β-α

δ. Να βρείτε για ποια τιμή του Χ0 ισχύει η ισό

Σχηματίζουμε τον πίνακα μεταβολών της F

τητα στο (γ) ερώτημα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/63

Μαθη ματικά για την Γ' Λυκείου

Ε φ αρ μ ογή : Για τη συνάρτη ση f με f(x) = ρ =

β-α -

2- και Χο=

�ρ2 - { χ -

Χ0

γ , με

α+β , , - , της οποιας τα ση μεια 2

της γραφικής της παράστασης αποτελούν ημικύ κλιο με διάμετρο ΑΒ, όπου Α(α,Ο) και Β(β,Ο) .

2 κλ κ+λ r-:;ο αριθμητικός, Αν Α= -- , Γ= ν κλ και Η= κ+λ 2 γεωμετρικός και αρμονικός μέσος, αντιστοίχως, των θετικών αριθμών a, b, τότε Α;;:::Γ;;:::Η Ά ρα f ' (ρ ι ) - f ' (ρz) =

( ) ()

f ' ( ρz ) =

(β) - f(x o )

-�

β - χο

β - Χο

χο - α

β - χο

Μ Μ --χ-α β-χ

κάθε χ ε ( α, β). Είναι: G ' (x) = -

κ+λ

Μ Μ --· χο - α β - χο Μ Μ + - -χο - α β - χο

β - χο Μ

Χ0 - α 4Μ 2

Μ -β - χ0

;;:::

(χ ο - α){β - χ ο ) = 4Μ Μ{β - χ ο + χ ο - α) β - α . (χ ο - α){β - χ σ )

Επομένως αρκεί θ ε (Ο, 4Μ] . δ . Στην Ι η απάντηση του (γ) ερωτήματος, η ισότητα ι σχύει στη θέση του ολικού ελάχιστου που είναι

α+β --

. Στην 2η απάντηση ο αριθμητικός και αρμο2 νικός μέσος θετικών αριθμών ταυτίζονται όταν κ=λ, χ0=

α+β

. .

απο οπου προκυπτει χ0= -- . 2

Ε φ αρ μ ογή :

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

+ --

. . Θ εωρουμε τη συναρτηση G(x) =

Α ;;::: Η => κ+λ ;;::: -- =>

� , οπότε

� u

Υπενθύμιση : Σε κύκλο δίνεται η χορδή ΑΒ. Η εφαπτομένη του κύκλου στο μέσον του τόξου ΑΒ, είναι παράλληλη προς την χορδή (και αντίστροφα αν η εφαπτομένη είναι παράλληλη της χορδής το σημείο επαφής είναι το μέσον του αντίστοι-

γ . Δύο ενδιαφέρουσες απαντήσεις είναι: 1 η απάντηση.

f ' ( ρ ι ) - f ' ( ρz ) =

Χο - α

4κλ

Α πάντηση α. Η συνάρτηση f ως παραγωγίσιμη είναι και συ

νεχής στο [ α, β] . Από το θεώρημα μέγιστης και ελάχιστης τιμής στο [α, β] , υπάρχει Χ0 ε [ α, β], ώστε f(Xo ) = Μ . Αν χσ=α ή χ0=β, επειδή f(α)=f(β) = Ο, τότε Μ = Ο που είναι αδύνατο γιατί για κάθε Χο ε (α, β), ισχό ει f(x) > Ο. β. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] (άρα συνεχής στο [α, Χ0] , [Χ0,β] και παραγωγίσιμη στα (α, Χο) , (χο, β) ) Η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ. Μ. Τ . στα διαστήματα [ α, Χο ], [χο, β], οπότε υπάρχει ένα τουλάχιστο ρ1 ε ( α, Χο) και ένα τουλά-χιστο ρz ε (χ0, β), τέτοια ώστε f χ0 - f α Μ = , f '( ρι ) = χο - α χο - α

(χ - α )z (β _ x )z

�ρ 2 - (χ - Χ 0 γ ----------------------------------'

χου τόξου). f(x) =

, για

f(α) = f(β) = Ο,

(Q,Mi

και G ' (χ)=Ο�(β--χ)2=(χ -α)2�2 χ(α-β)=(α-β)(α+β)�

α+β --

α+β

. G (χ) > Ο � χ > -- . 2 2 Η μονοτονία της G, το πρόσημο της G' και το ελάχιστο τηc φαίνεται στον επόuενο πίνακα.

χ=

χ ο ·

α+β 2

Όταν χ = -- η G παρουσια' ζει ολικο· ελάχιστο στο 2

α+β

Α Ι '• Ι 1

α+β

4Μ --

' .. ... ... ... .... ...... ,,

, ι

, ,,

/ e

I ι I I

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

Μ = ρ. Η κλίση της χορδής ΑΓ είναι (=

�χο ) - �α) Χ0 -α

2Μ

β -α

l ).H κλίση της εφαπτομένης της C r στο Ε(ρ 1 , f(ρ 1 ))

είναι f ' ( ρ , ), άρα f ' ( ρ , ) =

() ( )

2Μ

β-α

. Αναλόγως f ' ( ρ2 )

-- , το G ( -- ) = . Επομένως πρέπει και 2 2 β-α

αρκεί θ ε (Ο, 4Μ] . 2'1 απ άντη ση. (Λύση του μαθητή μου Στ. Βλάχου)

' Ισχύει το (δ) , γιατί f ' ( ρ , ) = - f ( ρz ).

f β - f xo β - Χ0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/64

2Μ

β-α

, f ' ( ρ , ) _ f ' (pz)=

4Μ β-α

(=2)

------- 0 Ευκλείδης Προτείνει . . . -------

Ε u κλ�Ι δ n ς

n ρ οτ � Ι ν� ι

καρδιά

μαθηματικών είναι τα και ο κύ ριος λόγος .. .. .. ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα». «Η

των

προβλήματα και οι λύσεις

P. R. HALMOS

Ε πιμέλεια :

Γ. Κ. τJ> Ι Α ΝΤΟΣ - Ν. θ Α Ν Τ Ω Ν Ο Π Ο Υ ΛΟΣ - θ. Α . Τ Ζ Ι Ω Τ Ζ Ι Ο Σ

ΑΣΚΗΣΗ 1 98 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Σε κάποιο δρόμο μιας μακρινής πόλης τα σπίτια ήταν κτισμένα στη μία πλευρά του και είχαν την αρίθμηση Ι ,2,3, . . . . . Μετά από ένα φοβερό σεισμό έπεσαν όλα τα σπίτια. Ο μαθηματικός κ. Μ προσπαθεί ύστερα από χρόνια να εντοπίσει ένα συγκεκριμένο σπίτι έχοντας τις εξής πληροφορίες. Α. το πλήθος όλων των σπιτιών ήταν μικρότερο από 500. Β . το σπίτι που αναζητούσε είχε αριθμό μεγαλύτερο του 50. Γ. Το άθροισμα S1 των αριθμών όλων των σπιτιών που· βρίσκονταν πριν από το ζητούμενο σπίτι ήταν ίσο με το άθροισμα των αριθμών των σπιτιών που βρίσκονταν μετά από αυτό. Ζητείται να προσδιορισθεί ο αριθμός του σπιτιού που αναζητούσε ο κ. Μ καθώς και το πλήθος όλων των σπιτιών. ( Λ ΕΥ Τ Ε Ρ Η Σ ΤΣ ! Λ ! Α ΚΟΣ - Γαλάτσι ) ΛΎΣΗ ( Δ ! ΟΝΥΣΗΣ Π ΑΝΝΑΡΟΣ -

Πύργος )

Έστω ν<SΟΟ το πλήθος όλων των σπιτιών και k>SO ο αρι�μός του ζητούμενου σπιτιού. Σύμφωνα με τα δεδομένα έχουμε: S1 = Ι + 2 + ... + (k - Ι) = S 2 =

Ι + (k - Ι) . - = (k + Ι) + (k + 2) + ... + ν � (k Ι) 2 (k + Ι + ν)(ν - k) � k(k - Ι) = (k + Ι + ν)(ν - k) 2 � ..... � 2k 2 - ν 2 - ν = Ο (Ι) Η σχέση ( Ι ) μετασχηματίζεται διαδοχικά ως εξής: Ι Ι 4k 2 - 2(ν 2 + ν) = 0 � 4k 2 - 2(ν 2 + ν + -) = - 2 4 Ι Ι � 4k 2 - 2(ν + - ) 2 = - - � 2 2

= - -Ι � (2ν + Ι) 2 - 2 · (2k) 2 = Ι (2) 2 Θέτουμε: 2ν + Ι = t και 2k = λ , οπότε καταλήγουμε στην εξίσωση: t 2 - 2λ2 1 (3). Προφανείς θετικές ακέραιες λύσεις της (3) είναι (t, λ) = (1, 0) , (t, λ) = (3, 2) , (t, λ) = (1 7, Ι 2) ... =

Με εφαρμογή του μετασχηματισμού: Τ = 3t + 4λ και Λ = 2t + 3λ από κάθε λύση (t,λ) της (3) παίρνουμε μια νέα λύση (τ, Λ) της (3). Πράγματι: Τ 2 - 2Λ2 = (3t + 4λ) 2 - 2(2t + 3λ) 2 = t 2 - 2λ2 = Ι Έτσι, από τη λύση ( t, λ) = (1 7 ,Ι2) παίρνουμε τις (τ, Λ) = (3 · Ι 7 + 4 · Ι2 , 2 · Ι 7 + 3 · Ι2) = (99,70) και (τ, Λ) = (3 · 99 + 4 · 70 , 2 · 99 + 3 70) = (577,408) . ·

Για t = 577 , λ = 408 βρίσκουμε τις λύσεις: 2ν + Ι = 577 � ν = 288 και 2k = 408 � k = 204 . τιμές, που επαληθεύουν και επιβεβαιώνουν τα δεδομένα του προβλήματος. Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Ρ ο δ όλφος Μπόρης - Δάφνη , Δ η μή τ ρ ιος Κ α ρ α β ότας - Κάτω Αχαϊα,

ΑΣΚΗΣΗ 1 99 (τΕΥΧΟΥΣ 82) Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ΒΓ = Ι και ΑΒ = ΑΓ = β > Ι , όπου β η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης: χ 3 - 3χ 2 + Ι = Ο . Θεωρούμε τα σημεία Δ,Μ της πλευράς ΑΒ και τα σημεία Ε,Ζ,Κ της πλευράς ΑΓ, ώστε να είναι: ΓΔ=ΓΕ=ΑΖ=Ι ΑΜ=ΜΒ και ΚΑ=ΚΒ. Στο εσωτερικό του τριγώνου κινείται σημείο Ρ έτσι, ώστε να ισχύει (ΡΒΔ)=(ΡΚΕ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . 87 τ.3/65

------ 0 Ευκλείδης Προτείνει . . . -------

1 . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Ρ . 2. Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΑΡ , ΒΖ , και ΚΜ συντρέχουν. ενώ , ΚΕ = ΚΓ - ΕΓ = 1 + _!_ - 1 = _!_ . Αν Ρ είναι β β ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας ) Λ ΥΣΗ 18 ( ΣΤ. ΠΕΤΡΟΛΕΚΑΣ - Δραπετσώνα) σημείο του γεωμετρικού τόπου και ΡΗ , ΡΘ τα ύψη των τριγώνων Ρ ΔΒ , ΡΚΕ αντιστοίχως, τότε: Α 1 1 (ΡΔΒ) = (ΡΚΕ) ::::> - ΔΒ · ΡΗ = - ΚΕ · ΡΘ ::::> ΡΗ = ΡΘ 2 2 αφού ΔΒ = ΚΕ = _!_ . Άρα, το σημείο Ρ ανήκει στη β

1 . Τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΓΔΒ έχουν τη γωνία ΔΒΓ κοινή . Συνεπώς, ΔΒΓ ΑΒΓ οπότε ΔΒ ΒΓ => ΔΒ = 1 1 , = - => ΔΒ = - (1) . Στο τριγωνο ΒΓ ΑΓ 1 β β �

διχοτόμο της γωνίας Α. Το αντίστροφο απλό. Τελικά, ο ζητούμενος γ.τ. είναι η διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ. 2 . Αν είναι Ν το σημείο τομής των των ΑΡ , ΒΚ από το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο ΑΒΚ ΝΒ ΑΒ είναι: = ( 6) . Στο τρίγωνο ΑΒΚ έχουμε ΝΚ ΑΚ ΜΑ · ΝΒ · ΖΚ ΑΒ ΖΚ ΖΚ , οτι: , -- - = 1 · - · - = βεπισης ΜΒ ΝΚ ΖΑ ΑΚ 1 ΑΚ ΑΚ - ΑΖ 2β 2 - 1 =β = β(l - ΑΖ ) = β(1 - 3 ) = ΑΚ ΑΚ β 3 3 β - 2β 2 + 1 β - 2β 2 + 1 β 2 =β = = β2 = 1 β2 β3

Από το θεώρημα του CEVΑ στο τρίγωνο ΑΒΚ τα ΚΜ συντρέχουν. νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΚΒ παίρνουμε: τμήματα ΑΡ , ΒΖ ΣΗΜΕΙΩΣΗ : Στη λύση που προηγήθηκε δεν ΑΒ = ΑΚ => ΑΚ = βημφ = β (2) χρειάστηκε να προσδιορισθεί το μέτρο της γωνίας η μ( π - 2Φ) η μφ ημ2φ 2συνΦ Α του τριγώνου ΑΒΓ , αν και αυτό ήταν στις Ο νόμοσ των ,συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ δίνει προθέσεις του προτείνοντος την άσκηση ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 - 2ΑΒ · ΑΓσυνΦ => 1 = 2β 2 συναδέλφου καθώς και επιλογή των συναδέλφων 2β 2 - 1 2 2β συνΦ => συνΦ = (3) Διονύση Γιάνναρου ( Πύργος ) και Ροδόλφου 2β 2 3 Μπόρη (Δάφνη) , που έστειλαν λύσεις βασισμένες Η (2) λόγω της ( 3 ) δίνει: ΑΚ = (4). στον υπολογισμό της γωνίας Α. Για τον λόγο αυτό 2β - 1 αξίζει να αναφέρουμε τον τρόπο προσδιορισμού β3 - β β3 Είν!η : ΚΓ = ΑΓ - ΑΚ = β - 2 = 2 (5) Π - 2ω Π 2β - 1 2β - 1 της. Έστω Α = 2ω . Τότε Β = Γ = =--ω 2 2 3 2 Επειδή ο β είναι ρίζα της χ - 3χ + 1 = Ο ,ισχύει οπότε η μΓ = ημ( π - ω) = συνω . Από το νόμο των ότι β 3 = 3 β 2 - 1 , οπότε η σχέση (5) γράφεται 2 ΚΑΒ έστω ότι είναι ΑΒΚ = ΒΑΚ = φ . Από το

�

-._ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/66

------ 0 Ευκλείδης Προτείνει . . . ------

ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε διαδοχικά: συνω ΑΒ η μΓ -β συνω = - = -� = -- = ΒΓ η μΑ 1 ημ2ω 2ημωσυνω 2η μω

Α 1 Α 3 ΓΑ7 είναι παραλληλόγραμμο (#), αφού

1 Επειδή β 3 - 3β 2 + 1 = Ο και β = -- , έχουμε: 2η μω 1 1 , , απο, την οποια + 1 = 0 σχεση -----=-3- - 3 8ημ ω 4ημ 2 ω προκύπτει η 8ημ 3 ω - 6η μω + 1 = Ο ( 1 ). Όμως, είναι και ημ3ω = 3ημω - 4ημ 3 ω με αποτέλεσμα 8ημ 3 ω - 6ημω = -2η μ3ω (2). Από τις ( 1 ) , (2) έπεται ότι : - 2η μ3ω + 1 = Ο <:::> ημ3ω = ..!.. (3). 2 Λ Λ Ακόμη, είναι β > 1 � ΑΒ > ΒΓ οπότε Γ > Α και π π 3π , 3ω < 2 ω < - η, ω < - και αρα . Απο, την (3) 4 2 2 π Λ π , , : 3 ω = -π � ω = προκυπτει οτι � Α = 2ω = - . 9 6 18 ΑΣΚΗΣΗ 200 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 82 ) Δίνεται κανονικό επτάγωνο Α 1 Α 2 Α 3 ••••Α7 εγγεγρα μμε'νο σε κυ' κλο (Ο

Α 4 Α7 στο

ι ,

Rι ) .

Α4

γωνίες ίσες). Ομοίως, το Α 1 Α 3 Α7Δ είναι # οπότε ΓΑ7 = Α 3 Α 1 = Α7Δ , δηλ. Α7 είναι μέσον του ΓΔ και επειδή Α 1 Α7 // ΒΓ , το Α 1 είναι μέσον της ΒΔ

Αν οι 0ι ευθει' ες το τρίγωνο 0 3 ΒΓ είναι ισοσκελές με διάμεσο και

Δ, ζητείται να αποδειχθούν τα

στο ισοσκελές τρίγωνο 0 3 ΓΔ η 0 3 Α- είναι

διάμεσος οπότε o ),. 7r = 'Ετσι, το τετράπί.ευ ' ακόλουθα: 1. Αν (0 3 , R 3 ) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος ρο ΓΑ 3 0 3 Α7 με δύο απέναντι γωνίες του τριγώνου ΓΒΔ τότε το τετράπλευρο ΓΑ 3 0Α7 είναι εγγράψιμμο σε κύκλο , έστω (Ο 2 , R 2 ) •

παραπληρωματικές, είναι εγγράψιμμο <;>ε κύκλο C 2 : (0 2 , R 2 ) με διάμετρο 0 3 Γ = 2R 2 •

Τα τρίγωνα ΒΓ Δ και ΓΑ 3 Α7 είναι όμοια με Λ λόγο ομοιότητας 2 και ΒΓ Δ = 7θ - 3θ = 4θ , οπότε 4. Αν είναι α η πλευρά του κανονικού επταγώνου Λ Λ Α 3 0 3 Α7 = 3θ ή Β0 3 Δ = 6θ . Στο ισοσκελές τότε ισχύει ότι: Γ Α6 = α.fi . Λ Λ θ τρίγωνο ΒΟ 3 Δ είναι 0 3 ΒΔ = 0 3 ΔΒ = - , ενώ στο ( ΓΕΩΡΓΙΟΣ ΚΑ ΤΣΑΟΥΝΗΣ - Πρέβεζα ) 2 ΛΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας ) Λ Λ 3θ ισοσκελές τρίγωνο Γ0 Δ : 0 ΓΔ = 0 ΔΓ = . 3 3 3 1 :Εστω θ το μέτρο κάθε εγγεγραμμένης γωνίας σε 2 Οι κύκλοι (0 1 , R 1 ) και (0 2 , R 2 ) είναι ίσοι. 3. Ο κύκλος (0 3 , R 3 ) διέρχεται από το σημείο Α6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/67

------

Στο

ι<1οσκελές

0 Ευκλείδης Προτείνει . . .

------

είναι 4R 2 συν 2 2θ + 4R 2 η μ 2 θ + 4R 2 ημθ · συν2θ · ημ2θ

τρίγωνο

= 4 R 2 (συν 2 2θ + ημ 2 θ + η μθ · συν2θ · η μ2θ) = 4R 2 αφού αποδεικνύεται εύκολα ότι: συν 2 2θ + η μ 2 θ + η μθ · συν2θ · ημ2θ = 1 .'Ετσι, 0 3 Α6 = y = 2R ,δηλ ο κύκλος C 3 διέρχεται από το Α6 . 4. Από το ορθογώνιο τρίγωνο 0 3 Α7Γ έχουμε ( 5) Έτσι, 0 3 Γ = 20 ι Α 4 ή 2 R 2 = 2R ι <=> R 2 = R ι R Γ Α7 = 2Rη μ2θ = 2R · 2 ημθσυνθ = 2ασυνθ (7) Από το νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΓΑ6Α7 και R 3 = 0 3 Γ = 2R 2 = 2R . ΓΑ6 2 = Γ Α7 2 + Α6Α7 2 - 2Γ Α7 -Α6Α7 · συν2θ = 3 . Έστω Ζ η τομή των Α 4 Α7 , Α 2 Α6 και Ε η τομή = 4α 2 συν 2 θ + α 2 - 2 · 2ασυνθ · α · συν2θ = (4 ) των ΑιΑ 3 , Α 2 Α6 • Διαπιστώνουμε εύκολα ότι τα = α 2 (4συν 2 θ + 1 - 4 · συνθ · συν2θ) = τετράπλευρα ΓΖΑ6Α 5 , Α ι ΕΖΑ7 είναι # και το = α 2 (4συν 2 θ + 1 - 1 - 2συν2θ) = 2α 2 Άρα, ΓΑ6 = α .fi . =

Α ι Α7 = α .Όμως, Α ι Α 3 = Α 3 Α 5 οπότε είναι

Λύσεις

Α 1 Ε = Α 5 Γ = k και Α 7 Z = ΖΑ 6 = k Απο το νομο ,

Μπόρης - Δάφνη, Διονύσης Γιάνναρος -

των ημιτόνων στο τρίγωνο Α 3 ΓΑ7 έχουμε: α+k α = -- => α + k = 2ασυνθ (1) και ημ2θ ημθ --

k = α(2συνθ - 1) (2) . Στο τρίγωνο

zA6A7

φέρουμε ΖΗ l_ Α6Α7 οπότε συν2θ = � , δηλ . 2k α k= (3). Από τις (2), (3) προκύπτει ότι 2συνθ 2συνθ _ 1 = 1 <=> 4συν2θσυνθ = 1 + 2συν2θ 2συν2θ (4). Από το ορθογώνιο τρίγωνο 0 3 Α 3 Γ έχουμε

έστειλαν

οι

συνάδελφοι:

Ροδόλφος

Πύργος. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 2 1 5. Να δείξετε ότι η εξίσωση z 4 + 4(1 + i)z + 1 = Ο

έχει μία ρίζα (με εικόνα) σε κάθε τεταρτημόριο του μιγαδικού επιπέδου. ( ΓΙΩ Ρ Γ Ο Σ ΔΕ Λ ΗΣ ΤΑ ΘΗΣ - Κ. Πατήσια) 2 1 6 . Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι χ , y που x + y = 589 ικανοποιούν το σύστημα: [x, y] = 84 · (x, y)

{

( Η Ρ. ΕΥ ΑΓΓΕ Λ ΙΝ Ο Σ - ΕΥΡ. Κ Α ΣΣ Ε ΤΑΣ) 2 1 7. Δίνεται κύβος ΑΒΓΔΘΕΖΗ ακμής

α και διαδοχικές έδρες ΑΒΓΔ , ΑΒΕΘ. Αν Ι είναι σημείο ημθ = � <=> α = 2Rημθ (5), ενώ από το 0 3 Α7Γ : της ΑΕ τέτοιο, ώστε ΑΙ=α τότε: 2R 1) Να υπολογισθεί η γωνία ΙΔΗ . 2 ) Να αποδειχθεί ότι οι ακμές ΙΑ, ΙΓ, ΙΔ της πυραμίδας ΙΑΓΔ αποτελούν πλευρές τριγώνου. 3) Να βρεθεί τι μέρος του όγκου του κύβου τον νόμο συνημιτόνων στο τριγωνο 0 3 Α7Α6 => καταλαμβάνει η πυραμίδα. (Β. ΦΡΟΥΝΤΖ ΟΣ - Αγρίνιο) Αγαπητοί φίλοι και συνάδελφοι, η στήλη αναμένει από σας νέα προτεινόμενα θέματα καθώς και λύσεις θεμάτων Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/68

Εσείς γράφετε. . . . . , , . . . . . . εμεις απανταμε

Όπως έχουμε ξαναγράψει ο όγκος της αλ ληλογραφίας για τον Ευκλείδη Β · είναι μεγάλος. Η προσπάθειά μας είναι να α παντούμε όσο νωρίτερα γίνεται στα γράμματά σας, όμως έκτακτα περιστατικά δημιουργούν πολλές φορές πρόβλη μα χώρου. Βέβαια χαρά μας είναι η επικοινωνία μαζί σας με οιονδήποτε τρόπο και για οποιοδήποτε θέμα. Έτσι γι ' αυτό το τεύχος έχουμε: Ο κ. Νίκος Πελεκανάκης (δεν είναι μαθηματικός) είναι ένας νέος που αγαπάει τα μαθηματικά και κάνει προ

σπάθεια για πολλά χρόνια να δώσει λύση στην εξίσωση 5ou βαθμού με το δικό του τρόπο. Επειδή η προσπάθεια του Νίκου Πελεκανάκη είναι αξιόλογη και επειδή στην πορεία της δουλειάς του προκύπτουν ερωτηματικά, ο ί διος απευθύνεται στο περιοδικό και παρακαλεί όποιον μπορεί ή όποιον ασχολείται με αυτά τα θέματα να συ νεργαστεί μαζί του ώστε να βρει απάντηση στα ερωτή ματά του. Τα Ερωτήματα που μας έστειλε είναι:

Γνωρίζω ότι έχουν βρεθεί ρητές εξισώσεις 5ου βαθμού των οποίων η πραγματική τους ρίζα εκτός από ριζικά 5ης τάξης περιέχει και ριζικά 2ης τάξης όπως αυτή που σας αναφέρω εδώ. Εξίσωση: χ5 - 5χ4 - 1 0χ3 - 1 0χ2 - 20χ - 20 = Ο ρίζα r-____ ρ l + �5 + 2 J6 + �5 - 2 ,/6 + �27 + 9 J6 + :.J27 _ 9 ,/66 Επιθυμώ να σας ρωτήσω το εξής σημαντικό μου θέμα. Υπάρχει πραγματική ρίζα, ρητής εξίσωσης 5ου βαθμού, όπου στη μορφή της ρίζας εκτός από ριζικά 5ης τάξης ( �) , υπάρχουν και ριζικά 3ης τάξης ( �) , ή 4ης τάξης ( � ) ; Αν ισχύει αυτό το γεγονός, θα ήθελα να μου δείξετε l2 σχετικά παραδείγματα για κάθε περίπτωση. 2) Γνωρίζω ότι έχουνε βρεθεί μαθηματικές μέθοδοι οι οποίες κατορθώνουν να επιλύουν τα ανάγωγα και επι λύσιμα πολυώνυμα 5ου βαθμού. Θέλω να γνωρίσω αν υπάρχει ανάλογη μέθοδος για τα μη ανάγωγα πολυώνυ μα, π. χ. όταν ένα τέτοιο πολυώνυμο είναι γινόμενο ενός δευτεροβάθμιου και ενός τριτοβάθμιου πολυωνύμου. 3) Υπάρχει κάποια αναγκαία και ικανή συνθήκη έτσι ώστε το w να είναι ρίζα ενός ανάγωγου ρητού πολυω νύμου 5ου βαθμού; 4) Θέλω να γνωρίσω από εσάς αν υπάρχει μέθοδος επί λυσης ανάγωγων πολυωνύμων 5ου βαθμού με πραγμα τικούς συντελεστές. Για παράδειγμα μπορούμε να επι λύσουμε ένα τέτοιο πολυώνυμο, το f(x)= 6χ5 + 30χ4 + 30χ3 -l80x2 -480χ -656-25&/2 -l25if<i Ο ; Αν ναι, ποια είναι η πραγματική του ρίζα; (Είναι ένα ανάγωγο πολυώνυμο που έχω κατασκευάσει και θέλω να γνωρίσω την ύπαρξη και την ικανότητα μεθόδων επίλυσης σε τέτοια πολυώνυμα) . 5) Έστω ότι f(x) = (χ - ρ) g(x) , όπου f(x) ανάγωγο πολυώνυμο 5ου βαθμού και ρ η πραγματική του ρίζα. Μου έχει δηλώσει ένας γνωστός μου μαθηματικός ότι το τεταρτοβάθμιο πολυώνυμο g(x) είναι άγνωστης μορφής. Το γεγονός αυτό ισχύει; 1)

(Αν ισχύει, θα μου επιτρέψετε να σας πω, ότι έφτασε η ώρα που η μορφή του θα είναι πλέον γνωστή. Λόγω πί εσης χρόνου δεν μπόρεσα να σας δώσω ένα παράδειγμα εδώ. Πάντως η μέθοδος είναι υπαρκτή και αποτελεσμα τική ) . 6) Θέλω να με πληροφορήσετε αν υπάρχουν μαθημα τικές εργασίες πάνω στα είδη των ριζών της εξίσωσης 4ου βαθμού. Η μόνη που γνωρίζω και έχω στα χέρια μου είναι η σχετική μελέτη των μαθηματικών Ανδρέα και Λεωνίδα Πετράκη. Γνωρίζετε κάποια άλλη; 7) Δίνεται το σύστημα των εξής μη γραμμικών εξισώσεων: x3 y + xy3 + 2 = 0 ( 1) 2χ3 - χ2 + y3 + Υ - 4 = Ο (2) Θέλω να διαπιστώσω από εσάς, ποια είναι η προσφορό τερη διαδικασία να εκτελέσουμε προκειμένου να βρού με τις ρίζες του συστήματος αυτού. Να λύσουμε το σύστημα άμεσα προσεγγίζοντας τις ρί ζες, ή να επιλύσουμε την εξίσωση 5y 1 2 + 2y 1 1 + 8y 10 - 24y9 - 24y8 - 30y7 + 9y6 + l l 2y5 + 1 00y4 + l 6y3 - l44y - l 96y - 64 = ο που προκύπτει από το σύστημα με απαλοιφή των κυβι κών ριζικών και κατόπιν να βρούμε τις ρίζες του χ; 8) Θέλω πολύ να γνωρίσω από εσάς παραδείγματα ρι ζών ανάγωγων πολυωνύμων Ίου βαθμού. Έχω ασχολη θεί σε ένα μικρό βαθμό με αυτή την εξίσωση και ίσως μπορέσω στη μαθηματική μου μελέτη, με τη βοήθειά σας, να καταθέσω κάποιες λίγες σκέψεις πάνω στην ε ξίσωση αυτή. Μια πρώτη απάντηση για το περιοδικό, από τον κ. Παναγιώτη Χριστόπουλο είναι: Μελέτησα με προσοχή τα όσα αναφέρεις, όμως δεν θα μπορούσα να απαντήσω σε όλα τα ερωτήματά σου. Πάντως θέλω να σου πω ότι στη διάρκεια τριών περίπου αιώνων, πριν από την εποχή του Ga/oίs, οι μαθηματικοί δεν είχαν κατορθώσει να σημειώσουν καμιά πρόοδο σε αυτόν τον τομέα. Ας έχουμε υπόψη μας ότι πρόκειται για εξισώσεις αλγεβρικές, που πρέπει να επιλυθούν με τις τέσσερις πράξεις της αριθμητικής (πρόσθεση, αφαίρεση, πολλαπλασιασμό και διαίρεση, τα ριζικά και τις δυνά μεις). Οι εξισώσεις πρώτου και δεύτερου βαθμού είχαν ήδη επιλυθεί από την εποχή των Βαβυλωνίων, που είχαν προσδιορίσει ότι για την πρωτοβάθμια εξίσωση αρκούν οι τέσσερις στοιχειώδεις πράξεις, ενώ η επίλυση της δευ τεροβάθμιας εξίσωσης απαιτεί την εξαγωγή της τετραγω νικής ρίζας μιας συνάρτησης των συντελεστών της. Ό μως, μόνο τον 1 6ο αιώνα ο Scίpίone da/ Ferro και ο Nίcco/o Fontana, γνωστότερος ως Tartag/ίa, απέδειξαν ότι η τριτοβάθμια εξίσωση απαιτεί την εξαγωγή κυβικών ριζών που εκφράζονται μέσω των συντελεστών, ενώ ο Lodoνίco Ferrarί απέδειξε πως η τεταρτοβάθμια εξίσω ση απαιτεί την εξαγωγή ριζών τετάρτου βαθμού. Όλα έ δειχναν πως η επίλυση μιας εξίσωσης, νιοστού βαθμού δεν απαιτούσε πράξεις πιο περίπλοκες από την εξαγωγή νιοστών ριζών. Κανένας όμως ποτέ δεν μπόρεσε να αποδείξει μέχρι που την επιβεβαίωσε ο Abel το 1 824, ότι μια γενική αλγεβρι κή εξίσωση βαθμού ανώτερου του τέταρτου δεν επιλύεται μέσω ριζικών. Αυτό όμως δεν σήμαινε πως είχαν φτάσει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/69

------

Εσείς γράφεται

• . .

σε ένα τελεσίδικο όριο. Πράγματι, το θεώρημα Raujini A bel ισχύει μόνο για τις γενικές αλγεβρικές εξισώσεις, όταν δηλαδή οι συντελεστές της εξίσωσης είναι γενικοί, αλλά δεν ισχύει για ειδικές εξισώσεις. Ήταν γνωστό πως υπάρχουν ειδικές περιπτώσεις εξισώσεων πέμπτου ή και ανώτερου βαθμού που λύνονται μέσω «τεχνασμάτων» τα οποία επιτρέπουν τον υποβιβασμό σε τέταρτο βαθμό ή και ακόμα πιο κάτω. Με δυο λόγια, δεν υπήρχε ένα κριτήριο που θα επέτρεπε να γνωρίζουμε εκ των προτέρων αν μια εξίσωση πέμπτου ή και ανώτερου βαθμού μπορούσε ή όχι να λυθεί μέσω ριζικών. Μια αρκετά διαδεδομένη άποψη οδηγούσε τον ενδιαφερόμενο να πιστέψει ότι κατά κανόνα ήταν αδύνα τον, και πως οι σποραδικά εντοπισμένες λύσεις για εξι σώσεις πέμπτου ή και εβδόμου βαθμού ήταν μάλλον α σήμαντες εξαιρέσεις. Το αποτέλεσμα που πέτυχαν οι Raujini και A bel, έμοιαζε να ενισχύει αυτή την πεποίθη ση. Ο Eνarίste Galois κατάφερε να εντοπίσει οριστικά κριτήρια για το αν οι λύσεις μιας δεδομένης εξίσωσης μπορούσαν ή όχι να αναζητηθούν μέσω ριζικών. Κατά φερε δηλαδή να προσδιορίσει τις γενικές συνθήκες για την επιλυσιμότητα ή μη των εξισώσεων. Για να φτάσει ο Eνariste Galoίs στο αποτέλεσμα αυτό, αντί να επιχειρή σει ν' αντιμετωπίσει τη λύση των εξισώσεων του ενός ή του άλλου βαθμού, επινόησε μια γενική θεωρία ομάδων εξισώσεων βασισμένη σε πράξεις μετάθεσης μεταξύ των συντελεστών των ίδιων των εξισώσεων. Ομαδοποίησε όλες τις εξισώσεις που προκύπτουν από διαφορετικούς συνδυασμούς των ίδιων συντελεστών. Έτσι, μέσα από τον προοδευτικό μηδενισμό των συντελεστών έφτασε σε μια ελάχιστη εξίσωση, που να είναι το πολύ τέταρτου βαθμού, δηλαδή ασφαλώς επιλύσιμη. Ξεκινώντας απ' αυτή την εξίσωση, προσπαθούμε τελικά να κάνουμε αναγωγή στην κύρια ομάδα. Επιχειρούμε δη λαδή να αποδείξουμε πως η κύρια ομάδα μπορεί να σχη ματισθεί με αφετηρία την εξίσωση αυτή. Α ν πετύχει το εγχείρημα, τότε η εξίσωση νιοστού βαθμού (όπου ν μεγα λύτερο του 4) είναι επιλύσιμη, δηλαδή αναγώγιμη σε εξι σώσεις που μπορούν να λυθούν μέσω εξαγωγών ρίζας. Όταν όμως δεν είναι δυνατόν να αναχθούμε από την επι λύσιμη υποομάδα στην κύρια ομάδα, η εξίσωση δεν είναι γενικά επιλύσιμη. •

•

• • •

• •

Ευχαριστούμε επίσης:

Τον συνάδελφο Λευτέρη Γ. Τσιλιακό που μας έστειλε μια μέθοδο εύρεσης του πλήθους των πρώτων που είναι μικρότεροι ή ίσοι ενός αριθμού, με χρήση του συνδυαστι κού τύπου του Sylνester. Τον κ. Φώτη Ζώτο για την εργασία του στον υπολογισμό του όγκου της σφαίρας, πολύ καλό αλλά δυστυχώς η διδασκαλία της Στερεομετρίας f:χει εκτοπιστεί από τα σχολεία. Τον κ. Στέλιο Τσάμη τ. σχολικό σύμβουλο. Σχετικά με την απόδειξη για την εικασία του Goldbach. Το μαθητή Μ . Φρ αντζή από την Κόρινθο για μια λύση που δίνει σε μια άσκηση. Τον κ. Κ αρέλα Γιάννη Φυσικό από την Πάτρα μας έχει στείλει πολλές επιστολές και γράφει για ομάδες, για συμ μετρία, για ανάλυση, ενώ τα συνοδεύει πάντα με αρκετά επίκαιρο φωτογραφικό υλικό, και τον ευχαριστούμε πολύ. Τον κ. Σκληβανιώτη Στέφανο από τα Άσπρα Σπίτια, μας γράφει σχετικά για κράματα και καράτια τον ευχαριστούμε. Το μαθητή Σαγιά Μάνο από το Ηράκλειο που μας έστει λε μια άσκηση.

εμείς απαντάμε . . . •

• •

------

Τον κ. Σ ιοκο ρέλη Διονύσιο μηχανολόγο μηχανικό του ΕΜΠ από τη Σκάλα Λακωνίας που μας έστειλε εργασίες σε θέματα διαλεκτικής, φυσικής και πολλά άλλα επίσης μαθηματικά θέματα, τον ευχαριστούμε επίσης πολύ. Τον κ. Ε. Γκολέμη που μας έστειλε μια άσκηση με ολο κλήρωση κατά παράγοντες. Τον συνάδελφο Θ ανάση Κοπάδη που μας έστειλε κάτι παράξενο και πολύ όμορφο από την Κβαντομηχανική του 1 930. Αναφέρει σχετικά με το θέμα ότι:

Ο Σρέντιγκερ για να δείξει ότι η κβαντική θεωρία ήταν ελλιπής κατασκεύασε ένα νοητικό πείραμα «Την Γάτα του Σρέντιγκερ». Από το νοητικό αυτό πείραμα προέκυ πτε ότι η γάτα είναι ταυτόχρ ονα ζωντανή ή νεκρή είτε αυτή ήταν εν ζωή είτε όχι, τον ευχαριστούμε πολύ.

Βραβεία της Ακαδημίας Αθηνών

Η Ακαδημία Αθηνών ανακοίνωσε τα βραβεία που θα δο θούν το 2013 και το 2014. Προθεσμία υποβολής, ορίζεται η 30 Απριλίου 20 1 3 . �

� �

�

� �

Στα Μαθηματικά Βραβεία για το Δε κ έμβριο του 201 3

Β ρ α βείο του καθηγητού Α ριστείδου Φωτίου Πάλλα, με χρηματικό έπαθλο 5 .000 €, στη Μαθηματική Ανάλυση . Βρ α βείο Επα μεινώνδα Π απαστράτου, με χρηματικό έ παθλο 5.000 €, στην Τοπολογία. Β ρ α βείο Επαμεινώνδα Π απαστ ράτου, με χρηματικό έ παθλο 5 .000 €, στη Γεωμετρία. Βρα βείο Επαμεινώνδα Π απαστ ράτου, με χρηματικό έ παθλο 5 .000 €, στην Άλγεβρ α. Στην Αστ ρονομία Β ρ α βείο Γεωργίου Θ. Φωτεινού , με χρηματικό έπαθλο

5 .000 €, για την βράβευση πρωτότυπης επιστημονικής ερ γασίας επί θεμάτων Αστ ρονομίας.

Βραβ εία για το Δε κ έμβριο του 201 4

αθλοθετούμενο από την σύζυγό του Ζαφειρία Ν. Αρτεμιάδη, με χρηματικό έ παθλο 5 .000 €, στη Μαθηματική Ανάλυση . Βρ α βείο Βασιλικής χήρ ας Γερ ασ ίμου Ν οτα ρά, με χρη ματικό έπαθλο 5.000 €, εις μνήμην των γονέων της Ιωάν νου και Ανδρομάχης I. Δεμερτζή, για τη βράβευση της καλύτερης εργασίας επί των Μ αθηματικών των Α ρχαί Βρ αβείο Νικολάου Κ. Α ρτεμιάδη ,

ων Ελλήνων.

Βραβ εία της χρονιά ς [28 Δ εκ. 2012]

Τα φετινά βραβεία της Ακαδημίας Αθηνών που απονεμή θηκαν στην ετήσια πανηγυρική συνεδρία μεταξύ άλλων ήταν: • Η δημόσια κεντρική βιβλιοθήκη της Βέροιας για το μορ φωτικό της έργο. • Η Ελληνοαμερ ικάνικη ένωση για την προσφορά της σε θέματα παιδείας και πολιτισμού στη χώρα μας. • Το αρχαιολογικό περιοδικό «Α ρχαιολογική Εφημερίς» (1837) για την 175ετή συμβολή του στην επιστήμη. • Στα Μ αθηματικά το βραβείο του Ν. Αρτεμιάδη απονε μήθηκε στον Β. Νεστορίδη, και της Β. Γ. Νοταρά στον Γ. Θωμαtδη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/70

Μοντελοποίηση και Εκπαίδευση Π αναγιώτη Π . Χ ριστόπου λου ι επιστήμονες σήμερα στα πλαίσια των ερευνών τους επιζητούν όλο και πε ρισσότερα μαθηματικά μοντέλα, όλο και πιο καλύτερες εφαρμογές των μαθη ματι κών, για την επίλυση άλυτων προβλημάτων στις διάφορες επιστήμες. Στα οικονομικά θέ ματα τώρα με την κρίση ακού με για το μοντέ λο της Ελλάδας, το μοντέλο της Β ουλγαρ ίας, της Αργεντινής, της Ισπανίας κ.ά. Τι είναι όλα αυτ ά τα οικονομικά μοντέλα ; Είν αι η προσπάθεια για την επίλυση των προβλημά των που δημιουργούν τα χρέη μιας χώρας, αλ λά και η οικονομική ισορροπία που διατα ρ άσ σετε από το δύ σκολο παιχνίδι του πάρε-δ ώσε μεταξύ των χωρών. Τα μαθηματικά έχουν συμβάλει στην πρόοδο των επιστημών και της τεχνολογίας αλλά και τα μαθηματικά από αυ τή την πρόοδο έχουν γίνει πολυδιάστατα. Η επίλυση δύ σκολων και πολύπλοκων προ β λη μάτων για τα οπο ία πολλές φορές δεν έχουμε όλα τα δεδομένα, όπως παραδείγματος χάριν η μελέτη για την πρόβλεψη του καιρού , των σεισμών κ.ά, επιλύονται μόνο αν δημιουργή σουμε το κατάλλη λο μοντέλο . Δη λαδή να χρη σιμοποιηθούν καλά αναπτυγμένες και γνωστές έννοιες από ένα τομέα, για να μελε τηθούν φαινόμενα και έννοιες που είναι ά γνωστα από κάποιο άλλο τομέα. Αυτές οι γνώσεις οι οποίες χρησιμοπο ιού ται ν για τη μελέτη και επεξήγη ση άλλων γνώ σεων λέγονται μοντέλα . Για τις φυσικές επι στήμες π.χ. το μοντέλο είναι το άγαλμα, ενώ στην καθημερινή ζωή είναι το πρόσωπο. Δη λαδή είναι μια κατασκευή την οποία φτιάχνει κάποιος για να αναπαραστήσει κάτι. Οι π ρος μελέτη γνώσεις λέγονται πρωτότυπες. Το μο ντέλο περιέχει μέρος μόνο από τις ιδιότητες του πρωτοτύπου, αλλά οι ιδιότητες αυτές ε ίναι αρκετές για να προσδιοριστούν νέες ιδιότητες και νέα χαρακτηριστικά του πρωτοτύπου αλλά και του προς μελέτη φαινομένου. Η διαδικα σία με την οποία οδηγού μαστε στο μοντέλο αυτό λέγεται μοντελοποίηση .

Με τον ό ρ ο Μαθηματική Μοντελοποίη ση εννοού με τη μετάφραση ενός θέματος που προέρχεται από έναν άλλο επιστημονικό χώρο στη γλώσσα των Μαθηματικών και την επίλυ σή του πλέον ως Μ αθηματικού προβλήματος, αφού τα μαθη ματικά αποτελούν την κατάλλη λη γλώσσα για την καταν·όηση και μελέτη του κόσμου μας. Η μοντελοποίηση συνδυάζεται με τον προγραμ ματισμό και την εξομοίωση. Στο στάδιο του , υπολογισμού γίνεται εφαρ μογή των μαθη ματικών διαδικασιών , μεθόδων και αλγορίθμων φυσικά και με τη βοήθεια η λεκτρονικού υπολογιστή, ενώ στο τέλος η λύ ση που προκύπτει για το μοντέλο προσαρμό ζεται ώστε να μπο ρεί να εφαρμοστεί πρακτι κά στο πραγματικό πρόβλη μα. Είναι γνωστό ότι τα φαινόμενα με τα ο ποία ασχολείται η φυσική , η οικονομία, η βιο λογία και άλλες επιστή μες εκφράζονται μέσω συναρτήσεων. Μελετώντας τις συναρτήσεις αυτές εξά γουμε χρήσιμες πληροφο ρ ίες για τα φαινόμε να. Πώς γίνεται αυτή η διαδικασία ; Παίρνουμε ένα ερώτημα από ένα θέ μα και προσπαθού με να το « μαθηματικοποιή σουμε» που σημαίνει να το εξετάσουμε συστη ματικά, να το χωρ ί σουμε σε βήματα και να β ρού με την αλλη λοεξάρτησή τους. Κατόπιν π ροσπαθ σύι με να συνθέσουμε ένα μαθηματικό μοντέλο που να περιγράφει το πραγματικό πρόβλημα και να είναι απλό, ώστε να είμαστε σε θέση να φτάσουμε με τα μαθη ματικά σ ' ένα συμπέρασ μα. Στο τέλος επι στρέφουμε στο αρχικό π ρόβλημα και ερμη νεύουμε τα αποτελέσματα που βρήκαμε. Συνήθως ορισμένα αποτελέσματα είναι ρεαλιστικά, ενώ άλλα απέχουν πολύ από την πραγματικότη τα. Τότε θ α γίνει τροποποίηση του μαθηματικού μοντέλου και προσθήκη πα ραμέτρων ώστε τα αποτελέσματα να ανταπο κρίνονται στη λύ ση του αρχικού προ βλήματος. Επομένως πρέπει η εκπαίδευση να εντάξει στα αναλυτικά πρ ογράμματα τη διδασκαλία της μοντελοποίηση ς.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/71

Μαντελοποίη ση και Ε κπ αίδευ ση

διδασκαλία της μαθηματικής μοντελο στην γήινη σφαίρα και από την εποχή του έ ποίησης υπηρετεί ένα ευρύ φ άσμα εκπαι τους, στη συνέχεια θα περιγράψουν ένα μαθη ματικό μοντέλο για να βρίσκουν το χρονικό δευτικών στόχων: Η

διάστημα ανά μεσα στην Ανατολή και τη Δύση του Ηλίου κατά το πέρασμα του έτους. Με τη βοήθεια τέτοιων παραδειγμάτων, οι μαθητές πείθονται ευκολότερα για τη χρησιμότητα των β) μαθηματικών. Την πλήξη που έχουν στο μά θημα διαδέχεται το έντονο ενδιαφέρον. Έτσι η τάξη μετα μορφ ώνεται σε ένα μαθηματικό ερ γαστήρι που έχει ως επακόλουθο την καλύτε γ) ρη κατανόη ση των μαθηματικών ακόμα και από τους αδύνατους μαθητές. Στη μαθηματική μοντελοποίηση έχου με δ) τέσσερα στάδια: α) Μελέτη του πρωτοτύπου και εν συνεχεία καθορισμός των χαρακτηρι στικών , των σχέσεων και των παρ αμέτρων, τα οποία το προσδιορίζουν. β ) Δημιουργία του μαθηματικού μοντέλου. Στο βή μα αυτό μετα ε) φράζεται η άσκηση στη μαθηματική γλώ σσα. γ) Γίνεται λύση της δημιουργημένης μαθημα τικής άσκησης. δ) Γίνεται εκτίμηση της λαμ βανόμενης λύσης. Το στάδιο αυτό διαιρείται σε δυο μέρη : δ. Ι ) Έλεγχος της σχέσης μεταξύ του λαμβανόμενου αποτελέσματος και του μαθηματικού μοντέλου. δ . 2) Έλεγχος της σχέ σης μεταξύ τη ς λαμβανό μενης μαθηματικής Στα παιδιά του Δη μοτικού σχολείου πρέπει να δείχνουμε παιχνίδια που είναι απλά λύσης και του πρωτοτύπου. Ακόμη διακρίνουμε δυο είδη μαθη ματι μοντέλα πραγματικού αντικειμένου, να τα εν μοντελο π οίη ση ς : θαρρύνουμε ώ στε ν α συγκρίνουν τα παιχνίδια κής i ) Την εσωτερική μαθηματική μοντελοποί με τα πραγματικά αντικείμενα. Να εντοπίζουν διαφορές ως προς το μέγεθος, να εντοπίζουν ηση, η οποία αναφέρεται στο συσχετισμό με διαφορές στα χαρακτηριστικά και τη λειτουρ ταξύ των διαφόρων μαθηματικών γνώ σεων γία των παιχνιδιών, να εντοπίζουν πιθανές ελ (γεω μετρία και άλγεβρα, τριγωνο μετρ ία και άλγεβρα κ.τ. λ. ). Το κάθε μαθηματικό αντικεί λείψεις και περιορισμούς. Στην Δευτερο β άθ μια Εκπαίδευση τα μενο από μέρος του βοηθάει στην καταν όηση παιδιά πρέπει να κατασκευάζουν μαθηματικά του άλλου. μοντέλα (π.χ. για φυσικά φαινόμενα), να συ γκρίνουν δύο ή και περισσότερα μοντέλα, να Για παράδειγμα 1 ° : Να βρεθεί το εμβαδόν αιτιολογούν ποιο προσεγγίζει καλύτερ α το (Ε) του κυκλικού δακτυλίου του σχήματος, αν πρόβλημα και να μπορούν να περιγράφουν γνωρίζουμε ότι μια χορδή του μεγάλου κύ κλου C ι (Ο, R) που εφάπτεται του μικρού κύ ένα θεωρητικό μοντέλο για ένα φαινόμενο . C2 (0, ρ), είναι ίση με 6 cm . κλου Παρ άδειγμα ν α δοθεί στους μαθητές για ά μελέτη η μετα β ολή της δι ρκ ειας της ημέρας . Οι μαθητές πρέπει να επιχειρήσουν τη μαθηματική μοντελοποίηση του φυσικού φαινομένου της μεταβολής της διάρκειας της ημέρας. Αφού ερευνή σουν και διαπιστώσουν ότι η διάρκεια της ημέρας σε ένα τόπο εξαρτάται από την θέση του πάνω

α)

Απαιτεί πλή ρη κατανόηση του πραγμα τικού προβλή ματος το οποίο πρόκειται να μοντελοποιηθεί . Καλλιεργεί την αφαιρετική σκέψη και την ικανότητα τυποποίησης του προ βλήματος, ώ στε να μπο ρεί ν α αντιμετω πισθεί με μαθη ματικό τρόπο. Επιστρατεύει γνώσεις και διαδικασίες από οποιαδήποτε περιοχή των μαθη μα τικών και διδάσκει την διαδικασία της ανατροφο δότησης Β οηθά τους μαθητές στην παρατήρηση και την έρευνα απλών και σύνθετων εν νοιών στα μαθη ματικά, ενώ ταυτόχρ ονα κεντρίζει την διαίσθησή τους και την όρεξη για γνώ ση. Η χρήση του υπολογιστή στη μελέτη, δι ερεύνη ση και λύση προβλημάτων μο ντελοποίησης, προσφέρει μεγάλη βοή θεια στη βαθύτερη κατανόηση των προ βλημάτων από τους μαθητές και επηρεά ζει θετικά τόσο το ενδιαφέρον όσο και την επίδοση των μαθητών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3172

Μαντελοποίη ση και Ε κπαίδευση

ίί) Την εξ ωτ ερική μ α θη μ ατ ική μοντελο ποί

Λύση

. . Με Γ συμβολίζουμε το σύνολο των γεωμετρι ηση : Πολλές μαθηματικές ασκήσεις τις συνα κών γνώσεων, ενώ με Α το σύνολο των αλγε ντάμε σε διαφορετικές φόρμες και σε άλλες βρικών γνώσεων, με (Ε) το εμβαδόν του κυ επιστήμες. Κατά τις ασκήσεις αυτές έχουμε την ακόλουθη κατάσταση: γνώσεις και επιδε κλικού δακτυλίου. β ι : το εμβαδά του κύκλου c 1 είναι πR2 ξιότητες διδακτικού αντικειμένου χ χρησιμο β2 : το εμβαδά του κύκλοι c2 είναι π/ ποιούνται για την αιτιολόγηση διδακτικού α ντικειμένου y. Και ακόμη, γνώσεις και επιδε β 3 : εφ αρμ όζουμε το πυθαγόρειο θεώρημα, δηλαδή R2=/ + {6!2/ ξιότητες από το χ χρησιμοποιούνται κατά την β4: υπολογίζουμε το R2-/=9 δημιουργία της θεωρίας του y. Π αρα δ είγ ματα : πριν 2200 χρόνια, όταν η αν β s : εφ αρμ όζουμε τη ν επιμερι στική ι διότητα, δηλαδή π(R2 /) θρωπότητα είχε αποδεχθεί τη σφαιρικότητα Το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου υπο της Γης αλλά δεν γνώριζε τις διαστάσεις της, ο λογίζεται, αν από το εμβαδόν του κύκλου c 1 , Ε ρατοσθένης με ένα Γεωμετρικό μοντέλο αφαιρέσουμε το εμβαδόν του κύκλου c 2 και μπόρεσε να μετρήσει τις διαστάσεις της Γης λάβουμε υπ ' όψη ότι το σημείο επαφής της από τις ακτίνες του ή λιου που έπεφταν σε ένα χορδής με τον κύκλο c2 είναι και μέσον της πηγάδι και τη σκιά που έριχνε ένας στύλος σε χορδής. Ακόμη η ακτίνα του μεγάλου κύκλου 800 km μακριά. στο άκρο της χορδής και η ακτίνα του μικρού στο σημείο επαφής μαζί με το ήμισυ της χορ +4-δής δίνουν ορθογώνιο τρίγωνο, συγκεκριμένα: Ε =πR2 -πρ2 = π(R2 - ρ2) = 9π +-Στο πιο κάτω σχήμα φαίνεται η μετάβαση +-+-από τον ένα το μέα Γ (γεωμετρία), σε ένα άλλο +-τομέα Α (άλγεβρα), προκειμένου να δοθεί λύ ση στην άσκηση. Τέτοια μοντέλα είναι και αυτό που πί στευαν οι πυ θαγόρειοι, ότι οι αριθμοί είναι -

·················

------------ ---··

- - · - - - - - - - - - - ----

- ---- -- - - - - --- · · ·

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

-·· ·· · · · · ·· ·· · - -·

· · · - · · · · ·· ·

···········

·- ---------

-----------

· · - - - - - -- - ·

το μοντέλο για την ερμηνεία του κόσμου, καθώς και η κατασκευή- μοντέλο ο μηχανι σμός των Αντικυθήρων (που βρίσκετε στο

Εθνικό Μουσείο), που πριν από δυο χιλιάδες χρόνια, έδινε τη δυνατότητα στους ανθ ρ ώπους Π αρ άδειγ μα 2° : Αν α2+β2= 1 και γ2+δ2= 1, να δειχτεί ότι: να γνωρίζουν τις κινήσεις Γης l αr - β δl � ι , όπου α, β ε R. Σελήνης- Ήλιου Λύση και των πλανη . Στο παράδειγμα αυτό η μετάβαση γίνεται τών . Αντίστοιχο από τον το μέα Α (άλγεβρα), σε ένα άλλο το μοντέλο σή μερα μέα τ (τριγωνομετρία), προκειμένου να δοθεί είναι το Πλανη λύση στην άσκηση. Θέτουμε α=ημφ, β=συνφ, τά ριο για να έ γ=ημω και δ=συνω, στην τριγωνο μετρία ισχύ χουμε εικόνα του ει: ημ2 φ+ συν2φ=1 και ημ2 ω+συν2 ω=l . Θ α υ ουρανού πως ήταν πολογίσουμε το πρώτο μέλος της ανισότητας: κάθε χρονική = στιγμή στο πα i αr - βδl Ιημφ.η μω- συνφ.συν� = ρελθόν ή πως θα 1-(συνφ.συνω - ημφ.η μω)l = !συν( φ + ω)l είναι στο μέλλον . Όμως -1 :::;; συνχ::;; 1 , άρα για το απόλυτο Επίσης τέτοια μοντέλα χρησιμοποιούν και συν(φ+ ω) θα έχουμε: Ο � iσυv(Φ + ω)i � 1 από οι μετεωρολόγοι για να μας πουν την πρόβλε ψη για τον καιρό της κάθε περιοχής. το οποίο λαμβάνουμε ότι: i αr - βδl � 1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/73

Ε ρ ευνητικές εργασίες

Χθες, σήμερα, αύριο

ταν διδάσκεις φυσική, η σχέση με τον πραγμα τικό κόσμο είναι εμφανής, όταν διδάσκεις ι στορία το ίδιο, όμως το. δράμα με τα Μαθηματικά είναι ότι ενώ κρύβονται παντού, πίσω από κάθε κίνησή μας, κάθε ενέργεια ή σκέψη, δεν είναι αυτό και τόσο φανερό, ε, αφού «κρύβονται! » και έτσι είπαμε να τα ξεσκεπάσουμε, να βρούμε κάποιο τρόπο να φανερωθούν, να δείξουν την ένοχη εμπλοκή τους σε όλα . . . Οι 24 μαθητές του τμήματος της Β ' Λυκείου στο μάθημα επιλογής - Αστρονομία - άκουσαν με ενδιαφέ ρον την ιδέα μας για συμμετοχή και συνεργασία στη δημιουργία μιας σειράς πειραμάτων και παρουσίασής τους στο τέλος του χρόνου σε συμμαθητές και γονείς. Πίσω από αυτή την ιδέα κρυβόταν μια υστερόβου λη σκέψη μας: ένας ολόκληρος κόσμος από συναρτή σεις, γραφικές παραστάσεις, κωνικές τομές και άλλα παράξενα μαθηματικά αντικείμενα καραδοκούσαν πίσω από τις αθώες κουβέντες μας. Πρώτα δόθηκε το θέμα: «Η εξέλιξη της Αστρονομίας μέσα από διενέξεις». Ωραίο θέμα, ενδιαφέρον, σύγχρονο: δορυφόροι, πύραυλοι, μαύρες τρύπες, όλα ήταν στο τρα πέζι. Οι μαθητές χωρίστηκαν σε ομάδες. Στην αρχή έφε ραν εργασίες με πληροφορίες που βρήκαν στο διαδί κτυο ή σε βιβλία. Διαβάστηκαν αρκετές από αυτές μέσα στην τάξη. Τα θέματα που τους απασχόλησαν ήταν δική τους επιλογή . . . (έτσι νόμιζαν τουλάχιστον. . . ήταν σαν το παιχνίδι με την τράπουλα: από τα 52 χαρτιά τι διαλέ γεις τα κόκκινα ή τα μαύρα; . . . αν διαλέξει κόκκινα και θέλεις μαύρα, τότε λες: μου μένουν τα μαύρα . . . από τα μαύρα ποια θες μπαστούνια ή τριφύλλια; . . . ) έτσι και στις εργασίες αφήνουμε να διαλέξουν, αρκεί από πριν να ξέρουμε τι θέλουμε να διαλέξουν . . . οπότε πολύ εύ κολα στρέφουμε το ενδιαφέρον προς το ζητούμενο. Όπως και να έχει οι μαθητές δημιουργούν και έχουν αρκετή φαντασία ώστε να βελτιώσουν σημαντικά το αρχικό μας πλάνο. Έτσι και έγινε εκείνη τη χρονιά. Ο οβελίσκος των αρχαίων «αντικαταστάθηκε» από το στύλο του μπάσκετ στην αυλή. Ο ήλιος, από ένα δυνατό προβολέα μέσα στο εργαστήριο. Η περιφορά της σελήνης, από ένα μπαλάκι καρφωμένο σε ένα στραβωμένο δευτερολεπτοδείκτη με τη γη κολλημένη στο κέντρο του ρολογιού. Η διαστολή του σύμπαντος, από ένα φουσκωμένο μπαλόνι, που φουσκωνόταν πιο πολύ για να φανεί στην επιφάνειά του η απομάκρυνση δύο σημείων. Κάπως έτσι «ανακάλυψαν» τα ηλιακά ρολόγια στο βιβλiο των Δανέζη- Θεοδοσiου όταν κατά λάθος . . . βρέθηκε πάνω σε ένα θρανίο . . . ή γνώρισαν το πείραμα του Ερατοσθένη και πώς ο Αρίσταρχος υπολόγισε τις σχέσεις των αποστάσεων γης, ηλίου και σελήνης μέσα από την ιστοσελίδα του www.telemath.gr ή τί είναι αυτές οι περίφημες κωνικές τομές που τους έδωσε ο Κέπλερ σάρκα και οστά όταν «διάλεξε» την έλλειψη σαν ευνοούμενή του. Έτσι λοιπόν μαζεύοντας υλικό, γραπτό και προφορικό,

...

Κατσαμένη Σύλβια

cmyκ:εντρώνοντας παρατηρήσεις και μετρήσεις, συζητώντας τον τρόπο αναπαράστασης των διαφόρων ανακαλύψεων, θέλοντας να γίνουν εύκολα κατανοητές θεωρίες που ερμη νεύουν το σύμπαν, καταλήξαμε σε μία παρουσίαση που συ νοδευόταν από . . . ούτε ένα, ούτε δύο . . . αλλά είκοσι πειρά ματα. Πειράματα που είχαν μiσα πολλή φυσική και αρκετά μαθηματικά, όπως κωνικές τομές, τριγωνομετρία, αναλογίες, πυθαγόρειο θεώρημα, γωνίες εντός εvαJJ..iJE, εξισώσεις και άλλα πολλά, παράλληλα όμως είχαν και το στοιχείο τοv παιχνιδιού, όπως αυτό με τη μπίλια που εκτοξεύεται πάνω σε κεκλιμένο επίπεδο και το ονομάσαμε «παίζοντας μπάσκετ στους πλανήτες» ή το άλλο με την αεραντλία που διοχετεύο ντας αέρα σε πλαστικό μπουκάλι εκτοξευόταν ψηλά δίνοντας την εικόνα εκτόξευσης πυραύλου και όλοι ήθελαν μερίδιο στην εκτόξευση, διαγράφοντας παραβολικές τροχιές μέσα στην αυλή του σχολείου ή σημαδεύοντας ο ένας τον άλλο ! Και πέρασαν οι μήνες και τον Ιούνιο είμαστε έτοι μοι: αφού τα κείμενα γράφτηκαν, η παρουσίαση στον υπολογιστή γράφτηκε κι αυτή, φυλλάδια τυπώθηκαν και συρράφτηκαν, αφίσες αναρτήθηκαν και τα πειράμα τα στήθηκαν σε θρανία γύρω-γύρω.

για

Την ημέρα της παρουσίασης δύο μαθητές πρόβαλλαν την παρουσίαση στην οθόνη, εξήγησαν ένα-ένα τα πειράματα και μετά όλοι, μαθητές, καθηγητές και γονείς πέρασαν και άκουσαν τις εξηγήσεις των μαθητών, που ξεδίπλωναν απλά τις τροχιές των πλανητών, έδειχναν ένα μικρό ρομπότ που οι ίδιοι είχαν προγραμματίσει να καθαρίζει τις πέτρες από το σεληνικό τοπίο, σχημάτιζαν κύκλους, ελλείψεις και υπερβολές πάνω σε ένα φύλλο χαρτί τέμνοντας τη φωτεινή ακτίνα από το διπλό κώνο μιας περιστρεφόμενης ακτίνας λέιζερ, έριχναν πυραύλους κλπ. . . . Η σχολική χρονιά τελείωσε με τις καλύτερες εντυπώσεις. Ήρθε ο Σεπτέμβρης και οι μαθητές της περσι νής Β ' μπήκαν στα βάσανα, η Γ Λυκείου όπως όλοι ξέρουμε είναι χρονιά μελέτης και αρκετά περιορισμέ νου ελεύθερου χρόνου. Εμείς είχαμε στα χέρια μας όμως μια πρόσκληση στην οποία είχαμε στείλει ήδη από τον Ιούνιο την θετι κή μας απάντηση για συμμετοχή στην Ελληνική Αστρονομιιςή Εταιρεία, την Πέμπτη 24 Σεπτεμβρίου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/74

Ερευνητικές Εργασίες Projects

2009,στο Τμήμα Φυσικής του Πανεπιστημίου Αθηνών. Η ημερίδα θα περιλαμβάνει ομιλίες στοχευμένες σε θέματα που διδάσκονται στο σχολείο (πχ. Ήλιος, αστρι κή εξέλιξη, εξέλιξη γαλαξιών, σχετικότητα, φωτορρύ πανση, διαστημικά σκουπίδια, κ.α.) εμπλουτισμένες όμως με όλες τις τελευταίες εξελίξεις, και με προσπά θεια σύνδεσής τους με την καθημερινή πρακτική του σχολείου.» Από τους εικοσιτέσσερις μαθητές μας μπόρεσαν να έρθουν μόνο οι οκτώ. Μόνοι τους κουβάλησαν όλα τα υ λικά, τα έστησαν και στήθηκαν εκεί απέξω. Περνούσαν οι

Είχαμε βέβαια αποκομίσει και ένα άλλο σημαντικό συμπέρασμα: ότι αν δύο καθηγητές συνεργάζονται και ο καθένας στο χώρο που γνωρίζει καλύτερα συμβάλλει με την προσφορά του, τότε δίνει ένα καλό παράδειγμα στους μαθητές και έχει πολύ καλύτερα αποτελέσματα. Εμείς αυτό το τηρήσαμε όχι μόνο γιατί το πιστεύαμε αλλά και από ανάγκη, αφού το δίωρο της αστρονομίας

σύνεδροι, ρωτούσαν και εκείνοι εξηγούσαν με πολύ μεγά λη ικανοποίηση που βρισκόντουσαν στο Τμήμα Φυσικής του Πανεmστημίου Αθηνών!

δεν επαρκούσε για να «βγει» η ύλη και να γίνουν όλα τα άλλα. Έγιναν όμως όλα με τον καλύτερο τρόπο. Πολλές φορές το εθελοντικό υπερέχει του υποχρεωτι

τέλος ήρθε η ώρα της παρουσίασης. Δύο μαθητές μας ανέβηκαν στο έδρανο και άρχισαν να διαβάζουν τις σελίδες της παρουσίασης που προβάλλονταν στην οθό νη. Όταν έφταναν σε πείραμα σηκωνόταν μέσα από τους ακροατές ένας από τους υπόλοιπους μαθητές και έλεγε λίγα λόγια για το πείραμα πώς είναι και τί κάνει. Έτσι κύλησε όλη η παρουσίαση. Τέλος οι μαθητές μας σηκώθηκαν και βγήκαν έξω, βιαζόντουσαν να φύγουν, πήραν όσα περισσότερα πράγματα μπορούσαν και επέ στρεψαν στο σχολείο, τα άφησαν στο φύλακα και συνέ χισαν για το φροντιστήριο. Η ημερίδα συνεχίστηκε. Εί χαμε πρωτοτυπήσει σε ένα και μοναδικό σημείο, αφού όλες οι εργασίες που παρουσιάστηκαν ήταν εξαιρετικές: είχαμε δώσει το λόγο στους μα θητές μας, αυτό ήταν το πιο σημαντικό και για αυτό ακούσαμε επαινετικά λό για από έγκριτους συνάδελφους. Σήμερα κάποιοι από εκείνους τους μαθητές είναι φοιτητές, αυτοί αλλά και οι άλλοι έχουν περάσει από το σχολείο και μας έχουν μιλήσει για κείνη τη χρονιά της Α στρονομίας. Έχουν τις καλύτερες αναμνήσεις από τη συ νεργασία, από το ενδιαφέρον που ένιωσαν να τους δίνεται, από τις γνώσεις 1tου αποκόμισαν με ένα διαφορετικό τρόπο από τον παραδοσιακό, από το αποτέλεσμα της δου λειάς τους που ούτε οι ίδιοι πίστευαν ότι είχαν καταφέρει. Για μας ήταν μια ηθική ικανοποίηση γιατί επαλη θεύσαμε τη βεβαιότητα ότι η συνεργασία, η συζήτηση,

η δημιουργία, το παίδεμα, η κατασκευή με τα χέρια, η μέτρηση με το χάρακα, το πείραμα, το παιΧνίδι, το γέλι ο, η έκθεση στο κοινό, λειτουργούν θετικά στην από κτηση κα ι τη θ εμελίωση της γνώσης.

κού.

Έτσι πήραμε θάρρος για να μην πούμε θράσος και την επόμενη χρονιά βάλαμε στο χορό το επόμενο τμήμα Αστρονομίας. Εδώ το σκηνικό άλλαξε. Το θέμα ήταν «Η γαιοπλασία

του Άρη».

Εδώ μπήκαν τα θέματα της ενέργειας, τα φωτοβολτα ϊκά, οι ανακυκλώσιμες πηγές ενέργειας, τα ρομπότ, οι πύ ραυλοι και άλλα παρόμοια με της προηγούμενης χρονιάς. Τα κινητά τηλέφωνα, οι φορητοί υπολογιστές, το gps και ό,τι άλλο απολαμβάνει ο σύγχρονος άνθρωπος από πλευ ράς νέων τεχνολογιών αποδείχτηκε ότι οφείλει την ύπαρξή του στην προσπάθεια του ανθρώπου να ερμηνεύσει τη δη μιουργία του σύμπαντος και να το κατακτήσει. Αποδεί χτηκε με ένα τρόπο ουσιαστικό, με δράση και ανάδραση, με συμμετοχή και συνεργασία και τέλος με την παρουσία ση των εργασιών στο υπόλοιπο σχολείο. Οι καθηγητές πά λι είμαστε δύο, ένας φυσικός και ένας μαθηματικός και οι μαθητές 20. Φέτος οι μαθητές είναι της Α' λυκείου. Το πρό γραμμα «ερευνητική εργασίω> δίνει τρεις ώρες την ε βδομάδα χρόνο για συνεργασία και συζήτηση, για δημι ουργία και φαντασία, για προτάσεις και ζυμώσεις. Στο βιβλίο φυσικής της Α' λυκείου στην παράγραφο η έν νοια του χρόνου διαβάζουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3/75

Ερ ευνητικές Εργασίες Projects

« . . . αντιλαμβανόμαστε το χρόνο μόνο όταν έχουμε έκδηλη κίνηση . . . , δε μετράμε μόνο την κίνηση με το χρό νο, αλλά και το χρόνο με την κίνηση, γιατί και τα δύο αυ τά αλληλοορίζονται». Αριστοτέλης <Πα φυσικά» Έτσι προτείναμε : «0 χρόνος, χθες, σήμερα, αύριο . Ο χρόνος στις εργασιακές σχέσεις» γιατί είναι ένα θέμα που άπτεται σε ένα ευρύ φάσμα αντικειμένων μελέτης, από μυθολογία, ιστορία, φιλοσοφία, μαθηματικά, φυσι κή, πληροφορική, κοινωνιολογία και άλλα πολλά. Οι μαθητές που διάλεξαν το θέμα όλως περιέργως είναι μόνο αγόρια. Από την πρώτη μέρα χωρίστηκαν οι ομάδες, αφού πρώτα θελήσαμε να μάθουμε τα ενδιαφέροντα του κάθε παιδιού. Από το αν παίζει μπάλα, αν ασχολείται με κα τασκευές, αν γνωρίζει υπολογιστές, μέχρι αν παίζει μουσική, αν προτιμά να γράφει, αν του αρέσουν τα μα θηματικά ή η ιστορία κλπ. Έτσι τα 1 5 παιδιά έγιναν 4 ομάδες. Ο συνάδελφος που μοιράζεται την ερευνητική ερ γασία έχει το κομμάτι που αφορά το χρόνο στις εργασι ακές σχέσεις, καθότι κοινωνιολόγος. Σε ό,τι αφορά το δεύτερο σκέλος της εργασίας που επιβλέπεται από τον μαθηματικό που προαναφέραμε στα θέματα της Αστρο νομίας η μέθοδος που ακολουθείται είναι η ίδια. Δηλαδή έχοντας κατά νου κάτι πολύ συγκεκριμένο, δόθηκαν θέματα έρευνας σε διαδίκτυο και βιβλία. Οι πληροφορίες που έφεραν εξετάστηκαν πρώτα από πλευράς περιεχομένου πολύ περιληπτικά μέσα στην τά ξη. Ο χρόνος για το θέμα «χρόνος» είναι πολύ λίγος, έτσι από τα λίγα που διαβάστηκαν και από τις ερωτή σεις που τέθηκαν δόθηκαν οδηγίες για τον εμπλουτισμό και τη διαφοροποίηση του τρόπου παρουσίασης κά ποιων θεμάτων. Ένα βράδυ που είχε aσυννέφιαστο ουρανό μαζευ τήκαμε κατά τις δέκα στην ταράτσα του σχολείου και με τη βοήθεια του συνάδελφου της φυσικής στήσαμε το τηλεσκόπιο και στοχεύσαμε την πανσέληνο, είδαμε της θάλασσες και τους κρατήρες της, τα συγκρίναμε με την εικόνα του βιβλίου και ύστερα το στρέψαμε προς ένα άλλο λαμπερό αστέρι, όπως μας φάνηκε, αλλά ήταν ο Δίας με τους τέσσερις ορατούς δορυφόρους του. Κοιτά ξαμε στο βιβλίο με ένα φακό και μάθαμε τα ονόματά τους. Μοιραστήκαμε τη συγκίνηση του Γαλιλαίου, που πριν 402 χρόνια έκανε ακριβώς το ίδιο, βέβαια με ένα πολύ μικρότερο τηλεσκόπιο . Όμως ο Δίας έφευγε πολύ γρήγορα από το οπτικό πεδίο του τηλεσκοπίου, μαρτυρώντας τί άλλο, το γρήγορο πέρασμα του χρόνου. Κάποια μέρα που είχε ήλιο, βγήκαμε στην αυλή και σημαδέψαμε τη σκιά του στύλου στο τσιμέντο, επανα λάβαμε μετά από λίγα λεπτά και ξανά. Έτσι χωρίς να το καταλάβουμε προέκυψε η ιδέα (που υπήρχε από πριν) να φτιάξουμε ένα ηλιακό ρολόι. Ωραία να το φτιάξου με. Ε, να μην ξέρουμε όμως την ιστορία του ρολογιού; Μια ομάδα ανέλαβε να φέρει πληροφορίες . Μια άλλη να σκεφτεί πώς θα φτιάξουμε το ρολόι . Όμως τα παιδιά νομίζουν ότι για όλα υπάρχουν απαντήσεις στο intemet

Εκείνο όμως που μας ενδιαφέρει είναι να σκοτί σουν λίγο τη φαντασία τους, να αναρωτηθούν για το υ λικό, για το μέγεθος, για το κόστος για τη φιλοτέχνηση, την εμφάνιση, την τοποθέτηση . Έρχονται και λένε: «δεν ξέρουμε πόσο μεγάλο θα είναι και δεν ξέρουμε από τι υλικό να το κάνουμε . . . » εδώ φαίνεται το κακό που έχει γίνει όλα τα προηγούμενα χρόνια. Νομίζουν ότι ο καθη γητής θέλει κάτι συγκεκριμένο και ότι αν πουν κάτι δι αφορετικό θα απορριφθούν. Πρέπει οπωσδήποτε να αναγκαστούν μόνα τους να αποφασίσουν για όλα τα ερωτήματα που έθεσαν. Εμείς ήδη ξέρουμε και το μέγεθος που είναι εφικτό να κατα σκευαστεί στο χώρο του σχολείου και το υλικό και τη θέση που μπορεί να τοποθετηθεί, είναι δουλειά μας να αφήσουμε τα παιδιά να βρουν τις απαντήσεις μόνα τους. Αλλιώς η ερευνητική εργασία χάνει όλο της το νόημα. Και που ξέρει κανείς μπορεί στο τέλος να προ τείνουν κάτι πολύ καλύτερο από εκείνο που έχουμε υ πόψη μας, φυσικά είμαστε πρόθυμοι να επικροτήσουμε κάθε καλή ιδέα. Στην ομάδα υπάρχουν άτομα που εργάζονται με ωριμότητα από την πρώτη στιγμή και άλλα που καλύ πτονται από τη δραστηριότητα των άλλων. Εδώ πρέπει να βρεθεί μοχλός κινητοποίησης. Οπωσδήποτε κάτι υ πάρχει που να ενδιαφέρει ένα φαινομενικά αδιάφορο μαθητή και εδώ είναι η δική μας φαντασία που πρέ πει να δουλέψει. Η εργασία για το χρόνο είναι ακόμη στην πορεία δη μιουργίας της, οπότε δεν μπορούμε να αποκαλύψουμε όλα όσα έχουμε κατά νου, αφού περιμένουμε από τα παιδιά να φέρουν ιδέες και εμείς να ευνοήσουμε και να ενισχύσουμε ώστε να προκύψει το τελικό προϊόν. Αυτό το τελικό προ ϊόν για μας από την προηγούμενη εμπειρία μας καλό είναι να έχει τα εξής στοιχεία: Θεωρητικό πλαίσιο, κατασκευα στικό κομμάτι, σύνδεση με τα διδασκόμενα αντικείμενα ή και πειραματικές διατάξεις (φυσικής, χημείας, βιολογίας, ΗΝ κλπ.), αφίσες και παρουσίαση σε οθόνη, πρόταση για μελλοντική βελτίωση της εργασίας και τέλος τη βιβλιο γραφία και τους δικτυακούς τόπους. Όλα τα παραπάνω, όπως προβλέπεται ήδη, πρέπει να παρουσιαστούν όχι μόνο στο σχολείο, αλλά και στην τοπική κοινωνία, γονείς φίλους κλπ., καθώς και να δη μοσιευτούν στο διαδίκτυο, γεγονός που δημιουργεί αί σθημα ευθύνης για τα όσα γράφονται και παρουσιάζο νται. Η αξιολόγηση των ερευνητικών εργασιών, εφόσον τί θεται ως σημαντικός παράγοντας, δεν πρέπει να τον α γνοήσουμε ή να τον παραβλέψουμε, όμως είναι προτιμό τερο η εmτυχία της εργασίας να προκύψει σαν φυσική συ νέπεια της εργατικότητας, του ενδιαφέροντος, της συνερ γασίας, της δημιουργίας των μαθητών που εμείς οφεί λουμε να βρούμε τρόπο να πυροδοτήσουμε και να αφή σουμε να πάρει φωτιά το εύφλεκτο υλικό που διαθέτουν. Αυτό φυσικά απαιτεί από μέρους μας και προεργασία και διάβασμα και δουλειά, γιατί πρέπει να είμαστε πάντα ένα βήμα μπροστά. Καλή επιτυχία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3176

«Το αντίθετο, του μ ι α μεγάλη αλήθει α, είναι μια άJJ.η μεγάλη αλήθε ι α.» Neils Bohr

Π αναγιώτης Π . Χριστόπουλος

«Στις 2- 1 Ο 12 στην Ζυρίχη ο Jean Bourgain (Fields 1 994, Shaw 20 1 Ο),έκανε μια συναρπαστική ομιλία με θέμα το ''Apo llonian circle packin g problem'' . Αυτό το πρόβλημα του Απολλώνιου, και στο οποίο ο ίδιος ο Απολλώνιος απέδειξε το θεμελιώδες θεώρημα, βρέθηκε στον 20ο αιώνα ότι έχει μεγάλη σημασία στην θεωρία των αριθμών>>. [Από την αλληλογρφία μας με τον Νομπελίστα Μαθηματικό και Φυσικό Δημήτρη Χριστοδούλου]

Γν ω ρίζετε ότι •:•

Ο Απολλώνιος ο Περγαίος(2 65- 1 70 π.Χ.) θεωρείται ο τρίτος μεγαλύτερος μαθηματικός μετά τον Αρχιμήδη και τον Ευκλείδη ; ΔΒ

μ. • Ε Β Ε

Ο κύκλος του Απολλώνιου

•:•

Σπουδαίος μελετητής της γεωμετρίας έζησε, σπούδασε και δίδαξε στην Αλεξάνδρεια. Από το πλήθος των έργων του ελάχιστα σώζονται με κορυφαίο από αυτά τα " Κωνικά" . Ειδικά το 5ο βιβλίο των κωνικών, μαζί με το 5ο των Στοιχείων και το "Περί Ελίκων" του Αρχιμήδη θεωρούνται ως τα κορυ φαία αριστουργήματα της Ελληνικής γεωμετρίας. Αντικείμενο μελέτης του ήταν και το Δήλιο πρό βλημα(διπλασιασμός του κύβου) το οποίο και έλυσε με τη βοήθεια της τομής ενός κύκλου και μιας υπερβολής. Στην Αστρονομία υπήρξε ο εισηγητής του γεωκεντρικού συστήματος των «εκκέντρων κύκλων και επικύκλων>>, για την ερμηνεία των κινήσεων του ουρανού κατά τρόπο σύμφωνο προς τις παρατηρήσεις. Υπάρχει κλάδος των μαθηματικών γνωστός ως (Circle Packin g) «συσκευασία κύκλων» ή «συ σκευασία κύκλων του Απολλώνιου»; Ο κλάδος αυτός ασχολείται με την γεωμετρία και τη συνδυαστική για συσκευασίες κύκλων. Στην γεωμετρία η συσκευασία κύκλων είναι η μελέτη της διάταξης των κύκλων (ίσης ή διαφορετικής ακτίνας), σε μια δεδομένη επιφάνεια έτσι ώστε να μην γίνεται επικάλυψη, δηλαδή οι κύκλοι να εφάπτονται. (το ίδιο μπορεί να γίνει στο χώρο με σφαίρες). Σημασία σε ένα τέτοιο πρόβλημα έχει

η πυκνότητα συσκευασίας. Στον δύο διαστάσεων Ευκλείδειο χώρο, αποδείχθηκε το 1 773 από τον Lagrange ότι η διάταξη με την υψηλότερη πυκνότητα είναι η εξαγωνική διάταξη συσκευασίας (κερή θρα) και εξαγωνικό πακετάρισμα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 87 τ.3!77

------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

•:•

-------

Το Ρόδι είναι ένα παράδειγμα του τρόπου με τον οποίο η φύση λύνει το πρόβλημα αυτό. Από το Ρόδι επίσης εμπνεύστηκε ο Kepler την ιδέα για το πώς οι χιονονιφάδες αποκτούν έξι βραχίονες. Γίνονται πολλές μελέτες τα τελευταία χρόνια στο Απολλώνιο παρέμβυσμα και τους Απολλώνι ους κύκλους;

Το θέμα αυτό είναι ένα χρήσιμο εργαλείο για τη μελέτη των διαφόρων προβλημάτων σε επίπεδη γε ωμετρία, σύμμορφες απεικονίσεις και επίπεδες γραφικές παραστάσεις. Με το πρόβλημα αυτό ασχο λήθηκαν ο Gauss, ο Kepler και θα ασχολούνται για πολλά χρόνια οι μαθηματικοί αφού έχει μεγάλη σημασία στην θεωρία των αριθμών και πάρα πολλές εφαρμογές στη χαρτογράφηση, στην πληροφο ρική, την εικόνα, τις τηλεπικοινωνίες, τον ηλεκτρισμό, ακόμα στις Ρημάνιες επιφάνειες κ.ά.

Ξεκινήστε με τρεις κύκλους C1 , C2 και C3 , κάθε ένας από τους οποίους εφά πτεται προς τους άλλους δύο (αυτοί οι τρείς κύκλοι μπορεί να είναι οποιου δήποτε μεγέθους). Ο Απολλώνιος ανακάλυψε ότι υπάρχουν δύο άλλοι μη τεμνόμενοι κύκλοι, C4 και C5, οι οποίοι είναι εφαπτόμενοι με τους δύο από τους αρχικούς κύκλους - αυτοί ονομάζονται ΑποΜώνιοι κύκλοι. Προσθέτοντας τους δύο Απολλώνιους κύκλους στην αρχικούς τρεις, έχουμε τώρα πέντε κύκλους. Πάρτε τώρα έναν από τους δύο Απολλώνωυς κύ κλους - ας πούμε τον C4. Είναι εφαπτόμενος στους C1 και C2, έτσι η τριάδα των κύκλων C4, C1 και C2 διαθέτει δύο δικούς της Απολλώνιους κύκλους. Ένας από αυτούς είναι ο C3 ο άλλος είναι ένας νέος κύκλος C6. Κατά παρό μοιο τρόπο, μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα άλλο νέο κύκλο C7 που εί ναι εφαπτόμενος στους C4, C2 και C3 , και ένα άλλο κύκλο Cs από C4, C3 και C1. Αυτq μας δίνει 3 νέους κύκλους. Αν κατασκευάσουμε άλλους τρεις νέ ους κύκλους από το C5 , δημιουργούμε έξι νέους κύκλους συνολικά. Μαζί με τους κύκλους C1 έως C5 , αυτό δίνει ένα σύνολο 1 1 κύκλων. Συνεχίζοντας την κατασκευή με αυτόν τον τρόπο, μπορούμε να προσθέ σουμε 2.3ν νέους κύκλους στο νιοστό στάδιο, δίνοντας συνολικά 3 +2 κύκλους. Αυτό το σύνολο των κύκλων είναι ένα «Απολλώνιο παρέμβυ ν +t

σμα». Τα μαθηματικά ενεργοποιούν τα ίδια κέντρα του εγκεφάλου μας που ενεργοποιούνται και με τον σωματικό πόνο; ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 87 τ.3/78

-------

Τα Μ α θηματικά μας δ ιασκεδ άζουν

--------

Επιστήμονες από πανεπιστήμιο του Σικάγου βρήκαν ότι τα μαθηματικά διεγείρουν στον εγκέφαλο τα ίδια κέντρα με τα κέντρα του σωματικού πόνου. Δηλαδή το άγχος που προκαλούν τα μαθηματικά σε ορισμένους ανθρώπους όταν προσπαθούν να λύσουν ένα μαθηματικό πρόβλημα διεγείρει τα κέντρα του σωματικού πόνου εκείνα που διεγείρονται και όταν κάψουμε ή χτυπήσουμε το χέρι μας. Έτσι ε ξηγείται ο πονοκέφαλος όταν έχουμε εξετάσεις στα μαθηματικά. •:•

•:•

Το μετάλλιο στα βραβεία Field s;

Το μετάλλιο στα βραβεία Fίelds(Νόμπελ των μαθηματικών) έχει στη μια όψη τον Αρχιμήδη και το όνομά του γραμμένο στα Ελληνικά. Στην άλλη όψη μια σφαίρα εγγεγραμμένη σε κύλινδρο, διάγραμ μα που ο Αρχιμήδης είχε ζητήσει να τοποθετηθεί στον τάφο του και μια επιγραφή στα Λατινικά που σημαίνει: «Ξεπέρασε τον εαυτό σου και καταλάβαινε τον κόσμο». Γάλλος Basait είχε πάθος με τους Μαθηματικούς Γρίφους; Basait δεν ήταν μαθηματικός αλλά ποιητής, του άρεσε όμως να μελετά τους κλασικούς

Ο Ο αλλά το πάθος του ήταν στους μαθηματικούς γρίφους. Το πρώτο του δημοσίευμα ήταν μια συλλογή γρίφων. Το 1 62 1 μετέφρασε και δημοσίευσε «Τα αριθμητικά» του Διόφαντου που μετά την πυρπόληση της βιβλιοθήκης στην Αλεξάνδρεια είχαν λησμονηθεί. Με αυτό τον τρόπο ο Basait αλλά και άλλοι με λετητές έφεραν και πάλι στην δημοσιότητα τη θεωρία αριθμών και αναζωπύρωσαν τις μεθόδους των Αρχαίων Ελλήνων. Ένα αντίγραφο του βιβλίου του ενέπνευσε τον Fermat που παράλληλα με τα δι καστικά του καθήκοντα μελετούσε μαθηματικά. Στα περιθώρια κάθε σελίδας του βιβλίου του Basait, ο Fermat σημείωνε τους συλλογισμούς του. Εκεί σημείωσε και το γνωστό τελευταίο θεώρημά του που έμελε να βασανίσει πολλές γενιές μαθηματικών από το 1 670, όταν μετά το θάνατό του ο γιός του δημοσίευσε τα χειρόγραφά του. Ο Fermat είχε εντυπωσιαστεί από την απόδειξη του Ευκλείδη που έδειχνε ότι υπάρχουν άπειρες πυθαγόρειες τριάδες και είχε σημειώσει δίπλα στο περιθώριο του βι βλίου: «Είναι αδύνατο δύναμη μεγαλύτερη του τετραγώνου να γραφεί ως άθροισμα ίδιων δυνά μεων» και συνέχιζε «έχω μια υπέροχη απόδειξη όμως δεν χωρά σε ένα τόσο στενό περιθώριο». Είδε αυτό σε κάποια βιβλιοθήκη ο 1 0χρονος Άντριου Ουάλις και 30 χρόνια αργότερα το 1 994 έδωσε την απόδειξή του. Υπάρχουν Βραβεία Αντι-Νόμπελ;

Τα βραβεία αυτά δίνονται μόνο αν η έρευνα κάνει τους ανθρώπους «πρώτα να γελάσουν και μετά να σκεφτούν)). Ο μαθηματικός του πανεπιστημίου Stanford Uniνersity, Joseph Keller κέρδισε το φετινό βραβείο φυσικής. Όταν πήγαινε για τζόγκινγκ παρατηρούσε τις κοπέλες να τρέχουν και οι κοτσίδες τους να χοροπηδούν αρι στερά - δεξιά. Αναρωτήθηκε αφού το κεφάλι τους πηγαίνει πάνω - κάτω, γιατί η κοτσίδα χοροπηδάει αριστερά - δεξιά; Η φαινομε νικά απλή ερώτηση του κυρίου Κέλερ τον οδήγησε σε μια σειρά μηχανικών πειραμάτων και μαθηματικών μοντέλων. Μπορεί μια κοτσίδα να φαίνεται ως ένα ομοιόμορφο σώμα αλλά στην πραγματικότητα αποτελείται από δεκάδες χιλιάδες τρίχες, οι οποίες ασκούν ελαστική δύναμη. Στα μαθηματικά τέτοια προβλήματα ονομάζο νται «προβλήματα πολλών σωμάτων)). Με την βοήθεια φυσικών, ο αμερικάνος μαθηματικός κατά φερε να καταλήξει σε ένα σύνολο απλών εξισώσεων οι οποίες περιγράφουν με ακρίβεια τη συμπερι φορά της ταλαντωμένης κοτσίδας. Έτσι, θα μπορούσε να κινείται και πάνω - κάτω, αλλά όταν η συ χνότητα του τρεξίματος είναι διπλάσια της συχνότητας της ταλαντωμένης κοτσίδας, η κίνηση δεν εί ναι ευσταθής. Επειδή όταν τρέχουμε έχουμε χονδρικά μια σταθερή συχνότητα με την οποία ανεβοκα τεβαίνει το κεφάλι και επειδή οι κοτσίδες είναι περίπου το ίδιο μέγεθος, πηγαίνουν αριστερά - δεξιά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/79

----- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -----

Γ ρίφοι και παράδοξα

Πέντε στρατιώτες έφτασαν σε ένα πο στ) Μήπως μπορείτε να βρείτε και την σχέση που τάμι και θέλουν να περάσουν απέναντι. Στο ποτάμι συνδέει τους αριθμούς: (6χ6χ6), (666-6χ6), (666) συνάντησαν δυο παιδιά(τον Πέτρο και τον Λουκά) με μια σχεδία η οποία μπορεί να μεταφέρει μόνο Ο Αριθμός 142857: Αυτός ο αριθμός ονομάζεται ένα στρατιώτη ή τα δύο παιδιά (όχι ένα παιδί και κυκλικό ς, τα γινόμενά του με τα ψηφία 1 , 2, 3, 4, ένα στρατιώτη). Πώς θα περάσουν οι στρατιώτες 5, 6 είναι: 142857χ1=142857, 142857χ3=428571, 142857χ6=857142, απέναντι; 142857χ2=285714, Το Ρολόι: Κάθε πόση ώρα συναντά ο λεπτοδείκτης 142857χ4=571428, 142857χ5=714285. Γιατί ονο τον ωροδείκτη σε ένα αναλογικό ρολόι; μάζεται κυκλικός; Ο Αριθμός 666 : Η αποκάλυψη του Ιωάννη, άγνω Τρίτη και 1 3 : Μπορεί 2 και 3 φορές το χρόνο να στο γιατί, γράφει ότι ο αριθμός χξστ ' (Αρχαία Ελ έχουμε Τρίτη και 1 3 ; ληνική γραφή) είναι το σύμβολο του αντίχριστου. Ο Γρίφος του Basait: Έχουμε μια ζυγαριά με δύο Για μας τους μαθηματικούς όμως, είναι ένας αριθ δίσκους, ξέρετε εκείνες τις παλιές, που αν βάλουμε μός που όπως και πολλοί άλλοι έχει απίθανες ιδιό το ίδιο βάρος και στους δυο δίσκους ισορροπεί. τητες, απολαύστε: Όταν ζυγίζουμε με τις ζυγαριές αυτές μπορούμε να βάζουμε στον ένα δίσκο τα σταθμά και στον άλλο α) 666=(6+6+6)+(63+63+63) το προϊόν, αλλά μαζί με το προϊόν μπορούμε να β) 666=(13+23+33+43+53+63+53+43+33+23+13) γ) 666=2 2+3 2+52+72+11 2+13 2+172 (είναι οι 7 αρχι βάλουμε και σταθμά τα οποία αφαιρούνται από το κοί πρώτοι αριθμοί) δ) 666=16+26+36 βάρος του. Θέλουμε τώρα να ζυγίζουμε οποιοδή ποτε ακέραιο αριθμό κιλών ποιος είναι ο ελάχιστος ε) 666=(2+9+5+4+0+8+2+9+6)+ αριθμός σταθμών(βαριδίων) που χρειαζόμαστε; (43+43+33+53+53+6) στην πρώτη παρένθεση είναι τα ψηφία του αριθ Ο Αριθμός αβγ: Υπάρχει αριθμός τριψήφιος που μού 6663 και στη δεύτερη τα ψηφία του αριθμού να ισχύει αβγ=α 1 + β2+γ3 ; 6662 • Η Σχεδία:

Ευχαριστούμε όλους, όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή και ιδιαίτερα το βιολόγο Μαρίνο Σπηλιόπουλο για την εργασία του «διαπιστώσεις στη σχέση των πρώτων αpιθμών με θέματα Βωλογίας» αJJ,.iJ. για αυτά θα αναφερθούμε στο επόμενο τεύχος.

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Σχεδία: Θα πάνε πρώτα τα δύο παιδιά στην απέναντι όχθη θα κατέβει το ένα(ο Λουκάς) και το άλλο(ο Πέ τρος) θα επιστρέψει με τη Σχεδία και θα την δώσει στον ι ο στρατιώτη . ο στρατιώτης θα περάσει απέναντι θα πάρει τη Σχεδία ο Λουκάς θα πάει πάλι στην άλλη όχθη να πάρει τον Πέτρο για να γυρίσουν και πάλι μαζί ώστε να κατέβει ο Λουκάς στην ίδια όχθη ενώ ο Πέτρος θα πάει τη Σχεδία στον 2° στρατιώτη, κ.ο.κ. Το Ρολόι: Κάθε ι ώρα, 5λεπτά, 27δεύτερα και 27εκατοστά του δευτερολέπτου. Ο Αριθμός 666 : στ) (6χ6χ6)2+(666-6χ6)2=(666) 2 (Πυ θαγόρειο Θεώρημα). Ο Αριθμός 142857 : Ονομάζεται κυκλικός διότι τα γι νόμενα είναι μια κυκλική εναλλαγή στα ψηφία του ίδιου του αριθμού. Ο αριθμός είναι τα δεκαδικά ψηφία της περιόδου του περιοδικού αριθμού ι !7=Ο, ι 42857 ι 42857 . . . . Τρίτη και 1 3 : Ναι, αρκεί ν α παρεμβληθεί ακέραιος α ριθμός εβδομάδων. Πάρτε τις υπόλοιπες μέρες κάθε μή-

να αφού από το σύνολο αφαιρέσετε τις 28 (4εβδομάδες). Αν το άθροισμα των υπολοίπων γίνει 7 ή 1 4 ή 2 ι ή 28 τότε θα έχουμε ξανά Τρίτη και 1 3 , π.χ. το 20 ι 2 είχαμε Τρίτη και 1 3 το Μάρτη, άρα υπόλοιπες μέ ρες Μάρτη 3 ι -28=3 , Απρίλη 2, Μάη 3, Ιούνιο 2, Ιούλιο 3, Αύγουστο 3, Σεπτέμβρη 2, Οκτώβρη 3 . Δηλαδή 3+2+3+2+3+3+2+3=2 ι (ακέραιος αριθμός εβδομάδων 2 ι :7=3) το Νοέμβρη επομένως θα έχουμε και πάλι Τρί τη και 1 3 . Ο Γρίφος του Basait: Η λύση είναι ν βάρη της μορφής ι ,3 2 ,3 3 ,3 4 ,3 5 ,3 6 , . . . Για να ζυγίσουμε π.χ. μάζες από ι μέχρι 40 κιλά αρκεί να έχουμε 4 σταθμά: ι , 3, 3 2=9, 3 3 =27 κιλά. Για τη Γη 5,97. 1 024 κιλά θέλουμε 53 βάρη ( ι ,3 Ζ ,3 3 ,3 4 , , 3 52) 4 3 30 2 , για τον Ήλιο ι ,9. 1 0 κιλά 65 βάρη ( ι ,3,3 ,3 ,3 , 4 6 3 ). •

•

Ο Αριθμός αβγ: Και βέβαια υπάρχει. Απολαύστε 135=1 1+32+53 ' 1 75=1 1+72+53, 518=51+12+83, 598=51+92+83 ακόμα 043=01+42+33, 063=01+62+33.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 87 τ.3/80

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙ ΚΩΝ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 6 τόμοι

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Ν. ΚΙΣΚΥΡΑ -ΤΣΑΡΟΥΧΗ 3 τόμοι

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΆ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΜΕΤΡΙΚΆ-ΔΙΟΠΤΡΑ) ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ (ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΆ)

ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞ:ΑΝΔΡΕΩΣ 1 τόμος

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι) : 20 Ευρώ

ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 1 1 Ο Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (9 τόμοι) : 50 Ευρώ

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙΑ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΩΝ G.LORIA 2 τόμοι ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ : 35 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (2 τόμοι) : 15 Ευρώ

Π Ρ Ο Σ Φ Ο Ρ Α

ΙΣΤΟΡΙΚΩΝ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΒΑΛΚΆΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ ΔΙΕΘΝΕΙΣΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ -Β ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΟΙ ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ ΝΕΩΝ ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 95 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (4 τόμοι) : 50 Ευρώ

ΙΣΤΟΡΙΚΩΝ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Γ

10 τεύχη (33-50) ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 1 00 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ( 1 0 τεύχη): 50 Ευρώ

5 τεύχη(33-50) ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 50Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ( 5 τεύχη ) : 30 Ευρώ

ΕΚΔΟΣΕΩΝ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 1 0 τεύχη ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 1 00 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ ( 1 0 τεύχη ) : 50 Ευρώ

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 5 τεύχη ΑΡΧΙΚΗ τΙΜΗ: 50 Ευρώ ΠΡΟΣΦΟΡΑ (5 τεύχη ) : 30 Ευρώ