Ευκλειδης β 90 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος

- Οκτ ώβρ ι ο ς - Ν ο έ μβρ ι ο ς - Δ ε κ ε μβρι ο ς

2013-

Ε υ ρ ώ:

3,50

Επικοινωνία: e-mail: iπfo@hms.gr - www.hms.gr ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

.f .f .f .f .f

Γενικά θέματα

Α'

Τάξη

Β'

Τάξη

Γ'

Τάξη

.ι 'Άλγεβρα: .f Γεωμετρία:

Εξισώσεις και Ανισώσεις Παραλληλόγραμμα- Τραπέζια

.f 'Άλγεβρα: .f Γεωμετρία: .f Κατεύθυνση:

Πολυώνυμα Τριyωνομετρία Εμβαδά Ευθεία και κύκλος

.f .f .f .f .f .(

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 1 4 7 11 22

Απολλώνιος Nobel και Βραβεία Μαθηματικών Βιολοyία και οι πρώτοι αριθμοί Μαθημαπκές Ολυμmάδες Homo Mathematicus

�

26 32 37 42 46

•

Γενικ Παιδεία: Στατιστική Παράγωγος Κατευθυνση: Τράπεζα Θεμάτων Το Βήμα του Ευκλείiη -Ιστορικές Αναφορές Εκλείiης Προτ ί ει ...

εν

ιι I

Fmκnιι�πτn

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

18 22

Οκτωβρίου Ιανοuαρίοu Φεβροuαρίοu

ΤΟ

ΛΥΚΕΙΟ

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί yαθητές και συνάδελφοι, Βρισκόμαστε στην ευχαριστη θέση να σας παραδώσουμε το δεύτερο τεύχος του Ευκλείδη s· πριν από τις εορτές των Χρι στουγέννων. Μετά το επιτυχημένο συνέδριο και τις ενδιαφέρου σες εργασίες των συναδέλφων του παραρτήματος Καρδίτσας που φιλοξενήσαμε στο πρώτο τεύχος του περιοδικού, φροντίσα με και αυτό το τεύχος να περιέχει εργασίες που να ανταπο κρίνονται στις ανάγκες των μαθητών και να προσφέρουν ενδια φέρον υλικό για να το αξιοποιήσουν οι συνάδελφοι. • Συγχρόνως, ξεκινήσαμε pια προσπάθεια για συγκέντρωση θε μάτων Α' Λυκείου προκειμενου να δημιουργήσουμε τράπεζα θε μάτων αντίστοιχη εκείνης της Γ' Λυκείου που δημιούργησε και λεπουργεί η ΕΜΕ εδώ και δέκα χρόνια. Στην προσπάθειά μας αυ τή περιμένουμε και δικό σας θέματα. " θυμίζουμε ότι το πρώτο τεύχος του Σεπτεμβρίου του 2014, το έχει αναλάβει το Παράρτημα Βέροιας, όπου και θα γίνει το επό μενο συνέδριο της ΕΜΕ το Νοέμβριο 2014 . Με την ευκαιρία των εορτών των Χριστουγέννων και της Πρω τοχρονιάς σας ευχόμαστε υγεία, ευτυχία και ο καινούργιος χρό νος να είναι χαρούμενος και δημιουργικός. Ο της Σuντσιmκής Εηrrροηής. Γιώργος Ταααόηοuλος Βαyyέλης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασορίδης Ο

,....... . ιιιι . ιι ιιιl ΙΙ ιιιΙ Ι8'JΙ Μαβηματικοr Διαγωνισ μ οί;

ΘσλήςF--· Ευκλείδης: Αρχιμήδης:

ΓΙΑ

Εξώφυλλο: Φωτογραφίες από το

2013

2014 2014

ISON

στην

ατμόσφαιρα του Ηλιακού μας συστήματος Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα, για τους διαγωνισμούς, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Έναρξη από

Σεπτεμβρίου 2013

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

ΕΙCΔΟΣΗ 1ΗΣ ΜΑΘΗΜΑfΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ ΠΛΝΕΠIΣΊΗΜIΟΥ 34

�2103617784-3616532 Fσχ: 2103641025 106 79 ΑΘΗΝΑ

Εκδότης:

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος: Ταοο 6πουλος Γιώργος Αντιπρόεδροι: . e· Ευατα ι ου Βαγγελης

Διευθυντής: Γραμματέας: Κρ ητικ 6ς Ε μ μ αν ου ήλ Χριατ6ποuλος Πονσyιώτης Επιμέλεια ·Εκδοσης: Μέλη: Αργυράκης Δ. Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδ ας Σ. Στε φαν ής Π. Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Ταπε ιν6ς Ν. ISSN: 1105 - 7998 Σχόλιο: Οι εργασίες για το περιοδικό σrελ' νονται •

Δημ 6 κος Γεωργιος

Κεραοαρίδης Γιάννης

και ηλεκτρονικά σrο

e·mai/: stelios@hms.gr.

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Κοινωφελέs Ίδρυμα Ιωάννη Σ. Λάτση

Αθανασ6πουλοςΓεώρ�ος Ανδρουλακάκης Νίκος ΑντωνόπουλοςΓεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώατας Γαβράς Τάσος Ευσταθίου Βαyyέλης ΖαχαρόπουΑος Κων/νος Ζώτος Βαyyέλης

�: =��π�:� ΚαΑίκας Σταμάτης

Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλ ς Χρή τος α σ Καρκάνης Βασίλης ΚαταούληςΓιώργος ΚερασαρίδηςΓιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κλάδη Κατερίνα Κονόμης ί\ρτι Κόντζιας Νίκος ΚοτσιφάκηςΓιώργος

Συντακτι�� επιτροπή

Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης ΛουριδάςΓιάννης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφtκας Θανάσης Μανιάτης Ανδρέας ΜαυροyιαννάκηςΛεωνiΟΟς ΜενδρινόςΓιάννης Μεταξάς Νικόλαος ΜήλιοςΓεώργιος Μπεραίμης Φραyκίακος Μπρίνος Π�ώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Σίακου Μαρία Σαίτη Εύα Σταίκος Κώστας

Στάίκος Παναγιώτης Στεφανής Παναγιώτης ΣτρατήςΓιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσ6πουλοςΓιώργος ΤζεΑtπης Άλκης Τζιώτζιος Θανάσης ΤριαντάφυλλοςΓιώργος Τριάντος Γεώργιος Τααyκάρης Ανδρέας Τσαγκάρης Κώστας ΤσικαλουδάκηςΓιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανέλη Άιννυ ΧαραΑαμπάκης Ευστάθιος ΧαραλαμποπούΑου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστ6ποuλος Θανάσης Χριστ6ποuλος Π�ώτης Ψύχος Βαyyέλης

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηθά ει στην έκδοση του περιοδικού

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

από

Τα διαφημιζ6μεvα βιβλία δε σημαίνει 6π προτείνονrαι την Ε.Μ.Ε. Οι συνεργασίες, [τα.· άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να σrέλνονrα Ε.Μ.Ε. με την ένδει "Για τον Ευκλεffiη Β'". Τα χειρ6yραφα δεν εmστρέφονrαι.

�

(12,00

2,00 Ταχυδρομικά

�αι�, σrαyραφεία της IIJ!LI4!tΘ!IU!fΛi!!l1m

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

Το αντίπμο για τα τεύ:χη που παραyyέλνονται σrέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυναπSτητα τραπεζικής συναλλαyήc; με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αvπκαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. Ετήσια συνδρομή

ευρώ

Εκτύπωση: ROTOPRINT (Α_ ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Υnι:ιίθuνος τunογpαφι:ίοu: Δ. Παπαδόπουλος

"Περί Επαφών" του Απολλών ι ου Σωτ ρ κουντουβάς ήρης Χ . Γ

Ο Απολλώνιος ο Περγαίος είναι ο τρίτος κα τά σειρά μεγάλος αρχαίος έλληνας μαθηματικός μετά τον Ευκλείδη και τον Αρχιμήδη. Γεννήθηκε στη Μικρά Ασία, στην Πέργη της Παμφυλίας γύ ρω στο 260 π.Χ και ήταν λίγο νεώτερος από τον Αρχιμήδη (27 8 -2 1 2 π.Χ). Σπούδασε στην Αλεξάν δρεια, πήγε μετά στην Έφεσο και στη συνέχεια εγκαταστάθη κε στην Πέργαμο που λειτουρ γούσε φημισμένο Πανεπιστήμιο και Βιβλιοθήκη. Επέστρεψε κα τόπιν στην Αλεξάνδρεια και συνεργάστηκε με τους διαδό χους του Ευκλείδη. Δίδαξε για πολλά χρόνια στο Μουσείο, ' στην Αίθουσα Ε , για αυτό και τον αποκαλούσαν Απολλώνιος ο Ε ' . Ο Πάππος ο Αλεξανδρινός (3°ς μ.Χ αιώνας) τον περιγράφει ως ματαιόδοξο και υπερόπτη αναφέροντας ότι υποτιμούσε τους άλ λους Γεωμέτρες. Ίσως αυτός να ήταν ο λόγος που ο Αρχιμήδης είχε με τους Αλεξανδρινούς μαθημα τικούς φιλικές σχέσεις, κάτι που δεν συνέβαινε με τον Απολλώνιο. Μάλιστα κάποιες εργασίες του τις αφιέρωσε σε αυτούς με πιο γνωστή αυτή στον Ε ρατοσθένη (276- 1 94 π.Χ) με τίτλο «Περί των μη χανικών θεωρημάτων προς Ερατοσθένη έφοδος». Ο Απολλώνιος συνέγραψε πολλά έργα αλλά σώ θηκαν μόνο τέσσερα. Το σπουδαιότερο έργο του ήταν τα Κωνικά με 8 βιβλία. Εκεί γίνεται μια ε κτενέστατη μελέτη των Κωνικών Τομών. Μάλιστα τις ονομασίες Παραβολή, Έλλειψη και Υπερβολή τις καθιέρωσε ο Απολλώνιος, ενώ λίγο πιο πριν ο Αρχιμήδης τις ονόμαζε αντίστοιχα Ορθογωνίου Κώνου Τομή, Οξυγωνίου Κώνου Τομή και Αμ βλυγωνίου Κώνου Τομή. Τα Κωνικά είχαν τερά στια απήχηση και καθιέρωσαν τον Απολλώνιο σε τέτοιο βαθμό ώστε οι σύγχρονοί του να τον απο καλούν «Μέγα Γεωμέτρη». Τα άλλα τρία σωζόμενα έργα είναι: Περί λό γου αποτομής (2 βιβλία), Κατασκευή δύο μέσων αναλόγων και Σύγκριση Δωδεκάεδρου - Εικο σάεδρου. Ο Απολλώνιος πέθανε σε μεγάλη ηλικία γύρω στο 1 80 π.Χ. Ένα έργο του Απολλώνιου που δεν έχει σωθεί, όμως έφτασε σε μας από μεταγενέ στερους σχολιαστές- και συγγραφείς, είναι η πραγ ματεία "Περί επαφών". Η πραγματεία αυτή του Απολλώνιου αναφέρεται σε γεωμετρικές κατα σκευές. Το κατασκευαστικό πρόβλημα που τίθεται είναι το εξής: «Δοθέντων τριών στοιχείων, που το καθένα μπορεί να είναι σημείο, ευ θεία ή κύκλος, να γραφεί κύκλος ο οποίος να διέρχεται από τα ση-

μεία και να εφάπτεται στις ευθείες ή τους κύκλους».

Το πρόβλημα αυτό περιλαμβ&νει δέκα επιμέ ρους προβλήματα και όλα λύνονται με κανόνα και διαβήτη. Τα δέκα προβλήματα είναι τα πιο κάτω. Να κατασκευαστεί κύκλος ο οποίος να : 1. 2.

3. 4. 5. 6.

7. 8. 9. ι Ο.

ΔΙέρχεται από τρία σημεία Εφάπτεται σε τρεις ευθείες ΔΙέρχεται από δύο σημεία και εφάπτεται σε μία ευθεία ΔΙέρχεται από ένα σημείο και εφάπτεται σε δύο ευθείες ΔΙέρχεται από δύο σημεία και εφάπτεται σε ένα κύκλο ΔΙέρχεται από ένα σημείο και εφάπτεται σε ευθεία και σε κύκλο ΔΙέρχεται από ένα σημείο και εφάπτεται σε δύο κύκλους Εφάπτεται σε δύο ευθείες και ένα κύκλο Εφάπτεται σε δύο κύκλους και μία ευθεία Εφάπτεται σε τρεις κύκλους.

Το 1° πρόβλημα έχει για λύση τον περιγε του τριγώνου που ορίζουν τα τρία σημεία. Το κέντρο του ζητούμενου κύκλου είναι το περίκεντρο του τριγώνου. Το περίκεντρο ως σημείο τομής των μεσοκαθέτων των πλευρών ισαπέχει από τα άκρα των πλευρών άρα ισαπέχει από τις κορυφές του τριγώνου. Βέβαια το πρόβλημα έχει λύση αν τα σημεία είναι μη συνευθειακά. γραμμένο κύκλο

Το 2° πρόβλημα έχει 3 περιπτώσεις: •:•

Αν οι ευθείες τέμνονται ανά δύο τότε λύση του προ βλήματος είναι ο εyγεyραμμtνος ιώκλος του τριγώ νου που ορίζουν οι τρεις ευθείες. Το κέντρο του ζη τούμενου κύκλου είναι το έyκεντρο του τριγώνου, δηλαδή το σημείο τομής των διχοτόμων. Επίσης λύση στο πρόβλημα είναι και οι 3 παρεyyεyραμμtνοι ιώ κλοι του τριγώνου.

Παρεγγεγραμμένος είναι ο κύκλος που εφάπτεται σε μια πλευρά του τριγώνου και στις προεκτάσεις άλ λων δύο. Τα κέντρα αυτών των κύκλων είναι τα 3 πα ρ άκεντρ α του τριγώνου Ια, Ιβ, Iy.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/1

-------

"Περί Επαφών" του Απολλώνιου

Παράκεντρο του τριγώνου είναι το σημείο τομής δύο εξωτερικών διχοτόμων του τριγώνου. Δηλαδή το παράκεντρο Ια είναι το σημείο τομής των διχοτόμων των εξωτερικών γωνιών Β και Γ.

στην πρώτη περίπτωση, δηλαδή ζητείται να κατα σκευαστεί ο κύκλος που να διέρχεται από τρία σταθερά σημεία τα Α, Β και Δ. Προσδιορίζουμε το περίκεντρο Κ του τριγώνου ΑΒΔ σαν σημείο το μής των μεσοκάθετων δύο πλευρών του τριγώνου. Κατασκευάζουμε τώρα τον κύκλο με κέντρο το Κ και ακτίνα ρ=ΚΑ. Διερεύνη ση: Το πρόβλημα δέχεται δύο, μία ή καμία λύση. •:•

•:• •:•

Αν δύο �θείες είναι παράλληλες και τέμνουν την τρίτη τότε έχουμε δύο κύκλους που εφάπτονται στις ευθείες.

•:•

�

ν και οι τρεις ευθείες είναι παράλληλες ή συντρέ χουν τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση. Το 2° πρόβλημα λοmόν έχει 4, 2, ή καμία λύση. Θα Α

Αν η ευθεία ΑΒ δεν είναι παράλληλη στην ε τότε το πρόβλημα έχει δύο λύσεις Αν η ευθεία ΑΒ είναι παράλληλη στην ε τότε το πρό βλημα έχει μία λύση Αν τα σημεία Α και Β βρίσκονται πάνω στην ευ θεία ε ή αν τα Α, Β είναι εκατέρωθεν της ε τότε το πρόβλημα δεν έχει λύση.

Ας δούμε τώρα την κατασκευή της μέσης α δύο δοθέντων τμημάτων α και β. Ζητού με δηλαδή την κατασκευή ενός τμήματος χ τέτοιο ώστε χ2 = αβ. Έστω ότι ΓΑ=α και ΓΒ=β. Πάνω σε ευθεία ε τοποθετούμε διαδοχικά τα τμήματα α, β και γράφουμε τον κύκλο με διάμετρο δ=α+ β. Φέρουμε από το Γ κάθετη ευθεία στην ΑΒ που τέ μνει τον κύκλο στο Δ. Τότε το ζητούμενο τμήμα χ είναι το Γ Δ. Αυτό αποδεικνύεται αμέσως από τις μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ (ΑΔΒ=90°) που έχουμε ότι ΓΔ2 = ΓΑ·ΓΒ. ναλόγου

διαπραγματευθούμε τώρα την κατασκευή του 300 προβλήματος. Έστω ότι τα δοθέντα στοιχεία είναι τα σημεία Α, Β και η ευθεία ε. Ζητείται λοιπόν να κα Α Β τασκευάσουμε τον κύκλο που εφάπτεται στην ευθεία ε και δtέρχεται από τα σημεία Α και Β. Ανάλυση: Έστω (Κ,ρ) ο ζητούμενος κύκλος που δtέρχεται από το σημεία Α, Β και εφάπτεται Θα διαπραγματευθούμε τέλος και την κατα στην ευθεία ε στο σημείο Δ. Αν η ευθεία ΑΒ τέ μνει την ευθεία ε στο σημείο Γ τότε η δύναμη του σκευή του 6°υ προβλήματος. Έστω ότι τα δοθέντα σημείου Γ ως προς τον κύκλο δίνει ΓΔ2 = ΓΒ·ΓΑ. στοιχεία είναι το σημείο Α, η ευθεία ε και ο κύ κλος (Κ,ρ). Ανάλυση: Έστω Ο το κέντρο του ζητούμενου κύκλου και χ η ακτίνα του. Φέρουμε την ΟΒ.lε. Φέρουμε την ΚΕ.lε που τέμνει τον κύκλο στα Δ και Η. Από το σταθερό σημείο Δ φέρουμε τη ΔΑ που τέμνει τον κύκλο (Ο,χ) στο Ζ και τη ΔΒ που Τα τμήματα ΓΒ και ΓΑ είναι σταθερά οπότε τέμνει τον κύκλο (Κ, ρ) στο Γ. Η δύναμη του Δ ως μπορούμε να προσδιορίσουμε το σημείο Δ στην προς τον κύκλο (Ο,χ) θα δώσει ΔΑ·ΔΖ=ΔΒ·ΔΓ ( 1 ) Δ ευθεία ε που να ικανοποιεί την σχέση ΓΔ2=ΓΒ·ΓΑ. Κατασκευή: Φέρουμε την ευθεία ΑΒ που τέ μνει την ευθεία ε στο σταθερό σημείο Γ. Η δύναμη του σημείου Γ�(ος προς τον κύκλο είναι ΓΔ2 = ΓΒ·ΓΑ. Κατασκευάζουμε το τμήμα ΓΔ (κατα σκευή μέσης αναλόγου των τμημάτων ΓΒ, ΓΑ) στην ευθεία ε και έτσι προσδιορίζουμε το σταθερό Β σημείο Δ, που είναι το σημείο επαφής της ευθείας Το τετράπλευρο ΒΓΗΕ έχει δύο γωνίες ορθές ε και του κύκλου. Το πρόβλημα τώρα ανάγεται ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/2

------

"Περί Επαφών" του Απολλώνιου

(Γ και Ε), άρα η δύναμη του Δ ως προς τον περιγε γραμμένο του κύκλο δίνει ΔΕ·ΔΗ = ΔΒ·ΔΓ (2). Από τις ( 1 )&(2) έχουμε : ΔΑΔΖ = ΔΕ·ΔΗ

ΔΑ ΔΙ-Άρα το ΔΖ ειναι ' η τέταρτη ανα'λογος ΔΕ Δ2

<=>-=-.

των σταθερών τμημάτων ΔΑ, ΔΕ και ΔΗ. Κατασκευή: Από το κέντρο Κ του δοθέντος κύκλου φέρουμε ευθεία κάθετη στην ε, που τέμνει Σχήμα 1 τον κύκλο στα σημεία Δ και Η. Από το Δ φέρουμε την ευθεία ΔΑ. Κατασκευάζουμε στην ευθεία ΔΑ το τμήμα ΔΖ σαν τέταρτη ανάλογο των σταθερών τμημάτων ΔΑ, ΔΕ και ΔΗ (σχολικό βιβλίο Α' & Β' Λυκείου, σελίδα 1 54). Τώρα το πρόβλημα ανά γεται στην τρίτη περίπτωση, γιατί ο ζητούμενος κύκλος θα διέρχεται από τα σημεία Α, Ζ και εφά πτεται στην ευθεία ε. Σχήμα2 Διερεύνηση: Το πρόβλημα έχει γενικά δύο λύσεις, έναν κύκλο που εφάπτεται εξωτερικά στον δοθέντα κύκλο (όπως στο παραπάνω σχήμα) και έναν που ο δοθείς κύκλος εφάπτεται εσωτερικά σε αυτόν (όπως στο παρακάτω σχήμα). Σε ειδική περίπτωση το πρόβλημα Σχήμα3 έχει τέσσερις λύ σεις. Αν το σημείο Α και ο κύκλος \ (Κ,ρ) είναι εκατέ ρωθεν της ευθείας ε τότε το πρόβλη μα δεν έχει λύση. Το δέκατο πρόβλημα δηλαδή η κατασκευή ενός κύκλου που να εφάπτεται σε τρεις Σχήμα4 κύκλους είναι και το πιο δύσκολο.· Η λύση που δί Οι 8 λύσεις του προβλήματος είναι ο κύκλος : νει ο Πάππος γίνεται με αναγωγή στο έβδομο πρό •:• Να εφάπτεται εξωτερικά και στους τρεις κύκλους βλημα. Οι περιπτώσεις του προβλήματος είναι (σχήμα 1) πολλές ανάλογα με το αν οι κύκλοι τέμνονται ή •:• Να εφάπτεται εξωτερικά σε δύο κύκλους και ο τρί τος εσωτερικά σε αυτόν (σχή μα 2). Έχουμε 3 περι εφάπτονται και αν είναι εσωτερικοί ή εξωτερικοί πτώσεις εναλλάσσοντας τους κύκλους. μεταξύ τους. Επίσης και οι λύσεις σε κάθε περί πτωση είναι πολλές. Στην περίπτωση που έχουμε •:• Να εφάπτεται εξωτερικά σε ένα κύκλο και οι άλλοι δύο εσωτερικά σε αυτόν (σχήμα 3). Έχουμε 3 περι τρεις κύκλους εξωτερικούς μεταξύ τους που τα κέ πτώσεις τους κύκλους ντρα τους είναι μη συνευθειακά τότε το πρόβλημα •:• Οι τρεις εναλλάσσοντας κύκλοι να εφάπτονται εσωτερικά σε αυτόν έχει 8 λύσεις. Στα παρακάτω σχήματα έχουμε 4 (σχήμα 4). από τις 8 λύσεις αυτού του προβλήματος. Με το δέκατο πρόβλημα είχαν ασχοληθεί πολλοί 1 μεγάλοι μαθηματικοί όπως οι Vieta, Newton, Euler, Poncelet, Gergone, Bodillier, Mannheim, Fouche που το έλυσαν με πολλούς διαφορετικούς τρόπους με Ευκλείδεια αλλά και Αναλυτική Γεω μετρία. Μάλιστα το 1 892 ο Ε. Lemoine ταξινόμη σε τις λύσεις του προβλήματος με βάση την απλό τητα και την ακρίβεια της κατασκευής. Κλείνοντας το άρθρο θα σταθούμε στην επι στημονική πληρότητα του έργου του Απολλώνιου που όχι μόνο εξάντλησε όλες τις περιπτώσεις του προβλήματος, αλλά, έδωσε και τις αντίστοιχες κα Κωνικά του Απολλώνιου σε αραβικό αντίγραφο τασκευές. �

- -

'·,

•

J J.J

ί'

•

",J �.:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/3

Nobel

και βραβεία Μαθηματικών

Τα Βραβεία Nobel είναι ετήσια διεθνή βραβεία που δίνονται από το 1 901 για επι τεύγματα στην Ιατρική, στην Χημεία, στην Φυσική, στην Λογοτεχνία και για την Ειρήνη. Το 1 968 η Σουηδική Τράπεζα καθιέρωσε βραβείο στις Οικονομικές επι στήμες στη μνήμη του Σουηδού Α. Nobel. Κάθε βραβείο απαρτίζεται από ένα με τάλλιο, ένα σημαντικό χρηματικό ποσό και ένα δίπλωμα. Ο Nobel [1 833-1 896] ήταν χημικός, μηχανικός και βιομήχανος, γιος του επίσης μηχανικού και βιομήχα νου Ε. Nobel., εφευρέτη της υποβρύχιας νάρκης. Σπούδασε στη Ρωσία και την Α μερική. Για τα Μαθηματικά δεν καθιέρωσε βραβείο και ο λόγος δεν είναι γνωστός. Ίσως να είναι αλή θεια, κάποιες από τις πικάντικες ιστορίες που λέγονται, αν και είχε καλή σχέση με τα Μαθηματικά. Αναγνωρισμένα διεθνώς βραβεί α ή μετάλλια που δίνονται σε μαθη ματικούς μερικά από αυτά δίνονται και στα οικονομικά.

IΒραβεί� (Abel, Adams, Alfred Renyi, Bartolozzi, Bδcher Memorial, Caccioppoli, Carl Friedrich Gauss, Chauνenet, Clay Mathematics Institute's Millennium Problems, Clay Research Award, Cole, Erdos, Fermat, Frederic Esser Nemmers, Frδhlich, Fulkerson , J. Η. Wilkinson for Numerical Software, Geometry, Heinz Hopf , Infosys in MathematicalScience- Mathematics and statistics (InfosysScience Foundation), John Bates Clark - Economics, John νοη Neumann - Economics, John von Neumann Theory - Systems science, Leslie Fox for Numerical Analysis, Leroy Ρ. Steele, Lobachevsky, Loeνe, Neνanlinna, Norbert Wiener in Applied Mathematics, Ostrowski , Oswald Veblen in Geometry, Pόlya, Ramanujan, RolfSchock in Mathematics,Salem,Shaw, Wolf, το 2002 θεσπίστηκε και το βραβείο Κris tie Strom Boole) jΜετω:λϊΟI ( Chem, De Morgan, Euler, Fields, Kirkman, John Bates Clark - Economics,Stampacchia ) Ενδεικτικά αναφέρουμε μερικά: Θυμίζουμε ότι το βραβείο Shaw το 20 1 1 πήρε ο Έλληνας μαθηματικός και φυσικός Δημήτρης Χρι .

•

στοδούλου. Το μετάλλιο Fields δίνεται κάθε τέσσερα χρόνια και βάζει όριο ηλικίας.

Ο Wiles έχασε το μετάλλιο Fields επειδή ήταν 40 ετών όταν ανακοίνωσε την απόδειξη (2 1 -6-1 993, αφού γεννήθηκε 1 1 -4- 1 953) για το τελευταίο Θεώρημα του Fermat. Το βραβείο Abel 2013 δόθηκε στο Βέλγο μαθηματικό Pieπe Deligne για τη σημαντική συνεισφορά του στην αλγεβρική γεωμετρία, τη θεωρία των αριθμών και άλλα συναφή πεδία. Ο 68χρονος Deligne είναι ομότιμος καθηγητής του Ινστιτούτου Προωθημέ νων Σπουδών του πανεπιστημίου Πρίνστον, το 1 970 είχε διοριστεί στο Ινστιτούτο Ανωτέρων Επιστημονικών Σπουδών της Γαλλίας. Το 1 978 πήρε το μετάλλιο Fields επειδή το 1 974 είχε αποδείξει την τελευταία και πιο δύσκολη από τις λε γόμενες «Εικασίες Weil». Έχει συγγράψει πάνω από 100 μαθηματικές εργασίες και διάφορες μαθηματικές έννοιες ήδη φέρουν τιμητικά το όνομά του. Μεταξύ άλλων, είναι επίτιμο μέλος των Μαθηματικών Εταιρειών του Λονδίνου και της Μόσχας. Το Βραβείο Abel δίνεται κάθε χρόνο στο Όσλο από τη Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων σε ανάμνηση του διάσημου Νορβηγού μαθηματικού Abel. Ο Pieπe Deligne βραβεύτηκε για τη «δημιουργική συνεισφορά του στην αλγεβρική γεωμετρία και την μεταμορφωτική επίδρασή του στη θεωρία αριθμών, τη θεωρία αντιπροσώπευσης και σχετικά πεδίω>. Η αλγε/ βρική γεωμετρία εξετάζει γεωμετρικά αντικείμενα που αποτελούν σύνολα / λύσεων αλγεβρικών εξισώσεων, για παράδειγμα η ακτίνα ενός κύκλου r 2 2 2 μπορεί να περιγραφεί από την εξίσωση x +y =r • Η αλγεβρική γεωμετρία έ χει αποδειχθεί πως σχετίζεται με πολλά πεδία μαθηματικών, ιδιαίτερα με τη θεωρία αριθμών, τον κλάδο που ασχολείται με τις ιδιότητες των ακέραιων αριθμών.Η σχέση αυτή φαίνεται στην αναλογία μεταξύ της υπόθεσης Riemann, που περιγράφει τη σχέση μεταξύ πρώτων αριθμών, και τις λεγόμε νες εικασίες Weil, οι οποίες προτάθηκαν πρώτη φορά από το Γάλλο Α. Weil το 1 949 και αποτελούν το πιο διάσημο επίτευγμα του Deligne. Από τις τέσσερις εικασίες Weil, οι τρεις πρώτες αποδείχθηκαν τη δεκαετία του '60, ενώ ο Deligne απέδειξε την τέταρτη και πιο δύσκολη, απευθείας ανάλογη της υπόθεσης Riemann. Η υπόθεση Riemann παραμένει το πιο διάσημο άλυτο πρόβλημα μαθηματικών. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/4

------- Νοbelκαι βραβεία Μαθηματικών -------- Το βραβείο Shaw 2013 στα Μαθηματικά δόθηκε στον David L Donoho καθηγητή Στατιστικής στο Πανεπιστήμιο του Στάνφορντ των ΗΠΑ για τη βαθιά συμβολή του στην σύγχρονη μαθηματική στατι στική και ειδικότερα για την ανάπτυξη της βέλτιστης αλγορίθμων, για στατιστική εκτίμηση στην πα ρουσία θορύβου και αποτελεσματικές τεχνικές για την αραιή αντιπροσώπευση και αποκατάσταση σε με γάλα σύνολα δεδομένων. Οι δραματικές εξελίξεις στην τεχνολογία κατά το τελευταίο μισό αιώνα, οδη γούν σε θεμελιώδεις νέες προκλήσεις σε θεωρητική και εφαρμοσμένη μαθηματική στατ'ιcrτική. Ο David Donoho έχει διαδραματίσει σημαντικό ρόλο στην ανάπτυξη νέων μαθηματικών και στατιστικών εργα λείων για την αντιμετώπιση αυτών των προβλημάτων που κυμαίνονται από μεγάλα σύνολα δεδομένων σε υψηλές διαστάσεις [μόλυνση με το θόρυβο]. Το έργο του προσφέρει γρήγορη, αποτελεσματική και συχνά βέλτιστη με αλγόριθμους, που βασίζονται σε αυστηρή μαθηματική ανάλυση. Πολλά από αυτά αναδύονται από την ανάπτυξη του αλγορίθμου για στατιστικούς εκτιμητές υπό την παρουσία θορύβου. Αυτά είναι αξιοση μείωτα, το ότι θα ξεπεραστούν οι δυσκολίες που συνδέονται με το θό ρυβο, με πολύ μικρή απώλεια της αποτελεσματικότητας ή της αξιοπι στίας. Στην πορεία, απέδειξε τη δύναμη της μαθηματικής θεωρίας των wavelets στην αντιμετώπιση τέτοιων προβλημάτων στον τομέα των στατιστικών. Η Donoho-Johnstone sοft-κατωφλίου αλγόριθμος, έχει χρησιμοποιηθεί ευρέως σε στατιστικά όπως επίσης και σε εφαρμογές επεξεργασίας σήματος. Το βραβείο Shaw στην Αστρονομία φέτος δόθηκε στους Steven Α Balbus καθηγητής Αστρονομίας στο Πανεπιστήμιο της Οξφόρδης και John F Hawley πρόεδρος του τμήματος Αστρονομίας του Πανεπι στημίου Βιρτζίνια. Το βραβείο δόθηκε για την ανακάλυψη - μελέτη της magnetorotational αστάθειας, •

•

καθώς και για να αποδείξει ότι αυτή η αστάθεια οδηγεί σε αναταραχές και είναι ένας βιώσιμος μηχανι σμός για γωνιακή μεταφορά ορμής στους aστροφυσικούς δίσκους προσαύξησης.

ΤΑ NOBEL 2013

Nobel

Φυσικής

Το Nobel Φυσικής δόθηκε στους επιστήμονες Peter Higgs Βρετανό και Francois Englert Βέλγο, (αλλά δεν βρίσκεται στη ζωή ο άλλος πρωτεργάτης Robert Brut). Μετά την πειραματική του ανακάλυψη το 20 12 στο CERN του μποζονίου Higgs το οποίο αποτελεί πλέον το 17 ο στοι χειώδες σωματίδιο κατά το Καθιερωμένο Πρότυπο στη Φυσική. Σύμφωνα με την επικρατούσα και πλέον επιβεβαιωμένη θεωρία, τα στοιχειώδη σωματίδια είναι: τα 12 φερμιόνια (που έχουν ημιακέραιη ιδιοπεριστροφή) -6 κουάρκς (που ανά 2 ή 3 συνθέτουν άλλα σωματίδια όπως τα πρωτόνια και τα νετρόνια του ατομικού πυρήνα) και 6 λεπτό νια (ηλεκτρόνια, μυόνια, ταυ, με τα αντίστοιχα νετρίνα τους)- και τα 4 μποζόνια (ακέραιο σπιν) που είναι οι φορείς των 4 βασικών δυνάμεων στη φύση (ηλεκτρομαγνητικής, ισχυρής και ασθενούς πυρηνικής ελληλεπίδρασης και βαρύτητας). Έτσι λοιπόν και επίσημα, το μποζόνιο του Higgs αναγνωρίζεται ως το σωματίδιο που αντιστοιχεί στο πεδίο του Higgs με μάζα 125 γιγαντοηλεκτρονιοβόλτ (Gev), δηλ. περίπου 133 φορές μεγαλύτερη από του πρωτονίου. Είναι αυτό το οποίο προσδίδει J!άζα στην ύλη, δηλαδή είναι στοιχειώδες σωματίδιο χωρίς συστατικά σωματίδια.

Nobel Ιατρικής

Το Νόμπελ Ιατρικής ή Φυσ ιολογίας απονεμήθηκε στους Αμερικανούς James .... ........ ,,.,,.;;;.;;....;..;.;.ι._S;..;;c hekman και στον Γερμανό Thomas Sίίdhοfγια την έρευνα που διεξήγαγαν σχετικά με το πώς τα κύτταρα οργανώ νουν το σύστημα μεταφοράς τους. Ανακάλυψαν στην ενδοκυτταρική κυκλοφορία ότι τα κύτταρα εί ναι ουσιαστικά εργοστάσια παραγωγής μορίων, όπως για παράδειγμα η ινσουλίνη που απελευθερώ νεται στο αίμα ή οι νευροδιαβιβαστές που μεσολαβούν στην επικοινωu

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/5

------- Νοbelκαι βραβεία Μαθηματικών -------- νία των νευρικών κυττάρων. Τα μόρια αυτά πακετάρονται μέσα στα κύτταρα σε σφαιρίδια από μεμβράνες τα οποία ονομάζονται κυστίδια. Οι τρεις ερευνητές ανα κάλυψαν τον μηχανισμό που ρυ θμίζει την κυκλοφορία των κυστιδίων, ένα σημα ντικό σύστημα μεταφοράς στα κύτταρά μας και εξήγησαν πώς τα κυστίδια φτάνουν τη σωστή στιγμή στο σωστό στόχο. Nobel Ειρήνης στον Οργανισμό για την Απαγόρευση των Χημικών Όπλων για τις εντεινόμενες προσπάθειές του στην εξάλειψη των χημικών όπλων. Τα πρό σφατα γεγονότα στη Συρία, όπου χρησιμοποιήθηκαν χημικά όπλα, δηλώνουν την ανάγκη να ενισχυθούν οι προσπάθειες για την εξάλειψή τους. Ο [OPCW] εξάλλου, που ιδρύθηκε το 1997 και εδρεύει στη Χά γη, έχει αναλάβει το κρίσιμο έργο της επίβλεψης της διάλυσης του χημικού οπλοστασίου στη Συρία, ύ στερα από απόφαση του ΟΗΕ. Στο βραβείο αυτό συμμετέχει και ο Έλληνας γιατρός και ποιητής Δημήτρη ς Κρανιώτη ς που είναι ένα από τα μέλη του Global Haπnony Association που συνέγραψαν το βιβλίο για την παγκόσμια ειρήνη "The ABC of Haπnony". Nobel Λογοτεχνίας Το :\ομπέί. Λογοτεχνίας απονεμήθηκε αι στην 82χρονη καναδή πεζογράφο Alice Munro . Το βραβείο της απονέμεται για τη δεξιοτεχνία της στη μικρή φόρμα του σύγχρονου διηγήματος. Μιλά για οικουμενικά αισθήματα καθημερινών ανθρώπων και η οποία αποτυπώνει θαυμάσια την ανθρώπινη ύπαρξη. Η Alice Munro δεν έχει γράψει μυθιστόρημα. Στα διηγήματά της διερευνά τις σχέσεις μεταξύ ανδρών και γυναικών, τις απλές όψεις της καθημερινότητας στις μικρές πόλεις και τα παιχνίδια της μνήμης. Το 2012 εξέδωσε την 14η συλλογή διηγημάτων της υπό τον τίτλο «Dear Life» και δήλωσε επισήμως ότι θα είναι και η τελευ ταία. Στα βιβλία της έχει αρκετές αναφορές στα Μαθηματικά και στους τρόπους αντιμετώπισης καθημε ρινών προβλημάτων. Σε σχετικό βιβλίο της, αναφέρεται σε γυναίκα μαθηματικό σε σουηδικό Πανεπι στήμιο και εξιστορεί με αρκετά διεισδυτική ματιά, χαρακτηριστικά στιγμιότυπα της ακαδημαϊκής ζωής Το Νομπέλ Ειρήνη ς απονεμήθηκε

Nobel Οικονομικών

Το Νόμπελ Οικονομικών κέρδισαν οι οικονομολόγοι Ε . Fama, L. Hansen και ο R. Shiller για την «ε -�ν;.;;>> . ΙίΟϊΊιι �� μπειρική ανάλυση των τιμών των περιουσιακών στοιχείω ί; θέντες έθεσαν τις βάσεις για την κατανόηση της λει τουργίας των τιμών των περιουσιακών στοιχείων, ό πως είναι οι μετοχές και τα ομόλογα. Η διαμόρφωση των τιμών εξαρτάται εν μέρει από τις διακυμάνσεις του ρίσκου και του επενδυτικού συναισθήματος απέναντι στο ρίσκο, καθώς και εν μέρει σε συμπεριφο ριακές προκαταλήψεις και στρεβλώσεις στην αγορά. Ο Ε. Fama είναι καθηγητής Οικονομικών στο Πα νεπιστήμιο του Σικάγο, ο L. Hansen καθηγητής Οικονομικών και Στατιστικής στο ίδιο πανεπιστήμιο, ενώ ο R. Shiller είναι καθηγητής Οικονομικών στο Γιέιλ.

Nobel Χημείας Το Νόμπελ Χημείας απονεμήθηκε από κοινού στον Αμερικανό καθηγητή χημείας Μ. Karplus, 83 ετών, στο Νοτιοαφρικανό 66χρονο καθηγητή χη μείας του πανεπιστημίου Στάνφορντ, Μ. Levitt, καθώς και στον 73χρονο Ισραηλι νό καθηγητή χημείας και βιοχημείας Α. Wsrshell του Πανεπιστημίου της Νότιας Καλιφόρνιας για την ανάπτυξη μοντέλων πολλαπλών κλιμάκων για την κατανόηση περίπλοκων χημικών συστημάτων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/6

Η ΒΙΟΛΟΓΙΑ ΚΑΙ ΟΙ ΠΡΩΤΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

Π αναγιώτης Χριστόπουλος

Ως γνωστόν, οι αριθμοί μετέχουν με διάφορους τρόπους στα φαινόμενα της ζωής και όχι μόνο. Τα Βιομαθηματικά και η Βιοπληροφορική στις μέρες μας γνωρίζουν μεγάλη ανάπτυξη και θα έχουν μεγαλύτερη στο μέλλον. Κάποιοι αριθμοί ειδικότερα έχουν πολύ μεγάλο ενδιαφέρον και προσδίδουν μια ξεχωριστή γοητεία τόσο για την άβια όσο και για την ζωντανή ύλη. Παράδειγμα, οι χαρακτηριστικοί αριθμοί π και φ που μετέχουν σε βιολογικά θέματα με διάφορους τρόπους. Συγκεκριμένα το π=3,14159 ... εμφανίζεται στους μαθηματικούς τύπους της διαφοράς δυναμικού στις μεμβράνες των κυττάρων, στη ροή υγρών μέσα σε αγγεία κ.λ.π. Το φ = 1,618... γνωστό και ως χρυσός λόγος ή χρυσή αναλογία, εμφανίζεται σε διάφορες αναλογίες του ανθρώπινου σώματος, στον τρόπο διάταξης των φύλλων στα φυτά κ.λ.π. Η ακολουθία Fίbonacci που συνδέεται με το φ προέκυψε σαν βιολογικό πρόβλημα απογόνων ενός ζεύγους κουνελιών. Κάτι αξιοσημείωτο που ίσως διαφεύγει σε πολλούς και σχετίζεται με το φ είναι το εξής: Οι όγκοι του πυρήνα, του κυτταροπλάσματος και του κυττάρου αποτελούν

Ένα παράδειγμα άπό το χώρο ταp,,ζωικού βασιλείου: δύο είδη τζιτζικιών Magicicada tredecim και Maicicada septendecim ζουν σtο ίδιο περιβάλλον με κύκλο ζωής Ι3 και Ι7 χρόνια αντίστοιχα. Σε όλη τους την ζωή, εκτός από τον τελευταίο χρόνο, ζουν στο έδαφος και τρέφονται από τους χυμούς των ριζών των δέντρων. Στο τελευταίο χρόνο της ζωής τους και για λίγες εβδομάδες μεταμορφώνονται από νύμφες σε ενήλικα, καταλαμβάνουν το δάσος, τρώνε, γεννούν αυγά και πεθαίνουν. Πως όμως τα είδη αυτά εξελίχτηκαν ώστε ο κύκλος της ζωής τους να είναι πρώτοι αριθμοί; Μια απάντηση είναι ότι η από κοινού ανάδυση τους στο δάσος αργεί πολύ και αυτό συμβαίνει μια φορά στα 13 χ Ι7 22Ι χρόνια. Ενώ αν οι κύκλοι ζωής τους ήταν σύνθετοι αριθμοί, π.χ. Ι2 και Ι8 χρόνια στον πιο πάνω χρόνο θα aνταγωνίζονταν έξι φορές, όσα είναι τα κοινά πολλαπλάσια του Ι2 και Ι8. =

Vκπ διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου και ισχύει

Υπ

=φ

κυτταροπλασματοπυρηνική σταθερά. Ας δούμε τώρα πιο διεξοδικά τους πρώτους αριθμούς σε βιολογικά θέματα. Οι πρώτοι αριθμοί είναι για τα μαθηματικά ότι για την Χημεία και τη Φυσική τα άτομα της ύλης: οι δομικοί λίθοι πάνω στους οποίους χτίζονται όλοι οι υπόλοιποι αριθμοί, τα "άτομα" που απαρτίζουν το Μαθηματικό σύμπαν. Κάποιος είπε ότι οι μαθηματικοί αγαπούν τους πρώτους αριθμούς όπως οι χημικοί αγαπούν τα άτομα και οι βιολόγοι τα γονίδια. Ο βιολόγος Μαρίνος Σπηλιόπουλος μας έστειλε μια εργασία για να μας δείξει ότι τα μαθηματικά υπάρχουν παντού μέσα στη βιολογία και προσδίδουν ξεχωριστή γοητεία στη ζωντανή αλλά και την άβια ύλη.

Η ΒΙΟΛΟΓΙΑ ΚΑΙ ΟΙ ΠΡΩΤΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ Μαρίνος Σπηλιόπουλος

Ας εξετάζουμε σχέσεις πρώτων αριθμών με βιολογικά θέματα, ξεκινώντας με κάποιες απλές διαπιστώσεις: α) Τα κωδικόνια του γενετικού κώδικα που κωδικοποιούν αμινοξέα είναι 6Ι, ενώ υπάρχουν και 3 (λήξης) που δεν κωδικοποιούν κανένα αμινοξύ. Κάθε κωδικόνιο φυσικά αποτελείται από 3 νουκλεοτίδια. β) Από τα 37 γονίδια του μιτοχονδριακού DNA τα 13 κωδικοποιούν πρωτείνες. γ) Η μικρότερη μορφή ζωής, ένα βακτήριο που ανήκει στα μυκοπλάσματα έχει 52Ι γονίδια (πρώτος αριθμός). δ) Στα νουκλεϊκά οξέα (DNA, RNA), ο προσανατολισμός της πολυνουκλεοτιδικής αλυσίδας είναι 5' .;::. 3'. ε) Οι μικροσωληνίσκοι, δομές του κυτταρικού σκελετού, των βλεφαρίδων και των μαστιγίων διαφό ρ ων ευκαρυωτικών κυττάρων, αποτελούνται από Ι3 παράλληλα πρωτοϊνίδια (με διάμετρο 5nm τ ο καθένα) από εναλλασσόμενα μόρια α και β τουμπουλίνης. στ) 23 χρωμοσώματα στο ανθρώπινο αναπαρωγικό κύτταρο κ.λ.π.

Οι πρώτοι αριθμοί σχετίζονται και με την μοριακή βάση της απόπτωσης, ή προγραμματισμένου κυτταρικού θανάτου, που μελετήθηκε αρχικά στον νηματώδη σκώληκα Caenorhabditis elegans. Αργότερα, μελετήθηκε και cιε άλλα ασπόνδυλα και σπονδυλωτά. Μόνο που στον ερμαφρόδιτο νηματώδη σκώληκα έχουμε το καλύτερο σύστημα μελέτης της απόπτωσης μέχρι του σημείου να θεωρηθεί ότι δημιουργήθηκε για αυτό το σκοπό. Η απόπτωση είναι η βασική βιολογική διεργασία που είναι απαραίτητη για την απομάκρυνση των πλεοναζόντων κυττάρων κατά την εμβρυϊκή ανάπτυξη, για- την διατήρηση της ομοιόστασης στον ώριμο οργανισμό; την ωρίμανση των κυτταρικών πληθυσμών του αιμοποιητικού και ανοσοποιητικού συστήματος και την καταβολή της κακοήθους εξαλλαγής. Συνήθως η απόπτωση δεν είναι επακόλουθο βλάβης και συνεπώς διαφέρει από την νέκρωση, η -οποία είναι πάντοτε αποτέλεσμα .βλαπτικής επίδρασης. Στον νηματώδη Λσκώλικα, κατά την ανάπτυξη του παράγονται Ι090 κύτταρα (άρα Ι09Ι μαζί με to αρχικό ζυγωτό), από τα οποία 13Ι σωματικά κύτταρα εξαλείφονται με τη διαδικασία του προγραμματισμένου κυτταρικού θανάτου ενώ 3 γονίδια είναι υπεύθυνα γι' αυτόν. Τ ο 109Ι, 13Ι και 3 είναι πρώτοι αριθμοί, και τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/7

-------

Βιολογία και πρώτοι αριθμοί

παραπάνω αποτελούν μια διαπίστωση, της οποίας τα βαθύτερα αίτια μας διαφεύγουν προς το παρόν. Αμινοξέα, πρωτείνες και πρώτοι αριθμοί

Ελληνική γλώσσα είναι μια γλώσσα ζωντανή, δυναμική, μυστήρια. Ίσως είναι η μοναδική γλώσσα που συναντάται σε τέτοιο μεγάλο βαθμό πλήρης ταύτιση σημαίνοντος και σημαινόμενου. Οι πρωτεiνες έχουν τα αμινοξέα ως δομικούς λίθους. Η λέξη πρωτεtνη προέρχεται από την ελληνική λέξη "πρώτος", δηλαδή η σημασία των πρωτεϊνών για την δομή και λειτουργία των κυττάρων και των οργανισμών είναι πρωταρχική. Ας δούμε λοιπόν πως σχετίζονται με τους πρώτους αριθμούς. Με βάση το χημικό τους τύπο 5 αμινοξέα έχουν μοριακό βάρος που είναι πρώτος αριθμός. Συγκεκριμένα: Μεθειονίνη 149, Αλανίνη 89, Λευκίνη 131, Ισολευκίνη 131 και Τυροσίνη 181. Το μοριακό βάρος των άλλων αμινοξέων υπολογίζεται εύκολα και δεν υπάρχει λόγος να παρατεθούν σε πίνακα. Γιατί το ενδιαφέρον δεν είναι τα μοριακά βάρη μεμονωμένων αμινοξέων αλλά το ότι μπορούμε "τεχνητά" και εύκολα να κατασκευάσουμε πεπτίδια και πρωτείΎες που να έχουν συνολικό μοριακό βάρος πρώτο αριθμό είτε σαν απλό άθροισμα των μοριακών βαρών των ελεύθερων αμινοξέων τους είτε όταν αφαιρούμε και το σύνολο των μορίων νερού που απομακρύνονται, πολλαπλασιασμένα επί 18 (μοριακό βάρος νερού), ή και με άλλα κριτήρια. Για παράδειγμα, έχουμε το επταπεπτίδιο: Μεθειονίνη Γλυκίνη - Τρυπτοφάνη - Ασπαρτικό οξύ - Θρεονίνη Γλουταμίνη -Κυστεtνη. Το άθροισμα των μοριακών βαρών των αμινοξέων σε ελεύθερη κατάσταση είναι: 149 + 75 + 204 + 133 + 119 + 146 + 121 = 947 (πρώτος αριθμός). Αν αφαιρέσουμε 6χ18 = 108 (το νερό που απομακρύνεται με τη συμπύκνωση), έχουμε 947 - 108 = 839 (πρώτος αριθμός). Αν πολλαπλασιάσουμε τα μοριακά βάρη των αμινοξέων με την αντίστοιχη θέση τους στην αλυσίδα, δηλαδή 1χ149 4- 2χ75 Η- 3χ204 + 4χ133 + 5χ119 + 6χ146 + 7χ121 = 3761 πρώτος αριθμός. Η

βαρών νουκλεοτιδίων πρώτο αριθμό. Παράδειγμα: από το τμήμα μιας αλυσίδας DNA που περιέχει διάσπαρτα μεν αλλά συνολικά 29Α, 59Τ, 1310, 107C, προκύπτει μοριακό βάρος 106903 που είναι πρώτος αριθμός. Οι αριθμοί 29, 59, 131, 107 έχουν επιλεγεί και αυτοί να είναι πρώτοι. Στο συγκεκριμένο παράδειγμα και το συμπληρωματικό τμήμα της αλυσίδας με σύνολο νουκλεοτιδίων 29Τ, 59Α, 131C, 107G έχει μοριακό βάρος 106213, που είναι και αυτός πρώτος αριθμός. Έχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον το εξής: Περιληπτικά και χωρίς να κάνουμε πολλές πράξεις αν αφαιρέσουμε τη σχέση (5) από τη σχέση (6) που είδαμε πιο πάνω προκύπτει AT-GC + G = 400 => ΑΤ- GC+G =10(G- C) διότι 347-307 = 40. Τελικά προκύπτει η σχέση G=

A.T +lO.C 9+C

(7).

Μια σχέση απλή και πολύ σημαντική που συνδέει το μοριακό βάρος του νουκλεοτιδίου της γουανίνης με τα μοριακά βάρη των υπολοίπων νουκλεοτιδίων στο DNA. Όμως το θέμα δεν τελειώνει εδώ γιατί η σχέση (7) μπορεί συχνά να αποτελέσει "μηχανή" παραγωγής πρώτων αριθμών, ως εξής: θέτοντας για το C και το G τιμές πρώτων βρίσκουμε μια τιμή για το ΑΤ που μπορεί να αναλυθεί σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Κρατούμε για το Α μια τιμή πρώτου και για το Τ το γινόμενο των υπολοίπων (σύνθετος). Συχνά διαπιστώνουμε ότι το άθροισμα Α + Τ + G + C είναι πρώτος αριθμός, όπως συμβαίνει στο DNA. Παράδειγμα με C = 47 G=173 βρίσκουμε Α=419 και Τα=22. Το άθροισμα όλων αυτών είναι 661 και είναι πρώτος. Συχνά επίσης διαπιστώνεται ότι ο αριθμός που προκύπτει από τη σχέση (4), δηλαδή ΑΤ - GC είναι πρώτος.

DNA και πρώτοι αριθμοί

Το DNA λειτουργεί εκτός των άλλων και σαν ζωντανός υπολογιστής. Ας δούμε κάποιες ειδικές πτυχές του στον τομέα αυτό και συγκεκριμένα στο θέμα που έχει σχέση με τους πρώτους αριθμούς. Μην ξεχνάμε ότι και στους ηλεκτρονικούς υπολογιστές που κατασκευάζει ο άνθρωπος οι πρώτοι αριθμοί παίζουν σημαντικό ρόλο σε συστήματα ελέγχου, κρυπτογραφίας και εξέλιξης των υπολογιστών. Τα νουκλεοτίδια της Αδενίνης (Α), της Θυμίνης (Ι), της Γουανίνης (G) και της Κυτοσίνης (C), που είναι οι δομικοί λίθοι του DNA έχουν αντίστοιχα μοριακά βάρη 331, 322, 347, καί 307. Οι αριθμοί 331, 347, 307 είναι πρώτοι ενώ ο 322 είναι σύνθετος. Με τα σύμβολα Α, Τ, G, C θα συμβολίζουμε ταυτόχρονα τα αντίστοιχα νουκλεοτίδια, τις αντίστοιχες βάσεις των νουκλεοτιδίων και τα μοριακά τους βάρη. Με βάση τα ανωτέρω διαmστώνουμε ότι Α+Τ=331+322=653 (1) που είναι πρώτος αριθμός. Επίσης A+I+G+C=331 +322+347+307=1 037(2) Που είναι και αυτός πρώτος αριθμός. Επίσης εύκολα διαπιστώνουμε ότι·· ( G + I )- (A + C ) = 3 1 ( 3 ) A T - G C = 53 (4) Α + Τ + C - G =613 (5) και ΑΤ- GC + Α + Τ + C = 1013 (6) που είναι όλοι τους πρώτοι αριθμοί. Τε-χνητά και με τη βοήθεια Η/Υ, μπορεί κάποιος να φτιάξει αλυσίδες DNA που να έχουν άθροισμα μοριακών ·

Η πιο πάνω διαδικασία έχει δυο προοπτικές. Πρώτον θυμίζει μια περίπτωση στην οποία έχουμε "υποθετικά, μόρια DNA" που τα μοριακά βάρη των νουκλεοτίδίων τους ορίζονται κάθε φορά με διάφορους αριθμούς, οι τρεις ( G', C Α') να είναι πρώτοι και ο ένας (Ι') σύνθετος, όπου τα αθροίσματά τους να δημιουργούν ένα καινούργιο πρώτο κ.λ.π. Αυτό μπορεί να είναι ένα όπλο στην αναζήτηση, αγνώστων πρώτων αριθμών για ερευνητές μαθηματικούς. Επίσης και για αυτούς που χρησιμοποιούν τους πρώτους για πρακτικούς λόγους σε συστήματα ελέγχου, κρυπτογραφία κ.λ.π. Η δεύτερη προοπτική είναι οι αριθμοί που προκύπτουν από τη σχέση (7) να εκφράζουν αριθμούς νουκλεοτιδίων κατά μήκος μιας αλυσίδας ή τμήματος DNA πάντα σε σχέση με το γενετικό κώδικα και φυσικά με συγκεκριμένη πληροφορία ως προς την λειτουργικότητα ή το ρόλο των προϊόντων που παράγονται. ·,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/8

Μαθηματικοί Δtαyωvtσμοί ΜαθqματικέG ΟλυμπtάδεG

...

-�

Επιτ ρ οπή Διαγωνισ μών της Ε .Μ.Ε. 74°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗ1ΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΑ 'Ό ΘΑΛΗΣ" 19 Οκτωβρίου 2013

Πρόβλημα

Αν τα συστήματα

(Σ1)

! )

Α'

!+!=! χ y 4 3 4 1 -+-=χ Υ 2

και

ΛΥΚΕΙΟΥ

{ αχ+ βy = } 4

( Σ2) 2αχ+3βy=-8

έχουν την ίδια λύση

(χ,y) ,

να

βρείτε την τιμή των παραμέτρων α και β. Λύση

Αν θέσουμε .!_ = φ και _!_ = ω, το σύστημα (Σ1) γίνεται: χ Υ

! �) .!. φ+ω= 4

3φ+ 4ω=

φ= !4 -ω

<::::> 3

οπότε το σόστημα (Σ,) έχει τη λύση: (x,y )

{

i �) ! �) ! (�, �)

(� -ω) + 4ω=�

} {

�

<::::>

.!. φ= 4 -ω

<::::>

ω= �

.!. φ= 2

ω=-

(2, -4 )

} {

} { }

Όμως από την υπόθεση την ίδια λύση έχει και το σύστημα (Σ ), οπότε θα έχουμε; 2 2α- 4β = 4 α-2β= 2 α-2β = 2 α= 10 <::::> <::::> <::::> . β= 4 4α- 12β=-8 α-3β=-2 -β= -4

Πρόβλημα 2 Για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

x,y και z ισχύει ότι: z= 2(χ+ y) και z=3(χ- y). (α) Να αποδείξετε ότι: y<χ<z. (β) Να βρείτε την τριάδα ( x,y,z) για την οποία: r +y2+z2=680.

Λύση (α) Επειδή

z=3(x-y)>O::::x :> -y>O, έπεται ότι χ > y. Επίσης από τις δεδομένες ισότητες έ-

χουμε: z=2(x+y)=3(x-y)<=>2x+2y=3x-3y<:=>x=5y, οπότε προκύπτει: z=2x+2y=12y, οπότε z-x=12y-5y=7y>O, οπότε z >χ. Άρα έχουμε: z >χ > y <::::> y<χ<z. (β) Από τις προηγούμενες σχέσεις, δεδομένου ότι είναι y > Ο, έχουμε: χ2 + y2 +z2 = 680 <::::> 25/ + y2 + 1 4 4 y2 = 680 <::::> 170/ = 680 <::::> / = 4 <::::> y = 2. Άρα είναι: (x, y,z) =( 10 ,2,2 4 ). Πρόβλημα 3 Να βρεθούν οι ακέραιοι χ για τους οποίους οι αριθμοί τέλεια τετράγωνα ακεραίων. Λύση

Α=

8χ + 1

Έστω Α= 8χ + 1 = α2 και Β= 2χ-3 = β2• Τότε λαμβάνουμε ότι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/9

και

Β= 2χ-3

είναι και οι δύο

------ Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

------

α2 - 1 = β2 + 3 α2 - 4β2 = 13 . (2) (1) χ = -και 2 8 Από τη σχέση (2) έχουμε: α2 - 4β2 = 1 3 � (α+ 2β) (α- 2β) = 1 3 � α+ 2β = -1 α+ 2β = 1 α+ 2β = 13 α+ 2β = -1 3 ή � ή ή α- 2β = 1 α- 2β = -1 α- 2β = 1 3 α- 2β = -1 3 � (α,β) = ( 7, 3) ή (α,β) = ( -7, -3) ή (α,β) = ( 7, -3) ή (α,β) = ( -7, 3). Από όλα τα παραπάνω ζεύγη, από τις σχέσεις ( 1 ), προκύπτει ότι: χ = 6 .

}{

{

}{

}

Πρόβλη μα 4

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α= 20° . Θεωρούμε σημείο Δ πάνω στην πλευρά ΑΓ τέτοw ώστε ΑΔ = ΒΓ . Από το σημείο Α φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ τέτοw ώστε ΑΕ 11 ΒΓ , ΑΕ = ΑΒ και με τα σημεία Ε και Δ να βρίσκονται στο ίδw ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΒ. Στη συνέχεια κατασκευάζουμε το παραλληλόyραμμο ΒΑΕΖ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΒΔz . Λύση

Α = 20° και ΑΕ 11 ΒΓ έχουμε ότι: ΕΑΔ = Β = Γ = 1 8ΟΟ - 2Ο Ο = 80°. Άρα τα τρίγωνα ΑΒΓ και 2

Επειδή είναι Λ

ΕΑΔ είναι ίσα, αφού έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία ( ΑΒ = ΕΑ, ΒΓ = ΑΔ ) και τις περιεχόμενες γωνίες ίσες ( ΑΒΓ = ΕΜ = 80°). Επομένως, έχουμε: ΕΔ = ΑΓ = ΑΒ,

�--�----�Ζ Β Γ

ΑΕΔ = 20°. Επειδή το παραλληλόγραμμο ΒΑΕΖ έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες (ΑΕ = ΑΒ) , είναι ρόμβος, οπότε ΕΖ = ΑΒ = FΔ, δηλαδή το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισοσκελές. Επιπλέον, ισχύ ει: ΑΕz=Β=800.Επομένως ΔΕΖ = ΑΕΖ - ΑΕΔ = 8 00 - 200 = 60°, οπότε το τρίγω νο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο. Τότε είναι: ΒΖΔ = ΒΖΕ -ΔΖΕ = 1 00° -60° = 40°, οπότε από το ισο1 - 400 = 70° σκελές τρίγωνο ΒΖΔ ( ΖΒ = ΑΒ = ΖΔ ) προκύπτει ότι: ΒΔz = 800 . Σχήμα 1

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρό βλη μα 1

, Για κα' θε θ ετικο πραγματικό αριθ μό Για ποιες τιμές του

27χ 9x z + 3x + 1 -,.., --->6. χ να αποδείξετε οτι: 9χ2 + 3χ + 1 χ

ισχύει η ισότητα;

Λύση

Επειδή είναι χ> Ο θα είναι και 9χ 2 + 3χ + 1 >Ο , οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι:

( 91 +3χ+1)2 -271 �6χ( 91 +3χ+1) �( 91 +3χ+1)2 -6χ( 91 +3χ+1)-271 �Ο �( 91 +3χ+1)( 91 -3χ+1)-271 �ο�( 91 +1)2 -91-271 �ο�( 91 +1)2 -361 �ο�( 91 -1)2 �ο, 1 αφου, χ ο , , 9χ 2 - 1 = ο � χ 2 = -1 � χ = -, που ισχυ, ει η ισοτητα ισχυ, ει οταν > . "'" 9 3

Πρόβλη μα 2

Να υπολογιστούν οι ακέραιοι συντελεστές έχει ρίζες χ 1 = 1 και Χ = β. Λύση

α,β, γ της εξίσωσης αχ2 +β χ + γ= Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/10

με

α 'Φ Ο, αν αυτή

------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ο λυμπιάδ ες

-------

Αφού οι αριθμοί 1 και β είναι ρίζες της εξίσωσης, έχουμε:

αβ2 + β2 + r = Ο . α+ β+ r = Ο , (2) (1) Με αφαίρεση κατά μέλη των (1) και (2) λαμβάνουμε α(β2 - 1 ) + β(β - 1 ) = Ο ?::> (β - 1 )(αβ+ α +β) = Ο ?::> β = 1 ή αβ +α+ Ι} = Ο. _ Αν υποθέσουμε ότι είναι β = 1, τότε α+ r = -1 και α + r = Ο , αδύνατο. 1 Άρα είναι β -:ι= 1 , οπότε θα είναι: αβ+ α+ β = Ο ?::> α = - _!!_ = -1 + -- . β+ 1 β+ l 1 Επειδή α Ε Ζ πρέπει: -- Ε Ζ ?::> β Ε {-2, 0} . Επομένως, έχουμε τις περιπτώσεις: β+ 1 β = ο οπότε έχουμε: α+ r = ο και r = ο ?::> α = r = ο, το οποίο απορρίπτεται αφού από την υπόθεση έχουμε α -:ι= Ο . β = -2 , οπότε έχουμε α+ r = 2 και 4α + r = -4 ?::> α = -2, r = 4 . Επομένως προκύπτει η τριάδα συντελεστών (α,β, y) = ( -2, -2, 4) . •

•

Π ρό βλη μ α 3 Να βρείτε όλες τις τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες αριθ μητική τιμή του κλάσματος

2χ2 + χ 4 χ -χ+2 2

ειναι θ ετικός ακεραιος. •

•

Λύσ η

Θέλουμε να βρούμε για ποιους θετικούς ακεραίους λ έχει λύση ως προς χ η εξίσωση

+χ-4 = λ ?=>(2-λ)χ2 +(1+λ)χ-2(2+λ = Ο Αν λ = 2 προκύπτει από την εξίσωση � ) . χ -χ+2

χ = � . Αν λ -:ι= 2 , τότε η εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει λύση ως προς 3

αν,

διακρίνουσά

της

χ , αν, ιcαι

λύση

μόνον

είναι

μη αρνητική. Έ:ιουμε Δ =(λ+1) 2 +8( 4-λ2 ) = -7λ2 +2λ+33 =( -λ2 +2λ)+( 33-6λ2 ) . Παρατηρούμε ότι για λ � 3 και οι δύο παρενθέσεις είναι αρνητικές, οπότε Δ < Ο . Επομένως, αφού ο λ είναι θεnκός ακέραιο ς, διάφορος του 2, έπεται ότι: λ = 1 . Τότε η εξίσωση γίνεται χ2 + 2χ -6 = Ο ?::> χ = -1 ± J7 . Άρα ' . την ακεραια . για χ = "38 το κλασμα παιρνει τιμη' 2 και για χ - 1 + ν�7ι παιρνει . την ακεραια τιμη' 1 . . =

Π ρό βλημ α 4

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ ) εγγεγραμμένο σε κύκλο C(O, R) (με κέντρο Ο και ακτίνα R ). Ο κύκλος C8 (B, AB) (με κέντρο Β και ακτίνα ΑΒ ), τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ και τον κύκλο C(O, R) στο σημείο Λ . Ο κύκλος Cr (Γ, ΑΓ) (με κέντρο Γ και ακτίνα ΑΓ ), τέμνει την ΑΒ στο σημείο Μ και τον κύκλο C(O, R) στο σημείο Ν . Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο που ορίζουν τα σημεία Κ , Λ , Μ , Ν είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Λ ύσ η

Τ το δεύτερο κοινό σημείο των κύκλων CΑ και CΒ . Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Τ, Λ, Γ είναι συνευθειακά. Οι χορδές ΒΑ και ΒΛ του κύκλου C είναι ίσες μεταξύ τους, διότι

Έστω

είναι ακτίνες του κύκλου CΑ , οπότε οι εγγεγραμμένες (στο κύκλο C ) γωνίες που βαίνουν στα αντίστοιχα τόξα, θα είναι ίσες μεταξύ τους, δηλαδή BfΑ BfΛ f ( 1) . Η ΒΓ είναι διά κεντρος των κύκλων CΒ και CΓ , οπότε θα είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής Α Τ και θα δι χοτομεί τη γωνία Αfτ , δηλαδή ΒΤΑ Βfτ f (2) . Άρα τα σημεία Τ, Λ, Γ είναι συνευ Μ θειακά. ε όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία Τ, Ν, Β είναι συνευθειακά. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/1 1

------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ο λυμπιάδ ες

Το τρίγωνο ΒΑ Τ είναι ισοσκελές ( ΒΑ = ΒΤ ). Άρα ΜΑΤ = ΝΤΑ , οπότε τα αντίστοιχα τόξα ΑΝ και ΜΤ (του κύκλου Cr ) είναι ίσα μεταξύ τους. Από την ισότητα των τόξων ΑΝ = ΑΜ + ΜΝ και ΜΤ = 1Ν + ΜΝ προ κύπτει η ισότητα των τόξων ΑΜ και 1Ν . Άρα το τετρά πλευρο ΜΑ 1Ν είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΜΝ 11 Α Τ . Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι το τετράπλευρο ΚΑ ΤΛ είναι ισοσκελές τραπέζιο με ΚΑ II ΑΤ . Άρα ΜΝ II ΚΑ και κατά συνέπεια το ΜΚΑΝ είναι τραπέζιο και η ΒΓ είναι κοινή μεσοκάθετη των παράλληλων πλευ ρών του. Τα τρίγωνα ΑΚΜ και ΤΑΝ είναι ίσα. Άρα το ΜΚΑΝ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

-------

Π ρόβλημα

Σχήμα 2

ΛΥΚΕΙΟΥ

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση 2 χ2- Sx- 2x.Jx2- Sx = ι . Λύ ση Η

Περιορισμός: χ 2 - 5χ ;::: Ο <=> χ ( χ - 5 ) ;::: Ο <=> χ � Ο ή χ ;::: 5. ισοδύναμη με την εξίσωση

εξίσωση, για χ � Ο ή χ ;::: 5 , είναι

χ2 + ( χ2 -5χ ) - 2xvfx2 - 5χ = 1 <=> ( x - vfx2 - 5χ = 1 <=>χ- �χ2 -5χ = 1 ( Ε1 ) ή χ- �χ2 -5χ = -1 ( Ε2 ) •

(Ε1 ) : χ - vfχ2 - 5χ = 1 <=> χ - 1 = vfχ2 - 5χ, χ Ε ( -οο, Ο] [ 5, +οο ) , χ ;::: 1 υ

<=> χ2 - 2χ + 1 = χ 2 - 5χ, με χ ;::: 5 <=> χ = _ .!._ , χ ;::: 5, απορρίπτεται. 3

•

(Ε2 ) : χ - vfχ2 - 5χ = -1 <=> χ + 1 = vfχ 2 - 5χ, χ Ε ( -οο, Ο] [ 5, +οο ) , χ ;::: -1 υ

<::> χ 2 + 2χ + 1 = χ 2 - 5χ, με - 1 � χ � Ο ή χ ;::: 5 <=> χ = - .! , - 1 � χ � Ο ή χ ;::: 5 <::> χ = - .! . 7

Π ρόβλημα 2 Αν α, β ακέραιοι και ο αριθμός Α = α2 + 2 β είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου, να αποδείξετε ότι ο αριθμός Β = α2 + β ισούται με το άθροισμα δύο τέλειων τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Λύση

2 2 'Εστω ότι Α = α2 + 2β = χ 2 , όπου χ Ε Ζ . Τότε β = χ -α . Επειδή β Ε Ζ , πρέπει ο αριθμητής 2

χ 2 -α2 να είναι άρτιος ακέραιος, το οποίο συμβαίνει μόνον όταν οι ακέραιοι α και χ είναι ή

και

οι

δύο

άρτιοι

και

οι δύο ) (-( χ+α 2 + -χ-α)2

περιττοί.

Έτσι

έχουμε

, , χ+α)2 + ( χ-α)2 χ-α χ+α κm -α_2 +β=α_2 + � -d � +d ( = , οπου οι αριθ μοι -2 2 4 2 2 2 2 είναι ακέραιοι, αφού οι ακέραιοι α και χ είναι ή και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί.

Π ρόβλημα 3 Βρείτε για ποιες τιμές της πραγματικής παραμέτρου α η εξίσωση 4χ4 +(8+ 4a)x3 + a2 + 8a+4 x2 + a3 + 8 x+ a2 = 0 έχει όλες τις ρίζες της πραγματικούς αριθμούς. Λύση Έχουμε

(

)

(

)

4χ4 + ( 8+4a) x3 + ( α2 +8α +4) χ2 + ( α3 +8) x+d = ( 4χ4 +8χ3 +dx2 ) + ( 4m3 +8αχ2 +dx) + ( 4χ2 +8x+a2 ) =χ2 ( 4χ2 +8x+a2 ) +ax ( 4χ2 +8x+a2 ) + ( 4χ2 +8x+a2 ) = ( 4χ2 +8x+a2 )( x2 +αχ+1) . ΕΥΚ.ΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/12

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

Επομένως, η εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της πραγματικούς αριθμούς, αν, και μόνον αν, και τα δύο τριώνυμα χ2 + αχ + 1 και 4χ2 + Sx + α 2 έχουν πραγματικές ρίζες <::::> α 2 - 4 � Ο και 64 - 1 6α 2 � Ο <::::> α 2 - 4 � Ο και α 2 - 4 :::; Ο <::::> α 2 = 4 <::::> α = -2 ή α = 2. Π ρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ ) εγγεγ ραμμένο σε κύκλο C(O, R) (με κέντρο Ο και ακτίνα R ) και ευ θεία ( ε ) που περνάει από την κορυφή Α και είναι παράλληλη στη πλευρ ά ΒΓ . Ο κύκλος C8 (B, AB) (με κέντρο Β και ακτίνα ΑΒ), τέμνει την ( ε ) στο σημείο Κ και τον κύκλο C(O, R) στο σημείο Λ. Ο κύκλος Cr (Γ, ΑΓ) (με κέντρο Γ και ακτίνα ΑΓ), τέμνει την ( ε ) στο ση μείο Ν και τον κύκλο C(O, R) στο σημείο Μ. Οι κύκλοι ζ(Β,ΑΒ) , ς.(Γ,ΑΙ) τέμνονται στο σημείο Τ και η ( ε ) τέμνει τον QO,R) στο σημείο Σ . (α) Ν α αποδείξετε ότι τα σημεία Γ, Λ, Ν, Τ είναι συνευθειακά. (β) Να αποδείξετε ότι οι τΣ ,ΚΓ,ΝΒ περνάνε από το ίδιο σημείο. Λύ ση (α) Το τρίγωνο ΓΑΝ ( ΓΑ = ΓΝ ως ακτίνες του

είναι ισοσκελές κύκλου Cr ) . Άρα .. ..... ANr = NAr. Από την παραλληλία (ε) 11 ΒΓ / ('ι{Γ.ΑΠ (με τέμνουσα την ΑΓ) έχουμε: Ν4Γ=ΑΙΒ=Γ. .... Από τις προηγούμενες ισότητες γωνιών, προ ι------+--+-7l r κύπτει: ANr = f (1) . Από την ισότητα των χορδών ΑΒ και ΒΛ του κύκλου C(O,R) (οι χορδές ΑΒ και ΒΛ είναι ακτίνες του κύκλου Cs ) έχουμε: AiB = BFΛ = f (2) . Από τις σχέσεις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι: Σχήμα 3 ΑΝΓ = ΒfΛ = f , δηλαδή τα σημεία Γ, Ν, Λ είναι συνευθειακά. Η διάκεντρος ΒΓ (των κύ κλων CΒ και Cr ) είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους Α Τ . Άρα AfB = BfT = f . Από την ισότητα των γωνιών BfT και ΒfΛ , προκύπτει ότι τα σημεία Γ, Τ, Λ είναι συνευθειακά, οπότε σε συνδυασμό με το προηγούμενο συμπέρασμα έπεται ότι τα σημεία Γ, Λ, Ν, Τ είναι συ νευθειακά. Λ

.•. .•. •

•

,,·.,·'

Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία Β, Κ, Μ, Τ είναι συνευθειακά, οπότε τα σημεία Β και Γ είναι μέσα των πλευρών ΤΚ και τΝ , αντίστοιχα, του τριγώνου ΤΚΝ . Θα αποδείξουμε ότι το σημείο Σ είναι το μέσο της πλευράς ΚΝ (οπότε οι ΤΣ, ΚΓ, ΝΒ θα συ ντρέχουν στο βαρύκεντρο του τριγώνου ΤΚΝ ) . Πράγματι, το τετράπλευρο ΑΒΓΣ είναι ισο σκελές τραπέζιο εγγεγραμμένο στον κύκλο C(O, R) , οπότε ισχύουν οι παρακάτω ισότητες γωνιών: ΓiΝ = κλΒ (από το ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΣ ) ΚΑΒ = ΒΚΑ (από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΚ ). Άρα η ΣΓ είναι παράλληλη προς την ΚΒ , δηλαδή το Σ είναι το μέσο της ΚΝ . (β)

Παρατή ρηση

Δεν είναι απαραίτητο (για την απόδειξη του δευτέρου ερωτήματος) να αποδείξουμε ότι το ση μείο Λ ανήκει στην ίδια ευθεία με τα σημεία Γ, Ν, Τ . Χρειάζεται όμως για να αποδείξουμε ότι και Α Τ, ΝΜ, ΚΛ συντρέχουν και να συμπεράνουμε ότι τα σημεία ο κύκλος C(O, R) είναι ο κύκλος Euler του τριγώνου ΤΚΝ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/13

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ο λυμπιάδ ες

------

1 6 ° ς Μ ΕΣΟΓΕ Ι ΑΚΟΣ ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν Ι Σ Μ ΟΣ 2013 Στη μνήμη Peter 0 ' Halloran

Πρόβλη μα 1 . Υπάρχουν δύο πολυώνυμα Ρ( χ )

28 Απριλίου 2013 και Q (x) βαθμού 3 , με συντελεστή του

τριτοβάθμιου όρου μονάδα, τέτοια ώστε το πολυώνυμο

P (Q (χ))

να έχει ρίζες εννέα δια

φορετικούς μεταξύ τους μη αρνητικούς ακέραιους με άθροισμα 72 ; Λiι ση

Έστω z1 , z , z3 οι τρεις ρίζες του πολυωνύμου Ρ ( χ) = ( χ - z1 ) ( χ - z ) ( χ - z3 ) και έστω 2 2 3 2 χ = χ s + tx u . Τότε οι εννέα ρίζες του πολυωνύμου Q( ) x

P ( Q( χ) ) = ( Q ( χ) - Ζ1 )( Q(x ) - z2 )( Q(x ) - z3 ) είναι οι ρίζες α; , h; , c; των πολυωνύμων Q ( χ ) - z; , ί = 1 , 2, 3 . Από τους τύπους του Vieta λαμβάνουμε

ί = 1, 2, 3 α; + h; + c; = s, α;h; + bρ; + cρ; = s, ί = 1 , 2, 3,

Επειδή, σύμφωνα με την υπόθεση, το άθροισμα των εννέα ριζών του πολυωνύμου Ρ ( Q ( χ ) ) είναι 72, έπεται ότι s = 24 , δηλαδή είναι ί = 1, 2, 3 (1) α; + h; + C; = 24, Επομένως εξετάζουμε την ύπαρξη εννέα διαφορετικών ανά δύο αριθμών, από τους οποίους προκύπτουν τρεις διαφορετικές τριάδες μη αρνητικών ακέραιων τα στοιχεία των οποίων έχουν άθροισμα 24 και το ίδιο άθροισμα τετραγώνων α? + h;2 + c? = (α; + h; + c; ) 2 - 2 ( α; h; + b; c; + cρ; ) = 576 - 2 t, ί = 1 , 2, 3 . (2) Λύνοντας το σύστημα { α + b + c = 24, α 2 + b 2 + c 2 = 576 - 2t } στους μη αρνητικούς ακέραι ους βρίσκουμε ότι για t = 1 43 , προκύπτουν οι τριάδες ( α1 , b1 , c1 ) = ( Ο, 1 1 , 1 3 ) , ( α2 , b2 , c2 ) = ( 1 , 8, 1 5 ) , ( α3 , b3 , c3 ) = ( 3, 5, 1 6 ) , οπότε η απάντηση στο ερώτημα του προβλήματος είναι καταφατική.

Π ρόβλη μα 2 . Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο ακέραιο k για τον οποίο μπορεί να ισχύει: Σε μία συνάντηση σκακιού με 24 παίκτες, κάθε ζευγάρι παικτών παίζουν μεταξύ τους τουλάχιστον δύο και το πολύ k παιγνίδια. Στο τέλος της συνάντησης προκύπτει ότι κάθε παίκτης έχει παίξει διαφορετικό αριθμό παιγνιδιών. Λ ίιση

Αν ήταν k = 3 , τότε ο κάθε παίκτης θα έπαιζε 2 ή 3 παιγνίδια με καθένα από τους υπόλοιπος 23 παίκτες. Επομένως ο κάθε παίκτης θα έπαιζε το λιγότερο 2 23 = 46 παιγνίδια και το περισ σότερο 3 23 = 69 παιγνίδια. Όμως είναι αδύνατον να υπάρχει παίκτης Α που έχει παίξει 46 παι γνίδια (δύο απέναντι σε καθέναν από τους υπόλοιπους 23 παίκτες) και ταυτόχρονα να υπάρχει παίκτης Β ο οποίος έχει παίξει 69 παιγνίδια ( 3 παιγνίδια απέναντι σε κάθε άλλο παίκτη, άρα και στον Α). Επομένως από το σύνολο { 46, 47, ... 68, 69 } υπάρχουν διαθέσιμοι μόνον 23 αριθμοί που θα είναι οι διαφορετικοί αριθμοί των παιγνιδιών των 24 παικτών, που είναι αδύνατον. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι η τιμή k = 4 είναι δυνατή. Θα αποδείξουμε ότι για κάθε n � 3 υπάρχει συνάντηση σκακιού τ;, με n παίκτες, στην οποία κάθε ζευγάρι παικτών παίζει τουλάχιστον 2 και το πολύ 4 παιγνίδια μεταξύ τους, όπου τελικά κάθε παίκτης παίζει δια φορετικό αριθμό παιγνιδιών. Για n = 3 θεωρούμε τρεις παίκτες οι οποίοι παίζουν 2, 3 και 4 παιγνίδια, αντιστοίχως, μετα ξύ τους, οπότε παίζουν συνολικά 5, 6 και 7 παιγνίδια, αντιστοίχως. ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/14

------

Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ο λυμπιάδ ες

-------

Για το βήμα της επαγωγής θεωρούμε μία συνάντηση σκακιού 1', , όπου οι n παίκτες παίζουν ο καθένας α1 < α < . . . < an παιγνίδια. Τότε έχουμε τις περιπτώσεις: 2 Αν στη συνάντηση τ, δεν υπάρχει παίκτης που να έχει παίξει ακριβώς δύο παιγνίδια εναντί ον κάθε άλλου παίκτη, τότε α1 > 2n - 2 . Τότε θεωρούμε ένα νέο παίκτη ο οποίος παίζει ακριβώς δύο παιγνίδια εναντίον κάθε άλλου παίκτη, οπότε οι νέοι αριθμοί παιγνιδιών θα είναι •

· "'

•

2n < α1 + 2 < α2 + 2 < . . . < an + 4 < 4n .

Διαφορετικά, κανένας παίκτης στη συνάντηση 1', δεν μπορεί να έχει παίξει ακριβώς 4 παι γνίδια εναντίον κάθε άλλου παίκτη, οπότε α < 4n - 4 . Τότε θεωρούμε ένα νέο παίκτη ο ο ποίος παίζει ακριβώς τέσσερα παιγνίδια εναντίον κάθε άλλου παίκτη, οπότε οι νέοι αριθμοί παιγνιδιών θα είναι αι + 4 < α + 4 < . . . < an + 4 < 4n .

Π ρ όβλη μα 3 . Αν

χ 2 y 2 + / z 2 + z 2 χ2 = 6χ2 / z 2 , να αποδείξετε ότι: � + � + � � J3. με

ν� ν -yw ν�

Λύση Η

χ, y, z > Ο

συνάρτηση f ( χ ) =

,χ Jι+χ 1+χ

f' ( Χ ) =

( -1, -too ) είναι κυρτή, αφού 3 Χ Ε ( -1, -too ) ' 4 ( 1 + χ) 2 � 1+χ '

οπότε από την ανισότητα του Jensen λαμβάνουμε:

Ηι ( �) + ι (�) + ι ( ;)) � ι (Η � + � + ;)) yz + zx + xy ) 3 + (χ - z

Επιπλέον, από την υπόθεση χ 2 / + / z 2 + z 2 χ 2 = 6χ 2 / z 2 έπεται ότι:

yz + zx + xy = 6 . χ Υ z

Από τις (1) και (2), έπεται ότι:

(1)

(2)

� + ΓΥ + � � 3J3 = J3. ν� ν -yw ν � .J3 +6

ισότητα ισχύ ει όταν χ = y = z = 2.

Π ρ όβλη μα 4. Το τετράπλευρο ABCD είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο Γ . Οι ευθείες AB, DC τέμνονται στο ση μείο Ε , ενώ οι ευθείες BC, AD τέμνονται στο σημείο F . Να α-

ποδείξετε ότι ο κύκλος διαμέτρου Λύση

τέμνει τον κύκλο

ορθογώνια.

Έστω Ο το κέντρο και R η ακτίνα του κύκλου Γ. Έστω ακόμη G το δεύτερο κοινό σημείο των περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων FDC και BCE. Τότε το σημείο G, θα ανήκει στην ευθεία που ορίζουν τα σημεία ΠF (γνωστή πρόταση που θα αποδείξουμε στο τέλος (**)).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/15

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ο λυμπιάδ ες

I I I I I I I I

11, , , ,

-- -- -

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

�,

GI,'' ι

•

------

Έστω L το μέσο της EF. Από τα σημεία F, L και Ε θεωρούμε τα εφαπτόμενα τμήματα FH, LM και ΕΚ, προς τον κύκλο Γ. Από τη δύναμη του σημείου F ως προς τον κύκλο Γ και τον περιγεγραμ μένο κύκλο του τριγώνου BCE, έχουμε: FG · FE = FC · FB = FH 2 (1)

ι ,

Από τη δύναμη του σημείου Ε ως προς τον κύκλο Γ και τον περιγε γραμμένο κύκλο του τριγώνου FDC, έχουμε: EG · EF = EC · ED = EK2 (2) .

Σχήμα 1 Προσθέτοντας τις σχέσεις ( 1) και (2) , έχουμε: FG · FE + EG · EF = FC · FB + EC · ED = FH 2 + ΕΚ 2 <:::> <=> EF( FG + EG) = FH 2 + ΕΚ 2 <=> EF 2 = FH 2 + ΕΚ 2 <:::> 4FL2 = FH 2 + ΕΚ 2 • Στην τελευταία ισότητα προσθέτουμε 2R 2 και την μετασχηματίζουμε σε: 4FL2 + 2R 2 = FH 2 + R 2 + ΕΚ 2 + R 2 •

Επειδή όμως FH 2 + R 2 = FH 2 + 0Η 2 = F0 2 (από το ορθογώνιο τρίγωνο OHF) και ΕΚ 2 + R 1 ΕΚ 2 + 0Κ 2 = ΕΟ 2 (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΚΕ), καταλήγουμε στη σχέση: 4FL2 + 2R2 = OF 2 + ΟΕ2 • Επίσης, από το θεώρημα των διαμέσων στο τρίγωνο OEF έχουμε: OF 2 + ΟΕ2 = 2 0L2 + 2 FL2 (3) . οπότε λαμβάνουμε: 4FL2 + 2 R 2 = 2 0L2 + 2FL2 ::::> OL2 = FL2 + R 2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο OLM έχουμε: Α OL2 = LM 2 + 0Μ2 = LM 2 + R 2 (4) . Από τις σχέσεις (3) και (4) , έχουμε τελικά: LM = LE = LF . Δηλαδή ο κύκλος με κέντρο το μέσο L του EF διέρχε ται από το Μ και LM .l ΟΜ . Άρα οι κύκλοι τέμνονται ορθογώνια. ( ** ) Το τετράπλευρο BCGE είναι εγγεγραμμένο, οπότε \ G1 = Β1 • Το τετράπλευρο CDFG είναι εγγεγραμμένο, οπότε G2 = D1 • Επίσης, το τετράπλευρο ABCD είναι J ' F εγγεγραμμένο, οπότε Β1 + D1 = 180° Από τις προηγούμενες ισότητες γωνιών, καταλήγουμε: G1 + G = 1 80°�,- οπότε τα σημεία Ε, G,F είναι συνευθειακά. 2 =

· · ·····

....

Το σημείο G είναι το σημείο Miquel του πλήρους τετραπλεύρου ABCDEF, στο οποίο ισχύει η πρόταση: ''Αν το τετράπλευρο ABCD είναι εγγράψιμο, τότε το σημείο Mίque/ ανή κει στην ευθεία EF που ορίζουν τα σημεία τομής των απέναντι πλευρών του τετραπλεύρου ". Παρατήρηση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/16

------ Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ο λυμπιάδες

------

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

Λύσεις τεύχους 89

Α20.

Βρείτε όλες τις γνησίως αύξουσες συναρτήσεις ι : 1R � 1R που ικανοποιούν την ισό-

( )) = ι ( χ + y ) + 1, για κάθε x, y e R .

(

ι χ+ ι y

τητα Λύ ση

[Ουκρ ανία 2013]

Θέτοντας χ = -y στη δεδομένη σχέση, λαμβάνουμε: f ( -y + f (y) ) = / (0) + 1, οπότε, λόγω του ότι η f είναι γνησίως αύξουσα, υπάρχει μοναδική τιμή c Ε 1R τέτοια ώστε -y + f ( y) = c , για κάθε y Ε 1R . Για την εύρεση της σταθεράς c από τη δεδομένη σχέση έχουμε

f ( x + f ( y) ) = f (x + y + c) = (χ + y + c) + c, f (x + y) + 1 = (χ + y + c) + 1 = χ + y + c + 1, οπότε χ + y + 2c = χ + y + c + 1 <=> c = 1 . Άρα η ζητούμενη συνάρτηση είναι f ( χ ) = χ + 1 . Α21.

* Δίνεται η ακολουθία xn , n e N με Χι = a > O, xn+I = xn +

JJ,

για κάθε n � 1 . Να αποδεί

ξετε ότι η ακολουθία xn,n e N είναι γνησίως αύξουσα και φραγμένη πάνω. [Βιετνάμ 2013] Λύ ση

Από την αναδρομική σχέση ορισμού της ακολουθίας xn , άμεσα προκύπτει με επαγωγή ότι:

F: > ο, δη λαδη' ισχυ' ει .. Xn+I < Xn , ' Xn+I - Xn _- Xn > ο, για Κα' θε n -- 1 , 2 , 3 , ... , ΟΠΟ' τε θ α ειναι n2 για κάθε n = 1, 2, 3, .. Επομένως, η ακολουθία xn είναι γνησίως αύξουσα. Επιπλέον, έχουμε 2 = Xn + 2 + � = F: + � � rx::: < F; + � , n = 1, 2, 3, ... . Xn+ l < xn+l + � 2n 4n 2n 4n 2n

(

)

Χρησιμοποιώντας όλες τις παραπάνω σχέσεις, λαμβάνουμε

Γ 1 + 1 + ... + 1 1+ n 1 = Γ+ 1 + 1 " 1 - 1 + + < α -2 -2 Σ α Σ "1./λn+Ι < ν α -2 -ν 2 22 2n 2 2 k= 2k ( k - 1 ) ν k=2 -k-1 k 2 � F: < .Γα + + 1 - < .Γα + 1 <=> χn+Ι < ( .Γα + 1 ) 2 , για κάθε n = 0, 1, 2, ...

r::-

(

� � ( �)

)

(

Επομένως, ακολουθία xn είναι φραγμένη πάνω. Α22.

Να αποδείξετε ότι για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς

( ) + y ( 2y - z ) + z ( 2z - χ ) � 1 . y ( 2z + x ) z ( 2x + y ) x ( 2y + z )

χ 2χ - Υ Λύ ση

x, y, z

)

ισχύει:

[τουρκία 2013]

Ο πρώτος όρος του πρώτου μέλους της ανισότητας με πρόσθεση μιας μονάδας γράφεται: 2 ( χ 2 + yz) χ ( 2χ - y ) �-� + 1 = �--� y ( 2z + x ) y ( 2z + x)

Χρησιμοποιώντας αντίστοιχες σχέσεις και για τους άλλους δύο όρους μετατρέπουμε την ανισό-

2 2 , ισοδυναμη , τητα στην παρακατω της: f (χ, y, z ) = χ + yz + / + zx + z + .xy � 2. ) ) 2χ ) y ( 2z + x

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/17

z( +y

χ ( 2y + z

------

Μ αθηματικοί Δ ιαγωνισμο ί - Μ αθηματικές Ο λυμπιάδες

-------

Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα Cauchy - Schwarz

)

(

(χι + χ + ... + χn ) α� + α� + ... + α; ;;::: ( αι + αn + ... + αn ) 2 2 Χι Χ2 Xn για θετικούς πραγματικούς αριθμούς Χ1 , Χ , ... , Xn , σε δύο παραστάσεις ΠΟυ έχουν άθροισμα την 2 , , χ2 + / + z2 _> (x+y+z)2 , παρασταση f (x, y, z) . Εχουμε.. g( x,y,z) y ( 2z +x) z ( 2x+y) χ ( 2y+z ) 3 ( xy+�+zx:) Υ (χ + y + z ) 2 z χ h (x, y, z ) = -+ + ;;::: ( 2z + x 2χ + y 2y + z 2 χ2 + y 2 + z 2 ) + xy + yz + zx Επειδή ισχύει ότι f (x,y, z) = g (x,y, z ) + h (x, y, z) λαμβάνουμε •

f (x, y, z) ;;:: (x + y + z) 2 _

;;:::

[ 3 (xy + yz1 + zx) + 2 (χ2 + y2 + z2 1) + xy + yz + zx ]

2 (x + y + z)4 2 (x + y + z) 4 3 (xy + yz + zx) [ 2 ( χ2 + y2 + z2 ) + xy + yz + zx J 3 (xy + yz + zx) [ 2 ( χ + y + z) 2 - 3(xy + yz + zx) J

(

2 ( χ + y + z)4 = 2, όπου στην τελευταία ανισότητα χρη2 2 3 (xy + yz + zx ) + 2 (x +: + z ) - 3(xy + yz + zx

σιμοποιήσαμε την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου.

Ν 1 4. Βρείτε όλους τους φυσικούς αριθμούς η για τους οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι p,q

τέτοιοι ώστε

Λύ ση

( n2 + 2 Υ ( 2n - 1 γ . =

[Ουκρανία 2013]

Για n ε {Ο, 1, 2, 3, 4} εύκολα διαπιστώνουμε ότι δεν μπορεί να αληθεύει η δεδομένη εξίσωση. Για n = 5 η εξίσωση γίνεται 27Ρ = Ψ � 33Ρ = 32q � 3p = 2q , η οποία αληθεύει για όλα τα ζεύγη (p, q) = ( 2k, 3k) , k = 1, 2, 3, ... 'Εστω n ;;::: 6. Αν υποθέσουμε ότι για κάποω ζεύγος (p, q) αληθεύει η εξίσωση και r είναι ένας πρώτος διαιρέτης του n2 + 2 , τότε r j2n - 1 και αντιστρόφως, αν r είναι έ νας πρώτος διαιρέτης του 2n - 1, τότε r j n 2 + 2 . Ας υποθέσουμε ότι r είναι ένας κοινός πρώτος διαιρέτης των n2 + 2, 2n - 1 . Τότε θα ισχύει: r j n2 + 2 και rl2n-1 � r l n2 + 2 + 2n-1 = ( n + 1) 2 � rln + 1,

αφού r πρώτος. Άρα r 1 2 ( n + 1 ) - ( 2n - 1 ) = 3 � r = 3 , δηλαδή ο μοναδικός πρώτος διαιρέτης των αριθμών n2 + 2 ' 2n - 1 είναι ο 3. Αυτό σημαίνει ότι οι αριθμοί n2 + 2 ' 2n - 1 θα έχουν τη μορφή n2 + 2 = 3 m , 2n - 1 = 3s , με m > s ;;::: 3, αφού έχουμε θεωρήσει n ;;::: 6. Τότε από τις δύο τελευταίες ισότητες λαμβάνουμε (2n)2 +8=4·3m κm 2n=1 +1 �( 1 +1) 2 +8=4·3m�32s +2 ·1 +9=4 · 3m � 3s ( 3s + 2 - 4 · 3m-s ) 3 = -9 � 3s l9, με s ;;:: 3. άτοπο. Ν l 5. 'Εστω Δ',

{(:)Γ:}(3:) . . (�)}, n •••

Ν'

•

Να αποδείξετε ότι:

(α) υπάρχουν άπειροι σύνθετοι φυσικοί αριθμοί η τέτοιοι ώστε το σύνολο sn δεν είναι ένα πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo

η.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/18

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -----(β) υπάρχουν άπειροι σύνθετοι φυσικοί αριθμοί η τέτοιοι ώστε το σύνολο Sn είναι ένα

πλή ρες σύστημα υπολοίπων modulo η. [Σερβία 2013] Λύση ( α) Θυμίζουμε ότι ένα σύνολο S ακεραίων που έχει n στοιχεία λέγεται πλήρες σύστημα υπο λοίπων modulo n , αν για κάθε ακέραιο α υπάρχει μοναδικό στοιχείο χ Ε S με την ιδιότητα

= χ ( mod n ) . Ισοδύναμα, ένα σύνολο S ακεραίων είναι πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo n , αν έχει n στοιχεία και αν χ , y Ε S με χ -:ι:. y , τότε χJy ( mod n ) . Θα αποδείξουμε ότι για τους φυσικούς αριθμούς n = 2 p , με p πρώτο περιττό φυσικό αριθμό, το σύνολο Sn δεν είναι ένα πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo n = 2p . p-1 /φ . p -1 /φ . 2/φ 2 2 ι · = 'Εχουμε: kΠ �� (2k - 1 ) Π -:_ = k ( 2k - 1 ) ( mod p ) . Παρατηρούμε ότι ο 2 ι i=1 i=1 2 ι 1 , p, 2 p , οπότε το σύνολο S έχει τρία του αριθμός διαιρείται με το p , αν k ε 2, λάχιστον στοιχεία του που διαιρούνται με το p . Αυτό σημαίνει ότι το σύνολο S2 P έχει δύο του λάχιστον στοιχεία που διαιρούμενα με το 2 p δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Πράγματι, αν 2kίp ' αρτιοι ' ' ' τουλαχιστον ' δυο απο' τα πη λ'ικα Π; , ι. = 1 , 2 , 3 θ α ειναι = pπ; , ι. = 1 , 2 , 3 , τοτε η' θ α 2p α

( ) (��)Ρ

Ρ { Ρ;

( )

είναι περιττοί. Τότε θα έχουμε ναι

(�:)

(�:)=

}

2pλ Ο( ιπχ12p), , για δύο τψiς του ί ε { I, 2, 3) ή θα εί Ξ

= p( 2Λ, +Ι) p( ιπχ12p) , για δύο τιμές του Ξ

{ I, 2, 3) .

Αυτό σημαίνει ότι το σύνολο Sn δεν μπορεί είναι ένα πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo n=2p. (β) Θα αποδείξουμε ότι για τους φυσικούς αριθμούς n = p 2 , με p πρώτο περιττό φυσικό αριθ μό, το σύνολο Sn είναι ένα πλήρες2 σύστημα υπολοίπων modulo n = 2p . Έχουμε: p p kp 2 - π- 1 kp 2 - ί kll- 1 kp 2 - jp . π kp 2 - ί 2 i=O 2 - ι. j=1p J.P p τtjp 2 - ι p-1 1 kp - . - 1 /φ 1 το οποίο γίνεται mοdulο n = p 2 ως εξής: = kΠ --.-1 = kΠ 1 - -. = k - k 2 P Σ -: · n j=1 J j=1 J j=1 J

(

'Ο μως ισχύει ότι: Ση μ είωση :

(kn) -

I�= f(�+�) =f J. (p J J J j=ι

j=Ι

j=ι

Ρ _ .

Ξ 0 ( mod p ) , oπότε J)

kp 2 Ρ2

k mod

(

p2 ).

n. n = 8k + 6, k Ε Ν , ενώ το ερώτη

Οι παραπάνω περιπτώσεις δεν είναι μοναδικές. Υπάρχουν και άλλες δυνατότητες για τις τιμές του

Για παράδειγμα, το ερώτημα (α) μπορούμε να αποδείξουμε ότι επαληθεύεται για μα (β) επαληθεύεται και για

Ν 1 6.

( ) ( )Ξ ·

( )

n =

p* ,

Ν, k

όπου

p πρώτος.

Έστω Φ n ο αριθμός των θετικών ακέ ρ αιων μικρότερων του n που είναι σχετικά

(

πρώτοι με τον n , όπου n θετικός ακέραιος. Βρείτε όλα τα ζεύγη θετικών ακέραιων m, n που ικανοποιούν την εξίσωση Λύση

2 n + ( n - Φ ( n ) - 1 ) ! = nm + 1 .

)

[Τουρκία 2013]

Αν n = 1 , τότε η εξίσωση γίνεται: 2+0! =2 <:::::> 3 =2, αδύνατη. Αν n πρώτος, τότε Φ(n) = n - 1 , ο πότε η εξίσωση γίνεται: 2n = nm <;:::} n = m = 2 . Αν n = p 2 , όπου p πρώτος, τότε Φ( n) = / p και -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/19

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

η εξίσωση γίνεται: 2Ρ2 + (p - 1) ! = p2m + 1 . ( 1) Για την εξίσωση ( 1) διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν p > 2, τότε από την εξίσωση προκύπτει ότι ( p - 1) ! 2 ( mod 4) , το οποίο είναι δυνατό μόνο για p = 3 . Τότε όμως προκύπτει η εξίσωση 29 + 2 = 3 2m + 1 <::::> 5 14 = 3 2 m + 1 , η οποία δεν έχει ακέραιες λύσεις. Αν p = 2, τότε προκύπτει τελικά η εξίσωση 2 2m = 1 6 <::::> m = 2 . Άρα ( m, n) = ( 2, 4 ) . Για όλες τις άλλες περιπτώσεις για την τιμή του n , έστω p ο ελάχιστος πρώτος θετικός διαιρέ της του n . Επειδή 1 < p < 2p < ... < p2 < n, έχουμε n - 1 - Φ (n) � p, οπότε p j(n - Φ (n) - 1 ) ! . Επομένως από την εξίσωση προκύπτει ότι p /2n - 1 και ο p είναι περιττός. Όμως τότε p /2 p-ι - 1 και p /2d - 1 ,όπου d = gcd ( n, p - 1) . Επειδή ο p είναι ο ελάχιστος πρώτος θετικός διαιρέτης του n , έπεται ότι d = 1 � p i t , άτοπο. Άρα οι λύσεις τις εξίσωσης είναι τα ζεύγη ( m, n) = ( 2, 2 ) και ( m, n) = ( 2, 4 ) . •

•

Γ1 4. Έστω Μ, Ν και Ρ τα μέσα των πλευρών BC, CA και ΑΒ , αντίστοιχα, του τριγώνου ABC . Έστω Ο το περίκεντρο του τριγώνου ABC . Οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τρι γώνων BOC και ΜΝΡ τέμνονται σε διαφορετικά σημεία Χ, Υ εσωτερικά του τριγώνου ABC . Να αποδείξετε ότι LBAX = L CA Y . [Σερβία 2013] Λύση

Συμβολίζουμε με

τους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων lv!NP και BOC, αντίστοιχα. Ο κύκλος cΙ είναι ο κύκλος του Eu1er του τρι Α γώνου ABC και περνά από τα ίχνη D και Ε των υψών BD και CE . Ο κύκλος ci περνάει επίσης από το μέσο ΟΙ του ΑΗ (όπου Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC ) . Ι σχυ ριζόμαστε ότι το δεύτερο σημείο τομής Ζ της Α Υ και του κύκλου cΙ , ανήκει στο κύκλο c 3 (που είναι ο κύκλος του Euler του τριγώνου ADE ). Υποθέτουμε ότι το Ζ βρί σκεται μεταξύ των σημείων Α και Υ (οι άλλες περιπτώσεις αντιμετωπίζονται ανάλογα). Έστω DI και ΕΙ τα μέσα των Σχήμα 1 AD και ΑΕ αντίστοιχα. Εφόσον Α Υ Α Ζ AD ΑΝ ADI A C , τα σημεία Y, Z, C, DI είναι ομοκυκλικά, οπότε AZDI AC'Y . Όμοια αποδεικνύουμε ότι ΑΖΕΙ ΑΒΥ , οπότε έχουμε: D ZE AZDI + ΑΖΕΙ = ACY + ΑΒΥ = BYC - BAC = BAC . I I Άρα το σημείο Ζ ανήκει στο κύκλο c3 Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ABC και ADE είναι όμοια με ομόλογες κορυφές Α � Α , Β � D, C � Ε . Επίσης ομόλογοι κύκλοι των δύο τριγώνων είναι οι εξής: c � c1 , αφού 01 είναι το περίκεντρο του τριγώνου ADE , και οι 2 κύκλοι Euler c1 � c3 Επομένως ως προς την ομοιότητα των δύο τριγώνων θα έχουμε: Χ = c1 n c � Ζ = c n cγ Επομένως προκύπτει ότι: ΒΑχ = DAZ = CA Y. ·

και

•

Γ 1 5. Έστω ABC ΑΒ

με

·Α1 , Β1

τα ίχνη των υψών από τις κορυφές

A C :�: BC .

στο σημείο

Ο κύκλος k περνάει από τα σημεία

Αν τα τρίγωνα

ADA1

και

LA1DB1

BDB1 =

Α, Β ,

αντίστοιχα, ενός τριγώνου

Α1 , Β1

και εφάπτεται της πλευράς

έχουν ίσα εμβαδά, να αποδείξετε ότι:

LA CB .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/20

[Σερβία 2013]

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμο ί - Μ αθηματικές Ο λυμπιάδ ες

------

Λύ ση

Υποθέτουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι BC > A C. Οι ευθείες ΑΒ και τέμνονται στο σημείο Ρ (το Α μεταξύ των Ρ και Β ). Από c την ισότητα των εμβαδών των τριγώνων ADA1 και

ΡΒ

B D 1/ BC 1

ΡΑ

= -- =

και

, εχουμε:

DΒ

ΡΒ1 ΡΑ1

Α '' ·

' πο, τη δυνα-

μη του σημείου Ρ , ως προς το κύκλο k (σε συνδυασμό με το εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒ1 Α1 Β ) έχουμε: PD2 = ΡΑ · ΡΒ = ΡΑ · ΡΒ . 1 1

Σχήμα 2 , ναλογιες

ΒD,v υ 1

Από τις τελευταίες ισότητες, προκύπτουν οι α-

A D 11 A C . 1

ΡΒ1 , , , απο, τις οποιες ) , προκύπτουν οι παραλληλίες (στη συνεχεια ΡΑ1

Άρα A1DB1 ACB . =

Ασκήσεις για λύση

Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f : JR � JR που είναι τέτοιες ώστε: / ( 1 ) � Ο και f ( x ) - f (y ) � ( χ - y ) f ( χ - y ) , για κάθε x , y ε JR. Α24. Αν α, b, c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί που ικανοποιούν την ισότητα α b b α + b + c - α 4 + b 4 + c 4 , να αποδει'ξετε οτι.. + + α 2 + b + c α + b 2 + c α + b + c >- ι . Α 2 5. Αν α, b, c πραγματικοί αριθμοί με αbc =�:- Ο, να αποδείξετε ότι: Α23.

Β; ι,� ι :

+ α' , b' > l m Α26. Ονομάζουμε τα πολυώνυμα A ( x ) = αn x n + .... + α1 χ + α0 και B ( x ) = bmx + .... + b1x + b0 , με αn bm =1:- Ο, όμοια, αν n = m και υπάρχει μία μετάθεση π του συνόλου {ι, 2, ... , n} τέτοια ώστε να ισχύει b; απ(i) , για κάθε ί ε {ι, 2, ... , n} . Αν Ρ( χ ) και Q ( χ ) είναι δύο όμοια πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές και Ρ( 2 4 ) = 3 20 1 2 , βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του IQ( 3 20 12 )I · Γ16. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ΑΒ =1:- AC . Έστω Ε το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου και Ρ τυχόν σημείο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΕ . Αν είναι ΑΒΡ = ACP = χ , να αποδείξετε ότι: χ 900 - 2 · Α Γ17. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ABC και σημείο της D πλευράς BC , διαφορετικό από τα άκρα της. Έστω Ι το κέντρο του παρεγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABD απέναντι από την πλευρά ΑΒ και έστω J το κέντρο του παρεγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου Α CD απένα ντι από την πλευρά AC . Έστω ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΙΒ και AJC τέ μνονται για δεύτερη φορά στο σημείο Ε . Να αποδείξετε ότι το σημείο Α είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου IEJ . Ν17. Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους α, b που είναι τέτοιοι ώστε: ( α 2 + b ) I( α 2 b + α) και ( b 2 - α ) I( αb 2 + b ) . Ν18. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε : n j2 n - 8 . +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/21

ΗΟΜΟ MATHEMA TICUS

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

επιμέλεια: Γιάννης Κερα σ αρίδης Ια. "τι είναι τα Μαθηματικά; , Προλεγόμενα . Το υλικό το δανειστήκαμε από το κλασικό έργο «Grundlangen der Geometrie» του γίγαντα των Μαθηματικών Daνid Hilbert. Είναι επιλεγμένες περικοπές. Είναι φανερό πως αυτό θα

ολοκληρωθεί σε συνέχειες.

Τα στοιχεία της Γεωμετρίας και οι πέντε ομάδες αξιωμάτων Θεωρούμε τρία διαφορετικά τα σημεία, «Επεξή γηση.

συστήματα από «όντα»: τα όντα του πρώτου συστήματος τα ονομάζουμε σημεία και θα τα συμβολίζουμε με A,B,C, . . . · του δεύτερου συστήματος τα ονομάζουμε ευ θείες και θα τα συμβολίζουμε με a,b,c, . . : τα όντα του τρίτου συστήματος θα καλούμε επίπεδα και θα τα επισημαίνουμε νε α,β,γ,. . . Τα σημεία χαρακτηρίζονται σαν στοιχεία της Γραμμική ς Γεωμετρ ίας · Τα σημεία κι οι ευθείες καλούνται στοιχεία της Επίπεδης Γεωμετρίας ενώ

οι ευθείες και τα επίπεδα αναφέρονται σαν στοιχεία της Γεωμετρ ίας του Χώρου ή απλά ως στοιχεία του χώρου. Θεωρούμε ότι, τα σημεία, οι ευθείες και τα επίπεδα βρίσκονται σε ορισμένες αμοιβαίες σχέσεις και δηλώνουμε αυτές τις σχέσεις με (κατάλληλες), λέξεις, όπως: «κείνται», <ψεταξύ)), «ίσΟ9), «παράλληλΟ9), « συνεχή9) · η ακριβής και, για τους στόχους των Μαθηματικών, πλήρης περιγραφή αυτών των σχέσεων γίνεται εφικτή μέσω των αξιωμάτω ν της Γεωμετρ ία9)

[πηγή: D. Hilbert, «GRUNDLAGEN DER GEOMETRY», από την 7η γερμανική έκδοση (Leipzig, 1930), μετάφραση Σ. Παπαδόπουλος, εκδ. ΤΡΟΧΑΛΙΑ, Αθήνα 1995 ]

Ιβ. "Ευ κλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μο υ "

σημεία μεταπολικά Δίνονται τα τρίγωνα ΑΒΓ,ΔΕΖ. Αν α) από τις κορυφές του ΑΒΓ φέρουμε παράλληλες προς τις πλευρές του ΔΕΖ και αυτές συντρέχουν στο σημείο Μ, β) από τις κορυφές του ΔΕΖ φέρουμε παράλληλες προς τις πλευρές του ΑΒΓ και αυτές συντρέχουν στο σημείο Ν, τότε τα σημεία Μ,Ν λέγονται μεταπολικά ία των δύο τ t ώνων •

Δίνονται τα τρίγωνα ΑΒΓ,ΔΕΖ. Αν α) από τις κορυφές του ΑΒ Γ φέρουμε κάθετες προς τις πλευρές του ΔΕΖ και αυτές συντρέχουν στο σημείο Μ, β) από τις κορυφές του ΔΕΖ φέρουμε κάθετες προς τις πλευρές του ΑΒΓ και αυτές συντρέχουν στο σημείο Ν, τότε τα σημεία Μ,Ν λέγονται ορθοπολικά ία των δύο τ •

σημεία

ορθοπολικά

Δύο σημεία Α,Α 1 θα λέμε (ΟΑ)(ΟΑ ι )=ρ ότι είναι αντίστροφα το ένα του άλλου ως προς σημείωση αν συμβεί: α) το ρ>Ο τότε το Ο πόλο σημείο Ο και δύναμη αντιστροφής τον βρίσκεται εκτός του τμήματος ΑΑ ι , β) το ρ<Ο τότε σταθερό αριθμό ρ, αν τα Α,Ο,Α 1 είναι συνευθειακά το Ο βρίσκεται μεταξύ Α και Α ι και ισχύει •

σημεία αντίστροφ α

ιt. ...

Ιlα. «Α υτό το ξέρ ατε; »

α) πως συσχετίζεται το όνομα του Ernst Wilhelm Grebe με το "θεώρημα του Vecten" ; β) τίνος είναι η διπλανή υπογραφή; � c-'-�

[η απάντηση στο τέλος της στή λης]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/22

Homo Mathematicus

-------

ΠΙ. «οι συνεργάτες τη ς στήλ η ς γρ άφ ουν-ερωτο ύ ν» 1 ° θέμα. Έννοιες για τις συ ναρτή σ εις, του Α.Ν. Kolmogorov

[διάβασε πρώτα την 2η από το 'Έιδησούλες - Ειδήσεις"]. Το άρθρο αυτό εξηγεί τι εννούο ν σήμερα οι μαθηματικοί όταν χρησιμοποιούν τη λέξη «συνάρτηση». Παρόλο που δεν απαιτεί εξειδικευμένες γνώσεις έξω από τα όρια της ύλης του λυκείου, θα πρέπει να προσέξετs, την κάθε λέξη του. Επίσης, υποθέτει ότι κατανοείτε τις λέξεις «σύνολο» και «στοιχείο ενός συνόλου)) κάι"'γνωρίζετε πώς να τις χειριστείτε [η μετάφραση είναι του, σημαντικού μαθηματικού, Μιχάλη Λάμπρου] Προλεγόμενα

Ε ισαγωγή

«Όταν ερωτηθεί ένας μαθητής τι είναι συνάρτηση συχνά θα απαντήσει ότι «μια συνάρτηση μπορεί να δοθεί από έναν πίνακα, ένα γράφημα ή έναν τύπω). Αυτό, φυσικά, δεν είναι ορισμό ς. Από την άλλη πλευρά, οι μαθητές που αποφεύγουν έναν σαφή γενικό ορισμό και προσπαθούν να περιγράψουν άμεσα τους τρόπους προσδιορισμού μιας συνάρτησης δεν έχουν απόλυτα άδικο. Τα μαθηματικά δεν μπορούν να ξεκινήσουν με ορισμούς. Όταν διατυπώνουμε τον ορισμό μιας έννοιας, είναι αναπόφευκτο να

χρησιμοποιήσουμε άλλες έννοιες. Στην πραγματικότητα, μέχρι να κατανοήσουμε τη σημασία κάποιων εννοιών δεν μπορούμε να ξεκινήσουμε ούτε να διατυπώσουμε κανένα ορισμό. Έτσι η έκθεση οποιασδήποτε μαθηματικής θεωρίας αρχίζει με την αποδοχή ορισμένων βασικών εννοιών που δεν ορίζονται. Αυτές στη συνέχεια μπορούν να χρησιμοποιηθούν για τη διατύπωση των ορισμών επόμενων παραγόμενων εννοιών»

Πώς μπορού με να εξη γή σουμε.

«Πώς μπορούμε, λοιπόν, να εξηγήσουμε σε κάποιον άλλο τη σημασία των βασικών εννοιών; Δεν υπάρχει άλλος τρόπος παρά η παρουσίαση των πραγμάτων που πρέπει να οριστούν μέσω παραδειγμάτων και η εξαντλητική περιγραφή των χαρακτηριστικών ιδιοτήτων τους. Οι περιγραφές αυτές ίσως είναι λίγο ασαφείς σε μερικές λεπτομέρειες, ενώ στην αρχή μπορεί να μην είναι πλήρεις. Βαθμιαία όμως αποτυπώνουν με ικανοποιητική καθαρότητα τη σημασία της έννοιας. Αυτός είναι ο τρόπος με τον οποίο θα

Παραδείγματα

προσεγγίσουμε την έννοια της συνάρτησης, θεωρώντας τη ως μια από τις βασικές μαθηματικές έννοιες που δεν ορίζονται τυπικά. [Αργότερα, βέβαια, θα υποστηρίξω ότι συνάρτηση είναι απλώς η απεικόνιση ενός συνόλου σε ένα άλλο σύνολο (του πεδίου ορισμού της στο πεδίο τιμών της). Εδώ όμως η λέξη «απεικόνιση)) δεν είναι παρά ένα συνώνυμο της «συνάρτησηρ). Είναι δύο ονόματα για την ίδια έννοια. Και ο ορισμός της έννοιας που εκφράζει μια λέξη δεν μπορεί να αντικατασταθεί από την ερμηνεία της λέξης μέσω μιας άλλης.]))

«Παράδειγμα 1 . Έστω ότι τα γράμμαμι χ και γ δηλώνουν πραγματικούς αριθμούς και ότι το σύμβολο του ριζικού (( ν )) δηλώνει την εξαγωγή της (θετικής) τετραγωνικής ρίζας. Τότε η ισότητα

y= �

_ _ _ ...

-1

(1)

σημαίνει ότι ισχύουν οι συνθήκες

Τα σημεία με συντεταγμένες που ικανοποιούν αυτές τις συνθήκες αποτελούν το ημικύκλιο του Σχήματος 1. Το Σχήμα 1 παρουσιάζει διαγραμματικά τα επόμενα γεγονότα που μπορείτε να αποδείξετε με καθαρά αλγεβρικό τρόπο. 1. Η εξίσωση ( 1 ), για κάθε χ που ικανοποιεί την -1<χ< 1, (3) μας επιτρέπει να υπολογίσουμε το αντίστοιχο γ, το οποίο ικανοποιεί τις ανισότητες ο < γ < 1. (4) )) [η συνέχεια στο επόμενο τεύχος] 2° θέμα. Πρόβλη μα μεγίστου -ελαχίστου, του Παναγιώτη Ο ικονομάκου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/23

Homo Mathematicus

-------

Προλεγόμενα Ο φίλος της στήλης Παναγιώτης Οικονομάκος συνεχίζει να τροφοδοτεί τη στήλη με "έξυπνα" θέματα. Αυτή τη φορά ασχολείται με ένα πρόβλημα "ελαχίστου" εκφώνηση Μια ευθεία (ε) εφάnτεται σε σημείο Α μιας έλλειψης (με εστίες Ε 1 ,Ε2). Δείξτε ότι το άθροισμα των αποστάσεων των σημείων της (ε), αnό τις εστίες της έλλειψης γίνεται ελάχιστο, όταν το τυχαίο σημείο συμπέσει με το Α. Όμως, από το τρίγωνο απόδειξη Η έλλειψη είναι κυρτό σχήμα · άρα η (ε) αφήνει όλη την έλλειψη προς το ίδιο ημιεπίπεδο. Α ι ΜΕz έχουμε Α Ε <ΜΑ +ΜΕ (2) ι 2 ι z Αυτό σημαίνει πως όλα τα σημεία της (ε) (εκτός Προσθέτουμε και στα δύο μέλη της (2) το Α 1 Ε 1 από το Α), είναι εξωτερικά σημεία ως προς την + + Ε Ε Ε οnότε έχουμε: Α Α < Α ι ι ι z ι ι MA , +MEz ή έλλειψη. Θεωρούμε ένα τέτοιο σημείο Μ. Το ευθ. + ι Ε2< ΜΕ , + MEz (3) τμήμα ΜΕ 1 , τέμνει την έλλειψη σε σημείο Α 1 • Τέλος αnό Α ι Ε, ι Α έχουμε ΑΕ 1 +ΑΕ2< ΜΕ 1 + ΜΕ2 (3) (1) Επειδή το Α ι βρίσκεται πάνω στην έλλειψη, θα είναι: ΑΕ , +ΑΕz=Α ι Ε ι +Α ι Ε2 (1 )

3° θέμα.

Μια περίληψη άρθρου του Αλκιβιάδη Τζελέπη με θέμα: «Τ ο Π ρ ό β λη μ α σ τ α Μ α θ η μ α τ ικ ά τη ς Α ' Λ υ κ ε ί ο υ » Προλεγόμενα. Από το φίλο της στήλης Αλκιβιάδη Π.Π. Λυκείου της Ευαγγελικής

Τζελέπη (Αθήνα) λάβαμε και δημοσιεύουμε μια περίληψη ενός άρθρου του με θέμα «Το Πρό βλη μα στα Μαθη ματικά τη ς Α ' Λυκείου».Το άρθρο αποτελεί μία περίληψη της εισήγησης που παρουσιάστηκε στην ημερίδα του Το παρόν άρθρο αναφέρεται στον τρόπο εφαρμογής μίας πρότασης διδασκαλίας μαθηματικών προβλημάτων σε μαθητές της Α ' Λυκείου, στο μάθημα της Άλγεβρας. Αφετηρία της διδασκαλίας αποτέλεσε η διαπραγμάτευση ενός ανοικτού προβλήματος σε ομάδες μέσα στην τάξη και η υποδειγματική προτυποποίηση ενός προβλήματος Φυσικής. Η ανάθεση εργασιών με Περίλη ψη

Σχολής, με θέμα "Διδασκαλία της Άλγεβρας στην Α ' Λυκείου. Πειραματισμοί και Πρακτικές", στα πλαίσια του Εργαστηρίου Άλγεβρας της Ευαγγελικής Σχολής (http://algebrateacherlab.blogspot.gr/)

επιλεγμένα προβλήματα κατά τη διάρκεια της σχολικής χρονιάς και η παρουσίαση εργασιών από τους μαθητές, ανά τακτά χρονικά διαστήματα, έδωσαν τη δυνατότητα πραγματοποίησης συζητήσεων και ανταλλαγής επιχειρημάτων, ενώ παράλληλα συνεισέφεραν στην εμπέδωση των μαθηματικών εννοιών

1. Η χρησιμότητα των προβλημάτων

Τα προβλήματα είναι χρήσιμο να διδάσκονται, γιατί Προάγουν τη συνεργατικότητα Εξάπτουν τη φαντασία Αναπτύσσουν τη μαθηματική σκέψη Βοηθούν στην εκμάθηση του πεδίου γνώσης και της μαθηματικής γλώσσας Αναδεικνύουν τη σχέση των μαθηματικών με άλλα επιστημονικά πεδία Αποτελούν έναν από τους καλύτερους τρόπους για να εισαχθεί μία νέα έννοια στα μαθηματικά Είναι κομβικής σημασίας στην κινητοποίηση των μαθητών, γιατί κίνητρα που έχουν ως βασικές συνιστώσες την επιθυμία για εξερεύνηση και την εργασία σε ομάδες υπηρετούνται ιδανικά μέσα από τα προβλήματα Δείχνουν τέλος έναν από τους λόγους για τους οποίους αξίζει να κάνουμε μαθηματικά • •

•

Η πρακτική της διδασκαλίας

]0 Βήμα: Ένα πρ όβλημα α νοικτο ύ τύπο υ ,

όπως:

«Πό σες διαγώνιους έχει ένα πολύγωνο με κορυφές»

Δημιουργούμε ... -ανομοιογενείς ομάδες τριών ή τεσσάρων ατόμων στις οποίες παρουσιάζεται το πρόβλημα. Δε δίδεται καμία επεξήγηση ή βοήθεια από τον εκπαιδευτικό και παρέχεται εύλογο χρονικό διάστημα για τη διαπραγμάτευσή του.

Η κάθε ομάδα αναφέρει την δική της προσέγγιση στο πρόβλημα, γίνεται ανταλλαγή απόψεων και επιχειρημάτων με κατάληξη την ορθή λύση του. Αυτό που ενδιαφέρει κυρίως είναι η πορεία προς την επίλυση και όχι αν το αποτέλεσμα που έδωσε κάθε ομάδα είναι το σωστό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/24

Homo Mathematicus

2" Βιjμα: Προτυποποίηση ενός προβλήματος Φυσικής

Αφιερώνεται μία διδακτική ώρα για την επίλυση ενός προβλήματος, δίνοντας ιδιαίτερη βαρύτητα στη βήμα προς βήμα προσπάθεια προτυποποίησης. Ένα πρόβλημα φυσικής, από την κίνηση για παράδειγμα, είναι ενδεικτικό για τα ζητήματα που θέλουμε να θίξουμε. Ζητήματα που αφορούν στην 3" Βιjμα: Α νάθεση εργασιών α νά δεκαπενθήμερο

-------

ανάλυση των δεδομένων και των αιτούμενων του προβλήματος, των προαπαιτούμενων γνώσεων από τον τομέα της φυσικής, τη μετάβαση από το λεκτικό επίπεδο στο τυπικό μαθηματικό, μέχρι να καταλήξουμε στην εξίσωση που· μοντελοποιεί και επιλύει το πρόβλημα.

Ανατίθενται εργασίες ατομικές ή ομαδικές, σε πλούσια ιστορία των μαθηματικών, από εθελοντική βάση, με προβλήματα που διατρέχουν διαφορετικά επιστημονικά πεδία και αν είναι όλη την ύλη και συνδέουν τις καινούργιες έννοιες δυνατόν διαθεματικά. με τις προηγούμενες. Προβλήματα από την 4" Βιjμα: Η παρουσίαση των εργασιών στην τάξη :

Οι ίδιοι οι μαθητές παρουσιάζουν τις εργασίες τους στην τάξη και έτσι αναδεικνύεται η υπευθυνότητα, αναγνωρίζεται και επιβραβεύεται η προσπάθεια τους. Δίνεται η ευκαιρία να μιλήσουν JV.

Ειδ ησ ούλε ς - Ειδή σ εις J 'l. Η " σιδερόφρα κτη " Άλγεβ ρα

Είναι γνωστό πως ο Έκτορας κόσμον (κατά Κακναβάτος Γιώργος Κοντογιώργης), ήταν δίδασκε μαθηματικός και ιδιωτική , Μαθηματικά στην εκπαίδευση και στα φροντιστήρια. Παράλληλα, εθεωρείτο για τη χώρα μας, ως αντιπροσωπευτικός εκπρόσωπος του υπερρεαλισμού (σουρεαλισμού) στην ποίηση, . Στην ποίησή του, διάχυτη είναι η μαθηματική σκέψη. Ο γράφων είχε την εύνοια της τύχης. να εργάζεται στα φροντιστήρια με τον Γ. Κοντογιώργη. Μετά από κάθε συζήτηση μαζί του 2 '1• Επ έτειος γ ια έναν "Μεγάλο" Με την ευκαιρία της επετείου των 26 χρόνων από το θάνατο του γίγαντα της μαθηματικής σκέψης, Α.Ν. Kolmogoroν (25/4/1 903-20/1 0/1987), παραθέσαμε παραπάνω, ένα από δύο αποσπάσματα από ένα έργο του που είχε δημοσιευθεί στο περιοδικό 3 '1. Μ α θ η ματικ ά κ α ι ποίη ση Προ ημερών αποκτήσαμε, έστω και καθυστερημένα, ένα εξαιρετικά ενδιαφέρον βιβλίο με τίτλο <ψαθ ηματικά και ποίηση, από τον Αρχιμήδ η στον Ελύτη ». Το βιβλίο αυτό είναι έργο του σημαντικού Θεσσαλονικιού μαθηματικού

οι μαθητές για τα μαθηματικά, δημιουργείται κίνητρο συνέχισης της μελέτης και επιπλέον ελέγχεται η επίτευξη των στόχων της διδασκαλίας.» έβγαινα "σοφότερος". Να ένα ποίημά του για την Άλγεβρα, γραμμένο με την υπερρεαλιστική τεχνοτροπία. ΑΛ ΓΕΒΡΑ

Πέρα κατά τη δημοσιά φάνηκε πρώτα στήλη κουρνιαχτός ως τα μεσούρανα. Δεν άργησε πολύ. Ο δρόμος έφερνε το ποδοβολητό το χουγιατό της κλείνανε παράθυρα κατέβαιναν ρολά. Σιδηροντυμένη έμπαινε πια στην πόλη η εξίσωση. QUANTUM, με τίτλο «Περί πεδίου τιμών . . . και ορισμού». (τόμ. 5, τεύχ. 5. Η μετάφραση ήταν του Μιχάλη Λάμπρου). « . . . 0 Α.Ν. Kolmogoroν ασχολήθηκε με τη συναρτησιακή ανάλυση, την πραγματική ανάλυση, την τοπολογία, τη μαθηματική λογική, τη θεωρία πιθανοτήτων και τα εφαρμοσμένα μαθηματικά (ιδίως με τη θεωρία διαταραχών, την κυβερνητική και τη θεωρία πληροφοριών) . . . » Στέφανου Μπαλή. Ο Σ.Μ. δίδαξε Μαθηματικά στη Μέση εκπαίδευση και στο πανεπιστήμιο Θεσσαλονίκης. Διαβάζοντάς το κατανόησα τη σχέση Μαθηματικών και Ποίησης.. Στο επόμενο τεύχος θα επανέλθουμε.

Ilp. Α πάντη ση στο «Λ υτό το ξέρ ατε;>>

α) Πάνω στις πλευρές τριγώνου ΑΒΓ (και προς το εξωτερικό αυτού), κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΒΓΖΘ, ΑΓΗΙ, ΑΒΔΕ, με αντίστοιχα κέντρα Α1,Β1,Γ1• Αποδεικνύεται ότι οι ΑΑ1,ΒΒ1,ΓΓ1, διέρχονται από το ίδιο σημείο ν. Ο Ernst Wilhelm Grebe ήταν ο πρώτος που ονόμασε το σημείο ν, σημείο νecten β) Αυτή η υπογραφή είναι του ημίθεου της μαθηματικής επιστήμης Leonhard Euler ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/25

Εξισώσεις - Ανισώσεις

Λαζαρίδης Χ ρήστος

Το άρθρο μελετάται ευκολότερα, αν γνωρίζουμε πολύ καλά τα κεφάλαια 3 και 4 του σχολικού βιβλίου. Οι απλές περιπτώσεις επίλυσης εξισώσεων και ανισώσεων θεωρούνται γνωστές. Επειδή τα αντίστοιχα κεφάλαια δεν είναι δυνατόν να εξαντληθούν σε ένα απλό και σύντομο άρ θρο, παρουσιάζονται ορισμένα στοιχεία Θεωρίας και είδη ασκήσεων που δεν αναφέρονται στο σχολικό. Η εκτενής εισαγωγή, οφείλεται στην προσπάθεια αποσαφήνισης των εννοιών. Επεξηγηματικό Σχόλιο:

Για καλύτερη κατανόηση των παραδειγμάτων που ακολουθούν προτάσσουμε το εξής σχόλιο. Αν θεωρήσουμε δυο συναρτήσεις f: Α- IR και g: Β- IR με AnB * 0, τότε λέμε ότι ορίζεται (έχει νόημα), η εξίσωση f(x) = g(x) και το σύνολο D = AnB θα το λέμε σύνολο ορισμού της. Αν όμως AnB 0 , τότε θα λέμε ότι δεν ορίζεται (δεν έχει νόημα) τέτοια εξίσωση. Ειδικότερα, αν Α 0, τότε δεν ορίζεται καν συνάρτηση f, πολύ μάλλον εξίσωση της μορφής f(x) = g(x), π.χ. .J-x 2 - 1 = χ . Ομοίως, αν Β 0. Φυσικά και οι δυο αυτές περι πτώσεις, εντάσσονται στην περίπτωση AnB 0. Στο εξής λοιπόν όταν ζητάμε να λυθεί μια εξίσωση, ουσιαστικά εννοούμε να εξετασθεί αρχικά αν D = AnB ;e 0, και στη συνέχεια να ασχοληθούμε με τη διαδικασία επίλυσης. Προφανώς η επίλυση της εξίσωσης δεν απαιτεί την ισότητα των συναρτήσεων f, g η οποία ως γνωστόν ορίζεται μό νον όταν Α = Β, αλλά την εύρεση του συνόλου L={x ε D lf(x) = g(x)}, το οποίο ονομάζεται σύνολο λύσεων (ριζών) της εξίσωσης. Πρόκειται λοιπόν για μια «εν δυνάμει ισότητα», που θα έπρεπε να συμβολίζεται διαφορετικά, δηλαδή για έναν προτασιακό τύπο που δεν γνωρίζουμε για ποιες τιμές του αληθεύει (καθίσταται αληθής πρόταση) και ζη τάμε να τις προσδιορίσουμε. =

Ο εκλεκτός μου φίλος, διαπρεπής συνάδελφος και συγγραφέας Αντώνης Κυριακόπουλος έχει εισηγηθεί τον πολύ επιτυχημένο κατά τη γνώμη μου συμβολισμό, f(x)= g(x) , μέχρι να κατανοηθεί πλήρως η έν-

νοια της εξίσωσης. Εξάλλου στην περίπτωση An B :�:. 0 αντί της έκφρασης: «Δεν ορίζεται εξίσωση» χρησιμοποιεί σαν ισοδύναμη την έκφραση: «Η εξίσωση έχει σύνολο ορισμού το κενό σύνολο 0». Αν και συμφωνούμε στο ότι η περίπτωση D 0 προφανώς διαφέρει από την περίπτωση (D � 0, L 0) της αδύνατης εξίσωσης, απλώς για περιορισμό των περιπτώσεων εντάσσει και τις δυο στις αδύνατες εξισώ σεις. Ανάλογα ορίζεται η αδύνατη ανίσωση καθώς και η ταυτοτική ανίσωση η οποία μεταπίπτει σε μόνι μη ανισότητα, όπως ακριβώς η ταυτοτική εξίσωση μεταπίπτει σε ταυτότητα στο D. =

Αποφεύγεται ο όρος αόριστη aνίσωση, αφού το σύνηθες είναι μια aνίσωση να έχει άπειρες λύσεις.

Γιώ ργος Σ . Τ α σσόπου λος

Ε ισαγ ωγή

Η επίλυση μιας εξίσωσης ( ανίσωσης) αρ Μια εξίσωση δεν ορίζεται, αν, και μόνο χίζει με την εύρεση του συνόλου ορισμού D αν, D = 0 της εξίσωσης ( ανίσωσης) και τελειώνει με την Μία εξίσωση λέγεται αδύνατη, αν , και εύρεση του συνόλου λύσεων της L c D. μόνο αν, ισχύει: ( D * 0 και L = 0 ) •

•

Π αρ άδειγμα

Παράδειγμα

Να λύσετε την εξίσωση Λύ ση

χ + .! χ

5 (1) .

1) Να λύσετε την εξίσωση

..fx- 1 =

Λύ ση

/- (l) J

νl - χ

Το σύνολο ορισμού είναι D = R * . Για κάθε Το σύνολο ορισμού D, προκύπτει από την επί λυση του παρακάτω συστήματος: χ ε Α ,έχουμε: � (1) � χ 2 + 6 = 5χ � χ 2 - 5χ + 6 = 0 � � (χ = 2 ή χ = 3) . �� ,δηλαδή του που είναι αδύναΤο σύνολο λύσεων είναι L = {2, 3} X ;;j; l �1-χ *Ο

{ �:�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/26

{::�

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

το. Άρα, D = 0 και συνεπώς τέτοια εξίσωση Στην περίπτωση ανισώσεων έχουμε αντί δεν ορίζεται. Αναλυτικότερα το πρώτο μέλος στοιχους ορισμούς εκτός της περίπτωσης αό έχει σύνολο ορισμού το Α= [1, +οο) και το δεύ- ριστης ανίσωσης. Για την περίπτωση ταυτοτι κής ανίσωσης χρησιμοποιείται και ο όρος μό τερο το Β = (-οο, 1) ,οπότε D = AnB = 0 . νιμη ανισότητα. •

2 ) Να λύσετε την εξίσωση

χ+ 2+__±_ = Ο (1) . χ-1

Λύση

Π αράδειγμα

1 - 1 χ - 24 (1) 2χ 3χ > -6χ 2- J

Να λυσετε την ανισωση

Το σύνολο ορισμού είναι D = R - { 1 } Λύση Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: D = R • Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: (1) <:::> (χ - 1)(χ + 2) + 4 = Ο <:::> χ 2 + χ + 2 = Ο . Η + 24 1 ι χ - 24 (1) <:::>- -- --> 0 <=> 3χ-2χ-χ > 0 διακρίνουσα της είναι: Δ = 1 - 8 -7 < Ο . 2χ 3χ 6χ2 6χ2 Άρα L = 0 , δηλαδ ' 1) είναι αδύνατη <::::> 24· 6χ2 > 0 χ2 > Ο <=> χ * Ο . Μία εξίσωση λέγεται ταυτοτική ,αν, και Άρα, L = R*(=<:::D):> και επομένως, η ανίσωση μόνο αν, ισχύει : D * 0 και L = D ( 1) είναι μόνιμη ανισότητα . -

•

Π αρ άδειγ μα Να λύσετε την εξίσωση

.Jχ - 5 = .J5 - χ (1)

Η εξίσωση

•

χ ' = α, '

;\ , α

R (1)

D=R Το σύνολο ορισμού D, προκύπτει από την επί- I) α > Ο λυση του συστήματος ν άρτιος. Τότε: {l) <:> (x= fα ή χ= �) χ-5 � 0 χ�5 ν περιττός. Τότε: (1) <:::> χ = ifa δηλαδή το� . Άρα D = { 5} . χ�5 5-χ �Ο 11) α < Ο Για χ = 5 προφανώς η (1) ισχύει. Άρα ν άρτιος. Τότε: η (1 ) είναι αδύνατη. L = { 5} = Α ,δηλαδή η ( 1 ) είναι ταυτοτική. ν περιττός. Τότε: (1) <:::> χ = - � Μία εξίσωση λέγεται αόριστη ή έχει ιιι...:ΙΙ=Ι�).::.α_=....Ο:...:..: ·_:Τ_:ό..:...τε:.: �... (-"l):...:.._:_ <=> ... __ χ_=_Ο άπειρες λύσεις αν, και μόνο αν, το L έχει ά Π α H l ετρ ικέ� εΕ.ισώσει� - ανισι;J σει�. πειρα στοιχεία ( είναι aπειροσύνολο) . Λύση

{

• •

•

Π αρ άδειγ μα 1) Να λύσετε την εξίσωση l x l = -χ Λύ ση D = R. Για κάθε χ Ε D ,έχουμε:

(1) .

(1) <:::> χ � Ο . Άρα L = (-οο, Ο] . Η ( 1) είναι αόριστη (και όχι ταυτοτική). 2) Να λύσετε την εξίσωση

� - -χ- = 1 + 5χ - 12 (1) 3χ - 6 2χ - 4 4 - 2χ

Λύση

___J

_ _ _ _ _ _

D = R- {2} . Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: χ 2χ (1) <:::> = 1 5χ -12 <:::> 3(χ - 2) 2(χ -2) 2(χ -2) 2χ χ (1) <:::> - - - = χ -2 5χ-12 <:::> 3 2 2 (1) <:>4χ -3χ = 6χ -12-5χ + 12 <:>Οχ = 0 <:::> <:::> χ Ε R - {2} ( = D ) . Η εξίσωση ( 1) είναι αόριστη ΚΑΙ ταυτοτική.

Άσκη ση 1 Να λύσετε την εξίσωση Λύση

D=R. Για κάθε

χ ε

( 1) {:::> χ 7 = -λ2 - λ - 1

χ' + 1 = - λ( λ + 1) (1)

έχουμε:

Αλλά: -λ2 - λ - 1 < Ο ,για κάθε λ Ε R , αφού Δ = 1-8 = -7 < Ο και α = -1 < Ο. Για κάθε χ Ε D λοιπόν, έχουμε: � (1) <::::> χ7 =-'Κ -λ-1 <:>χ = -1-<-'Κ -λ-1) <:::> χ = -J../λ2 + λ + 1 .

Άσκηση 2 Να λύσετε την εξίσωση Λύση

χ4 = λ2 - 1 (1)

D = R. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν λ2 - 1 > Ο ,δηλαδή, (λ < -1 ή λ > 1) , τότε: (1) <=> (χ = \/λ2 -1 ή χ = -t/λ2 -1) Αν λ2 - 1 < Ο ,δηλαδή -1 < λ < 1 , τότε η ανίσωση (1) είναι αδύνατη. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/27

------- Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

• Αν λ2 - 1 = 0 , δηλαδή (λ = -1 ή λ = 1) , τότε: (1) <=> χ = Ο .

-------

Λί>ση : D = R

π j} (ότος τ ρnπος

Για κάθε χ ε D ,έχουμε:

Ά σκη ση 3

{

χ�-1 3χ-1 �0 <=> (1) <=> 3 (χ-3)2 =(3χ-1)2 χ2 - 6χ+ 9 = 9χ2 - 6χ+ 1 χ� � χ� � <=> 3 <=>χ=1 3 <=> 8χ2 =8 χ=-1 ή χ=1

{

Να λυθεί η 4χ 2 - 4 λχ + 3 λ - 2 = Ο, λ Ε R (1) . Λ ί, ση

{ {

D = R. Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής εί ναι: Δ = (-4λ) 2 - 4 · 4 · (3λ - 2) = 1 6(λ2 - 3λ + 2) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: : Αν Δ � Ο, δηλαδή (λ � 1 ή λ � 2) Τότε: •

(1) <=>χ 4λ±4�Κ -3λ+ 2 <=>χ λ±�Κ -3λ+ 2 8 2 • Αν Δ < Ο, δηλαδή 1 < λ < 2 Τότε: η εξίσωση (1) είναι Αδύνατη

Μύτφος Τρόπος

ι:��3:� ή { χ �; : ��:+

{ { (Ι) <c>

Ά σκη ση 4

{ {

<c>

χ> - _!_3 ή χ > - _!_3 <=> χ > - _!_3 ή χ > - _!_3 <=> χ = 1 χ = -1 χ = 1 -2 = 2χ 4χ = 4

Να λύσετε τις ανισώσεις: α) λ2 (χ - 1) - (3 λ - 2)χ > -4, λ Ε R (1) β) 0, 25(χ - 1) + 0, 5χ > -4 (2) Λ ί,�η σ)

εξίσωση � = g(x) ( 1 )

{f(x)g(x) g2� Ο(x) χΕD

D = R. Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: (1) <=> λ2 χ - λ2 - 3λχ + 2χ > -4 <=>

Για κάθε

<> Έστω ότι (λ-1)(λ-2) > Ο , δηλαδή: λ+2 . (λ < 1 ή λ > 2). Τότε: (3) <=> χ >

Αντίστοιχα για την ανίσωση �f ( x) � g ( x )

( 1) <=>

(Χ; -3λ+2)χ>Κ -4<=>(λ-1Χλ-2)χ>(λ-2Χλ+2)(3)

Ά. σκη ση 6

λ-1

Να λύσετε την εξίσωση

Έστω ότι : (λ-1 )(λ-2) < Ο δηλαδή: 1 < λ < 2. Τότε: (3) <=> χ < λ + 2 .

•

,έχουμε:

λ ίJση

�χ + 2 - .,Γχ = 1 - .,Γχ ( 1 )

D = {χ ε R Ι χ � Ο και χ + 2 - ...Γχ � Ο} Έστω ότι (λ-1)(λ-2)=0, δηλαδή: (λ= 1 ή Δεν είναι απαραίτητο το Α να παρουσιαστεί λ=2). Τότε: Αν λ= 1 τότε: (1) <=>0x>-3<::::> x ER, με αναγραφή των στοιχείων του, δηλαδή ως διάστημα ή ένωση διαστημάτων. μόνιμη ανισότητα. Αν λ=2 τότε: (1) <=> Οχ > Ο , Για κάθε χ ε D ,έχουμε: αδύνατη. _j 1-fx�o _j .fx�1 β) Η ανίσωση (2) προκύπτει από την (1 ) , για (l) λ=Ο,5 < 1 ,επομένως από τα προηγούμενα, έlx+2-fx=(1-fxf lx+2-fx=1+x-2.fx () 0, 5 + 2 2, 5 <=> χ >-5 . χ�1 χουμε: 2 <=> χ > <=> χ >-, Αδύνατο. Άρα και η (1) αδύνατη. 0, 5 - 1 -0, 5 Γ

λ-1

•

χΕ

• ( 1 ) <=> i •

(1 ) <=>

Α, =

'-Ά ,σκn ,σ -n -5

νχ=-1

εξίσωση jt·(x)j g(x) ( I )

{ f(x)g(x)l �lg(x)Ο l {f2(g(x)x) �g2Ο(x) {f(x)g(x) �g(x)Ο ή {fg(x)(x) � -g(x) Ο

Για κάθε

έχουμε:

<=>

l x - 3 1 = 3χ - 1 (1)

-----'

ΙΙ

χΕD

,έχουμε:

<=>

(1 ) <=> -g(x) < f (x) < g(x) . Παρατηρήστε ότι η ισοδυναμία l xl < θ <::::::> -θ < χ < θ ισχύει και για θ � Ο , αφού τότε και τα δύο μέλη της καθίστανται ψευδείς προ τάσεις για κάθε χ Ε IR . •

----

Να λύσετε την εξίσωση

(1 ) <=>

aνίσωση jt"(x)j g(x) ( 1 )

{if(x)g(x)l >lg(x)Ο l {f2(xg(x)) >g2Ο(x)

Για κάθε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/28

------

ί-\σκη ση 7

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

χ 2 + 2 < lx 2 - 3 1 (1) .

Να λύσετε την ανίσωση : Λύση :

-------

Άρα, (2) <=> -3 � χ � -1 ή 1 � χ � 3 xeD

<=>(-3 < χ � -1 ή 1 � χ < 3)

D = R. Ά σ κη ση ί Ο Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: 4 2 χ χ2+2>0 - � Ο (1) (1) <=> l x2 + 21 < 1 x 2 -31 <=> (x 2 + 2)2 < (x 2 -3)2 <=> Να λύσετε την ανίσωση 1 χ - 11 Λύση : D = R-{ 1 } χ 4 + 4χ 2 + 4 < χ 4 - 6χ 2 + 9 <=> 1 0χ 2 - 5 < ο <=> 1 1 Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: l x - 1 1 > Ο , οπότε: 2χ 2 - 1 < 0 <::::> -- < χ < ../2 .J2 (1) <=> χ 2 - 4 � 0 <::::> ( χ - 2 )( χ + 2 ) � 0 --'

Άσκη ση 8

Να λύσετε την ανίσωση Λύση ; D = R. Π ρ ώτο ς Τρόπος

{

l xl < -χ 2 + 2χ (1) .

{ {

Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: χ2 - 2χ < ο -χ2 + 2χ > ο (1) <=> <=> χ2 < 4χ2 - 4χ3 + χ4 χ2 < (2χ - χ 2 )2 �χ - η < Ο 0< χ<2 <=> <=> 4 3 χ2 (χ 2 -4χ + 3) > 0 χ - 4χ + 3χ2 > 0 0< χ<2 0<χ<2 χ :;C ο <=> <=> χ<1 ή χ>3 χ2 - 4χ + 3 > 0 0< χ< 2 0< χ< 2 ή <=> <::> Ο < χ < 1 χ<1 χ>3

{

Δεύτερος Τρόπος

{ {

{

(1) <=> χ 2 - 2χ < χ < -χ 2 + 2χ <=> χ 2 - 3χ < Ο χ 2 - 2χ < χ <=> <=> χ < -χ 2 + 2χ χ2 - χ < ο 0< χ<3 <::> 0 < χ < 1 0<χ<1 '

11 ανισωση

f" ( χ )

g(x)

>Ο

Λύ ση

(1 )

χ: - 1 � Ο χ -9

(1).

·1 1 +οο t· f+f · f +

-3

Να λυσετε την

7i0 -3r -2x-2 = 1 (1) 7io - 5r -χ-1

Αύcrη

D = {x Ε R j 7x1 0 - 5χ 2 - χ - 1 :;e O} Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: (1) <=> 7χ10 - 3χ 2 - 2χ - 2 = 7χ10 - 5χ 2 - χ - 1 . 1 <::> 2χ2 -χ - 1 = 0 <=> (χ = 1 η χ = - -) <=>χ = - -1 2 2 (Δεκτή τιμή γιατί;) Παρατηρείστε, ότι το σύνολο ορισμού D δεν είναι εύκολο να παρουσιαστεί με αναγραφή. Με παρουσίαση του D με περιγραφή το πρό βλημα παρακάμπτεται. Ο έλεγχος των λύσεων αν ανήκουν ή όχι στο D, είναι απαραίτητος. xeD

Λύ η η :

D = R-{-3,3 } . Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: (1) <=> (χ 2 - 1)(χ 2 - 9) � Ο <=> (χ - 1)(χ + 1)(χ - 3)(χ + 3) � Ο (2) •ΟΟ

Γενικές Ασκήσεις

Να λύσετε την

Να λύσετε την ανίσωση :

Άσ κη ση 1 1

Άσκη ση i 2

Για κάθε χ ε D , έχουμε: (1) <=> f(x) g (x) > Ο Ά σ κη ση 9

x eD

<=> -2 � χ � 2 <=>- 2 � χ < 1 ή 1 < χ � 2 .

l l x - 11 - αl = t,α e R (l)

D = R. Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: ( l ) <=> (l x - 1 1 - α = 1 ή l χ - 1 1 - α = -1) <::::> l x - 1 1 = α + 1 (2) ή l x - 1 1 = α - 1 (3) Έστω ότι: α < -1, οπότε: α+ 1 < Ο και α-1 < Ο. Τότε, οι εξισώσεις (2) και (3) είναι αδύνατες. Άρα και η ( 1 ) είναι αδύνατη. Έστω ότι: - 1 < α < 1 , οπότε: α+ 1 > Ο και α-1 < Ο. Τότε, η (3) είναι αδύνατη οπότε: (1) <=>(2) <=>χ-1 = α+1 ή χ - 1 = --{α+1) <=> (χ = α + 2 ή χ = -α) Έστω ότι: α > 1 , οπότε α- 1 > Ο και α+ 1 > Ο. Τότε, έχουμε: (1) <=>χ-1 =α-1 ή χ-1 =-{α-1) ή χ - 1 = α + 1 ή χ - 1 = -(α + 1) <=> <=>(χ = α ή χ =--α+2 ή χ = α+2 ή χ = --α) w

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/29

-------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου -------

• Έστω ότι: α = -1 . Τότε, α+ 1 = Ο και α-1 = -2 < Ο, οπότε: (1) � ( 2) � l x - 11 = ο � χ = 1 Έστω ότι: α = 1 . Τότε, α-1 = Ο και + α 1 = 2 > Ο, οπότε: (1) �χ-η =2 ή jχ-η =ο) �χ=3 ή χ=-1 ή χ=Ι •

{ {

.----, ι

Με α, β 2:: Ο , ισχύει: α + β = Ο � α = 0 β=Ο Με α, β 2:: Ο , ισχύει: α + β ::;; Ο <::::> α = 0 β=Ο

Με α, β ε R ισχύουν: • l α l + l β i = Ο � α = β = Ο. • α 2 + β 2 = Ο � α = β = Ο. • α 2 + l β l = Ο � α = β = Ο. •Αν, επιπλέον α, β 2:: Ο και ν, μ Ε Ν* , ισχύει : \Γα + iβ = Ο � α = β = Ο. ,

Εφαρμογές.

Άσκηση 13

Να λύσετε την εξίσωση: \/ιΟ χ 5 + χ 2 - 8 χ + ι + �1 - χ2 = ο (1) Λύση

2 {χ E R l 1 0x 5 + χ - 8x + l 2:: Ο Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: iOx5 +χ2 -8χ+1=0 (l) D=

__j ι

�

{ { {

και

2 1 - χ 2:: 0}

{

1 -χ2 =0 1 0χ 5 + χ 2 -8χ + 1 = 0 ή 1 0χ 5 + χ 2 -8χ + 1 = 0 χ=1 χ = -1

4 = 0ή 0 = 0

χ=1

Άσκηση 1 4

χ = -1

� χ = 1 (Δεκτή τιμή). -

Να λύσετε την ανίσωση

Ι χ 2 - sx + 61 + Ι χ 2 - 6χ + sι � ο . < ι >

Λύση

D=R Για κάθε χ Ε D ,έχουμε: i -5x+6=0 (χ = 2 ή χ=3) (1) � �χ=2 (χ = 2 ή χ=4) i -6x+'8=0

{

Άσκηση 1 5 ,

'Ε στω τα τριωνυμα

f(x) = x2 - μχ + -1 ,

g(x) = χ 2 + μχ + � , όπου μ ε R . 4

Να υπολογίσετε το μ, έτσι ώστε f(x) > Ο,για κάθε χ Ε R και το g(x) να μην έχει πραγμα τικές ρίζες. Λύση

Έχουμε: α ι = 1 > Ο, α2 = 1 -::f:. Ο

Οι διακρίνουσες των τριωνύμων

f(x),g(x) εί

ναι, αντίστοιχα: Δι = μ2-1 και Δ2 = μ2-μ, οπότε: f(x) > Ο, γι α κάθε χ Ε IR � � g( χ) δεν έχει ρίζες στο IR <Ο μ2 - 1 < ο -1 < μ < 1 �Ο<μ<1 � � 0<μ<1 μ2 - μ < Ο

{

{Δ1Δ2 < Ο

{

Άσκηση 1 6

Να λύσετε την ανίσωση

(χ - 1) 2 - 3 l x - 11 + 2 � ο (1)

Λύση

D = R. Για κάθε χ ε D ,έχουμε: (1) � l x - 1 1 2 - 3 l x - 11 + 2 � Ο (2). Θέτουμε : l x - 1 1 = t , οπότε αναγόμαστε στην επίλυση τις ανίσωσης: t 2 - 3t + 2 � Ο (3) Προφανώς: ( 3 ) � (t - 1)(t - 2) � ο � 1 � t � 2 . Έτσι έχουμε: lx - 11 2:: 1 (2) � 1 � Ι χ - 11 � 2 � � χ 1 � 2 I I (χ - 1 2:: 1 ή χ-1 � -1 ) (χ 2:: 2 ή χ � ο) � � 1�χ�3 -2 � χ - 1 � 2 � (2 � χ � 3 ή - 1 � χ � Ο ) .

{

Άσκηση 1 7

θεωρούμε τα τριώνυμα: fv(x) χ2-λχ+v2, όπου λ ε R με l λ l < 2v , ν 1,2,3, Να αποδείξετε ότι η ανίσωση fι(χ) f2 (x)··· f2οι3(χ) > Ο (l),είναι ταυτοτική. =

Λύση

• • •

Για κάθε ν ε Ν * ,η διακρίνουσα του τριώνυ μου fv ( x ) είναι: Δν = λ2 - 4 ν2 < Ο , διότι l λl < 2 ν � l λl 2 < (2v) 2 � λ2 < 4v 2 . Επειδή ο συντελεστής του χ2 είναι α = 1 > Ο, συμπεραίνουμε ότι για κάθε ν ε Ν* και για κά θε χ Ε R , ισχύει: fv(x) > Ο. Έτσι, η (1) ισχύει για κάθε χ ε R (= Α) επομέ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/30

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

νως είναι ταυτοτική. Ά σκηση 1 8

Να λύσετε την εξίσωση: .Jx - 1 + Fx = 1 (1) Λύ ση

Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης είναι το σύ νολο λύσεων του συστήματος :

{

χ -1 � 0 χ�Ο

δηλαδή του

{

χ�1

χ�Ο

Άρα, D = [ 1 ,+οο). Για κάθε χ ε D ,έχουμε: (*) 2 ( 1 ) =:::;. Jx - 1 = 1 - ..Jx =:::;. �χ-1 =(1-..{χ)2 =:::;. χ - 1 = 1 - 2Γχ + χ � 2Γχ = 2 =:;. Γχ. = 1 =:;. x = l. Αντ ιστρ ό φως. Όπως βρίσκομαι εύκολα, για χ = 1 , η εξίσωση ( 1 ) επαληθεύεται. Άρα, μοναδική λύση της εξίσωσης είναι 1

β) Να εξετάσετε αν υπάρχει τιμή του λ, για την οποία το τριώνυμο έχει δύο πραγματι κές ρίζες χ ι, xz με: χ ι + xz= Χι xz -1. γ) Αν Α είναι ένα ενδεχόμενο ενός δειγματι-' κού χώρου Ω και Α' το συμπληρωματικό του, να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε R ισχύει:

[4χ' - 4Ρ(Α)χ+5Ρ(Α)][4χ' -4Ρ(Α)x+SP(A)][4χ2 -4Ρ(Ω)χ+5Ρ(Ω)] � Ο

Λύ ση α=4>0 Η

2 2 Δ = 1 6λ - 1 6(5λ) = 1 6(λ -5λ)= 1 6λ(λ-5). α) Το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, αν και μόνο αν Δ>Ο. Α).)...ά : Δ > Ο � 1 6λ(λ-5) > Ο � (λ < Ο ή λ > 5). β) Το ζητούμενο συμβαίνει αν, και μόνο αν

{Δ>Ο λ λ 5 { <Ο-4λ 5>λ Χι + χ2 = ΧιΧ2

Ση μειώ σ εις: Η

επαλήθευση ότι ο αριθμός 1 είναι ρίζα της εξίσωσης περιλαμβάνεται στην διαδικασία ε πίλυσης της εξίσωσης. Διαφορετικά, αφού έ χουμε χρησιμοποιήσει συνεπαγωγές και όχι ισοδυναμίες, δεν θα είμαστε βέβαιοι ότι πράγ ματι το 1 είναι ρίζα της εξίσωσης. Η ισοδυναμία διακόπτεται στο σημείο, όπου υπάρχει ο αστερίσκος (* ) . Για την ακρίβεια για κάθε α,β ε R ισχύει: α = β =:::;. α2 = β2 αλλά δεν ισχύει πάντοτε: α2 = β2 =:::;. α = β ? , όπως φαίνεται στο παρακάτω aντιπαράδειγμα (-2)2 = 22 , αλλά -2 f= 2.

Ά σ κηση 1 9

Έστω το τριώνυμο f(x) = 4χ2-4μχ+6μ-9, όπου μ ε R . Να βρείτε το μ, έτσι να ισχύει: f(x) � Ο, για κάθε χ ε R . Λύ ση

Στο τριώνυμο f(x) ο συντελεστής του χ2 είναι α = 4 > Ο και η διακρίνουσά του είναι:

2 2 Δ = 1 6 μ2 - 1 6(6 μ-9) = 1 6( μ -6 μ+9) = 1 6( μ-3)

Α).)...ά, ( ) Σ <=> �

κάθε χ ε R) � Δ � Ο � 1 6( μ - 3) 2 � Ο � μ = 3

•

4χ 2 - 4λχ+5λ, όπου λ e R .

Να βρείτε τις τιμές του λ για τις οποίες, το τριώνυμο έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες.

λ=

λ>5

5λ - 1 4

�

- l <=>

λ ο ή λ>5 ' λ=4

"Για ένα κοινό τρόπο έκφρασης στα Μαθη

Γιώργος Τασσόπουλος Ευκλείδης Β ' Τεύχος 89 [Σελίδα 32]

ματικά"

•

Δίνεται το τριώνυμο:

l (Σ )

Βιβλιογραφία:

(f(x) � Ο , για

Ά σκηση 20

που είναι αδύνατο. Άρα δεν υπάρχει τέτοια τιμή του λ. γ) Το γινόμενο αποτελείται από τρεις παράγο ντες, που είναι της μορφής του τριωνύμου της άσκησης, όπου λ ένας από τους αριθμούς Ρ(Α), Ρ (Α'), Ρ(Ω) αντίστοιχα. Επειδή λ ε [0, 1] , δηλαδή Δ � Ο και α = 4 > Ο , το γινό μενο αποτελείται από έναν μη αρνητικό παρά γοντα και από δύο θετικούς. Άρα είναι μη αρνητικό.

Έχουμε:

α)

διακρίνουσα του τριωνύμου είναι :

"Περί εξισώσεων-Περί ανισώσεων"

Αντώνης Κυριακόπουλος

http://www .mathematica.gr/forum/ /viewtopicphp?f=60&t=2425 1 http://www .mathematica.gr/forum/ /viewtopicphp?f=60&t=3 1 430

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/3 1

Α' λΥΚΕΙΟΥ

Παραλληλόγραμμα - Τραπέζια

Ροδούλα Κιούφτη

ΠΑΡΑΜΗΛΟΓΡΑΜΜΑ -ΤΡΑ ΠΕΖΙΑ (ΟΡΙΣΜΟΣ -ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ - ΚΡΙΤΗΡΙΑ) ΠΑΡΑΛΛΗΛΟ ΓΡΑΜΜΟ

ο Ρ

Το τετράπλευρο που έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες � liιil ρ.,

� liιil

Οι απέναντι είναι ίσες και παράλληλες

� liιil z c:

Οι απέναντι είναι ίσες, οι διαδοχικές παραπληρωματικές

� ....

ι;..

Διχοτομούνται

....

z c:

Το παραλληλόγραμμο ποu έχει μία ορθή γωνία

Οι απέναντι είναι ίσες και παράλληλες

Όλες είναι ορθές

Το παραλληλόγραμμο που έχει δύο διαδοχικές πλευρές ίσες

Το παραλληλόγραμμο ποu είναι ορθογώνιο και ρόμβος

Οι απέναντι είναι παράλληλες και όλες είναι ίσες

Οι απέναντι είναι ίσες, οι διαδοχικές παραπληρωματικές Διχοτομούνται, διχοτομούν τις γωνίες του, τέμνονται κάθετα

Διχοτομούνται και είναι ίσες

ι;..

Ε Σ

ΤΕΤΡΑΓΩΝΟ

ΤΡΑΠΕΖΙΟ ΙΣΟΣΚΕΛΕΣ ΤΡΑΠΕΖΙΟ

•

Ι Σ Μ ο Σ

ο τ Η τ

ΡΟΜΒΟΣ

� [Σ] � []] []

Σ χ Η Μ Α

Ι Δ Ι

ΟΡΘΟΓΩΝΙΟ

�

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ • Η διάμεσος του τρα-

πεζίου είναι παράλληλη προς τις βάσεις του και ίση με το ημιαθροισμά τους •

Όλες είναι ορθές

Είναι ίσες, διχοτομούνται, διχοτομούν τις γωνίες του και τέμνονται κάθετα

Το JCΙ)ρτό τετράπλευρο ποu έχει δύο μόνο πλευρές του παράλληλες

.�.

Ισοσκελές είναι το τραπέζιο του οποίου οι μη παράλληλες πλευρές είναι ίσες. ΙΔΙΟΤΙΠΕΣ •

•

ΔΕΙΧΝΩ ΟτΙ: 1. Οι απέναντι πλευκ Ρ

τ Η Ρ

1. 2. 3. 4. 5.

ρές είναι παράλληλες Οι απένα2. ντι πλευρές είναι ίσες απέναντι 3. Δύο πλευρές είναι ίσες και παράλληλες 4. Δύο απέναντι γωνίες είναι ίσες S. Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται

ΔΕΙΧΝΩ ΟτΙ:

ΔΕΙΧΝΩ Οτι:

Είναι παραλληλόγραμμο και ένα από τα παρακάτω: ι:Εχει μία ορθή γωνία

Είναι παραλληλόγραμμο και ένα από τα παρακάτω: l.Δύο διαδοχικές πλευρές ίσες 2.0ι διαγώνιοί του τέμνονται κάθετα 3.μία διαγώνιός του διχοτομεί μία γωνία του ή χωρίς να δείξω ότι είναι παρ/μο δείχνω ότι όλες οι πλευρές του είναι ίσ§ς_

Είναι ορθογώνιο και ρόμβος

2.0ι διαγώνιοί του είναι ίσες ή χωρίς να δείξω ότι είναι παρ/μο δείχνω: ι:Εχει τρεις ορθές γωνίες 2. Όλες οι γωνίες του είναι ίσες

ΕΡΩfΗΣΕΙΣ ΣΩΣΤΟΥ-ΛΑΘΟΥΣ Κάθε διαγώνιος παραλληλογράμμου το χωρίζει σε δύο ίσα τρίγωνα. Οι διαγώνιες κάθε παραλληλογράμμου είναι άξονες συμμετρίας τους. Ένας ρό μβος με ίσες διαγώνιους είναι τετράγωνο. Οι διχοτό μοι δύο διαδοχικών γωνιών ενός παραλληλογράμμου τέμνονται κάθετα. Τα μέσα των πλευρών ενός ισοσκελούς τραπεζίου ορίζουν ρό μβο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/32

Οι γωνίες που πρόσκεινται σε μια βάση είναι ίσες. Οι διαγώνιοί του είναι ίσες.

ΔΕΙΧΝΩ ΟτΙ: .

Για τραπέζιο: Ότι έχει δύο πλευρές παράλληλες Για ισοσκελές: Ότι είναι τραπέζιο και: Ι . Οι γωνίες που πρόσκεινται σε μια βάση είναι ίσες. 2. Οι διαγώνιοί του είναι ίσες.

-------

6. 7. 8. 9. 10. 11. 12. 13. 14. 15. 16. 1 7. 18. 19. 20. 21. 22. 23. 24. 25. 26. 27.

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

-------

Ένα τετράπλευρο που έχει δύο απέναντι πλευρές του ίσες και παράλληλες είναι παραλληλόγραμμο. Οποιοδήποτε τετράπλευρο είναι τετράγωνο αν έχει μία γωνία ορθή και μία διαγώνιος διχοτομεί μια γωνία του. Ρόμβος λέγεται το τετράπλευρο που έχει όλες τις πλευρές ίσες μεταξύ τους. Οποιοδήποτε τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιες διχοτομούνται και είναι κάθετες είν�! τετράγωνο. Αν ένας ρόμβος έχει ίσες διαγώνιους, τότε είναι τετράγωνο. Οποιοδήποτε τετράπλευρο έχει κάθετες διαγώνιες είναι ρόμβος. Οι διαγώνιοι του ισοσκελούς τραπέζιου είναι ίσοι. Ένα τετράπλευρο που έχει 3 γωνίες ορθές είναι ορθογώνιο. Όλες οι γωνίες κάθε ρόμβου είναι ίσες. Ένας ρόμβος με μια ορθή γωνία είναι τετράγωνο. Κάθε τετράγωνο είναι ρόμβος. Οι διαγώνιοι κάθε παραλληλογράμμου είναι ίσες. Τα μέσα των μη παραλλήλων πλευρών και των διαγωνίων τραπεζίου είναι συνευθειακά σημεία. Η διάμεσος κάθε ορθογωνίου τριγώνου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ισούται με το διπλάσιο της υποτείνουσάς του. Σε κάθε ορθογώνιο τρίγωνο η διάμεσος προς την υποτείνουσα το χωρίζει σε δύο ισοσκελή τρίγωνα. Οι διαγώνιοι του τετραγώνου είναι κάθετες. Οι διαγώνιοι κάθε παραλληλογράμμου το χωρίζουν σε τέσσερα ίσα τρίγωνα. Το παραλληλόγραμμο που έχει δύο διαδοχικές γωνίες ίσες είναι ορθογώνιο. Κάθε τραπέζιο που έχει δύο απέναντι γωνίες παραπληρωματικές είναι ισοσκελές. Αν σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(= 90°) είναι ΒΓ = 2ΑΒ τότε η γωνία Β είναι 30°. Αν οι διαγώνιες ενός ορθογωνίου είναι κάθετες, τότε είναι τετράγωνο. Σε κάθε τραπέζιο η ευθεία που ενώνει τα μέσα των δύο βάσεων είναι κάθετη σ' αυτές. · ·

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση 1η

Επί ευθείας (ε). θεωρούμε τα διαδοχικά ίσα τμήματα: ΑΒ, ΒΓ, ΓΘ, ΘΔ. Κατασκευάζου με, προς το ίδιο μέρος της (ε), τα ισόπλευρα τρίγωνα ΔΕΓ και ΓΖΒ και φέρνουμε το ύ ψος ΒΗ του τριγώνου ΓΖΒ και τη διάμεσο ΒΜ του τρι γώνου ΒΖΑ. Να δειχθεί ότι: Ε, Ζ, Α συνευθειακά. ίί ΔΕΖΓ τραπέζιο. ίίί ΖΜΒΗ ορθογώνιο. (ε) ίν ΕΘΖ ισόπλευρο. ν Αν ΖΚ διχοτόμος του τριγώνου ΕΘΖ και η προέκτασή της τέμνει την ΔΕ στο Λ, τότε ΔΛΖΒ ισοσκελές τραπέζιο. Δ

Απόδειξη ί.

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΕΓΖ, ΕΘΓ. Έχουμε: ΔΓ 2ΑΒ ΕΓ κοινη' ' Γ ι = Γ 2 = 60° ' ΘΓ = - = = ΑΒ = ΓΖ � ΕΓΖ = ΕΘΓ � ΓΖΕ = ΕΘΓ = 90° (1). 2 2 ΓΑ Στο τρίγωνο ΓΖΑ έχουμε: ΒΖ διάμεσος καt ΒΖ = � ΓΖΑ = 90° (2). 2 ί. Άρα: ( 1 ), (2) � ΓΖΕ+ ΓΖΑ = 1 80° � Ε, Ζ, Α συνευθειακά. ίί. Δ, = Γ = 60° � ΔΕ//ΓΖ � ΔΕΖΓ τραπέζιο, αφού οι ΔΓ, ΕΖ τέμνονται. ίίί. ΒΖ=ΒΓ=ΑΒ � ΒΖΑ ισοσκελές και ΒΜ διάμεσος � ΒΜ ύψος � Μ ι = 90° = Η ι = ΓΖΑ � Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/33

------ Μ αθη μαnκά για την Α ' Λυκείου

------

ΖΜΒΗ ορθογώνιο. ίν. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΖΑ έχουμε Α = 90 ° - 60 ° = 30° . Εξάλλου ΘΖ διάμεσος του ορθογωΕΑ νίου τριγώνου ΘΕΑ και Α = 30° . Άρα ΕΘ = - = ΕΖ = ΘΖ � ΕΘΖ ισόπλευρο. 2 ν. ΕΘΖ ισόπλευρο, ΖΚ διχοτόμος � ΖΚ διάμεσος. Τα Κ, Ζ μέσα πλευρών στο ΘΕΑ � ΖΚ!IΑΘ � ΕΔ ΖΝ/ΔΒ, ενώ ΔΕ, ΒΖ τέμνονται αφού Δ. * ΖΒΑ (γιατί;) Άρα ΔΛΖΒ τραπέζιο και ΛΔ ΖΒ , οπότε 2 είναι ισοσκελές. Λ

Άσκη ση 2 η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ(ΑΓ και στην προέκταση της διχοτόμου ΑΔ θεωρούμε ση μείο Κ τέτοιο ώστε ΔΚ=ΑΔ. Αν Ε σημείο της ΒΓ τέτοιο ώστε ΔΕ=ΔΒ, να δειχθεί ότι: i. Αν Λ το σημείο τομής των ΚΕ, ΑΓ και Μ το σημείο τομής των ΛΔ, ΑΒ τότε ΛΔ .l ΑΚ . ί ί . ΑΛΚΜ ρόμβος. ί ί ί . Από τυχαία σημεία Π, Ρ (διαφορετικά των Α, Δ, Κ) των ΑΔ, ΔΚ φέρουμε κάθε τες στην ΑΚ. Αν Η, Ν, Ο, Ξ τα σημεία το μής τους με τις πλευρές του ρόμβου, και ΗΟ'Ν..ΑΚ τότε να δειχθεί ότι τα Ν, Η, Ο, Ξ είναι κορυφές ισοσκελούς τραπεζιού.

--- - -- - \ ,

---- ----.:,; κ

Α π όδειξη

Στο τετράπλευρο ΑΕΚΒ οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Άρα είναι παραλληλόγραμμο, οπότε: ΑΒ=ΚΕ. Αλλά ΑΕΚΒ παραλληλόγραμμο � Λ1 = Κ1 και ΑΔ διχοτόμος � Λ. = Λ2 • Άρα Λ 2 = Κ1 και αφού Δ μέσο του ΑΚ, θα είναι ΛΔ .l ΑΚ . ii. Στο ΑΜΛ τρίγωνο η ΑΔ είναι ύψος και διχοτόμος. Άρα: ΔΜ=ΔΛ. Όμως ΑΔ=ΔΚ και ΑΚ .l ΜΛ , οπότε ΑΛΚΜ ρόμβος, αφού οι διαγώνιες διχοτομούνται κάθετα. iii. Προφανώς ΝΗ//ΞΟ ως κάθετες στην ΑΚ. Εξάλλου Αι = Α2, Κι = Κ2 . Άρα ΑΝ=ΑΗ και ΑΜ=ΑΛ, οπότε ΝΜ=ΗΛ. Επίσης ΚΞ=ΚΟ και ΚΜ=ΚΛ οπότε ΞΜ=ΟΛ. Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΝΜΞ, ΗΛΟ. Έχουν: ΝΜ=ΗΛ, ΜΞ=ΛΟ και Μ = Λ , οπότε: ΝΜΞ = ΗΛΟ � ΝΞ=ΗΟ � ΝΗΟΞ ισοσκελές τραπέζιο. Προφανώς αν ΗΟ//ΑΚ τότε το τραπέζιο μεταπίπτει σε ορθογώνιο παραλληλόγραμμο. i.

Άσκη ση 3η

Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΒ(ΑΓ . Από το σημείο Γ φέρουμε ευθεία (ε) κάθετη στην ΑΓ και έστω Ε, Ζ τα σημεία τομής της με τις ΑΒ, ΑΔ αντίστοιχα. Αν ΔΚ, ΒΛ τα ύψη των τριγώνων ΔΖΓ, ΒΓΕ αντίστοι χα, να δειχθεί ότι : i. Τα τρίγωνα έχουν ίσες γωνίες. ii. Αν στην ΑΓ θεωρήσουμε τυχαίο ση μείο Η και ,.gτην προέκτασή της πάρου με σημείο Θ ώστε ΓΗ=ΓΘ, τότε ΚΗΛΘ ρόμβος. ίίί. ΒΔ=ΒΛ+ΔΚ. ίν. Αν ΑΔ = 2 ΑΒ και Ρ σημείο της ΒΛ ώστε ΒΛ=4ΡΛ τότε ΔΡΛΚ ορθογώνιο. ν. Αν Σ το μέσο της ΒΕ τότε ΓΡ//ΛΣ. Δ

ΓΒΛ, ΓΔΚ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/34

-------

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Απόδειξη

------

ί Είναι ορθογώνια και f3 = 90° - Γ , = f 2 = Β 2 • Κ = Λ = 90° οπότε και Δ, = BfΛ. ίί Έχουμε: ΓΗ=ΓΘ και ΗΘ .l ΚΛ . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι ΚΓ=ΚΛ. Φέρνουμε:� διαγώνιο ΔΒ του ΑΒΓΔ. Οι ΔΚ, ΑΓ, ΒΛ παράλληλες και χωρίζουν την ΔΒ σε δύο ίσα μέρη επομένως θα χωρίζουν και την ΚΛ σε δύο ίσα μέρη, δηλαδή ΚΓ=ΚΛ. ΒΛ ΔΚ ίίί ΔΒΛΚ τραπέζιο => ΓΟ = + => 2ΓΟ = ΒΛ + ΔΚ => ΑΓ = ΒΛ + ΔΚ => ΒΔ = ΒΛ + ΔΚ . 2 ίν Έστω Μ, Ν τα μέσα των ΒΛ, ΓΛ αντίστοιχα. Συγκρίνουμε τα ορθογώνια τρίγωνα ΜΑΝ, ΚΔΓ. Έχουν: ΒΓ ΔΓ = - = ΜΝ και Mz = Bz = Γz = ΓJ => ΜΛΝ = ΔΚΓ => ΚΔ=ΝΛ και ΚΓ=ΜΛ. Αλλά 2 ΓΛ ΓΚ ΒΛ = = ΝΛ = = ΛΡ => ΚΔ = ΛΡ . Επίσης ΚΔ//ΛΡ ως κάθετες στη ΖΕ οπότε ΔΡΛΚ ορθογώνιο. 2 2 4 (Ση μείω ση : Με χρήση ομοιότητας τριγώνων το συμπέρασμα θα ήταν πιο άμεσο: Από το i ερώτημα τα ΔΚ ΚΓ ΔΓ rΒΛ, rΔκ. είναι όμοια. Άρα = = = .!_ => ΒΛ = 2ΚΓ = 2ΓΛ = 4ΔΚ => ΔΚ = ΡΛ . ) ΓΛ ΒΛ ΒΓ 2 ν Έχουμε Λ, = Ε = f 3 = f4 (γιατί;), οπότε ΓΡ I /ΛΣ Λ

Ά σκηση 4η

Έστω ΑΒΓ τυχαίο τρίγωνο. Στη ΒΓ θεωρούμε τα Δ, Ε ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΔΓ. Αν ΓΜ διάμεσος του τριγώνου, Η το σημείο τομής της ΑΕ με την ΓΜ, Ζ το σημείο τομής της ΜΔ με την ΒΗ και προεκτείνουμε την ΜΔ κατά ΔΘ=2ΔΖ, να δειχθεί ότι: i.AHZM τραπέζιο. ii.BZ=ZH και ΜΗ=ΓΗ. iii.AH=3 HE. ίν.ΜΗΘΒ παραλληλόγραμμο. ν.ΑΗΘΜ παραλληλόγραμμο. νί.ΖΗΓΘ τραπέζιο.

�==---�--�

Απόδειξη

i. Στο τρίγωνο ΑΕΒ τα Μ, Δ είναι μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΕ αντίστοιχα. Άρα ΜΔΙ/ΑΕ,και οι ΑΜ, ΖΗ τέμνονται, οπότε ΑΗΖΜ τραπέζιο. ίί. Στο τρίγωνο ΑΒΗ έχουμε ΜΖ//ΑΗ και Μ μέσο του ΑΒ. Άρα ΒΖ=ΖΗ. Όμοια στο ΜΓΔ έχουμε Η Ε//ΜΔ και Ε μέσο του ΓΔ. Άρα ΜΗ=ΗΓ. iii. Αρκεί να δείξουμε ότι ΑΕ=4ΗΕ. Πράγματι: από το τρίγωνο ΑΒΕ, αφού Μ, Δ μέσα πλευρών έχουμε ΑΕ=2ΜΔ . Στο τρίγωνο ΓΜΔ, αφού Η, Ε μέσα πλευρών επίσης θα έχουμε ΜΔ=2ΗΕ. Τελικά ΑΕ=4ΗΕ. ίν. Αρκεί να δείξουμε ότι ΜΖ=ΖΘ, δηλαδή ΜΖ=3ΖΔ, ή ΜΔ=4ΖΔ. Πράγματι ΜΔ=2ΗΕ=4ΖΔ (Μέσα πλευρών των τριγώνων ΔΓΜ, ΒΗΕ). ν. Από ερωτήματα (i), (ίν) έχουμε ΜΘ//ΑΗ και ΑΗ ΜΘ = 2ΜΖ = 2 = ΑΗ . Άρα ΑΗΘΜ παραλληλόγραμμο. 2 Α νί. Στο τρίγωνο ΜΓΘ τα Ζ, Η μέσα των πλευρών ΜΘ, ΜΓ αντί στοιχα. Άρα ΖΗ//ΘΓ και οι ΖΘ, ΗΓ τέμνονται, οπότε ΖΗΓΘ τραπέ Λ ζιο.

Ά σκηση 5η

Θεωρούμε το τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=2ΑΒ και τη διάμεσο ΑΜ αυτού. Αν Ε, Ζ τα μέσα των ΒΜ, ΑΒ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι: i. ΑΜΕΖ ισοσκελές τραπέζιο. ii. ΑΜ διχοτόμος της γωνίας ΕΑΓ . ίίί. Αν προεκτείνουμε τις ΜΖ, ΑΕ κατά ΖΛ=ΕΚ=ΟΕ, τότε ΑΜΚΛ ορθογώνιο. ίν. Αν η ΒΟ τέμνει την ΑΓ στο Ν, τότε ΛΑΝΒ ισοσκελές τραπέζιο. Λ

Απόδειξη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/35

-------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ί.

--------

Στο τρίγωνο ΑΒΜ τα Ζ, Ε μέσα των ΑΒ, ΒΜ αντίστοιχα. Άρα ΖΕ//ΑΕ και αφού οι ΑΖ, ΕΜ τέμνοΕΜ . Τελικά το ΑΜΕΖ είναι ισοσκελές νται το ΑΜΕΖ είναι τραπέζιο. Επίσης έχουμε: 2 τραπέζιο. Εξάλλου στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ η ΒΟ είναι η τρίτη διάμεσος, δηλαδή κάθετη στην ΑΜ. ίί. ΑΜΕΖ ισοσκελές τραπέζιο � Μ ι = Α1 Αλλά Μ ι = Α2 , ως εντός εναλλάξ αφού ΜΖ//ΑΓ, (ενώνει

ΑΖ= ΑΒ = ΒΓ4 =

•

τα μέσα δύο πλευρών του ΑΒΓ ), οπότε Αι = Α2 ίίί. ΑΟ =ΜΟ και ΟΕ=ΟΖ, επειδή ΑΜΕΖ ισοσκελές τραπέζιο. ΑΕ, ΜΖ διάμεσοι του τριγώνου ΑΒΜ. Άρα ΑΟ=20Ε=ΟΚ και ΜΟ=20Ζ=ΟΛ. Τελικά οι διαγώνιοι του ΑΜΚΛ είναι ίσες και διχοτομούνται, οπότε είναι ορθογώνιο. iv. ΑΜΚΛ ορθογώνιο � ΛΑ .l ΑΜ . Προφανώς ΑΛ//ΒΝ ως κάθετες στην ΑΜ . Εξάλλου ΑΔ .l ΝΟ και Αι � ΑΝ=Α Ο. Αλλά ΒΛΑΟ είναι παραλληλόγραμμο (οι διαγώνιοι διχοτομούνται), οπότε ΑΟ=ΒΛ. Άρα και ΑΝ=ΒΛ. Δηλαδή το τραπέζιο ΛΑΝΒ είναι ισοσκελές. •

= Az

Ά σκηση 6η

= 30°

Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ κέντρου Ο, με Α και ΑΕΒ ισόπλευρο τρίγωνο εκτός αυτού. Φέρνουμε τις ΔΕ, ΓΕ και έστω Ζ, Κ το σημείο τομής της ΓΕ με την ΑΒ, ΔΒ αντίστοιχα. Να δειχθεί ότι: ί. ΕΒ διχοτόμος της ΔΕΓ . ίί.

Αν Η το σημείο τομής της ΑΚ με την ΔΕ, τότε

ίίί.

ΑΚ .l ΔΕ

και

Γ, Β, Η είναι συνευθειακά. iv. ΑΗΒΔ τραπέζιο. ΓΚ ΑΕΘΛ ισοσκελές τραπέζιο. νί. ΔΕ . νίί. ΟΚ 2 2

ΔΕ

.ΑΗ= 2

ΓΖ= = Προφανώς = 30° + 60° = 90° και ΑΔ=ΑΕ � Ει = 45° Ez = 15° . Εξάλλου ΕΒΓ ισοσκελές με ΕΒΓ = 360° -ΑΒΓ-ΑΒΕ=360° -150° -60° = 150° EJ =ΓJ = 15 ° . Άρα E z = EJ . Στο ρόμβο ΑΒΓΔ έχουμε Αι = A z = 15 ° . Εξάλλου τα σημεία Α, Γ είναι συμμετρικά ως προς τη ΔΚ, οπότε AJ = r = 15 ° . Άρα ΜΗ = 3 · 15 ° = 45 ° . Στο ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΔΑΕ η ΑΗ διχο τόμος , οπότε και μεσοκάθετος του ΔΕ. Άρα =2 Αφού ΑΒΓ = ΕΒ Γ( 150°) η προέκταση της ΓΒ είναι διχοτόμος της ΑΒΕ , οπότε και μεσοκάθετος ν.

Απόδειξη

ί.

ΔΑΕ

ίί.

ίίί.

ΑΗ

ΔΕ .

του ΑΕ. Αλλά ΗΑ=ΗΕ οπότε το Η ανήκει στη ΓΒ δηλαδή Γ,Β,Η συνευθειακά. ίν. Δείξαμε ότι ΒΗ .l ΑΕ , δηλαδή BHIIΑΔ, οπότε: ΑΗΒΔ τραπέζιο. Άρα ΗΛ=ΗΘ και ν. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΗΑΛ, ΗΕΘ είναι ίσα αφού ΗΑ=ΗΕ και ΑΛ=ΕΘ. Το τρίγωνο ΗΛΘ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές οπότε Θ = Α4 . Άρα ΛΘ//ΑΕ, δηλαδή ΑΕΘΛ τραπέζιο και αφού ΑΛ=ΕΘ θα είναι ισοσκελές. νί. Αρκεί να δείξουμε ότι ΓΖ=ΑΗ. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΓΖ, ΑΓΗ. Έχουν: ΑΓ κοινή και οι προ σκείμενες γωνίες στην ΑΓ είναι ίσες αφού σε καθένα από αυτά τα τρίγωνα η μία γωνία είναι και η άλλη Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε ΓΖ=ΑΗ.

AJ = Ez = 15° . . = 45° Λ

30°

15°

Παρατή ρηση : Στα ίσα τρίγωνα ΑΓΗ, ΑΓΖ τα αντίστοιχα ύψη ΗΗ ', ΖΖ' θα είναι ίσα και παράλληλα, οπότε ΗΖ//ΑΓ, δηλαδή ΑΓΖΗ ισοσκελέξiραπέζιο. Αν μάλιστα θέσουμε ΑΗ=ΓΖ=λ, τότε

νίί.

ΗΗ' = ΖΖ' = - ,

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΚ έχουμε ΟΓΚ ΟΑΚ ΓΚ ΟΚ = . 2

αφού ΗΑΓ

ΖΓΑ

30° .

= 30° , ως συμμετρικές προς την ΔΚ. Άρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/36

------

Μ αθη ματικά για τη Β ' Λυκείου ------

τριγωνομετρία

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

ΤΡΙ ΓΩΝΟΜΕΤΡΙΑ

ΘΕΜΑ 1°

Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με διαγώνιο ΑΓ= .fi . Β Α

Πολυώνυμα

Α ργύρη Παναγώτα

ημ2χ = ημχ , ,; -= = 1-συν2χ ημχ ημχ Β. f(- 1 :π ) =η μ ( - 1 :π J = ημ ( 16π +π J = 4 = ημ( (4π+ �J) = -ημ(4π+ �J = -(-ημ(�)J = ; f(χ) = -συν (χ- jJ �ημχ = -συν (x- jJ � �ημ(-χ) = συν ( x- jJ � ημ(-χ) = ημ (� -χ J 5π κ ε Ζ � (. .)� χ = -κπ--, 12 -

Να αποδείξετε οτι η περίμετρος του ορθογωί ν ου είναι : Π(θ)= 2.fi(ημθ + συνθ) Β. Αν ισχύει Π(θ)= 2�1 + συνθ , να υπολογίσετε την γωνία θ (Ο < θ < π2 ) Α.

Γ.

ΘΕΜΑ 3°

ΑΒ=χ και ΒΓ=ψ τότε: Δίνεται η συνάρτηση f(x) 3 ημ ( �) - 1 . ημθ= � �χ =Ji ·ημθ Να υπολογίσετε την περίοδο Τ της f. Β. Να παρουσιάσετε τον μονοτονία, την μέγιστη και της ελάχιστη τιμή της συνάρτησης σε πίνα συνθ = }2. = Ji · συνθ κα για διάστημα μίας περιόδου Τ, δηλαδή στο διάστημα [Ο,Τ]. Π(θ)= 2·χ+2· ψ =2Ji(ημθ+συνθ) Επίλυση τριγωνομετρικής εξίσωσης: 2Ji(ημθ + συνθ) 2�1 + συνθ Η περίοδος της f(x) = η μ ( � J είναι Τ= � = 6π [2Ji(ημθ+ συνθ) τ = (2�1 + συνθ)2 � 3 Τα διαστήματα που θα μελετηθεί η μονοτονία και � 4(ημ2θ + συν2θ + 2ημθσυνθ) = 4(1 + συνθ) � τα ακρότατα της είναι τα εξής: � 4( 1 + 2ημθσυνθ) = 4 + 4συνθ � 3;} [ 3; ,Τ] . Τελικά βρίσκουμε: . . � � � 8ημθσυνθ-4συνθ =Ο� 4συνθ · (2ημθ -1) = Ο [o, �] [� · J [ , 3 3 συνθ = Ο� θ= 0° ,απο ίπ ε αι ή ο, π . f J [ ; ,3π } r ! [ 3π, 9π και f J [ 9; ,6π] f ! [ 2J 2J 2ημθ-1=0� ημθ = 21 � θ= 6π Λύση Α. Έστω

Α.

�

Λύση

Β.

ρρ

τ τ

ΘΕΜΑ 2°

, Δινεται η συνάρτηση f(x)= ι - συνχ ημχ εΦχ Α. Να αποδείξετε άτι f(x)= ημχ, χ * κπ . t7π . , Β. Να υπολογισετε την τιμη, - 4 --

Γ.

r( ) Να λύσετε την εξίσωση : f(χ)= -συν ( χ - ; )

Λύση Α.

f(x) = -ημχ1 συεΦχνχ = -ημχ1 συημχνχ = συνχ _ _

_ _

ΠΟΛΥΩΝΥΜΑ

ΘΕΜΑ 1° Α. Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=(χ-1 )2013-χ2012-Sx+3.

α υπολογίσετε τον σταθερό του όρο και το ά θροισμα των συντελεστών του. Β. i) Αν ρ η ρίζα του πολυωνύμου q(x)=P(x}-x, να αποδείξετε ότι και το πολυώνυμο Q(x)=P(P(x)}-x έχει ρίζα τον αριθμό ρ. ii) Να εξετάσετε αν ισχύει το αντίστροφο. Λύση

Α. Το

πολυώνυμο

γράφεται στη μορφή: ν ν Ρ(χ) = αν ·Χ +ανν-Ι ·Χ -1 +ν Ι. . +αΙ ·χ+αο . Είναι : ασ := αν . ο +αν-Ι . ο - + . . +α, ·Ο+ασ = Ρ(Ο)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/37

----

---- Μαθη μαnκά για τη Β ' Λυκείου

και α ν +αν- 1 + ... + α ι + α := (1) <:::> Ρ(ψ) = (ψ - 1)3 + α · (ψ - 1)2 - b · (ψ - 1) για ο ν1 ν = αν · 1 + αν-Ι · 1 - + .... + α ι · 1 + α = P(l) κάθε ψ E R <::> Ρ(χ) = (χ - 1)3 + α · (χ - 1)2 -b · (x - 1) ο Άρα ο σταθερός όρος είναι το: για κάθε χ Ε R. Οπότε Ρ(2)=1-α-b και P(O)=-l+α+b κ.τ.λ Ρ(Ο) = (-1)2οι 3 - 02ο ι 2 - 5 · 0 + 3 = 2 Β. Το πρόσημο του πολυωνύμου Ρ(χ): και άθροισμα των συνετελεστών του είναι το: P(l) = (0)2ο ι 3 - 12ο ι 2 - 5 · 1 + 3 = -3 Άρα Ρ(χ)<Ο χ(χ+ l)(x-1)<0 <:::> χ<-1 ή O<x<l . Β. i) Ο οριθμός ρ είναι ρίζα του Επομένως η aνίσωση Ρ χ2 - .Jϊ2 · χ + 3 < Ο <:::> q(x)=P(x)-x � q(ρ )=Ο � Ρ(ρ)=ρ Είναι: Qρ) =�))-ρ=Ρ(ρ)-ρ=Ο � ρ ρiζα του Q(x). 2 -2ν'3 · χ+ ν'3 2 =ψ 2 -ν'U · Χ + 3=ψ ίί) Ζητείται να εξεταστεί αν ισχύει η <::> <:::> Χ <::> Χ Ρ(ψ) < Ο συνεπαγωγή:Q(ρ)=Ο � q(ρ)=Ο ψ<-lήΟ<ψ<l Ας αναζητήσουμε αρχικά πολυώνυμο Ρ(χ) =αχ+β για το οποίο να μην ισχύει η προηγούμενη συνε <:::> χ - ../3 2 =ψ <:::> χ - .J3)2 < -1 , αδύνατη παγωγή. Αρκεί για αυτό να είναι π. χ: ψ < -lήΟ < ψ < l P(l) = 2 * 1 α·1+β=2 α+β=2 χ ::ι= ν'3 χ ::ι= ν'3 ,ή , δηλαδή <:::> 2α + β = Ι · ή 0< x -.J3 2 < 1 <:::> Ρ(2) = 1 P(P(l)) = 1 χ-ν'3 2 <1 -1 <χ-ν'3 <1 α=-1 χ ../3 Τελικά: . Άρα Ρ(χ)=-χ+3 (μπορούν να βρεβ=3 <=> ν3 - 1 < χ < ν3� + 1 <=> x E .J3 -ι,.J3 u .J3,.J3 +ι θούν και άλλα πολυώνυμα με μεγαλύτερο βαθμό).

{ } { }{

}

{ }

ΘΕΜΑ 2°

Δίνεται το πολυώνυμο P(t) τέτοιο ώστε: Ρ(χ + 1) = χ3 + α · χ 2 - b · χ , για κάθε χ Ε R (1) Α. Ν α βρείτε τους συντελεστές α, b,ώστε το υ πόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ(χ) με το χ-2 να είναι 6 και η γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ=Ρ(χ)να διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Β. Για α=3 και b=-2 να λύσετε την aνίσωση: Ρ ( χ2 - 2 J3 · χ + 3 ) < Ο Λύση Α. Πρέπει και αρκεί : Α ' τρόπος

Ρ(2)=6 , Ρ(Ο)=Ο

{}

Για x=l η (1) δίνει :P(2)=-l+α+b και για χ= -1 η ( 1 ) δίνει P(O)=-l +α+b ,οπότε: α=3 α-b = 5 l + α+b = 6 Ρ(2)=6 b=-2 Ρ(Ο) = Ο <=> -l + α+b = O <=> α+b = l <=>

{

} {

}

Άρα : Ρ(χ + 1) = χ 3 + 3χ2 + 2χ = χ(χ2 + 3χ + 2) = = χ(χ + 1)(χ + 2) για κάθε χ Ε R (2). Αφού για κά θε χ, ψ Ε R ισχύει : χ+ 1 =ψ <:::> χ = ψ - 1 θα έχουμε: (2) <:::> Ρ(ψ) = (ψ - 1) · ψ · (ψ + 1) για κάθε ψ Ε R<::> Ρ(χ) = (χ - l) · χ · (χ + l) για κάθε χ Ε R <:::> Ρ( χ) = χ 3 - χ για κάθε χ Ε R .,...,_. .

Β' τρόπος

Αφού για κάθε χ, ψ Ε R ισχύει <:::> χ = ψ - 1 θα έχουμε:

χ+ 1 =ψ

)

(

{ {(

}{ } {

)

(

{;

( )

{( ) } {

)

}

Θέμα 3°

(

}

) (

Δίνεται το πολυώνυμο ΡΟΟ: Ρ(χ)= χ3 -(5ημθ) · χ2 -2 · χ+2συν 2θ (1), θ e R Α. Να βρείτε τις τιμές που παίρνει η γωνία θ Ε R, ώστε το υπόλοιπο της διαίρεσης του πο λυωνύμου Ρ(χ) με το πολυώνυμο (χ-1) είναι ίσο με -2. Β. Αν επιπλέον ισχύει ότι π2 < θ < π , τότε να υπολογίσετε και τους άλλους τριγωνομετρι κούς αριθμούς της γωνίας θ. Λύση Α. Πρέπει και αρκεί P(l)=-2

(1). Έχουμε: (1) <:::> 13 -(5 · ημθ) · 12 -2· 1 + 2 · συΥθ =-2 <=> <:::> 2 · 1 - η μ2θ - 5ημθ + 1 = ο <:::> ημθ ω 2ημ 2 θ + 5ημθ - 3 = 0 <:::> 2·ω +5·ω-3 =0 ημθ=ω <:::> 1 <:::> ημθ=-3 (αδύνατη) ή , ω = -3,ηω = 2 π ' θ = 2κπ 5π 1 ημθ = - <:::> θ = 2κπ + -η +-,κ Ε Ζ 6 6 2 2 ν'3 Β. ημ2θ+συΥθ = 1 � "21 +συΥθ=l�συνθ =±2

(

)

{

}

{

}

()

� συνθ = εΦ θ =

.J3 διότι συνθ<Ο για � < θ < π

ημθ = συνθ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/38

.J3

.J3 ' σΦθ = συνθ = -.J3 . 3

ημθ

)

-------

Μ αθηματικά για τη Β' Λυκείου

Εύρεση του υπολοίπου της διαίρεσης του πολυωνύμου Δ(χ) με το διώνυμο δ ( χ ) = χ - ρ χωρίς εκτέλεση διαίρεσης. Ευάγγελος Οικονομίδης ( ) ( ) IR ( ) κ

Έχουμε ρ Ε και έστω κ� βαθΔ χ . ΑΑνν κ>11 τότε το υπόλοιπο είναι υ=Δ(ρ) στο διαιρετέο Δ(χ) θέτουμεείναιόπουτο χκυπόλοιπο το ρ καιυ(χ).τότε το πολυώνυμο που βρίσκουμε Προηγουμένως κάθε μομε νώνυμο της μορφής βχ\ με λ �κστοτοΔ(χ) γράφουμε τη μορφή β . χ = β . ( χ κ ) . χ όπου κ, ν το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης λ:κ αντιστοί χως. Προφανώς ν Ε { 0,1,2, . . , ( κ-1 )} . 4-3, Αν Δ(χ) =-4χ6 +'7i-3χ44 +�-6χ+5 και δ(χ)=χ τότε έχουμε: Δ(χ) =--4(χ ) � +7· χ4 ·χ-3χ4 +�-6χ+5, θέτουμε όπου2 χ4 το 3 και2 βρίσκουμε υ ( χ ) = -4·3· χ + 7 ·3 ·χ -3 ·3+ 2χ -6χ + 5 = 2 + 15χ -4. Το αποτέλεσμα επαληθεύεται =-10χ με εκτέλεση της6 διαίρεσης. Αν Δ(χ) =7χ -6χ4 +8χ+10 και δ(χ) =χ3 +5, τότε Δ( χ) =7{ � )2 -6�· χ +8χ+10 θέτουμε όπου χ 3 -5 και βρίσκουμε ι:.( χ) =7(-5)2 -6(-5) χ+8χ+10=38χ+185. Το [εφαρμογή Άσκησης 9(β) Ευκλείδης ειcrέλεση της διαίρεσης. Β ' 74 τ.2/39] ο 2oo 2οο 2ο 9 s Αν Δ ( χ ) =χ ωsι -χ 1001+x _10011 και δ( χ) =χ2 _ 1, τότε Δ( χ) ={ �)ι -{ �) · χ+{ �) -1 . Θέτουμε όπου χ2 το 1 και βρίσκουμε υ( χ) =1-1·χ+1-1=-χ+1. Αν δ(χ)=αχκ+β με εργαζόμαστε ομοίως θέτοντας στο Δ(χ) όπου χκ το -�α Αν Δ( χ) =5χ3 -6χ2 +4χ-2 και δ( χ) =2χ3 -3, τότε Δ( χ) =5χ2χ-6χ2 +4χ-2. Θέτουμε όπου χ2 23 και βρίσκουμε 23 Το αποτέλεσμα υ( χ) = -152 χ-9+4χ-2=-χ-11. 2 επαληθεύεται με εκτέλεση διαίρεσης.της διαίρεΑπό τηντηςταυτότητα σης Δ( χ) = { αχκ +β) π( χ) +υ( χ) παίρνουμε Δ( χ) = (χκ+ �) α· π( χ) +υ ( χ) , δηλαδή οι διαιρέσεις Δ( χ) : ( αχκ +β) και Δ( χ) = (χκ + �) αφήνουν Α. Β.

κ=

κ· μ + ν

Ιlαραδείγμαϊα:

το

-------

ωrοτέλεσμα επαληθεύεται με

•

α:�Ο

Παράδ�ιγμα:

το -

Παρατ ή ρηση 1 ' 1

το ίδιο υπόλοιπο και πηλίκα π χ , α·π χ αντιστοίχωςή Το(μεπροηγούμενο θα υπόλοιπο μπορούσε να βρεθεί πιο επίπονη φυσικά διαδι κασία) ως εξής: Έχουμε την ταυτότητα Δ ( χ ) = ( χ- JH χ+ #} ( χ } + αχ+ β, οπότε {�)=� ·α+β απ' όπου προκύπτουν τα α, β. {-�)=-� · α+β · ·"'

Παρατ ρηση 2'1 :

Η αυστηρή αιτιολόγηση των παραπάνω συμπερασμάτων γίνεται ως εξής: Αν θεωρήσουμε δυο πολυώνυμα Α(χ), Β(χ)και ένα τρίτο μη μηδενικό πο λυώνυμο δ(χ), τότε τα Α(χ), Β(χ) θα λέγονται ισουπό λοιπα ως προς δ(χ), όταν και μόνο οι διαιρέσεις Α(χ):δ(χ) και Β(χ):δ(χ) αφήνουν ίσα υπόλοιπα. Συμβολικά γράφουμε τότε: Α ( χ ) - Β ( χ )[ δ ( χ ) J ή απλώς Α ( χ ) - Β ( χ ) , όταν είναι σαφώς ορισμένο το δ(χ). Προφανώς ισοδυναμεί με Α(χ)-Β(χ)=πολ δ(χ). Εύκολα αποδεικνύεται ότι: Αν Α ( χ ) - Β ( χ ) και Α, ( χ) - Βι ( χ) τότε λ · Α ( χ ) + λ1 Α1 ( χ ) - λ · Β ( χ ) +λ, · Β1 ( χ ) , Α ( χ ) · Α1 ( χ ) - Β ( χ ) · Β1 ( χ ) , Av ( x ) - Bv ( x ) , όπου λ, λ , IR. και ν Ν * . Έτσι σε κάθε πολυώνυμο f{x) μπορούμε να αντικαταστήσουμε κάποιο από τα πολυώ νυμα που το απαρτίζουν (ως προσθετέοι ή ως παράγο ντες) με άλλα ισουπόλοιπα αυτών, στοχεύοντας να υπο βιβάσουμε το βαθμό, κάτω από το βαθμό του διαιρέτη. Ε φ αρμογή : Για να βρούμε το υπόλοιπο της διαίρεσης του πολυωνύμου f ( x ) = x5 + 2x 3 + x - 2 με το δ ( χ ) = χ 2 + 2χ - 1 , θα ακολουθήσουμε τη διαδικασία που υποδείξαμε με τη συμφωνία τις σχέσεις (-) και (=) να τις γράφουμε για συντομία συνεχόμενες όπου ισχύ ουν. Έχουμε λοιπόν: δ ( χ ) = χ 2 - ( 1 - 2χ ) = πολδ ( χ ) , και οπότε χ 2 - ( 1 - 2χ )[ δ ( χ )] f ( x ) - χ ( 1 - 2χ γ + 2χ ( 1 - 2χ ) + χ - 2 = 4χ 3 -8χ 2 + 4χ - 2 - 4χ ( 1 - 2χ ) - 8 ( 1 - 2χ ) + 4χ = = -8χ 2 + 24χ -10 - -8 ( 1 - 2χ ) + 24χ -10 = 40χ - 1 8 Το υπόλοιπο της διαίρεσης λοιπόν είναι ( χ ) = 40χ -18 . Μπορείτε εύκολα να επαληθεύσετε το αποτέλεσμα με εκτέλεση της διαίρεσης. Πλήρη αντιμε τώπιση του θέματος μπορείτε να βρείτε στο βιβλίο του Θ.Ν. Καζαντζή, Πολυώνυμα, έκδοση 1977. Αιτιολόγη ση :

•

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/39

Γιώργος Σ. Τ ασσόπουλος

-------

Μ αθη ματικά για τη Β ' Λυκείου

Θεώρημα ρητών ριζών

[2° Πρότυπο Πειραματικό Γενικό Λύκειο Αθηνών] Υπενθυμίζουμε ότι ένας μη μηδενικός ακέραιος p λέμε ότι διαιρεί τον ακέραιο q αν και μόνο αν υπάρχει ακέραιος m τέτοιος ώστε q mp. Επίσης δύο ακέραιοι p, q λέγονται πρώτοι μεταξύ τους αν και μόνο αν ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους είναι ίσος με το Ισχύει η εξής πρόταση: Αν ο ακέραιος p διαιρεί το γινόμενο aq και οι p, q είναι πρώτοι μεταξύ τους, τότε ο p διαιρεί τον (Θεώρημα ρητών ριζών) Υποθέτουμε ότι α0, «ι;" , «v είναι ακέραιοι αριθμοί καιvότι ο ρητόςv αριθμός με p, q πρώτους ι μεταξύ τους, είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης «vx + «v- ι χο- +διαιρεί ... + + Όπου a0av * Ο. Τότε ο διαιρεί το σταθερό όρο α0v και τον «v και ο p. ι Επειδή ο �v είναι ρίζα της v έχουμε: «vv (�) + «v - ι (�)ν - + ... + «ι � + 0 Ο . Πολλαπλασιάζοντας με q pπαίρνουμε «v P v«v - ι P - ι q + ...v +ι «ι pq v - ι +v a0q v Ο, οπότε v («v P - ι «v - ι qp - 2 + ... + «ι q - ) -ao q . Από την τελευταία ισότητα, οι p,επιχείρημα q , καθώς και οι είναι πρώτοι μεταξύ τους, έπεται ότι ο p διαιρεί το σταθερόΣύμφωνα όρο α0.με Μετοεπειδή ανάλογο αποδεικνύουμε ότι ο q διαιρεί τον «v · παραπάνω Θεώρημα, οι μόνες ρητές ρίζες της εξίσωσης είναι οι αριθμοί της μορφής , όπου p είναι διαιρέτης του σταθερού όρου α0 και ο q είναι διαιρέτης του «v . Αν ο μη αρνητικός ακέραιος δεν είναι τετράγωνο ακεραίου, τότε ο είναι άρρητος. Απόδειξη Προφανώς ο αριθμός είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης Ο (2) η οποία έχει ακέραιους συντελεστές. Ας υποθέσουμε ότι ο ρητός ,όπου p , q είναι πρώτοι μεταξύ τους είναι ρίζα της εξίσωσης (2). Τότε q ή q οπότε p ή -p κατά συνέπεια p2 το οποίο είναι άτοπο, διότι ο δεν είναι τετράγωνο ακεραίου. Επομένως ο είναι άρρητος. Ο αριθμός V5 είναι άρρητος. Ο αριθμός V5 είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης Ο (3) η οποία έχει ακέραιους συντελεστές. Σύμφωνα με το Θεώρημα οι ρητές ρίζες της εξίσωσης (3) είναι οιείναιαριθμοί άρρητος. Όμως επειδή κανένας από αυτούς δεν είναι ρίζα της (3) συμπεραίνουμε ότι ο V5 είναι άρρητος. Ο αριθμός ..f3 ' όπου προκύπτει Υψώνοντας τον στο τετράγωνο παίρνουμε απ , το οποίο σημαίνει ότι ο είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης(4)με ακέραιους συντελεστές + Πιθανές ρίζες της εξίσωσης (4) είναι οι αριθμοί Προφανώς κανένας από αυτούς δεν είναι ρίζα της εξίσωσης (4), το οποίο σημαίνει ότι ο αριθμός είναι άρρητος. V + είναι άρρητος. 4 Ο αριθμός το οποίο+ σημαίνει ότι ο Υψώνοντας στονπολυωνυμικής κύβο παίρνουμε + οπότε είναι ρίζα της αριθμός εξίσωσης με ακέραιους Ο ( 5) συντελεστές Πιθανές ρητές ρίζες της (5) είναι οι αριθμοί ±7. Με επαλήθευση βρίσκουμε ότι κανένας από τους παραπάνω αριθμούς δεν είναι ρίζα της εξίσωσης (5), κατά συνέπεια ο είναι άρρητος. ' ' μοναδικη' ρι'ζα τον αριθμο' �ν'S+ ι εξισωση + Ο (6) εχει ι ' αρρητος. ' ' ειναι �ν'S- , ο οποιος ' οτι και ετουμε �ν'S+ι και �ν'S-ι Παρατηρουμε Επίσης δηλαδή + + οπότε + Καμπούκος Κυριάκος

α.

Θεώρη μα 1

�

Απόδειξη

Εφαρμογή 1

α0 = Ο

(1)

α =

Παρατήρ ηση

αιχ

(1)

=�

ν p, q

(1)

� q

..fii χ2 - n =

..fii

= 1

= -1,

=� q

Εφαρμογή 2 Απόδειξη

= ..fii

χ3 - 5 = (1)

±1, ±5.

Εφαρμογή 3 Απόδειξη 24

- ..fi

α= α α

α2 = 5 - 2..J6 ,

χ4 - 1 0χ2

α=

Εφαρμογή Απόδειξη α

..fi

(α2 - 5)2 =

1=ο ±1. α = ..J3 - ..fi

α3 = 3

..fi,

(α3 - 3)2 = 2, χ6 - 6χ3

±1,

Ε φαρμογη' 5 Η

χ5

5χ 3 + 5χ - 1 =

α=

-2

Απο' δ ειξη Θ '

χ=

y = --. 2 2α5 = (χ - y) 5 = χ5 - 5x4y 1 0x3y2 - 1 0x2y3 1 0 (χ - y) , α5 = 1 + 10α - 5 (χ3 - y3) . ...

α = χ - y , xy = 1

5xy4 - y5 ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/40

χ5 - y5 = 1 .

α 5 = 1 - 5 (χ3 - y3)

-------

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

-------

(χ - y) 3 = χ3 - 3x2y + 3xy2 - y3 χ3 - y3 = (χ - y) 3 + 3 (χ - y) χ3 - y3 = α3 + 3α α 5 = 1 + 10α - S (α3 + 3α), α 5 + 5α3 + Sα - 1 = Ο. α f(x) = χ5 + S x3 + Sx 1 ,χ ε R α ±1. α α= + ../3 Εφαρμογή 6 Ο α - ../3 = Απόδειξη α3 - 3α2../3 + 9α - 3../3 = 2, α3 + 9α - 2 = 3 ( α2 + 1 ) ../3. α3 + 9α - 2 = 3 ( α2 + 1 ) ../3 α6 - 9α4 - 4α3 + 27α2 - 36α - 23 α χ6 - 9χ4 - 4χ3 + 2 7χ2 - 36χ - 2 3 = Ο ±1 ±23. α 2 Σ ντομοτερα: ,-;; α +z αν3 � = 33( 9 ι α2 + 1 * Ο υ

την ταυτότητα , έπεται , Από δ1;1λαδήο είναι ρίζα της εξίσωσης . Επομένως δηλαδή Άρα (6). Εύκολα αποδεικνύεται ότι η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα, οπότε ο είναι μοναδική ρίζα της εξίσωσης ( 6). Σύμφωνα το Θεώρημα ρητές ρίζεςότιτηςο (6)είναιείναιάρρητος. οι αριθμοί Όμως κανένας από αυτούς δενμεείναι ρίζα της (1,6),οιτοπιθανές οποίο σημαίνει αριθμός V2 είναι άρρητος. Προφανώς έχουμε: α- J3 ifi . Υψώνοντας και τα δύο μέλη της ισότητας VZ, στον κύβο παίρνουμε: οπότε παίρνουμε: Αν υψώσουμε στο τετράγωνο και τα δύο= Ο,μέλητο οποίο της σχέσης σημαίνει ότι το είναι ρίζα της πολυωνυμικής εξίσωσης με το Θεώρημα 1 οι μόνες ρητές ρίζες της εξίσωσης (7), που έχει ακέραιους συντελεστές. Σύμφωνα (7) είναι οι αριθμοί και Όμως κανένας από αυτούς δεν είναι ρίζα, της (7),, γεγονός, το οποίο συνεπάγεται ότι ο είναι άρρητος. ' οτι ο α ειναι ρητος, τοτε' επειδη' ' Αν υποθ εσουμε , , προκυπτει το οποίο είναι άτοπο διότι ο είναι άρρητος (Εφαρμογή 1 ), ενώ ο είναι ρητός. Επομένως ο είναι άρρητος. Με ανάλογο τρόπο μπορούμε να εργαστούμε στις εφαρμογές (3), (4). =

) α +

α 3(+ 92 α - z ) 3 α +1

../3

Β ι βλιογραφία:

1) Kenneth Α. Ross, Elementary Analysis: The Theory ofCalculus, Springer-Verlag 2) George Pedrick, Α First Course in Analysis, Springer-Verlag. 3) Ανδρεαδάιcης Σ., Κατσαργύρης Β., Παπασταυρίδης Σ., Πολύζος Γ., Σβέρκος Α., Άλγεβρα Β' Λυκείου, ΠΥΕ "Διόφαντος". 4) Καμπούκος Κ., Τασσόπουλος Γ., Μαθηματική Ανάλυση Ι, Εκδόσεις: Πελεκάνος Υπολογισ μός τη ς τιμή ς ενός πολυωνύμου Ρ(χ) για χ=α±

Jβ .

Διονύσης Γιάνναρος για

Στον παρόν άρθρο παρουσιάζουμε ένα τρόπο υπολογισμού της τιμής ενός πολυωνύμου χ=α± Jji , όπου αεQ, βεQ+*, αλλά Jji �Q+* · 'Εστω Ρ(χ) = + + .... + αι χ +αο ένα πολυώνυμο ρητούς συντελεστές και φ(χ) το πολυώνυμο 2ou βαθμού με ρίζες τους αριθμούς α+ Jji και α- Jii . Αυτό είναι: Φ(χ)= [χ-(α+ Jji )} [χ-( α- Jii = (χ-α)2 - β = χ2-2αχ +α2 -β. ΑνΕπειδή τ9 Ρ(χ)ο διαιρέτης διαιρεθεί μεείναιτο φ(χ), θα έχουμετο τηνυπόλοιπο ταυτότητα: Ρ(χ)=φ(χ)π(χ) (κχ+λ)πολυώνυμο (1). α ' βαθμού ή β ' βαθμού, της διαίρεσης θα +είναι μηδενικό. Από τη σχέση για χ= α± .Jβ έχουμε: Ρ(α± .Jβ )= φ(α± .Jβ )π(α± .Jβ )+ κ(α± .Jβ )+λ ή επ?�δή φ(α± .Jβ )=0, Ρ(α± .Jβ )= κ(α± .Jβ )+λ. ν- ι α.,_ιχ

ν α.,χ

με

)]

(1)

Εφαρμογές: 1.

'Εστω Ρ(χ)=χ7-3χ6-2χ5+2χ4-χ2 +5χ-4 και χ= 2+ J2 . 'Εχουμε: φ(χ)=χ2-4χ+2, π(χ)=χ5+χ4-1 και υ(χ)=χ-2. Άρα η αριθμητική τιμή του πολυωνύμου για χ= 2+ J2 είναι: Ρ(2+ J2 ) = υ(2+6 J2 5)= 2+ J2 -2 = J2 . Να βρεθεί η τιμή του κλάσματος χ1χ -- 2χ2χ7 -- 2χ2χ6 + χχ - 11 για χ=1-ν3r:; . 2 Έχουμε: φ(χ) = χ2-2χ-2. Το κλάσμα γράφεται: χχ\χ 6 (χ 2 -- 2χ2χ -- 2)2) ++ χχ -- 11 και επειδή γιαχ= 1-ν3r:; το χ2-2χ-2 μηδενίζεται συμπεραίνουμε πως τιμή του χ= J3 θα είναι ίση με -ν3 -1 1. 8

για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/41

ΕΜΒΑΔΑ ΕΥΘΥΓΡΑΜΜΩΝ ΣΧΗΜΑΤΩΝ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Σωτηρόπουλος Νίκος Στην αρχαιό τητα η έννοια του εμβαδού (ό χι βέβαια με το σημερινό ορισμό του) αποτελούσε αντικείμενο με λέτης και έρευ νας. Η σημερινή έννοια ισεμβαδικά σχήματα στα Στοιχεία του Ευκλείδη σημαίνει ισοδιαχω ρισιμα σχήματα και αυτό επιτ υγχάνεται πολλές φορές με εντ υπωσιακό τρόπο. Πολλοί Έλλ ηνες μαθηματικοί ανέπτυξαν σημαντικές θεωρ ίες και τεχνικές μεθόδους για το σκοπό αυτό, με αποκορύφωμα τον Α ρχιμήδη που έφθασε μέχρι τον τετραγωνισμό παραβολικού χωρ ίου, δηλαδή στις παρυ φές του ολοκληρωτικού Λ ογισμού.

Ερωrήσει ς σωοτού- λάθου ς (Σ) (Λ).

Να χαρακτηρίσετε προτάσεις ωςτριγώνων σωστές ΑΒΓή καιλάθοςΔΕΖ είναι συμπληρωματικές τότε: Αν οι γωνίες Ατιςκαιπαρακάτω Δ δύο οποιονδήποτε Ι.

( ΑΒ Γ )

( ΔΕΖ )

ΑΒ · ΑΓ

ΔΕ · ΔΖ

Αν ΑΒΓ είναιΕΖ)ισόπλευρο· ΕΖτρίγωνο πλευράς α και ΔΕΖ τυχαίο τρίγωνο με γωνία Ε = 120°, τότε ισχ6ει ΔΕ , (Δ η σχεση α2 Το εμβαδό οποιουδήποτε τετραπλεύρου ΑΒΓΔ με κάθετες διαγώνιους είναι (ΑΒΓΔ) = 21 · ΒΔ [3 Όλα τα ισόπλευρα τρίγωνα με πλευρά α έχουν εμβαδό ίσο με 2 VΊ6 Δύο οποιαδήποτε οποιαδήποτε ισοδύναμα τρίγωνα έχουν ίσα εμβαδά ανίσακαι μόνο αν είναι ίσα. Δύο τρίγωνα είναι και Υπάρχουν ισοδύναμα τρίγωνα είναι που είναι και ίσα Δύο οποιαδήποτε ίσα τρίγωνα ισοδύναμα. Σε οποιοδήποτε τετράπλευρο ΑΒΓΔ, αν σημειώσουμε με Μ το μέσο της διαγωνίου του ΒΔ, σχηματί ζονται τα τετράπλευρα ΑΜΓ Δ και ΑΜΓΒ που είναι ισοδύναμα. Όλα τα ισόπλευρατμήμα τρίγωνα είναι ισοδύναμα. Τοναμαευθύγραμμο που συνδέει τα μέσα των δύο βάσεων κάθε τραπεζίου το διαιρεί σε δύο ισοδύτραπέζια . Δύο οποιαδήποτε τετράγωνα μεκαιίσαδιαγώνιο εμβαδάδείναι ίσα. ίσο με δ2. Κάθε τετράγωνο με πλευρά α έχει εμβαδό Κάθε τρίγωνο χωρίζεται από τη διάμεσο του σε δύο τρίγωνα ισοδύναμα. Δύο οποιαδήποτε ισοδύναμα ορθογώνια τρίγωνα είναι ίσα. [1 -Λ 2-Σ 3-Σ 4-Σ 5-Λ 6-Λ 7-Σ 8-Σ 9-Λ 10-Λ 11 -Σ 12-Σ 13-Λ 14-Σ 15-Λ] ( ΑΒ Γ )

3. 4.

5. 6. 7. 8. 9.

ΑΓ

l Ο.

11.

12. 13. I 4. I 5.

ΑΠΑΝΤΗΣΕΙΣ '

Άσκηση 1 '1

Ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΒΕΖ είναι εγγεγραμμέ νο σε τετράγωνο πλευράς α, όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Να υπολογίσετε το εμβαδό του τριγώνου ΒΕΖ ως συνάρτηση της πλευράς α του τετραγώνου. Λ ΥΣΗ

Ασκiισtις

Επειδή =,.iσοσκελές ΒΓ = α καιέχουμε ΒΕ = ΒΖότιαφού το τρίγω νοτρίγωνα ΒΕΖΑΒείναι τα ορθογώνια ΑΒΕ και είναι ίσα. Α ν ονομάσουμε ΒΓΖ ΑΕ = ΖΓ = β, τότετρίγωνο είναι ΑΕΒ και ΔΕ=ΔΖ=α-β 2 =μεα2β<α. 2 + Στο ορθογώνιο έχουμε: χ β και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΕΖ έχουμε:

Β 11 Ε

11. - 11

11· - 11

2 + (α-β)2 2= 2(α-2 β)2 2 χαπό2 = όπου (α-β)προκύπτει: α + β = 2(α - β) 2β -4αβ + α2 = Ο, άρα β = (2 - J3 )α αφού β < α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/42

<=:>

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

------

ΑΜ . (2) ΑλΑνάλογα προκύπτει ότι (ΑΜ Τότε είναι χ2 = α2 + β2 = α2 +(2-.J3 )2α2 = (Μ ΔΓ) ΜΔ = 4α2( 2-.J3 ) και το εμβαδό του τριγώνου ΒΕΖ λά ( 1 ), (2) είναι: (ΒΕΖ)= χ\/34 =4α.Ζ(2 -J3)· J34 = α2 (2J3 -3) 2 (ΜΒΔ ) = 2 = �(Β�) n2 χ χ Αν ΕΖ=χ, τοτε =ΙJL.... = ..[2 ' οποτε' =α- J2 και ΑΒ2 + ΑΕ2 = ΒΕ2 α2 + ( α- h J2 = χ2 Στο τετράπλευρο ΑΒΓΔ τα Ε, Ζ είναι τα μέσα των πλευρών του ΑΒ και ΔΓ αντίστοιχα. Συμ χ2 + 2α.fix-4α2 = Ο => χ = α ( .J6 - .fi) βολίζουμε με Ε ι =(ΑΘΖ), Ε2=(ΖΒΗ), Ε3=(ΕΗΓ) =>

Β ' Τ ρόπος:

rrf

ΔΕ

ΑΕ

λ'7

η f

Γ) =

(Α Μ Γ ) (Α Μ Β ) = (Β Μ Δ ) (Μ Δ Γ ) m

•

Ά σ κη ση 3'1

και Ε4 = (ΔΘΕ). Να δείξετε ότι: Ε Για την κατασκευή του τριγώνου ΒΕΖ αρκεί εκα ι + Ε3 = Ε2 + Ε4 τέρωθεν της ΒΔ να σχηματίσουμε τις γωνίες

Σχό λια : •

•

ΔΒΕ = ΔΒz = 30°.

Μπορούμε πλέον να υπολογίσουμε και τους τριγω νομετρικούς αριθμούς της γωνίας των 15° χωρίς την χρήση τύπων της τριγωνομετρίας. π.χ. συν ! 5° = � χ

Ά σ κηση 2η

( J6

)

J6 +Ji

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ4 της πλευράς ΒΓ τέτοιο ώστε: ΒΔ = κ·ΔΓ, με κ>Ο. Αν Μ τυχαίο σημείο της ΑΔ να δείξετε ότι: α) (ΑΔΓ) = _ι_ (ΑΒΓ). κ+l Α Β Α β) ν ( Μ ) = m2 , (ΑΜΓ) = η2 και (ΓΜΔ) =l 2 , όπου m, η, l * Ο, να υπολογιστεί το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση των m, η, και l . ΛΥΣΗ

ΛΥΣΗ

Αρκεί Ε 1 + Ε3=+(ΒΖΔΕ). (ΖΗΕΘ) = Ε2 + Ε4 δη λαδή (ΑΖΓΕ) στή «η διάμεσος κάθε ζειΑΕΖ)=(ΒΕΖ), σεπρόταση δύο ισοδύναμα τρίγωνα» στο τρίγωνο ΑΕΒπρόσθεση και κατά στο τρίγωνο ΔΖΓ. ελικά με παίρνουμε: (ΑΖΓΕ) = (ΒΖΔΕ). Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος, ΔΓ ΔΓ ΔΓ Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και το περιγ οπότε: (ΑΔΓ) = γεγραμμένο του κέντρου Ο. Έστω Α '. Β ', (ΑΒΓ) ΒΓ ΒΔ + ΔΓ κ · ΔΓ+ΔΓ Γ τα aντιδιαμετρικά των κορυφών του Α, Β, Γ ΔΓ αποδείξετε ότι: αντίστοιχα. Να Επομένως (ΑΔΓ) = 1- (ΑΒΓ). (κ + l)ΔΓ κ+l Αν Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε α)

έχουμε : (ΓΖΕ)=(ΔΖΕ) μέλη

Ά σ κη ση 4'1

κύκλο

Παρατήρηση : Αν κ = Ι τότε η ΑΔ είναι διάμεσος

του τριγώνου ΑΒΓ και (ΑΔΓ) = γνωστή πρόταση.

(ΖΗΕΘ),

ρ άγ μ α τ ι με βάση τη γνω τριγώνου το χωρί

!._1

(ΑΒΓ), που είναι η

α)

τα τετράπλευρα ΗΒΑ Τ, ΗΓΒ 'Α και ΗΑΓΒ εί ναι παραλληλόγραμμα. β) (ΑΒ ΤΑ 'Β Γ) = 2(ΑΒΓ) ΛΥΣΗ

παράλληλαείναιαφού Τακάθετα τμήματαστοΒΗτμήμα και ΑΑΓ,Τ είναι είναι καθόσον διάμετρος. 'Β είναι ια τονλληλα.ίδιοΕπομένως και λόγο τα τμήματα Α Γπαρά ΓΗ τοΑνάλογα τετράπλευροαποδεικνύεται ΗΒΑΤ εί ναιότι καιπαραλληλόγραμμο. τα τετράπλευρα αυτά ΗΓΒ 'Α και ΗΑΓΑ 'Β είναι παραλληλόγραμμα. Επίσης τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΒΜΔ έχουν κοι- Με δεδομένο ότι κάθε διαγώνιος παραλληλο (ΑΜΒ) ΑΜ . (Ι) , , γράμμου χωρίζειέχουμε: σε δύο ίσα(ΑΒκαιΤΑκατά νο, υψος, οποτε: 'Β συνέπεια ισοδύναματοτρίγωνα = (ΒΜΔ) = -ΜΔ β)

α)

ΑΑ'

β)

Γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/43

----

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

= (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ++ (ΑΒ (ΓΑ Ή)++(ΒΗΑ) Τ)++(ΓΗΒ) (ΒΓΆ)== (ΑΗΓ) (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΓ)

Το τετράπλευ ρο ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμμο και (ΚΛΜΝ) = 8 (ΑΒΓΔ)

= =

-----

ΛΥΣΗ

ΒΕ ' ΒΖ => Ε 'Ζ και τα τριγωνα ' ΒΕ 'Ζ ΒΑ ΒΓ 3 'Ζ) ( )2 και ΒΑΓ είναι όμοια άρα (ΒΕ (Β ) "3 9 . Όμοια ΘΗροΊ/ ΑΓ, ΗΖείναι ΕΘ Ί/ΑΔ.γραμμο. Ί/ΔΒ,παραλληλό Συνεπώς το τετράπλευ Εύκολα ' βρίσκουμε ' ότι ΚΕΕ = , ΛΖΖ '=ΒΙΖ ΒΙΕ κ.=(ΕΕ'ΖΖΉΗ'ΘΘ')+(Β λ.π. Άρα = = (ΕΕ 'ΖΖΉΗ 'ΘΘ ')+ΙΕ')+(Β +(ΔΗ 'Θ) = + (ΔΤΘ) = (ΒΕ 'Ζ)ΙΖ)+(ΔΤΗ') =(ΑΒΓΔ)-(ΑΘΕ)-(ΓΖΗ)= (ΑΒΓΔ)-91 (ΑΒΔ) _!9(ΒΓΔ)= (ΑΒΓΔ) - _!_9 (ΑΒΓΔ) = �9 (ΑΒΓΔ) 1

1 /ΑΓ

= -

ΑΓ

ΚΛΜΝ

(ΚΛΜΝ)

(Άμεση απόδειξη) ΟΒ) = R . R = Α'όΒ + ΑόΒ => (Α(ΑΌΒ) R·R (ΑΟΒ) = (ΑΌΒ). Ομοίως (ΒΟΓ) (ΒκατάΌΓ)μέληκαι (ΓΟΑ) = (ΓΟΑ) οπότε με πρόσθεση προκύπτει το ζητούμενο. Β ' τ ρόπο ς

1 80 °

�

Ά σκη ση Sη

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ εμβαδού 10 τετραγωνικών μονάδων και η διχοτόμος του ΑΔ . Πάνω στην πλευρά ΑΓ παίρνου με ση μείο Κ τέτοιο ώστε ΑΚ = ΑΒ. Αν η ΒΚ τέμνει την διχο τό μο της γωνίας Α στο σημείο Μ. Να υπολογί σετε το εμβαδό του τριγώνου ΑΜΓ. ΛΥΣΗ

Στοοπότε ισοσκελέ ςδιάμεσος. τρίγωνο ΑΒΚ η(ΑΑΜ είναι διχοτό μος και Άρα = (ΑΒΜ), ΜΚ) ομοίως (ΚΜΓ) (ΑΒΓ) = (ΑΒΚ)=+(ΒΜΓ). (ΒΓΚ) =Άρα2 [(ΑΜΚ) + (ΚΜΓ)]= 2(ΑΜΓ)=>(ΑΜΓ)= .!..2_2 5 . =

Άσκη ση 7η

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Επάνω στις πλευρές του ΑΒ και ΓΔ παίρνουμε τα σημεία Ε και Ζ τέτοια ώστε ΑΕ = ΓΖ = 1/3 ΑΒ και επάνω στις πλευρές του ΑΔ και ΒΓ τα σημεία Η και Θ τέτοια ώστε ΒΘ = ΔΗ = 1/3 ΒΓ. Τα τμήματα ΑΖ, ΒΗ, ΓΕ και ΔΘ τεμνόμενα ανά δύο σχημα τίζουν τετράπλευρο ΜΝΡΚ. α) Να δει'ξετε οτι: (ΒΗΔΘ) 13

β) Να δείξετε ότι ΛΥΣΗ Ά σκη ση 6η

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ και τα ζεύγη σημεί ων Ε, Ε' Ζ, Ί:, Η, Η' , Θ, Θ' που τριχοτομούν τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ του τετραπλεύ ρου. Τα ευθύγραμμα τμήματα Ε'Ζ, ΖΉ, Η'Θ και ΘΈ προεκτεινό μενα σχηματίζουν νέο τε τράπλευρο ΚΛΜΝ. Να δείξετε ότι: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/44

= - .

(ΜΝΡΚ) 3 (ΑΒ ΓΔ) = 13 (ΜΝΡΚ).

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

τε τα οπότε ΓΖ, ΕΑ//= και ΔΗ I/ = ΒΘ Έχουμε παραλληλό είναιείναι επίσης πα ΒΗΔΘ καικαιτοΑΕΓΖ τράπλευραΕπομένως ΜΝΡΚ γραμμα. παραλληλόγραμμα ραλληλόγραμμο. έχουν κοινόΤαύψος, οπότε ΒΗΔΘ και ΜΝΡΚ α)

(ΒΗΔ---'Θ) - = ΔΘ = ΝΡ + ΔΡ + ΝΘ = -'-(ΜΝΡΚ) ΝΡ ΝΡ -

ΔΖ

ΚΗ

ΔΡ ΝΘ = 1+-+-=1 +2+-- = =1+-+ΝΡ ΝΡ ΖΓ ΝΡ .!_2 ΡΔ 2 =-13 (1) Προφανως, ΘΝ=ΚΗ =3+2-=3+2 ·ΡΔ 3 3 από την ισότητα των ΓΘΝ, ΑΚΗ και ΡΔ = = .!_2 ΒΗΔΘ καιΑ ΜΝΡΚ έχουν Τα, παραλληλόγραμμα , , Γ (Α Β Δ) = Δ = 3 (2). Πολκοινο υψος, οποτε (ΒΗΔ ) λαπλασιάζοντας κατά μέληΘτις (1),ΔΗ(2) βρίσκουμε: (ΑΒΓΔ ) = 13, δηλαδή (ΑΒΓΔ)=13 (ΜΝΡΚ). (ΜΝΡΚ) ΚΗ

ΡΝ

β)

ΖΓ ΒΖ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΔ // ΒΓ και Ε το μέσο της ΑΒ. ι α) Να δει'ξετε οτι , (ΓΕΔ) 2 (ΑΒΓΔ) β) Αν τα τμήματα ΕΓ και Ε Δ τέμνουν τη ΖΘ στα σημεία Κ και Λ, να δείξετε ότι : (ΓΚΛΔ) (ΕΒΖΚ) + (ΑΘΛΕ)

------

Άσκη ση 9η α) Έστω ΑΒ ΓΔ το κυρτό τετράπλευρο και Κ, Λ,

Μ, και Ν τα μέσα των πλευρών του ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ αντίστοιχα. Αν Ο είναι το σημείο τομής ΚΜ των και ΛΝ, να δείξετε ότι : . (ΑΚΟΝ) + (ΓΛΟΜ) (ΒΚΟΛ) + (ΔΜΟΝ) β) Δ ίνεται τυχαίο κυ ρτό τετράπλευρο. Κάθε του πλευρά την χωρίζουμε σε τέσσερα ίσα τμήματα. Γραμμοσκιάζουμε εναλλάξ τα σχηματιζόμενα τετράπλευρα. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του σκιασμένου χωρίου ισούται με το εμβαδόν του μη σκιασμένου (η στρεβλή σκακιέρα) =

ΛΥΣΗ α)

Το τετράπλευρο ΚΛΜΝ είναι παραλληλόγραμ μο, οπότε το ΑΟΒ Ο είναιη ΚΟ κοινόείναιμέσοδιάμεσος, των οπότε και ΑΝ . Στο τρίγωνο (ΑΟΚ) = (ΒΟΚ). Ανάλογα έχουμε (ΒΟΛ)=(ΓΟΛ), (ΓΟΜ)=(ΜΟΔ), (ΔΟΝ)=(ΑΟΝ) ΚΜ

Άσκηση 8η

ΛΥΣΗ

Αρκεί (ΒΓΕ)+ (ΑΔΕ)= _!_(ΑΒΓ Δ) . Πράγματι: 2 Αν συμβολίσουμε με το1 ύψος του1 τραπεζίου, έχουμε: (ΒΓΕ)+ (ΑΔΕ) = -2 ΒΓ · -2 + -2 · -2 = α)

+ (ΓΛΟΜ) Επομένως παίρνουμε: (ΑΚΟΝ)(ΓΟΜ) = + + (ΓΟΛ) (ΑΟΝ) = (ΑΟΚ) + (ΒΟΛ)+(ΔΟΜ)=(ΒΚΟΛ) + (ΔΟΜ) = +(ΔΜΟΝ) (ΔΟΝ)+(ΔΟΝ) (ΒΟΚ)++(ΒΟΛ) =(ΒΟΚ) Σύμφωνα με το προηγούμενοι ερώτημα το Γ είναι το μέσο των τμημάτων Α3Ε3 και Γι Γs. 3 = =

β)

Α,

ΑΔ

= ΒΓ + ΑΔ · h = _!_(ΑΒΓΔ ) . 4 2 Β

Στη συνέχεια διαπιστώνουμε ομοίως ότι τα Γ , Γ 4 2 αντι Ε , , είναι τα μέσα των ΓιΓ E και Γ Γ A 3 3 � z 4 5 2 , καθώς και Δ , Δ στοίχως, οπότε και τα , Β , Β Β 3 3 z 4 2 Δ4 προηγούμενο είναι μέσα αντιστοίχων τμημάτων. Σύμφωνα με όJ-1.---<:J---__..;:;:"b . " το ερώτημα από το Δ έχουμε: 23 = y2 + y3, .... Αρκεί (ΓΚΛΔ)+(ΕΚΛ)=(ΕΒΖΚ)+(ΑΘΛΕ)+(ΕΚΛ = Υι + y4, απόέχουμε + , χ χ το Δ 4 2 + y� κμελη χ5 ,+χ8 =y5κατα �ι απε-,ό η, (ΓΕΔ) = (ΑΒΖΘ) ' η, _!_2 (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΖΘ). τοχοΟμοίως Βυ με:4 χΧι6από++χ7το=+yBz6...+ +ΥΊ . με= Υιπροσθεση + Υ2 + ... + δηλαδή Πράγματι: σκιασμένου χωρίου ισούται με το εμβαδόντουτουμη σκιασμένου. 1 Δ). τοεμβαδόν (ΑΒΖΘ)= ΑΘ 2+ΒΖ = ΑΔ +4 ΒΓ = -(ΑΒΓ 2 h

)

- . Δ

)

β)

• Χι

+ Χ4

Χ2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/45

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΕΥΘΕΙΑ ΚΑΙ ΚΥΚλΟΣ (εχθροί ή φίλοι ; )

Του Κώστα Βακαλόπουλου

Στο άρθρο που ακολουθεί παραθέτουμε μια lr------, ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ ιρά σε από ασκήσεις στις οποίες συνυπάρχουν άλλοτε αρμονικά και άλλοτε ανταγω νιστικά οι Σε μια άσκηση που ζητείται ο γ. τ. των σημείων Μ που πληρούν μια ιδιό τητα Ι, αφού ανακαλύψουμε τη δύο βασικές γραμμές τη ς ευθείας και του κύκλου. Σας καλούμε να παρακολουθήσετε τον αγώνα τους γραμμή ( c πάνω στην οποία κινείται το σημείο Μ και στο τέλος να δώσετε το έπαθλο στη γραμμή που νομίζετε ό τι κέρδισε στα σημεία !

ΑΣΚΗΣΗ 1

)

πρέπει, αντίστροφα, να ελ έγξουμε αν κάθε σημείο

της γραμμή ς

( c ) έχει την ιδιότητα Ι.

Πολλές φορές κατά το στάδιο τη ς λύσης μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε ισοδυναμίες, οπό τε έχουμε συγχρ όνως το ευθύ και το αντίστροφο.

Θεωρούμε τα σημεία Μ{2λ - 1,3 - λ) , λ ε 1R . Α) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος (c) των σημείων Μ. Μ ( χ0, y0 ) Β) Να βρεθεί το σημείο Α του (c) που απέχει (c) από την αρχή των αξόνων Ο την ελάχιστη απόσταση καθώς και η ελάχιστη αυτή Μ ε ( c ) λ ε 1R χ0 = 2λ - 1 απόσταση. χ +1 λε� λ = -0Γ) Αν Β το σημείο που τέμνει ο (c) τον άξονα Υο = 3 - λ 2 χ 'χ να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ . χ0 +1 λ = 3 - y0 <=>-- = 3 - y0 <::::> x0 + 2y0 -5 = 0. Δ) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των 2 σημείων Ν του επιπέδου για τα οποία το χ + 2y - 5 = Ο . εμβαδόν του τριγώνου ΝΑΒ ισούται με 20.

Έτσι το παραπάνω ερώτημα θα μπορούσε να αντιμετωπισθεί ως εξής: Έστω σημείο του επιπέδου και ο γ.τ. Τότε και <::::> Υπάρχει ώστε <::::> Υπάρχει ώστε και Άρα ο γ.τ. είναι η ευθεία (ε): Το σημείο τηςτηνευθείας που έχει τη μικρότερη αρχή από απόσταση αξόνων των Έστω Μ τυχαίο σημείο του ζητούμενου γ.τ. σημείο τομής της ευθείας (ε) με τη κάθετηείναιευθείατο Τότε χ Μ = 2λ - 1 και yM = 3 - λ (2) για (η) από το Ο στην (ε). Η ευθεία (η) έχει εξίσωση: -1 κάποιο λ y 2χ αφού: ε .lη =>λε ·\ = -1 =>λη = }i = 2 . Έχουμε: (2) => λ = 3 - ΥΜ . το σύστημα: Οπότε: (l) => x M + 2yM - 5 = 0 (I) :::> Μ ε (ε) , Λύνοντας y = 2x { � <::: :> όπου (ε) η ευθεία με εξίσωση: Ι χ + 2y - 5 = οι . x + 2y - 5 = 0 {yχ == 21 '� ,Α/ Αντίστροφα, ... <::::> Έστω Μ ( χ Μ , yΜ ) ε (ε) . βρίσκουμε ότι το Τότε προφανώς υπάρχει λ ώστε χ Μ = 2λ - 1 ζητούμενο σημείο είναι το Α ( 1, 2) . Χ + 1 Μ ροκειται για το λ = 2 Η απόσταση του Ο (Ο, Ο) από την ευθεία (ε) είναι: 0 + 2 · 0 - 5 1 _2._ J5 Τότε: Μ ε (ε)� (2λ - 1) + 2yΜ - 5 = 0 :::> = J5 = . =1 .J1 2 + 2 2 ΥΜ = 3 - λ . Άρα το Μ θα έχει συντεταγμένες της μορφής Αντικαθιστώντας y = Ο στην εξίσωση της ( 2λ - 1, 3 - λ) . ευθείας (ε) έχουμε χ = 5 . Άρα είναι: Β ( 5, Ο) . Επίσης ΟΑ = (1, 2) , ΟΒ = ( 5, 0) και ΛΥΣΗ

Β)

Α)

Ε JR. .

(1)

·2

Ε JR.

Γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/46

·1

-------

(- ) = 1

Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

Όμως για κάθε θ Ε JR ισχύει: 22 ' 5 ημ2 θ + συν2 θ � Ι . Άρα {'1z ) + (yhl) �Ι => Άρα: (οΑΒ) = _!_2 · ι ι = (x M + 2) 2 + (yM - 2) 2 = 2 => M e:(c) , όπου Έστω Ν ( χ0 , y0 ) τuχαίο σημείο του ο κύκλος με εξίσωση: (χ + 2)2 + ( y - 2)2 = 2 . επιπέδου. Τότε έχουμε: = ( y0 - 2) , Αντίστροφα: Έστω Μ σημείο του κύκλου ) 4 -2 = τότε: (χ Μ + 2)2 + (yM - 2)2 = 2 => ΑΒ = (4, -2) και ( ο ζητούμενος γ.τ. , ( x� l )' + ( � 2 ) ·Εστω ... = -2 ( χ0 + 2y0 - 5 ) . Αν τότε: N E (c) � { ΑΒΝ) = 20 � και β = ΜJ2- 2 Επειδή - · l -2( x0 + 2 y0 - 5) 1 = 20 <=> l x 0 + 2y0 - 5 1 = 20 2 α 2 + β 2 = το σημείο ... <=> x0 + 2y0 - 25 = 0 ή x0 + 2y0 + 1 5 = 0 . Ν (β, α) απέχει από την αξόνων των Άρα ο γ.τ. είναι η αρχή απόσταση σημείο ίση με Άρα ένωση των ευθειών: τριγωνομετρικού του. είναι κύκλου ( ) χ + 2y - 25 = Ο Έστω θ μια από τιςΣύμφωνα γωνίες μεμε τελική πλευρά των την ορισμό τον ημιευθεία και τριγωνομετρικών αριθμών ισχύει: 2

= -10 .

- ο

det ΟΑ, ΟΒ

Δ)

(Ιδιότητα

1).

(c)

ΑΝ

Χ0 - 1,

det AN, AB =

(c),

Χο -1 Υο -2

(c )

�ι.

ε1

ΟΝ.

}

( ε 2 ) : χ + 2y + 1 5 = 0 .

β = συνθ y +2 => Μ 2 = συ νθ, χ Μ = ημθ => α = ημθ J2 J2 YM = fi · � +2 Μ � =..fi·ημθ-2 θ Ε JR ( J2 · ημθ - 2, J2 · συνθ + 2) .

ΑΣΚΗΣΗ 2

}. Άρα για κάθε σημείο

του παραπάνω κύκλου υπάρχει ώστε να έχει ( J2 . ) J2 . συντεταγμένες, τις: Να βρεθεί ο γ.τ. (c) των σημείων Επομένως ο γ. τ . των σημείων Μ είναι ο κύκλος (1) παραμετρική (c) με κέντρο Κ(-2, 2) και ακτίνα ρ = J2 . Αν οικογένεια ευ θειών του επιπέδου να βρείτε για Γεωμετρική λύση : ποιες τιμές του οι ευ θ είες που Ως γνωστόν η σχετική θέση ευθείας ε και κύκλου παριστάνει η εξίσωση (1) (Κ, ρ ) εξαρτάται από τη σχέση της απόστασης τέμνουν τον ( c) του κέντρου του κύκλου από την ευθεία με την ii) εφάπτονται στον (c) ακτίνα του κύκλου. Συγκεκριμένα. iii) είναι εξωτερικές του ( c) . "' Αν (Κ, ε) ρ η ευθεία τέμνει τον κύκλο, Λ1J σ η δύο κοινά σημεία Έστω Μ { ) τuχαίο σημείο του Ανδηλαδήd (Κ,έχειε)με=αυτόν ρ η ευθεία εφάπτεται του ζητούμενου γ.τ. Τότε �=..fi·'Γf,i}-2 και κύκλου, δηλαδή έχει με αυτόν ένα κοινό ίο. σημ ε yM = fi · � +2 (2). ν' (Κ, ε) ρ η ευθεία είναι εξωτερική του ' χ +2 λα κλ δ δ υ ο ή δ εν έχει με αυτ όν κοινα η , κυ (2) =>συνθ = ΥΜ�- 2 , και {l) =>ημθ = Μ� εία. 2 2 .___ση,_,_μ_ _ _ _ ___, Θωρούμε τα σημεία: Μ

Α) Β)

ημθ - 2,

συνθ + 2 , θ Ε JR

•

Μ.

χ+y =μ,

μΕR

Β)

μ Ε 1R

Α)

Χ Μ , ΥΜ

ιι

(1)

•

νL

.---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/47

_ _ ______

____

___

------

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ίίί)

εξίσωση της ευθείας είναι: χ + y - μ = Ο

d (K, ε ) -_ l -2 + 2 - μ i -_ M_ J2 J2

ί)

�

Επομένως αν -2 < μ < 2 τότε η ευθείες που παριστάνει η τέμνουν τον κύκλο. ii) � = J2 � I μi = 2 � μ = ±2 Επομένως μ = ±2 τότε η ευθείες που παριστάνει η εφάπτονται του κύκλου. (1)

αν

ίίί)

�

Επομένως αν τότε η ευθείες που παριστάνει η είναι εξωτερικές του κύκλου. -4 (μ 2 - 4) < Ο � μ < -2 ή μ > 2 . μ < -2 ή μ > 2

ΑΣΚΗΣΗ 3

< J2 � ιμΙ < 2 � -2 < μ < 2

(1)

> .J2 � ι μι < 2 � μ < -2 ή μ > 2

-------

(1)

-1 Ο

= Δίνονται οι εξισώσεις: (λ + 2)χ + λy , (λ + S)x + 2y - 2 = 0 , λ Ε 1R . Α) Να δείξετε ότι οι παραπάνω εξισώσεις παριστάνουν ευ θείες. Β) Να βρείτε τη σχετική θέση των ευθειών ε1 , ε 2 για κάθε πραγματική τιμή του λ Γ) Για ποιες τιμές του λ οι παραπάνω ευθείες είναι κάθετες. Δ) Για ποιες τιμές του λ οι παραπάνω ευθείες είναι παράλληλες. Για τη μικρότερη από τις τιμές αυτές να βρείτε την εξίσωση της μεσοπαράλληλη ς αυτών Ε) Να βρεθεί η ευθεία (ε ') που τέμνει τις ευ θ είες ε 1 , ε 2 που προκύπτουν για λ = στα σημεία Α και Β έτσι ώστε το σημείο Μ 4, -2 να είναι μέσο του ΑΒ .

( )( )

Επομένως αν μ < -2 ή μ > 2 τότε η ευθείες που παριστάνει η είναι εξωτερικές του κύκλου. -1 ( )( ) Τα σημεία τομής των ευθειών που παριστάνει η με τον κύκλο ( c) έχουν συντεταγμένες τις λύσεις ( ) (λ+2,λ):;.t(Ο,Ο) και (λ+5,2) :;.t(Ο,Ο), του συστήματος: {(χ + 2)χ +2 +y -(yμ-=2)Ο2 = 2 � για Προφανώς κάθε λευθείες Ε . Άρα και οι δύο εξισώσεις παριστάνουν {x2 + y2 +y 4=xμ--4yχ + 6 = 0 (2)(3) και Β) Προφανώς (ει ) Ι l v = (λ, -λ - 2) ( ε 2 ) ϊi = ( 2, -λ - 5) και ν, ϊi Ο Η εξίσωση (2) λόγω της (3) γίνεται: λ -λ- � χ 2 + (μ - χ) 2 + 4χ - 4 (μ - χ) + 6 = 0 � ... � det (v,ϊi) = = -λ2 - 3 λ + 4 = Έχουμε: 4 2 -λ-5 2χ 2 - 2 (μ - 4) χ + μ2 - μ + 6 = 0 (4). = ( 1-λ)( λ+4) , οπότε: det(ν,u) = O � λ=1 ή λ=-4. Έστω Δ η διακρίνουσα της εξίσωσης (4). 1 και λ τα διανύσματα και ν Δ οι> Οευθείες τότε τέμνουν η εξίσωσητον 4)κύκλο. έχει δύο ρίζες ϊi δενΑνείναιλ παράλληλα. Αοπότε Άρα και οι ευθείες (ει ) ΑνρίζαΔοπότε = Ο τότε η εξίσωση (4) έχει μια διπλή και ( ε ) τέμνονται. οι ευθείες εφάπτονται του κύκλου. Αν2 λ = 1 τότε οι ευθείες είναι Α(πραγματικές) ν Δ < Ο τότε ηοπότε εξίσωσηοι (4)ευθείες δεν έχει ρίζες (ει ) : 3 χ + y - 1 = Ο και ( ε 2 ) : 6χ + 3y - 2 = Ο , είναι εξωτερικές του κύκλου. δηλαδή ( ε2 ) : 3χ + y - 1 = Ο , οπότε ταυτίζονται. 4 8 -4 4 4 4 Αν λ = τότε οι ευθείες είναι: Δ = (μ - ) 2 - ( μ2 - μ + 6) = ... = ( μ2 - ) -4 (μ 2 - 4) > Ο � -2 < μ < 2 Επομένως αν (ει ) : -2χ - 4 y = 1 , δηλαδή (ει ) : y = - _!_ χ _!_4 2 -2 < μ < 2 τότε η ευθείες που παριστάνει η και ( ε2 ) : y = - -21 χ + 1 , οπότε είναι παράλληλες τέμνουν τον Κύκλο. -4 (μ 2 - 4) = Ο � μ = ±2 . Επομένως αν με την Ευκλείδεια έννοια, αφού έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης και τέμνουν τον άξονα μ = ±2 τότε η ευθείες που παριστάνει η εφάπτονται του κύκλου τον κύκλο. στα διαφορετικά σημεία ( 0,-�) (0, 1) . (1) Αλγεβρ ική λύ ση :

(1)

Λύση Α)

•

(

,.t

-4

•

ί)

ίί)

-4

(1)

' yy

(1)

και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/48

-------

Ση μείωση :

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

διερεύνηση θέσης τωντοδύοσύστημα: ευθειών Ημπορεί να γίνειτης σχετικής αν θεωρήσουμε (λ + 2)χ + λy = 1 ' και το διερευνησουμε με τη {μέθοδο (λ + 5)χ + 2y = 2 των οριζουσών. του παραπάνω συστήματος είναι: Οι ορίζουσες 2 _ D = -λ 3λ + 4 = -(λ - l)(λ + 4) , = -2 (λ 1 ) = λ - 1 . Οπότε: Ανμοναδική λ ::f:. l και λ ::f:. -4 το σύστημα έχει λύση την:

Ομοίως ( � ) / !(�) �νι /ϊi �det(�,ϊi) =o � λ = 1 ή λ = -4 . Για λ = -4 έχουμε τις ευθείες

Δ)

1 (ε ι ) : χ + 2y + - = Ο , ( ε 2 ) : χ + 2y -,; 2 = Ο . , 2 ( ε2 ) ( ει ) 1 λ = -2

Η μεσσοπαράλληλη ευθεία των και θα έχει συντελεστή διεύθυνσης και θα διέρχεται από το μέσο οποιουδήποτε τμήματος που έχει άκρα στις ευθείες ( ει ) και ( ε2 ) . Οι παραπάνω ευθείες ( ει ) και ( ε2 ) τέμνουν τον άξονα στα ( ( λ +2 4 ' - λ +1 4 ) σημεία Α(- 21 ) και Β (2, 0) αντίστοιχα. ( x, y ) = Ω ' Ω = J ΑΒ είναι ασφαλώς οπότε οι ευθείες τέμνονται και μάλιστα στο Οπότε το μέσο Μ του τμήματος ένα σημείο από το οποίο θα διέλθει'Όμωςη σημείο με συντεταγμένες τη παραπάνω μεσοπαράλληλη που αναζητούμε. μοναδική λύση του συστήματος. "' Αν λ = 1 το σύστημα γίνεται: {6x3 χ++2y==12 ( 43 , ) . Άρα η ζητούμενη εξίσωση είναι: 3 1 3x + y = 1 y - 0 = - - ( χ --) , δηλαδή : 4x + 8y - 3 = 0 . δηλαδή: {3x + y = 1 που προφανώς έχει 4 2 λύσεις άπειρες κάθε ζεύγος: ( y) = ( χ, 1 - 3χ ) , χ JR οπότε οι ευθείες ταυτίζονται. Αν λ = -4 το σύστημα γίνεται: 1 -2x - 4y = l χ + 2y = - { x + 2y = 2 , δηλαδή: x + 2y = 22 που προφανώς είναι αδύνατο οπότε οι ευθείες είνα� παράλληλες με την Ευκλείδεια έννοια. Στο ερώτημα αυτό, θα χρησιμοποιήσουμε πάλι τα διανύσματα ν και του ερωτήματος Α) που είναι παράλληλα στις ευθείες ει και ε2 . Η αναφορά στα διανύσματα αυτά γίνεται γιατί η Αν ει και ε2 δυο παράλληλες ευθείες με συνθήκη καθετότητας δύο διανυσμάτων μέσω του εξισώσεις: (ει ) : αχ + βy + γι = Ο και εσωτερικού γινομένου τους δεν απαιτεί κανένα περιορισμό. Αντιθέτως η συνθήκη καθετότητας ( ε 2 ) : αχ + βy + γ 2 = Ο . Εύκολα αποδεικνύεται μέσω συντελεστών διεύθυνσης απαιτεί διερεύνηση ότι η εξίσωση της μεσοπαράλληλης ε των δυο για τη περίπτωση που τα διανύσματα είναι παράλληλα στον άξονα Έχουμε προφανώς ευθειών είναι: (ε) : αχ + β y + γι +2 γ2 = Ο �. ϊi * ο , οπότε: (�) ..ι(�) �ν .lu �ν· u =O � Για λ = - 1 προκύπτουν οι ευθείες (λ, -λ - 2) · (2, -λ - 5) = 0 � (ει ) : χ - y - 1 = Ο και ( ε 2 ) + y - 1 = Ο . 2 2λ + (-λ - 2) (-λ - 5) = 0 � λ + 9λ + 1 0 = 0 Έστω Α και Β τα σημεία στα οποία η ευθεία ε ' τέμνει τις (ει ) και (ε2 ) . Αν χΑ , χΒ οι � λ = -9 ± .J4Ϊ 2 τετμημένες και yΑ , y οι τεταγμένες των σημείων

�--------��----------------------�ι

Dχ

, DΥ

χ 'χ

�ι

,ο

1 .6

χ,

Γ)

{

·1

)

·0.&-

Ο·Ο.δ Ο.δ � 1 .δ

-.. ... ....

ϊί

ε1

...

.....

......

....

ΓΕΝ ΙΚΑ

' y y.

Δ)

: 2χ

---

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 90 τ.2/49

-------

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

------

Αν Β το συμμετρικό ενός σημείου Α ως προς ευθεία (ε) και Α (ε) τότε η ευθεία (ε) είναι μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ και αντιστρόφως. και Προφανώς Α (ε) , αφού χ Α - yΑ - 3 = 4 Ο ΧΑ - yA - 1 = 0 <::> yA = ΧΑ - 1 2χ Β + ΥΒ - 1 = ο <=> ΥΒ = 1 - 2χ Β (4) Έστω ( μ, ν ) με Α το ζητούμενο σημείο Αντικαθιστώντας στη (2) τα yA , y8 από τις οπότε ΑΒ = (μ - 6, ν + 1) δ . Πρέπει και αρκεί (4) βρίσκουμε χΑ = χ 8 = 4 και τελικά Α( 4, 3 ) το μέσο Μ του ΑΒ να ανήκει στην (ε) και το κάθετο στην ευθεία (ε). Όμως και ( 4, -7 ) . Επομένως η ζητούμενη ευθεία τμήμα( μ ;ΑΒ6 ναν ;είναι 1 ) , οπότε: είναι η κατακόρυφος ευθεία με εξίσωση: χ = 4 , ε ( ε ) <=> μ + 6 - ν - 1 - 3 = 0 <=> μ - ν = -1 2 2 Επειδή ο συντελεστής διεύθυνσης της (ε) είναι 1 Ο για να είναι (ε) l. ΑΒ πρέπει και αρκεί το ΑΒ να έχει συντελεστή διεύθυνσης δηλαδή μ 6 και λΑΒ · λ(ε) = -1 (2). Αλλά (2) <=> μν -+ 61 · 1 = -1 <=> ν + μ = 5 Λύνοντας το σύστημα των και έχουμε: ν = 3 και μ = 2 . Άρα το ζητούμενο σημείο είναι το Β ( 2, 3 ) . Έχουμε: (ε ) Ι /v = (1, 1) και AB -=F Ο , οπότε (ε) l. AB <::> v ..l AB <=> v · AB = O <=> <=> 1 ( μ - 6) + 1 (ν + 1) = Ο μ + ν = 5 κ. λ . π . Έστω Δ καιΑνΕ ταΗ ησημεία πουτουη ευθεία ε τέμνει τον κύκλο προβολή Β στην ε, το ΒΗΔ είναι ορθογώνιο. Από το πυθαγόρειο Το παραπάνω ερώτημα λύνεται και γεωμετρικά ως τρίγωνο θεώρημα έχουμε: = + εξής: Αν Θ το σημείο τομής των ( ε1 ) και ( ε ) και Ν τοκορυφές συμμετρικότου τουπαραλληλογράμμου Θ ως προς Μ τότεΘΑΝΒ τα Α, Βοπότεείναι προσδιορίζονται. Α, Β θα ισχύει: χΑ +2 χ8 = 4 <=> χΑ + χ8 = 8 yA + y B = -2 <::> yA + y B = -4 (2) 2

(1)

Α)

(3)

�

(3) ,

"Φ

( 1 ).

"Φ

(3)

·2

(1)

(3)

·3

·4

Συντομότερ α:

·Ο

<=>

·1

Β)

Ση μείω ση :

ΑΣΚΗΣΗ 4

Δίνεται η ευθεία (ε):

Α ( 6, -1 ) .

χ-y-3

Ο και το σημείο

Α) Να βρεθεί το συμμετρικό σημείο Β του Α

ως προς την .εv θεία (ε). Β) Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου

( c)

που

έχει κέντρο το Β αποκόπτει από την ευθεία ε τμήμα με μήκος Λύση

4.Ji .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/SΟ

(c ) .

Β Δ2

ΒΗ2

Η Δ2

� - - - -· - - - - - '

(3)

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

-------

- 31 4 = - = 2ν2 Όμως, ΒΗ = d(Β, ε) = �112 -+3(-1) 2 .J2 2 και ΗΔ = 2.J2 . Οπότε : ΒΔ2 = ( 2.J2)2 +( 2.J2)2 ΒΔ 2 = 1 6 ΒΔ = 4 . Άρα ο κύκλος έχει ακτίνα 4 και εξίσωση: ( χ - 2 )2 + (y - 3 )2 = 1 6 .

διέρχονται ε ίσω όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η Μιααν τοευθεία εφάπτεται σε ένααπέχει κύκλοαπόαν την και μόνο κέντρο του κύκλου ευθεία όσο η ακτίνα του. Έχουμε, ι ( )

Δίνεται η εξίσωση :

Άρα όλοι στην οι κύκλοι εφάπτονται ε. που παριστάνει η Δ) Για λ = 1 και για λ = -2 προκύπτουν οι κύκλοι ( ) και ( ) με κέντρα Κ 1 ( -1, 2) , Κ ( 2, -1) και ακτίνες ρ 1 = .J2 και ρ 2 = 2..fi 2 αντίστοιχα. Προφανώς η εφαπτόμενη του κύκλου ( 1 ) από το Α δεν είναι κατακόρυφη (γιατί;) Έστω y - 5 = λ ( χ + 4) δηλαδή λχ - y + 4λ + 5 = Ο η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας η. Αρκεί να αποδείξουμε ότι:

�

<::::>

ΑΣΚΗΣΗ 5

χ 2 + y 2 + 2λχ + 2 (ι + λ) y + ι + 2λ = ο λ ε JR" .

(1),

Α) Να αποδειχθ εί ότι η (1) παριστάνει κύκλο

για κάθε λ ε JR" Να αποδειχθ εί ότι όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η (1) διέρχονται από σταθερό σημείο Γ) Να αποδειχθεί ότι οι παραπάνω κύκλοι εφάπτονται στην ευ θ εία (ε) με εξίσωση: x-y+l = O Αν ( c 1 ) και ( c ) οι κύκλοι που προκύπτουν

Β) Δ)

από την (1) για λ = ι και λ = -2 αντίστοιχα, να δείξετε ότι η εφαπτόμενες από το σημείο στον κύκλο ( c 1 ) εφάπτονται και στον

Α( -4,5)

κύ κλο ( c Λύση Α)

τότε

Αν

Γ)

1 .

-λ - 1 + λ + 1Ι _ 2 lλl _ ι ι � d ( Κ ε ) _- λ ν2 - ρ � ' �1 2 + (-1 ) 2 ν2

(1)

d (K1 , η ) = Ρι => d ( K z , η ) = Pz

2 ).

Α = 2λ Β 2 ( 1 - λ) =

και

= 1 + 2λ

Α2 + Β 2 - 4Γ = (2λ) 2 + [ 2(1 - λ) Τ - 4 (1 + 2λ) = ... = 8λ 2 > Ο (1) , - = (-λ, λ + 1)

. Άρα η παριστάνει κύκλο με κέντρο κ(-� �) και ακτίνα .J8λ2 = lλl ..fi για κάθε λ JR * . ρ = -2 Β) Ζητάμε σημείο ( χ0 , y0 ) , τέτοιο ώστε ε

χ0 2 + y0 2 + 2λχ0 + 2 ( 1 + λ) y0 + 1 + 2λ = Ο X02 +(y0 - 1)2 + 2λ( χ0 - y0 + 1) = 0 λ Ε JR * .

δηλαδή (2) εξίσωση η για έχει να κάθε Για (ως (2) προς λ) άπειρες λύσεις (τουλάχιστον δύο) πρέπει και αρκεί: { x 0χ02 +-(yy00 -+ 1)1 =2 =Ο 0 που προφανως, ισχύει για ( χ0 , y0 ) = (Ο, 1) . Άρα υπάρχει ζεύγος (x 0 , y0 ) = ( 0, 1) για το οποίο η εξίσωση (2) αληθεύει για κάθε λ JR * . Το ζεύγος αυτό είναι οι συντεταγμένες του σημείου από το οποίο Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' 90 τ.2/51

(2) (3) Άρα:

-------

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

-------

α+β :::; 2

Μια άσκηση του σχολικού βιβλίου και οι συνέπειες της στη βασική ανισότητα

.JOj (α, β>Ο)

Διονύση ς Γιάνναρος

Θα ασχοληθούμε μεκατεύθυνσης την άσκηση Β' σελίδα του βιβλίου Λυκείου την σχολικού οποία αναδιατυπώνουμε ως εξής: ορθογώνιο Θεωρούμε τρίγωνο ΟΔΕ ( ορθή, και ΟΔ<ΟΕ) ύψος φέρουμε το ΟΑ καιτης ΟΒ.τη διάμεσο Θέτουμε ΔΑ =α, ΑΕ=β και αν Μ είναι εσωτερικό κ ' τότε σημείο του ΑΒ, ώστε ΜΑ λ ΜΒ ΟΜ= λ · ΟΑ+κ·ΟΒ . Το παραπάνω συμπέρασμα λ+κ το θεωρούμε γνωστό όπως επίσης και τα: ΟΑ= Μ (ύψος προς υποτείνουσα), ΟΒ = α+2 β α<β. Είναι: ΟΑ · (διάμεσος προς υποτείνουσα), ΟΒ =ΟΑ · προβαι ΟΒ =ΟΑ · ΟΑ =ΟΑ =α· β και ' ' λ OA DM I I < I I < Iιi1 ή Ιδλl < ·�:: � < ΙιΙ1' ή 28

δ=ι

-----+

_____,

�

-----+

---+

--+

---+

ι αιι < λ � κ λ2αβ + 2λκαβ + κ2 (ψ)2 < Ι οοl και Μ

2 �λ κ λ2αβ + 2λκαβ + κ2 ( α ; β ) < α ; β

Ε φαρ μ ο γ ές

του ΑΒ, τότεκαιλ = μ,aπλοποιήσεις οπότε η (1) μετάΑναπόΜ μέσο αντικαταστάσεις α+ β , νGαβ �a2 +144aβ+β2 -γινεται 2 Αν ΟΜ διχοτόμος της γωνίας ΑΟΒ ,τότε από ΟΑ = IOAI = � . = θεώρημα διχοτόμου έχουμε ΜΑ ΜΒ ΟΒ Ι� λ Είναι όμως ι αιι = Μ και ΙοοΙ = α ; β οπότε l η)

Μ κ = 2Μ . λ . έχουμε: λ = α+β α+β 2 Αν στην ( 1) αντικαταστήσουμε το κ βρίσκουμε : α+β . Απο, την ασ, ιcηση 7 -< ν < �2αβ(α+β) να + ν β 2 σχολικού βιβλίου γεωμετρίας (γενικές σελ. 8Αν 8)τοκαιΜασκήσεις συνέπειές της έχουμε: το σημείο επαφής της πλευράς ΑΒ μεΑΜ=τοντ-ΟεγγΒεγκαιείναι ραμμένο στο τρίγωνο ΟΑΒ τότε ΜΒτο =σημείο τ- ΟΑεπαφής και της ΑΒ με τον Αν Μ είναι παρεγγεγραμΑΜ= :ΟΒ. ρ0) τότε μένοτ-ΟΑ και{10 ,ΜΒ = τ, ομως , :τ-ΟΑ= ΟΑ+ΑΒ+ΟΒ - ΟΑ = Ειναι 2 ΑΒ+ΟΒ-ΟΑ- = ΔΒ - ΔΑ+ΟΒ-ΟΑ ---2 2 -α+β2- -α+-α+β2-- ν αβ _- β- Γσ.β -_ ..ffi (.jβ - Fα) 2 2 2 , τροπο, ειναι , τ-ΟΒ = Fα(.jβ2 - Fα) . Με ομοιο Με βάση εφαρμογές αυτά τατηςσυμπεράσματα έχουμε παρακάτω 1 ). σχέσης ( Αν το Μ επαφής είναι το με τον σημείο εγγεγραμμένο τότε ( ) Fα Fα .jβ ΜΑ = τ-ΟΑ = 2 = Fα ΜΒ τ-ΟΒ .jβ(.jβ - Fα) .jβ 2 Οπο, τε λκ = Fα.jβ κ = Fα.jβ Με αντικατάσταση του κ στην ( 1) βρίσκουμε α+β ν uι-ι < �α(α+β)22(Fα+8αβ+ .jβΜ) +4αβ2 <-2 είναι το σημείο,ρεπαφής παρεγγΑνεγΜραμμένο ο) τότε :της ΑΒ με τον Fα = λκ ,α, ρα κ = Fα λ . σχεση , , = ( 1) τωρα ΜΒ .jβ .jβ γίνεται β(α+β)2 +8αβΜ +4α2β < -α+β . Μ � 2 2(Fα + .jβ) �

r::o

�

Γο

Lψ

ί)

κύκλο

ίί)

κύκλο

τις

3η)

κύκλο,

�

λ .

4η)

κύκλο σο

ΜΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ .2/52

Ασκήσεις Στατιστι κής Φ ίλ Σ λ Βασίλη Κ

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ιππος ερέφογ ου και

Ά σκηση 1

Σεβλήματα μια χώρα που αντιμετωπίζει οικονομικά προ οι μισθοί των 400 υπαλλήλων μιας εται ρίας του δημοσίου ακολουθούν περίπου κανονική κατανομή τιμή 1 000€ και τυmκή απόκλι ση Να100€.βρείτεμε μέση ταμισθούς χρήματατωνπουυπαλλήλων διαθέτει ετησίως η εταιρία για τους της. Πόσοι υπάλληλοι παίρνουν μισθό πάνω από 1200€. γ) Αν το όριο φτώχιας για την εν λόγω χώρα είναι ο τηςαριθμός των υπαλλήλων που ζει 900€ νααπόβρεθεί κάτω το όριο φτώχιας. διοίκηση της εταιρείας αποφασίζει αρχικά να μειώσει τους μισθούς όλων των αφαιρέσει υπαλλήλωντοκατά 10% και στη συνέχεια να τους μη νιαίο επίδομα παραγωγικότητας που τους χορηγεί. Μετά τηνμισθός εφαρμογή των μέτρωνγίνεται αυτών850€. ο μέσος μηνιαίος των υπαλλήλων Να βρείτε πόσο ήταν το επίδομα και ποια είναι η νέα τυπική απόκλιση των μισθώνοικονομικών . συμβού εξωτερικών ομάδα Μια λων προτεί ν ει στην εταιρία να ακυρώσει τα προημε γούμενα μέτρα και να απολύσει 40 υπαλλήλους μισθό 1.100 € και 25 υπα ήλους με μισθό 1. 2 00 €. λλ Νμισθολογικού α εξετάσετε κόστους από τις ποια δυο μειώσεις του μηνιαίου είναι η μεγαλύτερη. Λ ύση Έχουμε: χ= 1 000€, = 1 00€ και ν=400 ο αριθμός τωνΕίναι: υπαλλήλων. ( 12=12·μήνες)· ( 400 υπάλληλοι)" χ= 4200€ 00·1000=4. 800.το 02,00€. Πάνω από παίρνει 5% των υπαλλή 1 -400=10 λωνΚάτω δηλαδήαπό2,το5%όριο υπάλληλοι. φτώχιαςυπάλληλοι. που είναι 900€ δηλαδήμισθός 16%·τηςέγινε 400=64 ζειΟτονέος16%μέσος =850€. Όμως = 0,9 χ -λ <=> 850=0,9 ·1 000-λ <=> λ=50 οπότεΤο τομηνιαίο επίδομακόστος που αφαιρέθηκε ήτανπου50€.πάρθηκαν με τα μέτρα είναι: (400 υπάλληλοι)· =400· 8 50 = 340.000€. Ανβουλοιγίνουντο αρχικό οι απολύσεις όπως προτείνουνκόστοςοι σύμ μηνιαίο μισθολογικό που είναι: 00=44. 400·1 000=400. 000€τηςθααπόλυσης μειωθεί κατάτων 40 υ 40·11 0 00€ λόγω πα25·1200=30. με λόγω μισθότης απόλυσης 11 00€ καιτων 20κατάυ λλήλων 000€ παλλήλων με44.μισθό 1200€.000=Άρα74.0συνολικά η μείω θα είναι: 0 00+30. 00€ με αποτέλε το μηνιαίοστα:μισθολογικό της 0εταιρείας νασμαπεριοριστεί 400. 000-74.κόστος 000=326. 00€.

α)

ε)

α) β)

γ)

δ)

ε}

ση

αρκάνης

' ·�·

β)

δ) Η

1).�

100

soo

eoo

τοοο

1 1�0

Ά σ κηση 2

βαθμολογία ενός τυχαίου δείγματος 100 μαθη ' Λυκείου τών της Α που πήραν μέρος στο μαθη ματικό διαγωνισμό «Θαλής» κυμάνθηκε από 0-20. ταξινομήθηκαν σε 5 κλάσεις ίσου πλά Οιτουςβαθμοί και στη συνέχεια κατασκευάστηκε το ιστό γραμμαεκατόσυχνοτήτων καιτοσχετικών συχνοτήτων επί τοις καθώς και κυκλικό διάγραμμα της κατανομής. Στα παραπάνω παρατηρήθηκε ότι:του ορ Στο ιστόγραμμα συχνοτήτων το εμβαδό θογωνίου της 1 ης κλάσης ισούταιεπίμε τοις 1 εκατό το Στο ιστόγραμμα συχνοτήτων ύψοςΣτοτουκυκλικό ορθογωνίου της 4ηςσυχνοτήτων κλάσης είναι 20 που διάγραμμα το τόξο αντιστοιχεί στηντης3η και2ης4ηκλάσης κλάσηείναι ισούταιπενταπλάσιοι 216°. μαθητές Οι απόΓιατουςτηνμαθητές της 5ης κλάσης κατανομή της βαθμολογίας νασυχνοτή κατα σκευάσετε και να συμπληρώσετε πίνακα των,Νααπολύτων καιιστόγραμμα αθροιστικών. γίνει το και το πολύγωνο των αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων επί τοις εκατό καιΝαναβρείτε βρείτετηντηνμέση διάμεσοτιμήτηςτηςκατανομής. κατανομής. Να εκτιμήσετε το δείγμα ως προς την ομοιογέ νεια. Λύση 'Εχουμε: v=lOO, R=20-0=20 και c= R = 205 =4 άρα οι[16,κλάσεις είναι:του[0,(1)4),είναι [4,8),ν[8,12), [12,16),του (2) 2 0]. Λόγω = 10. Λόγω 1 είναι f4 % =20 άρα f4 =0,2 . °<=> ° Λόγω° <=>του (3) είναι: α3,4=216 360 ·( f3 + f4 ) = =216 ... f3 =0,4. Λόγω του (4) είναι:ν2=5ν5 και ισχύει: ν;= ν· f, οπότε: ν3=40, ν4=20, ν5=5 και ν�=25 οπότε: Η

με

α) β)

γ) δ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/53

<::>

-------

α)

Κλάσεις f Ν; F; f; F;ο/ι χ;2 ·ν; [-) % 0-4 2 10 0,10 10 0,10 10 10 20 40 4-8 6 25 0,25 30 0,35 25 35 150 900 8-12 10 40 0,40 70 0,75 40 75 �οο 4000 12-16 14 20 0,20 90 0,95 20 95 � 80 3920 16-20 18 5 0,15 100 1 5 100 90 1620 100 �40 10480 ΣΥΝΟΛΟ 100 1 V;

Χ;

β)

Μ αθη μ ατικά για την Γ Τάξη Χ;.

...

" "

--------

τάδείγμα20%θακαιεξακολουθήσει στη συνέχειανα κατά 12 μονάδες το δικαιολογήσετε την απάντησήείναι σας. ομοιογενές; Να α) Για κάθε χ R f'(x) = 2χχ-2s άρα f'(χ) = Ο <=> χχ = s <=> χ = :χ f'{x) >Ο<=> χχ > s<=>x >=χ και f'{x) <Ο<=> χ< � συνεπαι; f t στο [� .�) , f -1- στο (-oo,�J ' για χ = =χs αρα παρουσια ει ολικο' ε' λαχιστο Είναι CV = �χ = 0.08 < 0.1 άρα το δείγμα είναι ομοιογενές.στο παρακάτω κατανομήσχήμα: των τιμών του δείγματος φαίνεται Λύση

χ >Ο

'ζ

β)

• • • •••••••••

•

Α β

Από το παραπάνω σχήμα έχουμε: ΑΔ Ι ΓΖ Επίσης: ΖΙ( ΔΖ = οποτε: - ΗΘΗΙ 12δ --88 = 5075 -- 3535 <=> ... <=> δ = 9,5 Είναι: χ ΣΣχ;.ν;ν; = 940 100 =9,4. 'Εχουμε: s2 = ν1 Σ 2 ·ν - -χ 2 οποτε' απο' τον 2 πίνακα του (α) είναι: s2 = 10480 100 49,054 = 16,44 άρα s=.J16' 44 =4'05 οπότε CV= �= χ 9,4• =Ο'43=43% άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. Ένα δείγμα παρατηρήσεων μεταβλητής Χ ακολουθεί κανονι κή κατανομή όπου το 16% των παρατηρήσεων παίρνουν τιμές μικρότερες από 23 . Επίσης δίνεται η 2 συνάρτηση f { χ)= χχ -2sx 2014,χ R , όπου x,s αντιστοίχως η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση του παραπάνω δείγματος χ > Ο . α) Να μελετήσετε τη συνάρτηση f ως προς τη μο νοτονία καιη ταf ακρότατα Αν παρουσιάζειότι τοολικό χ = 0.08 να αΠ(>δείξετε δείγμαελάχιστο είναι ομοιο-για γενές και να βρείτε τις τιμές x,s Αν 190 παρατηρήσεις βρίσκονται στο διάστημα [25,29] να βρείτε το μέγεθος του δείγματος. Αν κάθε παρατήρηση του δείγματος μειωθεί καΔΗ 1 1 E Θ I I

(Θ.Θ.). ,

ΑΒ

= -

ΑΓ

:::::>

B ΔΕ E II

Θ . Θ) �

δ)

Ά σκηση 3

με

β)

γ)

δ)

ΗΘ ΗΙ

_f • •

11-:t:_.-;-.� /:ιS;t13Ι� /

/2,

γ)

/ ''

..- �

\\ �

'-.... 1 1 'ι, J �- Ί� '-·= -:., "Ι"'·--

�::ι=�-= = -+�;-�--.,... 2.�--:i-o.tι�---· ··---- ... --· :f - - �

J•

---- '"

L-----------·

"-.,..

�)ιt.

ι ι .,

____

____J

·---------------·------·-1

Από έχουμε: -χ-sτα= 23δεδομένα (1) και =χs = 0,08 <=> s = 0.08χ- (2) . Από ( 2) _ -0.08χ- = 23 <=> ... <=> -χ= 25 (1)<=>χ και από (2) s = 0.08 · 25 = 2 Στο διάστημα [25,29] περιέχεται το 34% 13,5% = 47,5% των παρατηρήσεων άρα αν ν είναι το πλήθος των παρατηρήσεων τότε: 47.5 ·ν=190 <=>ν = 19000 = 190000 =400 100 παρατηρήσεις 47.5, i = 1, 2,475.. , 400 γίνονται Οι · .. ·,400 με μέση τιμή - ==0.0.88-χχ;-12-12= ,0.i=1,2, 8 · 25-12 = 8 και τυπική απόκλιση sY = 0.8s = 0.8 · 2 = 1.6 � = � = 1.86 =0.2 >0.1 καιμοιογενές. άρα το δείγμα μετά τις μεταβολές δεν είναι οΈνα δείγμα ν ανδρών εξετάστηκε ως προς το σωμα τικό βάρος σεσύμφωνα kgr και τα δεδομένα ομαδοποιήθηκαν σε 7 κλάσεις τον παρακάτω πίνακα: γ)

δ)

Υ;

Χ;

οnόtε

Ά σκηση 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/54

με

------- Μ αθηματικά για την Γ Τάξη

χί νi ί fi % F;% νi xi ν , { χί -�Υ

Κλάσεις!Κεντρικές βάρους τιμές σε kgr

[ , )

77, 5

[ , )

Κλάσεις !Κεντρικές βάρους τιμες σε kgr

κί νi Νί �% F;% νi xi ν ,{ χi - ·�γ 66 90 90 15 15 5940 705.6 68 15C 240 25 40 1020(] 3456 70 12C 360 20 60 8400 5548.8 72 105 465 17.5 77.5 3240 8131.2 74 75 540 12.5 90 5550 8748 76 45 585 7.5 97.5 3420 7372.8 78 1 5 600 2.5 100 1 170 3285.6 3792(] 37248

[ 67, 69)

[ 69, 71 ) [ 71, 73)

540

[75, )

[73 , 75 )

[ , )

[ 75 , 77 )

Σύνολο

Δίνεται ότι στο κυκλικό διάγραμμα συχνοτήτων και για τις πρώτες κλάσεις αντιστοιχεί τομέας γωνίας

324°.

κας συμπληρώνεται ως εξής:

[ 65, 67 )

[ , )

Επίσης:

6ν5 =5ν1 , 2Ν3 =3Ν 2 = _!i13 N6 = 70 kgr .

και η

διάμεσος του δείγματος είναι δ α) Να συμπληρώσετε τον πίνακα με τη χρήση υ πολογιστή τσέπης β) Να βρείτε τον συντελεστή μεταβλητότητας του δείγματος και να εξετάσετε αν είναι ομοιογενές. Λύση b α) Είναι

324° = 360°F5 F5 =0,9,f5 =F5 -F4 =0. 9 -0.775=0.ι25 6ν5 = 5ν1 � 6�ν = 5�ν � 6f5 = 5f1 6 =Ο.ι5=F; ,f2 =F2 -F; = 0.4 -Ο.ι5 =0.25. =-·f5 5 2Ν3 _- 3Ν2 _--ι6 · -Ν6 � Α , 2Ν3 -_ 3Ν _ ι613 Ν6 �ν ν 13 ν 2F3 =3F2 = _!i13 ·F6 F3 = �2 ·0.4 =0.6 , 3·13 4 =0.975, f3 =F; -F2 =0.6 -0.4 =0.2, F6 =--·0. f6 = F6 -F5 = 0.975-0.9 = 0.075 ,ι6 f7 =F7 -F6 =ι-0.975=0.025 , f4 =ι-(fι +f2 +f3 +f4 +f5 +f6 )= ι-Ο.825=Ο.ι75. ν = ΝF55 = 540 0. 9 = 600 ν = f, · ν = 90 , ν2 =f2 ·ν=ι5Ο ,ν3 =f3 ·ν=ι2Ο , ν4 =f4 ·ν=Ο.ι75 · 600 = ι05, ν5 =f5 ·ν=Ο.ι25·600 = 75, ν6 =f6 ·ν=0.075·600=45, ν7 =f7 ·ν=0.025·600 = ι5. F2 % = 40, F3 % = 60 δ=Κ3 =70 75=70+2c+�� 2 5c = 10 �c = 2 = 37920 600 = 63.2 Επίσης

�

fι

κομη

z -

άρα

Επιπλέον

Επειδή και οι παρατηρήσεις θεωρούνται ομοιόμορφα κατανεμημένες στις κλάσεις έχουμε ότι

οπότε �

άρα

και ο πίνα-

--------

[ 77, 79) Σύνολο

β) Είναι

37248 62.08 , s .J62.08 = 7.88 600 7.88 ' ' ' δ ' οποτε CV = 0. 12 > 0.1 αρα το δ ειγμα εν ει63.2 s

..!.. Σ ( ν i =ι

χ;

-�Υ

ν; =

= -

ναι ομοιογενές. Ά σκηση 5 Σε κάθε άτομο ενός δείγματος από άρρενες με τρήθηκε η συγκέντρωση του ουρικού οξέος σε Τα δεδομένα ομαδοποιήθηκαν σε κλά σεις δεδομένων. Το πολύγωνο των σχετικών συ χνοτήτων έχει διαδοχικές κορυφές τα σημεία:

mg/ι OOml. �% Α(2. 8 , Ο),Β( Χ8 , y8 ) , Γ { Xr , yr ) ( Χ ε , yε ) , Ζ ( Xz , yz ), H ( XH , yH ) Ε

, Δ ( Χ Δ , yΔ ) ,

Θ ( x e , Ye ) , I ( 6 , 0 ) . Ισχύει ότι: ZH I I x'x , η τεταγ μένη y 8 ισούται με το τοπικό μέγιστο της συνάρτη-

σης

f( χ) = -χ-5χ2-+ι 5χ2

! Οχ - 1 5

lim 3 2{', ι-: Χ + 5 - 64 ΗJ

, η τεταγμενη

μενη ε της cg με

' ισουται με το οριο

, , η κορυφη, Δ ανηκει στην εφαπτο-

g(x)=-5ex2 -x

στο σημείο στο ο

ποίο τέμνει τον άξονα y'y ,η τεταγμένη y ε ισούται με τη διάμεσο των πρώτων διαδοχικών όρων της γεω και μετρικής προόδου αμ με α,

= ι Ο α) λ

( ιeΝ"

= 5 . ιο-ιι χ = 4.58 .

και η μέση τιμή της κατανομής είναι Να κατασκευάσετε το ιστόγραμμα και το πολύ γωνο των σχετικών συχνοτήτων β) Τα άτομα με συγκέντρωση ουρικού οξέος πάνω από θα κληθούν για περαιτέρω εξετά σεις. ν το πολύγωνο συχνοτήτων έχει εμβαδό να βρείτε τον αριθμό των ατόμων αυτών Λύ ση α) ν το πλάτος καθεμιάς από τις κλάσεις τό τε άρα αν α το κάτω άκρο της ης κλάσης με μηδενική συχνότητα τότε έχου-

5mglι Α OOml Α2. 8 +8c=6� c c=0.4 ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/55

fi %

------- Μαθηματικά για την Γ ' Τάξη

-------

α+α+0. 8 =2. 8 �2α=5.6 -0. 8 �α=2.4 5 2 α +α 5 5 9 2 2 [2. 6 ,3),[3 ,3.4),[3.4 ,3.8),[3. 8 , 4.2 ),[4.2 ,4.6), 5(1+ 10) 55 27.5 = [4.6 ,5),[5,5.4),[5.4 ,5. 8 ),[5. 8 ,6.2) 2 2 2. 8 ,3.2 ,3.6,4,4.4 ,4. 8 ,5.2 ,5. 6 ,6. II

α 1 = · 1 0 - 1 1 και λόγο λ = 1 0 τότε 11 1 11 -1 1 1 3 = · 1 0 · 1 0 + · 1 0- 1 0 2 = δ = 12

με ότι

οπότε οι κλάσεις είναι οι εξής:

με αντίστοιχες

κεντρικές τιμές Η πρώτη και η τελευταία έχουν μηδενική συχνότη τα, ενώ οι ενδιάμεσες αφορούν τα δεδομένα του δείγματος και έχουν αντίστοιχες συχνότητες ν; και σχετικές συχνότητες f; όπου i = Επίσης για κάθε είναι χΕR - ( χ2 + 1 + 5Χ · 2Χ -5Χ2 - 5 + 10χ2 5 ( χ2 - 1 ι f (x ( χ2 + 1 2 ( χ2 + 1 2 ( χ2 + 1 2

1,2,3,4,5,6, 7.

)

) και f' ( χ ) > Ο � χ ( - 1 ) ( 1, ) f' ( χ ) < Ο � χ ( - 1 , 1 ) οπότε η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για χ=-1 το f( -1) = � και τοπικό ελάχιστο για 2 συνέπεια το κατά χ=1 f(l) =� άρα f' ( x = O � x2 - 1 = 0 � χ2 = 1 � χ = -1 ή χ = 1 -οο ,

+οο ,

Υ8

{ )

= f1 % = f -1 = 2.5 . Ακόμη

( 2 3) =4+12=16>0 Δ 2+4 3 2-4

5χ 2 - 1 0χ - 1 5 = 5 χ 2 - χ -

και το τριώνυμο

χ 2 - 2χ - 3 έχει διακρίνουσα

y ε = f4 % .

x'x � λzH = O � y z - y H = 0 �

Επιπλέον ZH Υz

= Υ Η � f5 % = f6 % και f1 % + f % + f3 % + f4 % + f5 % + f6 % + f7 % = 1 00 � 2 2.5 + 7.5 + 1 5 + 27.5 + 2f5 % + f7 % = 1 00 � f7 % = 2f5 % ( 1 ) ενώ επίσης ισχύει ότι

47. 5 -

χ = 4.58 � f1 χ 1 + f x + f3x3 + f4x4 + f5x5 + f6x6 + f7x7 = 2 2 fι % · χ ι + f % · x + f3 % · x3 + 2 2 +f4 % · X 4 + f5 % · x5 + f6 % · x6 + f/Yo · x7 =

4.58 458

2.5 ·3.2 + 7. 5 ·3.6 + 15·4+ 27.5 ·4.4 + . . . . 4.8 5. 2 458 8+ 27 + 60+ 121 5. 6 ( 47.5 -2f5 ) 458 216+ 10f5% + 266-11.2f5% 458 24 47. 5 7. 5 +

· f5 % +

· f6 % + 5.6f7 % =

�

(t)

�

f, %=f6 %

% =

+ 1 0f5 % +

= � = � 1 .2f5 % = � f5 % = 20 = f6 % και από ( 1 ) έχουμε ότι f7 % = - 40 = Το ιστόγραμμα και το πολύγωνο σχετικών % συ χνοτήτων είναι το εξής:

' και ρίζες χ 1 = -- = , χ = -- = - 1 οποτε 2 2 2

5 ( χ 2 - 2χ - 3 ) 5χ 2 - 1 0χ - 1 5 lim 32�χ + 5 - 64 li m 32 ( ifX+S - 2) x - 3 ) ( x + l ) ( �( x + 5 )2 + 2�x + 5 + 4 ) ( . 5 -'--- ----=----"Ιι =32 m ifX+S )) 2 ) =

Η3

(

5 Ι ι. ( x - 3 )(x + l)(V(x + 5Y + 2�+ 4 ) 32 χ-3 = 2_ l i m [( χ + ι)( V(x + 5) ' + 2</χ + 5 + )] 32 = -

Χ -+ 3

χ -+ 3

(if64 + 2 . },[8 + 4) = � · ( 4 + 4 + 4 ) = 7.5 = = 2_ 32 · 4 · 8

= Yr = f % . Είναι g O = και επιπλέον για κά2 θε x E R είναι g' ( x = ( 1 - x ex -x συνεπώς

()

( Ο) =

-5

) 5 2) ' ,

και η εξίσωση της εφαπτόμενης ε της . Cg στο σημείο O, g ( O είναι y+ 5 = 5x �y= 5x-5 οπότε Δ Ε ε � yΔ = 5χΔ - 5 � yΔ = 5 · 4 - 5 = 15 = f3 % . ν είναι η διάμεσος των πρώτων της γεωμε τρικής προόδου με πρώτο όρο μ

Αδ

(

))

(α )

μ eΝ

β) Το εμβαδό πολυγώνου συχνοτήτων είναι ίσο με το μέγεθος του άρα ν 40 οπότε τα ζητούμενα άτομα είναι ν 6 + ν 7 = 40 f6 + f7 = =

40( 0.2

(

)

+ 0.075 =

)

40 . 0.275

=11

Σχόλ!ο : Η παρακάτω άσκηση είναι μια παραλλαγή της άσκησης 7 σελ.63 τεύχος 82 του περιοδικού Ευκλείδης Β' που είχε δημιουργηθεί από τους συναδέλφους Μη τσιάδη Γιώργο και Ζησόπουλο Γιώργο

Άσκη ση

6 Η προϋπηρεσία των εργαζομένων μιας εταιρίας σε έτη έχει ομαδοποιηθεί σε κλάσεις ίσου πλάτους με εύρος R = 1 .Η μέση τιμή των κέντρων των κλάσεων είναι ίση με ,η γωνία του κυκλικού δια γράμματος που αντιστοιχεί στις πρώτες κλάσεις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/56

6 8 4 3

------

Μ αθηματικά για την Γ Τάξη

είναι 216° και για τις αντίστοιχες αθροιστικές συΝ2 = Ν3 , ισχυ, ει οτι, Ν1 = 3 χνοτητες 6. α) ΝαΝα βρείτε τα κέντρα τωντωνκλάσεων βρείτε τιςτα άκρα σχετικέςκαι συχνότητες κλάσεων4 Να αποδείξετε ότι S2 = Σi=l x i2fi -χ2 όπου 82 ' χ ηστοtχα διακύμανση η μέσητωντιμήκλάσεων των κλάσεων αντί και x i τακαικέντρα και κατόπιν να βρείτε τους αριθμούς χ, 8 Να βρείτε το ποσοστό-των εργαζομένων που έχουν προϋπηρεσία από χ -8 έως χ + 8 χρόνια θεωρώντας ότιομοιόμορφα σε κάθε κλάση οι παρατηρήσεις κατανέμονται Αν η διοίκηση τηςπροϋπηρεσία εταιρίας απολύσει όσουςαπόερ4 γαζόμενους έχουν λι γ ότερο έτη να βρείτε το νέο μέσο χρόνο προϋπηρεσίας α) Αν το πλάτος κάθε κλάσης και χ, ,χ 2 ,χ3 ,χ 4 , , αντιστοιχα τα κεντρα τους τοτε, R4 164 4 και χ. =χ +4(i-1) i=2' 3' 4 οπότε χ, +χ2 +χ4 3 +χ4 8 <=>χ, +χ, +4+χ, +8+χ, +12=32<::> 4χ, =8 <=> χ, = οπότε το κάτω και το πάνω άκρο της 1 κλάσης ' οι 4 κλα-' ειναι αντιστοιχα τα χ, -2 = +2 =4 αρα σεις' αντίστοιχα είναι οι: [0,4),[4 ,8),[8,12),[12,16) Αν ν το μέγεθος του δείγματος τότε: 216° = 360° ( f, + f2 + f3 ) <::::> f, + f2 + f3 = 0.6 (1) Ν2 -_ _Ν3 <=> -Ν' -_ _ Ν2 _- _ Ν3 <::::> Ν -_ _ 3F F 6 νf, + f3ν f,6ν+ f + f = 32 = 63 <::::> f1 = 3 2 = 62 3 (2) Από την σχέση (2) έχουμε ότι f, + f2 + f3 = 6f1 και αντικαθιστώντας στην και(1)πάλι απόέχουμε 6f1 = 0.6 <::::> f, = 0.1 οπότε την σχέσηότι (2) έχουμε ότι 0.1 = 0· 1 3+ f2 <::::> f2 = 0.2 άρα από την ( 1) έχουμε ότι 0.1 + 0.2 + f3 = 0.6 <::::> f3 = 0.3 . Τέλος ισχύει ότι f, + f2 + f3 + f4 = 1 <::::> 0.1 + 0.2 + 0.3 + f4 = 1 <::::> f4 = 0.4 i=l =0.1·2 +0. 2 3 ·10+0.42 ·14= 2 2 28 =0.1·22 +0.·6+0. 2 2 ·6 +0.3 ·10 +0.4 ·14 -10 =16 οπότε 8 = .Jl6 = 4 Το διάστημα που μας ενδιαφέρει είναι το β)

γ)

δ)

ε}

Λύση

c = - = - =

,JCι

ης

β)

δ)

-------

[ 6,14) και το ποσοστό των εργαζομένων που έ χουν προϋπηρεσία εντός του διαστήματος αυτού f% f% 4 είναι -22- + t; %+-2-= 10% + 30% + 20% = 60% νέες σχετικές συχνότητες τrονόσωνκλάσεων που θανωνΟιπροκύψουν μετά την απόλυση εργαζόμε προϋπηρεσίας λαδήέχουν μετά τηνλιγότερα εξάλειψηαπότης4 έτη1 κλάσης) είναι: (δη νi+Ι 02 2 _ =.2!l =__!±!. =__y , i = �2,3 συνεπώς� 1-� 1-.Ql 9 ν-ν1 1_ ν,ν 1-� 0.3 _-1 , f3, - -f3 ---f4 - 0.4 -4 αρα f2, -1-� 1-ο.Ι 3 1-f, 1-0.1 9 ' ο νέος προϋπηρεσίας είναι -y=�fιμέσος , +X:Jt;,χρόνος , 2 1 4 +x4t; =6·-9 +10·-3 +14·-9 =-,y�10. 9 89 έτη. (μεδεξιοτήτων άριστα το κατά 20) τωντη εξεταζομέ Η βαθμολογία νων σε ένα τεστ διαδικασία επιλογής του προσωπικού μιας εταιρίας ομαδοεύ ποιήθηκε σε 4 κλάσεις. Οι βαθμολογίες έχουν ρος = 8 και τα κέντρα x i των κλάσεων έχουν διάμεσο Η μέσητου βαθμολογία στο τεστ ήταν 15,χνοτήτων 4 και η16.πουγωνία κυκλικού διαγράμματος συ αντιστοιχεί στιςότι δύο πρώτες κλάσειςα είναι 216°. Επίσης ισχύει στο ιστόγραμμα θροιστικών συχνοτήτων το ορθογώνιο της 3ης κλά17 , εμβαδο' ισο' με τα 20 του εμβαδου' του σης εχει ορθογωνίου της 4ης κλάσης. α)μέςΝατωνπροσδιορίσετε τα άκρα και τις κεντρικές τι κλάσεων γωνοΝατωνκατασκευάσετε ζ% το ιστόγραμμα και το πολύ γ)επόμενη Σύμφωνα μετηςτονδιαδικασίας κανονισμόπερνούν της εταιρίας στην φάση όσοι έχουν σκορ πάνω από 16/20. Αν στην συγκεκριμένη πε ρίπτωση επόμενηπουφάση 64 άτομα να βρείτε τοπέρασαν πλήθος τωνστηνατόμων διαγωνίστηκαν. α) Το πλάτος των κλάσεων είναι = 4 = �4 = 2 . Αν χ1 <χ 2 =χ, +2<χ3 =χ, +4<χ4 =χ1 +6 είναι τα αντίστοιχα κέντρα των κλάσεων και δ η διάμεσός τους τότε 16= 2χ,2+6 <::::>χ, =13 οποτε' χ2 =15,χ3 =17,χ4 =19 . Το κάτω άκρο της 1 κλάσης είναι ίσο με ε)

ης

�

� =--- =- , -r

98 -

Ά σκηση 7

β)

Λύση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/57

ης

------ Μαθη ματικά για την Γ Τάξη -------

χ1 - 2 = 13 -Ι = Ι2 οπότε οι κλάσεις είναι οι ακόλουθες: [Ι2, Ι4),[Ι4,Ι6),[Ι6,Ι8 ),[Ι8,20) Είναι: f1x1 + f2 x 2 + f3 x3 + f4x4 =χ= Ι5.4 � 13f1 +I5f2 +I7f3 +I9f4 =Ι5.4 (Ι), (2), 2Ι6° =360°{f1 +f2 )�f1 +f2 =0.6 Ι7 Ι7 4 �Ν3 =-·ν� Ν3 =-Ν 20 20 Ι7 +f2 +f3 =0. 8 5 (3), Ν3 Ι7 F3 =-�f1 -=-� 20 (4). f1ν+f( 2) 20+f3 +f4 =Ι 2 6 +f3 = 0.85 � f3 = 0.25. (3)�0. (3) 85 +f4 =Ι� f4 =0.Ι5 . Συνεπώς ( 4)�0. (2) + Ι5{0. 6 -f1 )+ Ι7 · 0.25 + Ι9 · Ο.Ι5 = Ι5.4 {I)�13f1 � 2f1 = 0.7 � f1 = 0.35 οπότε f2 = 0.6 -0.35 = 0.25 Το ιστόγραμμαέχει και ωςτο πολύγωνο χνοτήτων εξής: των σχετικών συ �

β)

� �ιt, ,)t.:η

τών να γίνει ομοιογενές. Δίνεται ότι: s

Λύση

Για κάθε χ >2 Ο ισχύει ότι( ... ) f'{x)= ln x(-x +4x+5) . f'(x)=O�x=I ή χ=5 Το πρόσημο της στον f', ηπαρακάτω μονοτονίαπίνακα: και τα ακρότατα της f φαίνονται α)

.ι·

/ ι ι .ι·

,,.'.! ι - Ι .r· +· :.

f; %

j I � - ,::, '

. ...

<>�ιt,,)t.:η

,., ; ι ι . .... . .. ..-

! Ι •ι

. .l

ι:_,,,

· ·" " '

ι ι Η·

γ) Έχουμε: 64 ={f3 + f4 )ν � 64= 0.4ν �ν= Ι60 Έστω η συνάρτηση: f{ χ)= 9χ3 {Ι-3ln x )+ χ 2 {2ln x -Ι)+ 5x{ ln x -Ι) α) Ν α μελετήσετε τη συνάρτηση ως προς τη μονο τονία τα ακρόταταχ1 ,χ , . Οι καιπαρατηρήσεις • •,χν έχουν διακύμανση 2 S� ίση με τη θέση τοπικού ελαχίστου της συνάρ τησης f . Οι παρατηρήσεις =3�-:x;,i= l, 2,···,ν έχουν μέση τιμή ίση με τη θέση τοπικού μεγίστου της συνάρτησης f . Να βρείτε τοχ1 συντελεστή ·, � αν μεταβολής των παρατηρήσεων Χ; �Ο για κάθ� ι=1,2, . ··, ν. Είναι το δείγμα των παρατηρήσεων αυτών ομοιογενές ; θετικής σταθε Να βρείτε τη μικρότερη τιμή της ράς α που πρέπει να προσθέσουμε σε κάθε παρα τήρηση Χ; ώστε το δείγμα των παρατηρήσεων αυΆ σκηση 8.

β)

Υ;

,� ,

γ)

• •

�,

t,x,' - ( :) ν

�ν

�{Ι) ν (;z3+5 ) -νχ-2 -ν=Ο� -χ+5-3χ-2 -3=0� - με ρίζες -x= (j Ι-5 =-32 1 + 5 =I , -χ= 6 3χ-2 -χ-2=0 από' τις οποίες η δεύτερη απορρί.πτεται διότι χ � Ο εφ όσον Χ; � Ο για κάθε ι= 1, 2, · · , ν . Κατά συνέπεια = 1 , Sx =Ι οπότε CVx = �χ =Ι> Ο.Ι οπότε το δείγμα των παρατηρήσεων χ1 ,χ2 , . · ·, xv δεν είναι ομοιογενές. Ακόμη έχουμε: z; =Χ; +α α>Ο καιi=Ι,2,. . ,ν άρα z =χ+α=α+Ι , Sz =Sx =1 οπότε το δείγμα των παρατηρήσεων z1 , z2 , • • ·, zv είναι ομοιογενέςΙ ότανΙ και μόνο όταν: �Ο.Ι�--�� α�9. Κατά συνέπεια η 10 α+1 μικρότερη τιμή της σταθεράς α πσu πρέπει να προσθέ σσuμε σε κάθε παρατήρηση Χ; ώστε το δείγμα των παρατηρήσεων αυτών να γίνει ομοιογενές είναι 9 . ;z

όπου

γ)

CVz

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/58

α+ Ι>Ο

Όριο , συνέχεια , παράγωγος

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αντωνόπουλος Νίκος, Αργυράκη ς Δημήτρης, Λον ριδάς Γιάννης � ;fJ

ΘΕΜΑ Ι

Έστω f : [0 , + οο) � 1R μια συνεχής συνάρτηση η οποία για κάθε χ � Ο ικανοποιεί την ι σότητα

e-x ( 2f(x) + e-x ) = x - f 2 (x) , (1)

και επιπλέον ισχύει e2 f(2)+ 1>0. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση φ : [0 , + οο) � 1R , με φ(χ) = f(x) + e-x , για κάθε χ � Ο , διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστη μα (0 , + οο ) και ότι

α.

f(x) = JX - e-x,

για κάθε β. Να μελετήσετε τη συνάρτηση μονοτονία και να αποδείξετε ότι: ί. ίί.

χ�Ο.

f ως προς τη

f(13) > 6f(7) + 7f(6) 13 Η εξίσωση f(x)=O έχει μοναδική ρίζα στο διάστημα (0, 1).

γ.ώ Έστω ότικάθεg, h:

JR � JR είναι δυο συναρτήσεις

χ � Ο να ισχύει g(h(x)) = 2f(x) + h(x) .

στε για

οο

f'(x) = -1- + e- x 2.JX

>Ο

οο

Επειδή f'(x) για κάθε χ (0, + ) , η συνάρ τηση αύξουσα στο πεδίο ορισμού της.Απόείναιτην γνησίως μονοτονία της f προκύπτει ότι: f(1 3) f(7) και f(13)>f(6), Οπότε 6f(13)>6f(7) και 7f(l3)>7f(6) απ' όπου έχουμε: 13f(13) > 6f (7) + 7f (6) => f(13) > 6f (7)13+ 7 f(6) που είναι το ζητούμενο. f είναι συνεχής στο διάστημα [0, 1] και ισχύουν: f(O)= -1 <0 και f(1)=1- .!_e >Ο ' το θ. οπότε απ συνάγουμε ότι ηπεριέχεται εξίσωση (πραγματική) έχει που ρ f(x)=O ρίζα στο διάστημα της προκύ (0, 1μονοτονία ). μοναδικότητα πτει από τη γνήσια της f. γ. Για κάθε χι, χ2 [0, + ) με h(x ι )=h(x2) έχουμε: h(χ )+=h(x2)=>g(h(χ+ι ))=g(h(χ2f(x 2)) =>ι )=2f(x ) h(x ) ) ::::>=>2f(xf(xιι)ι)=f(x h(xι)=2f(x => 2 2 2 = χ χ ) => ι 2 μονότονη 2 είναι 1-1 διότι η f ως γνησίως Άρα,Γιαητηνσυνάρτηση hς αντιστρέφεται. εξίσωσης+f(x)=O τουg(h(ρ))=h(ρ), ερωτήμα ρίζα ρ τη h(ρ)=> g(h(ρ))=2f(ρ) τος όπου έχουμε: ο αριθμός α=h(ρ) είg(ναια))ρίζαμε συνάγουμε εξίσωσης g(x)=x. της Έτσι, το σημείο Μ( α, τετμηευθεία μένη y=x. α=h(ρ) είναι κοινό σημείο της με την ί.

οο

ίί. Η

Bo1zano

Να αποδείξετε ότι: ί. Η συνάρτηση h αντιστρέφεται. ίί. Η γραφική παράσταση τη ς g, έχει κοινό σημείο με την ευθεία y=x.

Λ ύση

α. Για κάθε χ �Ο έχουμε: - -2

ρείβ. να συνάρτηση υπολογισθείfκαιείναιαπόσυνεχής την ισότηταστο (2).διάστημα [0, + ) και παραγωγίσιμη στο (0, + ) με

(1) => 2f(x)e x + e x = χ - f 2 (x) => f 2 (x) + 2 f(x)e -x + e-2 x = χ

ί.

οο

».

=> (f(x) + e- x )2 =χ => (φ(χ))2 =χ , (2) Αν θεωρήσουμε ότι η (0,φ +δεν ) διατηρεί πρόσημο στο διάστημα , τότε ως σταθερό συνεχής θα έχει Χ0>0 σημείοώστεμηδενισμού. ότι υ φ(χο)=Ο. ΜεΑυτόχ=χσημαίνει ο η (2) οδηγεί πάρχει στο άτοπο Ο = Χ0 Επομένως, η φ διατηρεί σταθε Έστω f: μια συνάρτηση η οποία για ρό πρόσημο στο Επιπλέον, κάθε χ ικανοποιεί τη σχέση �2)=:t{2)+e-2 > -e12 +e-2 =>�2)>0 οπότε φ(χ)>Ο για f3(x) + 2f(x) = χ + (1) α. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. κάθε χ>Ο. Έτσι, για κάθε χ>Ο έχουμε: β. Να βρείτε την αντίστροφη της f. φ(χ) = .JΧ =>f(x) +e-x = .JX => f(x) = .JX - e-x γ. Να αποδείξετε ότι η f έχει όριο στο χ0=2 και Επιπλέον, η f είναι συνεχής στο μηδέν, οπότε να το προσδιορίσετε. f(O) = f(x) = -1 Να αποδείξετε ότι η εξίσωση r-1(x) έχει στο διάμοναδική λύση και αυτή περιέχεται Άρα, για κάθε χ � είναι f(x) = .JX - e-x που είναι το Προφανώς ζητούμενο.η τιμή της f στο χ0=0 μπο- στημα (�' i). οο

•

(Q -tc4 .

lim χ�Ο

ίί.

απ

(βίί),

ότι

ΘΕΜΑ 2 1R � 1R Ε

δ.

Σημείωση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/59

=Ο

, συνεχης, και στο διαστημα , [1 1] οποτε, ειναι 1 1 2 1 + 18-27 =--<0 8 Επιπλέονf- (-)=-+--1= 3 27 3 27 27 r-' (.!.2 .) = .!.8 + 3.2 -1 = .!.8 . >ο οπότε, απf ' το θ. έχει, τουλάχιστον συμπεραίνουμε ξίσωση μια, λύσηότι ηστοε (t' i)- Επίσης (f-1 (x))' = 3χ21 + 2 > Ο , για κάθε � οπότε η συνάρτηση f - είναι γνησίως αύ ξουσα στο � και κατά συνέπεια η λύση που πε, στο διαστημα , (3,1 21 ) ειναι , η μοναδικη, ριεχεται πραγματική λύση της εξίσωσης. 2 -αβ2 - -αβ +1 α 2 2 + α -αβ α β Έχουμε: α2 + αβ + β2 β α2 α = β -β2 + -β + 1

------- Μαθη ματικά ια την Γ ' Τάξη ε . Αν για τους πραγματικούς αριθ μούς α, β με 2 2 α - αβ + β α αβ '#- Ο ισχύει 2 2 = - να αποδείξετε α + αβ + β β , 1 α 1 οτι - < - < - . 3 β 2 Λύση α.

-----3, 2 .

ΈστωΑυτό ότι ησημαίνει συνάρτησηότι fυπάρχουν δεν είναι πραγματικοί γνησίως αύ ξουσα. αριθμοί ώστε να ισχύει και f(x 1 ) � f(x ) . Τότε έχουμε: 2 f3 (x 1 ) � f3 (x ) και 2f(x 1 ) � 2 f(x 2 ) , οπότε f\x1 ) + 2 f(x2, ) � f\x 2 ) + 2 f(x 2 ) + 1 2 + 1 Χ2 1 άτοπο.f ωςΆρα,γνησίως η f είναιμονότονη γνησίωςείναι αύξουσα1-1στοοπότε � . α ντιστρέφεται. Προκειμένου να βρούμε την τια παιτείται πρώτα ο προσδιορισμός του συνόλου μών της f, Θαπου αποδείξουμε θα είναι το πεδίο ορισμού τηςτιμών aντί στροφης. ότι το σύνολο της τούτο, αρκεί ότι γιαf είναικάθετοy� .�Προς λύση , η εξίσωση f( ) y,ναέχειδείξουμε t2 - t + 1 t :::::> t3 - t2 + t - t2 + t - 1 = ο στο �. Έστω ότι υπάρχει �ώστε ' f(x ')=y t2 - t + 1 (2). Αν ( τότε: (1) f3(x)+2f{x)=x +1 (3), :::::> t3 + 2t - 1 = Ο :::::> f - 1 (t) = Ο => t E(�·�J οπότε (3) 2) y3 + 2y 1 y3 + 2y-1 (Μοναδική ρίζα). Θα' αποδείξουμε ότι για διότι ο αριθμός είναι η (μοναδική)1 ρίζα της1 εξί3y + 2yπιθανή -1, ισχύει f(x )=y. Πράγματι έχουμε σωσης του (γ) ερωτηματος. , Άρα, -3 β 2 που λόγω της (1): f\x ') + 2 f(x ') = χ ' + 1 :::::>f3(x)+2f{x)=y +2y =:>g(f{x))=g(y)=:>f{x) =y είναι το ζητούμενο. +2χ, συνάρτηση όπου πουη προφανώς είναι Έστω f:IR�IR μια συνεχής συνάρτηση, με ισότη «1-1». Αν θέσουμε (x) στο δοσμένη τα γίνεται:1 [f(f-1 (x))]3 + 2f(f-1 (x)) = r-' (x)+ 1 f(x) � Ο, για κάθε Αν για κάθε χ Ε [Ο, 1] ισχύει f(x) E [O, 1] και ε:::::> f - (x) = χ3 + 2 χ- 1, για κάθε χ πf(χ) πχ Για κάθε χ κοντά στο έχουμε: να αποδείξετε ότι: πιπλέον f(συν ) = συν 2 2 "1 (χ)=Ο

χ , χ2 1

χ <χ2 1

Bo lzano

χΕ

�χ

�

� χ,

�

β. Η

δ.

β=t

χΈ

χ=χ ', �

χ=

=-�

:::::>

�

= χ ' + � χ' =

χ' =

<-<

g(χ)=χ3

γ.

ΘΕΜΑ 3

χ,

χο=2,

IR .

f3 (x) + 2 f(x) = χ+ 1 :::::> f3 (x) + 2 f(x) - 3 = χ- 2 :::::> (f(x) - 1)(f2 (x) + f(x) + 3) = χ- 2 =>I f(x) - 1 11 f2 (x) + f(x) + 3 1 =1 χ- 2 1 Ι χ- 2 1 =>l f(x) - 1 1 = �Ι χ- 2 1 f2 (x) + f(x) + 3 1 ) => - 1 χ-2 1� f(x) - 1 :ςι χ-2 1 :::::> - ι x- 2 1 +1 � f(x) �l χ- 2 1 +1 lim( - 1 χ- 2 11-1) = = lim( l χ- 2 1 + 1)

(διότι f(x)+f(x)+3> και χ�2 1 χ�2 οπότε, από το κριτήριο παρεμβολής, συμπεραίνουμε υ πάρχει το όριο της f στο και χ�i 2 (x) = 1 είναι συνεχής στο � ως πολυωνυμική, χο=2

δ. Η f1

l mf

ΧΕ � .

α.

Η συνάρτηση g(χ)= συν

πχ - χ είναι γνησίως 2

φθίνουσα στο [Ο, 1]

ίί. Υπάρχει μοναδικό Χ0Ε (0, 1) ώστε σιwΠ\ =� 2 ιιι. f(xo)=xo β. Να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε α>Ο και

β Ε (Ο, 1), υπάρχει ξΕ [β,

!. ] ώστε β

� Για κάθε Χ2 [ , 1] έχουμε:

2f(ξ) αf(!.) + !. f(β) β α

Λύση α. i.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/60

χ, 1

Μ αθηματικά ια την Γ Τάξη

-------

------

πχ πχ χI < χ :::> Ο ::; πχ1 < πχ2 < � => συ ν 1 > συ ν 2 2 2 2 2 2 2 και - χι>- Xz οπότε

1 1 1 κάθε α Ε IR , με α>Ο έχουμε α+- 2:: 2 => :::; 1 - 2 α α+ α

πχ 1 - χ > ν πχ 2 - χ => g(x ) > g(x ) συν 1 συ 1 2 2 2 2 Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 1 ] . ίί. Αρκεί η g ν α έχει μοναδική ρίζα (0, 1 ) . Πράγ είναι συνεχής στο [0, 1 ] και ματι: η g • g (O) 1-Ο=1 • g (1) ο - 1 -1 οπότε εφαρμόζεται γι' αυτήν τ ο Θ . Bo lzano στο [0, 1 ] . Άρα, υπάρχει Χ0 Ε (0, 1 ), το οποίο, λόγω της μονοτονίας της g είναι μοναδικό, ώστε g(xo)=O. πf ) π ίίί. 'Εχουμε: συν ο = συν ο f(x0 )

αf( )+ f(β): ., β α f(ξ) :::; 2

� r(

;)

Αυτό σημαίνει ότι ο αριθμός f(xo) είναι ρίζα της πχ ' ' εξ ισωσης συν - = χ η οποια οπως προ2 αναφέραμε έχει μοναδική λύση τον αριθμό Χ0• Άρα, f(xo)=xo. '

β. Η f είναι συνεχής στο [β,

.!.. ]

οπότε λαμβάνει

οπότε (1) =>

.!.. .!..

.!.. .!_

2f(ξ) :::; αf( )+ f(β) που είναι το ζητούμενο. β α ΘΕΜΑ 4 =>

f(x) = χ + e x - 1 , χ Ε IR . α. Ν α αποδείξετε ότι η f αντιστρέφεται.

Δίνεται η συνάρτηση

β. Να λύσετε την εξίσωση γ. Να λύσετε την aνίσωση

= 1 -χ.

f-1 {f(x) - χ + 1) > 1

δ. Θεωρούμε τη συνεχή και γνησίως αύξουσα συνάρτηση g : IR � IR , της οποίας η γραφική

παράσταση

C g δι-έρχεται από την αρχή των

αξόνων. Ν α αποδείξετε ότι η εξίσωση :

(f g)(x) - f(l - χ 2013 ) = Ο ο

(I)

β σ' αυτό μέγιστη και ελάχιστη τιμή. Αν Μ, m είναι η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή αντίστοιχα, τότε

έχει μία τουλάχιστον λύση στο (Ο , 1)

έχουμε: m :::; f( ) :::; Μ και m :::; f(β) :::; Μ β

e χι < e χ 2 και με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει e χι + Χ < e χ2 + χ 2 . ι ι Επομένως e χ + Χι - 1 < e χ 2 + χ - 1 , 2 δηλαδή f(χ ) < f(x ) . Άρα η f είναι γνησίως 2 ι

.!_

οπότε α · m :s; α . f(.!..) :s; α · M β 1 1 1 και - · m :s; - · f(β) :s; - · M α α α

( ±}

Άρα, α+

( ±}

� ±

m :s; α . f( )+ · f(β) :s; α+

.!.. .!..

α · f( )+ · f(β) β α <Μ 1 α+ α Από τα παραπάνω προκύπτει ότι ο αριθμός < => m -

.!.. .!..

α · f( )+ · f(β) β α 1 α+ α περιέχεται στο σύνολο τιμών της f, οπότε υπάρχει ξ Ε [β,

.!.. ] ώστε β

f( ξ)

.!.. .!..

α · f( )+ · f(β) β

�

( 1 ).

α+ α Από την προφανή σχέση α2 + 1 2:: 2α που ισχύει για

Λύση α. Για τυχαία

Χι , χ 2 Ε R

με

Χι < χ 2

έχουμε

αύξουσα στο IR , οπότε είναι και « 1-1 », δηλαδή αντιστρέφεται.

ex = 1 -χ <:::::> ex +x-1=0 <:::::> f(x)=O <:::::>f(x)=f(O) <:::::> χ=Ο, (1) αφού η f είναι « 1-1 ». γ. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα έχουμε: f - ι {f(x)-x+ 1 ) >1 <:::::> f (Γ ι {f(x)-x+ 1 )) >f(1 ) <:::::> f (x) - χ + 1 > f ( l ) <:::::> f (x) - χ + 1 > e <:::::> χ + ex - 1 - χ + 1 > e <:::::> ex > e <:::::> χ > 1 β. Είναι:

δ. Είναι:

( Ι ) <:::::> f(g(x))=f( 1-χ20 13) <::::> g(x) 1 _ χ 20 13 <:::::> g(x) + x 20 l 3 _ 1 0 =

επειδή η f είναι « 1-1 ». Θεω ρούμε τη συνάρτηση

h(x) g(x) + χ 20 13 - 1 , χ Ε JR Για τη συνάρτηση h ισχύουν: Η h είναι συνεχής στο [Ο , 1] , ως αποτέλεσμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/61

------- Μαθηματικά

ια την Γ Τάξη 9{

χ ( g(O) Ο , g(x) >χ+ 1 � g-ι (g(x)) > g-ι (χ+ 1) C � x>(x+1)3 +x+l �(x+1)3 <-1 h (l) g(1) + 1 - 1 g(l) g(O) Ο �(χ+1)3 <(-1)3 � χ+1<-1 � χ <-2 g g(g-ι (χ)+αχ+β+2)=1 h(x) Ο �g-ι (χ)+αχ +β+ 2 = g-ι (1) �χ3 +χ+αχ+β+2=2�χ3 +(l+α)χ+β=Ο (Ο , 1) . h(x) = χ3 + (1 + α)χ χ 9t Θεωρούμε τις συναρτήσεις f, g : � για τις h(x) = (χ3 + (1 + α)χ +β) = χ3 = -οο οποίες ισχύουν τα παρακάτω: Έχουν σύνολο τιμών το 9t γ<Ο h(γ) <Ο h(O) =β> Ο, χ � f{ f(x)) � f(x), για κάθε χ Ε (1) και h(l) =α+ β+ 2 <Ο, { g ( f(x)))3 + g ( f(x)) = χ, για κάθε χ Ε (2) 3 + + α)χ +β)= χ3 = +οο h(x) = (χ Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f h(δ) >Ο β. Ν α αποδείξετε ότι η g αντιστρέφεται και να • h βρείτε την g h(γ) h(O) <Ο, Να λύσετε την aνίσωση g(x) > χ + 1, χ Ε h(O) h(1) <Ο h(l) h(δ) <Ο Αν α, β Ε με β>Ο και α+β+2<0, τότε να h αποδείξετε ότι η εξίσωση g ( g - (x) + αχ + β + 2 ) 1 έχει ακριβ ώς τρεις h(x) =Ο πραγματικές ρίζες. ( Ο) (-οο,Ο) , (0,1), (1) xE9t h( χ)= Ο f{f(x)) �f(x) f(y) � y, για y 9t, ( 1 (1, + οο) f(9t) = f(x) =χ, γ α χ 9t (3) β. (2), (3) (g(χ)γ +g(χ)=χ,για xE9t g ( g-ι (χ) + αχ +β + 2) = 1 , Χ ι , χ2 9t 3 h(x) =Ο g(xι )=g(x 2 )=> (g(χ ι )) =(g(x 2 ))3 συνάρτηση f : (0, + οο) � για την ο=>(g(χι ))3 +g(xι )=(g(x2 ))3 +g(χ2 )=>χι =Χ 2 Έστω ποία ισχύει: χ - 2 � f(x) � (χ - 1)(χ + t'nx) - 1, g 1-1, ι για κάθε Χ Ε (Ο, + οο), (1) gτην αριστερή ισότητα να ισχύει μόνο για g-ι (με g(9t) = 9t . μια τιμή του χ). Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της χ3 γραφικής παράστασης της f στο σημείο (g(g-ι (x) )) + g(g-ι (x)) = g-ι(χ) (1,f(1)) Να βρείτε τα όρια: lim g ( χ ) , lim h ( χ) , όπου => g-ι (χ)= χ3 +χ, γ α χ g- ι xf2 (x) - � + 1 , και g ( χ) 3 3 ' => =>χ <χ <χ Χ ,Χ Χ χ-1 2 2 2 ημ(f (χ) + 1) Χι3 +Χ ι < χι 23 + χ2 => g-ι (Χι )<ι g-ι ( χ 2 ) ι h {x) = (x-t){f2 (x) - x2 + 4χ - 4 } ( g-ι (χ)) ' = 3χ2 + 1 >Ο, πράξεων συνεχών συναρτήσεων. h(O) = g(O) - 1 = -1 < Ο ,

κάθε

αφού

-------

] Είναι: g-' t

διέρχεται από την αρχή των αξόνων) και =

(α-

φού η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα). Ικανοποιούνται λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θεω = ρήματος Bo lzano. Άρα η εξίσωση , οπό τε και η ισοδυναμή της (I) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ΘΕΜΑ 5

•

.eim

δ.

Λύση α. Από την

για κάθε

έχουμε: x�f(x) και κάθε

. Έτσι έχουμε

διότι Από

9{ .

Άρα έχουμε:

ι κάθε

κάθε

Για κάθε

(4)

έχουμε:

.eim

Χ -++<:ιΟ

X-+t<:O

α.

Είναι:

.eim

χ �-<Ο

Άρα υπάρχει Επίσης,

γ.

Θ εωρούμε τη συνάρτηση + β, ε .eim

•

(5)

χ�-«>

•

δ. Είναι:

.eim

χ -+-σο

τέτοιο, ώστε από υπόθεση, από υπόθεση και

.eim

X -+-too

Άρα υπάρχει δ> 1 τέτοιο, ώστε Η ως πολυωνυμική είναι συνεχής στα διαστήμα τα [γ, 0], [0, 1 ], [ 1 , δ] και είναι και Δηλαδή, η συνάρτηση ικανοποιεί τις προϋποθέ σεις του θεωρήματος Bo lzano στα διαστήματα [γ, 0], (0, 1 ], [ 1 , δ], οπότε η εξίσωση έχει τρεις τουλάχιστον ρίζες, μία τουλάχιστον σε καθέ να από τα διαστήματα γ, c ,δ) c και επειδή η εξίσωση έχει τρεις το πολύ πραγματικές ρίζες, ως πολυω νυμική εξίσωση τρίτου βαθμού, θα έχει τελικά ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες. Λόγω της (5) θα έχει ακριβώς τρεις πραγματικές ρίζες και η εξίσωση ως ·

ισοδύναμη της ΘΕΜΑ 6

( 4)

Άρα η είναι συνάρτηση οπότε αντιστρέφε ται και το πεδίο ορισμού της είναι το Για να βρούμε τον τύπο της τουμε στην (4), όπου το g - ι (χ) και έχουμε:

γ.

ι κάθε

I ��

θέ

α.

β.

Η συνάρτησή είναι γνησίως αύξουσα, διότι Ε n εχουμε: για κα' θ ε αι

[Διαφορετικά,

διότι

για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/62

χ-+1

γ.

------

Μ αθηματικά ια την Γ' Τάξη ------

Αν επιπλέον η f είναι συνεχής, τότε να απο δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον Χο ε(1,3) τέτοιο, ώ στε (2f(x0 )-1 )3 + lnx0 = 2

Λύση α.

Από την (1) �γιαf(l)χ=�1 -1έχουμε:f(l) = -1 (2) Εξετάζουμε αν η f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 = 1 τον ορισμό<; f(x) της +παραγώγου). (μεf(x)-f(1) 1 (3) Για Ο< χ 1 είναι χ-1 χ-1 Αν χ>1, τότε: ( 1) χ -1 � f(χ) + 1 � (χ -1)(χ + lnx) f(x)+1 1�--�x+fux, και lim 1=1= lim(x+lnx). χ -1 Άρα f(x) σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής είναι 1 + lim χ -1 = Αν Ο<χ<1 τότε: ( 1) χ -1 � f(χ) + 1 � (χ -1)(χ + lnx) f(x)+1 f(x)+1 �1, 12:--2:x+lnx =:>x+lnx� χ-1 χ-1 και lim (χ + lnx) = 1 = lim 1. Άρα σύμφωνα με το f(x)+1 =1 σχυ' ει ' lim-' παρεμβολης' ειναι κριτηριο χ-1 f(x)+1 f(x)+1 ιm Χ -1 = ιm Χ -1 = 1 , οποτε' <3> 1ιm. f(x)-f(1) = 1 Επομενως, ιm f(x)+1 = 1 -1 = 1 , με f '( 1 )=,1 ( η -1 Χ Χπαραγωγίσιμη στο χ0 f είναι Η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής πα 1)) είναι: f στο σημείο ράστασης δηλαδή( 1 ,f( y-(-1)=1·(x-1) y-f(l) =fτης'(1)(x-1), και τελικά y =χ-2. Για να βρούμε τα limg( χ ),Iimh( χ), εργαζόμαστε με τον ορισμό της παραγώγουο της f στο ση' μορφη' -ο και η f ειναι ' μειο, χ0 = 1 , διοτι' εχουμε παραγωγίσιμη στο χ0 = 1. Για χ>Ο και κοντά2 στο 1 έχουμε: 2 (1))+xf 2 (1)-.Jx 2 +3 +1 x(f�χ-1---- -----' ..._ (x)-f g( χ)=____.:. <; x(f2 (x)-1)+(x+1)-� = χ-1 x(f\x) -1 ) + (x+1)-.Jx 2 +3 = χ-1 χ-1 -1

:::::>

•

:::::>

�χ-Ι )>Ο :::::>

χ --+1+

χ --+1 +

•

:::::>

:( χ-Ι )<ο :::::>

χ--+ Γ

χ --+Γ

χ-.Γ

Ι.

ι·

χ--+ Γ

χ --+1 +

Χ--+1

:::::>

Ι.

•

Χ--+1

•

β.

•

χ--+ Ι

Χ--+1

2 2 2 3 } ( .Jx (x+1) + = χ f(x)+1 χ-1 ( (χ) -1) + (x-1) ( x+1+.Jx 2 +3 } = χ f(x)χ-1+ 1 (f(x) _ 1) + ( 2(x:�l) 2 3 } (x-1) x+1+.Jx + 2 = x f(x)+1 + (f(x)-1) χ-1 x+1+.Jx 2 +3 Άρα: �χ)= 1· f '(1) · (:t{1)-1)+� =-2+.!.2 =-12 επειδή 2) αφού η f είναι f '( 1)= 1 και limf(x) = f(l) (=-1, συνεχής στο χ 0 = 1 , ως παραγωγίσιμη σε αυτό. 1 . h(x) = ημ(f(χ)+1) χ-1 f2 (x)-(x-2)2 = ημ(f(χ)+1) _ f(χ)+1 . 1 . 1 f(x)+1 χ-1 f(x)+(x-2) f(x)-(x-2) . ημu 1, ,Όμως εχουμε: , lι.m ημ(f(χ)+1) = lιm-= u) f(x) + 1 ( (5) όπου u = f(x) + 1 με lim(f(x) + 1) = f(1) + 1 =Ο2 και lim f(x)Χ-1+ 1 = f '(l) <:; 1 1 (=5) 1 (=2) 1 Επίσης lim f(x)+(x-2) f(1)+1-2 2 1 = , επειδη' και 1ι.m f(x)-(x-2) lim(f(x)-(x -2)) (5)= f(1)-(1-2) (=Ο2) και f(x)-(χ-2) >Ο, αφού για κάθε χ κοντά στο χ0 = 1 , λόγω της (1) είναι: f (χ) 2: χ -2, με το ί σον μόνο για χ= 1. Άρα: limh( χ)= 1·1· (-.!.2 ) ( +οο) = Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x)=(2f(x)-1 )3 +lnx-2, xε(O,+oo). φ εί ως απο ναι συνεχής στο κλειστό διάστημα [1, 3 ], τέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων και ) ( 2 3 φ(1) =(2f(l)-1 ) + ln1-2=(-3)3 -2=-29 < 0 )3 -1 +( ln3-1) >0 φ:3)=(2f(3)-1 )3 +fu3 -2=(2f(3)-1 =3 έχουμε επειδή πό την (1) για χ α f(3);::: 1 2f(3);::: 2 2f(3) -12: 1 ( 2f(3) -1 )3 ;::: 1 ( 2f(3) -1 )3 -12: ο f

--.,..-....:. ---= ....__ =:::� :::-::

......

(5)

χ --+1

•

χ--+Ι

υ--+Ο

χ--+1

Χ--+1

χ--+ Ι

+οο

χ--+1

γ.

-οο

Χ--+1

:::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/63

:::::>

-------

Μαθηματικά ια την Γ Τάξη

3 > e ::::> > ::::> > 1 ::::> .en3 -1 > [ 1,3 ). χ0 Ε (1,3) φ(χ0 ) =Ο, ( 2f(x0 ) -1 )3 + fnx 0 = 2 fnxt

και fn3 fne fn3 Ο Δηλαδή, η συνάρτηση φ ικανοποιεί τις προϋποθέ Άρα υ σεις του θεωρήματος Bo lzano στο πάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο, ώστε δηλαδή

= (0, + οο). f(e-x+2 )= r( 4�J . f(x2 + 2χ) � f(e-x+2 )=f( χ2;χ2χ )�f(e-x+2 )=f( x : 2 J f'�'l e =--� χ+ 2 4e -χ- 2 = (4) * 4x+2 g(x) = 4e- -χ -2, χ Ε(Ο,+α:>), ( 4) � g(x) = g(2) � χ=2, g 1-1 g'(x) =-4e-x+2 -1<0, χ>Ο. f(e-x+2)=f(_.!_) - f(i +2x), 2. Α

ΘΕΜΑ 7

Έστω συνάρτηση f : (O,+ oo) -+ 9t για την οποία ισχύουν οι σχέσεις: • • •

Α.

f(x · y) = f(x) · f(y) , για κάθε χ, y Ε (0,+ οο) (1) f(x);t: O, για κάθε Χ Ε (Ο,+ οο) (2), και f(x)< 1, για κάθε χ Ε (1, + οο) (3)

α. β. γ.

δ.

Ν α αποδείξετε ότι:

()

f(1)= 1 και r ! =-1- , γιακή& χ Ε(Ο,+οο) χ f(x) f(x)> Ο, για κάθε χ Ε (0,+ οο) Η

f(e-ω )= f(_!_) · f(x 2 + 2x) , 4χ

Στο Α λοιπόν έχουμε:

-χ +2

Αν

( )

τότε :

διότι η

είναι

γνη σίως φθίνουσα, επειδή κάθε

ως

για

Άρα η εξίσωση

4χ

έχει ακριβώς μία θετική πραγματική ρίζα το

(*) Ση μείωση : Διαφορετικά θα μπορούσαμε να πούμε ότι η εξίσωση (4) έχει προφανή ρίζα στο (Ο,+οο) το 2 που είναι και μοναδική, διότι η συνάρτηση g με gx) =4e-x+2 2, ε(Ο, +cq είναι γνη σίως φθίνουσα ( )

f είναι γνησίως φθίνουσα.

Η εξίσωση

-------

-χ-

έ-

Β. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη στο ι· 1 ' ' ' , οποτε υπαρχει το οριο ιm

...

f(x)-f(l) χ0 = χ -1 f(x) -l ' f(l)=l . = f'(x)=f'(1)· f(x) χ Ε (Ο,+οο) ( l) f χ -1 χ χ 0 Ε (0, + οο). χ>Ο ) ( 2 λ( f(x)-f("') x=y= 1, ( 1) ::::>f(l) =f(l) · f(l)=>f(l) = 1 χ 0 χ)= χ-"' . =.!_χ χ> Ο, (1) ::::> f(x .!..χ )=f(x)·f(.!_χ ) h=�. χ=χσ·h, f l ) = l ( 1 1 ::::> f(l) = f(x)·f(-)χ ::::> f(x) ·f(-)χ = 1 O<h ;t: 1, χ, χ0 Ε (Ο, +α:> ) χ ;t: χ0 • (::::>2) f(-)=--, 1 1 f(x ·h)-f(x0 ) = χ Ε(Ο,+οο) ( χ)= 0 χ f(x) χ0 ·h-x 0 ( 1) χ, l ( > f(x0 )·f(h)-f(x0 ) f(x0 )·(f(h)-1) f(x0 ) . f(h)-1 (1) ::::> f(J;. - Fx) = Fx χ > Ο , hχ χ ·h-x χ ·(h-1) 0 0 0 1 0 2 =f(-Γx.)·f(-Γx.)=>f( χ) =f (-Γχ.) χ Ε(Ο,+οο). f{ χ) Ο (2) f(x) ;t: Ο, χ Ε(Ο,+οο) f(x)>O , ( χ)= ( f(xo ) f(h)-l ) � f(xo ) ·f '(l) h--+ι χ0 h -1 Χ0 χ1 , χ2 Ε (0, + οο) f f(x ) χι < χ2 ::;ο; �Χ .:, ι� r (�Χ ) < 1 => r (_!_Χ · χ2 ) <ι� χ 0 Ε(0,+οο)με f '(x 0 )= Χ o . f '(l) ι 1 ι ι ο f r(_!_Χ )r( χ2 ) < ι�-f(χ-·) f( χ2 ) < l �f( χι )> f { χ2 ) ι χΕ(Ο,+οο). f '(x)= f(x)χ ·f '(l) , fι

χει ακριβώς μία θετική πραγματική ρίζα. Β. Αν επιπλέον η f είναι παραyωγίσιμη στο Χο =1, τότε δείξετε ότι η f είναι παραyωyίσιμη με , για κάθε

πραγματικός

είναι

χ--+ 1

τότε:

με

τότε:

Θέτουμε:

Χο

δηλαδή

όπου προφα

και

αφού

Έτσι έχουμε: λ

όπου

το

για 1<liQo:

και λόγω της γι α κάθε έχουμε: γ. Για κάθε :2:

και κοντά στο

γι α κάθε

β. Αν θέσουμε στην με τότε:

Είναι

θεωρούμε το λόγο μεταβολών

νώς

Άρα

Για

Έστω

Α. α. Αν

αριθμός.

και

(5), διότι

fim

Λύση

Αν y

χ--+ 1

οπότε

Άρα

l im λ

χ--+χ ο

lim

Δηλαδή, η συνάρτηση

είναι παραγωγίσιμη στο

τυχαίο

Επομένως η συνάρτηση

Άρα η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. δ. Το πεδίο ορισμού της εξίσωσης είναι το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/64

είναι παραγωγίσιμη με

για

κάθε

-------

Μ αθηματικά ια την Γ ' Τάξη

Θεωρούμε αναγκαίο να επισημάνουμε τρεις βασι κές παρανοήσεις που έχουμε παρατηρήσει ότι προκύπτουν κατά την αναζήτηση ενός ορίου. Α) Επικρατεί (κακώς) η άποψη ότι για να βρούμε ή για να ελέγξουμε αν έχει νόημα ένα όριο Χ�Χ πρέπει αρχικά να βρούμε το ο σύνολο ορισμού της συνάρτησης f(x) , ως διά στημα ή ένωση διαστημάτων. Όμως εκτός του ότι αυτό δεν είναι πάντα εφικτό, δεν είναι και απαραίτητο. Αν π.χ. μας ζητηθεί το x�l Σχόλιο της Συντακτική ς επιτροπή ς :

lim f(x) ,

limf(x)

= x 5 -2χ + 10 ,

με f(x) .J τότε το σύνολο ορι σμού της Α={χεR/ χ5 -2χ+ 1 0�0} δεν μπορεί να γραφεί με μορφή διαστήματος ή ένωσης διαστημάτων. Ωστόσο μπορούμε να διαπι στώσουμε ότι έχει νόημα αυτό το όριο, δηλα δή ότι η συνάρτηση ορίζεται κοντά στο χο= 1 και να το βρούμε. Πράγματι, αφού ( χ5 -2χ+ θα είναι χ5 -2χ+ x�l κοντά στο χ0=1 . Άρα η f(x) ορίζεται κοντά στο χ0= 1 . Εξάλλου x�l = J9 Β) Συνήθως για να βρούμε ένα όριο που έχει απροσδιόριστη μορφή, φροντίζουμε να δώσουμε στη συνάρτηση f(x) , διαδοχικές μορφές f1 (x) , 6 (χ) για χ κοντά στο χο μέχρις ότου καταλήξουμε σε μια μορφή για την ο ποία μπορούμε να aποφανθούμε αν έχει ή όχι όριο. Έστω π.χ. την f2(x). Συνηθίζεται τότε να γράφεται (κακώς) = Χ-+Χ Αυτό όμως είΧ-+Χ ο χ--+χ ο ο ναι απαράδεκτο διότι πιθανόν να μην υπάρχει πράγμα που δεν γνωρίζουμε εκ των προτέρων. Π.χ. Αν f(x)= και ζητάμε να βρούμε το x�l τότε είναι παράλογο να γράψουμε:

lim

10)=9>0, 10>0 limf(x) =3. lim f(x) X --t X o

lim f(x) lim f, (χ) = lim f2 (χ) . liin f2 (x) , 3χ 2 -2χ-1 limf(x)χ ,-3χ+2 (χ-1)(3χ+1) ιm f(χ = ιm (χ-1)(χ 2 +χ-2) ιm Χ23χ+1 +Χ -2 3χ+1 - ιm ( 3χ+1 --1 ) αφου' = ιm (χ-1)(χ+2) χ+2 χ-1 ' προφανώς δεν υπάρχει lim -1- . χ-1 X --t X o

Ι.

)

χ �Ι

ι·

x�l

Ι.

ι·

ΗΙ

-- ·

x�l

-------

Κανονικά πρέπει να εκφραζόμαστε ως εξής: για χ κοντά στο χο 1 έχουμε:

= (χ -1)(3χ2 + 1) 23χ + 1 f(x)= (χ-1)(χ +χ-2) χ +χ-2 3χ + 1 = -3χ + 1 · --1 . Όμως ---(χ-1)(χ+2) χ+2 χ-1 3χ + 1 = - και ιm --1 = + οο ενω, ιm -Χ+1 2 3 ' Χ -1 ιm -Χ -1 = - οο, οποτε lim f(χ)= i3 (+οο)=+οο και lim f(χ)= i3 (-οο)=οο. Άρα δεν υπάρχει limf(x) . · .,,

Ι.

χ�Ι

χ �ι ·

Ι.

χ �Γ

χ �ι ·

χ �Γ

x�l

Σχετικά με τον κανόνα De L ' Hospital , επικρατεί (κακώς) η άποψη, ότι αν το Ι. , -- εχει μια απο, τις απροσ διοριστες χ0 Γ)

f(x) ιm g(x)

+οο -οο +οο -οο , οο f-οο(x) -οο +οο + f(x) = ιm -'' . μως το σωστο ειναι ιm -g(x) g (x) f'(x) ' Αν ιm--=-ι,ε , τοτε οτι: g '(x) lim f(x) g(x) = Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντα. Αν f(x) = χ+ημχ, g(x)=2x, τότε για το f(x) παρατηρούμε ότι: lim g(x)= +οο. lim g(x) χ�-+«> Εξάλλου: f(x)�x-1 κοντά στο +οο και lim (χ -1) = +οο οπότε lim f(x) = +οο. Άρα το f(x) έχει απροσδιοριστη +οο ' lHim-+«> g(x) μορφη, +οο . f Αλλά ''( x) = 1+συνχ και δεν υπάρχει g (x) 2 f',(x) , αφού δεν υπάρχει lim συνχ (γιαlim χ�- g (χ) f(x) , αφού lim-+«> g(x) τί;). Ωστόσο υπάρχει το H ημχ 0 (γιατί;). ημχ και lιm. -= f(x) = -1 + -1 · -χ g(x) 2 2 χ Άρα lim f(x) = _!_ . g(x) 2 Ο , μορφες , - , - , - , - , τοτε: Ο

Ηχο

Η χ0

ι·

Ηχο

Η χ0

χ ++«>

χ -+too

χ-++«>

χ �-

Η-+«>

Η+:Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/65

Τράπεζα ΘΕΜΑΤΩΝ Α 'Λυκείου Σ ' αυ τό το τεύχος εγκαινιάζουμε μια νέα στήλ η με θέματα Μα θ ηματικώ ν Α ' Λ υκείου. Η στήλ η αυτή φιλοδοξεί να περιλαμβάνει θέματα ευρ ύτερου ενδιαφέροντος, πρ ω τότυπα, συνδυαστικά για τη βα θύ ' τερη κατανό η ση της ύλ η ς. Σ αυ τή την προσπάθεια συμμετέχουν όλοι οι συ νάδελφοι μα θ ηματικοί με ά δέ ύ ι ες και προτ σεις, σε φος και επίπεδο δυσκολίας θεμάτω ν. Θα υπάρχουν πολλά άρ θρα και ασκή σεις προς αυ τή τη κατεύθυνση. Στα επόμενα τεύχη θα συνεχίσουμε με περισσότερες λεπτομέρειες. Περιμένουμε τις δικές σας ασκή σεις και παρατηρ ή σεις.

�

Να διατάξετε τους αριθμούς J2, � και J3 σε μία σειρά από το μικρότερο προςΝατοβρείτε μεγαλύτεροτιμές(μετουαιτιολόγηση) οποίεςρίζα.η συνάρ 2-2(λ-1)χ+λ1γιαέχειδmλή τησΓιαη f(χ)=(λ-1)χ τις τιμέςνατουaπλοποιήσετε λ που βρήκατετον στοτύποπροηγού μενο ερώτημα της συ2 νάρτησης h(x)= �f(x)- �x + 3-x.Jli , στο α νοικτό διάστημα με άκρα τους αριθμούς J2 και 1 0<1<2�.Ji <J2 J3 . Άρα 1<J2 <J3 0<2<3�J2 2<-4(λ-1)= ... =4(λ-1)(λ-2) Δ=4(λ-1) Για να έχει η f διπλή ρίζα πρέπει και αρκεί: λ*Για1 καιλ=2Δ=Ο.έχουμε Άραf(x)=x λ=2 2-2x+ 1, οπότε h(x)=�x 2 -2χ+1 - �χ 2 +3 -x.Jli = �( 1 2 - � 2 + 3-2xJ3 = = �( - 1 2 - �(x - J3 2 = l x-11 - l x -..Jil = =x-1-(-x+J3 )=2x-1-J3, αφού χ>1 και < J2 < J3 . Στο (1,J2 ) έχουμε: h(x)=0�2x-11 + .J3-. τιμη' αυτη' ειναι ' δεκτη,' αφου' ν,; =Ο � χ=2 1 + J3 . ισχυει: 1 < ν3 �2<1 +ν3 �1< -2 1 + J3 � 1+ν3 <2ν2 � ' Ο< --<ν2 Επισης 2 � � (1+J3 /<(2J2 )2 1+2J3 +3<8� ( ... ) J3 <2 � 3<4, αληθής.Ε ελ Σ Σ ['fζελi:πης 'Jρ.κης - υαγy ική χολή Ν. μύρνης] Να γίνει η f(x)=x γραφική2 καιπαράσταση των συναρτήσεων + ίδιο σύστημα αξόνων. g(x)=x 2 στο 1

Α)

τις

Β)

τις

Γ)

και να βρείτε τις ρίζες τη ς Λ ΥΣΗ : Α)

2 s χ+2 (1) και Να λυθεί γραφικά η aνίσωση: χ να Ένας επιβεβαιωθεί μαθητής,αλγεβρικά αφού έλυσετο συμπέρασμα. την (1) ανακοίνωσε2 1 -J χωρίς να συγκρίνει τους αριθμούς x1=22+ (2014 2 και χ2= 1 πως' ειναι ' σι-' ' απολυτως 1007 2014 γουρος ότι:και χ1<χ τον 2. Συμφωνείτε ήτηνδιαφωνείτε μαθητή να δικαιολογήσετε απάντησή σας χωρίς και χ2πράξεις για να συγκρίνετε τους αριθμούςνα χ1κάνετε Β)

Γ)

με

Λύση : Α)

Β)

Γ)

)

r;;

ι;;

r;;

Α)

ι;;

r;;

Cg Cr

ΤαΒ(κοινά σημεία των ότικαιη είναι βρί 2, 4 ). Παρατηρούμε τασκεται Α(-1,1) και κάτω από τη όταν και μόνον: -1 <χ<2. Άρα: (1) <:::>-x--12ssxsχ+2� 2 x2-x-2s Ο� 2-χ-2 έχει +1 <::>α=1>0, (x-2)(x )s 0�-1 sxs 2. (το χ διακρίνουσαότι Δ=9 και ρίζες -1 και 2) Παρατηρούμε χ1=22-2 . 2 . 20141 +( 20141 )2=(2- 20141 )2= 1 ) και χ2 =(2---) 1 +2 =g(2---). 1 =f(2- -2014 1 2014 1 20141 Επίσης -1 <2--2014-<2. Άρα f(2- -2014- )<g(2- -2014- )' με το μαθητή. δηλαδή χ1<χ2 Συμφωνούμε λοιπόν Ευαyyελική Ν. Σμύρνης] Σε τρίγωνο ΑΒΓ θ�ω�ούμε τις διχοτό � L:..J μους των γωνιών Β, Γ που τέμνονται στο σημείο θεωρούμε την παράλληλη Ο. ΑπόΒΓ,τοπουΟ τέμνει προς την ευθεία τις πλευρές ΑΒ καιοι και Ε αντίστοιχα. Έστω ΑΓ στα σημεία Δ προβολές των Δ, Ε στις ευθείες ΟΒ και ΟΓ αντίΒ) Γραφικά:

Αλγεβρικά:

Γ)

(Μανιατοπούλου Αμαλiα -

Ε ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/66

Η, Θ

' ------- Τ ρ άπεζα θεμάτων Α Λυκείου ΔΗ, ίί)

στοιχα Ζ το σημείοότι: τομήςi) τωνΗΘευθειών Θ. και Αποδείξτε ΒΓ, OU =!:, ο.zε)3, iii) Το τετράπλευρο ΑΒΖΓ εί2 2 iv) Τα σημεία Α, Ο, Ζ είναι συνευ ναιθειακά. εγγράψιμο Λ ύσ η : Β i) ΔΟΙΙ ΒΓ�02 =Βι =� = 2 και Β = Δ1 , Γ = Ε1 (1) . Τοευθείατρίγωνο λοιπόν ΔΒΟ είναι ισοσκελές, οπότε η ΔΗ είναι μεσοκάθετος του ευθύγραμμου τμήματος ΟΒ.αποδεικνύουμε Άρα το σημείο Η είναι μέσο του Όμοια ότι το Θ είναι μέσο του ΟΒ. ΟΓ. Άρα από το τρίγωνο ΟΒΓ παίρνουμε ΗΘΙ Ι ΒΓ . ii) Το σημείο Ζ είναι σημείο τομής των μεσοκαθέ των των ΟΒ, ΟΓ επομένως περίκεντρο του τριγώνου ΟΒΓ. Έτσι έχουμε -Γ2 = Γ1 = -2 = ΟΖΔ = Ζι ( 2) , , παιρνουμε , 2Β = ΟΖΛΕ. ομοιως Α εγγράψιμο.= ΒΖΟ + ΟΖΓ(ι=) Β + t = 180- � ΑΒΖΓ Είναι: 03 = -Α2 + Ει = -Α2 + Γ . Από το ορθογώνιο ( 2) τρίγωνο ΟΗΖ παίρνουμε: Οι 90° - Ζι = 90° - -t2 11

σΖΒ

iii) B Zr

i,·)

-------

' και μονο, λ=- 253 . ρι'ζα τον αριθμο' χι = -32 , οταν Για λ=-i._25 να λύσετε την εξίσωση f(x)=O και 103 '" να δείξετε ότι: f(- -536 )<O<f(- -). 6 Επίσης για λ= - i_25 θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)= 3χ 2f(x) . -χ-2 i) Να βρείτε το σύνολο ορισμού της h(x) και να aπλοποιήσετε τον τύπο της. ii) Να λύσετε την ανίσωση: 5h(x):5-49. iii) Να βρείτε τις τιμές του μεR, για τις οποίες η εξίσωση h(χ)=μ είναι αδύνατη. Λύση : Πρέπει και αρκεί: f(- 3_3 )=Ο (1). 'Εχουμε: (1)� λ(- f )2 +(λ-2)(- f )+3λ-1=0 � 2λ -4 +3λ-1=0� �-4λ9 --+ 3 3 �4λ-6λ+ 12 +27λ-9-0 � 25λ=-3 �λ= _ i_25 . 53 34 , f(x)=O<::>--3 x --χ--=Ο Για λ=--253 εχουμε: �3χ2 +53χ+34=0 και αφού έχει ρίζα χ34ι θα25είναι225Δ� και για την η ρίζα θα ισχu' ει: Χι·χ2= 3 � -3 χ2 = 34 � χ2 = -17. Για να είναι f(- 53 )<0, αρκεί να εί3 53 , 536 Χι+� ε (χ2,χι ). ναι χ2< - -6 <χι . Πραγματι: - -6 = -2 ' 103 , αρκει, - 103 χ2,χι . -Για να ειναι 6 -103+102 61 103 103 ' - -6 + 17 6 6 <O::::r- -6 <-17. Πραγματι: Πα ρ ατή ρη ση : Το θέμα θα ήταν προφανώς δυσκολότερο αν ζητούσαμε απλώς: f(- 536 )<f(- 1036 ). i) Η h(χ) έχει σύνολο ορισμού το Α={χεR/3χ2-x-2=,tO }=R-{1,- 32 2 + 1 7) 3(χ + -)(χ χ+17 Στο Α έχουμε: h(x)= 32 - -3(χ + -3 (χ - 1) χ-1 ) Στο Α έχουμε: 5h(x):5-49 � 5 ( χ+17 χ-1 +49 Β)

Γ)

Α)

Β)

άλλ

, χουμε και ΟΛ2 = 2.Β Τελικως' παιρνουμε Α Β +W' -2t =W + A+B+t � +02 +q = 2 +Γ+2 180', 2 δηλαδή ότι τα σημεία Α, Ο, Ζ είναι συνευθειακά. Β ' τ ρόπος Η ΑΟ διχοτομεί την ΖΒ=ΖΟ=ΖΓ, οπότε το Ζ είναι μέσο του τόξου ΒΓ στον περιγεγραμ μένο κύκλο του ΑΒΓ. ΆραΟ, ηδηλαδή ΑΖ διχοτομεί τηνΖ είναι, , οπότε διέρχεται από το τα Α, Ο συνευθειακά. [Λευτέρης Τσιλιακός - Αθήνα] � Θεωρούμε την συνάρτηση 2 +(λ-2)χ + 3λ-1. f(χ)=λχ � Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει

Ε Λ

Α . Αλλά

Α)

fi(

)>ο

�

[

]

Γ)

ii)

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/67

:::;ο

------- Τ ρ άπεζα Θεμάτων Α 'Λυκείου

� 5x+S5+49x-49 χ-1 ::;Ο� (54χ+36)(χ-1)::;2 0 �18(3χ+2)(χ-1)::;0 � (3χ+2)(χ-1)::;0 � -3 -<χ<1- � -�3 <χ<1, αφού -�3 ,1 χ + 17 μ � χ+ 17= Στο Α εχουμε: χ)=μ �--= μχ- μ �(μ-1 )χ=μ+ 17 ( 1 ). Γιαχ-1να είναι η ( 1) αδύμ -1 = 0 ή 0 . νατη πρέπει και αρκεί: { μ+17 :;e0 μ-1 0 -1 = 0 { μ Προφανώς μ+17 :;e0 � μ=1, ενώ � μ-1 { μ * 1 ,αδύνατο ή � 2 --=1 --=-3 Ομ=18 μ-1 1 μ *1 μ 49 . Τελικά πρέπει και αρκεί μ= 1 ή μ=- 49 ή μ=-5 Γ ώ Σ Τασσόπουλος Αθήνα]5 [ ι ργος . Εστω χ πραγματικός αριθμός που έχει Γal � την ιδιότητα: το τετράγωνό του είναι μι κρότερο ή ίσο από το πενταπλάσιό του. Να δείξετε ότι Ο:::; χ :::; 5 . ίί) Αν κ = l x -5l-l 1 0-2xl+l x -6l τότεκ=1 Από τους πραγματικούς που έχουν την παρα πάνω ιδιότητατονεπιλέγεται τυχαία ένας ακέραιος : ΝαΝαγράψετε δειγματικό χώρο του πειράματος βρείτεπουτηνεπιλέγεται πιθανότηταείναιτουο αριθμητικός ενδεχομένου μέΑ: «Οσοςαριθμός των αριθμών κ και 5>>. Είναι τουχ2τριωνύμου 5χ χ2και-5χισοδύναμα Ο .Βρίσκουμε το πρόσημο προκύπτει ότιΕίναι ο:::; χ χ:::;:::; 5 5 =>χ-5:::; Ο και :::; 5 => χ 6 => χ -6 Ο οπότε έχουμε επίσης χΚ=-(χ-5)-(10-2χ)-(χ-6)=11-10=1 Εχουμε Ο:::; χ :::; 5 και χ ακέραιος συνεπώς Ω = {Ο, 1, 2, 3, 4, 5 } . Ο αριθμητικός μέσος των κ Ν(Α) =.!.. και 5 είναι αρα Α = {3} και Ρ(Α)= Ν(Ω) 6

-------

17 -7xl +l l Ox -1 � + I Bx-131 + . . +l 1 09x -1091 ;?:4.060 Να εξετάσετε αν ο αριθμός ρ =5-�6+J2 εί ναι λύση της παραπάνω ανίσωσης. όροι του αθροίσματος είναι διαδοχικοί όροι αριθ.Οι προόδου με = 7 και ω=3, οπότε =109<:=> 7+(ν-1)3=109�ν=35 . Άρα το ζητούμενο άθροισμα είναι: $._;5 = (7 + 1 352 2030 aνίσωση ισοδύναμα γράφεται : 7l x -11+ IO i x -11 + . . 109l x -11;:::: 4060 � (7 + 10+ 13 + . . 109)l x -11;:::: 4060 � 2030i x -11 ;?: 4060 � l x -11 ;?: 2 � (χ ;?: ή χ - 1 - ) � χ ;?:3 ή Γι' αυτό αρκεί: 5-�6+J2 >3, ή 2>�6+J2, ή 8>6+J2, ή 2>J2, ή 4>2, που[Παναyιώτης ισχύει. ΆραΣτεφανής ο αριθμός- ρ είναι λύση της. Γal Μία ομάδα ατόμων έλαβαν μέρος σε έναν � διαγωνισμό τύπου «Κυνήγι του Θησαυρού». Εισερχόμενοι σε μία ειδικά διαμορ φωμένη επίπεδη έκτασ το μόνο που είδαν ήταν δύο η μικρά τονευκρινή σημάδια Α, Β πάνωτηνσεεξής αυτήδιακαι έκρυψαν θησαυρό ακολουθώντας δικασία: τμήμα Σχημάτισαν πάνω στην έκταση το ευθύ ΑΒ και αρχικά έσυραν ευθύγραμμο γραμμο ΑΒ και μικρότερο του ΑΒ. τμήμα κάθετο στην συνέχεια έσυραν ευθύγραμμο τμήμα ΒΔ κάθε ΑΒ, με τα Γ, Δ προς το ίδιο μέρος της ΑΒ , τοΣτην στην + ΒΔΓΔ =κρύφτηκε ΑΒ . Στο μέσον του ευθύγραμ έτσι ώστε μου τμήματος ο «Θησαυρός». Στα πλαίσια του παιχνιδιού μία δεύτερη ομάδα κλήθηκε ναπεδηβρειέκταση, τον «Θησαυρό» με μόνα δεδομένα την επί τα δύο ομάδα σημάδιαέκρυψε Α, Β καιτοντονθησαυρό τρόπο μεμε τον οποίο η πρώτη την δέσμευση όμως ναχρόνο μη μπορεί να τοναυτήχρησιμο ποιήσει. Σε σύντομο η δεύτερη ομάδα που έτυχε να έχει τάξεις της ένα φοιτητή του Μαθηματικού, βρήκε τον «Θησαυρό» και κέρδισε. Εξηγήστε πώς και γιατίαπόέγινετηνμεδεύτερη επιτυχίαομάδα. η εm σήμανση του «Θησαυρού» Ποια ηαυτήπιθανότητα ναμε ανασύρει τονπροσπάθεια θησαυρό η δεύτερη ομάδα την πρώτη της, αμέσως μετάτουτην; εύρεση του ακριβούς τρόπου προσδιορισμού [Παναyιώτης Στεφανής Αν θεωρήσουμε απόστην το μέσον ΜΑΒ,του θαευθύγραμ � +100=)}30 . . ότι: δείξετε Να μου τμήματος Γ Δ κάθετη ευθεία � Να λυθεί η aνίσωση: από το μέσον Τ του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ.περάσει Αυτό fl. A.

. . ') ιιι

{�::; {�::; --

{�::;ο {�::;ο {

fl. A

γ)

Λύση α)

α1

09)

β) Η

fl. A

-1

:::; 2

Παράρτημα ΕΜΕ Λαμίας]

αλλά

ΑΓ

β)

Λύση α)

;5;

<:=>

β)

ΑΓ

;5;

2x :::; l0 ::::> 1 0 - 2x ;?: 0

στις

γ ) ii)

Α) Β)

Παράρτημα ΕΜΕ Λαμίας]

α) β)

7+10+13+

χ :::; - 1

γ)

α) i)

i) ii)

Λύ ση : Α)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/68

' ------- Τ ρ άπεζα Θεμάτων Α Λυκείου

-------

. συμβαίνει από το γνωστό θεώρημα που λέει προσπάθεια πρώτη ηπρος το μέσοθεωρήσουμε λες πλευρές μίας την παράλλ μη παράλλ Τόσοτη μέθοδο με την τηςμέθοδοημιδιαφοράς του ημιαθρίσματος όσοη τραπεζίου η λη βά και με των βάσεων σειςαπότου ευθεία από το μέσον της άλ πιθανότητα εύρεσης του θησαυρού με την πρώτη λης μη παράλλθαηλεςδιέλθει πλευράς. , 2Ι , εστω , και αvο«φαινομενικα», προσπα' θεια ειναι έχουμε τέσσερις (πιΣθωτήρης ανές τοποθετήσεις. Γ Λουρίδας - Αθήνα] ,ι ! � Χαρακτηρίστε τους ισχυρισμούς που ακολουθούν χρησιμοποιώντας έναν � Στην περίπτωση μας οι ευθείες Γ Α, ΔΒ, ΜΤ είναι παράλληλες σαν κάθετες στην ίδια ΑΒευθεία. Εδώ Ψευδής: από τους χαρακτηρισμούς Αληθής ή , οτι, ΜΤ +ΒΔ παρατηρουμε 2 ρα το ί) Ι αβ l l α l · l β l , για κάθε ζεύγος πραγματικών α 2 α, β. + ριθμών σημείο Μ απέχει από το σταθερό μέσον Τ σταθερή Ι +β+γl ::; l αl + l βl l γl , για κάθε τριάδα πραγμα α απόσταση. Αυτό σημαίνει ότι δεν είναι πλέον ανα γκαία η παρουσία των Μσημείων Γ, Δ γιαεπίσης τον προσ προσ τικών αριθμών α, β, γ. διορισμό του σημείου αφού αυτό ή ίίί) Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α, β με α διορίζεται αν από το σημείο Τ θεωρηθεί ευθεία κάθετη επί την ευθεία ΑΒ και ΑΒληφθεί εκεί σημείο β τέτοιοι ώστε ο αριθμός ιlϊ:ι�Ι δεν αντιπρο , απο, το τ αποσταση , 2. Μ απεχον σωπεύει πιθανότητα ενδεχομένου. αριθμών α, β με Υπάρχει ζεύγος πραγματικών Β) Η ευθεία ΑΒ χωρίζει το επίπεδο σε δύο ημιεπί πεδα τα Η 1 ,Η2 . Το σημείο Μ μπορεί να βρίσκεται αβ Ο , ώστε ο αριθμός αz3αβ+βz να αντιπροσωσε δύο θέσεις συμμετρικές ως προς την ευθεία ΑΒ, στο ημιεπίπεδο Η1 ή στο ημιεπίπεδο Η2 . Επομέ πεύει πιθανότητα ενδεχομένου. νως όταν μία ομάδα γνωρίζεινα προσδιορίσει τον τρόπο εύρεσης Β) Αποδείξτε ότι: 'ho/5,,C +Υ για κάθε x, y του θησαυρού, πιθανότητα το σηίί) Αν α, β, γ πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι που Ι α ή β Ο ή Ο aποδείξτε ότι: ,μειο Μ με την πρωτη ' προσπα' θεια ειναι ' 2. l αβ+βγ+γαl ::; α2 +β2 +γ2 Ανσε διαφορετικά τα ευθύγραμμαεπίπεδα τμήματα ΑΓ, ΒΔ επιλέγονταν ως προς R , ως προς την ευθείατουΑΒ, 2 -2χ-λΔίδεται 2 =0, λεη �R' εξίσωση = ΑΒ, μπορεί η αναζήτηση θη ώστε Ι Α Γχ ΒΔΙ (Ι), σαυρού στο μέσο Μ του να γίνει με τον ίδιο Γ Δ Αποδείξτε ότι η εξίσωση (Ι) έχει ρίζες πραγμα τρόπο που έγινε στο ερώτημα Α. τικές και άνισες, για κάθε λ Αποδείξτε ότι δεν υπάρχει ρίζα της που να ίί) Τοέχειευθύγραμμο τμήμα που είναι πιθανότητα κάποιου ενδεχομένου. προσ άκρα τα μέσα των διαΑν χ 1 ,χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης (Ι) γωνίων τραπεζίου ισούται ' της διορίστε την παράμετρο λ, ώστε χνα2 +χισχύει μεημιδιαφοράς την απο' λ:υτων τη τιμηβάσεων 2 να 2 + λ .fi +Ι λ .fi και η ποσότητα / ι + ::; ( ) Στηνβάσειςπερίπτωση του. μας χ1 χ2 εδώ οι είναι οι ΑΓ δύναται να είναι πιθανότητα κάποιου ενδεχομένου. και και οι διαγώνιοι οι ΒΔ '-------�: ΑΒ, ΓΔ. Πάλι λοιπόνΑΒγια (ίί), (ίίί) Θεωρία. Είναι Αληθής και αυτό επειδή για α=β=Ι να προσδιορίσουμε το Μ θα πάρουμε τΜ 2 . α2 +β2 2 με 2 παίρνουμε: σκεπτικόαναλλοίωτο, λοιπόν τηςμεεύρεσης Τοπαραμένει του θησαυρού 3 την ίδια πιθανότητα Για τους3αβτυχόντες3 πραγματικούς προσδιορισμού του σημείου Μ δηλαδή .!_2 με την Ο ::; ( χ-y )2 � Ο ::; χ2 + y2 -2xy � 2xy::;x,yχ2έχουμε: + y2 . από

ότι

από τις

τις

αυτή

τις

. .. ....

- · · · =�� ,

';< . .

: ,.,.• '-._)

ί(

':·

Μ ..,

__ ,

..,.,.- .; -.. •

,_, _

iι

ΑΓ

•

Α _ ___"ilf

: :

, : Ίi

Ε.

Η,

αν

Α) α)

Η�

ii)

ο,

iv)

γ *'

Παρατήρ ηση :

χΕ

Γ)

r>- - - -

•--Α , , \ •• •

ε. ,

\ \

\ \,

', , '

t- · - ---

' '

',,,

Ε IR • .

Αιτιολόγη ση :

\ '<��, �t - · / \ ',,\ ,, '

�

.,.

iii)

\\"

'��,

(1)

Λύση : Α) α) (i), (iv)

Β) i)

Ε ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/69

0< - < ι

-------

Τ ρ άπεζα Θεμάτων Α Άυκείου

Ι α β l + l βγ i + Ι γ α l < . . α β + βγ+γα ιι) α 2 + β 2 +γ 2 < Ι α l2 + 1 β l2 + 1γ l2 2 1 αβ 1 +2 1 βγ 1 +2 1 γα l 2 l α l 2 +2 1 β l 2 +2 1 γ l 2 < < = 1' 2 Ι α l 2 +2 1 β l 2 +2 1 γ l 2 2 Ι α l 2 +2 1 β l 2 +2 1 γ l 2

β) Αν σε Γ.Π είναι κα-

f( P (A ))f

� L!._J

η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνι σες για κάθε λ ε JR * . ii) Οι ρίζες της εξίσωσης ( 1 ) είναι οι χ ι = 1 - 1 + λ 2 < Ο και χ = 1 + 1 + λ 2 > 1, επομέ 2 νως καμία από αυτές δεν είναι δυνατόν να είναι πιθανότητα κάποιου ενδεχομένου. χ2 + χ2 2 :5: 1 2 και iii) Πρέπει και αρκεί Ο :5: 1 4 Ι χ, χ Ι 2 2 ότι: + 1 λ+ ::;; Ο 3 . Παρατηρούμε λ +

( .J2 ) .J2 ( ) 2 ( 2 ) � 0 :5; ( χ + χ 2 ) - 2χ χ 2 < 1 � I

4 Ι χ, χ Ι 2

::;; λ

�

λ ::;; -

.J2

-.J2, - 1

και επειδή από την απαίτηση ισχύος της (3) θέλουμε τριώνυμο ετερόσημο του συντελεστή του λ 2 . Τελικά παίρνουμε λ = Ένας τρόπος υπολογισμού των ριζών της εξί= Ο , είναι και ο εξής: σωσης λ2 + +1 λ

-.J2.

(*)

( .J2 ) +.J2 λ2 + ( .J2 + 1 ) λ+.J2 = Ο � λ2 + .J2 λ+λ+ .J2 = ο � � λ ( λ+.J2 ) + λ+.J2 = ο � ( λ + .J2 )( λ + 1 ) = 0 � λ = - .J2 ή λ = - 1 .

[Σωτήρης Ε . Λουρίδας - Αθήνα]

Πρ,ο τεινόμενες Ασκήσεις α ) Σε κάθε γεωμετρική πρόοδο να δείξετε ότι:

-1=λ-2

( ) ( ) ) :5: 13} .

i) Να βρείτε τις πιθανότητες των Α,Β ii) Αν λ>Ο τότε: α) Να δείξετε ότι η f(x) έχει δύο ρίζες χ , , χ2 με Χι χ2 και Ι χ ι l > Ι χ2Ι 1 τότε να βρεθεί β) Αν Γ = λ ε Ω I _!_ + - ::;; 5 χ Χι 2 η πιθανότητα του Γ. iii) Αν συμβαίνει το ενδεχόμενο Α, τότε: α ) Να βρείτε τον τύπο της f. β) Να βρείτε τα σημεία τομής Μ,Ν της y = f χ - 4 με τους άξονες. γ) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΝ και το ύψος του που αντιστοιχεί στην ΜΝ [Βασίλης Τράντος - Σχολή Αυyουλέα - Λιναρδάτου]

{

<Ο<

_!_}

( )

( 3 ) � -.J2 ::;; λ ::;; - 1 και τούτο διότι οι ρίζες τις ε ξίσωσης λ2 + ( .J2 + 1 ) λ+ .J2 = Ο είναι οι αριθμοί

το ο

Κ( 1 , 1 0) και Λ(-2,7) } , Β= λ ε Ω/ d( f 1 , f 2

ή λ ?.

)

{

)

4 + 2λ2 4 + 2λ2 4 + 2λ2 ::;; 1 � ::;; 1 � Ο ::;; και 4λ 2 4λ 2 4λ 2 4 + 2λ2 ----: :- ::;; 1 � 4 + 2λ2 ::;; 4λ 2 � 4 ::;; 2λ2 � 4λ 2

.J2

η συνάρτηση Δίνεται 2 f : JR � JR : f ( x = λ2 + 1 χ + 3χ - 5λ, λ ε JR

ποίο αποτελεί το δειγματικό χώρο ενός πειράματος τύχης με ισοπιθανα απλά ενδεχόμενα και τα ενδε χόμενα Α= {λεΩ/η Gr διέρχεται από τα σημεία

� ο ::;;

�

ότι

Ο για κάθε ενδεχόμενο Α ενός

( ) . Θ εωρούμε το σύνολο Ω = { κ ε Ζ I !κΙ ::;; 3 }

(

(;�J::;;

α,

δειγματικού χώρου Ω. [Παναyιώτης Στεφανής- Παράρτημα ΕΜΕ Λαμίας]

)

α4 - α 1

=5 + α + α3 2 i) Να βρείτε το λόγο λ της προόδου ii) Αν f(x) = χ 2 - 7χ + λ να δείξετε

θότι γνωρίζουμε ότι: για κάθε δυάδα πραγματικών αριθμών χ, y ισχύει 2xy ::;; x 2 +y2 . Γ) i) Η διακρίνουσα της εξίσωσης ( 1 ) είναι Δ = 4 + 4λ2 = 4 1 + λ2 > 0, για κάθε λ ε !R* . Άρα

(

------

Θ9

( 16

_!_

( : J

α Δίνεται η εξίσωση χ -

)

+ + β + 2 2 - α β (1) 2

i) Να δείξετε ότι

+ +2 2

α +β = __!_( +β-2)2 _!_ ( α α + β + 2 )2 16 16

2 ii) Να δείξετε ότι μια ρίζα της ( 1 ) είναι το 1 και να βρείτε την άλλη ρίζα της. iii) Ας ονομάσουμε Α,Β και Γ τα σημεία που πα ριστάνουν στον άξονα χ ' χ τα (άκρα) α, β και το κέντρο του διαστήματος [α, β] με α>Ο, αντιστοί χως. Να τα τοποθετήσετε στον άξονα και να δείξεα+β- α τε γεωμετρικά ότι α 2 maχ(α,β)= δείξετε γενικά ότι iv) Να α+β+ α-β

Ι �

2 [ΚωνσταντίνοςΤσαyκάρης 4° Λύκεω Πετρούπολης]

ΕΥΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/70

Το Βήμα Επιμέλεια:

ου

Ευκλείδ·

Γιάννης Στρατή ς - Βαγγέλης Ευσταθ ίου

Περί Πολυωνύμων {Ασάφειες και Παρανοήσεις)

Γιώ ργος Σ . Τασσόπουλος - Σχολικός Σύ μβουλος Μ αθηματικών .

Είναι γνωστό ότι οι Αλγεβρικές και γενικότερα οι Μα θηματικές έννοιες δεν εμφανίσθηκαν εξ αρχή ς με τη μορφή που σήμερα τις θεωρούμε και τις χειριζόμαστε. Για παράδειγμα, στη θεωρία των Μιγαδικών αριθμών τον αριθμό i αρχικά τον θεωρούσαν ως i = � και με συγκεκριμένες υποχωρήσεις, ως προς τις ιδιότητες ρι ζικών με αρνητικά υπόρριζα, έβρισκαν συμβατά απο τελέσματα. Μετά την ανάπτυξη των Αλγεβρικών Δο μών (Ομάδων, Δακτυλίων, Σωμάτων και Διανυσματι κών Χώρων) δόθηκε η δυνατότητα να ορίσουμε με αυ στηρότητα έννοιες και πράξεις που ήδη χρησιμοποιού σαμε. Μοιάζει, βέβαια, ανακόλουθο να ορίζουμε π.χ. μία πράξη, αυθαίρετα εκ πρώτης όψεως, ενώ στην ου σία δίνουμε αυτό τον ορισμό λαμβάνοντας υπόψη μας τον τρόπο με τον οποίο εκτελούσαμε, επί χρόνια, αυτή την πράξη χωρίς αυστηρότητα. Για παράδειγμα, ορίσα με στους μιγαδικούς αριθμούς (διατεταγμένα ζεύγη πραγματικών αριθμών) το γινόμενο (α, β) · (α',β') = (αα' - ββ' ,αβ' + α'β) , έχοντας στο πίσω μέρος του μυαλού μας την μη αυ στηρή διαδικασία: (α + β�)(α' + β' .J=l) = =rxi+�J=i +α'r>Γ-ί +W(J=i)2 =αα' -ββ' +(αβ' +α'β)f-1 . Θα προσπαθήσουμε στη συνέχεια, μέσα από τον αυ στηρό ορισμό της έννοιας του πολυωνύμου, να βοηθή σουμε ώστε να αποφευχθούν διάφορες παρανοήσεις, που έχουμε παρατηρήσει ότι προκύπτουν κατά τη δι δασκαλία τους. Για τους μαθητές δεν είναι απαραίτη το και ίσως είναι ανέφικτο να γίνει αυστηρή και πλήρης θ εμελίωση των πολυωνύ μων . Είναι αρκετό, νομίζω, ο διδάσκων να τους βοηθήσει να καταλάβουν τη διαφορά ανάμεσα στο σύμβολο Χ (κεφαλαίο) σε ένα πολυώνυμο Ρ(Χ) , όπου με Χ συμβολίζουμε , όπως θα δούμε στη συνέχεια , το βασικό πολυώνυμο και στο σύμβολο χ (μικρό) στην αριθμητική τιμή Ρ(χ) του πο λυωνύμου , όπου χ JR. , μεταβλητή. Όταν λοιπόν στο σχολικό ΒιΒλίο αναφέρεται ότι στα πολυώνυμα Ρ(χ) το σύμβολο είναι μία μεταβλητή που μπορεί να πάρει οποιαδήποτε πραγματική τιμή, δη μιουργείται η ψευδ αίσθηση ότι χ JR. , ενώ όπως θα διαπιστώσουμε στη συνέχεια, ακριβώς αυτή η παραδο χή δημιουργεί όλες τις παρανοήσεις στη θεωρία των πολυωνύμων. Όπως θα δούμε λοιπόν το ούτε μετα βλητή είναι ούτε ανή κει στο JR. . Ε ίναι απλώς ένα στοιχείο από το σύνολο των πολυωνύ μων που θα ορί σουμε, όπως ακριβώς το i είναι ένα στοιχείο των Μιγα δικών Αριθμών και όχι μία μεταβλητή. Για να γίνουν ευκολότερα κατανοητά τα επόμενα, θα ε

κάνουμε μια αναφορά στους μιγαδικούς αριθμούς, ό που, όπως θα διαπιστώσουμε, υπάρχει μία αντιστοιχία στον ορισμό τους με τον ορισμό των πολυωνύμων. Αρ χικά, θα προσπαθήσουμε να γίνει κατανοητό και κυρίως αποδεκτό από τους μαθητές το πώς , ενώ i Ε JR. , θεω ρήσαμε παραστάσεις της μορφής α + βί με α, β JR. , δηλ. πράξεις που δεν έχουν πουθενά οριστεί, όπως για παράδειγμα το γινόμενο των (β,ί) και το άθροισμα των (α,βί) . Αποκρύψαμε βέβαια εύσχημα από τους μαθη τές ότι τέτοιες πράξεις δεν έχουν οριστεί. Η αυστηρή επέκταση του JR. στο C γίνεται βέβαια (βλέπε παλαιότερα σχολικά βιβλία) θεωρώντας ως C το σύνολο C = { z = (α, β) I α, β JR.} δηλ. το σύνολο των διατεταγμένων ζευγών πραγματι κών αριθμών. Έτσι, η ισότητα ορίζεται ως: (α, β) = (α',β') � α = α',β = β' και για οικονομία συμβόλων γράφεται με (α, β) = (α',β') . Οι πράξεις Ef> και Θ στο C ορίζονται ως εξής: Αν z = (α,β) , z' = (α',β') ,τότε z ΕF> z' = (α + α',β + β') και z ® z' = (α · α' - β · β',α · β' + α' · β) . Η προέλευση και η σκοπιμότητα αυτού του ορισμού εξηγήθηκαν στην αρχή . Διαφορετικά, φαντάζει εντελώς αυθαίρετος. Στη συνέχεια παρατηρήσαμε ότι: Αν z = (α,Ο), z' = (α',Ο) , τότε zEF>z' =(α+α',Ο) ,z®z' =(α·α',Ο) . Δηλαδή τα απο τελέσματα των πράξεων στο C0 = { (α, Ο) I α JR.} είναι γνωστά όταν είναι γνωστά τα αποτελέσματα των αντι στοίχων πράξεων στο R και αντιστρόφως. Από Αλγε βρ ική άποψη ,δηλαδή, το σύνολο C 0 μπορεί να θεω ρηθεί ταυτιζόμενο με το R , οπότε aπλουστεύοντας το συμβολισμό να γράφουμε (α, Ο) = α . Αυτό ακριβώς είναι το επίμαχο σημείο στη θεμελίωση των μιγαδικών αριθμών. Δεν μπορούν δηλαδή οι μαθητές (αλλά και εμείς οι ίδιοι) να αποδεχθούν (να χωνέψουν) πώς είναι δυνατόν το ζεύγος (α,Ο) να είναι το ίδιο με το πρώτο στοιχείο του α, δηλαδή (α,Ο)=α. Στο σημείο αυτό πρέπει να γίνει κατανοητό ότι δεχτή καμε να ταυτίσουμε το ζεύγος (α,Ο) με τον πραγματικό αριθμό α, όχι ως οντό τητες αλλά από Αλγεβρ ική άποψη (άποψη χρήσης)ω. Για να κάνω αυτό όχι απλά κατανοητό αλλά αποδεκτό, κατέφευγα συνήθως στο εξής παράδειγμα ,το οποίο, κα τά κανόνα, απέβαινε λειτουργικό: Όπως ακριβώς ένα πλαστικό μαχαίρι και ένα σιδερένιο μαχαίρι ως οντό τητες είναι διαφορετικά αντικείμενα μεν, αλλά από χρη στική άποψη (Αλγεβρική προηγουμένως) είναι και δύο ίδια (μαχαίρια) αντικείμενα κοπής. (τα περί ιε

τα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/71

-------

Το βή μα του Ευκλείδη

σομορ-φισμών δεν ενδείκνυται να διδαχθούν σε μαθητές Λυκείου κυρίως διότι δεν θα γίνουν αποδεκτά (εύπεπτα) αλλά θα εισπραχθούν σαν ένα απλό τυπολόγιο χωρίς ουσία). Ο μεγάλος Poincare προκαταλαμβάνει οποιαδή-ποτε ένσταση επ ' αυτού με την ακόλουθη αδιαμφισβήτητη ρήση του: «Οι μαθηματικοί δεν μελετούν αντικείμε

να, αλλά σχέσεις μεταξύ αντικειμένων. Επομένως, δ ιαθέτουν την ελευ θερία να αντικαταστή σουν κά ποια αντικείμενα με άλλα, εφόσον οι σχέσεις παρα μένουν αμετάβλητε9>

( Βιβλιογραφία (2) ) Έχοντας πλέον αντιληφθεί πώς γίνεται η δημι-ουργία ενός νέου συνόλου C και των νέων πράξεων Ε!3 , Θ μέσω του ήδη γνωστού συνόλου IR και των πράξεών του +, · μπορούμε πλέον να ορίσουμε ως βασικό μιγαδικό αριθμό (μιγαδική μονάδα) το ζεύγος i = (0, 1) , για το οποίο, προφανώς ισχύει i 2 = (Ο,l) Θ (Ο,1) = = (Ο · 0 - 1 · 1, 0 · 1 + 1 · 0)=(-1,0)=-1 . Έχουν φυσικά πλέον νόημα και οι πράξεις λ®(α,β)=(Α,Ο)®(α,β) =(λ+α, β) και λ Θ (α,β) = (λ,Ο) Θ (α,β) = (λ · α - Ο · β , λ · β + Ο · α) = (λ · α, λ · β) οπότε κάθε μιγαδικός αριθμός z = (α, β) γράφεται: z =(α,Ο)®(Ο,β) = α®(β·Ο,β·1) =α®βΘ(Ο,1) = α ® β Θ i . Για οικονομία συμβόλων θα γράφουμε αντί του α $ β Θ i το α+ β · i , όπως ακριβώς για τις πράξεις α+ β , α· β μεταξύ διανυσμάτων ή για τις πράξεις f + g , f · g μεταξύ συναρτήσεων κλπ χρησιμοποιούμε τα σύμβολα της πρόσθεσης και του πολλαπλασιασμού στο IR , ενώ πρόκειται για εντελώς διαφορετικές πρά ξεις. Θα ακολουθήσουμε, όπως θα διαπιστώσετε, μια ανάλογη διαδικασία για να ορίσουμε την έννοια του πο λυωνύμου με συντελεστές πραγματικούς αριθμούς. Ως γνωστόν κάθε διατεταγμένη ν-άδα (χ, , χ 2 , χ 3 , ... , χ ν ) λέγεται και διαδοχή με ν όρους. Από κάθε διαδοχή με ν όρους προκύπτει μια διαδοχή με άπειρους όρους, αν τα στοιχεία μετά το χ ν τα θεωρήσουμε όλα μηδενικά, δηλαδή η διαδοχή (χ 1 , χ 2 , χ 3 , ... , χ ν ,Ο,Ο, ... ) . Τη διαδοχή, λοιπόν, p = (α0 , α1 ,α2 ,αμ ... ,αν ,Ο,Ο, ... ) , όπου ασ ' α, ' ... , α ν πραγματικοί αριθμοί και αν * ο την ονομάζουμε πολυ ώνυμο ν βαθμού (βαθ p=ν) με συντελεστές α 0 ,α1 , ... ,αν ,Ο,Ο, ... Αν θεωρήσουμε δύο πολυώνυμα p = (α0 ,α1 ,α2 , α3 , ... ,αν ,Ο,Ο, ... ) και q = (β 0 ,β , ,β 2 ,β 3 , ... ,β μ ,Ο,Ο, ... ) με αν β μ * Ο , δεχόμενοι φυσικά ότι Ο= α..,.,. = α..,.2. = ... ,Ο=βμ+ι =βμ+2 = ..... τότε ορίζουμε την ισότητα p q και τις πράξεις Ρ Ε!3 q , p Θ q μεταξύ αυτών, ως εξής : p=q <:} ασ =βο�;� =β, , ... ,α. =β., όπου κ = max { μ, ν } p ® q = (α, + β 1 ,α2 +β υ ... ,α. +β.,Ο, Ο, ... ) με βαθ (ρ $ q) :S: κ , αν έχει μη μηδενικό συντελεστή. pΘq = (αο βσ , ασ β ι + α, β σ , ασ β2 + α, β, + α2 βο , ... με ... ,αο β λ + α, βλ- ι + ... + αλ-ι β ι + αλβΟ ,0,0, ... ) ---+

--+

-7 -+

βαθ( p Θ q) = μ + ν = λ . Στη συνέχεια όπως ακριβώς δεχθήκαμε στο <C ότι: (λ, Ο) = ο , από Αλγεβ ρική άποψη το ίδιο και εδώ, δεχόμαστε ότι (λ, Ο, Ο, ... ) = λ και αυτό το λέμε σταθερό πολυώνυμο. Το πολυώνυμο (0,1,0,0, ... ) το λέμε βασικό πολυώνυμο και το συμβολίζουμε με χ, δηλαδή χ = (0,1,0, ... ) = χ 1 , όπως α κριβώς ως βασικό μιγαδικό αριθμό ορίσαμε το i = (0,1) . Αντιλαμβανόμαστε , λοιπόν, ότι δεν πρόκειται για μεταβλητή. Θα μπορούσαμε να το συμβολίσουμε με Ι = (0,1,0,0, ... ) όπως κάναμε για το i = (0,1) ώστε να μην παραπέμπει σε άγνωστο (μεταβλητή). τέλος ο ρίζουμε χ 0 = (1,0,0 ... ) = 1 . Μπορούμε, πλέον, να ορίσουμε δυνάμεις χ2 =χΘχ =(O,O,l,O,O...),x3 =(0,0,0,1,0, 0, ...) και γενικά x k = (0,0, ... ,1,0,0 ... ) με τη μονάδα να βρί σκεται στην k+ 1 θέση, καθώς και τις πράξεις: λΘχ k = (Ο,Ο, ... , λ,Ο,Ο, ... ) με λ στην k+1 θέση , λ$ x k = (λ,Ο,Ο, ... ,1,0,0 ... ) για κ > Ο με την μονάδα στην k+ 1 θέση, ενώ λ® χ 0 = (λ + 1,0,0, ... ) = λ + Ι . Μπορούμε πλέον να γράψουμε: p=(ασ ,α,,�, ... ,σ._.,Ο,Ο...) = α0 Θ χ 0 ® α1 Θ χ 1 ® ... ® αν Θ χ ν ® 0 Θ χ ν +1 + ... και για οικονομία συμβόλων ν+l ν 0 Ρ = ασ . χ + α ι . χ + ... + α ν . χ + ο . χ + ... ή απλούστερα p(x) = α0 + α1 · Χ + ... + αν · Χ ν καθώς και p(x) = αν · Χ ν + ... + α1 · Χ + α0 • Στο προηγούμενο πολυώνυμο p(x) προφανώς με τα σύμβολα + , . εννοούμε τις πράξεις μεταξύ πολυωνύμων (όπως τις ορίσαμε), αφού το χ είναι το βασικό πολυώ νυμο. Αν όμως με τα σύμβολα +, . εννοήσουμε τις α ντίστοιχες πράξεις στο IR , τότε ορίζεται μια συνάρτηση ν Ρ : IR � IR με τύπο p(x) = αν · Χ + ... + αι · Χ + α σ , όπου το χ είναι τώρα μεταβλητή στο IR και όχι το βασικό πολυ ώνυμο. Η συνάρτηση αυτή λέγε-ται πο λυωνυμική συνά ρτηση αντίστοιχη του πολυωνύμου p(x) . Την αριθμητική τιμή της συνάρτησης p(x) για χ = λ ,δηλαδή τον αριθμό p(λ) = αν λν + ... + α1 λ + α0 τη λέμε και αριθ μητική τιμή του πολυωνύμου p(x) στη θέση λ. Κακώς, βέβαια, λέγεται και αριθμητική τι μή του πολυωνύμου p(x) για χ = λ , αφού το βασικό I

πολυ ώνυμο πολυ ώνυμο

αποκλείεται να είναι ίσο με το σταθερό λ,

δηλαδή αποκλείεται να είναι: 1 · χ + Ο = Ο · χ + λ . Καλό θα ήταν να συμβολίζουμε με Χ (κεφαλαίο) το βασικό πολυώνυμο και με χ (μικρό) τη μετα-βλητή στην αντίστοιχη πολυωνυμική συνάρτηση. Έτσι, θα είχαμε το πολυώνυμο p(X) και την αντίστοιχη συνάρτηση p(x) χωρίς κίνδυνο παρανόησης. Μη δενικό λέγεται το πολυώνυμο πολυ ώνυμο Ο(χ) = 0 =0+0· χ = 0+0· χ+Ο·χ2 + ... και δ εν έχει συ γκεκρ ιμένο βαθ μό, ενώ κάθε πολυώνυμο της μορφής p = (Ο,Ο, ... ,α.,Ο,Ο ... ) = α.χ" με α. :;t: O λέγεται μονώ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2172

------- Το βή μα του Ευκλείδη

νυμο κ βα θ μού . Παρατηρούμε π'λέον ότι αν οι πράξεις εκτελεστούν σαν πράξεις μεταξύ αριθμών ( όπως γινό ταν πριν τον αυστηρό ορισμό του πολυωνύμου), θα δώ σουν αποτέλεσμα συμβατό με τον ορισμό. Αν π. χ. p = α0 + α1 χ , q = β0 + β 1 χ + β 2 · χ 2 , τότε p + q = αο + β ο + (αι + βι ) · Χ +βz · Χ 2 = αο + βο + (α ι + β ι ) · χ + (αz + β z ) · x z και 2 3 Ρ · q=α ο β ο +(α ο β ι +α ι β ο ) · χ+(α ο β z +α ι β ι ) · Χ +α ι β z · Χ = αο β ο + (αο β ι + αι β ο ) · χ + (αο β z + αι β ι + αz βο ) · Χ 2 +(ασβ3 +α,β2 + αzβι + �βο ) ·Χ3 αφού αz = � =0 και β3 = ο . Έγινε π'λέον κατανοητό ότι το βασικό πολυώνυμο χ δεν είναι μεταβλητή στο IR (εξάλλου , τότε το χ 0 δεν θα είχε νόημα για κάθε χ IR , αφού το 0° δεν ορίζεται). Η κατάργηση του συμβόλου ( ) για την ισότητα των πολυωνύμων που υπήρχε στα παλιότερα σχολικά βιβλία και η χρήση του ίδιου συμβόλου χ για το βασικό πο λυώνυμο και για τη μεταβλητή στην πολυωνυμική συ νάρτηση δημιουργούν επικίνδυνες παρανοήσεις. Διαφορετικά θα ήταν ευδιάκριτο ότι οι σχέσεις p(x) q(x) ή p(X) = q(X) δηλώνουν ισότητα πολυωνύ μων ενώ η σχέση ρ( χ) = q(x) για κάθε χ IR δη λώνει ισότητα συναρτήσεων . •

•

παρανόηση : Αν θεωρήσουμε τα πολυώνυμα p(χ) = χ2 + λχ + 9 και q(χ) = χ + λ και ζητήσουμε να βρεθεί το λ ε JR ώστε p(x) = q(x) , μπορεί κάποιος να ισχυριστεί ότι αυτό συμβαίνει όταν και μόνο όταν η εξίσωση χ2 + λχ + 9 = χ + λ δηλαδή η εξίσωση χ2 + (λ - 1)χ + 9 - λ = Ο έχει ρίζες στο R. Γι αυτό πρέπει και αρκεί Δ ;:: Ο , όπου Δ = (λ - 1)2 - 4(9 - λ) = λ2 + 2λ - 35 η διακρίνουσά της. Θα έβρισκε λοιπόν Δ ;:: Ο � λ ε ( -οο, -7] υ [5, -tω) . Αν όμως aπαιτούσαμε p(x) = q(x) θα καταλάβαινε ότι εν νοούμε πως οι αντίστοιχοι συντελεστές πρέπει και αρκεί να είναι ίσοι, δηλαδή 1 = Ο, λ = 1,λ = 9 πράγμα αδύνατο. Μπορούμε εν προκειμένω να αποφύγουμε τέτοιες παρανοήσεις χωρίς να χρησιμοποιήσουμε το σύμβολο ( =) που απου-σιάζει από το σχολικό βιβλίο, με το να ανά γουμε τους συμβολισμούς και τα προβλήματα μεταξύ πολυω νύμων σε πολυωνυμικές συναρτήσεις με βάση το παρακάτω θεώρημα. (Για την απόδειξή του βλέπε Άλγεβρα Σπύρου Κα νέλλου σελ. 1 64 - 1 65 , 1 ος τόμος, εκδόσεις Παπαδημητρό πουλου, Αθήνα 1 966) Αποδεικνύεται, λοιπόν, ότι η ισότητα πολυωνύμων εκφράζεται και με τις παρακάτω ισοδυναμίες: p(x) = Ο( χ) � p(λ) = Ο , για κάθε λ ε JR � αο = αι = ... = αν = ο Ιη

και p(x) = q(x) � p(λ) = q(λ) , για κάθε λ ε JR � α0 = β 0 , α 1 = β 1 , ... , α, = β, , όπου κ = max {μ, ν } .

Το προηγούμενο πρόβλημα θα μπορούσε να αποφευχθεί ανα γόμενο στις αντίστοιχες συναρτήσεις ως εξής: Να βρεθεί το λ ε JR , ώστε p(x) = q(x) , για κάθε χ ε JR , δηλαδή χ2 + λχ + 9 = χ + λ , για κάθε χ ε JR . Αλλιώς θα αναγκα στούμε όπως συμβαίνει στο σχολικό βιβλίο, να χρησιμοποιή σουμε τις εκφράσεις: Να βρεθεί το λ ε JR , ώστε το p(x) να

παίρνει τη μορφή q(x) ή περιφραστικά το p(x) να είναι ίσο με το q(x) κ.λ.π. 2η παρανόηση : Για τις συναρτήσεις f(x) = 2x2 - 3x - 5 και g(x) = x2 - 4 η f(x) συνάρτη ση ορίζεται μόνον όταν χ2 - 4. "* Ο , g(x) δηλαδή

χ e {-2,2} .

διαίρεση όμως του 11ΟΟχι:Μ)μω

p(x) = 2χ2 - 3χ - 5 διά του q(x)=x2 -4 έχει πάντα νόημα αφού q(x),i'O(x) , δηλαδή υπάρχει χ ε JR ,

ώστε q(x) * Ο . Αν ρωτήσετε όμως τους μαθητές πότε ορίζεται η διαίρεση p(x) : q(x) , αυτοί που δεν έχουν κατά-νοήσει τη διαφορά με ταξύ πολυωνύμου και πολυωνυμικής συνάρτησης, θα μας α παντήσουν όταν χ e {-2,2} , λές και υπήρχε περίπτωση να

ή χ = -2 , είναι χ = 2 ,δηλαδή 1·χ +Ο=Ο ·χ +2 δηλ. 1 . χ + ο = ο . χ - 2 . Γενικά η διαίρεση του πολυωνύμου Δ(χ) διά του δ(χ) , δηλαδή η πράξη Δ( χ) : δ( χ) ορίζεται μόνον όταν δ(χ),i'Ο(χ) ,

(1). Επειδή όμως τα σύμβολα (=) και (,i) απουσιάζουν από το σχολικό βιβλίο, τη συνθήκη (Ι) θα την αποδώσουμε με την αντί-στοιχη πολυωνυμική συνάρτηση δ(χ) ως εξής: (I) � δ( χ) * Ο , για κάποιο χ ε JR , αφού δ( χ) = Ο( χ) � δ( χ) = Ο , για κάθε χ ε JR . Αν γράψουμε όμως, απλώς, δ( χ) * Ο , μπορεί να δημιουργηθεί η προηγούμενη παρανόηση όπου είχαμε δ( χ) = χ2 - 4 . Οι εκφράσεις «για κάθε χ ε JR » και « υπάρχει χ ε JR » αντιλαμβανόμα στε πλέον ότι αναφέρονται σε πολυωνυμική συνάρτηση και όχι σε πολυώνυμο. τέλος, τονίζουμε ότι σχέση διάταξης p (χ) s; q ( χ ) στο σύνο-

λο των πολυωνύμων (όπως και των μιγαδικών αριθμών) δεν ορίζεται. Δύο βασικούς στόχους πρέπει να πετύχουμε κατά τη διδα σκαλία των πολυωνύμων. α) Να καταλάβουν οι μαθητές ότι το σύμβολο χ στα πο λυώνυμα δεν είναι αριθμός (μεταβλητή στο JR ), αλλά το βασικό πολυώνυμο. β) Να καταλάβουν τη διαφορά ανάμεσα στο πολυώνυμο και την πολυωνυμική συνάρτηση. • Όπως γράφει (εκλαϊκευτικά) ο Θ. Ν. Καζαντζής στο ι στορικό βιβλίο του «Πολυώνυμα» (Εκδόσεις Αθανασιάδη -

Τορνακίδη , Θεσσαλονίκη 1 977 ) το Χ είναι ένα σύμβολο για το οποίο έχουν οριστεί δυνάμεις χ ν καθώς και πράξεις της μορφής λ · Χ λ ε JR και αθροίσματα της μορφής π. χ. 2 . Χ 2 + 3 . Χ - 5 · Χ 0 τα οποία ονομάζουμε πολυώνυμα. Έ χουμε γνωρίσει ήδη τέτοια σύμβολα όπως τις συναρτήσεις f, τους τετραγωνικούς πίνακες Α, κ. λ. π, για τα οποία έχουν νό ημα εκφράσεις της μορφής 2 · f2 + 3 · f - 5 · f0 , 2 · Α 2 + 3 · Α - 5 · Α 0 Τη λέξη «μεταβλητή» τη χρησιμοποιεί σε εισαγωγικά , ακρι βώς για να μας προβληματίσει χωρίς όμως να μας ξενίσει. Θεωρεί το χ απλώς ως το βασικό πολυώνυμο, από το οποίο προκύπτουν τα υπόλοιπα. Με αυτό τον αρκετά aπλουστευτικό τρόπο μπορούν να επιτευχθούν και οι δύο στόχοι που προα ναφέραμε και να αποφευχθούν οι σχετικές παρανοήσεις. Σε όλες αυτές τις περιπτώσεις βέβαια, ως αντίστοιχη πολυωνυμι κή συνάρτηση μπορούμε να ορίσουμε την p(x) = 2x2 + 3x - 5 · 1 , για κάθε x ε JR .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/73

ν ,

•

-----

Ιη

παρανόηση : Αν θεωρήσουμε τα πολυώνυμα p(χ) = χ2 + λχ + 9 και q(χ) = χ + λ

Το βή μα του Ευκλείδη

και ζητήσουμε να βρεθεί το λ Ε � ώστε ρ( χ) = μπο ρεί κάποιος να ισχυριστεί ότι αυτό συμβαίνει όταν και μόνο όταν η εξίσωση χ 2 + λχ + = χ + λ δηλαδή η εξίσωση χ 2 + (λ - Ι)χ +

9-λ = Ο

q(x) ,

έχει ρίζες στο

Γι αυτό πρέπει

-4(9- λ) = Α_2 + 2λ - 35

και αρκεί Δ :<::: Ο , όπου Δ = (λ - Ι)2 η διακρίνουσά της. Θα έβρισκε λοιπόν Δ :<::: Ο λΕ

�

(--οο, -7] υ[5,+οο) . ρ( χ) = q(x) θα καταλάβαινε ότι εν

Αν όμως aπαιτούσαμε νοούμε πως οι αντίστοιχοι συντελεστές πρέπει και αρκεί να είναι ίσοι, δηλαδή Ι = Ο, λ = Ι, λ = πράγμα αδύνατο. Μπο ρούμε εν προκειμένω να αποφύγουμε τέτοιες παρανοήσεις χωρίς να χρησιμοποιήσουμε το σύμβολο =) που απου-σιάζει από το σχολικό βιβλίο, με το να ανάγουμε τους συμβολι σμούς και τα προβλήματα μεταξύ πολυωνύμων σε πολυωνυ μικές συναρτήσεις με βάση το παρακάτω θεώρημα. (Για την απόδειξή του βλέπε Άλγεβρα Σπύρου Κανέλλου σελ. 1 64 1 65 , 1 ος τόμος, εκδόσεις Παπαδημητρόπουλου, Αθήνα 1 966) Αποδεικνύεται, λοιπόν, ότι η ισότητα πολυωνύμων εκφράζε ται και με τις παρακάτω ισοδυναμίες: ρ( χ) = Ο( χ) � p(λ) = Ο , για κάθε λ ε � � α0 = α 1 = ... = α. = Ο

(

και ρ( χ) = q(x) � p(λ) = q(λ) , για κάθε λ ε �

� α0 = β 0 , α1 = β 1 , , α . = β . , όπου κ = max { μ, ν } . •••

Το προηγούμενο πρόβλημα θα μπορούσε να αποφευχθεί ανα γόμενο στις αντίστοιχες συναρτήσεις ως εξής: Να βρεθεί το λ Ε � , ώστε ρ( χ) = για κάθε χ Ε � , δηλαδή

q(x) ,

χ 2 + λχ + = χ + λ , για κάθε χ Ε � . Αλλιώς θα αναγκα στούμε όπως συμβαίνει στο σχολικό βιβλίο, να χρησιμοποιή σουμε τις εκφράσεις: Να βρεθεί το λ Ε � , ώστε το ρ( χ) να

q(x)

παίρνει τη μορφή

q(x)

ή περιφραστικά το ρ( χ) να είναι ίσο

με το κ.λ.π. 2η παρανόηση : Για τις συναρτήσεις f(x) = - 3χ - 5 και = χ2

2χ 2

f(x)

g(x) χ

g(x)

ορίζεται

{ -2 , 2 } .

μόνον

όταν

διαίρεση

-4 χ2 -

όμως

ρ( χ) = 2χ2 - 3χ - 5 διά του q(x)=x 2 -4 έχει πάντα νόημα αφού q(x),i'O(x) , χ Ε � , ώστε q(x) -:ι. Ο .

Βιβλιογραφία

συνάρτηση

4 -:ι. Ο , του

δηλαδή

�

δηλαδή υπάρχει

Αν ρωτήσετε όμως τους μαθητές πότε ορίζεται η διαίρεση ρ( χ) : αυτοί που δεν έχουν κατά-νοήσει τη διαφορά μεταξύ πολυωνύμου και πολυωνυμικής συνάρτησης, θα μας απαντήσουν όταν χ iO { -2 , 2 } , λές και υπήρχε περίπτωση να

q(x) ,

Ι·χ+0= 0·χ+2 ή είναι χ = 2 ,δηλαδή δηλ. Ι · χ + Ο = Ο · χ - 2 . Γενικά η διαίρεση του πολυωνύμου Δ( χ) διά του λαδή

πράξη

δ( χ ),i'Ο( χ ) ,

Δ( χ) :

δ( χ)

ορίζεται

χ = -2 ,

δ( χ) , δη

μόνον

(1). Επειδή όμως τα σύμβολα

( ) =

όταν και

(,i) απουσιάζουν από το σχολικό βιβλίο, τη συνθήκη (I) θα την αποδώσουμε με την αντί-στοιχη πολυωνυμική συνάρτηση χ) ως εξής: (I) χ) -:ι. Ο , για κάποιο χ Ε � , αφού

δ( � δ( δ( χ) Ο( χ) � δ( χ) = Ο , για κάθε χ Ε � . Αν γράψουμε όμως, απλώς, δ( χ) -:ι. Ο , μπορεί να δημιουργη θεί η προηγούμενη παρανόηση όπου είχαμε δ(χ) = χ2 -4 . =

Οι εκφράσεις <<>yια κάθε χ Ε � » και « υπάρχει χ Ε � >> αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι αναφέρονται σε πολυωνυμική συνάρτηση και όχι σε πολυώνυμο. τέλος, τονίζουμε ότι σχέση διάταξης ρ ( χ ) � ( χ ) στο σύνολο των πολυωνύμων (όπως

και των μιγαδικών αριθμών) δεν ορίζεται.

Δύο βασικούς στόχους πρέπει να πετύχουμε κατά τη διδα σκαλία των πολυωνύμων. α) Να καταλάβουν οι μαθητές ότι το σύμβολο χ στα πο λυώνυμα δεν είναι αριθμός (μεταβλητή στο � , αλλά το βασικό πολυώνυμο. β) Να καταλάβουν τη διαφορά ανάμεσα στο πολυώνυμο και την πολυωνυμική συνάρτηση. • Όπως γράφει (εκλαϊκευτικά) ο Θ. Ν. Καζαντζής στο ι στορικό βιβλίο του «Πολυώνυμα» (Εκδόσεις Αθανασιάδη -

)

Τορνακίδη , Θεσσαλονίκη 1 977 ) το Χ είναι ένα σύμβολο για το οποίο έχουν οριστεί δυνάμεις Χν καθώς και πράξεις της μορφής λ · Χν , λ ε � και αθροίσματα της μορφής π.χ.

2 · Χ2 + 3 · Χ - 5 · :ΧΟ τα οποία ονομάζουμε πολυώνυμα. Έχου με γνωρίσει ήδη τέτοια σύμβολα όπως τις συναρτήσεις f, τους τετραγωνικούς πίνακες Α, κ. λ. π, για τα οποία έχουν νόημα εκφράσεις της μορφής 2 · f2 +3 · f -5 · � , 2·Α2 +3· Α-5· Α0 • Τη λέξη «μεταβλητή» τη χρησιμοποιεί σε εισαγωγικά , ακριβώς για να μας προβληματίσει χωρίς όμως να μας ξενίσει. Θεωρεί το χ απλώς ως το βασικό πολυώνυμο, από το οποίο προκύπτουν τα υπόλοιπα. Με αυτό τον αρκετά aπλουστευτικό τρόπο μπορούν να εmτευχθούν και οι δύο στόχοι που προα ναφέραμε και να αποφευχθούν οι σχετικές παρανοήσεις. Σε όλες αυτές τις περιπτώσεις βέβαια, ως αντίστοιχη πολυωνυ μι κή συνάρτηση μπορούμε να ορίσουμε την ρ( χ) = 2χ 2 + 3χ · Ι , για κάθε χ ε � . -

1. Συμεών Μιχ. Μποζαπαλίδης ( Γραμμική Άλγεβρα, έκδοση Α. Αλτιντζή . Θεσσαλονίκη 1 984) 2. Δ. Βάρσος - Δ. Δεριζιώτης - Μ. Μαλιάκας - Σ. Παπασταυρίδης - Ε. Ράπτης - Ο. Ταλέλλη (Μια εισαγωγή στην Άλγεβρα, εκδόσεις «σοφία» 2003) 3. John Β . Fraleigh ( Εισαγωγή στην Άλγεβρα, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης 2003. απόδοση Α. Γιαννόπουλος. Επιμέλεια Ν . Μαρμαρίδης) 4. Θ. Ν. Καζαντζής ( Πολυώνυμα, εκδόσεις Αθανασιάδη - Τορνακίδη , Θεσσαλονίκη 1 977 ) 5. Σ. Γ. Κανέλλος ( Άλγεβρα, εκδόσεις Παπαδημητρόπουλου, Αθήνα 1 9 66 ) 6. Γ. Λεγάτος - Ν.t;ΙΙαπαδόπουλος ( Άλγεβρα και στοιχεία από την Μ αθηματική Ανάλυση, έκδοση Gutenberg , Αθήνα 1 974 ) ..

i Διαβάζουμε στο κλασικό πλέον βιβλίο των Γεράσιμου Λεγάτου - Νίκου Παπαδόπουλου « Άλγεβρα και στοιχεία από την Μ αθηματική Ανά λυση» ( Έκδοση Gutenberg 1974) σελ. 386 , τόμος (11) με γενικευμένη διατύπωση (εδώ) ότι: Είναι φανερό πως μπορούμε να λέμε ότι τα σύνολα

Α = { (α, Ο) I α ε

�}

και Β

= � , ως προς τις δομές τους, δεν διαφέρουν παρά μόνο κατά τον συμβολισμό των στοιχείων τους και να θεω

ρούμε το Α ταυτιζόμενο με το Β . Για τον λόγο αυτό μπορούμε να aπλουστεύσουμε το συμβολισμό των στοιχείων του Α γράφοντας α αντί (α, Ο). Και με αυτή όμως την αρκετά κατανοητή έκφραση δεν κατάφερνα να πείσω τους μαθητές μου.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/74

------

Ευκλείδης Πρ οτείνει . . . «Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήμα τα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του

Ε υ κλεf δ η ς π ρ οτεfνει Επιμέλεια :

( ΤΕΥΧΟΥΣ 83) Να βρεθούν οι πραγματικές λύσεις της εξίσωσης 6χ + 1 = gx - πχ-Ι ( 1) ΑΣΚΗΣΗ 209

(ΓΙΑΝΝΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥ ΛΟΣ -

να

λύνει

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ -

Συνάδελφοι, η στήλη επανορθώνεL Δεν δόθηκαν στους λύτες των προτεινομένων θεμάτων οι συνάδελφοι: Νίκος Παύλου - Χαλκίδα για την άσκηση 1 95/8 1 , Κωνσταντίνος Τζαγκαράκης - Χανιά για τις ασκήσεις 1 96 - 202 - 204, Δη μήτρης Κουκάκης - Κιλκίς για τις α σκήσεις 202 - 204 - 205 - 206 , Βασίλειος Λαγογιάννης - Αγία Πα ρασκευή, για την άσκηση 1 97/8 1 και Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα για την άσκηση 205/83.

ΛΥΣΗ (

μαθηματικού είναι P. R. HALMOS

προβλήματα».

ff!· Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ ..,.,

ναι και ΟΡ = R2 = ΟΓ 2 , το τρίγωνο ΟΡΓ είναι ορθογώνιο στο Ρ. δηλ. ΟΡΓ = -π2 = ΟΝΓ οπότε το τετράπλευρο ΟΡΝΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς, ισχύει ΡΝΒ = ΡΟΓ = -π3 . Λ

Καλαμάτα) Πύργος)

ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΑΝΝΑΡΟΣ -

Η εξίσωση (1) είναι αδύνατη στο διάστημα (-co, O] αφού , χ :::; Ο => 6χ + πχ - Ι + 1 > 1 = 8° � gx . Αν χ > Ο , τότε: (1) <:::} 2χ · 3χ + (3χ )3 3 -3 + 1 = (2χ )3 και αν τεθεί 2χ = a > 0,3χ = b > Ο η εξίσωση γράφεται 27ab + b3 +27 =27a3 και τέλος b3 +(-?6)3 +:f =3·b·(-:h)-3, οπότε ισχύει: b - 3a + 3 = 0 (2) ή b = -3a = 3 (3). Ε πειδή η σχέση (3) απορρίπτεται, ισχύει μόνο η (2), δηλ ισχύει b = 3a - 3 δηλ. 3χ = 3 · 2χ -3 ή 3χ-Ι = 2χ - 1 . Θέτουμε χ - 1 = u , οπότε είναι 3" = 2 · 2" - 1 ή 3" - 2" = 2" - 1 ή f(3) - f(2) = f(2) - f(1) (4), όπου έχει 2) Ο νόμος των η μιτόνων στο τρίγωνο ΟΡΝ δίνει: τεθεί f(t) = t" , t > Ο συνάρτηση που ικανοποιεί τις προ R ΡΝ ΡΝ ϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ σε καθένα από τα διαστήματα ΟΡ 2 <=> -2π [1,2],[2,3] . Συνεπώς, υπάρχουν z1 ε (l,2),z2 ε (2,3) ημ(ΡΟΝ) --ημ(ΡΝΟ) ημ η μ( -ΡΝΒ) 9 2 τέτοια, ώστε να ικανοποιούν τις σχέσεις: R 2π ΡΝ ΡΝ f(2) - f(1) = uz� -1 , f(3) - f(2) = uz�- 1 οπότε η (4) <=> -= R <=> -=-=>ΡΝ=Rημ2π 2π 1 9 <:::} uz u -1 - uz u - 1 <:::} u(z u - 1 - z u - 1 ) - ο η μ - 2συν ΡΝΒ ημ - 2·2 9 9 2 Ι - 2 z Σύμφωνα με την υπόθεση, έχουμε: <:::} u = Ο z�-ι - z�-Ι <:::} u = Ο (-l-)"- 1 = 1 <:::} 1 z2 - · ΡΝ · ΒΝ · η μ (ΡΝΒ ) ΡΝ ) (Β <:::} 2��--------u = Ο u - 1 = Ο u = Ο u = 1 και επειδή είναι =� k= (ΑΟΜ ) .!_ · ΑΜ · Ο Μ u = χ - 1 , παίρνουμε τελικά χ = 1 χ = 2 . 2 •

( 1)

Λύσεις έστειλαν επίσης οι: Γ ιώ ργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Ρο δόλφος Μπό ρη ς - Δάφνη, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα , Δη μήτρης Κουκάκης - Κιλκίς. ΑΣΚΗΣΗ 2 1 0 (τΕΥΧΟΥΣ 84) (ΓΙΩ ΡΓΟΣ ΜΗτΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )

Έστω ΑΒ , ΒΓ δύο διαδοχικές πλευρές κανονικού 9 γώνου , Ο το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από τα Α , Β , Γ και Μ , Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ , ΒΓ α ντίστοιχα. Θεωρούμε σημείο Ρ του ΟΜ τέτοιο, ώστε ΟΡ = ΟΑ 2 . 1)Να βρεθεί το μέτρο της γωνίας ΡΝΒ . 2) Αν είναι ( Β Ν ) k τότε να δειχθεί ότι το k είναι η (Α Ο Μ ) μικρότερη θετική ρίζα της εξίσωσης 8χ 3 -18χ + 9 = Ο . ΛΥΣΗ Δάφνη) 2π , 1) Παρατηρούμε ότι: ΡΟΝ = ΡΟΒ+ ΒΟΝ = 9 ΝΟΓ = -9π , οπότε ΡΟΓ = ΡΟΝ+ ΝΟΓ = -π3 . Επειδή είΡ

( ΡΟΔΟΛΦΟΣ Μ ΠΟΡΗΣ -

λ ΡΝ · __!. η μ(ΡΓ Ο ) Λ

•

λ 9 ·α 2 9

2π ../3 Rη μ - · 9 2 ___:3 :_ � Rσυν �

π ΡΝ · η μ _ _

π π ·J3 2ημ-συν_....::.9_---'9;.____:2:ο,_ = J3 . η μ � => k J3 . η μ � (2) 9 9 συν �9 3π = 3ημ π - 4ημ 3 π ' δηλαδη, 'Ο μως, ημ 3π = ημ 9 9 9 π - 4ημ 2 -) J3 = η μ-(3 , Π 9 και λογω της (2) 2 9 .[3 = � (3-4 k2 ) => 8k3 -18k 9 = Ο . Δηλ, ο k είναι ρίζα + 2 ν3 3 της εξίσωσης 8χ3 - 1 8χ + 9 = Ο (3). Επειδή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/75

-------

Ευκλείδης Προτείνει

hj h h π ν3 h π "3 , ν3rμ0 <-π <-π <-π , ειναι: �0<k<=<ν3rμ2 (4). 9 6 2 9 6 2 Η (3) δέχεται μοναδική ρίζα στο διάστημα (0, Πράγματι, η συνάρτηση f με f(x) = 8χ 3 - l 8x + 9 είναι συνεχής στο [0, .J3] ως πολυωνυμική και ισχύει 2

�) .

. • •

τάσταση στην ( ι ) παίρνουμε διαδοχικά: 3χ - 7 = l87(3m + 2)(3η - 1) + 68(3m + 2) <:::} 3χ = l683mn - 56 1m + 1 122η + 204m - 23 1 � χ = 561mn - 1 19m + 374η - 77 (4) ( π.χ m = η = 1 , χ = 739, y = 2 και k = 5 ).

Λύσεις έστειλαν επίσης οι: Δη μήτρη ς Καραβ ότας Κάτω Αχαϊα , Ροδόλφος Μ πό ρης - Δάφνη, Δημήτριος Καρβελάς - Πεύκη.

ΑΣΚΗΣΗ 2 1 2 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 84 ) .J3 f(O)f( 2 ) = 9· (--6/3 +9) = 27(3-2.J3) < 0 , οπότε από Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α=ι:χf) με πλευρές α,β,γ, θετο θεώρημα του Bolzano η (3) έχει τουλάχιστον μία ωρούμε τις διχοτόμους ΒΕ και ΓΔ των �Γ αντιστοίχως. 1 +1 = -l , οπου , ρ η ακτινα , του στο διάστημα (0, και επειδή 1 ) Να δειχθει,οτι ρ ίζα ΒΔ ΓΕ ρ εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ. f'(x) = 24x2 -l8 = 6(4x2 -3) < 0 , για κάθε Χ Ε (Ο, .J3) 2 βγ 2 η 2) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της Α = (α +�)(α + γ) ' ' φθινουσα στο [Ο , Τ f ει'ναι γνη σιως .J3] οποτε ' η ρι'ζα Μεσολόγγι) αυτή είναι μοναδική και είναι η μικρότερη από τις θε -ΛΥΣΗ τικές ρίζες της (3). ( η άλλη θετική ρίζα της βρίσκεται - Κάτω Αχαϊα). στο διάστημα [1,2] και μία τρίτη αρνητική στο διάστη Έστω α, β,γ τα μήκη των μα [-2,-l]). πλευρών του ορθογωνίου στο Πύργος. Λύση έστειλε: Α τριγώνου ΑΒΓ και Ε το ΑΣΚΗΣΗ 2 1 1 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 84 ) εμβαδόν Από το θεώ Να βρεθούν όλα τα ζεύγη (x,y) των ακεραίων x.,y έtσι, ώστε ρημα τηςτου. εσωτερική ς διχο τό μου για τις διχοτόμους ΓΔ , ΠΟΝσtα του 17 . οι ρητοι, αρυθμοι, Α = 13χly- 74 ειναι και ΒΕ των γωνιών Γ, Β έχουμε: + Γαλάτσι ). ΔΑ = -β � ΔΑ + ΔΒ = -γ = -β+α � β+α � Καλαμάτα). ΛΥΣΗ ΔΒ α ΔΒ α ΔΒ α 3χ - 7 = I7k . τοτε , υπαρχει , k Ε z : -'Εστω οτι , γ+α α β + - = -- (1 ). ,Όμοια, Ι = -- (2) . 'Ετσι, l 1y + 4 ΔΒ αγ ΕΓ αβ 3x - 7 = 17k(l 1y + 4) ή 3x - 7 = 187ky + 68k (1) ή 3x - 6 - l = 186ky + ky + 66k + 2k δηλ. γ + α = β 2 + βα + γ 2 + γα = α + β + γ 1 +1 = -β + α + --1 ky + 2k(mod 3) � k - Ι ky(mod 3) (2). Διακρί ΔΒ ΕΓ αγ αβ αβγ βγ νουμε περιπτώσεις: 2τ = -τ = -τ = -Ι . Υποθετουμε , , ' Ι ) Αν k O(mod3) , δηλ. k = 3m,m Ε Ζ , τότε από ότι η ακτινα ρ ειναι =2Ε Ε τρ ρ την (2) έχουμε 3m - 1 3my + 2k(mod 3) δηλ. σταθ ερή κατά μέγεθος. Παρατηρούμε ότι 3m -I = 3my + 6m + 3t,t Ε Ζ δηλ. ι O(mod3) άτοπο. 2 βγ = � ·� . Από την ανισότητα Α = (α + αβ)(α 2) Αν k = l(mod3) δηλ. k = 3m + l,m Ε Ζ , τότε + γ) α+ β α + γ (2) � 3m (3m + l)y(mod 3) , οπότε ισχύει των Cauchy - Schwarz παίρνουμε 3m = (3m + 1)y + 3t , t Ε Ζ και τελικά 2 2ιiβy =� 3m = 3my + y + 3t , δηλ. y = O(mod3) ή y = 3η ΓΑ ν�·� >� +� αy(α+γ)+αβ(α+β) όπου η Ε Ζ . Με αντικατάσταση στην (1) έχουμε: σ:γ αβ 3χ - 7 = l87(3m + 1)3η + 68(3m + l),m,ηE Ζ ή 2βy 4Ε 2Ε 2τρ , =- =- = 2ρ �Α;;::: 4ρ2 , με την ισοτητα = α+β+γ =3χ = 561η + l683mn + 204m + 7 5 και τελικά: 2τ τ τ χ = l 87η + 56lmn + 68m + 25 , m,ηΕ Ζ (3). (Αν για παράδειγμα είναι m = η = Ι , τότε χ = 841 , , ' ' σ:γ =αβ <:::} <:::}β =γ. να ισχυει οταν και μονον οταν: α+β α+γ y = 3 είναι μία,.λύση του προ βλήματος με k = 4 ). 2β - α = 2β - β.J2 3) Αν k 2(mod3) , δηλ, k = 3m + 2,m Ε Ζ τότε , ρ = τ - α = β + γ - α = -Επειδη, ειναι: 2 2 2 (2) � 3m + l (3m + 2)y(mod3) , δηλ, 3m + 1 = 3my + 2y + 3t ,t Ε Ζ ή 3m + l + y = 3my + 3y + 3t = β(2 -2 .J2) � 2ρ = β(2 - .J2) � β = ρ(2 + .J2) καταδηλ. y + Ι O(mod3) δηλ. y = 3η - 1 , η Ε Ζ . Με αντικαλήγουμε ότι η παράσταση Α δέχεται ελάχιστη τιμή ίση

�)

(Γ ΙΩΡ ΓΟΣ ΑΠΟΠΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ ( Δ Η Μ Η τ r ΗΣ ΚΑΡΑ Β Ο

ΤΑΣ

Διονύσης Γιάνναρο ς -

ιι.

� I

να

(Λ ΕΥΤΕΡ Η Σ τΣΙ Λ Ι Α ΚΟΣ -

(ΓΙΑΝΝΗΣ Η Λ IΟΠΟΥ ΛΟΣ -

.••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/76

------ Ευ κλείδης Προτείνει

με 4ρ 2 όταν το τρίγωνο είναι ισοσκελές ορθογώνιο με μήκη καθέτων πλευρών β = γ = ρ(2 + .fi) .

• . .

226.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤ Α

Να επιλυθεί στο Ζχ.Ζ η εξίσωση: 5χ 3 - 6y3 = 1331 (ΛΕΥτΕΡΗΣ τΣΙΛΙΑΚ ΟΣ - Γαλάτσι ) Λύ σεις έστειλαν επίσης: Καλαμάτα , 227. Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΔ τρείς διαδοχικές χορδές Μή Δάφνη , Πύργος , Μ ελίσια. ΑΒ , ΒΓ , ΓΔ έχουν μήκη 1 , 2 , 3 , αντιστοίχως. Να υπο Άρτα, λσyισθεί το μέτρο της ακτίνας R του ημιιφκλίου αυτού. ΑΣΚΗΣΗ 2 1 3 (τΕΥΧΟΥΣ 85 ). Δίνονται οι μιγαδικοί z, , z 2 , ... , zv τέτοιοι, ώστε (Ν Ι ΚΟΛΑΟΣ ΕΠ Α Μ . τΣΙ ΛΙ Α ΚΟΣ - Χίος ) 228. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = α και z, + z 2 + ... + z ν = 0 , l z, l = l z2 l = ··· = l z ν l = 1 Αν z είναι τυχαίος μιγαδικός αριθμός, τότε να δειχθεί Β = r = 40° . Προεκτείνουμε την ΑΓ κατά τμήμα ότι: l z - z, l + l z - z 2 Ι + ... + Ιz - zν l ;::: ν . ΑΔ = ΒΓ . Να αποδειχθεί ότι είναι: ΓΒΔ = 10° . ( ΓΙΩΡΓΟ Σ ΚΥΡΙΑ ΚΟΠΟΥ Λ ΟΣ - Β όλος ) ( ΑΝΤΩΝΗΣ ΙΩΑΝΝΙΔΗΣ - Λάρισα). ΛΥΣΗ ι" ( ΓΙ ΩΡ ΓΟΣ Α ΠΟΠΟΛΟΠΟ Υ Λ Ο Σ 229. Να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε συνεπίπεδα διανύ- Μεσολόγγι) . Έχουμε : σματα � , β ,:Υ,δ με � + β +:Υ+ δ = � ισχύει η σχέση: lz -z,l +lz-z2 I + ... +Ιz-zν l =jz-z,j +jz-z2 j + .. . + �ι + ι βι + Ι Ύ Ι + ι δι ;::: ι � + δι + ιβ + δ ι + 11 + δι . ι l z-zνl = I � - �H� -z2 j + ... + ι � -zνl = � - :, � - : + .... + ( ΑΝΤΩΝΗΣ ΙΩΑΝΝΙΔΗΣ - Λάρισα ). 2 230. Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη πλευρών α,β , γ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) . Αν Η εί -1 ;; , ι ι+ ;;ν -1 -_ -;;2 -1 + . .. + -;;, -1 + -1 -_ -z-ναι το ορ θόκεντρο του τριγώνου και οι ευθείες ΑΗ , Ζν z, Ιz, Ι z2 Ζν ΒΗ , ΓΗ τέμνουν τον κύκλο στα σημεία -1 ;; -1 Α, , Β1 , Γι ,αντιστοίχως, να αποδειχθούν οι σχέσεις: ι 2 1 + ... + ι ;ν 1 = -1 + zz -1 + ... + + lzΓ ι 2 IzΓ - I ι- I α'β 'γ ι) � 6 ρ , οπου ρ η ακτινα του εγγε( Η Α 1 ) ( Η Β 1 ) ( Η Γ1 ) ι ;;ν -11 ;ψ;;, +;;2 + ... + ;;ν )-(1+ 1 + ... +1)1 = γραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ. 2) E A B , r A , e r, - !_ . ( Γ. Α ΠΟΠΟΛΟΠΟΥΛΟΣ - Μεσολόγγι) �ι (z, +z2 + ... +zν )-νl = 1 �- ο -νj = I -νi =ν α+β+γ 2 ΛΥΣΗ 2 " ( ΒΑΣΙ Λ ΗΣ ΛΑΓ Ο ΓΙΑΝΝΗΣ - Αγία Παρασκευή). 23 1 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να βρεθεί σημείο Μ εσωτε Υποθέτουμε ότι οι μιγαδικοί z k είναι της μορφής: ρικό του τριγώνου τέτοιο, ώστε να ισχύει: z k = συνθ k + iημθ k , k = 1,2, ... , ν . Σύμφωνα με το πρόν ν ΜΑΒ = ΜΒΓ = ΜΓΑ = θ και στη συνέχεια να αποδειβλημα ισχύουν: Σσι:Μ)k =Ο, Σημθk =0(1) Ο τυχαίος μι- χθεί ότι σφθ = σφΑ + σφΒ + σφΓ .( Γ . ΤΡΙ ΑΝΤΟΣ - Αθήνα ). k=ι k=Ι 2 2 = ι , όπου > b > Ο, γαδικός z είναι της μορφής: z = χ(συνω+ ίημω),χ = l� ;::: ο , 232. Δίνεται η έλλειψη c : �2 + L b2 οπότε η παράσταση γράφεται στη μορφή: Σ l z - z k I = με εστίες Ε , Ε' . Θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ της έλλει ψης και την εφαπτομένη (ε) της έλλειψης στο σημείο k =l Μ, που τέμνει τον άξονα χ'χ στο σημείο Ζ. Ευθεία (η) = Σ �(χσυνω- συνθ k ) 2 + (χημω- ημθ k γ κάθετη στην (ε) στο σημείο Μ τέμνει τον άξονα χ'χ k=l στο σημείο Η. Να δειχθεί ότι τα σημεία Ζ , Η είναι αρ μονικά συζυγή των εστιών Ε , Ε' της έλλειψης. = Σ �χ 2 - 2χσυν(θk - ω) + 1 = f(χ) (2) k=l ( ΚΩΝΣτΑΝΠΝ Ο Σ τΣ Ο ΥΒΑΛΑΣ - Λήμνος ). Από την (2) με παραγώγιση ως προς χ έχουμε: 233. Να βρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί α , β, γ που ικαχ συν(θ ω) , τις ισοτητες: α2 + β -γ = 480 (1) . k , f'(χ) = Σ 2 (3). νοποιουν ι k = �χ - 2χσυν(θ k - ω) + 1 α + β 2 -γ = 512 (2) ( ΚΩΝ ΣτΑ ΝΠΝ Ο Σ τΣ Ο ΥΒΑ Λ ΑΣ - Λήμνος ). με f'(O) = Ο ( λόγω των σχέσεων (1)). Επίσης, 234. Αν α , β είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, 2 (θk -ω) ημ τότε να δειχθεί ότι ισχύει η σχέση: > (3) � f"(x) = Σ Ο , για κάθε k=ι [χ 2 -2χσυν(θk -ω) + 1]23 (α + 3β)(2α + 3β)(β + 3α)(2β + 3α) ;::: 4(α + β + .jαβ)4 ( ΓΙΩΡΓΟ Σ Α ΠΟΠΟΛΟΠΟ Υ Λ Ο Σ - Μεσολόγγι) χ ;::: Ο . Άρα, η f' είναι γνησίως αύξουσα στο 235. Δίνεται κύκλος (O,R) ,μία διάμετρος ΑΒ και σταθε[Ο,+οο) και συνεπώς, ισχύει f'(x) ;::: f'(O) = O , για κάθε ρό Λ εσωτερικό του τμήματος ΟΑ. Θεωρούμε χ ;::: Ο , δηλ, η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 0, +οο) με χαίασημείο χορδή ΓΔ του κύκλου αυτού που διέρχεται από το Λ αποτέλεσμα: f(x) ;::: f(O) = ν , για κάθε χ ;::: Ο , ή το αυτό: και την εφαπτομένη Αχ του κύκλου στο σημείο Α. Ονο ν μάζουμε Ε , Ζ τα σημεία τομής των ΒΓ , ΒΔ με την Αχ α Σ)z - �1 ;::: ν γεγονός, που αποδεικνύει το ζητούμενο. ντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο ΑΕ · ΑΖ είναι k=l σταθερό. ( Γ Ι ΩΡΓΟ Σ ΤΡ ΙΑ ΝΤ Ο Σ - Αθήνα ). Ού Λύσεις έστειλαν επίσης: Δάφνη, φο ς Μπό ρης -

τσιος -

Γ ιάννη ς Ηλιόπουλο ς Διονύση ς Γ ιάνναρο ς -

Ροδόλ

Γιώ ργος

Φίλιππος Σ ε ρ έφογλου -

Ι Η 1 1- 1 1 ι ι ι Ι ι zz

{

τυ

Ροδόλφος Μ πό ρης -

τ ρας -

Τρίκαλα,

Διο νύ ση ς Γιάννα ρ ος -

Πύργος.

Γεώ ργιο ς

Αναμένουμε προτεινό μενα θ έ ματά σας! ! !.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2177

Μαθηματικά μας διασκεδάςουν

Π αναγιώτης Π . Χ ριστόπουλος Alexander Puskin 'Ή Γεωμετρία χρειάζεται έμπνευση ό σο και η ποίη ση " "Δεν αξίζει πάντα κάτι που μετριέται. Και κάτι που αξίζει δεν μετριέται πάντα ". Albert Einstein

Τα Μαθη ματικά του δια στήματος Γ ρ ίφ οι Τα Α ρνιά

Ρώτησαν το βοσκό πόσα αρνιά έχ_ει και αυτός απάντησε: Άσε μη ρωτάς, δύσκολη χρονιά, πριν 1 Ο μέρες μου έφαγε ο Λύκος τέσσερα πρόβατα αλλά ευτυχώς πριν 3 μέρες γέννησαν τα μισά από ένα αρνί. Όλα αυτά που γέννησαν μου δίνσuν μισό κιλό γάλα κάθε μέρα το καθένα εκτός από δέκα που μου δίνουν από ένα κιλό το καθένα και γεμίζω το δοχείο των 25 κιλών. Πόσα αρνιά έχει ο βοσκός; Ο ι ορ ειβάτες

Τέσσερις ορειβάτες βρίσκονται στην άκρη μιας μεγάλης γέφυρας και θέλουν να περάσουν απέναντι, είναι όμως νύχτα και ο φακός που διαθέτουν έχει ακόμα 60 λεπτά διάρκεια πριν τελειώσει η μπα ταρία. Εκτός αυτού η γέφυρα αντέχει μόνο δυο άτομα και συνεπώς δεν μπορούν να περάσουν όλοι μαζί. Οι ορειβάτες είναι διαφόρων ηλικιών και φυσικής κατά στασης και ο καθένας κάνει διαφορετικό χρόνο για να περάσει απέναντι. Ο πρώτος κάνει 5 λεπτά, ο δεύτερος 1 Ο λεπτά, ο τρίτος 20 λεπτά και ο τέταρτος 25 λεπτά. Όπως κατά

λαβαίνετε όταν πάνε να περάσουν δυο μαζί την γέφυρα ο χρόνος που θα κάνουν θα είναι αυτός που χρειάζεται ο πιο αργός π.χ. αν πάει ο δεύτερος με τον τρίτο θα κά νουν 20 λεπτά. Πώς θα καταφέρουν να περάσουν απέ ναντι και οι τέσσερις πριν να τους σβήσει ο φακός; Το 6 Δίνονται τρεις διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι εκ των οποίων ο μεγαλύτερος διαιρείται με το 3. Παίρνουμε το άθροισμα των τριών αριθμών και από το άθροισμα που προκύπτει παίρνουμε το άθροισμα των ψηφίων του και από το άθροισμα των ψηφίων πάλι το νέο άθροισμα των ψηφίων έως ότου καταλήξουμε σε μονοψήφιο αριθμό. Αυτός θα είναι ο 6. [Ιάμβλιχος 250μ.Χ.-325 μ.Χ.] π.χ. 1534+1535+1536=4605, 4+6+0+5=15, 1+5=6.

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδ άζουν Τα Α ρνιά :

Είχε χ+4 πρόβατα μείον 4 που έφαγε ο Λύκος έμειναν χ από αυτά πήρε -2 αρνιά. Όμως παίρνει χ

- 10).�2 + 10=25 κιλά γάλα. Άρα χ=80 δηλ έχει 40 αρνιά. Οι ορειβάτες: Θα ξεκινήσει ο 5 με τον 10 και θα γυρί σει πίσω ο 5 σύνολο 15 λεπτά. Θα ξεκινήσει ο 20 με τον 25 θα περάσουν απέναντι και θα γυρίσει ο 1 Ο σύνολο 50 λεπτά. Και τέλος θα περάσει απέναντι ο 5 με τον 1 Ο σύνολο 60 λεπτά. Το 6: Η εξήγηση είναι με διαιρετότητα. Έχω τις 3άδες 1η 1, 2, 3 2η 4, 5, 6 3η 7, 8, 9 . . . . . . αν α,1 =(1 ,4,7, . . . )=1+(ν-1).3 είναι όροι αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο 1 και διαφορά 3, ομοίως αvz=(2, 5, 8, . . . )=2+(ν-1).3 και α,3=(3, 6, 9, . . . )=3+(ν-1).3 Επομένως α,1 +α,2+α,3=6+9(ν-1) Το τμήμα του αριθμού που είναι 9(ν-1) είναι πολλαπλάσιο του 9 άρα το άθροισμα των ψηφίων του διαιρείται με 9 και το άθροισμα αυτό των ψηφίων καταλήγει σε ψηφίο 9 οπότε το άθροισμα των ψηφίων του αvι+αvz+αv3=6+9(ν-1) καταλήγει σε 6+9=15 και 1+5=6. (� 2

Π ολλά Μ μας Δ. στο επό μενο

Μάνος Δανέζης: Τα Μαθηματι κά του Σύμπαντος

Τη Δευτέρα 2 Δεκεμβ ρίου 2013 έγινε διάλεξη από τον Μάνο Δανέζη στο αμφιθέατρο (αίθουσα διαλέξεων) της ΕΜΕ με θέμα τα Μαθηματικά του Σύμπαντος. Οι πολλές μαθηματικές αναφορές για τη διάσταση του χρόνου Δεν β λtπο LJ μ ε το ί δ ι ο το Σ ύ μ π α ν . για τη γεωμετρία του Σύμπαντος, τα χαρακτηριστικά παραδείγματα για την Κ α θ ε τ ί π o LJ α ν τ ι λ α μ β ά ν ο ν τ α ι ο ι α ι σ θ ή σ ε ι ς κορδέλα του Mobius η μπουκάλα του μ α ς δεν ε ί ν α ι π ρ α γ μ α τ ι κ ό , ε ί ν α ι απλως η σ κ ι ά α LJ τ o u πo LJ π ρ α γ μ α τ ι κ ά LJ Π ά ρ χ ε ι ! Klein και οι ενδιαφέρουσες φιλοσοφικές αναφορές του δημιούργησαν μια ,'·lι α 'ι Ο ς Λ π v .·:· (fΊC μαγευτική ατμόσφαιρα με πολλά ερωτήματα και μια υπόσχεση για μια επόμενη συνάντηση από τον ομιλητή. . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 89 τ.l/78

Μ α θη μ α τ ικό Θ έ ατ ρ ο

«Καθήκον του δάσκαλου είναι να ψυχανεμιστεί κατά που τραβούν τα νιάτα και να πλωρίσει την ψυχή του κα τά κει)) έγραψε ο Νίκος Καζαντζάκης. Πράγματι ο εκπαιδευτικός, ο άνθρωπος που έχει το προνόμιο να παρα κολουθεί εκ του σύνεγγυς τη ζωή του παιδιού σε όλες του τις εκφάνσεις, έχοντας σ' αυτή�1η συμμετοχή που επιβάλει ο ρόλος του, έχει πλείστες όσες ευκαιρίες για να πετύχει αυτό, που για το μεγάλο μας συγγραφέα φαίνεται ν' αποτελεί προυπόθεση για να πάρει κάποιος τον τίτλο του δάσκαλου. Ο χώρος δράσης του εκπαι δευτικού είναι από τη φύση του χώρος έμπνευσης. Κάθε στιγμή επικοινωνίας, κάθε στιγμή συνεργασίας με το παιδί για τη μεταλαμπάδευση της γνώσης, μπορεί ν' αποτελέσει για το δάσκαλο στιγμή έμπνευσης, και να μετουσιωθεί μες της ψυχής του το εργαστήρι σε αφετηρία για καινούργια μέθοδο, που οδηγεί σε καινούργια γνώση με αποδέκτη και πάλι το μαθητή. Τις τελευταίες δεκαετίες έντονος είναι ο προβληματισμός της εκπαιδευτικής κοινότητας, σχετι κά με τις μεθόδους διδασκαλίας που πρέπει ν' εφαρμοστούν, ώστε να διεγερθεί το διαφέρον του μα θητή και να μετάσχει στη διαδικασία για την απόκτηση της γνώσης. Πολύ περισσότερο τα τελευταία χρόνια που η εξάπλωση της χρήσης του διαδικτύου σε συνδυασμό με την εξέλιξη της κινητής τηλε φωνίας παρέχει δελεαστικούς τρόπους «διασκέδασης» με aποπροσανατολιστικές και ίσως εκμαυλιστικές εmδράσεις.

Ελληνική διάκριση σε Πανευρωπαϊκό Διαγωνισμό Δυο σημαντικές διακρίσεις στον πανευρωπαϊ κό διαγωνισμό «Le - Math: Learning mathematics through new communication Factors 2013)) για τη συγγραφή θεατρικού έργου με θέμα τα μαθηματικά, 1 3 έλαβε ο μαθηματικός Κωνσταντίνος Κορδώσης. www.euromath.org Διακρίθηκε με το τρίτο βραβείο του διαγωνισμού για το θεατρικό έργο, An autcast for α blueblood και με τη δεύτερη τιμητική διάκριση για το έργο, Decimalform ofnumber: to be <<huge" or no to be

ιrur r�eu�th

•••

Αν όμως ένας οποιοσδήποτε εκπαιδευτικός προβληματίζεται, ο μαθηματικός προβληματίζε ται κατά μείζονα λόγο, αφού και λόγω της φύσης του μαθήματος, δύσκολα ο τελευταίος θα μπο ρούσε να κάνει επίκληση στο συναίσθημα του μαθητή και να το θέσει αρωγό στη διαδικασία της μάθησης. Πώς ένας δάσκαλος Μαθηματικών θα μπορούσε να βελτιώσει την εικόνα που έχει μορ φώσει ο μέσος μαθητής για τα μαθηματικά; «που είναι δύσκολα, αφηρημένα και στείρα)), «που ε κτός από κάποιες πολύ βασικές γνώσεις δεν μας χρειάζονταυ>, πώς θα μπορούσε να δώσει χρώμα στο για τους πολλούς ασπρόμαυρο και σκυθρωπό μαθηματικό τοπίο; Από ποιο δίαυλο να διοχετεύ σει τη γνώση δεδομένου ότι ο κάθε μαθητής λαμβάνει στις δικές του συχνότητες; Υπάρχει κάποιος δίαυλος ανοικτός για πολ λούς αποδέκτες; Υπάρχει μια γλώσσα που την κατανοούν σχεδόν όλοι; Μα φυσικά αφού μιλάμε για παιδιά ναι, υπάρχει μια τέτοια -yλώσσα. Είναι η γλώσσα του παιχνιδιού. Και βέβαια παιχνίδι είναι και το θεατρικό παιχνίδι. θέατρο και Μαθηματικά λοιπόν, δυο τουλάχιστον φαινομενικά ετερόκλητα αντικείμενα. Πόσες πιθανό τητες υπάρχουν να είναι επιτυχημένο ένα τέτοιο ζευγάρωμα; Από τις αρχές της δεκαετίας του l 990 στο 59° Γυμνάσιο Αθηνών μια ομάδα καθηγητών που ασχολήθηκε με θεατρικές παραστάσεις επί σειρά ετών, διαπίστωσε την καταλυτική δράση του θεάτρου στην εmκοινωνία μεταξύ διδασκόντων και διδασκομένων, αλλά και των διδασκομένων μεταξύ τους. Η εmτuχημένη συμμετοχή προσέδιδε στους μαθητές aυτοεκτίμηση με άμεση συνέπεια την αύξηση της αυτοπεποίθησης , στη συνέχεια βελτίωση της σχέσης του παιδιού με το σχολείο, που τελικά οδηγούσε σε άνοδο των δεικτών απόδοσης στα μαθήματα. Η σκέψη πως ήταν δυνατόν να τεθούν η ενάργεια και η δύναμη του θεατρικού λόγου στην υπηρεσία της διδακτικής των μαθηματικών, οδήγησε στην ιδέα πως αν θα μπορούσαν να γραφούν θεατρικά σενάρια με θέματα από τα μαθηματικά όπου θα πρωταγωνιστούσαν προσωποποιημένες οι μαθηματικές οντότητες, ίσως η παρουσίαση των αντίστοιχων θεατρικών παραστάσε ων στη σχολική σκηνή, να βοηθούσε έναν ικανό αριθμό μαθητών να δουν τα μαθηματικά με άλλη οπτική γωνία και να τα νιώ σουν φιλικότερα. Η πρώτη θεατρική παράσταση με θέμα απ' τα Μαθηματικά ( Ας είναι επιτρεπτός ο τίτλος «μαθηματικό θέατρο))) πραγμα τοποιήθηκε στη σχολική σκηνή το 2002. Ήταν μια παρουσίαση των Αρχαιοελληνικών μαθηματικών σε τρείς πράξεις. Τύχη α γαθή ήταν ν' ανταποκριθεί στην πρόσκλησή η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία. Έτσι παρακολούθησε την παράσταση ο τότε Γενικός Γραμματέας της Εταιρείας κ. Τυρλής Ιωάννης ο οποίος αποκομίζοντας άριστες εντυπώσεις, κατέστη εις το εξής ένθερ μος υποστηρικτής της προσπάθειας για την ανάπτυξη τη βελτίωση και τη διάδοση του μαθηματικού θεάτρου. Το 2006 Παρουσιάστηκε το θεατρικό έργο «ο άνθρωπος που μετρούσε την άμμο)) Ήταν μια ελεύθερη θεατρική διασκευή από το ομώνυμο μυθιστόρημα της Αμερικανίδας ελληνίστριας Τζίλιαν Μπράντσοου σχετική με τη ζωή και τα επιτεύγματα του νεαρού Αρχιμήδη στα Μαθηματικά και τη μηχανική στα χρόνια που ακολούθησαν την επιστροφή του από την Αλεξάνδρεια. Για την ανταπόκριση στις απαιτήσεις του έργου χρειάστηκε να κατασκευαστούν κάποια λειτουργικά ομοιώματα μηχανών του Αρχιμήδη ( κοχλίας, καταπέλτης), Επίσης Κιθάρα, αυλός, κ.λ.π . Η κατασκευές πραγματοποιούνταν στο χώρο του σχολείου κι έτσι οι μαθητές είχαν την ευκαιρία να παρακολουθούν όλες τις φάσεις κατασκευής. Το έργο παρουσιάστηκε και στο «μαθηματι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/79

----

Μ αθημαnκό Θέατρο

κό πανηγύρι» εκείνης της χρονιάς που διοργάνωσε η εταιρία « ΘΑΛΗΣ ΚΑΙ ΦΙΛΟI» και εντυπωσίασε.Μια περαιτέρω μελέτη του έργου του Συρακούσιου σοφού οδήγησε στην απόφαση να διευρυνθεί η προσπάθεια που αφορούσε ανακατασκευές των επι τευγμάτων των μεγάλων κατασκευαστών της Αρχαιότητας. (Κτησίβιου, Αρχιμήδη, Φίλωνα του Βυζαντίου και Ήρωνα του Αλε ξανδρινού), με απώτερο στόχο την μεσοπρόθεσμη παρουσίαση μιας έκ θεσης. Ένας άμεσος καρπός αυτής της προσπάθειας ήταν η κατασκευή και η τοποθέτηση μαρμάρινων ηλιακών ρολογιών, σε δυο δήμους της χώρας. Στο Δήμο Παρανεστίου Δράμας (200 7 ) και στο Δήμο Τενέας Κο ρινθίας ( 2009 ). Ένα νέο έργο με θέμα απ' τα Μαθηματικά με τίτλο «ομοζυγωτικά τρίδυμα» που παρουσιάστηκε στο 59° Γυμνάσιο Αθηνών, και στο αντίστοιχο μαθηματικό πανηγύρι, είχε επίσης επι τυχία και την αμέριστη συμπαράσταση της ΕΜΕ της οποίας ο τότε αντιπρόεδρος κ. Δημάκος και ο γενικός γραμματέας κ. Τυρλής βράβευσαν τους μαθητές που υποδύθηκαν τους ρόλους. Παράλληλα εντάθηκαν οι προσπάθει ες από μέρους του τελευταίου, για να εξευρεθεί τρόπος, ώστε να ενταχθεί το μαθηματικό θέ ατρο στο πρόγραμμα του ετήσιου πανελληνίου συνεδρίου της ΕΜΕ. Τέλος η προσπάθεια τε λεσφόρησε το 20 1 Ο και δυο μονόπρακτα (καλλιστεία τετραπλεύρων και μονόπρακτο τεσσά ρων πράξεων) που το καθένα είχε διάρκεια 20 περίπου λεπτών, παρουσιάστηκαν έστω και ε κτός προγράμματος, γεγονός που είχε σαν συνέπεια την σχετικά μικρή προσέλευση συνέδρων, που όμως ενθουσιάστηκαν με την ιδέα και έγιναν ενθουσιώδεις πρεσβευτές της. Η αρχή είχε γίνει. �----��-�r--,�,.�--��

Το επόμενο βήμα βασίστηκε στην σκέψη να γίνει εισαγωγή του μαθηματικού θεάτρου μέσα στην αίθουσα διδασκαλίας. Για το σκοπό αυτό γράφτηκαν δέκα ολιγόλεπτης διάρκειας ευέλικτα θεατρικά μαθηματικά δρώμενα το φθινόπωρο του 20 10. Κατά τη διάρκεια της σχολικής χρονιάς 20 1 0- 20 1 1 ένας ενθουσιώδης περιοδεύων θίασος από μα, , +. , , _ , ." �' θητές του 59°u Γυμνασίου Αθηνών, περιέτρεχε τα σχολεία της περιοχής Πατησίων, και μπαίνοντας - � � ΙJ - "' � : ' μέσα στις αίθουσες διδασκαλίας την ώρα των Μαθηματικών προσέφερε υπό μορφή ψυχαγωγίας '\, _. ' ' ' · '.j- ι · , , . · στους μαθητές των σχολείων αυτών, κάποια λεπτά εύκολης μαθηματικής γνώσης. 'Ισως το μαθηματικό θέατρο θα μπορούσε ωριμάζοντας ν' αποτελέσει ένα ακόμα βέλος στη φαρέτρα της διδα·' · κτικής των Μαθηματικών. Παρά το ότι τουλάχιστον προς το παρόν δεν φαί. '" • 1 ' Ι ι νεται να φιλοδοξεί να εξελιχθεί σε αυτοτελή μέθοδο διδασκαλίας, θα μπορούσε ν' αποτελέσει μέρος της διδακτικής πρακτικής του διδάσκοντος, προσφέροντας έναν εύκολο κι ευχάριστο για e u ro �ath 1 0 1 4 το μαθητή τρόπο εμπέδωσης της σχετικής παραγράφου, που μόλις έχει ολοκληρωθεί η διδασκαλία της. Σταθμό αποτέλεσε το συνέδριο της ΕΜΕ στην Αθήνα το φθινόπωρο του 20 1 1 όπου δόθηκε η δυνατό24·28 Αρ rιι 20 1 4 Νicοsia, Cyρ rus τητα να ενταχθούν στο πρόγραμμα και να παρουσιαστούν σ' ένα κατάμεστο αμφιθέατρο τα παραπάνω μαθηματικά δρώμενα. Έτσι σκεδάστηκε η ιδέα του μαθηματικού θεάτρου όπως διαμορ... ....,.., ......., _, ,.._ _ ,__ ,,_, φώθηκε, στα περισσότερα μέρη της Ελλάδας και στην Κύπρο. Η ΕΜΕ μάλιστα ·=�� =� προχώρησε στην εκτύπωση κάποιων εκατοντάδων αντιτύπων των μαθηματι κών θεατρικών δρωμένων, τα οποία με μορφή μικρού εγχειριδίου διανεμήθηκαν στους συνέδρους. Το Μάρτιο του 20 1 2 οι εκπρόσωποι της ΕΜΕ που προστjλθαν στο 59° Γυ μνάσιο Αθηνών και ξεναγήθηκαν απ' τους μαθητές στην έκθεση αρχαίας ελληνι κής τεχνολογίας η οποία στο μεταξύ είχε εμπλουτιστεί με νέα εκθέματα, μεταξύ των οποίων συμπεριλαμβανόταν το αρχαίο οδόμετρο και το υδραυλικό ρολόι του Αρχιμήδη, που αποτελεί ένα θαύμα αυτοματισμού, με τον συνολικό αριθμό εκ θεμάτων να ξεπερνά το τριάντα. Ή έκθεση λειτούργησε και την επόμενη σχολική χρονιά και την επισκέφθηκαν αρκετά σχολεία. Είναι πολύ πιθαν,§ν οι παραπάνω προσπάθειες ανάπτυξης και διάδοσης του σχολικού μαθηματικού θεάτρου να είναι μια από τις αιτίες που η συμμετοχή των Ελλήνων στον πανευρωπαϊκό διαγωνισμό «Le- math: Learning mathematics through new com munication Factors» για τη συγγραφή σεναρίου με θέμα τα μαθηματικά, με ελεύθερη συμμετοχή και για πολίτες εκτός Ευρω παικής ένωσης, απέφερε σημαντικές διακρίσεις. Ο διαγωνισμός που έγινε στη Λευκωσία της Κύπρου, ήταν ο πρώτος του είδους και ενταγμένος στο ειδικό πρόγραμμα COMENIUS έχει στόχο την ανάπτυξη της μεθοδολογίας για τη διδασκαλία και την εκμά θηση των μαθηματικών μέσω νέων παραγόντων επικοινωνίας. Άμεση επιδίωξη η δημιουργία εγχειριδίου με τα έργα των διαγω νιζομένων, το οποίο θα τεθεί στη διάθεση των απανταχού διδασκόντων τα Μαθηματικά. �

· '.

-; ; � .

:a� ι-�11 1\

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 90 τ.2/80

'1,

· ·

30° ΣΥΝ ΕΔΡΙΟ της ΕΜΕ

Το 30° Συνέδριο της ΕΜΕ φέτος έγινε στις αρχές Νοέμβρη στην Καρδίτσα. Τριάντα χρόνια πριν όταν οργανώσαμε το πρώτο συνέδριο δεν φανταζόμασταν ότι μετά από λίγα χρόνια το συνέδριο της ΕΜΕ θα ήταν μια τόσο σημαντική εκδήλωση. Περισσότερα από χίλια άτομα, μαθηματικοί και άλλοι εκπαιδευτικοί συγκεντρώθηκαν στην Καρδίτσα και αντάλλαξαν απόψεις για τα Μαθηματικά, τις νέες τεχνολογίες και την εκπαίδευση. Φοιτητές αλλά και μαθητές ήταν εκεί.

Οι σημαντικές εκδηλώσεις, οι κεντρικές εισηγήσεις, οι ομιλίες των συνέδρων και για πρώτη φορ ά συμμετοχή των μαθητών με πρωτότυπες παρουσιάσεις στο χώρο των Μαθηματικών παρουσίασαν ένα άλλο πνεύμα στο συνέδριο και άφησαν θετικές εμπειρίες για το μέλλον.

ΣΤΑΓΟΝ ΕΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΩΝ, ΦΥΣΙ ΚΩΝ Ε Π ΙΣΤΗΜΩΝ ΚΑΙ ΑΣΤΡΟΝΟΜΙΑΣ

Μαθητές από το 15 ° Λύκειο Αθήνας ήρθαν στην Καρδίτσα στο 30° Συνέδριο μας και παρουσίασαν πειραματικές κατασκευές για θέματα μαθηματικών, Φυσικής, Χημείας, Αστρονομίας, κ.ά. με τους καθηγητές τους Κατσαμένη Σύλβια και Μαίστρ ο Κωνσταντίνο. Τις εργασίες αυτές οι μαθητές έκαναν στα πλαίσια του project. Το αποτέλεσμα ήταν μια μονοήμερη εξόρμηση στην Καρδίτσα με 1 4 μαθητές όλων των τάξεων του Λυκείου. ( ) Μπήκαμε στο Συνεδριακό Κέντρο λίγο σαν σίφουνες με πολλές απαιτήσεις . . . μας έδωσαν 5 τραπέζια, στην καλύτερη θέση, έξω από την αίθουσα των κεντρικών ομιλιών. . . στρατοπεδεύσαμε. . . ξεδιπλώσαμε την πραμάτεια και στηθήκαμε . . . περιμένοντας τους «βαρβάρους» και ήρθαν κατά κύματα και ήρθαν ένας-ένας, μεγάλοι και μικροί και κάποιοι πολύ μικροί, που έπαιξαν με το μπάσκετ, ζωγραφίζοντας ανυποψίαστοι με τη μπίλια παραβολικές τροχιές, όλοι έδειξαν μεγάλο ενδιαφέρον, με ερωτήσεις, με παρατηρήσεις, με διευκρινιστικές ερωτήσεις, με διορθωτικές παρατηρήσεις, τι μαθηματικοί, αλλά και τι δάσκαλοι θα ήταν άλλωστε! Και οι μαθητές; Τι έκαναν; Από τις 1 2 το μεσημέρι 7 το διάλειμμα μισή ώρα για φαγητό . . . Το χάρηκαν, ευχαριστήθηκαν, μίλησαν, εξήγησαν, ώρες ασταμάτητες. . . και όσο εξηγούσαν τόσο μάθαιναν και όσο μάθαιναν τόσο πιο πολύ όμορφα ένιωθαν. Η παρακολούθηση της ο μιλίας του κ. Δανέζη ήταν μια πρωτόγνωρη εμπειρία που τη συζητούσαν για μέρες στο σχολείο με τους συμμαθητές τους. Πιστεύουμε εδώ και χρόνια ότι οφείλουμε να δίνουμε με κάθε ευκαιρία το λόγο στους μαθητές μας. Αυτό προσπαθήσαμε και αν κρίνουμε από τα επαινετικά σχόλια των συνέδρων προς τα παιδιά και τις αντιδράσεις των παιδιών, βρισκόμαστε σε καλό δρόμο. Οι τίτλοι των θεμάτων που παρουσιάστηκαν είναι: «Περιμένοντας τον Ερατοσθένη», «Κωνικές τομές», «Η ηλεκτρική ενέργεια μπορεί να είναι πράσινη», «Παιχνίδια λογικής και στρατηγικής», «Δυαδική αναζήτηση», «Οι πρώτοι αριθμοί στην υπη ρεσία της κρυπτογραφίας - RSA», «Βραχuστόχρονο σε κύκλο και ευθεία», «Περίοδος περιστροφής της Γης», «Ελάχιστες επιφάνειες», «Συμμετρία και αναμορφώσεις», «Ηλιακό ρολόη>, «Robot σε δράση» Μαθητές: Α 'τάξη : Αλστάφα Ελντόνα Γιαννακοπούλου Μαρία, Γκελοβάνι Μαριάμ, Γιcιούλ Κλαούντια, Γούλα Ρομάν, Σαρμά Βαρντάν. Β 'τάξη: Σαραφίδου Μαρία Βαρβάρα, Τζούμα Φωτεινή, Χαλάτση Κωνσταντίνα. Γτάξη : Λαγουβάρδος Ιωσήφ, Λογοθέτης Δημήτρης, Μπότσης Νίκος, Φραγιcιαδάιcης Μιχάλης, Χαντάτ Χρήστος. • • •