Ευκλειδης β 91 by demi de

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA

Τεύχ� 91 -Ιανουάριος- Φεβροuάριος- Μάρτιος 2014- Εuρώ: e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Γενικά Θέματα .......................................................... 1 Χορηγία και Αντίδοση, ........................................................................... 8 Γεωμετρία, Βασικές έννοιες, ................................................................. 9 Μαθηματικές Ολυμπιάδες, ................................................... ............... 1 1 Homo Mathematicus, ............................................................................. 34

Τα μαθηματικά του Σύμπαντος,

Άλγεβρα: Γεωμετρία:

Α 'τάξη Πρόοδοι και συναρτήσεις, ............................. . ............... 38 Εγγράψιμα τετράπλευρα, ............................................... 41

Β'Τάξη

Άλγεβρα: Εκθετική· Λογαριθμική συνάρτηση,............................. 43 Γεωμετρία: Εγγράψιμο τετράπλευρα,.............................................. 47 Κατεύθυνση: Κωνικές τομές, ............................................................... 51

Γ Τάξη Γενική Παιδεία: Πιθανότητες,.............................................................. 57 Κατεύθυνη: Διαφορικός ·Ολοκληρωτικός Λογισμός,....................... 61 Τράπεζα Θεμάτων, ................................................................................ 66

Γενικά Θέματα Το Βήμα του Ευκλείδη, ............................................................ ................ Ευκλείδης Προτείνει, ... ................................. ......................... ................ Αλυτο προβλήματα,................................................................................ Το μαθηματικά μας διασκεδάζουν,.................. ..................................... Νέα Παραρτημάτων, ......................................... . ....................................

ΜαΘηματικοί Διαγωνισμοί: �.Ευκλείδης: 18 Ιανουαρίου 2014 ��ρχιμήδης: 22 Φεβροuαρίου 2014

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΜΗΝιΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑιΡΕΙΑΣ ΠΑΝmΙΣJΗΜΙΟΥ 34 10679ΑθΗΝΑ

Τηλ.: 210 3617784 • 210 3616532 Fax: 210 3641025 Εκδ6της: Δημ6κος Γcώρyιος Διcuθuντής: Κρητικ6ς Εμμανουήλ Εnιμiλcια Έκδοαης: Ζώτος Βαyyiλης

Εκτελεατική Γραμματεία

Πρ6eδρος:

Tαaa6πouλoc; Γιώργος Αντιπρ6eδροι: Εuaταθίοu BayyCληc; ΚΙ:ραaσρίδης Γιάννης Γραμματeας: Χριaτ6ποuλος Παναγιώτης Μiλη: Αρyuρ6κης Δημήτριος

Κωδικ6ς ΕΛ.ΤΑ: 2054 ιSSN: 1105 - 7998

Λουρίδας Σωτήρης Στeφανής Παναγιώτης Ταnε:ιν6ς Νικ6λαος

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Κοινωφελέs Ίδρυμα Ιωάννη Σ. Λάτση •

68 72 76 80 81

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μσβητcς και auν6δcλφοι, Φροντίααμe ακ6μη και CJ' αυτ6 το τcύχος να uπ6ρχοuν 8cμστα κστ6ληλα για eπσν6ληψη, ώaτe να aσς δοθeί η euκeιρία να αaχaλη8eίτe 6CJo γίνeται νωρίτeρα μe την eμnCδoaη της ύλης. Ίb τCταρτο τeύχος ριρσια 8α eίναι αποκλeιcnικ6 αφιeρωμCνο aτο

CJKOΠ6 αυτ6. Η nλούaισ ύλη, η ποικιλία των 8qιάτων και η eπικαιρ6τητα ' eίναι τα aυaτστικ6 του πeριοδικού μας. ποu π6ντα nροaπα8eί για το μαθητή και τον eκπαιδeυτικ6. Σας παραδίδουμe λοιπ6ν το 3ο τeύχοc; τοu Ευκλeίδη ι· μe την eλπίδα να aαc; φσνeί χρήaιμο aτο δύCJκaλο σyώνα aας. Σας eυχαριaτούμe για την ονταπ6κριaη που kίχνeτe aτο neριοδικ6 και neριμCνουμe δικ6 aαc; 6ρ8ρα μe eπίκαιρο

eνδιαφcρον yια τα eπ6μeνα τeύχη. Me euxCc; για uyeία και πρ6οδο Ο πρ6eδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος τσaCJ6πουλος Οι αντιnρ6eδροι: ΒαyyCλης Εuaτα8ίου, Γι6ννης Κqισcfαρίδης

··ΕξώφίJλλο: Σύνθεση από τα Μαθηματικά του σύμπαντος σε εικαστικές παρεμβάσεις Κάθε Σάββατο γίνονται IΔΩΡ.ΕΑΝ μαθήματα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. Β' περίοδος: 11Ιαν. 2014. Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. Η έγκαιρη πληρωμή της ��ρ_2μ_ήςj βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

� Ιtώρyιος

Ανδρουλσκ6κης Νίκος Ανrων6ποuλος Γεώργιος Ανrων6ποuλος Νίκος Αρyuρ6κης Δημήτριος Baιcaλ6nouλoς Κώατας Γαβράς Τ6σος Εuαταθίοu ΒσyyCλης Ζσχσρ6ποuλος Κων/νος Ζώτος ΒοyyCλης Κσιcσρ6ς Απ6ατολος Κσλίιcος Σταμ6της Κσμπούκος Κuρι6ιcος Κσνiλλος Χρι'jατος Κσρκ6νης Βασίλης Κατcrούλης Γιώργος ΚcραCJαρίδης Γι6wης Κσρδαμίτσης Σπύρος Κσν6μης )\ρτι Κ6ντζισς Νίκος Κστcrιφ6κης Γιώργος Κυριαζής Ιω6wης

Συντακτική Επιτροπή

Κuριακ6ποuλος Ανrώνης Κuριακοπούλοu Κων/να κupeρνήτοu Χρuατ. Λαζαρίδης Χρι'jατος Λόππος Λευτέρης Λοuριδ6ς Γι6wης Λουρίδας Σωτήρης Μσλσφέιcσς θαν6crης Μανι6της Ανδρέας Μσuρογιανν6ιcης Λεωνίδας Μeνδριν6ς Γι6ννης Μεταξ6ς Νικ6λαος Μι'jλιος Γεώργιος ΜπeρCJίμης Φραγιcίσκος Μnρίνος Παναγιώτης Μuλων6ς Δημήτρης Μώιcος Χρι'jατος Πσνδής Χρήατος Σfaκou Μαρία Σσfτη Εύα Σταϊκος Κώστας Στ6ϊιcος Παναγιώτης

Στ εφανής Παναγιώτης Στρστι'jς Γι6wης Ταπειν6ς Νιιc6λσος Ίbασ6πουλος Γιώργος Τ ζeλέπης )\λιcης Τ ζιώτζιος Θαν6σης Τ ρι6ντος R:ώργιος 'fcJayιc6ρης Ανδρέας τααyιc6ρης Κώατας Τσικαλοuδ6ιcης Γιώργος Τσιούμας Θαν6σης Τuρλι'jς ιω6wης ΦσνCλη )\ννu Χσραλαμπ6κης Euaτ6eιoc; Χσρσλαμποπούλου Λίνα Χοραλ6μποuς θ6νος Χριατι6ς Σπύρος Χριατ6πουλος Θαν6σης Χριατ6nοuλος Πανσyιώτης Ψύχας Βαγγέλης

f!:χόλJΟ:' Οι cρyασίες για το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικά στο [e;:!f!α!!:Άe!!��ms.grι

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όιι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε.

Οι συνεργασίες, (τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.) πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικό = ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται: (1). Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα

•

γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με ανιικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. Εκτύπωση: ROTOPRINf CA ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΙ;). τηλ.: 2D 66'23778- 358

Υπεύθυνος τuπογραφεiου: Δ Παπαδόπουλος

Τα Μαθηματικά του Σύμπαντος Δρ Μάνος Δανέζης

Επίκουρος Καθηγητής Αστροφυσικής Τμήμα Φυσικής ΕΚΠΑ www .manosdanezis.gr ια ερώτηση η οποία διατυπώνεται πολ λές φορές αφορά το ρόλο των Καθαρών Μαθηματικών στην δό --(Πλατωνικών) μηση των Θετικών Επιστημών. Είναι τα Καθαρά Μαθηματικά απλά μια γλώσσα, ένα εργαλείο, το οποίο βοηθάει τις επιστήμες της Φύ σης και την Τεχνολογία να εκφραστούν, η και από μόνα τους μπορούν να εκφράσουν την σύγχρονη συμπαντική πραγματικότητα; Στο ερώτημα αυτό η σύγχρονη επιστημονική γνώση έχει δώσει την α πάντησή της.Ας δούμε όμως αναλυτικότερα το πε ριεχόμενο αυτής της απάντησης. Μια βασική έν νοια του κόσμου των Καθαρών Μαθηματικών εί ναι ο Χώρος, με βασική του ιδιότητα την έννοια της καμπυλότητας (ε) η οποία είναι ένα αδιάστα το μέγεθος. Στον κόσμο της Φυσικής βασική είναι η έννοια της Ύλης, με κύριες ιδιότητές της τη μά ζα, το βάρος και την πυκνότητα (ρ), την οποία με τράμε σε μάζα ανά όγκο. Η σύνδεση αυτών των δύο κόσμων έγινε μέσω της Γενικής Θεωρίας της Σχετικότητας.. Η μεγαλοφυία του θείου Αλβέρτου συνέλαβε την ιδέα ότι το κύριο συστατικό της κλασικής Φυσικής, η ύλη, δεν είναι παρά καμπύ λωση του κύριου συστατικού του κόσμου των Μαθηματικών, του τρισδιάστατου χώρου.

ρου, η οποία είναι καθαρός αριθμός, είναι ταυτό σημη με μια άλλη φυσική έννοια, την έννοια της πυκνότητας της υλοενέργειας (ρ). Αυτό σημαίνει ότι εκείνο που αντιλαμβάνεται και μετράει ο φυσι κός σαν πυκνότητα υλοενέργειας, ο μαθηματικός το αντιλαμβάνεται και το εκφράζει ως καμπυλότη τα του χώρου. Συνοψίζοντας όλα τα προηγούμενα καταλήγουμε στο τελικό συμπέρασμα ότι, σύμφω να με τις απόψεις της Γενική Θεωρία της Σχετικό τητας, αυτό που οι αισθήσεις μας ονομάζουν ύλη (πυκνότητα υλοενέργειας) δεν αποτελεί παρά μια απλή καμπύλωση του τρισδιάστατου χώρου του αισθητού σε μας Σύμπαντος. Δηλαδή, η ύλη δεν είναι παρά μια περιοχή του χώρου, η καμπύλωση της οποίας προς την 4η διάσταση, βρίσκεται μετα ξύ κάποιων ορίων καμπυλότητας. Συνεπώς, η Ύλη είναι ένα φρέαρ, ένα πηγάδι του τρισδιάστατου συμπαντικού χώρου, του οποίου το βάθος, που εί ναι η τέταρτη διάσταση, δεν πρέπει να ξεπερνάει κάποια όρια,. Με βάση όλα τα προηγούμενα, τα πάντα μέσα στο Σύμπαν, οι γαλαξίες, τα αστέρια, οι πλανήτες, όλα τα ουράνια σώματα αλλά, και το μεταξύ τους μεσοαστρικό και μεσογαλαξιακό υλι κό αποτελούν περιοχές μεταβλητής πυκνότητας άρα και καμπυλότητας. Δηλαδή ολόκληρο το Σύ μπαν αποτελεί έναν χώρο καθαρών Πλατωνικών αριθμών χωρίς μονάδα μέτρησης. Με τον τρόπο

αυτό, η Γενική Θεωρία της Σχετικότητας, από μια θεωρία βαρύτητας μετατρέπεται σε μια νέα Γεω μετρία, που μπορεί από μόνη της να περιγράψει και να ερμηνεύσει τα φαινόμενα του Σύμπαντος. Ο Jonathan Powers στο βιβλίο του «Φιλοσοφία και Νέα Φυσική» (Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης, 1998 σ. 164) αναφέρει: « . . Η θεωρία του .

μαθηματική σχέση που επιβεβαιώνει τη σύνδεση αυτή είναι η ακόλουθη:

ε = [πkR213 (k ρ /6H2)] .[(k ρ /6Η2) - 1/2] (1) όπου R η ακτίνα του σύμπαντος, Η η σταθερά του

Hubble και k μια σταθερά Η προηγούμενη σχέση μας υποδεικνύει ότι η έννοια της καμπυλότητας (ε) μιας περιοχής του συμπαντικού τρισδιάστατου χώ-

Αί'νστάιν υιοθετεί μια (νέα) προσέγγιση για τη γεω μετρία του χώρου. Το αν θα θεωρήσει κανείς το α ποτέλεσμα ως την κατάργηση της γεωμετρίας και την αντικατάστασή της από τη φυσική της βαρύτη τας, ή αντιθέτως ως τη γεωμετροποίηση της βαρύ τητας, φαίνεται να είναι κατά μεγάλο μέρος θέμα γούστου. Όμως η ιδέα ότι τα υλικά αντικείμενα εν δέχεται αυτά τα ίδια να συνιστούν απλώς έντονα μη Ευκλείδειες περιοχές του χώρου αναβίωσε τα τελευ ταία χρόνια. Ο Αi'νστάιν υπαινίχθηκε ότι ο χώρος μπορεί να είναι κάποιο είδος έκτασης της ύλης, ή αντιστρόφως ότι η ύλη ενδέχεται να είναι κάποιο εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/1

Μαθηματικά του Σύμπαντος ------

δος τοπικής ιδιομορφίας του χώρου. Η ιδέα αυτή αναπτύχθηκε στη γεωμετροδυναμική από τον Τζ Γουίλερ». Ο Πυθαγόρας λοιπόν είχε δίκιο το Σύ

μπαν είναι Πλατωνικοί αριθμοί και περιγράφεται από αυτούς. Μετά όλα τα προηγούμενα καταλή γουμε στο συμπέρασμα ότι τα Καθαρά ή Πλατωνι κά Μαθηματικά δεν αποτελούν απλά εργαλεία των θετικών Επιστημών αλλά μπορούν από μόνα τους να περιγράψουν, όπως και η Φυσική, την δομή και την εξέλιξη του Σύμπαντος. Ας δούμε όμως, εν συντομία, μια σειρά από αποδεδειγμένα πειρα ματικά συμπαντικά φαινόμενα, τα οποία θα μας βοηθήσουν να κατανοήσουμε την μαθηματική δο μή του σύμπαντος. Η κcιτανομή των rαλοξιών-Το φαινόμενο Hubble "όλοι οι γαλαξίες γύρω μας φαίνονται σαν να απομακρύνονται από τον παρατηρητή, ενώ όσο μεγαλύτερη είναι η από σταση ενός γαλαξία από τον παρατηρητή, τόσο με' " γαλώνει

Όπως παρατήρησε ο Ε. Hubble,

�!IIJi,... i- --.... . .

μύρια χρόνια. Αυτό σημαίνει ότι όταν παρατηρού με την εικόνα μακρινών γαλαξιών στον ουρανό, αυτοί μπορεί να έχουν ήδη καταστραφεί. Αυτό σημαίνει ότι., το Σύμπαν των παρατηρήσεων μας αποτελεί μιαν εικόνα του παρελθόντος του και όχι το πραγματικό τωρινό Σύμπαν. Όλα τα προηγού μενα συμβαίνει επειδή όσο μεγαλώνει η απόσταση ενός γαλαξία από εμάς, τόσο περισσότερο χρόνο κάνει το φώς του να φθάσει μέχρι τον παρατηρητή άρα τόσο πιο παλαιός είναι. Συμπέρασμα όλων των προηγουμένων είναι ότι όσο πιο μακριά παρα τηρούμε μέσα στο Σύμπαν, πλησιάζουμε στιγμές του απώτατου παρελθόντος του, παρατηρούμε δηλαδή συμπαντικές περιοχές πολύ πιο κοντινές προς το σημείο της Μεγάλης Έκρηξης. Το φαινό μενο αυτό εξηγεί το φαινόμενο Ryle, εφόσον γνω ρίζουμε ότι όσο περισσότερο προσεγγίζουμε την αρχή του σύμπαντος, τόσο πιο πυκνό ήταν αυτό. Εδώ όμως δημιουργείται ένα παράδοξο φαινόμε\ιο. Όσο πιο κοντά προς την Μεγάλη Έκρηξη παρατη ρούμε το Σύμπαν, τόσο μικρότερο σε όγκο ήταν αυτό, Εμείς όμως έχουμε την ψευδαίσθηση ότι όσο πιο μακριά παρατηρούμε μέσα στο Σύμπαν, τόσο ο όγκος του αισθητού σύμπαντος μεγαλώνει. Με λί γα λόγια αυτό το "προς τα έξω" της ανθρώπινης λογικής είναι στην πραγματικότητα προς "τα

μέσα" για την συμπαντική πραγματικότητα.

Το παράδοξο αυτό δεν λύνεται με τη λογική της κλασσικής Φυσικής και των εφαρμοσμένων μαθη Με βάση αυτήν την παρατήρηση οι Γαλαξίες κα ματικών, παρά μόνο μέσω μιας καθαρά πλατωνι τανέμονται σε φανταστικές ομόκεντρες σφαιρικές κής μαθηματικής λογικής η οποία εκφράζεται από επιφάνειες με κέντρο τον παρατηρητή. Κάθε την Τοπολογία. σφαιρικός φλοιός περιλαμβάνει γαλαξίες ιδίων Σχέση ταχ6τητας-καμm>λότητας αποστάσεων από τον παρατηρητή και ίδιων τα Από όλα τα προηγούμενα μπορούμε να αντιληφ χυτήτων απομάκρυνσης. Όλα τα προηγούμενα θούμε ότι, όσο μεγαλώνει η απόσταση (R) από τον εκφράζονται από τον νόμο του Hubble V=HR (2). παρατηρητή: Όπου V είναι η ταχύτητα απομάκρυνσης ενός γα 1 . Μεγαλώνει η ταχύτητα (V) φυγής των γαλα λαξία, R η απόστασή του από τον παρατηρητή και ξιών (Νόμος του Hubble) Η η σταθερά του Hubble. 2. Μεγαλώνει η πυκνότητα (ρ) του υλικού του Το φαινόμενο Ryle (φαινόμενο Ryle) Όπως απέδειξε ο Ryle όσο μεγαλώνει η απόσταση 3. Μεγαλώνει η καμπυλότητα (ε) του χώρου R από τον παρατηρητή, τόσο μεγαλώνει και η πυ (Γενική Θεωρία της Σχετικότητας σχέση (1)) κνότητα του υλικού του σύμπαντος. Αν συνδυά Αυτό σημαίνει ότι αυξανομένης της ταχύτητας α σουμε το προηγούμενο φαινόμενο με την εξίσωση πομάκρυνσης των γαλαξιών αυξάνει η καμπυλότη (1) καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι "όσο μεγα τα του χώρου. Με λίγα λόγια η ταχύτητα δεν είναι λώνει η απόσταση R από τον παρατηρητή τόσο με παρά μια έκφραση της καμπυλότητας του χώρου. γαλώνει η καμπυλότητα του συμπαντικού χώρου ". Στο θέμα αυτό όμως θα επανέλθουμε στη συνέχεια Αυτό σημαίνει ότι το Σύμπαν είναι ένας πολύκα Όμως μετά τα προηγούμενα, το νέο ερώτημα που μπυλωμένος μαθηματικός χώρος και ως τέτοιον δημιουργείται είναι, πόσο μακριά στο παρελθόν μπορούμε να τον μελετήσουμε με βάση μόνο τα μπορούμε να παρατηρήσουμε μέσα στο Σύμπαν; μαθηματικά. Ο Κοσμολο'yικός ορίζοντας Η aαρελθοντιιαt εικόνα του Σvιurαντος Όπως γνωρίζουμε από τη Θεωρία της Σχετικότη Λόγω του πεπερασμένου της ταχύτητας του φωτός τας, στο αισθητό και παρατηρούμενο Σύμπαν δεν το φως των μακρινών γαλαξιών που καταγράφου μπορούμε να παρατηρήσουμε ταχύτητες μεγαλύ με έχει εκπεμφθεί πριν εκατομμύρια ή δισεκατομ- τερες του φωτός. Αυτό σημαίνει ότι μπορούμε να ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/2

Μαθηματικά του Σύμπαντος

παρατηρήσουμε, σύμφωνα με το νόμο του Hubble, γαλαξίες των οποίων η ταχύτητα απομάκρυνσής δεν ξεπερνά την ταχύτητα του φωτός. Με τον τρόπο αυτό δημιουργείται ένας ορίζοντας πέραν του οποίου δεν μπορούμε να παρατηρήσουμε τίποτα. Την περιοχή αυτή την ονομάζουμε Κοσμολογικό Ορίζοντα. Όπως γνωρίζουμε σήμερα τα αντικείμενα τα οποία κινούνται με ταχύτητες κοντινές του φωτός είναι τα Quasars. Ο κοσμολογικός ορίζοντας του αισθητού σύμπαντος βρίσκονται: ι. Στις πιο απομακρυσμένες περιοχές για τον γήινο παρατηρητή 2. Στην πιο πυκνή περιοχή του σύμπαντος 3. Στην περιοχή των πιο μεγάλων ταχυτήτων άρα 4. Στην περιοχή της μεγαλύτερη αισθητής καμπυλότητας. Συνοψίζοντας όλα τα προηγούμενα καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι στον χώρο της μεταβαλλόμε νης καμπυλότητας του σύμπαντος, ο παρατηρητής ορίζει ως κοσμολογικό ορίζοντα την περιοχή μέγι στης καμπυλότητας, πέραν της οποίας η ανθρώπι νη φυσιολογία δεν έχει την δυνατότητα να αντι λαμβάνεται κανένα γεγονός. Ο κοσμολογικός ορί ζοντας σηματοδοτεί το πέρας των εφαρμοσμένων Μαθηματικών, και μόνο τα καθαρά μαθηματικά μπορούν να τον περιγράψουν. Πίσω από τον κοσμολογικό ορίζοντα εκτείνεται ο χώρος μέχρι το σημείο της Μεγάλης Έκρηξης, ό που οι ταχύτητες είναι μεγαλύτερες από αυτές του φωτός, άρα και πολύ μεγαλύτερων καμπυλοτήτων από την καμπυλότητα του κοσμολογικού ορίζοντα. Την περιοχή αυτή η Θεωρία της Σχετικότητας την ονομάζει ''οπουδήποτε αλλού". Όλα τα προηγούμενα είναι παράδοξα; Ασφαλώς και όχι εφόσον τα γνωρίζουμε ήδη θεωρητικά και πεφαματικά μέσω των αντίστοιχων φαινομένων, τόσο του γήινου ορίζοντα όσον και του ορίζοντα γεγονότων μιας μελανής οπής. Ποιο είναι τα αίτιο που τα αντικείμενα χάνονται πίσω από αυτούς τους ορίζοντες; Το αίτιο, όπως όλοι γνωρίζουμε, είναι η αύξηση της καμπυλότητας του χώρου πέραν μιας μεγίστης τιμής, μετά την οποία η ανθρώπινη φυσι ολογία δεν είναι δυνατόν να αντιληφθεί κανένα υ λικό αντικείμενο. Η Eισcryro-yή

της 4ης Διάστασης υ των και Μη Ε κλείδειων Γεωμετριών

Όπως μπορούμε να αποδείξουμε σήμερα, μορφές και σχήματα περισσοτέρων των 3ων Διαστάσεων, ακόμα και αν περιγράφονται από την Ευκλείδεια Γεωμετρία, δεν είναι δυνατόν να γίνουν αντιληπτά από τις ανθρώπινες αισθήσεις. Ομοίως, αποδεικτικά πλέον, το Σύμπαν μας είναι περισσότερο των 3 διαστάσεων και υπακούει σε μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Αυτό σημαίνει ότι, τα

-------

γεγονότα που διαδραματίζονται στους χώρους αυ τούς είναι και αυτά 4ων διαστάσεων και μη Ευκλεί δεια. Τι είναι λοιπόν αυτό που αντιλαμβανόμαστε ως υλική πραγματικότητα; Όπως εξηγεί ο Η Minkowski, αυτό το οποίο αντι λαμβανόμαστε είναι η απεικόνιση (ισομορφισμός) όσων υπάρχουν στο πραγματικό τετραδιάστατο μη Ευκλείδειο και αθέατο Σύμπαν, πάνω σε έναν ψεύ τικο τρισδιάστατο και Ευκλείδειο χώρο τον οποίο φτιάχνουν πλαστά οι πεπερασμένες δυνατότητες των αισθήσεών μας. Τον χώρο αυτό η θεωρία της Σχετικότητας ονομάζει Ψευδοευκλείδειο χώρο Minkowski,

Τελικά όμως το ερώτημα που αναφύεται για τον καθένα μας είναι: <<Πρακτικά, χρησιμοποιώντας τις αισθήσεις μας, με ποιόν τρόπο αντιλαμβανόμαστε τον χώρο Mίnkowski;». Η απάντηση είναι αρκετά

απλή. Θεωρώντας ότι η Γη μας είναι ακίνητη, οι ατελέστατες αισθήσεις μας αποκόπτουν πλαστά λόγω των μειωμένων δυνατοτήτων τους- ένα ελα χιστότατα κομμάτι του συμπαντικού χώρου Rie mann γύρω από τον παρατηρητή. Το κομματάκι αυτό, σύμφωνα με τις ιδιότητες αυτής της γεωμε τρίας, συμπεριφέρεται με μεγάλη ακρίβεια σαν Ευκλείδειος χώρος. Ως εκ τούτου οτιδήποτε υπάρ χει, ή απεικονίζεται πάνω του μπορεί να γίνει α ντιληπτό από τις ανθρώπινες αισθήσεις. Η μικρή αυτή, σχεδόν Ευκλείδεια, περιοχή γύρω από τον θεωρούμενο ακίνητο παρατηρητή είναι αυτή που ονομάζουμε χώρο Minkowski. Αυτό λοιπόν που πρέπει να σημειώσουμε είναι ότι, όλα τα παράδοξα φαινόμενα της Ειδικής Θεωρίας της Σχετικότητας συμβαίνουν πάνω στον ψευδο-Ευκλείδειο χώρο Minkowski, τον οποίο σχηματίζουν οι ατέλειες των αισθήσεών μας και όχι στο πραγματικό Σύ μπαν. Ο ίδιος ο σπουδαίος μαθηματικός Η. Minkowski ανέφερε ότι ο χώρος και ο χρόνος ως ανεξάρτητες οντότητες, όπως τις μελετάμε πάνω στον χώρο που ο ίδιος όρισε, είναι απλές σκιές της πραγματικότητας, την οποία εκφράζει μόνο η ενό τητά τους, δηλαδή το χωροχρονικό συνεχές. Ας δώσουμε όμως ένα παράδειγμα για να καταλά βουμε όλα τα προηγούμενα μέσα από το επόμενο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/3

Μαθηματικά του Σύμπαντος

------

Έστω μια καμπύλη γραμμή (που απεικονίζει τον σικό θεώρημα, είναι ότι: «αν αποκόψουμε ένα ελά καμπύλο χώρο Riemann) και πάνω της ορίζουμε χιστο κομμάτι του χώρου αυτού, αυτό συμπεριφέρε ένα μικρό τόξο της, το ΑΒ μήκους Δχ. Στο κέντρο ται με μια άριστη προσέγγιση, σαν ένας τρισδιάστα Γ του τόξου ΑΒ, φέρνουμε μια εφαπτομένη, που τος ευκλείδειος χώρος." δρα σαν καθρέφτης (χώρος Minkowski) και πάνω dx της καθρεφτίζεται ολόκληρη η καμπύλη πάνω στην οποία υπάρχει το τόξο ΑΒ. Στο σημείο Γ βρίσκεται ένας ακίνητος παρατηρητής που δεν μπορεί να αντιληφθεί την καμπύλη γραμμή, παρά μόνο το καθρέφτισμά της πάνω στην εφαπτομένη. Ας αφήσουμε τώρα ακίνητο τον παρατηρητή στο σημείο Γ και ας θεωρήσουμε ότι το τόξο ΑΒ αρχί ζει να κυλάει πάνω στην καμπύλη γραμμή. Όπως αντιλαμβανόμαστε, το μήκος του τόξου, καθώς κι dχ/dt=εφφ=Κλίση=ταχύτητα(ν) νείται, δεν θα αλλάξει. Δυστυχώς όμως ό παρατη Σχήμα 2 ρητής δεν μπορεί να αντιληφθεί το πραγματικό τό Ομοίως, αναφέραμε ότι ο περιορισμένος χαρακτή ξο ΑΒ, παρά μόνο την προβολή του, δηλαδή το ρας των ανθρώπινων αισθήσεων αποκόπτει και καθρέφτισμά του πάνω στον καθρέφτη της εφα απομονώνει πλαστά μικρά κομμάτια του Σύμπα πτομένης στο σημείο Γ. Τι ακριβώς βλέπει λοιπόν; ντος και μέσα σε αυτά αντιλαμβάνεται παραμορ φωμένες εικόνες του και όχι το πραγματικό Σύ μπαν. Η ερώτηση που μπορούμε να κάνουμε είναι: Κιrμιάιl.α; •

μη εcκΜ:ίδεrι>ς συμπαmκό; :γίψος

Πμ{lόlJκ6ς Χfοpι>ς

�finkutt'!ki .,

Η διι:ιατολfi..nιστολιj μεrεθιf>ν �----- -J

Το τόξο Α 1 Β1 στη i)έση που βρίσιι"εται, σε μικρή ακriνα yύρω από τον παρατηρητή Π σι._r-δόν συμπίπτει σε μήκος με την προ

βολή το, χ,. Το τόξο Α2Β2 =Α,Β, σrη θέση που βρίσκr.τa:� μακρrά ωrό τον παρατηρητή, δίνει ιφοβολιi χ, πολύ μικρότερη rou μήκους τοο τόξο1}, αi.i'.άκαιτης προβο)�iς-χ1•

Ο παρατηρητής Π που δεν α.νrιλa.μβά.vcται τον καμπ6λο χρ)ρο <ιβ/.έ.-reυ> ανri τοu τόξου την προβολή tΌυ, έϊfλ την ψεuδαί σθηση ότι το μήκος του τόξου μικραίνει.

και

L___

�

__________ _________ ____

«Πόσο μικρός πρέπει να είναι ο αποκοπτόμενος χώρος γύρω από τον παρατηρητή, για να είναι σχε δόν Ευκλείδειος; " Δηλαδή, ποια τιμή πρέπει να

έχουν τα κομμάτια των διαστάσεων dx, dψ, dz, dt, του αποκοπτόμενου κομματιού του τετραδιάστα του χώρου γύρω από τον παρατηρητή, για να είναι το κομμάτι αυτό κατά προσέγγιση Ευκλείδειο; Η απάντηση είναι ότι, αν και δεν γνωρίζουμε α κριβώς τις τιμές των dx, dψ, dz, dt, θα πρέπει: dx/dt, dψ/dt, dz/dt � 300.000

τιμή 300.000 είναι καθαρός αριθμός επειδή τα dx, dψ, dz, dt είναι κομμάτια των τεσσάρων δια στάσεων και όπως γνωρίζουμε, όλες οι διαστάσεις στα μαθηματικά, είναι ισότιμες και ισοδύναμες, και αν χρειαστεί να μετρηθούν μετρούνται με την ίδια μονάδα. Στο σημείο αυτό θα πρέπει να επανα λάβουμε ότι η dt δεν εκφράζει την έννοια του χρό νου όπως τη μετράμε με τα ρολόγια και τα ημερο λόγια μας, αλλά την έννοια του κομματιού της μα θηματικής τέταρτης διάστασης. Ωστόσο, αν κά νουμε το σφάλμα να ταυτίσουμε τις δύο αυτές έν νοιες, τότε η dt μετριέται σε sec και οι λόγοι dx/dt, dψ/dt, dz/dt εκφράζουν αυτό που ονομάζουμε «τα χύτητα» και μετρώνται π.χ. σε Κm/sec. Αυτό ση μαίνει ότι το κομμάτι του τετραδιάστατου συ Η

Όσο το τόξο ΑΒ απομακρύνεται από αυτόν, η προβολή του πάνω στην εφαπτομένη μικραίνει συ νεχώς μέχρι που γίνεται μηδέν. τι σημαίνει αυτό; Απλώς ότι στην πραγματικότητα το μήκος του τό ξου ΑΒ δεν άλλαξε. Ο παρατηρητής όμως βλέπο ντας μόνο την εικόνα του, δηλαδή την προβολή του πάνω στον καθρέφτη της εφαπτομένης, έχει την ψευδαίσθηση ότι το μήκος μικραίνει μέχρι τ.ου σημείου να γίνεται μηδέν. Το ίδιο ακριβώς συμ βαίνει και στην περίπτωση του χώρου Minkowski μπαντικού χώρου Riemann το οποίο aποκό Ό,τι μετράμε πάνω του δεν είναι η πραγματικότη πτουν οι ανθρώπινες αισθήσεις, για να είναι Ευ τα, αλλά αυτό που οι αισθήσεις μας νομίζουν ότι κλείδειο πρέπει οι μετρούμενες ταχύτητες μέσα σε είναι η πραγματικότητα. αυτό να μην ξεπερνούν την τιμή των 300.000 Η ταχ6τητα του φωτός Εν ολίγοις η ταχύτητα δεν είναι παρά ένα Όπως είπαμε στα προηγούμενα ο συμπαντικός χώ Κm/sec. κριτήριο για το πόσο ο χώρος γύρω μας αποκλίνει ή ρος περιγράφεται από τη Γεωμετρία του Riemann όχι της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. Όσο μεγαλώνει η και είναι τεσσάρων διαστάσεων. Μια ιδιότητα αυ ταχύτητα, τόσο η γεωμετρία του χώρου και οι ιδιό τού του χώρου, η οποία αποδεικνύεται με ένα βα- τητές του αποκλίνουν της Ευκλείδειας Γεωμετρίας. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/4

Μαθηματικά του Σύμπαντος --------

Η ταχύτητα του φωτός είναι το ανώτατο όριο μετά το οποίο ο χώρος παύει στο σύνολό του να είναι Ευκλείδειος, άρα και να υποπίπτει στο πεδίο της ανθρώπινης φυσιολογίας. Βεβαίως όλα τα προηγούμενα πρέπει να τα αποδείξουμε με καθαρά επιστημονικό τρόπο. Η αναγκαιότητα αυτή γίνεται επιτακτική προκειμένου να μηδενιστούν κάποιες σκέψεις ότι τα προηγούμενα μπορεί να υποκρύπτουν ένα καθαρά φιλοσοφικό, μεταφυσικό ή θεολογικό δόγμα, δοσμένο με έναν πλαστά μαθηματικοποιημένο τρόπο.

Η σχέση μεταξό �-και κaμχυλότητας

Τα δύο βασικά ερωτήματα στα οποία θα πρέπει να δώσουμε μια απάντηση είναι: Γιατί ο λόγος των αποκοπτόμενων κομματιών των διαστάσεων dχ/dt, dψ/dt, dz/dt καθορίζει το αν ο χώρος είναι Ευκλείδειος, και γιατί οι λόγοι αυτοί έχουν πάντα ως παρονομαστή την τέταρτη διάσταση; Όπως αναφέραμε και στα προηγούμενα ο χώρος του Σύμπαντος είναι καμπύλος και κλειστός (χώρος Riemann). Αυτό σημαίνει ότι σε τοπικό επίπεδο τα κομμάτια των διαστάσεων dx, dψ, dz, καμπυλώνονται προς το κομμάτι της τέταρτης διάσταση dt. Όπως αντιλαμβανόμαστε από το σχήμα 2 λόγω αυτής της καμπύλωσης δημιουργείται ένα ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές τα dx, dt και γωνία κορυφής τη φ. Γνωρίζουμε από την τριγωνομετρία ότι ο λόγος dx/dt εκφράζει την εφαπτομένη της γωνίας (φ), που ονομάζεται και «κλίση», ενώ για την εφαρμοσμένη επιστήμη ο λόγος αυτός εκφράζει το μέγεθος της ταχύτητας. Έχουμε δηλαδή: dχ/dt = εφφ = κλίση = ταχύτητα (ν).

ότι η ταχύτητα δεν είναι παρά ένα μέτρο της κα μπυλότητας του χώρου. Εύλογα λοιπόν καταλή γουμε στο συμπέρασμα ότι οι λόγοι dx/dt, dψ/dt, dz/dt, οι οποίοι ταυτίζονται στην πράξη με την έν νοια της ταχύτητας, αποτελούν ένα μέτρο της κα μπυλότητα του χώρου, δηλαδή ουσιαστικά εκφρά ζουν το είδος της γεωμετρίας του. Ομοίως, μπο ρούμε να πούμε ότι η τιμή των 300.000Κm/sec εκφράζει τη μέγιστη τιμή της καμπυλότητας που πρέπει να έχει ο χώρος προκειμένου να παρουσιάζει έστω κάποιες Ευκλείδειες ιδιότητες και ως εκ τούτου να μπορεί να γίνει αισθητός από την ανθρώπινη φυσιολογία. ΌΠως ήδη έχουμε αναφέρει η περιοχή αυτή ονομάζεται κοσμολογικός ορίζοντας. Ας δούμε όμως μερικές ακόμα συμπαντικές ιδιό τητες και τα μαθηματικά αποτελέσματα που αυτές δημιουργούν. Το

μαθηματικά καμπύλο Σύμπαν

Αυτό το οποίο γνωρί- r--------,i ζουμε σήμερα είναι , ότι το Σύμπαν μας είναι καμπύλο και κλειΙ στό (χώρος Riemann)). Αυτό σημαίνει ότι μέσα στο I. -� , "' .. :::;:::::- I Σύμπαν δεν υπάρχουν . _:.... .. ...... .... ευθείες γραμμές αλλά �::;.:.:=::;,·_�-;.� μόνο κλειστές καμπύλες. Για να γίνει κατα- �-- -------··---------: νοητό όμως το πως μεταβάλλεται η εικόνα του αισθητού κόσμου μας, αν δεχτού με ότι ο χώρος που μας περιβάλλει είναι καμπύλος, δίνουμε τα I Mεraox'IJiarrtψι)ς επόμενα απλά παρα I β. ωpαίmαv ών ιu;Dνων κί.ι;uπi; j δείγματα. ιaιιnι»1Ει; I . . .J •

-ι:�ιι

�ι

_�·_-_-_.__ '� __· -� _ � - __·_ ..

χ.,

____

Ι' ,ι· :

Όμως γνωρίζουμε, στις μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες, η κλίση είναι μέγεθος ανάλογο της καμπυλότητας του χώρου. Ας επανέλθουμε τώρα στο μετρούμενο και παρατηρούμενο Σύμπαν. Σύμφωνα με τον νόμο του Hubble, όσο απομακρυνόμαστε από τον παρατηρητή, δηλαδή όσο μεγαλώνει η απόσταση (R) μεγαλώνει η ταχύτητα φυγής των γαλαξιών (v). v = Η R, όπου Η είναι η σταθερά του σχήμα 3 Hubble. Όμως σύμφωνα με το φαινόμενο Ryle όσο μεγαλώνει η απόσταση (R) μεγαλώνει και η πυ κνότητα υλοενέργειας του Σύμπαντος (ρ). Από τις δύο αυτές παρατηρησιακές διαπιστώσεις καταλή γουμε στο συμπέρασμα ότι όσο μεγαλώνει η ταχύ y. Η 'f�Ν1"ιιάt � τητα φυγής των γαλαξιών τόσο μεγαλώνει και η τικ ιιαfJrι;ιttzικί wzpιo;.tk πυκνότητα της υλοενέργειας του Σύμπαντος. ένα a6tιrιtμa rtιμZIJ).Aw Επειδή όμως, σύμφωνα με την Θεωρία της Σχετι damiιν � αζdνιιπ. κότητας, όσο μεγαλώνει η πυκνότητα (ρ) περιοχών Όπως του Σύμπαντος μεγαλώνει και η καμπυλότητά γνωρίζουμε, η γραφική παράσταση μιας παραβο τους, βάσει της σχέσης λής σε ένα καρτεσιανό (Ευκλείδειο) σύστημα συ ντεταγμένων δίνεται στο σχήμα 3. Όπως παρατη ε = [πkR213 (k ρ /6H2)) . [(k ρ /6Η2) -1/2) συμπεραίνουμε ότι όσο μεγαλώνει η ταχύτητα (ν) ρούμε η γραφική παράσταση της παραβολής είναι μεγαλώνει και η καμπυλότητα (ε) του χώρου. δύο ανεξάρτητες καμπύλες οι οποίες ποτέ δεν συ Μετά όλα τα προηγούμενα είναι πλέον προφανές ναντώνται αλλά προσεγγίζουν aσυμπτωτικά τους i

των κlιχοικών ιπ

•

αε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/5

και

Μαθηματικά του Σύμπαντος

καρτεσιανούς άξονες στο θετικό και αρνητικό ά πειρο (±οο). Στην περίπτωση αυτή το μηδέν και το άπειρο αποτελούν δύο διαφορετικές και ανεξάρτη τες μεταξύ τους έννοιες. Αν όμως στο πλαίσιο ενός καμπύλου χώρου θεωρήσουμε ότι ένα φανταστικό σώμα αρχίσει να κινείται ισοταχώς με αφετηρία το σημείο Ο, αυτό μετά από άπειρο χρόνο θα επι στρέψει στο αρχικό σημείο αφετηρίας του. Το ίδιο φαινόμενο θα επαναλαμβανόταν αν η κίνηση γινό ταν κατά μήκος των ημιαξόνων Οχ, Οχ ', Οψ, Οψ'. Αυτό σημαίνει ότι οι Ευκλείδειοι ημιάξονες Οχ, Οχ', Οψ, Οψ' σε ένα Ευκλείδειο, αλλά καμπύλο και κλειστό σύστημα, θα μπορούσαν απλουστευ μένα να περιγραφούν από μια τετράδα κλειστών καμπυλών στο πλαίσιο των οποίων, τουλάχιστον γραφικά, το συν και το πλην άπειρο ταυτίζονται με την υποθετική αρχή της καμπύλης που συμβολίζει γραφικά το μηδέν. Στο νέο αυτό καμπύλο και κλειστό σύστημα αξόνων, η γραφική παράσταση της παραβολής παίρνει τη μορφή που περιγράφε ται στο Σχήμα 4 όπως παρατηρούμε οι δύο ανε ξάρτητες καμπύλες που αντιστοιχούσαν πριν στη γραφική παράσταση της υπερβολής έχουν αντικα τασταθεί από μία ενιαία και συνεχή καμπύλη που διέρχεται από το μηδέν . Στην περίπτωση αυτή το μηδέν και το άπειρο ταυτίζονται ως έννοιες και ως εκ τούτου δημιουργούν μια άλλη λογική για την εν γένει δομή του Σύμπαντος. Από τα προηγούμενα γίνεται φανερό ότι, ενώ η εξέλιξη της συνάρτησης της παραβολής στο Ευκλείδειο καρτεσιανό τρι σορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων είναι προσι τή στην ανθρώπινη αίσθηση, η εξέλιξή της στο κλειστό και καμπύλο σύστημα συντεταγμένων στην πράξη δεν γίνεται αντιληπτή και συγχρόνως μετρήσιμη από τον απλό ανθρώπινο λογισμό. Ο μοίως γίνεται φανερό ότι στο προηγούμενο σύ στημα κλειστών και καμπύλων συντεταγμένων το κινητό, αυξανομένου του χρόνου κίνησης, δεν αυ ξάνει επ ' άπειρον την απόστασή του από το σημείο Ο, αλλά από κάποιο χρονικό σημείο και έπειτα ξα ναπλησιάζει το σημείο Ο.

c===�AB ��

Σχήμα 4

� ..--4

Η�- ΑιΙΙpιρσς {ΜιJΙιιι-)

Το γεγονός αυτό, όπως γνωρίζουμε, είναι έξω από τη φυσική αντίληψη των αισθητών παρατηρήσεών μας.* Μην ξεχνάμε ότι μέσω του συστήματος των Καρτεσιανών συντεταγμένων περιγράφουμε την εξέλιξη αλλά και την σχέση μεταξύ φυσικών γεγο-

------

νότων. Η μεταβολή της μορφής των αξόνων από ευθείες σε κλειστές καμπύλες μεταβάλει την επι στημονική μας ίiποψη για τη φύση των φαινομέ νων και τη σχέση του με άλλα. Η ταύτιση του «μέσα» και του «έξω»

Ένα γεγονός στο οποίο οι αμύητοι περί την επι στήμη δίνουν φιλοσοφική και μεταφυσική διάστα ση, είναι το γεγονός ότι οι συμπαντικές μορφές και σχήματα, καθώς και το όλο του σύμπαντος, δεν παρουσιάζουν την ιδιότητα του «μέσα» και «έξω». Μια τέτοια θέση όμως είναι άκρως επιστημονική, και στηρίζεται σε έναν κλάδο των μαθηματικών, την Τοπολογία, η οποία τυγχάνει και πρακτικής απόδειξης. Ας μελετήσουμε όμως αναλυτικότερα αυτό το θέμα Ας θεωρήσουμε ότι οι άξονες που μελετήσαμε προηγουμένως βρίσκονται πάνω σε επίπεδες επιφάνειες. Τότε η καμπύλωση των αξό νων πιθανότατα συνεπάγεται καμπύλωση των α ντίστοιχων επιφανειών. Συνεπώς τα εις το άπειρο άκρα τους ταυτίζονται και η προκύπτουσα επιφά νεια μπορεί να έχει μόνο μία όψη. Έχει όμως λογι κό νόημα η έννοια μιας επιφάνειας, χωρίς μέσα και έξω; μιας κλειστής επιφάνειας δηλαδή που δεν έχει δύο όψεις.; Η κορδέλα του Moebius

Ας δούμε όμως ένα παράδειγμα για να καταλάβουμε όλα τα προηγούμε να.Θεωρούμε την εmφάνεια μιας κορ δέλας με άκρα τα Α, Β, Γ, Δ. Η κορδέ λα έχει δύο άκρα, που μπορούν να ε πεκταθούν στο άπειρο, και δύο όψεις, την πάνω και την κάτω. Αυτό

σημαίνει ότι δύο βαφείς μπορούν να βάψουν την κάθε όψη με διαφορετικό χρώμα, χωρίς να συνα ντηθούν ποτέ. Αυτή είναι μια Ευκλείδεια αντιμε τώπιση της κορδέλας. Ενώνουμε τώρα τα άκρα της κορδέλας, έτσι ώστε να συμπέσουν το Α με το Γ και το Β με το Δ. Με αυτόν τον τρόπο σχηματίζε ται μια περίεργη επιφάνεια χωρίς άκρα, που έχει μόνο μία όψη. Αυτό θα το αντιληφθούμε αν αρχί σουμε να βάφουμε με κάποιο χρώμα την κορδέλα από κάποιο σημείο της. Συνεχίζοντας το βάψιμο θα επανέλθουμε στο αρχικό σημείο όταν έχουμε βάψει με το ίδιο χρώμα ολόκληρη την κορδέλα. Η κορδέλα αυτή, όπως μετασχηματίστηκε, ονομάζε ται κορδέλα του Moebius. Αν γενικεύσουμε το προηγούμενο πρόβλημα της κορδέλας Moebius προεκτείνοντας το επίπεδό της όχι μόνο κατά την έννοια του αριστερά-δεξιά, αλλά και προς τη διεύ θυνση εμπρός-πίσω, ενώνοντας τα αντίστοιχα ά κρα, όπως και προηγουμένως, θα σχηματίσουμε μια μορφή σαν αυτή του επόμενου σχήματος, που ονομάζεται φιάλη Κλάιν (Klein).Oι δύο προηγού μενες κατασκευές αποτελούν εφαρμογές ενός σχε τικά νέου κλάδου των μαθηματικών, της Τοπολο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/6

Μαθηματικά του Σύμπαντος

γίας, που αποτελεί μια νέα γεωμετρία με ευρύτατες εφαρμογές στην Κοσμολογία. Με βάση τοπολογι κά πρότυπα και παραδείγματα, όπως τα προηγού μενα, οδηγούμαστε στο συμπέρασμα ότι στο πραγματικό -αλλά μη αισθητό- Σύμπαν οι μορφές και τα σχήματα δεν έχουν «μέσα και έξω», όπως ακριβώς η κορδέλα του Moebius και η φιάλη Κlein. Με τον τρόπο αυτό αντι λαμβανόμαστε ότι όταν λέμε ότι το Σύμπαν δεν έχει μέσα και έξω, αυ τό δεν αποτελεί μια φιλοσοφική ενόραση αλλά μια μαθηματική πραγματικότητα. Βεβαίως η επιστημονική αυτή διαπίστωση έχει και φιλοσοφικές προεκτάσεις όπως άλλωστε και όλες οι επιστημονικές διαπιστώσεις. Με τον τρόπο αυτό από τη μαθηματική διαπίστωση ότι οι μορφές και τα σχήματα του πραγματικού Σύμπαντος δεν έχουν μέσα και έξω, οδηγούμαστε συνειρμικά στη ενό τητα των πάντων μέσα στο Σύμπαν και την ολιστι κότητα της κοσμικής δημιουργίας. Το πρόβλημα της διαίρεσης και του πολλαπλασιασμού στο Σύμπαν

Μπορούνε να κόψουμε ένα παραλληλόγραμμο σε δύο ίσα μέρη με δύο τρόπους Κατά μήκος: παίρνουμε δύο ανεξάρτητα κομμά τια μεταξύ τους ίσου μήκους με το αρχικό 2. Κατά πλάτος: παίρνουμε δύο ανεξάρτητα κομ μάτια μεταξύ τους και μισού μήκους από το αρχι κό (μικρότερα) . Αν όμως κόψουμε κατά μήκος μια κορδέλα Moebius το αποτέλεσμα είναι μια νέα ε νιαία μορφή διπλάσιου μήκους από τη πρώτη και όχι δύο ανεξάρτητες μορφές ίσες μεταξύ τους. Αν την νέα αυτή διπλάσια κορδέλα την κόψουμε κατά μήκος θα πάρουμε δύο κορδέλες ανεξάρτητες με ταξύ τους δεμένες με την μορφή των κρίκων μιας αλυσίδας. Και αυτό το παράδοξο όμως, είναι ένα αποδεικνυόμενο γεγονός καλυπτόμενο από την Τοπολογία. Μετά όλα τα προηγούμενα ποιός 1.

μπορεί να αμφισβητήσει ότι τα

Καθαρά ή Πλα

τωνικά Μαθηματικά δεν είναι μόνο εργαλεία αλ λά έχουν τη δυνατότητα από μόνα τους να περι γράφουν το Σύμπαν;

Βιβλιογραφία: Δανέζης,

Ε.,

Θεοδοσίου,

Ε.,

(2012); Έτσι Βλέπω τον Κόσμο-Η επιστήμη του Homo Uniνersalis, Εκδόσεις Δίαυλος, Αθήνα. Δανέζης, Ε., Θεοδοσίου, Ε., (2010); Το Μέλλον του Παρελθόντος-Επιστήμη και Νέος Πολιτισμός, Εκδόσεις Δίαυλος, Αθήνα.

-------

Πώς επηρεάζει την ανθρώπινη σκέφη και παιδεία η μαθηματική σκέψη

Στις 26-11-2013, στο Μέγαρο Μουσικής έγινε συζήτηση με το παραπάνω θέμα. Παραθέτουμε τις περιλήψεις των ομιλιών των τριών συμμετεχόντων, με τα δικά τους ')Jyyω.. •

ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ: ΚΕΝΤΡΙΚΗ ΕΠΙΡΡΟΉ ΣΤΟΝ ΔΥτΙΚΟ ΠΟΛΠΙΣΜΟ Σταύρος Γ Παπασταυρίδης

Στην ομιλία αυτή θα υποστηρίξουμε την θέση ότι τα μαθημα τικά έπαιξαν κεντρικό ρόλο στην διαμόρφωση του ιστορικού φαινομένου που λέγεται δυτικός πολιτισμός. Δεν θα αναφερ θω στην σχέση των μαθηματικών με τις θετικές επιστήμες και την τεχνολογία. Η σχέση αυτή είναι πασίγνωστη. Θα αναφερ θώ σε κάτι λιγότερο αναγνωρισμένο.Θα αναφερθώ στον κε ντρικό ρόλο που είχαν τα Ευκλείδεια Μαθηματικά στα εξης: Φ�iα: Πλάτων, Αριστοτέλης, Καρτέσιος, Καντ, θι:ολοyiα-Η8ική: Σπινόζα, Β ολταίρος. Dolιτucή: Τζέφφερσον Λίνιcολν. Τfχνιι: Προοπτική. • Τα Μαθηματικά ως γλώσσα της φύσης Στέφανος Τραχανώ; Υπό μορφήν ενός υποθετικού διαλόγου ανάμεσα στον μαθητή και τον δάσκαλο, η ομιλία αυτή δεν είναι παρά οι προσωπικές σκέψεις ενός φυσικού πάνω στην περίφημη φράση του Γαλι λαίου «Το βιβλίο της φύσης είναι γραμμένο στη γλώσσα των μαθηματικών». Μερικά από τα ερωτήματα που τίθενται σ' αυτόν τον διάλογο είναι τα εξής: Πώς είναι δυνατόν η τέλεια δηλαδή ακριβής και αναμφίβολη- γλώσσα των μαθηματικών να μπορεί να περιγράψει μια φύση τόσο χαοτική και ευμετά βλητη όπως αυτή που βλέπουμε γύρω μας; Είναι ποτέ δυνατόν μια τέτοια φύση να διέπεται από πάγωυς νόμους, τόσο ακρι βείς μάλιστα ώστε να μπορούν να διατυπωθούν σε μαθηματι κή μορφή; Μήπως η θέση των μαθηματικών είναι μόνο εκεί που τα τοποθέτησαν οι πλατωνιστές; Δηλαδή στον άυλο κό σμο των ιδεών και όχι σε τούτο τον «βρώμικο» πραγματικό κόσμο της υποσελήνιας σφαίρας; Ή μήπως τα «φαινόμενα απατούν» και ο ατελής αυτός κόσμος «εδώ κάιtω» έχει μια υποκείμενη τελειότητα που όμως δεν μπορεί να αποκαλυφθεί μόνο με τη δύναμη της καθαρής σκέψης αλλά απαιτεί επιπλέ ον και τη χρήση της πειραματικής μεθόδου; Κι αν τελικά η ί δια η φύση -κι όχι μόνο οι ουρανοί- είναι τέλεια, τότε μήπως εκεί τελικά «κατοικούν» τα μαθηματικά κι όχι στον κόσμο των ιδεών «εκεί πάνω»;( ... )

•

Σύνδεση της μαθηματικής σκέψης με την παιδεία και την εκπαίδευση

Θεοδόσης Ζαχαριάδης

Μαθηματική σκέψη είναι η σκέψη που υπάρχει πίσω από τη δημιουργία των Μαθηματικών. Ορισμένα από τα χαρακτηρι στικά της είναι η δημιουργία ερωτήσεων, η διαμόρφωση ει κασιών, η γενίκευση μέσα από τη μελέτη ειδικών περιπτώσε ων, η διαμόρφωση στρατηγικών για την επίλυση προβλήμα τος, η τεκμηρίωση των συμπερασμάτων με βάση προηγούμε να αποδεκτά συμπεράσματα και λογικούς κανόνες, η διάκριση των στοιχείων που είναι αναγκαία για την εξαγωγή ενός συ μπεράσματος και αυτών που δεν είναι, ο εντοπισμός των βα θύτερων αιτιών που οδηγούν σε ένα αποτέλεσμα. Η μαθημα τική σκέψη όταν χρησιμοποιείται εκτός μαθηματικού πλαισί ου συμβάλλει στη δημιουργία ερωτήσεων και προβληματι σμών, παρέχει εργαλεία διερεύνησης των βασικών αιτιών που προκαλούν συγκεκριμένα αποτελέσματα, βοηθάει στην τεκ μηρίωση των ισχυρισμών με βάση λογικούς κανόνες, καλλι εργεί την κριτική στάση και τη δημιουργιιcή αμφισβήτηση α παιτώντας πειστικές αποδείξεις των ισχυρισμών. Ωστόσο δεν οδηγεί υποχρεωτικά σε μονοσήμαντα συμπεράσματα όπως στα μαθηματικά. Μπορεί όμως να βοηθήσει στον εντοπισμό των ουσιαστικών λόγων που οδηγούν σε διαφορετικά συμπε ράσματα, συμβάλλοντας με τον τρόπο αυτό σε έναν ουσιαστι κό διάλογο. (...) Την εκδήλωση παρακολούθησε πλήθος κόσμου. Λεπτομέρειες httι>:/lwww.meaaron.ar/defaultasρ?pid=5&1a= l&eνiD= 1636.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/7

ΧΟΡΗΓΙΑ ΚΑΙ ΑΝΤΙΔΟΣΗ - Ο Δασκαλάκης εμπνέεται από το Σόλωνα Του Παναγιώτη Χριστόπουλου Οι νέοι είναι η ελπίδα για τη ν έξοδο από την κρ ίση.

Την εργασία* του αυ

τή εμπνεύστηκε ο κ. Ο Κ. Δασκαλάκης, σπούδασε στους Ηλεκτρονικούς του ΕΜΠ Δασκαλάκης από και τώρα είναι αναπληρωτής καθηγητής στο ΜΙτ. Είναι γνωστός την Αρχαία Ελλάδα. από τις εργασίες που έχει κάνει σε θέματα Πληροφορικής και των Συχνά σήμερα ακούμε οικονομικών θεωριών του John Nash [ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β 'τ.78 ότι Χορηγό ς στους α 2010] . Όταν έρχεται στην Ελλάδα πάντα κάνει ομtλίες σε κοινό αγώνες τάδε είναι η και πάντα μας εκπλήσσει με τις φρέσκιες ιδέες του. Ο κ. Δασκα εταιρεία τάδε. λάκης είναι παιδί Καθηγητών, καλός ομtλητής, με αργό και κα τανοητό λόγο, ενώ σε δύσκολα επιστημονικά θέματα έχει πάντα Πριν από 2.500 χρόνια στην Αρχαία Ελλά δα, όπως διαβάζουμε σήμερα σε επιγραφέ καλά και απλά παραδείγματα. του Επιγρ αφικού μας Μουσείου, οι πιο Στις 8- 1 - 1 4 σε εκδήλωση του Hub Science στο The Hub Eνents, εύποροι ήταν υποχρεωμένοι να αναλαμβά με το Ν. Πρωτονοτάριο μίλησε με θέμα: «Από την πληροφορία νουν τα έξοδα του κράτους π.χ. τη ναυπή στην πληροφορική». Με απλά λόγια το θέμα της ομtλίας ήταν γηση μιας τριήρους ή τα έξοδα για το θέα πως μπορούμε να κάνουμε υπολογισμούς με δεδομένα που δεν τρο. Η προετοιμασία των θεατρικών παρα έχουμε. στάσεων και ιδιαίτερα η διδασκαλία τω Τέτοιες εφαρμογές γίνονται σήμερα με τη χρήση της Πληροφο Δραμάτων ήταν πολύ δαπανηρή, η πόλη με ρικής και με πληροφορίες που συλλέγει το σύστημα σε ανύποπτο νόμο όριζε Χορηγούς. Ο Χορηγός είχε την χρόνο. Η ομtλία* του αυτή την φορά είχε να κάνει με το πώς υποχρέωση να συντηρεί τα μέλη του χορού, μπορούμε να έχουμε μεγαλύτερο κέρδος σε μια δημοπρασία. Α τη σίτισή τους, μια αποζημίωση και γενικά ναφέρθηκε στον Γκαίτε ο οποίος το 1 797 είπε στον εκδότη του: όλα τα έξοδα για τα προσωπεία, για τα κο θα γράψουμε σε κλειστό φάκελο εγώ το ποσό που θέλω και στούμια. Η λέξη Χορηγό ς παράγεται απ' τις εσύ θα γράψεις το ποσό που προσφέρεις, θα δοθούν οι φάκε λέξεις χορός και ηγούμαι. Δηλαδή στην κυ λοι στο δικηγόρο. Αν το ποσό που θα γράψεις είναι μικρότερο ριολεξία σημαίνει αρχηγός του χορού. Πολύ από αυτό που θα έχω γράψει εγώ δεν θα σου δώσω τη δου γρήγορα όμως πήρε την έννοια του χρημα λειά, αν είναι μεγαλύτερο θα πάρεις την πώληση των βιβλίων τοδότη που όριζε το κράτος κι αργότερα γε μου αλλά θα πληρώσεις όχι το ποσό που θα έχεις γράψει εσύ νικά του χρηματοδότη. Επειδή το αξίωμα του Χορηγού ήταν πολύ τιμητικό, οι υπο αλλά ότι έχω γράψει εγώ που θα είναι μικρότερο. Με τον αλγόριθμο αυτόν ο Γκαίτε χωρίς να έχει δεδομένα μαθαί ψήφιοι συνήθως προσφέρονταν εθελοντικά. νει πόσα ο εκδότης έχει εκτιμήσει ότι θα βγάλει. Η θεωρία δη Σε περίπτωση όμως που δεν προσφερόταν μοπρασιών όμως είναι ένας κλάδος της μικροοικονομίας που ξε κανείς, η πολιτεία είχε το δικαίωμα να ορί κίνησε ουσιαστικά τη δεκαετία του 1960 με την δουλειά του σει κάποιους χορηγούς απ ' την εύπο ρη τά ξη. Στην περίπτωση που κάποιος αρνιότα� Wikry (Nobel Οικονομικών 1996). Ο αλγόριθμος του Γκαίτε γε ν' αναλάβει τη Χορηγία, γιατί πίστευε ότι νικεύεται με τις κλειστές δημοπρασίες δεύτερης τιμής. υπάρχει άλλος ποιο πλούσιος από αυτόν, «Οι συμμετέχοντες καταθέτουν ταυτόχρονα κλειστές προτάσεις τότε είχε το δικαίωμα να τον υποδείξει. Αν για το ποσό που διατίθενται να πληρώσουν για το αγαθό. Νικη όμως ο άλλος διαφωνούσε, είχε το δικαίωμα τής είναι αυτός που καταθέτει την υψηλότερη προσφορά αλλά να μην πληρώσει και να προτείνει την α πληρώνει ένα ποσό ίσο με την δεύτερη υψηλότερη προσφορά νταλλαγή της περιουσίας τους (ΑΝτΙΔΟ που έγινε». Στις δημοπρασίες όταν οι αξιολογήσεις των αγαθών ΣΗΣ) που έπρεπε να πραγματοποιηθεί αμέ από τους συμμετέχοντες είναι ανεξάρτητες, τότε η υψηλότερη σως. Με το νόμο αυτό του Σόλωνα η πολι αξιολόγηση από έναν συμμετέχοντα δεν σημαίνει ότι μεγαλώνει τεία, χωρίς να έχει τα δεδομένα για το ποιος και την πιθανότητα να έχουν υψηλή αξιολόγηση και οι άλλοι. είναι πλούσιος, εύρισκε ποιοι είναι οι πλου Όλες οι δημοπρασίες είναι ισότιμες, αφού στην ισορροπία Nash σιότεροι πολίτες για να καταβάλουν τα έξο δα του κράτους. Ο Σόλων ήταν ένας από οι αναμενόμενες τιμές είναι ακριβώς ίσες. τους επτά σοφούς, ήταν εκείνος που θέσπι Ο κ. Δασκαλάκης εισάγει σε μια δημοπρασία τον ανταγωνισμό σε την Σ εισάχθεια δηλαδή κατάργησε τα με τον εξής τρόπο. «Έστω ότι θέλουμε να βάλουμε δυο αντικεί υφιστάμενα χρέη ιδιωτών προς ιδιώτες και μενα το Α και το Β σε δημοπρασία. Αν στο κοινό είναι δυο άτο προς το δημόσιο. Απελευθέρωσε έτσι όσους μα που ενδιαφέρονται πολύ ο ένας για το Α και ο άλλος για το Β, Αθηναίους είχαν γίνει δούλοι λόγω χρεών τότε αν δημοπρατούμε χωριστά το κάθε αντικείμενο, η δημοπρα και επανέφερε στην πόλη όσους εν τω με σία δεν θα έχει καμία απόδοση. Ο καθένας θα πάρει αυτό που τον ταξύ είχαν μεταπωληθεί ως δούλοι. Έτσι η ενδιαφέρει χωρίς ο άλλος να πλειοδοτεί. Αν όμως τα δύο αυτά αντικείμενα τα βάλουμε στη δημοπρασία Αθήνα έφτιαξε τον Παρθενώνα, παρόλο που μερικές φορές πέρασε δύσκολες εποχές, χά μαζί, πακέτο, τότε και τα δύο άτομα ενδιαφέρονται για το πακέτο ρις στο σοφό νομοθέτη Σόλωνα με το θεσμό προκειμένου να έχουν έτσι το αντικείμενο που θέλουν, άρα μπαί της Χορηγίας, της Σεισάχθειας και της επι νουν σε ανταγωνισμό και πλειοδοτούν>>. τυχούς επιβολής και εισπράξεις των φό ρων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/8

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - ΒΑΣΙΚΕΣ ΕΝΝΟΙΕΣ Σκοτίδας Σωτήριος, ΕΜΕ Καρδίτσα -

Το σχολικό εγχειρίδιο Γεωμετρίας που διδάσκονται οι μαθητές σήμερα στο Λύκειο αποτελεί μέρος (με πολύ μικρές παραλλαγές) του περίφημου έργου «Στοιχεία)) του Ευκλείδη. Τα «Στοιχεία)) δεν περιέχουν όλες τις μαθηματικές γνώσεις της εποχής (π.χ. δεν περιέχουν τίποτα για τις Κωνικές Τομές), αλλά περιέχουν το πρώτο σύστημα aξιωματικής θεμελίωσης της Γεωμετρίας. Η Ευκλείδεια μέθοδος ήταν μια μοναδική προσπάθεια, την οποία επιστήμονες άλλων κλάδων προσπαθούσαν να μιμηθούν και να εφαρμόσουν για δύο χιλιάδες χρόνια. Πιθανότατα, τα Στοιχεία γράφτηκαν στη Σχολή του Πλάτωνα, περίπου το 300 π.Χ., στην είσοδο της οποίας υπήρχε η επιγραφή «Αγεωμέτρητος μηδείς εισίτω)), φράση που αποτελεί σήμερα το επίσημο λογότυπο της American Mathematical Society. Τα 5 αιτήματα (αξιώματα) του Ευκλείδη δεν αναφέρονται στην αρχή του σχολικού βιβλίου (όπως ίσως θα έπρεπε), αλλά (σελ.9) αναφέρονται 3 «αξιώματα)) που έχουν σχέση με τα δύο πρώτα αιτήματα του Ευκλείδη. Το διάσημο 5ο αίτημα αναφέρεται στο σχολικό βιβλίο ως η Πρόταση IV σελ. 78, ενώ αναφέρεται ως αίτημα (αξίωμα του Playfair) η μοναδικότητα παράλληλης από σημείο προς ευθεία (σελ.76), η ισοδυναμία των οποίων δεν είναι και τόσο εύκολο να αποδειχθεί° και φυσικά τα δύο προηγούμενα είναι και ισοδύναμα με το γνωστό «άθροισμα γωνιών τριγώνου l 80 ))(ισοδύναμα όλα αυτά και με μια σειρά άλλω ν προτάσεων). Η προσπάθεια απόδειξης της μη ανεξαρτησίας του 5ου αιτήματος δημιούργησε και τις μη Ευκλείδειες Γεωμετρίες στις οποίες η διαίσθηση αντιφάσκει με την πληρότητα της θεμελίωσης τους. Καθώς σε κάποιες αποδείξεις του Ευκλείδη είχε εισχωρήσει η διαίσθηση χαρακτηριστικό παράδειγμα η Πρόταση 4 των Στοιχείων, δηλ. το Κριτήριο Π-Γ-Π [σελ. 36 σχολ. βιβλ.], όπου στην ουσία προϋποθέτεται η ομοιομορφία του χώρου, κάτι όμως που δε δηλώνεται στα Αιτήματα, δημιουργήθηκε η αναγκαιότητα της αυστηρής προσέγγισης της Ευκλείδειας Γεωμετρίας όπου όλες οι προτάσεις θα αποδεικνύονται με τρόπο τελείως ξένο προς τη διαίσθηση, κάτι που κατάφερε (πρωτίστως) ο Γερμανός David Hilbert το 1899, προσθέτοντας στους Απροσδιόριστους Όρους τις έννοιες «κείται επί)) , «μεταξύ)). Χαρακτηριστική της προσπάθειάς του η είναι η φράση του «θα πρέπει κανείς να μπορεί πάντα να βάζει στη θέση των σημείων, των ευθειών και των επιπέδων, τραπέζια, καρέκλες και ποτήρια μπύρας)). Επειδή mστεύουμε ότι το μάθημα της Γεωμετρίας είναι το καταλληλότερο μάθημα των Μαθηματικών για να μυηθεί ο μαθητής εύστοχα στην έννοια της Απόδειξης (πυρήνας της διδασκαλίας των Μαθηματικών), θα έπρεπε (κατά τη γνώμη μας) ο μαθητής να κατανοήσει όσο καλύτερα γίνεται την έννοια «Τυπικό Αξιωματικό Σύστημα)), απαλλαγμένη από την έννοια της διαίσθησης , η οποία δημιουργεί προβλήματα στην προσπάθεια των μαθητών για δημιουργία αποδείξεων, όπου (συνήθως) θεωρούνται γνωστά, πράγματα που δεν είναι. Παράλληλα θα κατανοήσει καλύτερα το γεγονός πως η διδασκαλία της Γεωμετρίας στην τάξη που βρίσκεται, ξεκινά από μηδενική βάση.Δίνουμε ένα παράδειγμα που δείχνει πως μπορούν να παραχθούν θεωρήματα που αφορούν έννοιες όχι προσιτές στη διαίσθησή μας. Οι Απροσδιόριστοι Όροι είναι: παιδί , μήλο, τρώει Τα Αξιώματα είναι : Αξ. Ρ1 : Υπάρχει τουλάχιστον ένα παιδί. Αξ. Ρ2 : Για κάθε δύο διαφορετικά μήλα υπάρχει ένα και μόνο ένα παιδί το οποίο τρώει και τα δύο. Αξ. Ρ3 : Κάθε παιδί τρώει τουλάχιστον δύο μήλα. Αξ. Ρ4 : Για κάθε παιδί υπάρχει τουλάχιστον ένα μήλο που δεν τρώγεται από το παιδί. Ας προσπαθήσουμε να αποδείξουμε τα παρακάτω Θεωρήματα : Θ1 : Υπάρχουν τουλάχιστον τρία μήλα. π Θ2 : Α ν υπάρχουν ακριβώς τρία μήλα, τότε υπάρχουν ακριβώ ς τρία 13 "" παιδιά. / Α πόδειξη Θ1 : Από το αξίωμα Ρι υπάρχει τουλάχιστον ένα παιδί. Από το Ρ3 υπάρχουν τουλάχιστον 2 μήλα το οποίο αυτό τρώει, ενώ το Ρ4 λέει ότι υπάρχει ένα άλλο μήλο το οποίο αυτό το παιδί δεν το τρώει. Άρα υπάρχουν 3 τουλάχιστον μήλα. Α πόδειξη Θ2 : Ας είναι Μι , Μ , Μ3 τα τρία μήλα και έστω Π1 2 2 το παιδί που τρώει τα μήλα Μι , Μ2 • Το αξίωμα Ρ4 απαγορεύει στο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/9

Γεωμετρία - Βασικές έννοιες

παιδί Π1 2 να φάει και το μήλο Μ3 , το οποίο αυτό μήλο το τρώει ένα άλλο παιδί , έστω Π23 (τρώει και το Μ2). Η κατάσταση φαίνεται να μπορεί να περιγραφεί ως εξής: Αν υπήρχε τέταρτο παιδί, αυτό θα έπρεπε να τρώει τουλάχιστον δύο μήλα(από Ρ3) που σημαίνει ότι θα είχαμε δύο παιδιά να τρώνε αυτά τα δύο μήλα, πράγμα που απαγορεύει το Ρ2 Με βάση τώρα τα αξιώματα που αναφέρει το Σχολ. Βιβλ. Σελίδα 9 •

1.Από δύο σημεία διέρχεται μοναδική ευθεία. 2.Για κάθε ευθεία υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο του επιπέδου που δεν ανήκει σε αυτή. 3. Κάθε ευθεία έχει άπειρα σημεία και εκτείνεται απεριόριστα και προς τις δύο κατευθύνσεις χωρίς διακοπές και κενά.

μπορούμε να θέσουμε τα εξής ερωτήματα: Μπορεί μια ευθεία να περιέχει όλα τα σημεία ενός επιπέδου; Όχι, το απαγορεύει το αξίωμα 2. (β) Γιατί οι ευθείες δεν μπορούν να είναι όπως οι γραμμές του σχήματος; Το απαγορεύει το αξίωμα 1 (Ύ) Είναι αλήθεια ότι υπάρχουν άπειρες ευθείες που περνούν από ένα σημείο ; Ναι, αφού τα παραπάνω αξιώματα μας επιτρέπουν να έχουμε την εξής κατάσταση . Κάποιος όμως θα ρωτήσει : «πως ξέρουμε ότι υπάρχουν σημεία» ; Φαίνεται αναγκαίο λοιπόν ένα αξίωμα όπως το «υπάρχουν τρία σημεία τα οποία δεν ανήκουν στην ίδια ευθεία» (Pogoreloν, 1 981. Το αξιωματικό σύστημα που ανάπτυξε αποτέλεσε τη βάση για να γραφούν τα σχολικά (α)

ε-yχειρίδια σε Ρωσία και Ρουμανία).

Ας δούμε τώρα μερικά θέματα εξάσκησης πάνω στη θεωρία του 2ου Κεφαλαίου του σχολικού βιβλίου. Ι . Να σχεδιάστε στο επίπεδο 5 ευθείες, ώστε καθεμία να τέμνει όλες τις άλλες ενώ δεν υπάρχει σημείο που να διέρχονται οποιεσδήποτε 3 από τις δοσμένες ευθείες. Να βρεθεί το πλήθος των σημείων τομής των ευθειών . Αν αντί για 5 είχαμε γενικά m το πλήθος τέτοιες ευθείες, τότε ποιο θα ήταν το πλήθος των σημείων τομής; [Απάντ. ( % Πόσα σημεία ορίζει μία από τις m ευθείες με τις υπόλοιπες (πόσες;) που τέμνει; Μετρήστε το ίδιο για όλες. Πόσες φορές θα έχουμε μετρήσει το κάθε σημείο;] 2. Έστω ότι ν διαφορετικές ευθείες τέμνονται ανά δύο και ορίζουν ακριβώς 4 σημεία. Τότε : (α) Αποδείξτε ότι 3 τουλάχιστον από αυτές διέρχονται από το ίδιο σημείο. [υπόδειξη: υποθέστε το αντίθετο και με χρήση της προηγούμενης άσκησης , καταλήξτε σε άτοπο] (β) Προσδιορίστε το ν. 3. Δίνονται στο επίπεδο m + η σημεία ανά τρία μη Κτ+l συνευθειακά (m , η � 3). Τα m σημεία είναι χρωματισμένα κόκκινα ενώ τα η σημεία μπλε. Α) Αποδείξτε ότι αν m = η τότε υπάρχει τρόπος να Μτ+2 συνδεθούν ορισμένα από αυτά τα σημεία με ευθύγραμμα τμήματα, έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι ακόλουθες δύο συνθήκες: lη) κάθε σημείο να ανήκει σε ακριβώς τρία τμήματα 2η) τα άκρα κάθε τμήματος να είναι διαφορετικού χρώματος. Β) Αποδείξτε ότι, αντίστροφα, αν υπάρχει τρόπος να συνδεθούν ορισμένα από αυτά τα σημεία με ευθύγραμμα τμήματα έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι συνθήκες 1 η) και 2η) , τότε είναι m = η . Λύση Α) Έχουμε 2m σημεία m κόκκινα και m μπλε. Αν είναι m = ποJJσιο 3 = 3k, τότε έχουμε 6k σημεία, άρα μπορούμε να χωρίσουμε τα σημεία σε k ομάδες των 6 σημείων η κάθε μία, ώστε η κάθε ομάδα να περιέχει 3 κόκκινα και 3 μπλε σημεία. Παρατηρούμε ότι για την κάθε ομάδα είναι δυνατή η σύνδεση σύμφωνα με τις συνθήκες 1η), 2η). Αν είναι m = 1 ή 2 mod 3 , τότε η σύνδεση είναι δυνατή για όλα εκτός από ακριβώς 2 ή 4 σημεία Β) Έστω τώρα ότι η σύνδεση είναι δυνατή για ακριβώς (m-p) κόκκινα σημεία. Προφανώς θα είναι και για ( η - p) μπλε. Κάθε κόκκινο ή μπλε σημείο ανήκει σε 3 ακριβώς τμήματα. Άρα όλα τα τμήματα είναι 3(m-p) ή 3(η-p ). Όμως το πλήθος των τμημάτων είναι το ίδιο, οπότε 3(m - p)=3(η - p) :::? m = η . m m -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/10

Μαθηματικοί Δtαyωvισμοi ΜαθηματικέG ΟλυμπιόδεG Επιτροπή Διαιyωνισμών της Ε.Μ.Ε. 74ος ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν Ι ΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΑ 'Ό ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" ΣΑΒΒΑΤΟ, 1 8 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 201 4

Α ' τάξη

Πρόβλη μα 1

θεωρού με τους αριθ μούς

Λυκείου

( l + Ji) ( 1 +2�) ( 1 + �) και

Να συιyκρίνετε τους αριθ μούς χ + 1 και Λύση

4ι;; ν2

•

Πολλαπλασιάζοντας αριθμητή και παρανομαστή του κλάσματος επί if3 -1 και εκτελώντας διαδοχικά τις εμφανιζόμενες διαφορές τετραγώνων, λαμβάνουμε

2 ( ifi - ι) 2 ( ifJ- ι) = = 2 ( ifJ- ι) = ifi - ι . ( ι + J3) ( ι + if3"){ι + ifi ){ if3 -ι) (ι + J3 )(ι +if3"){ if3" - ι) ( ι + J3 )( J3 - ι) Επομένως έχουμε χ+ 1 = if3 � = � = y . χ=

Πρόβλη μα 2

Να προσδιο ρίσετε τους πραιyματικούς αριθ μούς χ ιyια τους οποίους συναλη θεύουν οι 1- l x; ιΙ � ο και ( Ι χΙ - 2 ) . (I χΙ - s) s; ο . ανισώσεις: Λύση

1 - lx 3- ll � Ο <=> lx -11 3 <=> -3 χ- 1 3 <=> -2 χ 4. ( 1) Για την aνίσωση (l xl - 2 ) ( l xl - 5) Ο έχουμε : ( l xl - 2 ) ( lxl - 5) Ο <=> ( lxl - 2 � Ο και l xl - 5 Ο ) ή ( lxl - 2 Ο και lxl - 5 � Ο ) <=> 2 Ι χ 51 ή (I χΙ 2 και l xl � 5)' αδύνατη <=> 2 l xl 5. Όμως l xl � 2 <=> χ -2 ή χ � 2 και l xl 5 <=> -5 χ 5 , οπότε η ανίσωση αληθεύει όταν -5 χ -2 ή 2 χ 5 (2) Από τις ( 1) και (2) προκύπτει ότι το δεδομένο σύστημα ανισώσεων αληθεύει για χ = -2 ή 2 χ 4. s;

Έχουμε

Πρόβλη μα 3

Δίνεται ισοσκελές τρίιyωνο ΑΒΓ με ( ΑΒ ΑΓ > ΒΓ ). Ο ιώκλος c1 (Γ ,ΒΓ) (με κέντρο Γ και ακτίνα ΒΓ ) τέμνει την πλευρά ΑΒ στο ση μείο Δ Ο ιώκλος c2 (Α, ΑΔ) (με κέντρο Α και α κτίνα ΑΔ ) τέμνει την πλευρά ΑΓ στο ση μείο Ε και τον ιώκλο c1(Γ,ΒΓ) στο ση μείο Ζ . Ο περιιyεyραμμένος ιώκλος c3 του τριιyώνου ΑΔΖ τέμνει την ευθεία ΒΕ στο ση μείο Μ . (α) Να αποδείξετε ότι τα ση μεία Β, Ε, Ζ είναι πάνω στην ίδια ευθεία. =

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/1 1

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

(β) Να αποδείξετε ότι ευθεία είναι μεσοκάθετη της πλευράς Λύση ( α) Ισχύουν οι παρακάτω ισότητες τμημάτων:

Γ.

-------

(ακτίνες του κύκλου c1 (Γ, ΒΓ) ) (2) (ακτίνες του κύκλου c2 (Α, ΑΔ) ) Α Επειδή το τρίγωνο ΑΒ Γ είναι ισοσκελές θα ισχύει: Β = Γ = 90° - και ομοίως από το ιΓΒ = ΓΔ = ΓΖ ΑΔ = ΑΕ = ΑΖ

(1)

Α σοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ έχουμε: ΜΕ = ΑΕΔ = 90° - . 2

Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΒΓΔ και ΓΒΕ . Αυτά έχουν: (α) η πλευ ρά ΒΓ είναι κοινή,

(β) ΒΔ = ΓΕ ,

(γ) ΔΒΓ = Ef'B = 90° (I)

Α 2

Άρα τα τρίγωνα ΒΓΔ και ΓΒΕ είναι ίσα, οπότε ΒΕ = ΔΓ = ΒΓ , δηλαδή το τρίγωνο ΒΓΕ Α Ε 2 = t = 90° (3) είναι ισοσκελές και κατά συνέπεια 2 Εφόσον ΑΔ = ΑΖ και ΓΔ = ΓΖ , η ΑΓ (διάκεντρος των δύο κύκλων) είναι μεσοκάθε τη της ΔΖ (κοινή χορδή των δύο κύκλων). Επομένως τα σημεία Δ και Ζ είναι συμμετρικά ως προς την ευθεία ΑΓ και ισχύει: Α Ε1 = ΑΕΖ = ΑΕΔ = 90" - 2 (4) Από τις σχέσεις (3) και (4) έπεται ότι: Α Εz = ΒΕΓ = ΑΕΖ = Ει = 90° - - ' (5 ) ·

οπότε, δεδομένου ότι τα σημεία Α, Ε, Γ βρί σκονται πάνω στην ευθεία ΑΓ, έπεται ότι οι ημιευθείες ΕΒ και ΕΖ ή είναι αντικείμενες η μιευθείες με αρχή το Ε ή είναι συμμετρικές ως Σχήμα 1 προς την ευθεία ΑΓ. Το τελευταίο αποκλείε ται, γιατί τότε θα είχαμε τις ευθείες ΕΔ και ΕΒ να συμπίπτουν, ως συμμετρικές και οι δύο με την ΕΖ ως προς την ευθεία ΑΓ, άτοπο. Επομένως οι ημιευθείες ΕΒ και ΕΖ είναι αντικείμενες, δη λαδή τα σημεία Β, Ε και Ζ είναι συνευθειακά. Στο ίδιο συμπέρασμα μπορούμε να φθάσουμε θε-

( �) ( � )

ωρώντας το άθροισμα Β ΕΔ + ΔΕΑ + ΑΕΖ � Α + 90' -

+ 90' -

� ι sο· ,

οπότε η γωνία Β ΕΖ είναι ευθεία γωνία και τα σημεία Β, Ε και Ζ βρίσκονται πάνω στην ίδια ευθεία. ( β) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΤΔ , έχουμε: Δ 1 = 90° - Α . Όμως οι γωνίες Δ 1 και Μ 1 είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c3 = ( Α, Δ, Ζ ) και βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΖ , οπότε έχουμε: Μ 1 = Δ 1 = 90° - Α . Επειδή η γωνία Ε1 , είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΑΕΜ , έχουμε: Α Α Ε1 = Μ 1 + ΜΑΕ � ΜΑΕ = Ε 1 - Μ 1 = 90° - 2 - ( 90° - ΑΛ ) = 2 , οπότε η ευθεία ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας Α . Όμως το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ , οπότε η ευθεία ΑΜ είναι και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΓ. Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/12

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Πρό βλη μα 4

Θ εωρούμε θετικούς πραγματικούς αριθμούς a,b που είναι τέτοιοι ώστε

az + 4hz = 2a + 12b - 5 . Να βρεθεί η μέγιστη δυνατή τιμή το αθροίσματος a + b και οι τιμές των a, b για τις οποίες αυτή λαμβάνεται.

Λύση

s = α + b , οπότε η δεδομένη εξίσωση γράφεται: α 2 +4( s - α ) 2 = 2α + 12( s -α ) -5 � 5α 2 - ( 8s -10)α + 4s 2 - 12s + 5 = Ο (1) Για να έχει η εξίσωση (1) λύση ως προς α στους πραγματικούς αριθμούς, πρέπει να έχει μη αρνητική διακρίνουσα, δηλαδή πρέπει: Δ = ( 8s- 10 ) 2 - 20( 4s 2 - 12s+5) � Ο � 4 [ ( 4s -5)2 -5( 4s2 -12s + 5) J � Ο � -4s 2 +2 0s � Ο � s ( s -5) :s; Ο � ( s � Ο και s -5 :s; Ο) ή ( s :s; Ο και s -5 � Ο) � Ο :s; s :s; 5. Επομένως η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος s = α + b είναι 5. Για s = 5 είναι Δ = Ο , οπότε από την εξίσωση προκύπτει η λύση α = 3 και στη συνέχεια βρίσκουμε b = 2 . Θέτουμε

Β'

Πρόβλημα 1

τάξη Λυκείου

Θ εωρούμε στο επίπεδο τέσσερα διαφορετικά μεταξύ τους σημεία Ο, Α,Β και Γ , έτσι

ώστε τα σημεία

Ο, Α και Β να μην είναι συνευθειακά και έστω

ΟΑ = ii, ΟΒ = β, ΟΓ = f .

Αν ισχύει ή ισότητα ii · P + rz = ΓΑ · rΒ , να αποδείξετε ότι το διάνυσμα r είναι κάθετο στη διαγώνιο του παραλληλογράμμου ΟΑΔΒ .

ΟΔ

Λύση

Σχήμα 2 Από τις ισότητες ΓΑ = ΟΑ - ΟΓ = ii - f και ΓΒ = ΟΒ - ΟΓ = P - f, έχουμε: a β + J/ = ΓΑ · ΓΒ => a · Ρ + J/ = ( a r ) ( P r ) 2 => a P + ? = a P + r ( a + P ) r => ( a + P ) r = O => a + :O = o ή r _ι ( a+Ρ ) -

=> ΑΟ = ΟΒ ( αδύνατο,αφού Ο, Α, Β μη συνευθειακά) ή y l_ ( ΟΑ + ΟΒ ) = ΟΔ

κάθετο στη διαγώνιο ΟΔ του παραλληλογράμμου ΟΑΔΒ.

Πρό βλη μα 2 Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού

α για τις οποίες η εξίσωση

χ3 - 2xz = 4axz - 1 1ax + 6a έχει όλες τις ρίζες της στους ακέραιους. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/13

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση

Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι: χ3 - 2χ2 = 4ax2 - 1 1 ax + 6α <=> χ3 - 2χ2 = 4ax2 - 8ax - 3 ax + 6α 2 <=> χ2 (χ - 2 ) = 4ax (χ- 2 ) - 3α (χ - 2 ) <=> (χ - 2 ) ( χ - 4ax + 3α ) = Ο <=> χ - 2 = Ο ή χ2 - 4αχ + 3α = Ο <=> χ = 2 ή χ2 - 4αχ + 3α = Ο. Επομένως η δεδομένη εξίσωση έχει τη ρίζα χ = 2 , για κάθε α Ε JR , οπότε αρκεί να προσδι ορίσουμε τα α Ε JR για τα οποία η εξίσωση χ2 - 4ax + 3α = Ο έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες. 2 Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = 1 6α - 12α = 4α ( 4α - 3 ) και πρέπει να είναι μη αρνητική, δηλαδή 4α ( 4α - 3 ) ;?: Ο <=> α � Ο ή α ;?: �. Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες 4 u, ν Ε Ζ , τότε από τους τύπους του Vieta θα έχουμε: u + ν = 4α και uν = 3α => 3 ( u + ν ) = 4uν => 3u + 3ν - 4uν = Ο => u ( 3 - 4ν ) = -3ν , οπότε αφού 4u - 3 ::ι: Ο λαμβάνουμε: 9 9 2ν - 9 + 9 = .!. 3 _ u = � = .!. � = .!. 1 + - => 4u - 3 = - Ε z. 4ν - 3 4 4ν - 3 4 4ν - 3 4 4ν - 3 4ν - 3 Επομένως, πρέπει 4ν - 3 Ε { 9, - 9, 3, - 3, 1, -1} , οπότε προκύπτουν αποδεκτές τιμές οι: ν=3 ή ν=Ο ή ν=1. Για ν = 3 ή ν = 1 προκύπτει u = 1 ή u = 3 και α = 1 . Για ν = Ο προκύπτει u = Ο και α = Ο. Επομένως για α = Ο ή α = 1 η δεδομένη εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες.

(

) (

)

• •

Π ρ ό βλη μα 3 Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες πραγματικών αριθμών

συστήματος Λύση

Κ + j + z2 6a2, χ+ y =

3α,

y+ z � 3α, όπου α

(χ, y, z ) που είναι λύσεις του

θετικός πραγματικός αριθμός.

Θέτουμε s = y + z , οπότε θα είναι z = s - y . Επίσης έχουμε χ = 3α - y , οπότε από την πρώτη εξίσωση του συστήματος λαμβάνουμε ( 3α - y ) 2 + / + ( s - y γ = 6α 2 <=> 3/ - 2 ( 3α + s ) y + s 2 + 3α 2 = Ο (1) Η τελευταία εξίσωση έχει ως προς y λύση στο JR , αν, και μόνον αν, 2 Δ = 4 [ ( 3α + s ) - 3 ( s 2 + 3α 2 ) J ;?: Ο <=> -2s 2 + 6αs ;?: Ο <=> Ο � s � 3α. Όμως από την ανίσωση του συστήματος έχουμε: s ;?: 3α, οπότε λαμβάνουμε ότι: s = 3α . Τότε προκύπτει Δ=Ο και η εξίσωση . (1) έχει μοναδική λύση y = 3α+s =2α , οπότε θα είναι χ=Χι-y=α 3 και z=3a-y=α. Επομένως, μοναδική λύση του συστήματος είναι η ( x,y, z) = ( α, 2α, α ) . Π ρ ό βλη μα 4 Θεωρούμε τρίγωνο

ABC εγγεγραμμένο σε κύκλο (o,R) και έστω Ι το έκκεντρο του τριγώνου. Θ εωρούμε το μέσον Ν του τόξου BC που δεν περιέχει το Α και το μέσον Μ του τόξου BC που περιέχει το Α. Η ευθεία ΜΙ τέμνει τον κύκλο (Ο, R) στο σημείο D και τον κύκλο

( Ν , ΝΙ ) για δεύτερη φορά στο σημείο Ε. Να αποδείξετε ότι:

EBD IBC . =

Λύση

Ο κύκλος (Ν, ΝΙ) περνάει από τα σημεία Β και C . Πράγματι, η γωνία Β ΙΝ είναι εξωτερική ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/14

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Α Β ΒΙΝ =-+- .

Επίσης

ΝΒΙ = NBC+ CBI =-Α +-Β , οπότε ΒΙΝ = ΝΒΙ , οπότε

ΝΒ = ΝΙ .

στο Λ

ΑΙΒ ,

τρίγωνο .

οπότε

2 2

Επιπλέον, επειδή η κάθετος από το κέντρο Ο του κύκλου προς την πλευρά BC περνάει από τα μέσα των αντίστοιχων τόξων, έπεται ότι η ΝΜ είναι διάμετρος του κύκλου ( QR) , οπότε NDM= 90 Επομένως στον κύκλο (Ν, Ν) το σημείο D είναι μέσο της χορδής ΙΕ . Από το τρίγωνο BED έχουμε EBD = BDM - ΒΕΙ . Όμως DM = 90· ΒΑΝ=9ο· Α και ΒΕΙ = C (βαίνουν στο ίδιο • .

-2 2 τόξο του κύκλου (Ν, ΝΙ) ). Επομένως έχουμε B

Α c Β EBD = 90. -2 --2 = -2 = IBC .

Σχήμα 3

Γ'

τάξη Λυκείου

Π ρ ό βλη μα 1 Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού α για τις οποίες η εξίσωση 3 2 2 χ - 4χ = Sax - 26αχ + 2 4a έχει όλες τις ρίζες της στους ακέραιους.

Λύση

Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι:

<=>

χ3 - 4χ2 = 5ax2 - 26ax + 24α χ3 - 4χ2 = 5ax2 - 20ax - 6ax + 24α = Ο χ2 (χ - 4) = 5ax (χ - 4) - 6α (χ - 4) (χ- 4) ( χ2 - 5ax + 6α) = Ο <:::::> χ- 4 = Ο ή χ2 - 5αχ + 6α = Ο <:::::> χ = 4 ή χ2 - 5αχ + 6α = Ο. Επομένως η δεδομένη εξίσωση έχει τη ρίζα χ = 4 , για κάθε α R , οπότε αρκεί να προσδι ορίσουμε τα α R για τα οποία η εξίσωση χ2 - 5ax + 6α = Ο έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες. Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ = 25a2 - 24α = α ( 25α - 24) και πρέπει να είναι μη αρνητική, 24 δηλαδή α ( 25α - 24) � Ο <:::::> α :::; Ο ή α � . Αν υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες 25 u, ν Ζ , τότε από τους τύπους του Vieta θα έχουμε: u + ν = 5α και uν = 6α 6 ( u + ν) = 5uν 6u + 6ν - 5uν = Ο u ( 6 -5ν) = -6ν , οπότε αφού 6 - 5ν Ο λαμβάνουμε: 30ν = .!_ 30ν- 36 + 36 = .!. 6 + � Su _ 6 = � Ε z. u =� = Sν - 6 5ν - 6 5 5ν - 6 5 5ν - 6 5 5ν - 6 Επομένως, πρέπει 5ν-6 {36,-36, 18, -1 8, 12, -12, 9, - 9, 6, -6, 4, - 4, 3,-3,2, -2, 1, -1} , οπότε προκύπτουν αποδεκτές τιμές οι: ν = -6 ή = 3 ή ν = Ο ή ν = 1 ή ν = 2 . Για ν = -6 ή ν = 1 προκύπτει u = 1 ή u = -6 , αντίστοιχα, και α = - 1 . Για ν = 3 ή ν = 2 προκύπτει u = 2 ή u = 3, αντίστοιχα, και α = 1 Για ν = Ο προκύπτει u = Ο και α = Ο. Επομένως για α = Ο ή α = ±1 η δεδομένη εξίσωση έχει όλες τις ρίζες της ακέραιες. <=>

<=>

.!. ( ) (

:;e

) ( ν

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/15

)

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Πρό βλημα 2 Στο ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς Oxy του επιπέδου δίνεται το χωρίο D=

{ (x,y) : (χ - 1) 2 + (y- 2 ) 2 � s} JR 2 • c

( α) Να προσδιορίσετε τη μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος

χ, y

και τις τιμές των για τις οποίες λαμβάνεται. ( β ) Βρείτε την ελάχιστη τιμή του , για την οποία η ευθεία ναι εφαπτομένη του κύκλου σημείο επαφής. Λύση ( α) Έστω

χ + y, όταν ( x,y)

με εξίσωση χ+ y = k είk C : (χ- 1) 2 + {y - 2)2 = 8 , προσδιορίζοντας και το αντίστοιχο ε

S = χ+ y . Τότε η ανίσωση που ορίζει το χωρίο D γράφεται: (χ -1)2 + ( S -χ- 2) 2 � 8 {:::> 2χ2 + 2(1 - S)x+ S2 -4S -3 � Ο .

(1)

διακρίνουσα του τριωνύμου είναι:

Δ = 4 [(1- S )2 -2( S2 -4S -3)] = 4( 1 -2S + S2 -2S2 +8S + 6) = -4( S2 - 6S -7) = -4 (S + 1) (S -7). Επομένως η ανίσωση (1) αληθεύει για τιμές του χ μεταξύ των ριζών του τριωνύμου του πρώτου μέλους της ( 1 ) , όταν: Δ � Ο {:::> -1 � S � 7 οπότε η μέγιστη δυνατή τιμή του αθροίσματος S είναι η Smax = 7 . Για S = 7 η ανίσωση (1) γράφεται χ2 - 6χ + 9 � 0 {:::> (χ-3) 2 � Ο και αληθεύει μόνο για χ = 3 , οπότε y = Smax -χ = 7 - 3 = 4 . ( β ) Αρκεί να βρούμε την ελάχιστη τιμή του k 1R για την οποία η ευθεία : χ + y = k είναι εφαπτομένη του κύκλου με εξίσωση (χ - 1 γ + (y - 2 ) 2 = 8 . Η ευθεία εφάπτεται του κύκλου για εκείνα τα k , για τα οποία το σύστημα (χ - 1) 2 + (y - 2) 2 = 8 , χ + y = k , ,

έχει διπλή λύση, δηλαδή όταν η ευθεία ε έχει ένα μόνο κοινό σημείο με τον κύκλο Ισοδύναμα, αυτό ισχύει όταν η εξίσωση 2 χ2 + 2 ( 1 - k) χ + k2 - 4k -3 = Ο . (2 ) έχει μοναδική λύση ως προς χ , δηλαδή όταν έχει διακρίνουσα Δ = -4 ( k2 - 6k - 7) = Ο {:::> k = -1 ή k = 7 , οπότε η ελάχιστη τιμή του k είναι kmin = -1 . Το αντίστοιχο σημείο επαφής προκύπτει από τη λύση της εξίσωσης (2) για k = -1 . Επειδή είναι Δ = Ο η εξίσωση (2) έχει μοβ k -1 ' y = Ο . Επομενως ' ' ' ειναι ' ' χ = -ναδικη' λ:υση = -- = - 1 , οποτε το ζητουμενο σημειο επαφης

2α

το

(χ, y) = ( -1, Ο) .

Πρό βλημα 3 Έστω : Ν* � Ν* όπου Ν* είναι το σύνολο των φυσικών αριθμών χωρίς το Ο, μία νάρτηση που είναι και έστω ένας θετικός ακέραιος. Αν ο αριθμός

συ

k 1-1 3[(t (1) - 1 Y + ( / (2) - 1 ) 2 + ... + ( / (k + 1) - 1 ) 2 ] είναι κύβος φυσικού αριθμού, τότε να αποδείξετε ότι υπάρχει { 1, 2, ..., k + 1 } τέτοιο, ώστε f(a ) � k + 2 . α Ε

Λύση

Ας υποθέσουμε ότι για κάθε a = 1,2, ... ,k + 1 , ισχύει ότι f(a) < k + 2 . Τότε f(a) � k + 1 για κάθε α = 1, 2, ... , k + 1 . Αφού επιπλέον η f είναι 1-1, έπεται ότι οι αριθμοί

!(1) -1,/(2) -1, ... ,f(k + 1) -1 ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/16

------- Μαθηματικοί Διαyιονισμοi - Μαθηματικtς Ολυμπιάδες

------

1-1,2-1, ... , k + 1-1 . Επομένως 3 [(! ( 1) -1 ) 2 + (/ (2 ) - 1γ + ... + ( f (k+ 1 ) -1 ) 2 ] = 3 [ 12 +22 + ... +(k+1 ) 2 ] +k = k3 + � k2 +k. = k(k+1 )2(2k+1 ) = 2k3 +3k2 2 2 Όμως k3 k3 + � k2 + k ( k + 1 ) 3 , οπότε ο παραπάνω αριθμός δεν μπορεί να είναι κύβος 2 { 1, 2, ... , k + 1} τέτοιο ώστε f ( ) � k + 2 . φυσικού αριθμού, (άτοπο). Επομένως υπάρχει είναι (με κάποια διαφορετική ενδεχομένως σειρά) οι αριθμοί

α ε

Π ρ ό βλη μα 4 Δίνονται κύκλος c(O,R) , δύο άνισες (μη τεμνόμενες εντός του κύκλου) και μη παράλ-ληλες μεταξύ τους χορδές ΑΒ , ΓΔ και τα μέσα τους Κ, Μ , αντίστοιχα. Ο περιγεγραμμένος

κύκλος

του τριγώνου ΟΚΜ τέμνει το κύκλο

Η ΕΖ

c(O, R)

στα σημεία

Ε,Ζ

(το σημείο

νήκει στο μικρό τόξο ΑΒ ). τέμνει τις χορδές ΑΒ και rΔ στα σημεία Λ, Ν , αντί στοιχα. Να αποδείξετε ότι: (i) Τα σημεία Κ, Λ, Μ και Ν ανήκουν στον ίδιο κύκλο. (ii) Οι περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΚΛΕ εφάπτεται στον κύκλο

Λύση

c( O,R) .

(i) Επειδή Κ, Μ είναι μέσα των χορδών ΑΒ και ΓΔ , αντίστοιχα, θα ι σχύουν οι καθετότητες: ΟΚ ..L ΑΒ και ΟΜ ..L ΓΔ . Έστω Τ το κοινό σημείο της προέ κτασης της χορδής ΑΒ και του κύκλου ci . Τότε το σημείο Τ είναι το aντιδια-

μετρικό του Ο στο κύκλο

cΙ ( διότι

Κ 90° ) . Το σημείο Τ είναι επίσης το κοινό σημείο της προέκτασης της χορδής ΓΔ και του κύκλου cΙ Άρα η ΟΤ είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής ΕΖ . Επειδή Κ 90° , το τετράπλευρο Ί'Σ · ΤΟ

•

=Σ= = (1 ) . Επειδή Ν = Σ = 90° , το τετράπλευρο ΟΣΝΜ είναι εγγράψιμο, οπότε: = π . το (2) . Από σχέσεις (1) και (2) , έχουμε ΤΛ · τκ = · ™ , οπότε το τετράπλευρο ΚΛΝΜ εί Σχή μα 4

ΟΣΛΚ είναι εyyράψιμο, οπότε:

τις

ΤΛ · τκ

rn . ™

'fN

ναι εγγράψιμο. (ii) Το τρίγωνο ΟΕΤ είναι ορθογώνιο στο Ε (διότι η ΟΤ είναι διάμετρος του κύκλου οπότε η τΕ είναι εφαπτόμενη του κύκλου c(O, R) . Άρα έχουμε: ΕΤ2 = Ί'Σ · ΤΟ . Από την ισότητα

(3) (σε συνδυασμό με την ισότητα (1) ), έχουμε:

ci ),

(3)

ΕΤ2 = ΤΛ · τκ . (4) Άρα η ΕΤ εφάπτεται στο περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΚΛΕ . Επομένως οι κύκλοι c(O, R) και (Κ, Λ, Ε) έχουν στο σημείο τους Ε κοινή εφαπτομένη, οπότε εφάπτονται στο ση μείο Ε . ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ.3/17

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

1 ος Προκριματικός διαγωνισμός 2 0 1 3 27 Απριλίου 2013

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακέραιους

n (n + 2) = m4 + m2 - m + 1 4

m, n που ικανοποιούν την εξίσωση

Λύση

Για n = Ο , η εξίσωση γίνεται: m4 + m2 - m + 1 = Ο , η οποία είναι αδύνατη, α φού m4 + m2 - m + 1 = m4 + m ( m - 1 ) + 1 > Ο, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο m . Για m = Ο, η εξίσωση γίνεται: n ( n + 2 ) = 4, αδύνατη στους μη αρνητικούς ακέραιους. Για m, n ::f:. ο, η εξίσωση γίνεται: n2 - 2n - 4 ( m4 + m2 - m + ι ) = ο ' ( 1) η οποία είναι δευτεροβάθμια ως προς n και για να έχει θετική ακέραια ρίζα πρέπει η διακρί νουσά της να είναι τέλειο τετράγωνο, δηλαδή πρέπει Δ = 4 ( 1 + 4m4 + 4m2 - 4m + 4 ) = τέλειο τετράγωνο <=> 4m4 + 4m2 - 4m + 5 =τέλειο τετράγωνο. Όμως έχουμ 4m4 + 4m2 - 4m + 5 = ( 2m2 )2 + 4m ( m - 1 ) + 5 > ( 2m2 )2 , για κάθε θετικό ακέ

ραιο m . Επίσης ισχύει ότι 4m4 + 4m2 - 4m + 5 = ( 2m2 + 1 ) 2 - 4 ( m - 1 ) s ( 2m2 + 1 ) 2 , όπου η ισότητα ισχύει για m = 1 . Επομένως, η μόνη δυνατή τιμή για το m είναι η m = 1 . Τότε η εξίσωση γίνεται n ( n + 2 ) = 8 <=> n = 2 , οπότε το ζευγάρι ( m, n ) = ( 1, 2 ) είναι λύση της εξίσωσης.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ABC με ΑΒ < AC , εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, θ.)

(με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα R). Ο κύκλος c1 (Β,ΑΒ) (με κέντρο το σημείο Β και α

κτίνα ΑΒ), τέμνει την πλευρά AC στο σημείο Κ και τον κύκλο c στο σημείο Ε. Η ΚΕ τέμνει yια δεύτερη φορά τον κύκλο c στο σημείο F. Η ΒΟ τέμνει την ΚΕ στο σημείο L και την AC στο σημείο Μ. Τέλος, η ευθεία ΑΕ τέμνει την BF στο σημείο D. Να αποδείξετε ότι τα πολύ yωνα DLMF και ΒDΚΜΕ είναι εγγράψιμα.

Λύση

Στο κύκλο c , οι χορδές ΑΒ και ΒΕ είναι ίσες μεταξύ τους (ως ακτίνες του κύκλου c1 ) . Άρα: Α1 = frι = ft; = Ε1 = C . Οι παραπάνω γωνίες είναι ίσες διότι είναι εγyεγραμμένες στο κύκλο c και βαίνουν στα ίσα τόξα ΑΒ και ΒΕ (που αντιστοιχούν στις ίσες χορδές ΑΒ και ΒΕ ). Η ΟΒ είναι διάκεντρος των κύκλων c και c1 , οπότε θα είναι μεσοκάθετος της κοινή ς χορ δής τους ΑΕ . Δηλαδή: AD .L ΒΜ . Θα αποδείξουμε ότι η BF είναι κάθετη στην Α C , οπότε το D θα είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΜ . Η γωνία Κ1 είναι εξωτερική του τριγώνου ΒΚF οπότε: Το τρίγωνο ΒΚΕ είναι ισοσκελές ( ΒΕ ΒΚ, ως ακτίνες του κύκλου c1 ) , οπότε � =� =� +� � Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABEF έχουμε: � =� rn Από τις σχέσεις (1) , (2) , (3) (σε συνδυασμό με την ισότητα FΊ = Ε1 = C ) έχουμε: =

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ.3/18

------

Μαθημαnκοί Διαyωvισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΒΙ = Β2

Από

τις

ΒΙ = Β2

ισότητες

και

είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΜ , ισχύει ΜΙ = ΑΙ = 9(f - ΜΒΑ και σε συνδυασμό με την ισότητα καταλήγουμε Μ1 = F2 , Α1 = FΊ = C οπότε το τετράπλευρο DLMF �ίναι εγ γράψιμο. Επειδή Β2 = Ε2 , το τετράπλευ ρο DΚΕΒ είναι εγγράψιμο και αφού Ε1 = ΜΙ , το τετράπλευρο DBEM είναι εγγράψιμο. Επομένως το πολύγωνο ΒDΚΜΕ είναι εγγράψιμο. Α

(4)

fiΊ = F2 = C , συμπεραίνουμε ότι τα τρί γωνα ABF και ΚΒF είναι ίσα μεταξύ τους. Άρα η BF είναι μεσοκάθετη της ΑΚ . Επειδή όμως AD .l ΒΜ , συμπε ραίνουμε ότι το D θα είναι το ορθόκε ντρο του τριγώνου ΑΒΜ . Επειδή το D

""'

-------

. .. .. . .....(�1� ... . . ... . . . . . . . . .

Σχήμα

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3

Να προσδιορίσετε τη μεyαλύτερη δυνατή τιμή του Μ Ύtα την οποία ισχύει: χ

+ z � Μ , Ύtα όλους τους πραγματικούς αριθμούς l + yz l + zx l + xy χ z Υ χ, , z > Ο που ικανοποιούν την ισότητα xy + yz + zx 1 . y Υ

Λύση

-- -- -) -

ανισότητα είναι ισοδύναμη με την

χ2 + y2 + z2 � Μ . χ + yz y + zx z + xy

( -- --

(1 )

χ, y, z > Ο , από την ανισότητα Cauchy - Schwarz έχουμε χ2 y2 z2 -- + + · - (x + yz + y + zx + z + xy) � (x + y + z) 2 χ + yz y + zx z + xy (χ + y + z)2 ( χ + y + z)2 y2 y2 χ2 z2 z2 χ2 <=> + +-- � <=> + + -- � (2) χ + yz y + zx z + xy χ + y + z + xy + yz + zx χ + yz y + zx z + xy χ + y + z + 1 για κάθε x, y, z > Ο με xy + yz + zx = 1 . � � � x=y=z � Η ισότητα ισχύει όταν: <=> χ = y = z = <=> = χ2 + xyz y2 + xyz z2 + xyz xy + yz + zx = 1 3 Από την ανισότητα (χ + y + z)2 � 3 (xy + yz + zx) , έπεται ότι χ + y + z � �' (3 ) Επειδή είναι

•

οπου η ισοτητα ισχυει οταν

--- -{ . }

�

• xy + yz + zx = 1 . χ = y = z = 3" , λόγω της σχεσης

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/19

- .

------

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοi - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Θεωρούμε τη συνάρτηση

f( u) = _:!_ u+1

u ?. J3,

-------

η οποία είναι γνησίως αύξουσα, αφού για

>� �ιlν+ιi -uιJ -J >0 J3 ισχύει ότι f(u) >f(ν) . Πράγματι, έχουμε f(u) >f(ν) � u+1 ν+1 � uν ( u - ν ) + ( u + ν )( u - ν ) > Ο � ( u - ν )( uν + u + ν ) > Ο � u - ν > Ο, αφού uν + u + ν > Ο. Επομένως έχουμε f ( u ) ?. f ( J3 ) = } , οπότε από την ανισότητα (2) προκύπτει: +1 2 2 2 χ ( χ + y + zγ '?. -- , για κάθε x, y, z > O με xy + yz + zx = 1 . Άρα είz y -+ -- + -- '?. x + yz y + zx z + xy x + y + z + 1 J3 + 1 ναι Μ = J3 + 1 . u > ν ?.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Δίνονται στο επίπεδο n διαφορετικοί μεταξύ τους κύκλοι που έχουν το ίδιο κέντρο. Στο εσωτερικό του κύκλου με τη μικρότερη ακτίνα, θεωρού με δύο διαφο ρετικά μεταξύ τους σημεία Α και Β. Στη συνέχεια θεωρού με k διαφο ρετικές μεταξύ τους ευθείες που περνάνε από το σημείο Α και m διαφορετικές μεταξύ τους ευθείες που περνάνε από το σημείο Β. Όλες οι ευθείες που περνούν από το σημείο Α τέμνονται με όλες τις ευ θείες που περνάνε από το σημείο Β (δεν υπάρχει η ευθεία που περνά από τα σημεία Α και Β) και τα σημεία το μής τους δεν ανήκουν σε κάποιον από τους n κύκλους. Να υπολσyιστεί ο μέyιστος και ο ελάχιστος αριθ μός των χωρίων που δημιου ρ-yούνται από τις ευθείες και τους κύκλους και βρίσκονται μέσα στους κύκλους και ένα τουλάχιστον τμή μα του συνόρου (των χωρίων που β ρίσκονται στο εσωτερικό του μικρότερου κύκλου) είναι τόξο του κύκλου. Λύση

Πρώτα θα υπολογίσουμε το πλήθος των σημείων τομής των ευθειών. Κάθε μία από τις m ευθείες (που διέρχονται από το σημείο Β ), τέμνει τις k ευθείες (που διέρχονται από το σημείο Α ) σε k διαφορετικά σημεία, οπότε υπάρχουν k m σημεία τομής (Σχήμα 1 ). Έστω τώρα ότι όλα τα σημεία τομής των ευθειών βρί σκονται εκτός του κύκλου με τη μεγαλύτερη ακτίνα. Τότε δημιουΡΎούνται τα χωρία τα οποία θα μετρήσουμε. Πρώτα θα απαριθμήσουμε τα χωρία που δημιουΡΎού νται μέσα στο κύκλο με τη μικρότερη ακτίνα. Οι k δια φορετικές μεταξύ τους ευθείες που περνάνε από το σημείο Α δημιουΡΎούν (προφανώς) 2 k χωρία. Οι m διαφορε τικές μεταξύ τους ευθείες που περνάνε από το σημείο Β δη μιουΡΎούν (προφανώς) 2 m χωρία. Το χωρίο όμως που είναι γραμμοσκ:ιασμένο (Σχήμα 2), έχει καταμετρηθεί δύο φορές. Άρα υπάρχουν συνολικά 2 k + 2 m - 1 χωρία (μέσα στο κύκλο με τη μικρότερη ακτίνα). Σχήμα 1 Στη συνέχεια θα aριθμήσουμε τα χωρία που δημιουργούνται στους κυκλικούς δακτυλίους. Οι n κύκλοι δημιουΡΎούν n - 1 κυκλικούς δακτυλίους. Σε κάθε κυκλικό δακτύλιο δημιουΡΎείται το ίδιο πλήθος χωρίων ( 2 k + 2 m - 1 ) με τη βασι κή διαφορά "το γραμμοσιcιασμένο χωρίο χωρίζεται δύο χωρία". ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/20

...._ ._ _ _._

_ _ _ _

Μαθη ματικοί Δια"(ωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Άρα ο αρtθμός των χωρίων που δημιουργούνται σε κάθε κυκλικό δακτύλιο είναι 2 k + 2 m (Σχήματα 2α και 2β). ·

Σχήμα 2β

Σχήμα 2α

Τελικά ο αριθμός των χωρίων (στη περίπτωση που όλα τα σημεία τομής των ευθειών βρί σκονται εκτός του κύκλου με τη μεγαλύτερη ακτίνα) είναι 2k + 2m - 1 + (n - 1)(2k + 2m) 2n(k + m) - 1 .

τη

Θα εξετάσουμε τώρα τις περιπτώσεις που τα σημεία τομής βρίσκονται εντός του κ6κλου με μεγαλύτερη ακτίνα.

Αν ένα η περισσότερα σημεία τομής βρίσκονται μέσα στον μικρότερο κύκλο, τότε δημιουρ γούνται 2(k + m) χωρία στο εσωτερικό του μικρού κύκλου (Σχήματα 3α, 3β και 3γ).

Σχήμα 3 α

Σχήμα 3β

Σχήμα 3γ

Ειδικά στη περίπτωση του σχήματος 3α (όπου όλα τα σημεία τομής των ευθειών βρίσκονται στο εσωτερικό του κ6κλου με τη μικρότερη ακτίνα) δημιουργούνται 2( n - 1)(k + m ) χωρία στους n - 1 κυκλικούς δακτυλίους.

Έτσι συνολικά έχουμε 2(k + m) + 2(n - 1)(k + m) 2n(k + m ) χωρία. Αν τώρα κάποω από τα σημεία τομής των ευθειών βρεθεί μέσα σε δακτύλιο, τότε ο αριθμός των χωρίων αυξάνεται κατά ένα (Σχήματα 4α και 4β). ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ.3/21

------- Μαθημαtικοi Διαyωνισμοi - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ------2 ° ς Π ρ ο κρ ι μ ατικό ς δ ια ω νισ μ ό ς 2013

1 0 Μαίου 2013

Π ΡΟΒΛΗΜΑ 1 Να εξετάσετε, αν το πολυώνυμο

Ρ( χ) = { χ2 -2χ + 5) { χ2 -4χ + 20) + 1,

μπορεί να yραφεί

mς ιyινόμενο δύο πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές βαθμού μεyαλύτερου του Ο. Λύση

Υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις ανάλυσης του πολυωνύμου Ρ( χ) σε γινόμενο δύο πο λυωνύμων με ακέραιους συντελεστές και βαθμού μεγαλύτερου ή ίσου το Ο. 1 . Έστω Ρ( χ) = (χ2 - 2χ+5)(χ2 - 4χ+20)+1 = (χ2 +ax+b )(χ2 +cx+d), όπου α,b,c,d ακέραιοL Τότε έχουμε:

χ4 -6χ3 +33χ2 -60χ+101 = χ4 +(α+c)χ3 +(αc+b+d)x2 +(αd +bc)x+bd α+c = αc+b+d = 33, αd +bc = -60, bd = 101 (1) Από την εξίσωση bd = 101 έχουμε: (b,d) = (±1, ±101) ή (b,d) = (±101, ±1). Για (b,d) = (1,101) ή (101,1) από το σύστημα (1 ) προκύπτουν: α+c = -6, αc = -69,101α+c = -60 αδύνατο στο Ζ . α +c = αc = '-69,α + 101c = -60 αδύνατο στο Ζ . Για (b,d) = ( -101,-1) ή ( -1, -101 ) από το σύστημα (1 ) προκύπτουν: α+ c = -6, αc = 135, 1 01α + c = 60, αδύνατο στο Ζ . α+c = -6, αc = 135,α+101c = 60, αδύνατο στο Ζ . Έστω Ρ( χ) = (χ2 -2χ+5)(χ2 -4χ+ 20)+1 = (χ+α)(χ3 +bx2 +cx+d), όπου α,b,c,d ακέραιοι. Τότε έχουμε: χ4 -6χ3 + 33χ2 - 60χ+101 = χ4 +(b+α)χ3 +(c+αb)x2 +(d +αc)χ+αd b+α = -6, c+ αb = 33, d +αc = -60, αd = 101. (2) Από την εξίσωση αd = 101 έχουμε: ( α,d) = ( ±1,± 101) ή ( b,d) = ( ±101,± 1) . Για ( a,d) = (1,101) από το σύστημα (2) προκύπτει: b = c = 33-αb = 40,d = -60-40 -100 101, άτοπο. <:::>

-6,

<:::>

-7,

:;t

Ομοίως αποκλείονται και οι υπόλοιπες περιπτώσεις. Διαφορετικά, η περίπτωση αυτή μπορεί να αποκλειστεί ως εξής: Αν ήταν δυνατή αυτή η πα ραγοντοποίηση, τότε το πολυώwμο Ρ( χ) θα είχε μία πραγματική ρίζα χ = -α , που είναι άτοπο, αφού χ2 -χ+ 1 > Ο και χ2 -2χ + 4 > Ο, για κάθε χ ε JR , οπότε προκύπτει ότι Ρ( χ) > Ο, για κάθε χ ε JR . Επομένως, το πολυώwμο Ρ( χ) = (χ2 -χ+1)(χ2 -2χ+4)+1, δεν μπορεί να γραφεί ως γινόμενο δύο πολυωνύμων με ακέραιους συντελεστές βαθμού μεγαλύτερου του Ο. 2°ς τρ όπο ς

Ας υποθέσουμε ότι

Ρ( χ) = (χ2 -2χ+5)(χ2 -4χ+20)+1

Q (x)R(x) , όπου tα πολυώwμα

Q (χ) = α0 + α1χ + α2χ2 + α3χ\ ( χ) = b0 + b1x b2x2 �χ3 έχουν ακέραιους συντελεστές και ισχύει ότι: degQ (x), deg R ( x) � 1, degQ (x)+ deg R(x) = 4 . Παρατηρούμε ότι Ρ( χ) =(χ2 -2χ+5){χ2 -4χ+20)+1 = [(χ-1)2 +22 J[{x-2)2 +42 ]+1 R

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 9 1 τ.3/22

-------

Μαθηματικοί Δια"(ωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

και (χ-1) 2 + 2 2 = Ο � χ = 1 ± 2ί και (χ-2) 2 +42 = Ο � χ = 2 ± 4ί = 2(1 ± 2 ι ) . Επειδή είναι P(2 + 4i) = 1 = Q(2 +4i)R(2+4i) ,P(1 +2i) = 1 = Q(1+ 2i)R(1+2i) και τα πο λυώνυμα Q (χ), R (χ) έχουν ακέραιους συντελεστές, έπεται ότι : Q(1 + 2i) = ±1 = R(1 + 2i) ή Q(1 + 2i) = ±i, R(1 +2i) = +i, Q ( 2 + 4i) = ± 1 = R ( 2 + 4i) ή Q ( 2 + 4i) = ±ί, R ( 2 + 4ί) = +ί. Όμως ισχύει Q(2+4i) = llo + � ( 2+4i) + � ( 2+4i)2 + t2:3 { 2+4i)3 ( llo +2� -2� -40ll:3 ) +4 ( � +4� - � ) iκαι ο μοίως για το R ( 2 + 4ί) , οπότε τα Q ( 2 + 4ί), R ( 2 + 4ί) δεν μπορούν να πάρουν τις τιμές ±ί Άρα Q ( 2 + 4i) = ± 1 = R ( 2 + 4i) (με το ίδιο πρόσημο) , έχουμε οπότε η διαφορά Q (χ)-R (χ) είναι πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές που έχει ρίζα το μι γαδικό αριθμό 2 + 4i , οπότε θα έχει ρίζα και τη συζυγή 2-4ί Άρα έχουμε =

Q(x ) -R(x) = ( x- 2 -4i)(x-2+4i)φ( χ) = [(χ-2)2 +42 ]φ( χ), όπου deg φ( χ) � 1 . Όμως ισχύει: 2 � I Q(1 + 2i) -R(1 +2i)l = I ( - 1 + 2ί)2 +42 11 φ (1 + 2i)i = J 1 1 -4iJi φ(1 + 2i)l => φ(1 +2i) = Ο => φ(1-2ί) = 0 => φ(χ) = Ο(χ), αφού το πολυώνυμο φ(χ) έχει περισσότερες ρίζες από το βαθμό του. Άρα είναι Q (χ) = R (χ) και Ρ (χ) = [(χ-1)2 + 22][(χ-2)2 +42] = Q(χγ => Ρ (Ο) = [(-1)2 + 22] [(-2)2 +42] +1 = Q( 0 )2 => 1 01 = α; , άτοπο. ΠΡΟΒΛΗΜΑ 2 Για τις διάφορες τιμές της παραμέτρου

τε τα ζεύ'yη θετικών ακέραιων στο

Καρτεσιανό επίπεδο

Λύση

Oxy

όπου

θετικός ακέραιος, να προσδιορ\σε-

( a,b ) που είναι λύσεις της εξίσωσης [a, m] + [b,m] ι ο και (a + b) m 11 ανήκουν τετράγωνο D { ( χ, y) : ι � χ � 36, ι � y � 36} . = -

στο

( α ,m) = u, (b,m) = ν . Τότε από τις σχέσεις [ α ,m ]( α ,m) = αm και [b,m ](b,m) = bm η α + � = 10 ( α + b) . (1) εξίσωση γίνεται: u ν 11 α + -b < α +b . 10 +b) < α +b , έπεται οτι 10 < 1 => -(α , Επειδή (2) 11 ν 11 Έστω

Στη συνέχεια, μέσω της σχέσης

(2),

προσπαθούμε να κάνουμε μία ε1Cti.μηση ιyια τις τιμές

�= u,ν. Αν ήταν u = ν = 1, τότε θα είχαμε !!_+ u ν α +b < α +b, άτοπο. Αν ήταν u � 2 και α b � -+α +b , άτοπο. α b = -10 ( α +b ) = -+ν � 2 , τότε 11 u ν 2 2 2 Επομένως ένας μόνον από τους u, ν ισούται με 1 και ο άλλος είναι μεγαλύτερος ή {σος του 2. Έστω ότι u = 1, ν � 2 . Τότε υπάρχει ακέραιος b1 � 1 τέτοιος, ώστε b = b, ν , οπότε η εξίσωση των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/23

------- Μαθηματικοί Δια'Υωνισμοί - Μαθηματικές Ολuμπιάδες -------

10 (α +b1ν) � α = b1 (10ν-11) . α +b1 = u (3) Αν υποθέσουμε ότι ν� 5 , τότε από την εξίσωση (3) προ1ώπtει α � 10ν -11 � 39, που είναι άτοπο, αφού υπάρχει η σuνθήιcη 1 � α � 36 . Επομένως πρέπει να ισχUει: (l) yίνεται:

2�ν�4.

�

ν=2. α = 9b1 36 b1 4. Ομαις έχουμε ν = 2 = (b,m) => m άρτιος και = 1 = ( m) = ( 9b1, m) => m πολ.3 και b1 6-ιJ. άρτιος, οπότε b1 = 1 ή b1 = 3 . Έτσι, m άρτιος και m πολ.3 , για b1 { 1, 3} λαμβάνουμε τις λUσεις: (α, b) = ( 9, 2) και ( α,b) = (27,6) . ν = 3 . Τότε α = 19b1 � 36 => b1 = 1. Ομαις έχοuμε ν = 3 = ( b, m ) => m = πολ.3 και = 1 = ( α,m) = (19,m) => m πολ.19 . Έτσι, m=πολ.3 και m:;eπολ19 λαμβάνουμε τη λύση: ( α,b) = (19,3) . ν = 4 . Τότε α = 29b1 � 36 => b1 = 1. Ομαις έχοuμε ν = 4 = ( b, m ) => m = πολ.4 και 1 = (α, m) = ( 29, m) => m πολ.29 . Έτσι, m = πολ.4 και m πολ29 λαμβάνουμε λύση: ( α,b) = (29,4) . Λάyω συμμετρίας, για την περίπτωση που είναι � 2, ν = 1 , προ1ώπτοuν οι λύσεις {α ,b ) = { 2,9 ) η {a ,b ) = { 6,27 ) η { α,b ) = { 3,19 ) η { α,b ) = { 4,29 ) . u

�

(4)

Διακρίνοuμε τώρα τις πsριπtfbσεις: Τότε � � �

αν

α,

αν

u =

αν

τη

D.IPOMHMA 3

Δίνεται τρίΎωνο AB C . Στις προεκτάσεις της πλευ ράς ΑΒ θεωρούμε ση μεία Α 1 , Β 1 ώστε ΑΒ 1 = ΒΑ 1 = χ (το Β1 προς το μέρ ος του Α ). Στις πρ οεκτάσεις της πλευ ράς Β C θεωρού με σημεία B 4 , C4 ώστε CB 4 = B C4 = y (το Β4 προς το μέρος του C ) . Στις προε κτάσεις τη ς πλευράς A C θεωρού με σημεία C1 , A4 ώστε AC 1 = CA4 = z (το Α 4 προς το μέρος του C ). Στο εσωτερικό του ευθυΎράμμου τμή ματος Α1Α4 , θεωρούμε σημεία Α 2, Α3

ώστε Α1 Α 2 = Α3 Α4 = m A1 A4 (όπου . m e 1R . με Ο < m < - ). Με όμοιο τρόπο ορίζου με τα 2 ό ι 3 αι ν ί 2 υΎ ση με α Β 2, Β κ C , C3 στο εσωτερ κ τω ευθ ράμμων τμη μάτων Β 1Β 4 και C1 C4 αντίστοιχα. Αν είναι D = BB2 t1 CC2 , E = AA3 t1CC2 , F = AA3 t1BB3 , G=BB3 t1 CC3 , Η = ΑΑ2 t1 CC3 και Ι = ΑΑ2 t1BB2, να αποδ είξετε ότι οι διαΎώνιες DG,EH, FI του εξαΎώ νου DEFGHI περνάνε από το ίδιο σημείο. Λύση

Έστω S το μέσο του τμήματος Α1 Α4 (Σχήμα 1 ). Θα αποδείξουμε ότι οι ευθείες Α S , ΒΒ 2 κ:αι CC 2 , περνάνε από το ίδιο σημείο ( D = ΒΒ2 n CC2 ) . Για τα ίσα εμβαδά των τριγώνων Α SA1 κ:αι Α SA4 ( S μέσο Αι Α4 ), έχουμε :

1 Α S ΑΑ1 ημΑΑ 1 1 A S AA4 ημΑΑ <=> ΑΑ 4 b+ z ημΑΑ-1 = -2 ημΑ 2 ΑΑ 1 =-. 2 2 c+ x Για τα εμβαδά των τριγώνων κ:αι , έχουμε -

= -

ΒΒ2Β1

ΒΒ2Β4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/24

(1)

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

m και επίσης: Από τις δύο προηγούμενες ισότητες έχουμε: ημΒ2 = ημΒ1

tt7

m(α + y) (1 -m)(c + x)

(2)

Ομοίως, θεωρώντας τα εμβαδά των τριγώνων

cc2 cl και cc2c4 ' έχουμε: m GC4 (CςC1) C2C1

m GC4 m = (CςC4) C2C4 C1C4 -C1C2 C1C4 -mGC4 1-m (b + z) ημC1 . ( CC2 C1 ) CC1 · ημC1 ( CC2 C4 ) CC4 · ημC2 (α + y ) · ημξ =

Σχήμα 2

Από τις δύο προηγούμενες ισότητες έχουμε: ημC1 = ημξ

m(α + y) (1 - m)(b + z)

(3)

(1) , (2) και (3) έχουμε: m(α + y) = l ημΑ 1 ημΒ 1 ημC1 b + z (1 - m)(c + x) . = • • m(α + y) (1 - m)(b + z) ' ημΑ2 ημΒ2 ημC2 c + x

Από τις σχέσεις

οπότε, σύμφωνα με τη τριγωνομετρική εκδοχή του θεωρήματος του Ceνa, οι ευθείες Α S , ΒΒ 2 και CC 2 , περνάνε από το ίδιο σημείο D = ΒΒ2 rι CC2 . Ακολουθώντας ανάλογη διαδικασία, απο δεικνύουμε ότι οι ευθείες Α S , ΒΒ 3 και CC 3 , (Σχήμα 2) περνάνε από το ίδιο σημείο G = BB3 rι CC3

•

Έτσι έχουμε αποδείξει ότι τα σημεία A , D, G, S είναι συνευθειακά και βρίσκονται επάνω στην ευθεία που ορίζει η διαγώνιος DG .

Έστω τώρα Ρ το μέσο της Β1Β 4 και Τ το μέσο της C1 C 4 Με όμοιο τρόπο αποδεικνύ • ουμε ότι τα σημεία Β , Η, Ε, Ρ είναι συνευθει s ακά (ανήκουν στην ευθεία που ορίζει η διαγώΣχήμα 3 νιος ΗΕ ) και ότι τα σημεία C,F,l,T είναι επίσης συνευθειακά (ανήκουν στην ευθεία που ορίζει η διαγώνιος FI ). Διαπιστώνουμε, δηλαδή, ότι οι φορείς των διαγωνίων, ταυτίζονται με τις ευθείες AS, BP, CT . Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε (Σχήμα 2) ότι οι ευθείες AS, BP, CT περνάνε από το ίδιο ση μείο. Για την απόδειξη αυτού, ακολουθούμε τη διαδικασία που ακολουθήσαμε για την απόδειξη τη ς σχέσης (1) . Από τα ίσα εμβαδά των τριγώνων ΒΡΒ 1 και ΒΡΒ 4 , έχουμε: ΒΒ J · ημΒ 2 = ΒΒ 4 · ημΒJ Λ

Λ ημΒ 1 ΒΒ 1 � -Λ- = - = -- . ημΒ 2 ΒΒ 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/25

c+x α+y

(4)

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Με όμοιο τρόπο βρίσκουμε: α+b+z (5) ζοντας ς ά τι ασι κατά (1), (5) ισότητες Πολλαπλ μέλη, έχουμε: c+x α+ _ _ b+z . c+x α+ b+z - 1 οπότε, σύμφωνα με τη τριγωνομετρική εκδοχή του θε ωρήματος του οι ευθείες , και CT , περνάνε από το ίδιο σημείο. Tn) n2 ημC ι ημC 2

-Λ- = --

(4),

ημΑ1 ημΒ1 ημC1 ημΑ 2 . ημΒ 2 . ημC 2 Λ

Σχήμα 3

Α S ΒΡ

Ceνa,

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4 Ισόπλευρο τρίγωνο (που θα το συμβολίζουμε με

διαιρείται σε

ίσα μικρά (στοι

χειώδη) ισόπλευρα τρίγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Στο σχήμα φαίνεται ένα τρίγωνο και ένα τραπεζοειδές πλακίδιο (ισοσκελές τραπέζιο) που αποτε λείται από τρία ίσα μικρά ισόπλευρα τρίγωνα (ίσα με τα μικρά στοιχειώδη ισόπλευρα τρί γωνα στα οποία χωρίζεται το )

Τ12

Tn .

(α) Να προσδιορίσετε τις τιμές του

για τις οποίες το τρίγωνο

τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτόμενα. ( β ) Να αποδείξετε ότι, αν από ένα τ ρ ίγωνο σπάσουμε (αφαιρέσουμε) ένα τρίγωνο τότε το τμήμα του τριγώνου

με

απο<

(που απομένει) κα

λύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια μη επικαλυπτό μενα. και Τα τρίγωνα , θεωρούμε ότι έχουν τις

τ;, καλύπτεται πλήρως από

/9\

Πλακίδιο

πλευρές τους παράλληλες και τον ίδιο προσανατολι σμό με το τρίγωνο του σχήματος. Οι θετικοί α κέραιοι m, έχουν εκείνη τη μορφή που προκύπτει από το ερώτημα (α), για την οποία τα τρίγωνα και

Τ12

καλύπτονται (πλήρως και το καθένα ξεχωριστά) από τα τραπεζοειδή πλακίδια. Λύση (α)

Σχήμα 4

Κάθε τρίγωνο Tn χωρίζεται σε n2 στοιχειώδη ισόπλευρα τρίγωνα και κάθε τραπεζοειδές πλακίΓιδαιοναπεριέχει τρία στοι χ ει ώ δη ι σ όπλευρα τρίγωνα. 2 να είναι καλύπτεται λοιπόν το τρίγωνοπολλαπλάσι Tn από τραπεζοειδή πλακί δ ι α , θα πρέπει το n θετικός ακέραιο τουος).τρίΓιαα., τηνδηλαδήπλήρηθα πρέπει κάλυψηn του τρι(όπουγώνου �k προφανώς απαιτούνται τραπεζοειδή πλακίΑ διυπάρχει α. Θα αποδείξουμε τώρα ότι γι α κάθε θετι κ ό ακέραι ο , !sM (και πρακτι κά) μίn α τουλάχι στονγωνοκάλυψη. Σχήμα 5 Σχήμα 6 Γι α (δηλαδή το τρί Τ3 καλύπτεται απόΓιτρίαα τραπεζοειδή πλακί δ ι α (όπως φαί ν εται στο δι π λανό σχήμα). παρατηρούμε ότι κάθε τρίγωνο T3k χωρίζεται σε τρίγωνα Τ3 και κατά συνέ=

9k2 3

k=1

k>1,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/26

3k2

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Τ3

πεια θα καλύπτεται από τα τραπεζοειδή πλακίδια (εφόσον κάθε τρίγωνο καλύπτεται από τρία τραπεζοειδή πλακίδια). Στο διπλανό σχήμα φαίνεται η περίπτωση για k = 2 . Άρα για κάθε θετικό ακέραιο k � το τρίγωνο � καλύπτεται από 3k2 τραπεζοειδή πλακίδια. και με n = 3k και m = 3! ( l < k ). Το τρίγωνο με n = 3k (β) Έστω τώρα τρίγωνα χωρίζεται σε n2 = 9k2 στοιχειώδη τρίγωνα. Το τρίγωνο με m = 3! χωρίζεται σε m2 9/2 στοιχειώδη τρίγωνα. Αν λοιπόν από το τρίγωνο αφαιρέσουμε το τρίγωνο τότε απομένουν n2 - m 2 = 9k2 - 9/2 = 9(k2 - !2 ) στοιχειώδη τρίγωνα και χρειάζονται 3(k2 - /2 ) τραπεζοειδή πλακίδια για την κάλυψή τους. Για την κάλυψη των στοι Πλακίδιο Πλακίδιο Πλακίδιο χειωδών τριγώνων που απομένουν θα χρησιμοποιήσουμε εκτός από τα τραπεζοειδή πλακίδια� παραλληλόγραμμα I \ I Τραπέζιο Παραλληί.Dyραμμο Μεικτό'yραμμο πλακίδια (που έχουν σχήμα παραλληλογράμμου και απο Σχήμα 7 τελούνται από δύο τραπεζοειδή πλακίδια) και μεικτό γραμμα πλακίδια (που έχουν μεικτόγραμμο σχήμα και αποτελούνται από τέσσερα τραπεζοειδή πλακίδια). Από τρίγωνο T3k+J , αφαιρούμε τρίγωνο T3k Το τρίγωνο αποτελείται από (3k + 3/ στοιχειώδη τρίγωνα. Το τρίγωνο αποτελείται από 9k2 στοιχειώδη τρίγωνα. Άρα μετά την αφαίρεση� θα μείνουν "ακάλυπτα" 9(2k + l) στοιχειώδη τρίγωνα. Τους δυνατούς τρόπους α φαίρεσης� καθώς και αντίστοιχους τρόπους κάλυψης (που δεν είναι μοναδικοί) παρουσιάζουμε παρακάτω.

T3k

Tn Tm

T3k+J

•

�k

1 ος Τρόπος: Οι φορείς δ ύ ο π λευρών τ ων τριγώνων τ αυτίζοντ αι_,_

l a _./'· ...... .i . .....

,::(.· � �·:\ '·

!; \.

•.. .. •

.•

..•.

Στη περίπτωση αυτή� αφαιρούνται k2 τρίγωνα και απομένουν για κάλυψη 9( 2k + 1) � στοιχειώδη τρίγωνα� τα οποία δημιουργούν 2k + 1 τρίγωνα (τα οποία προφανώς καλύπτονται από τραπεζοειδή πλακίδια).

Τ3 Τ3

2°ς Τρόπος: Οι φορείς μίας πλευράς τ ων τριγώνων ταυτ ίζοντ α ι.

Τα 9(2k + 1) στοιχειώδη �ρίγωνα που απομέ νουν για κάλυψη� καλύπτονται από τρία τραπεζο ειδή πλακίδια� k παραλληλόγραμμα πλακίδια και k μεικτόγραμμα πλακίδια. Επαλήθευση: 3 . 3 + k . 6 + k · 12 = 9 + 18 . k = 9(2k + 1) .

3°ς Τρόπος: Οι φορείς τ ων πλευρών τ ων τρ ιγώνων δεν τ αυ τίζονται_,_

Τα 9(2k + 1) στοιχειώδη τρίγωνα που απομέ νουν για κάλυψη� καλύπτονται από τρία τραπεζο ειδή πλακίδια και 3k παραλληλόγραμμα πλακίδι α. Επαλήθευση: 3 · 3 + 3k · 6 = 9 + 18 · k = 9(2k + 1) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/27

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Οποιοσδήποτε άλλος τρόπος αφαίρεσης, ταυτίζεται με ένα από τους τρεις παραπάνω τρό πους. Για κάθε θετικό ακέραιο k , αποδείξαμε λοιπόν ότι: "Αν από ένα τρίγωνο T3k+ J αποσπάσουμε (αφαιρέσουμε) ένα τρίγωνο T3k , τότε το τμήμα του τριγώνου T3k+J (που απομένει) καλύ πτεται από τραπεζοειδή πλακίδια". Στα σχήματα υπάρχουν ειδικές περιπτώσεις (για k

= 1, k = 2, k = 3 ).

Έστω τώρα τυχόν ακέραιος k και τρίγωνο T3k+J . Θα αφαιρέσουμε τρίγωνο Τ3 και θα απο δείξουμε ότι το υπόλοιπο τμήμα του τριγώνου T3k+J , καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια. Για k = 1 , το αποδείξαμε προηγουμένως. Για k = 2 , το πρόβλημα ανάγεται στη αφαίρεση τριγώνου Τ3 , από τρίγωνο Τ9 • Το τρίγωνο Τ9 περιέχει 1 0 τρίγωνα Τ6 • Κάθε τρίγωνο Τ3 (που είναι δυνατό να αφαιρεθεί), βρίσκεται στο εσωτερικό ενός τριγώνου Τ6 , το οποίο με τη σειρά του είναι ένα από τα 1 Ο τρίγωνα Τ6 που βρίσκονται στο εσωτερικό του τριγώνου Τ9 • Κάθε α φαίρεση. λοιπόν Ι'; από τ9 ταυτίζεται με μία από τις περιπτώσεις αφαίρεσης τ3 από τ6 .

Σχήμα 1 1 Υπάρχει μία ακόμη περίπτωση αφαίρεσης Ι'; από Τ9 , την οποία εξετάζουμε παρακάτω. Στη περίπτωση αυτή τα ισόπλευρα τρίγωνα Τ3 , Τ6 και Τ9 , έ χουν το ίδιο κέντρο. Μετά την αφαίρεση του τριγώνου Τ3 , καλύπτουμε με τη διαδικασία 1118 το τμήμα που βρίσκεται ανάμεσα στα ομόκεντρα τρίγωνα Τ3 και � . Στη συνέχεια καλύπτουμε με τη διαδικασία Illb το τμήμα που βρίσκεται ανάμεσα στα ομόκεντρα τρίγωνα Τ6 και Τ9 • Με ανάλογο τρόπο καλύπτουμε τα τμήματα που απομένουν από την αφαίρεση τριγώνου τ3 από τρίγωνο 1Ί2 ' 1Ί5 ' 1Ίa ' . . . . Σχήμα 12 (στο εσωτερικό των τριγώνων 1Ί2 , 1Ί5 , 1Ίa , . . . . δημιουργούνται τρίγωνα τ6 ' τ9 τα οποία με τη σειρά τους περιέχουν το αφαιρούμενο τρίγωνο τ3 ). Άρα για κάθε θετικό ακέραιο k , το υπόλοιπο της αφαίρεσης τριγώνου Τ3 από τρίγωνο T3k , καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια. Από τρίγωνο I';k αφαιρούμε τρίγωνο Τ31 με τον ακέραιο l να ικανοποιεί την ανίσωση 1</<k.

Έστω l = 2 . Οι τρόποι αφαίρεσης τριγώνου Τ6 από τρίγωνο Τ9 φαίνονται στα προηγούμενα σχήματα (περιπτώσεις Ib , Ilb και Illb ). Η επί πλέον περίπτωση αφαίρεσης Τ6 από 1Ί2 , ανάγεται στην διαδοχική εφαρμογή των περιπτώσεων Illb και Illc . Σε κάθε περίπτωση δηλαδή το υπόλοι πο της αφαίρεσης του Τ31 από το T3k , καλύπτεται από τραπεζοειδή πλακίδια. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/28

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

-------

Ασκήσε ις γ ια Δ ιαγ ω νισ μ ο ύ ς Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Λύσε ις τε ύχους 90

f : JR --+ JR που είναι τέτοιες ώστε: / ( 1 ) � Ο f( x ) - f ( y ) � ( x - y ) f ( x - y ) , για κάθε x, y ε R.. (*) [Κροατία 2013]

Α23. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις

και Λύση

y χ - 1 στη δεδομένη ανισότητα ( ) λαμβάνουμε: Ι( χ ) - Ι( χ-1 ) � ( χ-χ+ 1 ) 1 ( 1 ) = 1 ( 1 ) � 0 ::::> Ι( χ ) � Ι ( χ - 1 ) , για κάθε χ JR. Θέτοντας y = Ο στη δεδομένη ανισότητα λαμβάνουμε: I { χ ) - I { Ο ) � χΙ { χ ) , για κάθε χ Ε JR. ενώ για χ = Ο και y = χ , λαμβάνουμε: 1 (0) - Ι( χ ) � -χΙ( -χ ) , για κάθε x E JR. Με πρόσθεση των (2) και (3) κατά μέλη προκύπτει: Ο � χΙ( χ ) - χΙ( -χ ) => χΙ( -χ ) � χΙ( χ ) , για κάθε χ Ε JR. Έστω τώρα > Ο . Τότε από τη σχέση (4) προκύπτει: 1 (-χ ) � Ι( χ ), για κάθε χ > Ο. Αν θέσουμε χ = 1, y = Ο στη δεδομένη ανισότητα λαμβάνουμε Ι ( 1 ) - Ι (ο) � Ι ( 1 ) => Ι (ο) � ο . Με την αντικατάσταση

--+

•

(1)

(2) (3) (4)

(5) C 6)

Επομένως, λόγω των προηγούμενων σχέσεων (6),(1) και (5), έχουμε:

ο � Ι(ο) � Ι( -1 ) � 1 ( 1) � Ο => Ι( -1 ) = Ι( Ο) = 1 ( 1 ) = ο . Με επαναληπτική εφαρμογή της ( 1) λαμβάνουμε: Ι( χ ) � Ι( χ-1 ) � Ι( χ-2 ) � ... , για κάθε χ Ε JR , δηλαδή Ι( χ ) � Ι( χ-k ) , για κάθε χ Ε JR, k Ν. Αν τώρα θέσουμε όπου χ το χ-1 και y = Ο στη δεδομένη ανισότητα, λαμβάνουμε: I { χ - I) - I { -1 ) � χΙ { χ ) , για κάθε χ Ε JR , από την οποία προκύπτει: Ι { χ -I) � χΙ { χ ) , για κάθε χ Ε JR . Από τις (1) και (8) λαμβάνουμε: Ι( χ ) � χΙ( χ) => ( χ - Ι )Ι( χ ) � Ο, για κάθε χ > Ο , από την οποία προκύπτει: Ι( χ ) � Ο, για κάθε χ > l και Ι (χ ) � Ο, για O < x < l . ε

(7)

(8) (9 )

Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις; Έστω χ > 1 . Τότε υπάρχει y < 1 τέτοιο ώστε χ - y k Ε Ν* , οπότε, λόγω των σχέσεων (7) και (9) λαμβάνουμε: Ο � Ι( χ ) � Ι (χ-k ) = l(y) � Ο => Ι (χ ) = 0, για κάθε χ > 1. Έστω Ο < χ < 1 . Τότε υπάρχει y > 1 τέτοιο ώστε y -χ = k Ε Ν* , οπότε, λόγω των σχέσεων (7) και (9) λαμβάνουμε: O � I (Y) � l(y -k ) = Ι(χ) � Ο => Ι( χ ) = Ο, για Ο < χ < 1. Εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση Ι { χ ) = Ο, ικανοποιεί τη δεδομένη ανισότητα για κάθε χ Ε JR , οπότε η μοναδική λύση του προβλήματος είναι η συνάρτηση Ι { χ) = Ο.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/29

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Α24. Αν α, b, c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί που ικανοποιούν την ισότητα d +IJ +e =α4 +b4 +c4 , να αποδείξετε ότι:

�

α2 +b +c

�

α +b +c

�

3 � 1. [Τουρκία 2013] α +b + c2

Λύση

Ανθέσουμε f (α,b,c ) = α2 +bα3 +c3 + α3 +bb2 +c3 + α3 +bb3 +c2 και g(α, b,c) =α(α2 +b3 +c3)+b(α3 +b2 +c3)+c(a3 +b3 +c2 ) προκύπτει ότι: (α, b, c) g ( α, b, c) ( α+ b + c)2 • Από την ανισότητα Όμως από την υπόθεση α3 +b3 +c3 α4 +b4 +c4 προκύπτει ότι (α, b, c) = (α + b + c) (α3 + b3 + c3) , οπότεΠράγματι αρκεί να, χρησιμοποι αποδείξουμεώνταςότι: πάλι την ανια+σbότητα + c α3 + b3 + c3 • λαμβάνουμε (1) (α +b+c)( α3 +b3 +c3 ) ( α2 +b2 +c2 )2 και ( α2 +b2 +c2 ){ α44 +b4 +c4 ) � ( α3 +b3 +c3 )2 , από τις οποίες,α, λόγω = α4 +; b4 + c λαμβάνουμε την (1 ). b, c της υπόθεσης α3 + b3 + c3 abc:; f

Cauchy-Schwarz

�

Cauchy-Schwarz

�

Α25. Αν

Ο , να αποδείξετε ότι:

πραγματικοί αριθμοί με

[Μολδαβία 2013] Λύση

Αν θέσουμε χ = α2, y = b2, z = c2, τότε θα είναι x,y,z (αφού abc:;; 0 ), οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι: �y+zχ + �z+x + �χ +z . Από την ανισότητα αριθμητικού -aρμονικού μέσου λαμβάνουμε: �y+zχ + �z+x + �x+yz 1+ y+z + 1+ z +x + 1+ _x_+_y = όπου στην z χ z , ανισοτητα, , η ισοτητα , ισχυει, οταν , y+zχ = -, , ' = = 1 προηγουμενη , το οποι ο ει ναι αδυνα-z+x χ + y το. Επομένως έχουμε αποδείξει ότι: �y+zχ + �z+x + �χ +z y >Ο

<ο

()

Α26. Ονομάζουμε τα πολυώνυμα Α χ = αnχ" +

με αnbm :;; Ο,

(α) n = m

όμοια, '

Αν

και

{ 1, 2, , n} .

Ρ( χ )

•••

και

> 2.

••••

()

m + tιι χ + α0 και B x = bmx +

••••

+ b1 x + b0 ,

αν ισχύουν οι ακόλουθες συνθήκες:

(β) υπάρχει μία μετάθεση

κάθε

Q( χ )

{

του συνόλου 1, 2, ... , n} τέτοια ώστε να ισχύει

h; = απ(i) ,

για

είναι δύο όμοια πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές και

Ρ( 24 ) = 3 2012 , βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του I Q ( 3 2011 )I·

[Σερβία 2013]

Λύση

Παρατηρούμε ότι: 32012 Ξ 1 (mod 5) Q(32012 ) ΞQ( 1) = Ρ(1) ΞΡ(16) Ξ l (mod5) => IQ(32012 )1 1. Τώρα κατασκευάζουμε πολυώνυμα Ρ (χ) και Q (χ)που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος και τέτοια ώστε Q(32012 )=1. Θέτουμε P ( x) =ax2+bx+c και Q (x)=cx2+ax+b. =>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/30

�

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Θέτοντας m = 16 και n = 32012 , απαι τ ούμε το σύστημα {αm2cn2 +bm+c = n} (Σ) +αn+b = 1 να έχει ακέραια λύση ( α, b, c) . Με αντικατάσταση του c = n -αm2 -bm στη δεύτερη εξίσωση (1) λαμβάνουμε την εξίσωση: n ( m2n -1) α+ ( mn2 Η- 1) b = n3 -1, οπότε αρκεί η εξίσωση (1) να έχει ακέραι α λύση. εξίσωση (1) εί ν αι Διοφαντι κή εξίσωση πρώ του βαθμού-και η αναγκαί α και ι κ ανή συνθήκη γι α να έχει ακέραι α λύση εί ν αι : gcd(n (m2n 1) , mn2 - 1)1Cn3 -1) , το οποίο ισχύει. Πράγματι, αν d = gcct ( n ( m2n-1) , mn2 -1) , τότε: d ln(m2n -1) και d l(mn2 -1) =>d ln (m2n -1) -m(mn2 -1} =m-n , οπότε dlmn2 -1+n2(n-m) =n3 -1. Επομένως, η ελάχιστη δυνατή τιμή του IQ (32012 }I είναι 1.

-------

Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ABC με ΑΒ '* AC . Έστω Ε το κέντρο του κύκλου Eu ler του τριγώνου και Ρ τυχόν σημείο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΕ . Αν είναι ΑΒ Ρ = ACP = χ , να αποδείξετε ότι: χ = 90° 2 · Α . [Σερβία 2013] Γ 1 6.

Λύση

=γ, το περίκεντρο τουΜτριγώνου ABC και Κ, L τα μέσα των ' Ε στω Α= Β= πλευρών AC και ΑΒ, αντί σ τοι χ α. Θεωρούμε σημεί α και Ν πάνω στις πλευρές AC και ΑΒ, αντίστοιχα, τέτοιαPMC ώστε=EKC PMI IEK= LKC-LΚE και PNI IEL. Τότε1 80°έχουμε -y-CBO 2α + β-90° . α,

β, C

Θεωρούμε τώρα το συμμετρικό Ζ του σημείΣχήμα ου C ως1 προς τη μεσοκάθετη του (εί ν αι Ζ διαφορετι κ ό του Β, αφού ΑΒ '* AC). Επειδή ισχύουν οι ισότητες ΑΒΡ = ACP ΝΖΡ = χ , το τε τράπλευρο ΒΡΝΖ είναι εγγράψιμο, οπότε τα σημεία Β, Ρ, Ν και Ζ ανήκουν στον ίδιο κύκλο. Επομένως έχουμε β - χ = CBP = ΡΝΖ =PMC =2 + β-90° χ =90° =90° -2 · Α. ΜΝ

- 2α

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 ACD απέναντι από την πλευρά AC . Έστω ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΙΒ και AJC τέμνονται για δεύτερη φορά στο σημείο Ε . Να αποδείξετε ότι το σημείο Α είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου IEJ . [Τουρκία 2013] Γ17.

Λύση

Από τις υποθέσεις του προβλήματος έχουμε: rBA = JCA = 60° . Όμως από τα εγγεγραμμένα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/31

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

-------

τετράπλευρα ΙΕΑΒ και JAEC έχουμε ότι: rEA = rBA=60° και ΙΕΑ = JCA = 60° , οπότε το ση μείο Α ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας rEJ . Επιπλέον, θα είναι: rEJ 120" . , παρακεντρο , , -- (αφου, Ι ειναι του τριγωνου CAD . Επομενως , JAD Λ = 90° + -απεναντι απο, την πλευρα, ΑΒ) και ομοιως , εχουμε: , , εχουμε: , 2

Στη συνεχεια , , οτι: , παρατηρουμε ABD

Λ Λ = 900 + BAD ΙΑD 2

ιΑ.ι � 360' -(IAD + JAD) � 360'

-(ι sο· + BAD ; ) ι sο· DAc

�

Από την τελευταία ισότητα προκύπτει ότι το σημείο Α βρίσκεται μέσα στο τρίγωνο IEJ.

Σχήμα 2 Αν τώρα υποθέσουμε ότι το σημείο Χ είναι το έκκεντρο του τριγώνου IEJ, τότε το Χ βρίσκε' οο " 1200 = ' IEJ και ισχυει ' οτι ' τα σημεια ' = 90° + -1 50° , οποτε ται στο εσωτερικο, του τριγωνου 2 Ι,Ε,Χ,Α είναι ομοκυκλικά. Επειδή τα σημεία Α, Χ και Ε ανήκουν στη διχοτόμο της γωνίας rEJ , είναι συνευθειακά, οπότε πρέπει τα σημεία Α και Χ να ταυτίζονται.

Nl7.

α,b που είναι τέτοιοι ώστε: ( α 2 + b)j( α 2b + α) και ( b2 -α )I{ αb2 + b) .

Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους

[Κροατία

Λύση

2013]

b( α2 +b) +α -b2 b2 -α - EZ =b( α2 + b) I( α2b + α) προκύπτει ότι: α2b+α α2 +b . α2 +b α2 +b Επομένως θα έχουμε: α2 + b j(b2 - α) α2 + b � b2 - α ή b2 -α � Ο περίπτωση b2 -α � Ο δίΑπό την υπόθεση

•

α < α2 +b � α -b2 < α , άτοπο. Επομένως , έχουμε α2 +b � b2 - α (1) αb2 + b = α (b2 - α) + α2 + b = α + α2 + b Ομοίως, από τη δεύτερη υπόθεση προκύπτει ότι: -b-2 - α Ζ, b2 - α b 2 -α b2 -α� α2 + b από την οποία προκύπτει η ανισότητα: (2) Από τις και (2) λαμβάνουμε: b2 - α = α2 + b <=> ( b + α )( b - α ) = h + α <=> b - α = <=> b = α + 1 . Εύκολα επαληθεύουμε ότι όλοι οι θετικοί ακέραιοι α, b που είναι τέτοιοι ώστε b = α + 1 ικανο ποιούν τις δεδομένες σχέσεις. Επομένως όλα τα ζεύγη ( α, b ) = ( + 1 ) , Ν* είναι λύσεις του νει

(1)

n, n

προβλήματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/32

n Ε

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Ν 1 8 . Να αποδείξετε ότι υπάρχουν άπειροι θετικοί ακέραιοι n τέτοιοι ώστε : n 2 n - 8 .

[Κροατία 2013] Λύση

Θα αποδείξουμε ότι για όλους τους θετικούς ακέραιους n = 3 p, όπου ότι: n j( 2n - 8 ) . Από το μικρό θεώρημα του F ermat λαμβάνουμε ότι: 2Ρ

{ )3 -8 = 23 -8( modp) = O (modp) .

p > 3 πρώτος, ισχύει 2 ( mod p ) , οπότε

(1)

23 Ρ - 8 = 2Ρ

Αναλόγως, επειδή ο n = 3p ,

p > 3 πρώτος, είναι περιττός, έπεται ότι: 3 23 Ρ - 8 [( -1 ) 3 Ρ - 8 ] ( mod3) [( -1 ) Ρ - 2 ] (mod3) -3( mod3) O ( mod3) (2 ) Επειδή (3,p) = 1 , από τις και (2) έπεται ότι: 23 Ρ - 8 Ο ( mod3p) . Επομένως, αφού υπάρχουν άπειροι πρώτοι αριθμοί μεγαλύτεροι του 3, έπεται ότι το πρόβλημα έχει άπειρες λύσεις. =

Ασκήσεις για λύση

Α27. Να αποδείξετε ότι:

(1)

(

n!)2

> n n , για κάθε n > 2.

..)4;,;+ϊ , για κάθε > Ο . �α + �α + · · ·+ .fa < + 2 ::;: +Ξ·.=.J2Ξ �2Ξ 2 +-�τ=2=+:::: 2 2- Γ > , όπου στον αριθμητή υπάρχουν ριζικά Α29. Να αποδείξετε ότι: / 2 - ...; 2 + �2 + · · ·+ .fi 4 Α28.

Να αποδείξετε ότι:

)

-1

και στον παρονομαστή υπάρχουν n ριζικά. Α30. Βρείτε το μέγιστο στοιχείο της ακολουθίας

= if;z, n = 1, 2, 3, ... .

1 είναι τετράγωνο ακεραίου. Έστω θετικός ακέραιος. Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους p για τους ' 1 +-1 + ... +-1 = p . ' χ2 , τετοιοι ' ωστε: ' υπαρχουν ' οποιους θετικοι' ακεραιοι Έστω τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας 1. Αν ισχύει ότι: ΑΒ · · · να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο είναι τετράγωνο. Έστω ορθογώνιο τρίγωνο με Α = 90· και c ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω cι ο κύκλος που εφάπτεται των ημιευθειών ΑΒ , και στον κύκλο c εσωτερικά. Έστω επίσης ο κύκλος c2 που εφάπτεται των ημιευθειών ΑΒ, και στον κύκλο c εξωτερικά. Αν 'i· r2 είναι οι ακτίνες των κύκλων cι , c2 , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: 1ί r2 = · Ε ( ) Γ20. Έστω το ορθόκεντρο ενός οξυγώνιου τριγώνου και ένα σημείο του περιγε p-ι 2 Nl9. Βρείτε όλους τους πρώτους p για τους οποίους ο αριθ μός

Ν20.

Γ 1 8. Γ 1 9.

Χ ι

• • •

Χ ι

< xn

ABCD BC CD DA � 4 , ABC

ABCD

AC CA

ABC

ABC .

γραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC . Να αποδείξετε ότι η ευθεία Simson του σημείου Ρ δι χοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΡΗ . Δ l l . Έστω n θετικός ακέραιος και Μ = { , 2 , 3 , ... , 2n + Ι} . Βρείτε με πόσους τρόπους μπορούμε να διαμερίσουμε το σύνολο Μ σε τρία μη κενά υποσύνολα Α , Β , C ξένα μεταξύ τους, έτσι ώστε να ισχ;ύουν και οι δύο επόμενες προτάσεις: ( α) Για κάθε α Ε Α και Ε Β , το υπόλοιπο της διαίρεσης του α με το ανήκει στο C . (β) Για κάθε Ε C υπάρχουν α Ε Α και Ε Β , τέτοια ώστε το να είναι το υπόλοιπο της διαί ρεσης του α με το

c b. b

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/33

c b

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS Η Homo Mathematίcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμσyές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεΡΎάτες τη ς στή λη ς: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επιμέλεια : Γιάννη ς Κερασαρίδης Ι α. "τι είναι τα Μαθηματικά; ,

Προλεγόμενα. Σ' αυτό το τεύχος παραθέτουμε ένα τρίτο απόσπασμα από το έργο του Albert Einstein με τίτλο «Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟτΗΤΟΣ>> (γαλλική έκδοση, 1 92 1 ), από τη μοναδική μετάφραση στα ελληνικά από τον Μηχανικό Κ. ΡΩΤΑ, εκδ. Ε.& I. ΜΠΛΑΖΟΥΔΑΚΗ, (ελληνική έκδοση, Αθήνα 1 923). Πρόκειται για αποσπάσματα που αναφέρονται στη φύση της γεωμετρικής σκέψης. Το κείμενο είναι γραμμένο σε ακραία καθαρεύουσα στην οποία διατηρούμε μόνο τον τίτλο. Το καθαυτό κείμενο το παρουσιάζουμε στη δημοτική [υπόμνηση: το πρώτο δημοσίευμα στο τεύχος 85 και το δεύτερο στο τεύχος 86] Albert Einstein: ((Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ, ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΚΑΙ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗΣ» ΜΕΡΟΣ ΠΡΏΤΟΝ- Η ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΣ,ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ Π: ΤΟ ΣΥΣΤΗΜΑ ΣΥΝΤΕΤΑΓΜΈΝΩΝ (3η συνέχεια)

«Χάρις στην φυσική ερμηνεία της απόστασης, την οποία υποδείξαμε στα προηγούμενα, μπορούμε να συμπεράνουμε, με βεβαιότητα, την απόσταση δύο σημείων ενός στερεού. Θα χρησιμοποιήσουμε, γι ' αυτό το σκοπό μα ευθεία (π.χ. ένα μικρό ραβδάκι Σ) τελείως καθορισμένη, την οποία θα χρησιμοποιήσουμε σαν μονάδα μέτρησης. Αν δοθούν δύο σημεία Α και Β κάποιου στερεού μπορούμε να κατασκευάσουμε, σύμφωνα με τους νόμους της Γεωμετρίας, την ευθεία που τα ενώνει " μπορούμε μετά, πάνω σ ' αυτή την ευθεία, να φέρουμε από το σημείο Α το μήκος Σ τόσες φορές

ωσότου φτάσουμε στο σημείο Β · ο αριθμός αυτός παριστά το μήκος του ΑΒ. Πάνω σ ' αυτή την αρχή στηρίζεται η μέτρηση κάθε μήκους. Για να προσδιορίσουμε στο χώρο τη θέση κάποιου αντικειμένου ή τον τόπο όπου συνέβη οποιοδήποτε γεγονός, καθορίζουμε το σημείο του στερεού (σύστημα αναγωγής), το οποίο συμπίπτει με το αντικείμενο αυτό. Έτσι, αν ζητήσουμε να αναλύσουμε τον προσδιορισμό του . επόμενου τόπου: " Εν Αθήναις, επί της πλατείας Συντάγματος, βλέπουμε ότι το έδαφος παριστά το σύστημα αναγωγής πάνω στο οποίο βρίσκεται ένα σημείο που δηλώνεται με το όνομά του <<Ιlλατεία Συντάγματος στην Αθήνα»" με το οποίο κάποιο γεγονός συνέπεσε στο χώρο» [στο επόμενο τεύχος η συνέχεια]

Ιβ . "Ευκλείδεια Γεωμετρ ία, αγάπη μου ,, διχοτόμος κύκλος ενός κύκλου σχfμJ 01 .Α

c,@

113

Δίνονται δύο κύκλοι C 1 , C2 και μια διάμετρος ΑΒ του πρώτου (σχήμα 01 ). Αν ο C2 τέμνει τον C 1 κατά τη διάμετρο ΑΒ αυτού, τότε θα λέμε ότι ο C2 είναι διχοτόμος κύκλος του c3 αντιριζικός άξο νας Ο γεωμετρικός τόπος (σχήμα 02) του κέντρου ενός κύκλου C ο οποίος διχοτομεί δύο δοσμένους κύκλους C 1 ,C2, είναι μια ευθεία γραμμή (ε) κάθετη στη διάκεντρο των δοσμένων κύκλων. Η ευθεία (ε) ονομάζεται αντιριζικός άξονας των C 1 ,C2 •

διχο τόμος κύκλο ς ενός κύκλο υ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/34

-------

Homo Mathematicus

--------

αντιομόλογες χορδές Δύο κύκλοι με κέντρα Κ,Λ (σχήμα 03) έχουν εξωτερικό κέντρο ομοιοθεσίας ένα σημείο Σ (Λ μεταξύ Κ,Σ). Από το Σ φέρουμε δύο διατέμνουσες αυτών των κύκλων. Η πρώτη απ' αυτές είναι η Σ,Λ,Κ και η δεύτερη μια τυχαία διατέμνουσα από το Σ. Οι δύο ευθείες τέμνουν τον πρώτο κύκλο στα ζεύγη σημείων Α,Α1 και Β,Β1 και τον δεύτερο στα Α2,Α3 και Β2 ,Β3 αντίστοιχα.. Οι χορδές ΑΒ,Α3Β3 ονομάζονται αντιομόλο'fες χορδές •

Ιlα. «Α υτό το ξέρατε;»

α) Τι είναι ο «ουγκισμός του ύδατος»; β) ποια γεωμετρική έννοια αποδίδουν οι Αγγλοσάξονες με τον όρο "pencil " (πένσιλ); 111. «Οι συνεργάτες της στήλ ης γράφουν-ερωτούν»

1° θέμα. Έννοιες για τις συναρτήσεις, του Α.Ν. Kolmogorov Προλεγόμενα ολοκληρώνουμε με τη δημοσίευση της περίληψης του δεύτερου μέρους του

σημειώματος (περί συναρτήσεων) του γίγαντα της μαθηματικής επιστήμης Α.Ν. Kolmogoroν. [για τις σχέσεις (1), (2), (3), (4), κοίτα προηγούμενο τεύχος] η συνέχεια «Για κάθε y που ικανοποιεί τις των αριθμών που ικανοποιούν τις ανισότητες (4), υπάρχει τουλάχιστο ένα χ στο ανισότητες (4). Οι μαθηματικοί συχνά χρησιμοποιούν ένα βέλος για να οποίο η εξίσωση (1) αντιστοιχεί αυτό το y. Μπορούμε να πούμε ότι η εξίσωση (1) ορίζει συμβολίσουν μια απεικόνιση. Έτσι, η εν λόγω μια απεικόνιση του συνόλου των αριθμών χ που απεικόνιση μπορεί να γραφεί ως ικανοποιούν τις ανισότητες (3) επί του συνόλου χ �� (5). Για παράδειγμα, - 1 � �1-( -1)2

κάθε στοιχείο χ του συνόλου Ε δίνεται ένα στοιχείο y στο οποίο απεικονίζεται το χ.

Συμβολίζουμε με Μ το σύνολο όλων των τιμών - (4:5) �1-(-4:5)2 (3:5) ή του y. Στο παράδειγμα (1) Ε είναι το σύνολο των αριθμών που ικανοποιούν τη συνθήκη (3) και Μ (3:5) �1-(3:5)2 ( 4:5) ή ο �1-02 1 (6) είναι το σύνολο των αριθμών που ικανοποιούν τη Προσέξτε ότι μια απεικόνιση είναι πλήρως ορισμένη �

�

αν α) δίνεται το απεικονιζόμενο σύνολο Ε, β) για Παράδειγμα 2 παράδειγμα 3 .

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Ο Πέτρος, ο Ιγνάτιος, ο Γιούρι και ο Βλαδίμηρος μένουν στο ίδιο δωμάτιο της φοιτητικής εστίας και αναλαμβάνουν το νοικοκυριό εκ περιτροπής. Έχουν κατασκευάσει ένα «ημερολόγιο πρόγραμμα καθηκόντων» για το μήνα Φεβρουάριο. Η ομοιότητα αυτού του πίνακα με τα συνηθισμένα γραφήματα συναρτήσεων που γνωρίζουμε από την Πέτρος Ιγνάτιος Γιού ρ ι Βλαδ ίμη ρ ος

συνθήκη (4).

άλγεβρα του λυκείου είναι εμφανής. Έχει ακριβές λογικό νόημα αυτή η αναλογία; Οι φοιτητές έχουν ορίσει σε αυτή την περίπτωση μια απεικόνιση ενός συνόλου σε ένα άλλο -έχουν δηλαδή ορίσει μια συγκεκριμένη συνάρτηση; Και μήπως έχουν σχεδιάσει το γράφημα αυτής της συνάρτησης;

01 02 03 04 05 06 07 08 09 10 11 12 13 .:::....

.:::....

.:::.... .:::....

Η γενική έννοια της συνάρτησης

.:::....

.:::.... .:::....

....

.:::....

Στο παράδειγμα 3 είδαμε ότι τα καθήκοντα του νοικοκυριού για καθεμία από τις 28 ημέρες του Φεβρουαρίου αντιστοιχούν σε κάποιον φοιτητή. Με άλλα λόγια, το σύνολο των ημερών του Φεβρουαρίου απεικονίζεται επί του συνόλου των φοιτητών που κατανέμουν μεταξύ τους τις δουλειές του νοικοκυριού. Εφαρμόζοντας ένα είδος συντομογραφίας, μπορούμε να πούμε ότι το γράμμα χ συμβολίζει μια ημέρα του Φεβρουαρίου και ότι το γ = f(χ) συμβολίζει το φοιτητή που έχει

.:::....

αναλάβει το νοικοκυριό εκείνη την ημέρα. Δεν υπάρχει λόγος να μην ονομάσουμε συνάρτηση την απεικόνιση ημέρα x�y= φοιτητής που έχει αναλάβει το νοικοκυριό την ημέρα χ.

Μπορούμε να γράψουμε αυτή την απεικόνιση ως Υ =f(χ) . Κάθε απεικόνιση ενός συνόλου Ε σε ένα σύνολο Μ θα ονομάζεται συνάρτηση με πεδίο ορισμού Ε και πεδίο τιμών Μ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/35

------- Homo Mathematicus

Μην ξεχνάτε ότι, όταν μιλάμε για μια απεικόνιση f ενός συνόλου Ε επί του συνόλου Μ, τότε το y =f(x) ορίζεται για κάθε χ που ανήκει στο Ε και μόνο για τα χ που ανήκουν σε αυτό, ενώ οι τιμές y της συνάρτησης f ανήκουν υποχρεωτικά στο Μ και κάθε y που ανήκει στο Μ είναι τιμή της f για μια τουλάχιστον τιμή του ορίσματος χ. Αν το μόνο που γνωρίζουμε είναι ότι οι τιμές της συνάρτησης f ανήκουν υποχρεωτικά στο σύνολο Μ αλλά δεν δηλώνεται ρητά ότι κάθε στοιχείο αυτού του συνόλου είναι τιμή της συνάρτησης f, τότε λέμε ότι η συνάρτηση απεικονίζει το πεδίο ορισμού της Ε εντός του συνόλου Μ ή ότι η απεικόνιση f είναι μια απεικόνιση του Ε εντός του Μ Επομένως πρέπει να κάνουμε αυστηρή διάκριση μεταξύ των δύο εκφράσεων: «απεικόνιση επί του

συνόλου

-----και «απεικόνιση εντός του συνόλου

Μ»

Για παράδειγμα, η απεικόνιση χ Η jxj μπορεί να περιγραφεί ως απεικόνιση του Κ εντός του Κ, αλλά όχι του Κ επί του Κ. Από καθαρά λογική άποψη, η περίπτωση του πεπερασμένου πεδίου ορισμού είναι η απλούστερη. Προφανώς, συναρτήσεις με πεδίο ορισμού που αποτελείται από η στοιχεία δεν μπορεί να πάρουν περισσότερες από η διαφορετικές τιμές. Συνεπώς, συναρτήσεις με πεπερασμένο πεδίο ορισμού απεικονίζουν πεπερασμένα σύνολα επί πεπερασμένων συνόλων. Τέτοιες συναρτήσεις μελετώνται σε ένα σημαντικό κλάδο των Μαθηματικών, τη Συνδυαστική.

θέμα. Ένα θέμα Γεωμετρίας Ο φίλος της στήλης Παναγιώτης Οικονομάκος αποδεικνύει, γνωστή ανισωτική σχέση, με τη βοήθεια της Γεωμετρίας

2°

«Για κάθε ζευγάρι θετικών αριθμών α,β με α<β και 2 Μαρμ [μέσος αρμονικός], ( 1 : α) + (1 : β) α+β My= # [μέσος γεωμετρικός], Μαρ= 2 [μέσος αριθμητικός]. δείξτε ότι ισχύουν οι ανισότητες: Μαρμ<Μy<Μαρ (α) ΜΓΜαρμ< ΜαΓΜr (β), δηλαδή Μ + Μ αρμ Μ γ < αρ 2 ·

ΟΕ<ΟΔ, ή Μαρμ< My (2) Από (1), (2) έχουμε την αλήθεια των ανισοτήτων (α) απόδειξη της (β)

Ο κύκλος (Ο,ΟΔ) τέμνει την ΟΧ στο Δι, οπότε ΟΔι=ΟΔ=Μr , το Δι είναι εσωτερικό Άρα σημείο του τμήματος ΕΓ, οπότε: Δ 1Ε = ΟΔ 1 - ΟΕ = Μ - Μ και Δ 1Γ = ΟΓ - ΟΔ 1 = Μ - Μ αρ

aρμ

γ •

Για να δείξουμε λοιπόν την ανισότητα (β) αρκεί να δείξουμε ότι Δ 1Ε < Δ 1Γ .

ραγματι ΓΔΔ 1 = 26 = ΨΟΓ , ως υπό χορδής και απόδειξη της (α) Πάνω σε μια ημιευθεία ΟΧ, παίρνουμε τα σημεία εφαπτομένης στον κύκλο (0, ΟΔ). Α,Β έτσι ώστε ΟΑ=α και ΟΒ=β. Αν Γ μέσο του ΑΒ Για την διχοτόμο ΟΨ της 6 έχουμε ΟΨ .l ΔΔ1 , 6 , ΟΓ- ΟΑ + ΟΒ = α + β = Μαρ οποτε ΕΔΔ1 = ΨΟΓ = τοτε . 2 2 2 β ; α , τότε Άρα η ΔΔ1 είναι διχοτόμος της ΕΔΓ , οπότε: Αν ΟΔ εφαπτόμενη του κύκλου Δ1 Ε = ΔΕ < 1 , η, Δ Δ Γ Δ 1Ε < 1 . 1 Γ ΔΓ ΟΔ = ΟΑ ΟΒ ' ή ΟΔ= Μ = My

�

(Γ, ) - -

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΓΔ έχουμε ΟΔ<ΟΓ, ή My< Μαρ (1) Φέρουμε ΔΕ _l ΟΧ , οπότε ΟΔ = ΟΕ . ΟΓ , ή α β = 2αβ = Μaρμ ΟΕ ΟΔ ΟΓ (α + β ) : 2 α + β =

�

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΕΔ έχουμε:

ΟΑ-ο, ΟΒ=β ΟΓ=Μ8Ρ μέσος οριθμηιικός ιων ο,β ΟΔ=Μy μέσος yεωμειρικός ιων ο,β ΟΕ=Μaρμ μέσος ορμονικός ιων ο,β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/36

------

Homo Matbematicus

-------

IV. Ειδησούλες - Ειδήσεις

1 η. SURFER μπορείτε να "κατεβάσετε" δωρεάν, το πρόγραμμα Surfer, ένα πρόγραμμα που έχει σχεδιάσει το γερμανικό Μαθηματικό Ινστιτούτο (Mathematisches Forschungsinstitut Oberwolfach) με στόχο να κάνει τα μαθηματικά πιο προσιτά στο ευρύ κοινό μέσα από την καλλιτεχνική 2η. ο Freedman για τη Γεωμετρία «Η Γεωμετρία φαίνεται ότι ευθύς εξ αρχής είναι προορισμένη να σύγχρονο δρόμο-τρόπο στον δώσει "κομπιουτεροποιημένο" κόσμο προς την Άλγεβρα». πηγή: M.H.Freedman (Fields Medal in Mathematics, 1986). Από τον πρόλογό του στο 3 η . Μαθηματικά και ποίηση (11) Σαν συνέχεια στην αναφορά μας ("Μαθηματικά και ποίηση", του Στέφανου Μπαλή), στο προηγούμενο τεύχος, παραθέτουμε ένα μικρό απόσπασμα από τον πρόλογο στο βιβλίο του. «Αφορμή για το βιβλίο 4η. Edward Norton Lorenz (23/5/1917-16-42008). Τον Απρίλη συμπληρώνονται 5 χρόνια από το θάνατό του. Ήταν μαθηματικός, μετεωρολόγος και πρωτοπόρος της "Θεωρίας του Χάους". Ο Lorenz: α) ανακάλυψε την έννοια του "ελκυστή " ["the Lorenz ' attractor". Το 1963, ανέπτυξε ένα απλοποιημένο μαθηματικό μοντέλο για την ατμοσφαιρική συναγωγή (δηλ. η κίνηση που προκαλείται στην ατμόσφαιρα από τη θερμότητα). Το μοντέλο είναι ένα σύστημα τριών συνήθων

οπτικοποίησή τους. Το Surfer αποτελεί μια απλοποιημένη εκδοχή των ειδικών προγραμμάτων που ανέπτυξαν μαθηματικοί του Ινστιτούτου για να δημιουργήσουν καλλιτεχνικές απεικονίσεις αλγεβρικών εmφανειών. «Problem-Solνing and Selected Topics in Euclidean Geometry, In the Spiήt of the Mathematical Olympiads», των Σ.Ε. Λουρίδα και Μ.Θ. Ρασσιά, εκδόσεις Springer, New York 2013 αυτό στάθηκε το κείμενο του Οδυσσέα Ελύτη «Η μέθοδος του άρα» . . . Ο Οδυσσέας Ελύτης μιλούσε για τα Μαθηματικά με έναν τρόπο που έδειχνε ότι είχε μια βαθύτερη κατανόηση των Μαθηματικών και μια ποιητική άποψη γι αυτά . . . »

διαφορικών εξισώσεων γνωστό σήμερα ως οι "εξισώσεις Lorenz'Ί, β) αυτός επινόησε τον όρο "φαινόμενο της πεταλούδας". Στη θεωρία του χάους , το "φαινόμενο της πεταλούδας" είναι η ευαίσθητη

εξάρτηση από τις αρχικές συνθήκες υπό τις οποίες μια μικρή αλλαγή σε ένα μέρος σε ένα ντετερμινιστικό μη γραμμικό σύστημα μπορεί να οδηγήσει σε μεγάλες διαφορές σε μεταγενέστερη κατάσταση.

5η . "Ονοματίζοντας το Άπειρο " ένας καλός με το περιεχόμενό φίλος της στήλης μας έστειλε ένα βιβλίο με τον του. Συγγραφείς του προαναφερόμενο τίτλο και μας εφιστά την βιβλίου οι: και προσοχή να το διαβάσουμε « . . . με περίσσεια προσοχή . . . αφού παίζει με τις έννοιες . . . » . Εμείς από την πλευρά μας αρχίσαμε ήδη την L.Graham M.Kantor μελέτη του και στο επόμενο θα σας ενημερώσουμε σχετικά

mathematicus

Ilp. Απάντηση στο «Λ υτό το ξέρατε;»

Homo

α) Είναι ο υπολογισμός του όγκου του νερού σε ουγκιές. Αυτό επιτυγχάνεται με τη χρήση υδροσωλήνων γνωστής διατομής. Το πρόβλημα αυτό αναφέρεται στο έργο «περί Μέτρων>> του Ήρωνα του Αλεξανδρέα και είναι το 23° πρόβλημα. Εδώ υπενθυμίζουμε πως: Ι κυβικός πόδας=3 μόδιοι=48 ξέστες=960 ουγκιές. [πηγή: Χρήστος Κ. ΛΛΕΞΛΝΔΡΕΩΣ, 'ΉΡΩΝΟΣ Κηπουρός: <<ΣΤΕΡΕΟΜΕΤΡΙΚΛ» ,, τόμ. V, εκδ. ΕΜΕ, Αθήνα, 2004]

Loren Graham Jean Michel Kantor.

Υπόμνηση : Ο μαθηματικός Χρήστος Κηπουρός (12/12/1925-3017/2009), θεωρείται ο πλέον έγκυρος σχολιαστής του Ήρωνα. Μετάφρασε και σχολίασε τα έργα του Ήρωνα, σε πέντε τόμους. Είχα την εύνοια της τύχ;ης να τον έχω συνομιλητή. Για να επιτύχει αυτόν τον μοναδικό άθλο, μου έλεγε πως επισκέφθηκε και μελέτησε σε βιβλιοθήκες στη Γερμανία και στην Αγγλία. β) την επίπεδη δέσμη ευθειών.

Προαγγελία Με χαρά σας αναγγέλλουμε πως από το επόμενο τεύχος του 'ΈΥΚΛΕΙΔΗ Β'", ανοίγει μια νέα ενότητα στη στήλη μας (Homo mathematicus), με τίτλο «Ανοιχτά Προβλήματα στα Μαθηματικά». Αυτά τα προβλήματα μπορεί να χαρακτηριστούν και σαν "Άλυτα Προβλήματα στα Μαθηματικά", με την έννοια ότι κατά το χρόνο της δημοσίευσής τους δεν ήταν γνωστή η τυχόν επίλυσή τους ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/37

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόοδοι και Συναρτήσεις Κονόμης Άρτι

Άσκηση 1 α) Αν χ, y και ω είναι διαδοχικοί όροι αριθμητι

κής προόδου να αποδειχθεί ότι και οι αριθμοί χ 2 (y + ω) , y 2 (ω + χ) , ω2 ( χ + y ) είναι διαδοχι κοί όροι αριθμητικής προόδου. β) Να υπολογιστεί η παράσταση : A=(lιMf + 9tf + - + Jr + lfY)-(� + <ff + + 112 + � ) γ) Οι γωνίες ενός κυρτού πολυγώνου σχηματί ζουν αριθμητική πρόοδο με διαφορά Αν η μι κρότερη γωνία του είναι να βρεθεί το πλή θος των πλευρών του και το άθροισμα των γω νιών του. •..

120

Λύ ση α)

Επειδή οι αριθμοί χ, y και ω είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου ισχύει: 2y = χ + ω (1) .Για να αποδείξουμε ότι οι αριθμοί x 2 (y + ω) , y2 (ω + χ) , ω2 (χ + y) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου αρκεί: 2y2 (ω + x ) = x 2 (y + ω) + ω2 (χ + y) , ή λόγω της (1) 2y2 2y = x2y + x 2ω + ω2x + ω2y , ή 4y3 = y{x2 + ω2) + χω(χ + ω) , ή 4y3 = y(x2 + ω2) + χω2y , ή 4i = y(χ + ω)2 , ή 4y3 = y(2y)2 , ή 4y3 = 4y3 που ισχύει. β) Α={1 αi -gcj)+(9!f -972)+ ... +(1� -112)+(Hf -<i) = 1 · 199 + 1 · 195 + ... + 1 · 23 + 1 · 19 = 19 + 23 + ... + 195 + 199 . Στο τελευταίο άθροισμα οι αριθμοί 19, 23, . . . , 195, 199 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προό δου με α1 = 19, ω = 4 και αν = 199 . Βρίσκω το πλήθος ν των όρων της προόδου: α ν = 199 <=> 19 + (ν - 1)4 = 199 <=> . . . <=> ν = 46 . ,Εχουμε.. Α (� +αν )ν {19+ 199)46 -_ ... -_ 5014 . 2 2 γ) Όπως ξέρουμε από τη Γεωμετρία το άθροισμα των γωνιών ενός κυρτού πολυγώνου με ν πλευρές είναι Sν = (2ν - 4) ορθές. Επειδή οι γωνίες του κυρτού πολυγώνου σχηματίζουν αριθμητική πρόο δο με διαφορά 5" και α! = 120" ' τότε έχουμε : ( Sν = [2 · 120" + ν - 1)5"] 2 Ισχύει: [2 · 120" + (ν - 1)5" ] . ν - (2 ν 4) . 90• <=> . . . <=> _ 2 ν2 - 25ν + 144 = 0 <=> . . . <=> ν = 16 ή ν = 9 . Από �--�___.:�

αυτές τις τιμές δεκτή είναι μόνο η τιμή ν = 9 , διό τι για κάθε γωνία ενός κυρτού πολυγώνου πρέπει: α ν < 180" , δηλαδή 120" + (ν - 1)5" < 1 80" , ή ν < 13 . Το άθροισμα των γωνιών είναι: Sν = (2ν-4) · 90" = (2 9 - 4) · 90" = 14 · 90" = 1260" . ·

Άσκηση 2

Να βρείτε το πλήθος και το άθροισμα : α) των διψήφιων φυσικών αριθμών

β) των διψήφιων άρτιων φυσικών αριθμών

γ) των διψήφιων πολλαπλάσιων του δ) των πολλαπλάσιων του που περιέχονται με

ταξύ του

12 και του 403.

Λύση α)

Οι διψήφιοι φυσικοί αριθμοί είναι : 10, 1 1, . . . , 98, 99. Οι αριθμοί αυτοί αποτελούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 10, α ν = 99 και ω = 1 . Το πλήθος ν και το άθροισμα S v δίνονται αν = α1 + {ν - 1)ω <=> 99 = 10 + (ν - 1) · 1 <=> ν = 90 και (α! + α ν )ν = (10 + 99)90 = ... = 4905 . sν 2 2 β) Οι διψήφιοι άρτοι φυσικοί αριθμοί είναι : 10, 12, . . . . , 96, 98.Αποτελούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 1 Ο , α ν = 98 και ω = 2 . Βρίσκω το πλήθος ν και το άθροισμα S v από τις παρακάτω σχέσεις : αν = αι + (η - 1)ω <=> 98 = 10 + (ν - 1) · 2 <=> . . . <=> ν - 45 και Sν = (<Χι + � )ν {l0+9S)45 = ... = 2430 . 2 2 γ) Οι διψήφιοι φυσικοί αριθμοί που είναι πολλα πλάσια του 3 είναι οι αριθμοί : 12, 1 5, . . . . , 96, 99.Αποτελούν αριθμητική πρόοδο με α1 = 12, αν = 99 και ω = 3 . Έχουμε: αν = αι + (η - 1)ω <=> 99 = 12 + (ν - 1) · 3 <=> . . . <=> ν=]) και g) )30 + )ν (l2+ = ... =1665 . S, (<Χι α., <=> 2 2 δ) Το πρώτο πολλαπλάσιο του 6 μετά από το 12 είναι το 1 8 και το τελευταίο πριν το 403 είναι το 402.0ι αριθμοί 18, 24, 30, . . . , 402 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου με : α! = 1 8, α ν = 402 και ω=6. Έχουμε: αν = αι + (ν - 1)ω <=> 402 = 18 + (ν - 1) · 6 <=> ν = 65 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/38

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Sν = (α1 + αν )ν = (18 + 402)65 = ... = 13650 _ 2 2

Άσκηση 3 Σε μια γεωμετρική πρόοδο το άθροισμα των τριών πρώτων όρων είναι και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι 21. α) Να βρεθεί ο λόγος λ της προόδου. β) Για τις τιμές του λ που βρήκατε στο α) ερώ τημα να βρείτε το ν-οστό όρο της προόδου κα θώς και το άθροισμα Sv

•

Λύση

Έχουμε : α1 + α2 + α3 = 7 =:} α1 + α1λ + α1λ2 = 7 (1). Ισχύει από την υπόθεση επίσης : α 2 + α 2 2 + α3 2 - 21 =:} α 2 + (α λ)2 + (α λ 2 )2 - 21 =:} α 2 + α 2λ2 + α 2λ4 = 21 =:} α12 (1 + λ2 + λ4 ) = 21 (2).Αν υψώσω στο τετράγωνο τη σχέση (1) παίρνουμε : α12 (1 + λ + λ2)2 = 49 (3). Με διαίρεση κατά μέλη της σχέσης (3) με τη (2) έχουμε : 49 =:} (1 + λ + λ 2 )2 = -7 (4) Η α 2 (1 + λ + λ 2 γ = 4 α12 (1 + λ 2 + λ ) 21 (1 + λ 2 + λ4 ) 3 παράσταση 1 + λ2 + λ4 παραγοντοποιείται έτσι: 1 + λ 2 + λ4 = (1 + λ2 + λ)(1 + λ 2 - λ) . Έτσι η σχέση (4) γίνεται: 7 =:} 1 + λ + λ2 = 7 =:} . . . (1 + λ + λ2)2 3 (1 + λ 2 + λ )(Ι + λ 2 - λ) 1 + λ2 - λ 3 =:} 2λ 2 - 5λ + 2 = ο =:} λ = 2 ή λ = .!. . 2 β) Αν λ = 2 , τότε από τη σχέση (1) βρίσκουμε a1 = 1 και με αντικατάσταση στον τύπο του αν και Sν έχουμε: α ν = 2 ν-ι και Sv = 2 ν - 1 . Αν λ = � , τότε από τη σχέση (1) βρίσκουμε α1 = 4 και με α ντικατάσταση στον τύπο του a v και Sv : 1 ν-3 και = 2 v - 1 . a v = (2) sν 2 v-3 α)

Άσκηση 4 Τρεις αριθμοί χ , y και ω σχηματίζουν γεωμε τρική πρόοδο. Αν αφαιρέσουμε 4 από τον τρίτο αριθμό , προκύπτει αριθμητική πρόοδος. Αν στην πρόοδο αυτή αφαιρέσουμε μια μονάδα από τον δεύτερο και τον τρίτο όρο σχηματίζεται ξα νά γεωμετρική πρόοδος. Να βρείτε τους αριθ μούς χ, y και ω. Λύ ση

Επειδή οι αριθμοί x,y και ω είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου ισχύει: y2 = χ · ω (1 ). Οι α-

-------

ριθμοί x,y και ω--4 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητι κής προόδου. Άρα ισχύει: 2y=χ+ω-4 (2). Επίσης οι αριθμοί χ, y-1, ω-5 είναι διαδοχικοί όροι γεωμε τρικής προόδου. Άρα ισχύει: (y - 1)2 = x(y - 5) =:} y2 - 2y + 1 = χω - 5χ =:} χω - 2y + 1 = χω - 5y =:} y = 5χ + 1 (3). Με αντι2 κατάσταση της σχέσης (3) στη σχέση (2) έχουμε: 5χ + l = χ + ω- 4 , δηλαδή στην ω = 4χ + 5 (4). Με αντικατάσταση των (3) και (4) στην (1) έχουμε: 5χ+1)2 =χ(4χ+5) =:} . . . =:} χ=1 ή χ=] . -j = χω =:} ( 2 9 Αν χ = 1 τότε y = 3 , ω = 9 . Αν χ = .!. , τότε 9 49 7 y=9 , ω=9· --

Άσκηση 5

{

α+ βχ\ χ < 2 βχ2 + (α - 2)χ, χ � 2 με α, β Ε 1R για την οποία f(-2) = 7 και f(2) = 2 . α) Να βρεθούν οι τιμές των α , β Ε 1R . β) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f . γ) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = -1 . Δίνεται η συνάρτηση

Λύση α) Έχουμε

{

f(x) =

{f(2)f(-2)==27

<=> α + β(-2)2 = 7 <=> . . . <=> β22 + (α - 2)2 = 2 β) Με αντικατάσταση α = -1 και β = 2 ο τύπος 2χ2 -1,χ< 2 Όπως φαίνεται της f γίνεται : f(x) = 2χ2 -2χ,χ�2 από τον τύπο το πεδίο ορισμού της f είναι το 1R . γ) Λύνω την εξίσωση για χ < 2 και για χ � 2 . Αν χ < 2 , τότε : f(x) = -1 <=> 2χ2 - 1 = -1 <=> . . . <=> χ = Ο . Η nμή αυτή είναι δεκτή γιατί ικανο ποίει τον περιορισμό χ < 2 . Αν χ � 2 , τότε: f(x) = -1 <=> 2χ2 - 3χ = -1 <=> ... <=> χ = l ή · δεκτη· · απο· τις τιμές αυτες' δεν ειναι χ = 21 . καμια γιατί δεν ικανοποιούν τον περιορισμό χ � 2 .

{

Άσκηση 6 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ 2 + αχ + β με α , β Ε 1R και η γραφική της παράσταση διέρχε 1 ) και Β ( ται από τα σημεία α) Να αποδείξετε ότι α = 4 και β = β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = -8 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/39

Α(3, 6

-6, 7) . -5 .

------ Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

γ) Να λυθεί η aνίσωση f(x) � Ο . δ ) Να αποδείξετε ότι για κάθε

f(3x - 2y) � 3f(x) - 2f(y) . Λύση

x,y Ε JR ισχύει :

{f(-6) f(3) = 16 <::> =7 {(32-6)2+ α+· 3α+· (β-6)= 16+ β = 7 <::> . . . {βα==-54

α) Από την υπόθεση έχουμε :

<=>

-------

β) Επειδή ε 3 1 1 ει , τότε η ε3 έχει εξίσωση

y = 2χ + β . Επίσης διέρχεται από το ση μείο Β(3,-2) .Έχουμε : -2 = 2 · 3 + β <::> β = -8 . Η εξίσωση της ε3 είναι y = 2χ - 8 . γ) Επειδή ε 4 _l ε 2 έχει συντελεστή διεύθυνσης ίσον 1 +β . , y = -3χ με -31 . 'Ετσι η εξ'ισωση της ε4 ειναι

Επίσης διέρχεται από το σημείο Γ(1, �) .Δηλαδή 3 1 2 1 ' : y = --x + β <:::> - = -- · 1 + β <::> f(x) = χ2 + 4χ - 5 . Έχουμε f(x) = -8 <::> εχουμε 3 3 3 χ2 + 4χ - 5 = -8 <=> . . . <::> χ = -1 ή χ = -3 . . . . <::> β = 1 . Τελικά έχουμε : ε4 : y = _ .!. χ + 1 . γ) Έχουμε : f(x) � Ο <=> χ2 +4χ-5�0. Οι ρίζες της δ) Η ευθεία ε : y = 3χ - 6 τέμνει 3 τον άξο εξίσωσης χ2 + 4χ - 5 = Ο είναι -5 και 1 . Άρα ι να χ 'χ στο σημείο 2Δ(2,0) και τον άξονα y'y στο σχύει: χ2 +4χ-5 � 0 <::> (χ-1Χχ+5) �0 <::> . . . <::> σημείο Ε(Ο,-6) .Το εμβαδόν του τριγώνου -5 � χ � 1 . ΟΔΕ είναι: δ) Έχουμε : f(3x - 2y) � 3f( x) - 2f(y) <::> (ΟΔΕ) = .!. lx Δ I · I Yε l = .!. 2 · 6 = 6 . (3χ - 2y)2 + 4(3χ - 2y) - 5 2 2 Άσκηση 8 � 3(χ2 + 4 x - 5) - 2(y2 + 4y - 5) <::> . . . <::> 6(χ - y)2 � Ο . Επειδή η τελευταία σχέση είναι α Δίνονται τα σημεία Α(α 2 - 5, I β + ψ και ληθής, τότε και η αρχική είναι αληθής. B(l 4 - 6α, -Ιs - β l ) τα οποία είναι συμμετρικά β) Με α = 4 και β = -5 ο τύπος της f γίνεται

Άσκηση 7 Δίνονται οι ευθείες

ε1

: y = α(α

l)x + 3 - 4α και

: y = (α 2 - 1 ) χ - 3α οι οποίες τέμνονται στο σημείο A( l ,-3) . Να βρείτε : ε2

α) την τιμή της παραμέτρου α ε JR . β) την εξίσωση της ευθείας ε3 που είναι παράλ-

ληλη με την

ε1

και διέρχεται από το σημείο

Β (3,-2) .

ως προς την αρχή των αξόνων. Να βρείτε : α) τα α, β Ε JR και το συμμετρικό του Α ως προς τον άξονα χ ' χ και y ' y . β) την απόσταση (ΑΒ) . γ) σημείο του άξονα y 'y έτσι ώστε το τρίγωνο ΑΒ Γ να είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα ΑΒ .

Λύση α) Επειδή τα σημεία Α και Β είναι συμμετρικά ως

γ) την εξίσωση της ευθείας ε4 που είναι κάθετη . προς την αρχή των αξόνων ισχι)ει : με την

ε2

και διέρχεται από το σημείο

Γ( l , _!) 3

•

δ) το εμβαδόν του τρίγωνου με κορυφές την αρ χή των αξόνων και τα σημεία τομής της ευθείας ε 2 με τους άξονες.

Λύση α) Επειδή το σημείο Α(1,-3) είναι σημείο της

{ {

ει και της ε2 έχουμε : -3 = α(α - 1) · 1 + 3 - 4α <:::> <::> -3 = (α 2 - 1) · 1 - 3α α2 - 5α + 6 = 0 <=> . . . <::> α = 2 . Με την αντικα α2 - 3α + 2 = 0 τάσταση α 2 οι εξισώσεις των ει και ε 2 είναι ει : y = 2χ + 5 και ε 2 : y = 3χ - 6 . • • •

<::>

{ΥχΑΑ -: -y-xBs

{α2β +-15==5-(14- β - 6α) <::> {βα==23 Ι

1 1

Άρα: Α(4, 3) , Β( -4,-3) . Το συμμετρικό του Α ως προς χ ' χ είναι το σημείο (4,-3) και ως προς y 'y (-4,3) . β) Η ΑΒ = �(χ8 - χ Α )2 + (y8 - yA )2 = 10 γ) Έστω Γ(Ο, y) σημείο του άξονα y'y έτσι ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο με υποτεί νουσα ΑΒ . Έχουμε: ΑΒ2 = ΑΓ2 + ΒΓ2 � =(xr -χΑ )2 +(Yr -yA )2 <=> 1 +Cxr - xs )2 +(Yr - ys )2 = ··· = Υ2 = 25 <==> Υ = 5 ή y = -5 . Βρήκαμε έτσι ότι στον άξονα y'y υπάρ χουν δύο σημεία που ικανοποιούν την υπόθεση, το Γ ι (Ο,-5) και Γ2 (0, 5)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/40

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

------

Εγγράψιμα Αθανάσιος Κ. Καλάκος

Άσκηση l η Η διχοτόμος της γωνίας Α τριγώνου ΑΒΓ τέμνει την ΒΓ στο Δ και το περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ στο Ε. Να εκφραστούν οι γωνίες των τρι γώνων ΔΕΒ, ΔΕΓ από τις γωνίες Α, Β και Γ. Λύ ση

Λύση

Γ Α +Β = 120ο Έχουμε ΑΔΓ = 1 80ο - = 90ο + 2 2 άρα ΝΔΜ = 120° και ΝΔΜ + Β = 180°. Επομένως το τετράπλευρο Α ΒΝΔΜ είναι εγγρά ψιμο σε κύκλο. Ε πειδή το Δ είναι το έκκεντρο του τριγώ νου ΑΒΓ, η ΒΔ δι χοτομεί την γωνία Β. Έπεται ότι οι εγ γεγραμμένες γωνίες ΝΒΔ κ:αι ΜΒΔ είναι Β,ο------6---� r , ΝΔ = ΜΔ η, ισες η, 2 2 ΝΔ = ΜΔ . Συνεπώς οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες δηλαδή ΔΝ = ΔΜ. ·

Η γωνία ΑΕΒ και η γωνία Γ του τριγώνου είναι εγγε γραμμένες που βαίνουν στο τόξο ΑΒ οπότε ΑΕΒ = Γ ή ΔΕΒ = Γ. Η γωνία ΓΒΕ κ:αι η γωνία ΓΑΕ είναι εγγε γραμμένες που βαίνουν στο τόξο ΓΕ οπότε ΓΒΕ = ΓΑΕ ή ΔΒΕ = Α . Ε 2 Τέλος η γωνία ΒΔΕ είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΔΑΒ οπότε ΒΔΕ = Β+ Α . Αν εργαστούμε παρό2 μοια στο τρίγωνο ΔΕΓ βρίσκουμε ότι: ΔΕΓ = Β, Άσκηση 4η ΕΓΔ = Α και ΓΔΕ = Γ + Α Δίνεται κύκλος (0, R) και εγγεγραμμένο τετρά .-

Άσκηση 2η

90°

Λύση

Το τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισοσκελές από την υπόθεΑ ση οπότε ΑΜΒ = Β κ:αι ΑΜΓ = 180° - Β. Ακόμη, η γωνία ΒΔΓ είναι εξωτερική του τριγώνου ΔΑΒ οπότε ΒΔΓ = Α + _!!. . 2 Β Μ r Το τετράπλευρο ΜΟΔΓ εγγράφεται σε κύκλο αν και μόνο αν ΟΜΓ + ΟΔΓ = 180° ή 180° - Β + Α + .!!. = 180° 2

Άσκηση 3η

20°

πλευρο ΑΒΓΔ με ΑΒ = ΒΓ και ΓΔ = R. Να υπο λογιστούν οι γωνίες του ΑΒΓΔ, αν ΒΑΓ =

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με γωνίες Γ και Β τέτοιες ώστε Γ < Β < και το ευθύγραμμο τμήμα ΑΜ, όπου Μ σημείο της ΒΓ, τέτοιο ώστε ΑΜ = ΑΒ. Φέρνουμε και την διχοτόμο ΒΔ, που τέμνει την ΑΜ στο Ο. Να αποδειχθεί ότι το τε τράπλευρο ΜΟΔΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν και μόνο αν Α = Β/2

ή Α = !!.

�

�0°.

Οι διχοΣε τρίγωνο ΑΒΓ είναι γωνία Β = τόμοι ΑΜ και ΓΝ του τριγώνου τεμνονται στο σημείο Δ. Να αποδείξετε ότι ΔΜ = ΔΝ.

Λύση

Το τρίγωνο ΒΑΓ εί ναι ισοσκελές από την υπόθεση οπότε ΒΓΑ = 20°, επομέΒ νως Β = 140° . Θα δείξουμε ότι το τόξο ΓΔ έχει μέτρο 60°. Πράγματι, το τρίγωνο ΔΟΓ είναι Δ ισόπλευρο πλευράς R άρα fΔ = ΓόΔ = 60° . Συμπεραίνουμε ότι η εγγε γραμμένη γωνία ΓΒΔ βαίνουσα στο τόξο ΓΔ είναι ίση με 60°:2 = 30°.Άρα, από το τρίγωνο ΒΜΓ είναι BMr = 180° -20° -30° = 130° , τότε ΓΜΔ =50° . Οι γωνίες ΔΒΑ κ:αι ΔΓΑ είναι εγγεγραμμένες βαί νουσες στο ίδιο τόξο ΑΔ, επομένως: ΔΓΑ = ΔΒΑ = Β - ΓΒΔ = 140° - 30° = 1 1 0° τότε f' =20° + 1 10° = 130° . Τέλος το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο και έχουμε: Δ = 180° - Β = 40° κ:αι Α. = 180° - t = 50° Άσκηση 5η

Δίνεται κύκλος (O,R) και μια χορδή του ΑΒ. Η εφαπτομένη (ε) του κύκλου στο σημείο Α σχη ματίζει με την χορδή ΑΒ γωνία θ με θ <

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/41

90°.

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Από το Β φέρουμε παράλληλη προς την (ε) που τέμνει τον κύκλο στο Γ. Στο Γ φέρουμε την εφαπτομένη (ε') του κύκλου που τέμνει την ε στο σημείο Δ. Να υπολογιστεί η γωνία των ευθειών (ε) και (ε ') ως συνάρτηση της γωνίας θ.

Λύση

Α=θ

, Φέρουμε την ΓΑ και παρατηρούμε ότι Bf αφού η γωνία ΒΓΑ είναι εγγεγραμμένη βαίνουσα στο τόξο ΑΒ. Ακόμη είναι αφού οι γωνίες αυτές είναι εναλλάξ. εντός Άρα

ΓΒΑ = θ ΒΑr

-2θ 180° = οπότε Γ = θ λΔ

γιατί σχηματίζεται ευθεία γωνία. Επίσης το τρίγωνο ΑΔΓ είναι ισοσκελές αφού τα εφαπτόμενα τμήκαι τελικά ματα από το Δ είναι ίσα. Άρα

ΓΜ=1rο>

Άσκηση 6η

Δf'Α=θ

'Εστω οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΒΗ και ΓΖ τα οποία τέμνονται στο Ο. Να αποδειχθεί ότι οι εφαπτόμενες του περιγρεγγραμμένου κύκλου του ΑΗΟΖ στα σημεία z και Η διέρχονται από το μέσο Μ της ΒΓ.

Λύση Α

Το τετράπλευρο ΑΗΟΖ είναι εγγράψιμο σε JCύκλο αφού ΑΖΟ ΑΗΟ = 900 + 90° = 1 80ο . Το σημείο Ο είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, οπότε η ΑΟ τέ-

μνει κάθετα τη ΒΓ στο σημείο Ε. . Αυτό ΒΑΕ Παρατηρούμε ότι: σημαίνει ότι το τρίγωνο ΜΖΓ είναι ισοσκελές οπό0_ τε ΜΖ = ΜΓ. Ακόμη, πότε το τρίγωνο ΜΖΒ είναι ισοσκελές οπότε ΜΖ = ΜΒ, άρα ΜΖ = ΜΒ = ΜΓ, δηλαδή η εφαπτομένη του JCύκλου στο Ζ διέρχεται από το μέσο Μ του ΒΓ. Με ένα ταυτόσημο επειχήρημα αποδεικνύουμε ότι και η εφαπτομένη από το σημείο Η του JCύκλου διέρχεται από το μέσο Μ της ΒΓ.

ΓΖΜ = = 90° -Β :ΜΖΗ= 9Q0 ΓΖΜ =Β _

Άσκηση 7η

Έστω κύκλος C και ΑΒ μια διάμετρος του. Έστω ακόμη Μ ε c . Με κέντρο Μ και ακτίνα

--------

ΜΒ γράφουμε κύκλο C ' που τέμνει τον c στο σημείο Δ και την ΑΒ στο σημείο Γ. Να αποδει χτεί ότι η ΑΜ είναι κάθετη στην ΓΔ.

Λύση

Η ΒΜ προεκτεινόμενη τέμνει τον JCύκλο C ' στο σημείο Ε. Η γωνία ΑΔΒ είναι ορθή γιατί βαίνει σε διάμετρο του JCύ� κλου C και η γω: / νία ΒΔΕ είναι επίσης ορθή γιατί AF-----�.,_J..·· Β βαίνει σε διάμετρο του JCύκλου C , Άρα η γωνία ΑΔΕ είναι ευθεία γωνί α, συνεπώς τα σημεία Α, Δ και Ε είναι συνευθειακά. Στο τρίγωνο ΑΒΕ η ΑΜ είναι διάμεσος και ύψος (ΑΜΒ = 90° γιατί βαίνει σε ημιJCύκλιο) οπότε το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές. Άρα ΑΒΕ (1) Από το εγγράψιμο ΑΒΔΓ έχουμε: AfΔ - BfΔ ΑΒΕ και λόγω της (1). Άρα ΓΔ // ΒΕ από όπου έχουμε ότι η ΑΜ είναι κάθετη στη ΓΔ - - -- - -

__ . -•..•..

= 180°

=Ε=

Ε=

Άσκηση 8η

Έστω ΑΒΓΔ περιγράψιμο σε κύκλο τετράπλευρο και ΒΔ η διαγώνιος του. Να αποδειχθεί ότι ο εγγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων ΑΒΔ, ΓΒΔ (οι οποίοι φυσικά, εφάπτονται της ΒΔ) εφάπτονται στο ίδιο σημείο της ΒΔ.

Λύση

Ισχύει η σχέση ΑΒ + ΓΔ = ΑΔ + ΒΓ ( 1) Έστω ότι ο εγγεγραμΒ μένος JCύκλους του τριγώνου ΑΒΔ εφάπτεται της ΒΔ στο σημείο ' και 0 εγγεγραμμένος JCύκλος του τριγώνου ΓΒΔ εφάπτεται της ΒΔ Α στο σημείο Ν. Είναι ΑΒ+ ΓΔ= =ΑΕ + ΕΒ + ΓΘ+ΘΔ = Δ = ΑΖ + ΒΜ + ΓΗ +ΔΝ. Από την άλλη μεριά έχουμε: ΑΔ + ΒΓ = ΑΖ + ΖΔ + ΓΗ + ΗΒ = =ΑΖ + ΔΜ + ΓΗ + ΒΝ. Λόγω της (1) έχουμε: ΑΖ + ΒΜ + ΓΗ +ΔΝ = ΑΖ + ΔΜ + ΓΗ + ΒΝ ή ΒΜ - ΒΝ = ΔΜ - ΔΝ. Αν ήταν ΒΜ > ΒΝ τότε ΔΜ < ΔΝ οπότε θα είχαμε Ο < ΒΜ - ΒΝ = ΔΜ - ΔΝ < Ο άτοπο. Επίσης αν ήταν ΒΜ < ΒΝ τότε ΔΜ > ΔΝ οπότε Ο < ΔΜ - ΔΝ = ΒΜ - ΒΝ < Ο άτοπο. Ν. Άρα ΒΜ = ΒΝ (και ΔΜ = ΔΝ) οπότε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/42

Μ=

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Εκθετι κή και λογαριθμική συνάρτηση των Φραγκίσκου Μπερσίμη, Γιώργου Αντωνόπουλου, Βασίλη Καρκάνη

Άσκηση l η

α) Να υπολογιστούν οι παρακάτω παραστάσεις:

1 3 Α = log2 - - log2 1024 + log8 512 - log10 2 + log18 2000 + log7 49 32

6 Β = log i 3 5 - log1 3 + Ιοg 1 3 . 3

β) Αν

α,

β > Ο και α2 = β + 1 να βρεθεί η παράστα-

ση Γ = log

Λύση

α)

(a+JP) + Ιοg ( -Γα - Ο) + ιοg (-Γα + fiΚ)

Α = 1og2 -321 - 1og2 1024. + log8 5 12 - log10 2 + + log10 2000 + log7 493 = log2 2-5 - log2 2 10 +

+ log8 83 - log1 0 2 + log1 0 2 + log1 0 103 + log7 7 6 = = -5 - 10 + 3 + 3 + 6 = -3 5 3+ B = log.!. 35 - log.!. 36 + log , 3 = log.!. -1 - -log.!. -τ 2 2 3 3 3 22 2 +log 3 � -sιοg - ιοg 3 + log Ξ og 3 � J J 1 ! !

() ( )}

ω( � -s - � -ιοg (Η + � � -s - z � -7 !

log(α+ JP) log( Γα-@)+ log(Γα+ JΡΚ) = 1og [(α+ Ρ )( Γα - wη(Γα+ fιiΚ) J = =log [(α+ ffi ) { Γα - #)(Γα+#)] = =log [(α+ ffi ) ((Γa)2 ( W/ )2 )] = =log [(α+ ffi ) { α - ffi )] =log ( α2 - ( ffi )2 ) = = log ( α2 - β) = log 1 = Ο +

β) Γ =

2η

.J5 - .J3

Λύση

)

(

)

-In2 χ+Ιn 9χ2 - ιn χ< 2-Ισ3)+ 6

{

{ -

Άσκηση 3 η

= 23 - 4Μ (1 )

Να βρείτε όλους τους ακέραιους αριθμούς και y ώστε: 2χ + 3' = 1 7 και g

}

Λύνουμε το σύστημα με τη μέθοδο της α2χ +3y = 17 � 3Υ =17-2χ � ντικατάστασης: 2χ ·3Υ =72 Υ · ( 17-2' ) =72

Λύση :

Άσκη ση Να λυθεί η εξίσωση :

= 20 + 3 - 2 ( 2.J5 ) .J3 = ( 2.JS - .J3 )2 . Οπότε η ε ξίσωση ( 1) γράφεται: ( 2.J5 - .J3 )-Ιn2 x+In(9x2 )-ιnx<2-ln3) +6 =( 2.J5 - .J3 )2 ς:} -ln2 χ + 1n ( 9x2 ) - ln x<2-In3> + 6 = 2 ς:} -ln2 χ + 1n 9 + 1nx2 - (2 - ln 3) · lnx + 6 - 2 = Ο ς:} ln2 x - 1n 9 - � + � + 1n 3 · 1n x - 6 + 2 = 0 ς;} ln2 x - 1n3 · ln x - (4 + ln9) = Ο ln x = y � � ln x = y i -{ln3)y-{4+ln3) = 0 y=-2 ή y = ln3 +2 � hιχ=-2 ή lnx = ln3+2�x = e 2 ή x = eln3+2 = 3d. Παρατηρήστε ότι το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ = (ln3)2 4[-(4 + 2 · ln3)] = = ln2 3 + 42 + 2 · 4 · 1n3 = (4 + 1n3) 2 > 0 , ή ότι -2 . {ln3 + 2) = -( 4 + ln9), - 2 + {ln 3 + 2) ln3

}

3Υ = 17 - 2χ {1) 3Υ = 17 - 2χ � 17 . 2χ - 22χ = 72 22χ - 17 . 2χ + 72 = ο ( 2) 2χ =t ΑJ.λά (2)� 2χ =t � � t2 -17 . t + 72 =ο t = 9 ή t = 8 ln9 � z ' χ = 3 ε Ζ �χ = 3 . τ = 9 η' τ = 8 � χ = ln2 ' η Επομένως: (1)� 3Υ = 17 - 23 � 3' = 1 7 - 8 � � 3Υ = 9 � 3Υ = 32 � y = 2 . Άρα: χ=3, y=2 .

{

Άσκηση 4η

Να βρείτε όλους τους πραγματικούς αριθμούς χ και y ώστε: log x + log y - 7 = Ο και

Το σύνολο ορισμού της (1) είναι το διάστημα log x-2 · 1og y3 + 36 = 0 , (1). Λύση (0, + οο) Ισχύει: Με χ > Ο και y > Ο, αν εφαρμόσουμε τις ιδιότη23 - 4.Jί5 = 23 - 2 ·2.J5.J3 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/43

---- Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

τες των λογαρίθμων, έχουμε:

}

logx + logy - 7 = 0 logx + logy = 7 logx-2 · log / + 36 = 0 <=> -2 · logx · 3 · logy + 36 = 0 log χ + log y = 7 log χ + log y = 7 <=> -6 · log x · logy = -36 <=> log x · log y = 6 log χ = , log χ = 6 χ = 10 , χ = 106 <=> <=> η η log y = 6 log y = 1 y = 1 06 y = 10 ' αφού οι αριθμοί z1 = log x και z2 = logy είναι ρί ζες της εξίσωσης z 2 - 7 z + 6 = Ο

Ι}

}

Άσκηση Sη

Δίνεται η συνάρτηση

}

β)

Να βρεθούν τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης ι με τους άξονες ' y y

(αν υπάρχουν).

γ) Να λυθεί η aνίσωση /(χ) > Ο .

= { χ εJR/ <e} =( ιf

}

�-:ι >O = {x ε!R/e-e' >O} =

--«J,

Άσκηση 6η

( )

/(χ) = α ; 1 χ και g(x) = ln ( e2x - 3 · ex + 2 ) α) Να βρεθούν οι τιμές του α R ώστε η συ νάρτηση /(χ) να ορίζεται στο JR . β) Να βρεθούν οι τιμές του α JR ώστε η συνάρ Ε

f(x)

να είναι γνησίως φθίνουσα στο IR .

γ) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της g(x) .

α) Η f έχει σύνολο ορισμού το

{

ex + 1 ex + 1 e - 1 <=> χ < ln-e-1 . e - ex > ex + 1 <=> ex < -2 2

τηση

Λύση

Αι = xεiR/ ιf +1>0,

e - ex e - ex γ) Είναι: f( χ) > Ο <=> ln-> Ο <=> -- > 1 <=>

Δίνονται οι συναρτήσε�

e - ex f ( x ) = In -ex + 1

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης.

χ' χ και

----

δ) Για α=l l να λυθεί η εξίσωση /(χ+ 1)+ f(x) = 3 . Λύση

α) Η συνάρτηση f θα ορίζεται στο

αν και μό-

α-1 νο αν: -> Ο, δηλ αδή α > 1 . β) Οι τετμημένες των κοινών σημείων της γραφι 5 κής παράσταση ς της f με τον άξονα χ' χ καθορί β) Η συνάρτηση f (χ) είναι γνησίως φθίνουσα ζονται από τη λύση της εξίσωσης f(x)=O. Είναι: α-1 IR <=> Ο < -- < 1 <=> Ο < α - 1 < 5 <=> 1 < α < 6 . e e e e στο =1 = 0 <=> f(x) = O <:=> ln χ

5 ex + 1 γ) Για να ορίζεται η g, πρέπει και αρκεί: e 1 e 1 Α <:::::> e - ex = ex + 1 <=> χ = ln- με Ιη-- ε ι e2x - 3 · ex + 2 > 0 (1). Αλλά: 2 2 ex = ω { e-1 e - 1 < e <=> - 1 < e που ισχύει. <=> ex = ω <=> 1) <=> διότι ln -< 1 <=> -2 2 ω<1 ή ω>2 ω2 - 3ω + 2 > Ο Επομένως, το κοινό σημείο της γ.π. της f με τον <=> ex < 1 ή ex > 2 <=> χ < ο ή χ > ln 2 Επομένως, Α = ( Ο ) υ ( ln 2 , -too ) . άξονα χ' χ είναι το ln e 1 , Ο . Για το κοινό σημείο της γραφικής παράστασης της δ) Για α= 1 1 είναι f (χ) = 2χ οπότε: συνάρτησης f με τον άξονα y 'y έχουμε: f(x + 1) + f(x) = 3 <=> 2x+I + 2χ = 3 <=> 2 · 2χ + 2χ = 3 <=> 3 . 2χ 3 <=> 2χ = 1 <=> χ = ο . e - e0 e-1 f ( Ο) = ln-0- = ln -- . Επομένως, το κοινό ση- 'Ασκηση 7η e +1 2 μείο της γ.π. της f με τον άξονα y'y είναι το Δινεται η συνάρτηση ι (χ) 2 - Ιη α 1 e . Παρατίθεται η γραφική παρά αση της Ο, ln ex + l

{

(

;

)

{

-οο ,

(

;

)

στ

f όπου φαίνονται τα σημεία τομής με τους άξονες.

α) Για ποιες τιμές του α η f β) Για ποιες τιμές του α η f

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

9 1 τ.3/44

(lna-3)x

ορίζεται στο JR ;

είναι γνησίως αύξουσα;

------

γ) Σε ποιά σημεία η ι

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

τέμνει τους άξονες;

Λύση

Πρέπει και αρκεί: α > Ο , 2 - In α :;t: Ο και Jnα-3 >0. Με α>Ο έχουμε: 2-lnα:;t:O�Jnα:;t:2� 2-Ιηα � α :;t: e2 � a ε ( O,e2 ) u ( e2 ,+oo ) . Τότε: Jnα-3 >Ο�(Ιη α - 3)(2 - Ιη α) > Ο 2-Ιηα � 2 < 1n α < 3 � e2 < α < e3 • Σημείωση : Στην περίπτωση που ισχύει α=lz =Ν η συνάρτη ση f είναι η σταθερή f ( χ ) = 1 . β Με α ε ( ;,e ) θα έχουμε: Η f είναι γνησίως αύξουσα� Ιηα - 3 > 1 � 1ηα - 3 < 2 - Ιηα � 2 - Ιη α α < Ν � α ε ( e2 ,e� ) . γ) Η γραφική παράσταση της f , τέμνει τον άξονα yy' στο σημείο (Ο, 1) , ενώ δεν τέμνει τον άξονα χχ'. α)

Άσκηση 8η

Δίνεται η συνάρτηση

ι (χ) = Iog

4( 2χχ :

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της

β) Να λυθεί η εξίσωση

γ) Να λυθεί η aνίσωση

ι)

ι.

ι( χ) = Iog 3 - Iog 7 . ι(χ) > Ο .

Λύση

-------

=y � 4χ - 1 > 2χ + 5 �f-x -� -6>0 .-J� t.ι -y-6>0 � ln3 � 2χ < -2 ή 2χ > 3 � χ > . �� y ln2 y<-2 ή y>3

{

Άσκηση 9η

Δίνονται οι συναρτήσεις:

f(x) = logvfιox - 3

και

g(x) = �log(ιox - 3 )

α) Να βρείτε τα πεδία ορισμού τους.

/(χ) = g( χ) γ) Να συγκριθούν οι αριθμοί /( 3 ) και g( 3) . β) Να λυθεί η εξίσωση

Λύ ση

Για να ορίζεται η f , πρέπει και αρκεί: 10χ - 3 :?: Ο και �10-" -3 > Ο , δηλαδή τελικά x > log3 . Επομένως το π.ορ. της f είναι το Α1 = (log 3, +οο) . Για να ορίζεται η g πρέπει και αρκεί: 10χ - 3 > ο και 1og( 10χ - 3 ) :?: ο δηλαδή τελικά χ :?: log4 Επομένως το π.ορ. της g είναι το � = [log 4, +οο) . β) Για χεΑι nΑz= [log4,+oo) είναι: g (x) = f (x) � logvf10x - 3 = �log { 10x - 3 ) � α)

� log { 10x - 3 ) = �log { 10x - 3 ) � (21 ιοg { 10χ - 3) 2 = �log{10x - 3) 2 � ± log2 { 1 οχ - 3 ) = log { 1 οχ - 3 ) � log 2 { 1 οχ - 3 ) = 4 · log ( 1 οχ - 3 ) � log 2 { 1 οχ - 3 ) - 4 · log { 1 οχ - 3 ) = Ο � ( tog { 10x - 3 ) - 4 ) · tog { 10x - 3 ) = 0 � log ( 1 0χ - 3 ) - 4 = ο ή log ( 10χ - 3 ) = ο � log ( 1 οχ - 3 ) log 104 ή log ( 10χ - 3 ) = log 1 �

)

Η f έχει σύνολο ορισμού το 4χ 1 >0 = {xεJR/4x>1} =(0,-too) Αι = xεJR/� +5>0, --=� +5 β) Είναι: 4.t - 1 = log-3 f (x) = log3 - log 7 � log -7 2x + 5 � 4χ - 1 = -3 � 7 ( 4.t - 1 ) = 3 ( 2χ + 5 ) � 2χ + 5 7 7 · 4χ - 7 = 3 · 2χ + 1 5 � 7 · 2 2 .t - 3 · 2· - 22 = 0 � 2χ = ω 2χ = ω lOX - 3 = 104 ή lΟΧ - 3 = 1 � 10Χ = 104 + 3 ή lΟΧ = 4 � � � 11 ή ω=2� 7ω 2 - 3ω - 22 = 0 ω = - -;:; χ = log { 104 + 3 ) ή χ = log 4 . γ) Επειδή g(3) :;t: O έχουμε τον λόγο: � 2χ -� ή 2χ = 2 � 2χ = 2 � χ = 1 7 Iog .Jιο3 - 3 }i log 997 vflog 997 < 1 f (3 ) 4χ -1 > 1 -1 >0�-2 g ( 3 ) �log(103 - 3 ) vflog997 γ) Επίσης: f(x) >O,� log -2χ +5 2χ +5

}

α)

{

( )

{

(4" )

-- =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/45

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

------

διότι log 997 < log l03 � �log 997 < .J3 � (3 ) � < .[3 <1 οπότε / < 1 � f (3) < g (3) . 2 2 g (3)

g(x) = 4ex - 7 α) Να βρεθούν τα πεδία ορισμού των f,g να επιλυθεί η εξίσωση 2·1n(f(x)) = ln(g(x))

Άσκηση lΟη

β) Αν οι λύσεις της (ε) είναι, κατά αύξουσα

Δίνεται

συνάρτηση

f(x) = ln( e · χ + ι)

με

τύπο

α) Να

βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης και η μονοτονία της.

β) Να λυθεί η εξίσωση στο διάστημα [0,2π). γ) Να λυθεί η aνίσωση

J ( .J3 · η,ux) = f( συvx)

/(2χ) > f(x) .

f(x) = ex

1 και

και

(ε)

σειρά, διαδοχικοί όροι i) αριθμ. προόδου, να βράτε τη διαφορά ω της προόδου ίί) γεωμ. προόδου, να βρείτε τη ο λόγος λ της προόδου γ) Να βρεθούν τα κοινά σημεία των C1 και Cg . Λύση

α) Α1 = R, Αε = R από την εκθετική συνάρτηση.

Η (ε) ορίζεται, αν και μόνο αν: f(x) >Ol, ιf - 1>0 1«Χ1 n"λικri χ > ln( 7 I 4) δηλαδή g(x) >OJ 4! -7>0 Για την μονοτονία της f : 'Εστω Με την προϋπόθεση αυτή, έχουμε: άρα Α= (ε) � 2 · ln ( ex - ι ) = ιη ( 4ex - 7 ) � χ1 ,χ2 Ε Α με ΧΊ < χ2 � ι'Χι < exz � ι'Χι + 1 < et2 + 1 � ιn ( ex - 1 ) 2 = ln ( 4ex - 7 ) � ( ex - 1 ) 2 = ( 4ex - 7 ) � ln(ex1 + 1) < ln(ex2 + 1) � f(x1 ) < f(x2 ) Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο Α . ( ex }2 - 2ex + 1 - 4ex + 7 = 0 � (ex }2 - 6ex + 8 = 0 � β) Για χ τέτοιο ώστε ,J3ημχ,συvχ Ε Α έχουμε: · � � ι( .J3 · ημχ ) = f (σvvx) � :�y + 8 - 0 - : ή y - 4 � Θέτουμε y = ex > Ο και η (2) � / - 6y + 8 = 0 � ιη ( .J3 · e · ημχ + 1 ) = ln(e · σvvx + 1) � ex = 2 ή ex = 4 � x = ln 2 ή x = ln 4 (*) .J3 · e · ημχ + 1 = e · συvχ + 1 � .J3 · ημχ = συvχ� Οι τιμές είναι δεκτές καθώς ln 2 > ln( 7 I 4) και π � ημχ = 1r;; � εφχ = εφ-π � χ = κπ + -, κ Ε Ζ . ln4 > ln(7 1 4) . 6 συvχ ν 3 6 β) ί) Επειδή ln4 > ln 2 (η συνάρτηση lnx είναι γν. αύξ.), η διαφορά ω της αριθμητικής προόδου είναι: π=7π . π η, χ = + , Χ·= ,0 μως, Χ Ε [Ο , 2 π) αρα π 6 6 6 ω = lη4 - ln 2 = ιn i = ln2 . π 2 π .J3 π δεκτη, γιατι, ν3ημ[;; Η χ== συv- = - Ε Α ίί) Ομοίως, ο λόγος λ της γεωμετρικής προόδου 6 2 6 6 είναι λ = ln 4 = 2 · ln 2 = 2 7π απορριπτεται Η τιμη χ = 6 , γιατι' ln2 ln 2 γ) Για τα σημεία τομής των c1 , cg , έχουμε για 7π = - .J3 rt A σv v χ Ε Α1 n Αε = R : 2 6 { (*) συνχ * Ο διότι αν συvχ = Ο τότε ημχ = ±1 f ( Χ ) = g ( Χ ) � ex - 1 = 4ex 7 οπότε η εξίσωση δεν επαληθεύεται } . � 3ex = 6 � x = ln 2 . γ) Επίσης, αν 2χ, χ Ε Α έχουμε: Ακόμα g (ln 2) = / (ln 2) = eln 2 - 1 = 2 - 1 = 1 . /(2χ) > f(x) � χ > Ο αφού η f είναι γνησίως αύΆρα το σημείο τομής των c1 , cg είναι το ξουσα στο Α. Άσκηση l l η M (ln 2 , l) .

}

Λύση

1 α) Πρέπει και αρκεί: e · χ + 1 > Ο δηλ. χ > -e

(-�,+οο) .

{�

Δίνονται οι συναρτήσεις:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/46

Μια ενδιαφέρουσα συμπλήρωση στο άρθρο της Παναγιώτας Αργύρη του τεύχους

Παραθέτουμε δύο ερωτήματα τα οποία για εξοικονόμη ση χώρου παραλήφθηκαν, 1 ον) Σχεnκά με το μέγιστο εμβα δόν του ορθογωνίου ΑΒΓΔ με (ΑΓ) = Ji και (ΑΓΔ)=θ με

r:s;:]'

Ο < θ < _:: έχουμε:

2 Ε(θ) = χ · ψ = Ji · ημθ · Ji · συνθ = 2 · ημθ · συνθ Α τρόπος Είναι : Ε(θ)= ημ2θ � 1 και Ε(θ)= 1 <:::} ημ2θ = 1 <:::} 2θ = -π <:::} θ = -π . 4 2

Β τρόπος (Χωρίς την χρήση του τύπου για το διπλάσιο

τόξο)

Ε(θ)= 2 · ημθ · συνθ = 1 - (ημθ συνeγ � 1 και Ε(θ)= 1 <:::} ημθ = συνθ <:::} εΦθ = 1 <:::} θ = _:: , δηλαδή r:= �

Ji ·ημ2: = 1 4

και ψ= Ji · συν_:: = 1 4

2°) Σχετικά με την συνάρτηση

με σύνολο ορισμού D = 9i την οποία βρήκαμε ξίσωση f(x)=

{

f(x)= -- - συνχ η μχ εΦχ κπ, κπ + I κ ε Ζ για --

f (x) = η μχ

( �)

-συν χ -

}

�

ζητήθηκε να λυθεί η ε

με δύο τρόπους

α) Μετατρέποντας και τα δύο μέλη σε ημίτονα β) Μετατρέποντας και τα δύο μέλη σε συνημίτονα.

Τέλος αν Α, Β είναι τα δύο σύνολα λύσεων που βρήκα τε στα ερωτήματα α), β) αντίστοιχα, να δείξετε ότι Α=Β (ανεξάρτητα από την εξίσωση) ΛΥΣΗ α . Στο D

( �) <:::} = -συν (χ - �) <:::} <:::} ημ(-χ) = συν ( χ - �) <:::} ημ(-χ) = ημ (� - ( χ - �) ) . <:::} ημ(-χ) = ημ ( � - χ ) <:::} -χ = 2κπ + ( � - χ ) (1) -χ = 2κπ+π- (� -χ) ,(2) έχουμε:

f(x) = -συν χ -

ημχ

( 1) <:::} Ο · χ = 2 κπ + _:: και είναι αδύνατη, αφού 6

2κπ + _:: ;t. Ο ,για κάθε κ ε Ζ , καθόσον 6

κ ε Ζ => Κ * --1 12 5 π <:::} χ = -κπ - 5π , κ ε Ζ (2) <:::} -2 · χ = 2κπ + 12 6 Οι τιμές αυτές είναι δεκτές, δηλαδή ανήκουν στο D α-

90:

5 π * κ π δηλαδη' κ + κ * -5 -κ π - 2 12 ' για κα-' 12 2 ' Sπ θε κ1 , κ ε Ζ και -κ1π - * κ2 π + 2: , δηλαδή 2 2 12 1 1 κ1 + κ2 * --, για κα' θε κ1 , κ2 ε z . 12 'Εχουμε σύνολο λύσεων το Α = -κπ - I κ ε Ζ φου'

{

}

��

( �) <:::} ημχ = -συν (χ - �) <:::} <:::} συ (� - χ ) = συν ( π - ( χ - �)) <:::} συν (� - χ ) = συν ( 2π - χ ) 3 <:::} � - χ = 2κπ + 2 π - χ ή � - χ = 2κπ --{ 2 π - χ ) 3 3

β.

f(x) = -συν χ ν

2π π <:::} οχ = 2 κπ + π ,αδυνατη η' 2 · χ = 2 κπ - "6 ' 3 2 7π , κ ε Ζ , δεκτες' <:::} χ = -κπ + -π + -π <:::} χ = -κπ + 12 3 4 �

{

τιμές (γιατί;).

Β = -κπ +

'Εχουμε σύνολο λύσεων το •

;� I κ ε Ζ}

Για να δείξουμε Α=Β, αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε χ ε Α ισχύει χ ε Β και για κάθε χ ε Β ισχύ ει χ ε Α ,δηλαδή Α ς Β και Β ς Α

5π κ ε z ,ωστε χ= -κπ - χ ε Α => Υπαρχει ' 12 5π ' χ = -κπ - π + π -' => Υπαρχει κ ε z , ωστε 12 π Ί :::> Υπάρχει κ ε Ζ ώστε χ = (-κ - 1) · π + 12 π Ί Υπάρχει λ ε Ζ ,ώστε χ = -λ · π + ::::> χ ε Β με 12 '

λ=κ+l .

=> χ= -κπ + Ί π => 12 7π 5π => χ = -κπ + π - π + - => χ = (-κ + 1) · π - 12 12 π 5 => χ = -λ · π - - ::::> χ ε Α με λ=κ-1 12

Ανάλογα: χ ε Β

•

( ) ( ) ( �) ( � ) = -ημ ( π + �) = - ( -ημ (�) ) = �

Εξάλλου βρήκαμε

f( - 2 1π 2 1 π -20π + π ) η μ - - - -η μ 4 4 4

= -η μ 5 π +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/47

= - η μ 4π + π +

Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Κανονι κά πολύγωνα - Μέτρηση κύκλου

Του Αποστόλη Κακαβά

Άσκηση l η Αν λιι, λ10 οι πλευρές κανονικού εξαγώνου και κανονικού δεκαγώνου αντίστοιχα εγγε-rραμ μένου σε κύκλο (O,R) και α5 το aπόστημα κα νονικού πενταγώνου εγγε-rραμμένου στον ίδιο κύκλο (O,R) να δειχθεί ότι λιι+λιο=2αs χωρίς να υπολογιστούν λιο και αs.

Λύση:

ΟΛ = 20Κ � ΟΒ + ΒΛ = 20Κ � � R + λ1 0 =2α5 � λ6 + λ1 0 =2α5 • Άσκηση 2η

[Μία προσέrfιση χωρiς τον τύπο του ΑΡΧΙΜΉΔΗ ] α. Να υπολογιστεί το εμβαδό κανονικού δω

δεκαγώνου εγγε-rραμμένου σε κύκλο (O,R) ως συνάρτηση της ακτίνας του R . β. Να υπολογιστεί η πλευρά και το aπόστημα του κανονικού δωδεκαγώνου εγγε-rραμμένου στον κύκλο (O,R) ως συνάρτηση της ακτίνας του R .

Λύση:

Αν ΑΓ=λs πλευρά κανονικού πενταγώνου εγ γεγραμμένου στον κύκλο (O,R) και αν Β το μέσο του τόξου ΑΓ τότε ΑΒ=λιο και ΟΒ μεσοκάθετος του ΑΓ οπότε ΟΚ=λ5 • Προεκτείνω την ΟΒ κατά τμήμα ΒΛ=ΑΒ =λ10, τότε Α Β Λ ισοσκελές με κορυφή Β οπότε ΛλΒ = ΑλΒ ..-

α. Σε κύκλο (O,R) εγγράφω κανονικό εξάγωνο ορίζο ντας 6 διαδοχικά τόξα χορδής R και φέρω τις μεσοκα θέτους των πλευρών του κανονικού εξαγώνου, τότε τα σημεία τομής τους με τον κύκλο μαζί με τις κορυφές του κανονικού εξαγώνου είναι κορυφές κανονικού δω δεκαγώνου. Το τετράπλευρο ΟΑΗΒ έχει κάθετες

διαγώνιους, το εμβαδό του κανονικού δωδεκα 3 600 γώνου είναι Ο & . Η γωνία Β = = Α 3 6° (2) (1) = 10 10 1 Ε 1 2 = 6(0ΑΗΒ) = 6 2 0Η · ΑΒ = 3R · λ6 = 3R 2 . ΑΒΓ = και η γωνία ΑΒΟ = 2 1 1 β. Ε 1 2 = - Ρ1 2 · α1 2 � 3R 2 = - 12 · λ1 2 · α1 2 � 2 2 -ω φ 2 = 1 0 = 1 80° 1 0 = 1 80° - 3 6° = 72 0 (3 ) . ΑλR (1 ) . 'Εχουμε 2 2 2 R 2 = 2λ1 2 α1 2 � α1 2 = 2λ1 2 λά ΑΒΟ είναι εξωτερική γωνία του 2 2 (3) λ2 (Ι) R 4 λ1_ 2 = R2 � = R 2 � -_2 + _ ΑΒΛ οπότε ΑΒΟ = ΛΑΒ+ ΑΛΒ � α1 2 2 + _1_ 4 4 4λ1 2 2 2 2 ΑΛΒ = 72° � ΑΛΒ = 36° (4). Από (2),(4) R 4 + λ1 2 4 = 4λ1 2 · R � λ1 2 4 - 4λ1 2.2 · R 2 + 4R 4 22 έχουμε ΑΟΒ = ΑΑΒ � Α Α Ο ισοσκελές με = 3 R 4 � (λ1 / -2R ) = 3R 4 � λ1 / - 2R2 = κορυφή Α, οπότε ΑΚ που είναι ύψος είναι και J3R2 ήλ1 / -2R2 = -J3R2 � λ./ = 2R2 + J3R2 διάμεσος, οπότε Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/48

Μαθη ματικά για την Β· Λυκείου

ή λ1 / = 2R 2 - .J3R 2 => λ1 2 = R �2 + .J3 ή λ1 2 = R �2 - .J3 . AJ.J..ά λ1 2 < λ6 <=> λ1 2 < R οπότε λ1 2 = R �2 - .J3 . Με αντικατάσταση στην σχέση 2 R R � ( 1 ) έχουμε: <lι2 = n => <Χι2 = -ν 2+ .J3 . 2 2R 2 - .J3 Άσκηση 3 η

---..

κτίνα ΟΒ του κυκλικού τομέα Ο.ΑΒ στο σημείο Γ. α. Να δειχθεί ότι η ακτίνα του ημικυκλίου είναι ΚΑ=ρ . β. Να υπολογιστούν τα τμήματα ΓΑ, ΓΒ, ΑΒ ως συνάρτηση του ρ. Δ

Να υπολογιστούν τα εμβαδά ( ΑΒΓ ) και Δ

( ΟΓΑ ) ως συνάρτηση του ρ. δ. Να υπολογιστεί η περίμετρος και το εμ βαδό του μικτόγραμμου χωρίου ΟΓΔ.

Λύση:

α. Έχουμε: ΚΑ=ΚΓ=ΚΔ και ΟΒ εφαπτομένη οπότε οrκ = 90° και επειδή ΑΟΒ = 30°

έχουμε ότι ΓΚΔ = 60° άρα ΓΚΔ ισόπλευρο �

οπότε ΓΔ = ΓΚ = ΚΔ = ΚΑ(1) επίσης στο Λ

1 80° - ΟΓΑ- ΓΟΔ => ΓΑΟ = 30° = ΓΟΔ => ΟΓΑ ισοσκελές με κορυφή Γ => ΟΓ=ΑΓ = ρ .J3 (3).Άρα ΓΒ=ΟΒ-ΟΓ=3ρ-ρ .J3 = (3-.J3)ρ (4). Δ

Εφαρμόζουμε Νόμο Συνημιτόνων στο ΟΑΒ : ΑΒ 2 = ΟΑ 2 + ΟΒ 2 - 2 · ΟΑ · ΟΒ · συν ΑΟΒ => ΑΒ2 = (3ρ) 2 + (3ρ) 2 - 2 · 3ρ · 3ρ · συν30° => Λ

,...-...

Δίνεται κυκλικός τομέας Ο.ΑΒ κεντρικής γωνίας 30° και ακτίνας ΟΑ=3ρ και ημικύ κλιο διαμέτρου ΑΔ και κέντρου Κ που ανή κει στην ακτίνα ΟΑ και εφάπτεται στην α-

γ.

= 120°. Στο ΟΓΑ έχουμε και ΓΑΟ =

ΟΓΔ έχουμε ΟΓΔ = 30° = ΓΟΔ => ΟΓΔ ισοσκελές με κορυφή Δ => ΓΔ = ΟΔ (2). ΟΑ 3ρ (1),(2) => ΚΑ = ΚΔ = ΟΔ = -- = 3 = ρ. 3 β . Η γωνία ΑΓΔ = 90° ως εγγεγραμμένη σε Λ

ημικύκλιο.Εφαρμόζουμε Π. Θ. στο ΑΓΔ : ΑΓ2 = ΑΔ2 - Γt:f- => ΑΓ 2 = (2ρ) 2 - ρ 2 => ΑΓ = ρ .J3. o:r'A = or Δ+ ΜΔ = 30° 90°

ΑΒ 2 = 1 8ρ 2 - 9ρ 2 .J3 => ΑΒ = 3ρ �2 - .J3 . (3),( 4 ) 1 γ: Έχουμε (ΑΒΓ) = - ΓΑ · ΓΒ · ημ60° = 2 }_ ρ .J3 . (3-.J3)ρ .J3 = 3(3 - .J3) ρ 2 και ( OrΑ) = 4 2 2 ! ΓΑ . ΓΟ . ημ12Ο 0 <:; ! cρ .J3) 2 .J3 = 3 .J3 ρ 2 . 4 2 2 2 δ. Το Εμβαδό του μικτόγραμμου χωρίου ΟΓΔ 1 είναι (ΟΓΔ)=(ΟΓΚ)-(Κ.ΓΔ)=-ΓΟ · ΓΚ2 2 2 πρ 60° }_ .J3 . - πρ (3 .J3 - π)ρ 2 ( 5 ) . = ρ ρ = 360° 2 6 6 Δ

,---...

Άσκηση 4η

Δίνεται ημικύκλιο κέντρου Ο και διαμέτρου AB=2R .Φέρω χορδή του ΓΔ=λJ/ΑΒ. Αν οι προεκτάσεις των τμημάτων ΑΓ και ΒΔ τέ μνονται στο σημείο Ε και η ΕΟ τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Λ και το τμήμα ΓΔ στο σημείο Κ τότε: α. Να υπολογιστούν τα μήκη των τμημάτων ΑΓ και ΒΔ ως συνάρτηση του R. β. Να υπολογιστεί η περίμετρος και το εμ βαδό των τριών κυκλικών τμημάτων που περιέχονται μεταξύ του ημικυκλίου και του τραπεζίου ΑΒΔΓ . γ. Να υπολογιστεί το μήκος του ΕΚ=χ ως συνάρτηση του R . Δ

δ. Να βρεθεί ο λόγος των εμβαδών (ΑΒ Ε ) Δ

(ΔΕ Γ ) ε . Να υπολογιστεί το γινόμενο ΕΓ ·ΕΑ ως συνάρτηση του R .

Λύση:

α. "Ε χ ο υ μ ε Γ Δ = λ 4 R -./2 ο π ό τ ε Γ Ο Δ ω 4 360 ° 90 ° . Επίσης ΓΔ I IAB � ΑΓ ΔΒ � =

,......-.._

-- =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " 91 τ.3/49

,......-.._

Μαθη ματικά -yια την Β' Λυκείου

ΑΟΓ = ΒΟΔ = 180°-90° 2 = 45°. Εφαρμόζουμε Νόμο Συνημιτόνων στο ΟΑΓ: ΑΓ2 =ΟΑ2 + ΟΓ2 -20Α · ΟΓ ·συν ΑΟΓ � ΑΓ2 = 2R2 -2R2συν45° �ΑΓ2 =2R2 -2R2 .J22 �AΓ=RJ2- .J2 . = Επει δ ή ΑΓ ΔΒ και σε ίσααντιτόξα τουούν ίδιου κύκλου σ τοι χ ί σ ες χορδές έχουμε ΒΔ=ΑΓ=R�2-J2 (1). 00 β. (ΓΚΔΛΓ) =ΕΟ.ΓΔ - (ΟrΔ) = πR290 360 πR24 R22 R24 εμβαδόν 12 =---=-(π-2). --ΟΓ·ΟΔ του κυκλικού τμήματος που περιέχεται μεταξύ τουκαι τηςτόξουχορδής ΑΓ καιΒΔ)τηςείναιχορδής ΑΓ (ή του ΒΔ Ε=Ε - (OAr) = πR360°2 45ο 2 R2ημ45ο = πR28 R2J24 =-(πR28 2J2) και περιμε-, =-Π=L---ΓΑ +ΑΓ= πR45° + Rv 2-J2 = 0 180 = R4 (π+4J2-J2). Τα ΔΕΓ,ΑΒΕΚ είναιόμοια γιατίΓΔΙ/ΑΒ ΔΑΒ ΕΕΟ R2RJ2 χ+αχ <=> -J22 = οποτε -=-<=>--= 2χ <=> (2 -J2)x = R <=>χ=4 R2 (2 + J2). 2x+RJ2 Επειδή ΔΕΓ, ΑΒΕ είναι όμοια έχουμε �: =��: =(�)' ��: =(�)' = ε. ΕΓ ·ΕΑ = Δ�ο.R) = Ε02' -R2 =(χ +α4 )2 -R2 = ( � (2+ν'2)+ R� J -R' =(R+Rν2)' Λ

r--..

,.---..

�

,.---..

_!_

(J)

γ.

δ.

Άσκηση Sη

Δίνονται οι κύκλοι (B,R) και (Γ,ρ) που εφά πτονται εξωτερικά στο σημείο Δ και ο κύ κλος (Α,χ) που εφάπτεται εξωτερικά στους κύκλους (B,R) στα και (Γ,ρ) στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα και εσωτερικά του κύκλου διαμέτρου ΒΓ στο σημείο Η. α. Αν Μ το μέσο του ΒΓ ,να υπολογιστούν οι διάκεντροι ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ και ΑΜ ως συνάρ τηση των R, ρ και χ. β. Ν α υπολογιστεί το μήκος της ακτίνας χ του κύκλου (Α, χ) ως συνάρτηση των R, ρ. γ. Να υπολογιστεί το μήκος του κύκλου (Α,χ) και το εμβαδό του κυκλικού δίσκου (Α,χ) ως συνάρτηση των R, ρ .

Λύση :

r--..

o.fA

τρο ς

-R2 =R2 +2R2J2 +2R2 -R2 = 2R2(J2 + 1).

= = = = Έχουμε AB AE+EB x+R, ΑΖ+ΖΓ ΑΓ Η χ+ρ, ΒΓΒΓ=ΒΔΒΔ+ΔΓ + ΔΓ = RR +ρ+ρ και Μ=ΒΜ= ΜΓ= 2 = 2 = 2 οπότε ΑΜ =ΗΜ - ΗΑ= R+ρ2 -χ= R+ρ-2χ . 2 Εφαρμόζουμε 1 ο Θεώρημα Διαμέσων-στο και = 2ΑΜ2 + + 2 α.

β.

ΑΒΓ

έχου με: ΑΒ2

ΒΓ2

ΑΓ2

(

2 => (R + x)z + (ρ + x)z=2 R + ρ - 2x + 2 (R + ρ)2 ( ) :::::> 2χ2 + 2Rx + 2χρ = 2χ2 + 2Rρ 2 -2Rx - 2ρχ :::::> 2(R + ρ )χ = Rρ :::::> χ = Rρ 2(R + ρ) Α ερ.

Το μήκος του κύκλουRρ(Α,χ) είπRρ ναι L=2πχ =2π 2(R+ρ) = R+ρ Το εμβαδό του κυκλικού δί'σκου (Α,χ) είναι Ε=πχ' =π ( 2(:: ρ) ) 4:::)' .

γ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/50

------- Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου -----Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

ΚΩΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ ΚΑΙ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗ ΕΠΑΓΩΓΗ Γιάννης Λουριδάς - Σωτήρης Λουρίδας

Άσκηση 1η α.

Δίνεται η εξίσωση : + χ 2 y 2 - 2μχ - 1 = Ο , μ Ε 9t (1)

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) για κάθε μ Ε 9t παριστάνει κύκλο, του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. β. Να αποδείξετε ότι όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση (1) καθώς το μ 9t μεταβάλλεται στο διέρχονται από δύο σταθερά σημεία Ει, Ε2 . γ. Αν Ει(Ο, 1), τότε να αποδείξετε ότι για κάθε + μ Ε 9t η ευθεία ε: μχ y 1 = Ο εφάπτεται του αντίστοιχου κύκλου της εξίσωσης (1) στο σημείο Ει. δ. Να βρείτε τους κύκλους της μορφής (1) των οποίων οι εφαπτόμενες στα σημεία Ει, Ε2 είναι κάθετες.

Λύση

α.

Είναι Α=-2μ, Β=Ο , Γ=- ι με Α2+Β24Γ=4μ2+4=4{μ2+ ι)>Ο, για κάθε μ Ε 9t . Άρα για κάθε μ Ε 9t η εξίσωση (ι) παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ(μ,Ο) και ακτίνα ρ = ]._ �4(μ 2 + 1) = �μ 2 + 1 . 2

β. Όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση (1) διέρχονται από το σημείο (χ0 , y0 ) , αν και μόνο αν για κάθε μ Ε 9t ισχύει: χ 0 2 + y 0 2 - 2 μχ 0 -ι = Ο , δηλαδή

(-2χ0 ) · μ + (Χ02 + y/ -1) = 0 (2)

Η εξίσωση μόνο αν:

(2)

αληθεύει για κάθε μ Ε 9t , αν και

(-2χ 0 = Ο και χ0 2 + y0 2 - 1 = Ο) , δηλαδή (χ0 = Ο και Υο = ±1)

το κέντρο του κύκλου και δ = (-1 , - μ) το παράλληλο - - διάνυσμα προς την ε, διότι ΚΕ ι · δ = (-μ , 1) · (-1 , - μ) = μ - μ = Ο .

Άρα για κάθε μ Ε 9t η ευθεία ε: μχ - y + 1 = Ο εφάπτεται του αντίστοιχου κύκλου της εξίσωσης (ι) στο σημείο Ει. 9t 2°ς τρόπος: (Υπόδειξη) Για κάθε μ Ε το Ει είναι προφανώς σημείο της ευθείας ε και του αντίστοιχου κύκλου της εξίσωσης ( ι ) και ισχύει: d(Κ, ε) = ρ = (ΚΕ ι ) , διότι . . . 3ος τρόπος: (Υπόδειξη) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε μ Ε 9t το σύστημα των εξισώσεων της ευθείας ε και του αντίστοιχου κύκλου της εξίσωσης (ι), έχει μια διπλή λύση, τις συντεταγμένες του Ει. δ. Οι εφαπτόμενες ενός κύκλου της εξίσωσης (ι) στα σημεία Ει, Ε2 τέμνονται κάθετα στο Σ, αν και μόνο αν το τετράπλευρο Κ ΕιΣ Ε2 είναι τετράγωνο, ή ισοδύναμα (ΚξΥ + (Κξ )2 = (ΕιΕ2 Υ α.

<::::> 2ρ2 = 4 <::::> ρ2 2 <::::> μ 2 + 1 = 2 <::::> μ2 ::::: 1 <::::> μ = ±1 =

Άρα. όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση ( ι ) διέρχονται από τα σταθερά σημεία Ει (0, ι) και Ez(O; -ι). 2ος τρόπος : (Υπόδειξη ) Δίνουμε δύο τιμές στο μ και από την (ι) προκύπτει σύστημα με δύο λύσεις: τα ζεύγη (-1,0) και ( ι , 0), τα οποία επαληθεύουν την (ι) για κάθε μ Ε 9t . Άρα . . . γ. Για κάθε μ Ε 9t το Ει είναι προφανώς σημείο της ευθείας ε και του αντίστοιχου - - κύκλου της Για μ= ι η εξίσωση του κύκλου cι είναι εξίσωσης (ι) και ισχύει: ΚΕ ι .l δ , όπου Κ(μ,Ο) χ2 + y 2 - 2χ - 1 = ο <::::> (χ - 1)2 + y2 = 2 ' ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/5 1

-------

Μαθημαnκά για την Β' Λυκείου

ενώ για μ=- 1 η εξίσωση του κύκλου

είναι Διότι α'=2, y = J2 και

x 2 + y 2 + 2 χ - 1 = 0 <=> (χ + 1) 2 + y 2 = 2 τ ρ όπος: (Υπόδειξη ) Για κάθε

μ Ε 9l

η ευθεία ε': μχ + y + 1 = Ο εφάπτεται του αντί στοιχου κύκλου της εξίσωσης (1) στο σημείο Ε2, διότι . . . Είναι:

2°ς

ε l_ ε' <=> λε · λε.

Άσκηση

= -1 <::::> μ 2 = 1 <=> μ = ±1

2η

Δίνεται η ισοσκελής υπερβολή c : χ 2 - y 2 = 1 α. Να βρείτε τις εστίες και τις aσύμπτωτες της υπερβολής c. β . Να βρείτε τα σημεία Μ της υπερβολής c για τα οποία ισχύει (ΜΕ ')+(ΜΕ)=4, όπου Ε ' , Ε οι εστίες της υπερβολής c.

γ. Αν και

-------

M(.Ji,l) , M1 (.J2,- 1) , M 2 (-.J2,1) M3 (-.J2,- 1) είναι τα σημεία που

β ' 2 = α · 2 - y 2 = 4 - 2 = 2 , οπότε, β ' = J2 .

Οι συντεταγμένες των σημείων Μ θα είναι οι λύσεις του συστήματος των εξισώσεων της υπερβολής c και της έλλειψης c ' . Έχουμε: χ 2 - y2 = 1 y2 = χ2 - 1 χ 2 y 2 <=> χ 2 χ 2 - 1 <=> ...

{

-+- = 1 -+ =1 4 4 2 2 Υ Ε {1 , -1 } y2 = 1 <::::> 2 <::::> Χ Ε {J2, -J2} Χ =2

{

Άρα τα ζητούμενα σημεία είναι τα: M(J2, 1) , M ι (..fi, - 1) , M 2 (-J2, 1) και M3 (-J2, - 1)

βρήκατε στο ερώτημα β., τότε να αποδεί ξετε ότι είναι κορυφές ορθογωνίου παραλληλογράμμου με εμβαδό ίσο με 4ε, όπου ε είναι η εκκεντρότητα της υπερ--βολής c.

δ.

Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής cι η οποία έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και διέρχεται από τα σημεία Μ, Μ2• Στη συνέχεια να αποδείξετε ότι η παραβολή c1 εφάπτεται της υπερβολής c στα σημεία αυτά.

Λύση

α. Από την εξίσωση της ισοσκελούς υπερ-βολής c έχουμε: α2=β2=1. Άρα γ2=α2+β2=2, οπότε y = J2 . Οι εστίες της υπερβολής c είναι τα σημεία Ε' (J2 ,0) και Ε( J2 ,0) . Οι aσύμπτωτες της ισοσκελούς υπερβολής c είναι οι ευθείες: ει: y=x και ε2 : y=-x. w

β. Είναι (ΜΕ')+(ΜΕ)=4 και

(Ε 'Ε)=2 y = 2J2 < 4 . Άρα τα σημεία Μ ανήκουν

και στην έλλειψη c ' με εστίες τις εστίες της υπερβολής c και έχει μεγάλο άξονα (ΑΆ)=2α'=4. χ 2 y2 Η εξίσωση της έλλειψης c ' είναι: - + =1. 4

Το τετράπλευρο ΜΜιΜ2Μ3 είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, αφού οι διαγώνιές του ΜΜ3 και ΜιΜ2 διχοτομούνται στο Ο και είναι ίσες. 2°ς τ ρ όπος: (Υπόδειξη) Οι πλευρές του τετραπλεύρου είναι παράλληλες στους άξονες χ 'χ και y'y. Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΜΜιΜ2Μ3 είναι: Ε=(ΜΜι).(ΜΜ2)= 2 · 2 J2 = 4J2 =4ε, διότι η εκκεντρότητα της ισοσκελούς υπερ-βολής c είναι ε= J2 . δ. Η παραβολή (cι) έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και διέρχεται από τα δύο σημεία Μ, Μ2 τα οποία είναι συμμετρικά ως προς τον ημιάξονα Oy, οπότε η εξίσωσή της είναι της μορφής: χ2 = 2py, με p > Ο . Όμως M:G<=(Γ2f =2p·1<::p=l. Άρα η εξίσωση της παραβολής είναι: χ 2 = 2y . Για να δείξουμε ότι η παραβολή cι εφάπτεται της υπερβολής c στα σημεία Μ, Μ2, αρκεί να δείξουμε ότι η παραβολή cι και η υπερβολή c στα σημεία αυτά έχουν κοινή εφαπτομένη. Αυτό ισχύει, διότι: η ευθεία ει: J2 χ y - 1 = Ο είναι η κοινή εφαπτομένη

γ.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/52

-------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

-------

της παραβολής c 1 και της υπερβολής c στο Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι η σημείο Μ και η ευθεία ε2 : .J2 x + y + 1 = 0 παραβολή c : y = 4 χ . είναι η κοινή εφαπτομένη της παραβολής c ι β . Το Ν (χ 0 , y0 ) , y0 � Ο , είναι σημείο της και :τις υπερβολής c στο σημείο Mz · παραβολής c, οπότε ισχύει:

'f1

Υο<=Ο

Είναι :

Yo 2 = 4 x o � Yo = 2Fo

�(χ 0 - 3)2 + (2Fo - 0) 2 = �χ0 2 - 2 χ 0 + 9 , χ 0 � Ο

(ΚΝ) =

Η απόσταση (ΚΝ) γίνεται ελάχιστη, αν και μόνο αν το τριώνυμο χ 0 2 - 2χ 0 + , με χ 0 � Ο γίνει ελάχιστο. Δηλαδή, όταν = 1 είναι Υ ο = 2.Ji = 2 . Άρα N (l, 2) .

χ0

-2 =--= 1. 2·1

Για

χ0

Ά σκηση 3 η

θεωρούμε τα σημεία Μ(χ, y) για τα οποία ισχύει: (ΜΕ ')2-4(ΜΕ)+4=(ΜΕ)2 (1), όπου Ε '(1,0) και Ε (1,0). α. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος των ση μείων Μ είναι η παραβολή c : y 2 = 4χ

β. θεωρούμε το σημείο Κ(3,0). Να βρείτε σημείο Ν ( χ 0 , y0 ), y0 της παρ αβολής c

�Ο

γ.

του ερωτήματος α., ώστε η απόσταση (ΚΝ) να γίνεται ελάχιστη. Στη συνέχεια, να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη της παραβολής c στο Ν είναι κάθετη στην ευθεία ΚΝ Αν είναι Ν(1,2) και η ευθεία ΚΝ τέμνει τον άξονα y'y στο Λ, τότε να αποδείξετε ότι για οποιοδήποτε σημείο Σ της παρα-βολής

Η εξίσωση της εφαπτομένης ε της παρα-βολής στο Ν είναι: 2y = 2(χ - Ι) � y = χ - 1 . Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης ε είναι λε= 1 και της ευθείας ΚΝ είναι λιm= = - 1 . Ισχύει λε.λιαι=--- 1 . Άρα η 1-0 εφαπτομένη της παραβολής c στο Ν είναι κάθετη στην ευθεία ΚΝ •

2- 3

ισχύει: (ΛΣ)

� ..fi . Πότε ισχύει η ισότητα;

δ. Να αποδείξετε ότι η έλλειψη με εστίες τα σημεία και Ε '(-1,0) Ε (1,0)

α=

Λύση

�3 + 2..fi διέρχεται από το ση μείο Ν.

α. Έχουμε: (ΜΕ ')2= (χ + 1) 2 + y2 , (ΜΕ)= �(1 - χ 2 + ( Ο ) - y) 2 = �,-(x---1-)2-+-y-2 , (ΜΕ)2= ( χ - 1 ) 2 + y 2 οπότε: ,

(ΜΕ ')2-4(ΜΕ)+4=(ΜΕ)2 -'---� (χ + 1)2 + y2 - 4 ' 2_ y-,2 + 4 = (χ - 1)2 + y2 +_ (x -- 1)-,� ... �

�

4 (χ - 1)2 + y2

= 4χ + 4

� + y2 = χ + 1 <=> ( {�(x - 1)2 + y2 J = (x + l)2 και χ � - 1) <:> {<χ - 1)2 + y2 = (χ + 1γ και χ � - 1) <:> {y2 4 χ και χ � Ο) <=> (χ - 1)2

γ. Η ευθεία ΚΝ διέρχεται από το σημείο Ν( 1, 2) και έχει συντελεστή διεύθυνσης λιαι=--- 1 , οπότε έχει εξίσωση y-2 = -1 · (x -1), δηλαδή, y = -x + 3 Για χ=Ο έχουμε y=3. Δηλαδή, η ευθεία ΚΝ τέμνει τον άξονα y'y στο σημείο Λ(Ο, 3). Για το οποιοδήποτε σημείο Σ της παραβολής ισχύει ότι: � (ΛΡ) � (ΑΝ) = .J2 , όπου Ρ το σημείο τομής του ΛΣ με την εφαπτομένη ε της παραβολής στο Ν. Η ισότητα προφανώς ισχύει όταν το Σ ταυτίζεται με το Ν.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' 91 τ.3/53

(ΛΣ)

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------

δ. Αρκεί να δείξουμε ότι: (ΝΕ ')+(ΝΕ)=2α. Είναι : (ΝΕ ') = �(1 - (-1))2 + (2 - 0)2 = .J8 = 2.J2

οι εφαπτόμενες ει, ε2 τέμνουν την ε στα σημεία Κ(5, 1) και Λ(-5, 9) αντίστοιχα. Για να δείξουμε ότι ο κύκλος διαμέτρου ΚΑ και (ΝΕ) = �(1 - 1)2 + (2 - 0)2 = .J4 = 2 , οπότε διέρχεται από τις εστίες Ε', Ε της έλλειψης c, αρκεί να δείξουμε ότι: ΚΕΛ = ΚΕ Ά = 90° . (ΝΕ ' )+(ΝΕ)= 2.J2 + 2 = 2(.J2 + 1) = ΚΕ = (-1, - 1) , ΛΕ = (9, - 9) με = 2J3 + 2.J2 =2α. Άρα η έλλειψη με εστίες τα Είναι: σημεία Ε'(-1,0) , Ε(1,0) διέρχεται από το σημείο ΚΕ ΑΕ = -9 + 9 = Ο , δηλαδή, ΚΕ ..l ΑΕ . Άρα Ν. ΚΕΛ = 90° . Ομοίως και ΚΕ Ά = 90° . Άσκηση 4η Επομένως ο κύκλος διαμέτρου ΚΑ διέρχεται από χ2 y 2 Δίνεται η έλλειψη c : τις εστίες Ε', Ε της έλλειψης c. + =1. 25 9 α. Να βρείτε τις εστίες Ε ', Ε, την εκκεντρότητα Λ

( �) .

και την εφαπτομένη ε της έλλειψης c στο σημείο της Σ 4,

Να αποδείξετε ότι: d(E,ε).d(E ', ε)=β2 γ. Αν η ευθεία ε τέμνει τις εφαπτόμενες της έλλειψης c στις κορυφές της Α(α,Ο), Α'( α,Ο) στα σημεία Κ, Λ αντίστοιχα, τότε να αποδείξετε ότι ο κύκλος διαμέτρου ΚΛ διέρχεται από τις εστίες Ε ', Ε της έλλειψης. δ. Να βρείτε σημείο Δ της έλλειψης c, ώστε το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΕ ' να γίνεται μέγιστο. ε. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων .ME 2 = 32 , Μ για τα οποία ισχύει:

β.

�ΜΕ I '

' '

I I)

Β'

2ος τρ όπος: (Υπόδειξη) Βρίσκουμε την εξίσωση του κύκλου διαμέτρου ΚΑ και ελέγχουμε αν οι Λύση συντεταγμένες των Ε', Ε την επαληθεύουν. 2 2 α. Είναι α =25 <=> α=5, β =9 <=> β=3 και Έστω Δ σημείο της έλλειψης c που δεν δ. i= α2- β2 <=> i= 16 <=> y=4. συμπίπτει με τις κορυφές Α και Α' (για να Οι εστίες της έλλειψης είναι τα σημεία Ε ' (-4, 0), ορίζεται τρίγωνο ΔΕΈ). Τοτης εμβαδόν του τριγώνου Ε(4,0) και η εκκεντρότητά της ε = 1 =� . Η ΔΕΈ είναι : α 5 εξίσωση της εφαπτομένης ε της έλλειψης στο (ΔΕ'Ε)= .!_2 (Ε'Ε) · υ, όπου υ = d(Δ, χ'χ) 9 και ισχύει: υ = d(Δ,χ'χ)� (ΟΒ)= (ΟΒ ')= β = 3 . y · χ·4 S = 1 <::> 4x+5y -25=0 . σημείο Μ είναι : -+25 9 Δηλαδή, (ΔΕ'Ε)= .!_ (Ε :e · υ=.!. 2yυ= 4υ � 4β = 12. 2 2 β. Είναι: Επομένως το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕ Έ γίνεται d(E ,ε).d(E', ε) = μέγιστο όταν υ=β=3, δηλαδή, το Δ είναι το Β(Ο, 3) _ 1 4 · 4 + 5 · 0 - 251 1 4 · (-4) + 5 · 0 - 25 1 ή το Β'(Ο, -3). - �4 2 + 52 . �4 2 + 52 ε. 'Εχουμε: M :_IM 2=3 291M :_ =if2 . 9 _±!_ _ 2 = ν'4ϊ ν'4ϊ - 9 -- β Επίσης (Ε 'Ε)=8> 4.J2 . γ. Οι ευθείες ε ι : χ = 5 και ε 2 : χ = -5 είναι οι Άρα σύμφωνα με τον ορισμό της υπερβολής ο τόπος των σημείων Μ είναι η εφαπτόμενες της έλλειψης c στις κορυφές της γεωμετρικός ισοσκελής υπερβολή c ι με εστίες τις εστίες Ε ', Ε Α(5, Ο) και Α'(-5, Ο) αντίστοιχα. Για χ=5 και χ=-5 της έλλειψης c και εξίσωση χ 2 - y2 = 8 , διότι στην εξίσωση της εφαπτο-μένης ε βρίσκουμε ότι α'=β'=2 .J2 .

όπου Ε ', Ε οι εστίες της έλλειψης.

(� Ψ

_ _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/54

� I�

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ------

Άσκηση Sη Να αποδείξετε ότι:

(2)

α. 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 10 + ... + ν · (3ν + 1) = ν · {ν + 1γ

για κάθε θετικό ακέραιο ν. ι ι ι ν, για κάθε ακέραιο ν � 4 . > β. ι - ν ν ι ι ν γ. ν ! < ν ' για κάθε ακέραιο ν � 2 .

( ) (;)

(ν ! = ι· 2· J· .. ν) α. 1 · 4 + 2 · 7 + 3 · I Ο + . . . + ν · (3ν + 1) =

•

ν · (ν + 1 Υ (1)

Για ν= 1 η ( 1) γίνεται: 4 , που ισχύει. 4 Υποθέτουμε ότι η ( 1 ) ισχύει για ν=κ, δηλαδή,

1· =1·

1 · 4 + 2 . 7 + 3 · 1 0 + . . . + κ · (3κ + 1 ) = κ . (κ + 1 γ 1, 1 · 4 + · 7 + 3 · 1 0+ ... + (κ + 1) · (3κ + 4) = (κ + 1) · (κ +

(2)

και θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+ δηλαδή, 2 2γ (3) Έχουμε: •

1 · 4 + 2 · 7 + 3 · 1 0 + . . . + κ(3κ + 1) + (κ + 1) · (3κ + 4)

•

ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο

11 (1- -ν1 )ν-Ι >ν-

Για ν=4 η

που ισχύει. Υποθέτουμε ότι η (1) ισχύει για ν=κ, δηλαδή,

•

κ ! < ( κ; 1 ) κ

(2)

(κ+Ι)! <(κ;2Γ Είναι: (κ+l) ! = κ! (κ+l) <( κ ; l ) κ (κ+l), λόγω της Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε ακέραιο κ � 2 ισχύει: ( )κ ( ) ( )κ+Ι ' η, (κ+2κl)κ+Ι < (κ+2κ2)+Ι κ+Ι ' + ! 2 κ+ Ι 1 κ+ κ > ή( ) .> 2 . ) 2, ή (1 + -κ+l κ+l Αυτό ισχύει, διότι από την ανισότητα του (3)

•

(1)

l < κ+2

Bernoulli (Εφαρμογή 2 . σελίδα 1 39 του σχολικού βιβλίου) έχουμε: Ι "3 , δηλαδή κ+ 1 1 --

1 1 γίνεται: ( 1- ) > 3

κ+

( ) 4 > , που ισχuει. 3Υποθέτουμε Άρα, η ισχύει για κάθε ακέραιο ν � 2 . ότι η ισχύει για ν=κ, δηλαδή: Για κάθε ακέραιο ν � 2 έχουμε: Ι 1 1 ) κ > (1 - κ κ -1 και θα αποδείξουμε ν ! < (-ν +l-)ν -ν+l- >ν ν ! 2 2 ότι ισχύει για ν=κ+ δηλαδή: l+2+ν. . +ν > Vl· 2 · 3 . .ν (4) (1 - _κ+l1_) κ > κ , 1 + 2 + . . +ν= ν(ν+2 l) ). Για κάθε κ� έχουμε: (διοτι 1κ+l 1- ->0 1κ 1- --> Η ισχύει από την ανισότητα του Cauchy. Άρα, ν ! < ( ν ; 1 ) ν για κάθε ακέραιο ν � 2 . (1)

> 1 + (κ + 1 ) ·

κ + l. (1 )

(1)

κ+1

=1+1=2·

Σημείω ση:

· -

(2)

<::::>

_!_

•

και θα αποδείξουμε ότι

ισχ;όει για >=κ+ I , δηλαδή,

κ+1

= (κ + 1) · (κ2 + 4κ + 4) = (κ + 1) · (κ + 2)2 (1)

β.

(1)

(2).

( 2) = κ · (κ + 1)2 + (κ + 1) (3κ + 4) = = (κ + 1) · [κ · (κ + 1 ) + (3κ + 4) ]

Άρα, η ισότητα ν.

•

Λύση •

> -κ-11 - · (ι - .!.κ ) , λόγω της 1κ-1 · ( κκ-1 ) = _!_κ =Άρα, η ανισότητα ( 1) ισχύει για κάθε ακέραιο ν� ν1 γ. ν ! < ( ; ) ν Για >=2 η( )γίνεται: 2! < (%)' δηλαδή 2 < : ,

(3)

" Γι

<::::>

(4)

Άσκηση 6η

Έστω t μία από τις συντεταγμένες ενός τυχαίου σημείου της έλλειψης ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/55

c :

χ2

' το

------ Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

οποίο ανήκει στο μικρό τόξο της ΑΔ, όπου Α, Δ είναι τα σημεία τομής της έλλειψης c και της ευθείας ε: ·χ+ = Ο . θεωρούμε

3y - 3J5

και θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+ ι, δηλαδή,

επίσης την ακολουθία:

s1 !(s !)s , s ! (s1 _!_s. J , sν !(sν-ι sν-1 J ssνν Ssνν ( SSιι J =

t_ +_

------

( J

Jt 2' 8 κ+ι - Jt Sι � �= s κ+ι + ν t Sι + ν t

(3)

. . .,

, .. , όπου s>O. .

Για κάθε θετικό ακέραιο ν να αποδείξετε ότι:

- Jt

r: F:χει νόημα.

α. Η παράσταση

β.

- Ji + Ji

+ νt

-ι - Jt 2v

+ Ji

(l )

Λύση α. Η ευθεία ε: J5 · χ + 3y - 3J5 = Ο τέμνει την

έλλειψη

Δ(2, �J

y2 χ2 c : -+- = 1

που

στα ση μεία Α(3,0) ,

ανήκουν

στο

πρώτο

τεταρτημόριο. Άρα οι συντεταγμένες των σημείων του μικρού τόξου ΑΔ της έλλειψης είναι μη αρyητικοί αριθμοί, δηλαδή, t� Ο . Επίσης sν > Ο , για κάθε θετικό ακέραιο ν, οπότε sν + Jt > Ο . Άρα η παράσταση θετικό ακέραιο ν.

sν sν +

Jt Jt

έχει νόημα για κάθε

Jt s ιc+ι -8 Jt ιc+ι +

(4)

Άρα, η ισότητα (ι) ισχύει για κάθε θετικό ακέραιο ν. Σημείωση :

Λόγω της ισότητας (4) παρατηρούμε ότι οι κάθε όρος της ακολουθίας:

β.

Αν t=O η ισότητα (ι) ισχ6ει για κάθε θετικό ακέραιο ν. •

sι -

Sι +

Jt '

s2 s2 +

Jt , . . . ,

sν -

Jt , . . .

___.:.=

�

sν +

Αν t>O για την απόδειξη της (ι) θα χρησιμοποιήσουμε τη μέθοδο της μαθηματικής προκύπτει από τον προηγούμενό του, όταν αυτός υψωθεί στο τετράγωνο. επαγωγής. Για ν= ι η (1) ισχύει. Άρα . . . τελικά Υποθέτουμε ότι η ( ι ) ισχύει για ν=κ, δηλαδή, -ι •

• •

( J

S κ - Jt S ι - Jt Jt Jt = s ιc + Sι +

2 κ -Ι

(2)

Sν -

sν + Jtt ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/56

( J Sι -

Jt 2 v

S ι + Jtt

για κάθε θετικό ακέραιο ν.

ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Αργύρη Παναγιώτα

Άσκηση lη Έστω ο δειγματικός χώρος Ω των μαθητών της Γ ' τάξης ενός σχολείου. Δίνεται ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων με τους βαθμούς τους στο μάθημα «Μαθηματι' : κά και στοιχεία ΣτατιστικtιQ> Αριθμός μαθητών Βαθμοί (νι) [') 10-12 s 12-14 s 14-16 10 16-18 18 18-20 12 Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή. Ποια η πιθανότητα των ενδεχομένων : i) Α: Να έχει βαθμό το πολύ 16. ii) Β: Να έχει βαθμό τουλάχιστον 12. iii) Γ: Να έχει βαθμό μεταξύ 15 και 17.

Λύση

Ν(Ω) = Σvί = ν 1 + ν2 + ν 3 + ν 4 + ν 5 = ι=Ι

5 + 5 + 10+18+12 = 50 . Έτσι έχουμε τον πίνακα:

ί) Το πλήθος των μα

θητών που έχουν βαθμό το πολύ 1 6 εί ναι ίσο με την αθροι στική συχνότητα της 3ης κλάσης, δηλαδή

Ν ( Α ) = 20 .

Άρα:

Ρ(Α) =

Βαθ μοί

10-12 12-14 14-16 16-18 1 8-20 Σύνολο

Ν(Α) 20 � = = = 40% . Ν(Ω) 50 5

νί

5 5 10 18 12 50

5 10 20 38 50

(δηλαδή να μ ην δηλώσουν ούτε τη ν Ιστορία ούτε τη Φυσική ως μαθήματα επιλογής).

vi) Να υπολσyίσετε την πιθανότητα να δηλώ σουν το πολύ ένα από τα δύο μαθήματα ως μά θημα επιλογής.

Λύση . Έχουμε τα ενδεχόμενα : Α: «οι μαθητές της Γ Λυκείου να δηλώσουν ως μάθημα επιλογής την Ιστορία» Β: «οι μαθητές της Γ Λυκείου να δηλώσουν ως μάθημα επιλογής το Γραμμικό σχέδιο»

ii) Το πλήθος των μαθητών που έχουν βαθμό του λάχιστον

12 είναι: Ν(Β) = ν2 + ν3 + ν 4 + ν 5 = 5 + 10 + 1 8 + 12 = 45 (ή Ν(Β) = ν - Νι = 50 - 5 = 45 ) Ν(Β) 45 Άρα : Ρ(Β) = = = 90% Ν(Ω) 50

ίίί) Το πλήθος των μαθητών που έχουν βαθμό από

1 5 μέχρι 17 είναι : 1 1 1 1 Ν(Γ) = - · V3 + - · V4 = - · 10 + - · 1 8 = 14 . 2 2 2 2

Άρα: p ( Γ ) = .!.± = 28% .

Άσκηση 2η

της Γ Λυκείου ενός λυκείου Η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: «οι μα θητές της Γ Λυκείου να δηλώσουν ως μάθημα επιλογής την Ιστορία» είναι 80% και η πιθανό τητα του ενδεχομένου να μη δηλώσουν το Φυ σική ως μάθημα επιλογής είναι 70ο/ο. ί) Να βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου Β: « Οι μαθητές της Γ Λυκείου να δηλώσουν το Φυσική ως μάθημα επιλογή9> ii) Να αποδείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. iii) Αν η πιθανότητα να δηλώσουν την Ιστορία και τη Φυσική ως μαθήματα επιλογής είναι 50%. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να δηλώ σουν τουλάχιστον ένα από τα δύο μαθήματα ως μάθημα επιλογής. iv) Να υπολσyίσετε την πιθανότητα του ενδε χομένου να δηλώσουν ακριβώς ένα από τα δύο μαθήματα ως μάθημα επιλογής. ν) Να υπολογίσετε την πιθανότητα να δηλώ σουν κάποιο άλλο μάθημα ως μάθημα επιλογής

Έστω ο δειγματικός χώρος Ω των μαθητών

ii)

Ρ ( Β' ) = Ο, 7 => Ρ(Β) = 1 -Ρ(Β� = 0, 3 = 30%

Έστω ότι τα ενδεχόμενα είναι ασυμβίβαστα τότε: P(AuB) = P(A) + P(B) = 0, 8 + 0,3 > 1 ,

άτοπο, διότι: Ο � Ρ (Α υ Β) � 1 . Άρα τα ενδεχόμενα δεν είναι ασυμβίβαστα. iii) Δίνεται ότι: P(A n B) = 0, 5 . Η πιθανότητα να δηλώσουν τουλάχιστον ένα από τα δύο μαθήματα ως μάθημα επιλογής, σύμφωνα με το προσθετικό νόμο είναι:

P(A u B) = P(A) + P(B) - P(A n B) = 0, 8 + 0, 3 - 0, 5 = 0, 60 = 60% 0,8+0,3-0,5

iv) Το ενδεχόμενο να δηλώσει μόνο την Ιστορία

ως μάθημα επιλογής είναι : Α - Β . Το ενδεχόμενο να δηλώσει μόνο το Γραμμικό Σχέδιο ως μάθημα επιλογής είναι: Β - Α . Ζητείται η πιθανότητα

P((A - B) u (B - A)) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/57

-------

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου

Τα ενδεχόμενα: Α - Β και Β - Α είναι ασυμβίβα στα ( (A - B) n (A - B) = 0 ). Άρα: Ρ((Α - Β) υ (Β - Α)) = Ρ(Α - Β) + Ρ(Β - Α) = P(A) - P(A n B) + P(B) - P(A n B) = P(A) + P(B) - 2 · P(A n B) = 0, 8 + 0, 3 - 2 · 0, 5 = 0, 1 = 10% .

-------

Υποθ. 1 1 (1) ::::> 3P(l) + 2 · 4 = 1 ::::> P(l) = Ρ(Ο) = 6

Άρα: Ρ(Α) = Ρ( Ο) + Ρ(1) + Ρ (2) και Ρ(Β) = Ρ(1) + Ρ(3) =

�4

�

Η πιθανότητα να μην δηλώσουν ούτε την Ι ii) Α υ Β = {0, 1, 2, 3} = Ω =:> Ρ(Α υ Β) = 1 στορία ούτε τη Φυσική ως μαθήματα επtλογής εί ναι : Ρ(Α 'n B ') . Β - Α = {3} ::::> Ρ(Β - Α) = Ρ(3) = .!_4 . Άρα: Στο σημείο αυτό δίνουμε τους τύπους De Morgan που αποδεικνύονται εύκολα αποδεικνύοντας ότι � κάθε μέλος της ισότητας είναι υποσύνολο του άλ- f(x) = ·· = ' = ; ·� = e- ' 0\ x > O . λου: (AnB)' =Α'υΒ' και (ΑυΒ)' = A' nB' f '(x) = (e-x·lnx ) ' = e-x·lnx · (-x ·ln x) ' = e-x·kιx · (-1- ln x) v)

(� )

' P(A 'n B ') = P ( A u B) = 1 - Ρ(Α υ Β) = 1 - (Ρ(Α) + P(B) - P(A n B)) 1 - 0, 8 - 0, 3 + 0, 5 = 0, 4 = 40%

f '(x) = O <::::> e-x·Ιnx · (-1 - ln x) = O <::::> ln x = -1 <::::> x = -1 e f '( x ) < ο <=> e-x·lnx · (-1 - ln x ) < ο 1 <=> (-1 - ln χ) > ο <=> ο < χ < e · f '( x ) < ο <=> e-x ln x · (-1 - ln χ) < 0 1 <=> (-1 - ln x ) < O <::::> x > e

•

Η πιθανότητα να δηλώσουν το πολύ ένα από τα δύο μαθήματα ως μάθημα επtλογής είναι

vi)

Ρ(Α 'υ Β ') = P((A n B) ') = 1 - P(A n B) 1 - ο, 5 = ο, 5 = 50%

Άσκηση 3 η

πειράματος Β

τύχης

και

•

} { Α = { Ο, ι, 2}

ενός και

{ι, 3} είναι δύο ενδεχόμενα του. Αν ισχ6ει ότι Ρ( Ο) = 2Ρ(ι) , Ρ(2) = Ρ(3) και η μέση τιμή ι των αριθμών: Ρ(Ο) , P(l), Ρ(2) είναι - . Τότε: =

i) Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των ενδε χομένων Α, Β. ii) Να μελετήσετε τη συνάρτη ση :

f(x) ( =

)

Ρ(Α u Β) 4Σ·Ρ(Β-Α) ως προς την μονοχ

g(x)

τονία και τα ακρότατα. iii) Δίνεται η συνάρτηση = ln χ , χ > Ο . Να βρεθούν οι τιμές του α ώστε η συνάρτηση :

h(x) {g (f(x)) -

(

, χ yι: Ρ ( Α' - Β' ) , χ = Ρ ( Α' - Β' )

συνεχής στο Ο, +οο

Λύση

να

•

Έστω ο δειγματικός χώρος Ω = Ο,ι, 2,3

ειναι

)

Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα:

[±,

Ρ( Ο) + Ρ(1) + Ρ(2) + Ρ(3) = 1 (1) Επίσης: Ρ(Ο) + P(l) + Ρ(2) = _!_ ::::> Ρ(Ο) + Ρ(1) + Ρ(2) � 4 4 3 Υποθ. (1) ::::> Ρ(3) = Ρ(2) = 1 - -3 = -41 .Επίσης: 4 =

(Ο, ±J

) . Στο χ = ± συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστη τιμή την f (1) = ec . -; +οο

.!.

iii)

Α '- Β ' = Α 'n (Β � ' = Α 'n Β = Β - Α .

Ρ (Α' - Β') = Ρ (Β - Α) = Ρ(3) :::: .!. . Άρα: 4 ln ( e-x ln x ) -x ln x , Ο < Χ * .!.4 h�) = α χ = 41

συνάρτηση

( :) ( : Ο,

(�)

, +οο

)

είναι συνεχής στο ως yινόμενο συνεχών. Οπότε h

συνεχής στο (Ο, +οο ) <=> η

()

.!. <=> limh(x ) = h .!. = α

χ-..!. 4

συνεχή ς στο

<=> α = lim ( -χ · Jn χ) <=> α = _!4 ln!4 <=> α = ln .J2 χ�4

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ.3/S8

Άσκηση 4η Δίνεται η συνάρτηση

f(x) =

,χ >

Η συνάρτηση

μή την f(e) =

i) Για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός πειράματος τύχης με δειyματικό χώρο Ω ισχύεί Α c Β με Α :# (() να δείξετε ότι: f(P(A)) � f(P(B)). Ισχ6Α.

ει το αντίστροφο; Δηλαδή αν

τότε ισχ6ει: Α c Β ;

f(P(A)) � f(P(B))

Β. Αν επιπλέον ισχύει ότι ι�Α) -�+12Ρ(Α)+� = Ζ 2 (1) και η πιθανότητα του ενδεχομένου Β είναι

ίση με την μέγιστη τιμή της συνάρτησης f,να υπολΟ'yίσετε τις πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β.

Γ.

Αν ισχ6ει

.!. � Ρ(Α 'n B ') � e - 2

(2), να

αποδείξετε ότι :

(e - 2) · (2e - 1) 4-e - � P(A n B) � . 2e 2e 7e - 2 -- 2e1 e-4 � P(A 'u B ') � 3 2e 2e

Λύση

•

f '(χ) = ο <=>

I - ln x

1 - ln . x

χ>Ο

= ο <=> I - ln χ = ο <=>

ln x = I <=> x = e I - ln x f '(χ) > ο <=> > ο <=> I - ln χ > ο <=>

ln x < I <=> O < x < e I - ln x f '(x) < O <=> < 0 <=> I -- ln x < 0 <=>

ln x > I <=> x > e Άρα , η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, e] και γνησίως φθίνουσα στο [ e, +οο) . A,.IZJ

A c B => O < P(A) � P(B) � I < e /'

=> f(P(A)) � f(P(B)) . Το αντίστροφο δεν ισχύει. Πράγματι,

αν

f{P(A) � f{P(B))

P{A) s P{B) , αφού η συνάρτηση αύξουσα στο {Ο, Ι] c

ln e e

.!. e

. Οπότε Ρ(Β) =

Γ. Από τους τύπους De Morgan είναι:

.!.

τι

P(A 'n B � = P {A u B)' = I - P(A u B) =

Ι Ι I - P(A) - P(B) + P(A n B) = I - - - - + P(A n B) 2 e

Άρα: Ρ(Α 'n B � = Ι _ _!_ _ _! + P(A n B) 2 e e-2 e-2 = - + P(A n B) = - + P(A n B) . 2e 2e . Ι e-2 Έτσι, (2) => - S - + P(A n B) S e - 2 e 2e Ι e-2 e-2 => - - - S P(A n B) S e - 2 - -- => 2e 2e e 4 - e :::;; (e - 2) · (2e - l) (3) P(A n B) :::;; 2e 2e

Δ. P(A' u B') = P {A n B)' = 1 - P(A n B)

Δ. Να αποδείξέτε ότι

Α. i) Είναι f '(x) =

f για χ = e παρουσιάζει μέγιστη

τότε

f είναι γνησίως

{ Ο, e] , όμως δεν συνεπάγεται

ότι Α c Β Β. Αφού Ρ(Α) < l :::;; 2 => Ρ(Α) - 2 :::;; Ο και Ρ( Α) > Ο => 2 · Ρ(Α) + Ι � Ο , έχουμε: 7 Ι (l) => 2 - Ρ(Α) + 2Ρ(Α) + Ι = => Ρ(Α) = . 2 2

=> P(A n B) = I - P(A' u B') . Έτσι, (3 ) => 4 (e - 2) · (2e - I) -e _ 1 :::;; -P(A' u B � :::;; Ι => 2e 2e 4(e - 2) · (2e - 1) - 2e 3e -; :::; Β') S u Α' Ρ( => -'--...;,___;_�2e 2e 4 7e - 2 - 2e2 3e S P(A' u B') S 2e 2e

Άσκηση 5η

Δίνεται η συνάρτηση

. α·� 5·α·� f(x) = -- 10 · x + 2014 , x e JR , + 2 3 Ο όπου α ακέραιος αριθμός με α :# και Ιαl S 5 .

i) Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: η συνάρτηση να είναι γνησίως μονότονη. ii) Να βρεθεί η mθανότητα του ενδεχομένου Β: η yραφιιcή παράσταση της εξίσωσης της εφαπτο μένης να είναι παράλληλη στον άξονα χ 'χ. iii) Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Γ: η εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο Σ (2,f(2)) να σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον άξονα χ 'χ.

ίν) Να αποδειχτεί ότι το ενδεχόμενο Δ: ο ρυθ μός μεταβολής της συνάρτησης f'(x) ως προς χ χ για = 2 να είναι μεγαλύτερος του S είναι αδύ νατο ενδεχόμενο.

Λύση

Ο δειγματικός χώρος ορίζεται από τις τιμές που παίρνει η παράμετρος α : 4 4 Ω = {-5, - , -3, -2, -Ι , Ι, 2 , 3, , 5} Ν Ω ) = 1 0

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ.3/59

, (

------ Μαθηματικά ΎUJ την Γ ' Λυκείου -------

ί) Επειδή η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική 3 00 βαθμού α -::1= Ο) , η παράγωγός της είναι 200 βαθ-

(

μού: f'(χ) =α·� -5·α·χ+10. Έστω Δ=ΊSσ! -4fu η διακρίνουσα της f' (χ) . • Αν Δ > Ο τότε η f'(x) δεν διατηρεί πρόσημο στο JR οπότε δεν είναι γνησίως μονότονη στο JR . • Αν Δ = Ο τότε η f' (χ) μηδενίζεται μόνο σε ένα σημείο εκατέρωθεν του οποίου διατηρεί πρό σημο. Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο JR . • Αν Δ < Ο τότε η f'( x ) διατηρεί πρόσημο στο JR , οπότε η f είναι γνησίως μονότονη στο JR . Επομένως αν Δ � Ο τότε η συνάρτηση f είναι γνη σίως μονότονη στο JR Όμως

( �]

Δ � Ο <=> 25 · α2 - 40 · α � Ο <=> α ε 0,

Α = {1} => Ν(Α) = 1 . Ν(Α) 1 Άρα : Ρ{Α) = = - = 10% . Ν(Ω) 10

Όμως α ε Ω . Άρα:

ΕΠΙΚΑΙΡΟΤΗΤΑ

Πρόσφατα στο Μέγαρο Μουσικής ο πρό Ε. Smith είπε ευχαριστώ στους . . . Έλληνες διότι οι αλγόριθμοι για τις αναζητήσεις στο διαδίκτυο οφείλονται στα Μαθηματικά και στους Αρχαίους Έλληνες. Φυσικά στα μαθηματικά εν μέρει οφείλονται και τα δισεκατομμύρια που απέκτησε. Είπε ακόμα ότι στην Ελλάδα υπάρχει υψηλό ποσο στό τεχνικά εκπαιδευμένων ανθρώπων και η Ελλάδα μπορεί να γίνει η Μέκκα της υψηλής τεχνολογίας. Μας θύμισε βέβαια και τη ρήση του Αρχιμήδη που είπε όταν βρήκε το μοχλό : «Δως μοι πα στω και τα γαν κινάσω» δηλ. Δώσε μου κάπου να στηριχθώ και θα κινήσω ακόμη και τη Γη. Με άλλα λόγια πρέπει και εμείς σήμερα να ανακαλύψουμε το «μοχλό» που θα κινήσει την οικονομία μας. ••

εδρος της Google

ίί) Η εξίσωση της εφαπτομένης τη ς γραφικής παράστασης της f είναι παράλληλη στον άξονα χ 'χ αν υπάρχει χ 0 ε JR , ώστε f' ( χ 0 ) = Ο δηλαδή αν

υπάρχει χ 0 ε JR , α · χ / - 5 · α · χ 0 + 10 = Ο . Αυ τό συμβαίνει αν και μόνο αν η διακρίνουσα της ε ξίσωσης (1) είναι μεγαλύτερη ή ίση με το μηδέν. Όμως, Όμως Άρα:

Δ � Ο <::> 25 · α2 -40· α � Ο <::> α < 0 ή α �

�

α ε Ω ::::> α εΒ={-5,-4,-3,-2,-1,2,3,4,5} Ν(Β) Ν (Β) = = _.2_ = 90% . Ν(Ω) 10

ίίί) Για να σχηματίζει η εφαπτομένη στο σημείο Σ ( 2, f(2) ) της γραφικής παράστασης της συνάρ τησης με τον άξονα χ ' χ αμβλεία γωνία, πρέπει και

: 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(καθηγητές, φοιτητές, μαθη τές) κάθε φορά συμμετέχουν στα συνέδριά μας με απόψεις για τα Μαθηματικά, τις νέες ••

f'(2) < Ο . Όμως: f'(2) < Ο <=> α · 22 - 5α · 2 + 10 < Ο <=> 10 -6 · α + 10 < Ο <=> α > - . Όμως 6 α ε Ω => α ε Γ = {2, 3, 4, 5} => Ν(Γ) = 4 . Άρα: Ν (Γ) 4 Ρ(Γ) = = - = 40% . Ν ( Ω ) 10 ίν) Ο ρυθμός μεταβολής της συνάρτησης f ' ως Φέτος το Νοέμpρη του 2014 θ α γίνει το 31° Συνέδριο της ΕΜΕ στη Βέροια από το παράρ προς χ είναι: f "(χ) = 2 · α · χ - 5 · α . τημα του νομού Ημαθίας. τίτλος Συνεδρίου : Για χ = 2 : f"(2) = -α . « Π ρ οκλήσεις και Π ρ οοπτικές της Μα θη μα Όμως: f"(2) > 5 <=> -α > 5 <=> α < -5 . τικής Εκπ αίδευσης κα ι Έ ρ ευν α ς στη διε Όμως α ε Ω . Άρα : Δ = 0 . θνοποιη μένη, κ α ι Δ ικτυ ακή Εποχή . » αρκεί:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/60

Μαθηματικά ΎUJ την Γ ' Λυκεiου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΔΙΑ�ΟΡΙΚΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩΠΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Αλκιβιάδης Τζελέπη ς - Αμαλία Μανιατοπούλου

l 0 Μέρος

Οι επόμενες ασκήσεις έχουν ως στόχο να καλύψουν ένα αρκετά μεγάλο μέρος της ύλης του Διαφορικού και του Ολοκληρωτικού Λογισμού, εστιάζοντας ταυτόχρονα σε κάποιες λεπτομέρειες. Δίνεται επιπλέον έμφαση στη χρησιμqποίηση των γραφικών παραστάσεων ως υποβοηθηnκού εργαλείου και με μια οπnκή γωνία που αναδεικνύει κάποιες εφαρμογές της Ανάλυσης

Άσκηση l η

Δίνεται η συνάρτηση f με f(χ) = .Jxz + 1 1 . Να αποδείξετε ότι η εuθεία ψ = χ είναι aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της f, στο + οο. 2. Να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει την ασύμπτωτή της, ψ = χ. 3. Να υπολογίσετε το όριο: lim [/(χ + 3) - f(x + 2) + f (x + 1 ) - f(x)] οο

χ-+ + 4. Να

βρείτε σημείο της c1 που απέχει από το σημείο A(l, O) ελάχιστη απόσταση.

Το Πεδίο Ορισμού της f είναι το Α = R . lim

οο (f(x) - χ) = Ο, δηλαδή,

χ-+ + lim .Jχ 2 + 1 - χ) = Ο χ-+ +οο ( Για χ>Ο έχουμε : -χ +χ) = x z + 1-x z = ..Jx z + 1 - χ = [ν'ΧΖ+ι ][.rχz+ϊ vx 2 + 1 +x . Vx 2 +1+x

1 .Jx2 +1 +x .

lim

χ-Ηοο

Ουσιαστικά πρόκειται για οριζόντια μετατόπιση της c1 και της πλάγιας ασύμπτωτής της κατά κ μονάδες.

Σχόλιο:

+οο .

2. Οι τετμημένες των κοινών σημείων της Cr με την ασύμπτωτή της (αν υπάρχουν) είναι οι ρίζες της εξίσωσης f (x) = χ, δηλαδή, της εξίσωση ς ..Jxz + 1 = χ , χ Ε R (1) (άρρητη εξίσωση ) i) αν χ < Ο, η εξίσωση (1) είναι αδύνατη. ii) αν Χ ;;::: 0, τότε: (1) <::> ΧΖ + 1 = ΧΖ <::> ΟχΖ = 1, οπότε η εξίσωση (1) είναι αδύνατη. Επομένως η c1 δεν τέμνει την ασύμπτωτή της.

-ι ι (ι ../6)

δηλαδ η: = - - = - . παρχει λοιπον , χ = -, Za z z Υ μονο ενα σημειο , , , το Μ 2 , 2 . Η

θέση ελαχίστου του τριωνύμου μπορεί να βρεθεί και με τη βοήθεια της παραγώγου.

Ση μείωση:

Σχόλιο: Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης ενδέχεται να έχει ακόμη και άπειρα κοινά σημεία με μία ασύμπτωτή της όπως φαίνεται στο επόμενο σχήμα, όπου ο άξονας χ χ είναι aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης . . .

h(x) =

z+ 1), χεR x::;� Μ (χ, vr-

, τυχαίο σημείο της Cc. Η απόσταση του σημείου Μ από το σημείο Α είναι: (ΜΑ) = g (x) = .Jcx - 1) 2 + x z + 1

4. Έστω

= .J2 (x z - χ + 1) , χ Ε R . Η απόσταση (ΜΑ) γίνεται ελάχιστη όταν και μόνον το τριώνυμο x z - χ + 1 γίνει ελάχιστο, Ρ

lim (..J,....xz,...+---.,...1 - χ)=Ο, αφού χ-+ + οο .

(..Jχ2 + 1 +χ) =

u-+ + oo

όπου u = χ + κ, με κ = 0,1,2,3 . (Λόγω του ερωτήματος 1 .) Άρα lim Φ(χ) = 2 . χ-++οο

1 . Αρκεί να δείξουμε όn:

Άρα:

3. Μετασχηματίζοντας τη συνάρτηση του ορίου έχουμε: Φ (χ) = [f(x + 3) - f(x + 2) + f(x + 1) - f(x)]= [f(x + 3) - (χ + 3)] - [f(x + 2) - (χ + 2)] + + [f(x + 1) - (χ + 1)] - [f(x) - χ] + 2 Είναι: lim [f(x + κ) - (χ + κ)] = lim [f(u) - u] = Ο

χ-+ + οο

Λύση

..... ' �· .. . ..., '

ημχ

χ , χ * Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 -r.3/61

Μαθηματικά ΎUΙ την Γ Λvκεiοu

Άσκηση 2η Δίνονται οι συναρτήσεις: z • φ με φ (χ) = xe" , XER • F με F(x) = Ι;_ 1 et2 dt , XER ι . Να μελετήσετε ως προς τη μονοτονία τις συναρτήσεις φ και F. 2. Να αποδείξετε ότι η F είναι κυρτή. 3 . Να αποδείξετε ότι για κάθε χ > 1 ισχύει

Lι J." χ-++ οο χ- 1

(e - 1) (χ - 1)

et2 dt < F(x) < e"2

Να υπολο-yίσετε το όριο: lim

Λύση

et2-:x3 dt

ι.

Η συνάρτηση φ είναι παραγω-γίσιμη στο R με φ' (χ) = (x e"2)' = = (1 + 2 xZ )e"2 • •

· · ·

Είναι φ '(χ) > Ο, για κάθε χ Ε R, οπότε η γνησίως αύξουσα. • Είναι : F (x) = f(x) - f(x - 1), χ Ε R, όπου

f(x)

φ είναι

Ι: et2 dt, χεR και αεR είναι μια αρχική

της συνεχούς συνάρτησης et2 • Η συνάρτηση F είναι παραγω-γίσιμη στο R, ως

φt

φ(χ - 1) < φ(χ) => φ(χ) - φ(χ - 1) > ο

χ-1 <χ

Άρα η F είναι κυρτή.

3 , ί) Αρχικά αποδεικνύουμε ότι για κάθε χ > 1 ισχύει F(x) < e"2 • Πράγματι, για κάθε χ > 1 είναι: Ο < χ - 1 :S t :S χ => t Z :S x z => et2 :S e"2 => , => e" z - et z � Ο . Είναι e "2 - et2 � Ο για κάθε t ε [χ - 1, χ], χ > 1, όπου το ίσο ισχύει μόνο για t=x και η συνάρτηση , συνεχης. e ;χΖ - e t2 ειναι Άρα: Ι;_ 1 (e"2 - et 2 )dt>O , οπότε:

J.%x-1et2 dt J.%-1" e"2 dt <

=> F(x) <

F(x) <

e"2

ίί) Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι για κάθε χ > 1 1 ισχύει (e - 1) (χ - 1) + Ι0 et2 dt < F(x) α) τ ρ όπος: Βρήκαμε:

F' (x)

-e <x -ι) z + e "2 ,

χ Ε

Η εφαπτομένη της CF στο σημείο

ευθεία: (ε) : ψ

και επειδή η F είναι κυρτή ισχύει:

Έχουμε: F ' (x) >

χ>1.

1 <=>Χ Ζ > (Χ - 1) Ζ <=> Χ > -

F' (x) <

ι <=> x < z

O<:>e"2 < e <x -ι) z <:>xz < (χ - l ) Z

Ι: et2 dt

είναι συνεχής στο

-ω,

2. Η F' είναι παραγω-γίσιμη στο R με F " (x) = (F '(x)) ' = (e"2 - e <χ -ι) 2) ' =2(xe" 2 - (χ - 1)e <χ-ι) 2) = 2 (φ (χ) - φ (χ - 1) ) > Ο , yια κάθε χ διότι για κάθε χ Ε R είναι:

και

F' ( 1 )

e-1

(e - 1) (χ - 1) + Ι01 et2 dt < F(x), για κάθε Σχόλιο : Α ν μια συνάρτηση είναι κυρτή (αντίστοιχα

κοίλη)

σε

ένα διάστημα Δ, τότε η εφαπτομένη της

σε κάθε σημείο του

[�, +ω) ως παραγω-γίσιμη και F' (x) > Ο για κάθε χ Ε (� , +ω), οπότε η F είναι γνησίως αύξουσα στο [�, +ω). Η F είναι συνεχής στο ( -ω, �] ως παραγω-γίσιμη και F' (x) < Ο για κάθε χ Ε ( �), οπότε η F είναι γνησίως αύξουσα στο ( -ω, �]. Η

διότι F(1)

( 1,F( 1 )) είναι η

1 (e - 1) (χ - 1) + Ι0 et2 dt,

αποτέλεσμα πράξεων παραγω-γίσιμων συναρτή με σεων F' (x) = f'(x) - f' (x - 1) (χ - 1) ' χ -ι) 2, χ Ε R = e"2 - e <

O<:>e"2 > e <x -ι) z <=>

e"2 (χ - χ + 1)

(αντίστοιχα

"πάνω '')

από

"κάτω "

βρίσκεται τη

γραφική

της

παράσταση, με εξαίρεση το σημείο επαφής τους.

β) τ ρ όπος: Μπορούμε να εφαρμόσουμε Θ.Μ.Τ. για την F στο διάστημα [1, χ], χ> 1 όπου ικανοποιούνται οι προi>ποθέσεις του (συνέχεια στο κλειστό διάστημα και παραγωγισιμότητα στο ανοικτό). Έτσι υπάρχει ένα τουλάχιστον x) - J.l0 e t2 dt F( 1 x F( F( ) ) = ξ Ε (1, χ) : F' (ξ) = :χ%-1

Επιπλέον αφού η F είναι κυρτή, τότε F' ί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/62

Μαθηματικά οyια την Γ' Λυκείου

Έτσι έχουμε: 1 < ξ < χ � F'(1) < F' (ξ) � (e - 1) <

F(x) - foι e t χ-1

(e - l ) (x -

�

1) + ι e t 2 dt < F(x)

Άρα για κάθε χ >

1 ισχύει

1) (χ - 1) +

Lι

t 2 dt

< F(x) < e x 2

1) (χ -

Lι

t 2 dt

< F(x) < e x 2

;

Είναι: J _ e t -x dt = e -x F(x), χεR ( 1) ι Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι για κάθε χ> 1 είναι:

και πολλαπλασιάζοντας με e -x > Ο , είναι ι t2 -x 3 < e dt e (e - 1) (χ - 1) +

L ]

[

< e _" 3 F(x) < e " 2 -x 3

Υπολογίζουμε τα όρια: χ- ι ι ο ι' ) ι·ιm ---:3 = ι·ιm :-;-:r οο χ-+ + e " χ-+ + οο 3x 2 e" = (θεώρημα D.L.H) και από αυτό προκύπτει ότι 3 2 l im Ce - 1) (χ ..... 1) + J,Οι e t dt e - " = . . . = ο

]

χ-+ + οο [

ii) lim οο

χ-+ +

2 -" 3 ex

= lim e u = Ο, όπου u-+-oo

u = χ 2 - χ3 • Επομένως, παρεμβολής είναι:

J."

e χ-+lim + οο χ- ι

από

t 2 -x 3 dt

Ο t=>t f(x) < f(O) = Ο tt χ > Ο => f(x) > f( O ) = Ο Ο) και f(x) > Ο στο Άρ α : f (x) < Ο στο ( (Ο+οο) 3 . Επειδή η f είναι γνη σίως αύξουσα, είναι "1 - 1", επομένως αντιστρέφεται. Το πεδίο ορισμού της {- ι είναι το R, διότι χ<

δηλαδή , f' (χ) = [2( )+1 > Ο, για κάθε χ 3 Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα. 2. Για χ = Ο στη σχέση (1) προκύπτει ότι : [3 (0) + f( O ) = Ο �/(0) (/2 (0) + 1) = Ο � f( O ) = Ο και από τη μονοτονία της f έχουμε:

το

-οο,

f (R) = R. [Βλέπε τεύχος 90 σελίδα 59 θέμα 2°] Ισχύει : ψ = f(x)�x = f- ι (ψ), χ, ψ ε R (2) Από (1), (2) έχουμε: ψ 3 + ψ = 2{- ι (ψ), ψ ε R , δηλαδή, 1 ι- ι (ψ) = -z CΨ 3 + ψ), ψ ε R Άρα: ι- ι (χ) = .!. (χ3 + χ), χ ε R 2 4. Η f είναι συνεχής στο [0, 1] και f(x) � Ο για κάθε χε [Ο , 1 ] , λόγω του ερωτήματος 2.

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: ι

Ε=

=Ο

Άσκηση 3 η

'Εστω μια παραιyωγίσιμη crονάρτηση f : R --. R ιyια την οποία ισχύουν: f3 (x) + f (x) = 2χ, ιyια κάθε χ εR. 1 . Να αποδείξετε ότι η f είναι ιyνησίως αύξουσα. 2. Να βρείτε το πρόσημο των τιμών της f. 3 . Να βρείτε την f- 1 • 4. Να υπολσyίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείετα-φ. μεταξύ της c1, του άξονα χ 'χ και της ευθείας χ = 1 5 . Να αποδείξετε ότι αν Ο < α < β, τότε ισχύει: βf(a) > af (β).

f(x)dx

= � u 3 + � u = φ(u) . Τότε Ο=φ(Ο), 1 =φ(1) και φ ' (u)= � u 2 + � συνεχής στο Ι. φ ( ) [0, 1 ] . Επομένως, Ε = φ(ο)ι f(x) dx = = f0ι f(φ (u))φ'(u) du = f0ι f (f - ι (u))φ'(u) du = Θέτουμε: χ = ι- ι (u)

κριτήριο

= J,οι u(23 u 2 + 2ι) du = 23 J,οι u 3du + 2ι J,οι u du = u2 1 . . . � � u• ι = =s = 4 0 + .!. 2 2 0 2

[]

Παρατήρηση:

Μπορεί να γίνει αρχικά η γραφική παράσταση της ι - ι και λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία ψ = χ , η γραφική παράσταση της f . Προκύπτει το ακόλουθο σχή μα (για χ � Ο ) /

Λύση

1 . Είναι : f 3 (x) + f(x) = 2 χ, για κάθε χεR (1)

Αφού η συνάρτηση f είναι παραγωιyίσιμη, τότε είναι παραγωιyίσιμη και η [3 και από την (1) παραγωyίζοντας έχουμε: 3/ 2 (χ) f' (x) + f' (x) = 2 ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/63

Γ- - - - - - - - - - - - - - - - -

o.s

I 0 /v '

ΛI

η = J"

( '_/

" o.s

1 .5

Μαθηματικά ΎUΙ την Γ' Λυκείου

και το ζητούμενο εμβαδόν είναι ισοδύναμο με το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται μεταξύ της ευθείας ψ = 1, της Cι-ι και του άξονα ψ'ψ .

Έτσι, έχουμε: Ε = EosAr - f0ι f -ι (χ) dx =

(

)

= 1 - J. ι .!. χ3 + .!. χ dx = . . . = ! 2 8 ο 2

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο R, ισχ6ει: i) f συνεχής στο [0, α], παραγωγίσιμη στο (0, α), άρα από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον

f(a) Ε ξι (Ο, α) : / ' (ξι ) = α ii) f συνεχής στο [α, β], παραγωγίσιμη στο (α, β),

β�=�(a)

άρα από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει ένα τουλάχιστον Ε

f( (α, β ) : f' (ξz ) =

Επίσης, η συνάρτη ση f' είναι παραγωγίσιμη με

t(x)f'(x) !" (χ) = - (ιz 3f2 (x)+1) 2 < Οι

όταν

χ>Ο

Επομένως, η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, +οο) .

t' J,

Είναι: Ο < ξι < ξz � / ' (ξι ) > f' (ξz )

f (a) f (β ) - f (a) => βf (α) > αf(β ) > α β-α

β) τρόπος: Θεωρούμε την F(x) =

f(x) χ Ε [α, ] η οποία β , χ

είναι παραγωγίσιμη στο [α, β ] , με

xf' (x) - .,... f(x) . ...;.. ....;. F ' (χ) = _;;__.....;;. χΖ Θεωρούμε τη συνάρτη ση g (x) = xf ' (x) - f(x), χ � Ο , η οποία είναι παραγωγίσιμη διότι η f είναι δύο τουλάχιστον φορές παραγωγίσιμη, με

g ' (x) = xf " (x) =

Να εξετάσετε αν υπάρχει ξ

τέτοιο' ώστε

t(\19)-t<-2) = ' f (ξ) W+z

ι . Είναι f 3 (x) = 1 - χ3, χεR . :> 3 S 1 <=> χ S 1. i) 1 - χ3 � Ο<:::χ Αν χ S 1 , τότε f (x) = νι - χ 3 :> 3 > 1 <=> χ > 1. ίί) 1 - χ3 < Ο<:::χ Αν χ > 1 , τότε f (x) = - V'" --::-1 x"' 3ν� - χ 3 , χ S 1 Άρα f (χ) = - Vx 3 - 1, χ > 1

{

χ<1 έχουμε: 1 - χ3 = λ(χ) = f(x)χ -- 1f{l) = � = 3 χ-1 (1 - χ)3 = - 3 1 2 (1 + χ + χ 2 ) (1 - χ) Άρα η f δεν παραγωγίζεται Οπότε: lill! λ (χ) = στο χ0 = 1 , δηλαδή δεν ικανοποιούνται όλες οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [-2, W]. 2. Για

χ--.1

προκύψει ως συμπέρασμα ότι αφού δεν ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θ.Μ τ. δεν υπάρχει αντίστοιχο ξ, διότι το θεώρημα είναι απλά μία ικανή (όχι όμως και αναγκαία συνθήκη) για την ύπαρξη του ξ.

και g συνεχής στο [0, +οο) . Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, +οο) . Για κάθε χε(Ο, +οο) ισχ6ει: g J,

χ > Ο => g (x) < g (O) = Ο , οπότε F ' (x) < Ο. Άρα η F είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β ] . Ο < α < β F(a) > F(β ) => f(a) > α => βf (α) > αf( ) β

-σο

Σχόλιο : Είναι προφανές ότι δεν είναι σωστό να

( -2, V9)

4. Να p ρείτε τις aσύμπτωτες της c1

_ ιzxt(x)f'(x) < Ο όταν χ > Ο (3f 2 (x)+ 1) 2

Επομένως ισχ6ει:

Λύση

5 . α) τρόπος:

ξz

f(β) β

Άσκηση 4η

Έστω μια συνάρτηση f : R -+ R pα την οποία ισχύει: χ3 + f3 (x) = 1, για κάθε χ Ε R ι . Να p ρεθεί η f 2. Να εξετάσετε αν εφαρμόζεται για τη συνάρτηση f το Θεώρημα Μέση ς Τιμής στο διάστημα [- 2,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/64

Ισχύουν: -'Vx3 f (x) lim - = lim Χ χ-+ + οο χ-+ + οο Χ 4.

Μαθηματικά -yια την Γ' Λυκείου

-ι=

Ε φ α ρμογή 2 η

-χ �ι -Α χ = -ι = λ ε χ-+ + οο (f(x) - λχ) χ-++ οο (-"Vx3 - ι + χ) = χ-+ + οο χ 3 - (χ 3 - ι) χ-+ + οο (Υχη (Y?)('Vx3 - ι) + ('Vx3 - ι) = Ο =β ε Επομένως η ευθεία ψ -χ είναι η πλάγια lim lim

lim

Έστω f μια συνάρτηση συνεχής στο [0, π] και παραγωγίσιμη στο (Ο,π). Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξε(Ο,π) τέτοιο, ώστε f'(ξ) = σφξ (1)

Λύση

Για χε(Ο,π) είναι: f(x) - σφχ=Ο� ημχ *Ο lim �f'(x) - - =Ο�συνχ-ημχ f (x)=O<=> 2 2 ημχ + (ημχ)'+ ημχ(-f'(χ))=Ο R Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση (ημχ)'+ ημχ(-f'(χ))=Ο έχει λύση ξ στο (0, π). aσύμπτωτη της c1 στο + οο . Με ανάλογο τρόπο προκύπτει η ίδια ευθεία ως Πολλαπλασιάζουμε λοιπόν με e-f(x), οπότε: πλάγια aσύμπτωτη της c1 στο - οο . e-f(χ)(ημχ) '+e-f(x) ημχ(-f (χ))=Ο�(e-f(x) ημχ) '=0. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x)=e-f(x) ημχ, χε[Ο,π], ΜΙΑ ΔΙΑΦΟΡΙΚΗ ΕΞΙΣΩΣΗ που ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Σε πολλές ασκήσεις ζητείται να δειχθεί ότι μία Rolle. Οπότε θα υπάρχει ξε(Ο,π) τέτοιο ώστε: f(x) +κf(x) =O ή εξίσωση με τελική μορφή φ '(ξ) = Ο, δηλαδή συνξ - ημξ f'(ξ) = Ο (2) f(x) +g(x)f(x) =O έχει λύση. Συνήθως αναζητούμε Επειδή ξ*Ο και ξ*π, διαιρώντας την (2) με ημξ κατάλληλη συνάρτηση φ η οποία να ικανοποιεί τις καταλήγουμε στο f (ξ) = σφξ. προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle. Σχόλιο: ·Στο (Ο,π) έχουμε: η μχ > Ο, οπότε Γενικά: Όταν έχουμε εξίσωση της μορφής: f { χ ) - σφχ = h ' { χ ) , όπου h { χ) = f ( χ ) - Ιη ( ημχ ) . f(x) +g(x)f(x) =O, πολλαπλασιάζουμε με eG(xJ όπου Όμως δεν ορίζεται η h(x) στα Ο, π, οπότε θα G(x) μία αρχική της g, οπότε προκύπτει η εξίσωση χρειαστούμε κάποιες άλλες τιμές της h(x) στο (Ο,π) eG(x) f(x)+eG(xJ G '(x)f(x) =O� (eG(xj'(x)) '= Ο Αν είχαμε π.χ. f = f + ln 2 , τότε και εφαρμόζουμε το θεώρημα Rolle στη συνάρτηση φ(χ) =eG(xj'(x) h � = r � - ω ι = r � = r � + 1n 2 = σvvx

Εφαρμογή lη

Έστω μια παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση f. Αν υπάρχουν α,μ ε R με α < β τέτοια, ώστε f(α)=f(β)=Ο, να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε( α, β) τέτοιο, ώστε f'(ξ) = 2f(ξ) (1)

Λύση

Η (1) γράφεται f(ξ)-2f(ξ) = Ο . Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f (x) - 2 f(x) = Ο, δηλαδή f(x)+(-2x)'f(x)=O έχει λύση ξ στο (α, β). ' Πολλαπλασιάζουμε λοιπόν με e-2χ, οποτε προκύπτει η ισοδύναμη εξίσωση: e-2x f (x) + e-2x(-2x)'f(x) =0, δηλαδή (e-2x f(x))'=O Θεωρούμε λοtπόν την παραγωγίσιμη στο IR συνάρτηση φ(χ) = e-2xf(x), με φ '(χ) = e-2x f (x)-2e-2xf(x) και φ(α)=φ(β)=Ο. Σύμφωνα με το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ξε(α,β): φ'(ξ) = Ο, δηλαδή f (ξ) = 2f(ξ)

(;J (: J (J (J (J (J ( :J � (�J ( �J (:J θα υπήρχε ξ (:, ;J (Ο, π) με h'(ξ) = Ο =f

- ln

- ln ημ

οπότε

Ασκήσεις για λύση:

1 . Έστω μια παραγωγίσιμη στο R συνάρτηση f με f(α) = f(β) = Ο, α<β. Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε( α, β) τέτοιο, ώστε: α) f'(ξ)+ξf(ξ) = Ο [Υπόδειξη: φ(χ) = ez f(x)] β) ημξ f(ξ) f'(ξ) [Υπόδειξη: φ(χ) = eσυνχf(χ)]

χ2

2. Έστω f μια συνάρτηση συνεχής στο [0, π] και παραγωγίσιμη στο (Ο,π) με f(O) = f(π). Να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξε (Ο,π), τέτοιο, ώστε: 2f'(ξ)=συνξ(l-2f(ξ)) [Υπόδειξη: φ(χ)=eημχ(l-2f(χ)]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/65

Τράπεζα ΘΕΜΑΤΩΝ Α 'Λυκείου Καρδαμίτσης Σπύρος Πρότυπο Πειραματικό Λύκειο ΑΝΑΒΡΥΤΩΝ Με δεδομi:νη την κατασκευή της τράπεζας θεμάτων για τις προαγωγικές εξετάσεις των μαθητών του Λυκείου αναφέρουμε τη προφανή φιΜJσοφία που θα πρέπει να διέπει τα θέματα μιας τράπεζας (άραγε γιατί αυτός ο όρος).Η τράπεζα θεμάτων θα πρέ πει να είναι φιλική και να μην τρομάζει τους μαθητές, άλλωοπ οι κατασκευαοτές της έχουν σκοπό να την κατασrήσουν σύμμα χο και βοηθό του μαθητή. Η δε φιλοσοφία κατασκευής της επιγραμματικά θα πρέπει να βασίζεται σrα παρακάτω: • Τα ερωτήματα των θεμάτων της τράπεζας θα πρέπει να είναι ανάλογα με εκείνα που υπάρχουν σrα σχολικά εγχει ρίδια και στις οδηγίες του Π L, να διατρέχουν όσο το δυνατόν μεγαλύτερη έκταση της εξετασrέας ύλης, να ελέγχουν ευρύ φάσμα διδακτικών σrόχων και είναι κλιμακούμενου βαθμού δυσκολίας. • Το πρώτο θέμα πρέπει να αποτελείται από ερωτήματα θεωρίας που αφορούν έννοιες, ορισμούς, λήμματα, προτά σεις, θεωρήματα και πορίσματα. Με το θέμα αυτό ελέγχεται η κατανόηση των βασικών εννοιών, των σπουδαιότερων συμπερασμάτων, καθώς και η σημασία τους στην οργάνωση μιας λογικής δομής. • Το δεύτερο και το τρίτο θέμα πρέπει να αποτελείται το καθένα από μία άσκηση που απαιτεί από το μαθητή ικανό τητα συνδυασμού και σύνθεσης εννοιών αποδεικτικών ή υπολογιστικών διαδικασιών. Η κάθε άσκηση μπορεί να α ναλύεται σε επιμέρους ερωτήματα. • Το τέταρτο θέμα πρέπει να αποτελείται από μία άσκηση ή ένα πρόβλημα που η λύση του απαιτεί από το μαθητή ικανότητες συνδυασμού και σύνθεσης προηγούμενων γνώσεων, αλλά και την ανάληψη πρωτοβουλιών στη διαδικασία επίλυσής του. Το θέμα αυτό μπορεί να αναλύεται σε επιμέρους ερωτήματα. • Η δύσκολη άσκηση δεν είναι απαραίτητα και κατάλληλη άσκηση, ο βαθμός δυσκολίας των θεμάτων της τράπεζας θα πρέπει να είναι ανάλογος με αυτά που διδάσκουν οι καθηγητές στις τάξεις τους και όχι ανάλογα με το τι θα θέ λαμε να ξέρουν οι μαθητές. • Το μέγεθος των θεμάτων, θα πρέπει να είναι τέτοιο ώσrε οι μαθητές να μπορούν να ολοκληρώσουν τη γραπτή δοκιμασία τους σε δύο ώρες, το μέγεθος δεν θα πρέπει να είναι ίδιο με τα θέματα των πανελληνίων εξετάσεων. Μια εφαρμογή των όσων αναφέρουμε είναι τα παρακάτω θέματα. 1° ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ [ΑΛΓΕΒΡΑ] 2 Α. Αν η εξίσωση αχ + βχ + γ = Ο, α ::;; Ο

ΛΥΣΗ

έχει δύο πραγ-

ματικές ρίζες χ 1, χ2 , να δείξετε ότι χ 1 • χ2 = ]_

Να δώσετε τον ορισμό της νιοστής ρίζας του α ( if(;. ) όπου α θετικός πραγματικός αριθμός καινεΝ, με ν � 2. Γ. Να γράψετε στο τετράδιό σας το γράμμα κάθε πρό τασης και δίπλα Σ αν αυτή είναι σωστή ή Λ αν αυτή εί ναι λάθος. • Υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί α, β ώστε να ι σχύει: Ια + βl = ΙαΙ + lβl • Για κάθε ζεύγος πραγματικών αριθμών α, β με β � ο ισχύει: �α 2 · β =I α ι .Jβ Β.

2° ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ [ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ]

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με γωνία Α ορθή και ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας Α . Από το σημείο Δ φέρ νουμε την παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει την ΑΓ στο Ε, τότε: B l . Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΕΔΓ είναι ορθογώνιο. Β2. Να υπολογίσετε σε μοίρες το μέτρο της γωνίας ΑΔΕ . Β3. Αν η γωνία Β είναι κατά 20° μοίρες μεγαλύτερη της γωνίας Γ , να υπολογίσετε το μέτρο της γωνίας ΕΔr .

Bl.

Είναι ΔΕ // ΑΒ άρα B Ar = Δλ.Ε = 90° . Β2. Αφού ΑΒ I/ ΔΕ είναι ΔΑΕ = ΑΔΕ ως εντός εναλΑ λάξ. Όμως ΔΑΕ = - = 45° , άρα ΔΑΕ =45°. Λ

Έστω Γ = Χ0 , τότε Β = Χ0 + 20° . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε Β + Γ = 90° => Χ0 +20° +χ0 = 90° => είναι Επομένως => 2χ0 = 70° => Χ0 = 35° Β = χ0+20° = 35° + 20° = 55° . Επειδή ΑΒ//ΔΕ έχουμε ότι η γωνία Β είναι ίση με την ΕΔr , άρα ΕΔr =55°. Β3.

3° ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ [ΑΛΓΕΒΡΑ]

Ο πρώτος, ο τρίτος και ο έβδομος όρος αριθμητικής προόδου αποτελούν τους αρχικούς διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου. Αν η διαφορά της αριθμητικής προόδου είναι ίση με τον λόγο της γεωμετρικής προόδου, τότε: Γι . Να βρείτε τον τρίτο και τον έβδομο όρο της αριθμη-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/66

-----

----- Τράπεζα Θεμάτων Α'Λυκείου τικής προόδου ως συνάρτηση του πρώτου όρου α1 και lf(2)1 + l g(2) 1 = 2014 · 1 22 - 5 · 2 + 6 1 => l f(2) 1 + lg(2)1 = Ο α της διαφοράς ω της προόδου. lf(2)1 = ο f(2) = 0 Γ2. Να δείξετε ότι α1=4, ω=2. πό όπου προκύπτει ότι: => Γ3. α) Να δείξετε ότι το άθροισμα Σ11 των 1 1 αρχικών ό ιι g(2) 1 = οι g(2) = ο ρων της Γεωμετρικής προόδου είναι πολλαπλάσιο του 92. β) Πόσους αρχικούς όρους πρέπει να πάρουμε από την α Δz. Με ανάλογο τρόπο προκύπτει ότι f(3) = g (3) = Ο , γε ριθμητική πρόοδο για να f:χουν άθροισμα ίσον με το Σ1 1• γονός που δηλώνει ότι οι αριθμοί 2 και 3 είναι κοινές ρίζες ΛΥΣΗ των εξισώσεων f(x) = Ο και g(x) = Ο , επειδή αυτές εί Γ ι Οι όροι α3 και α1 της αριθμητικής προόδου είναι: ναι δευτέρου βαθμού οι εξισώσεις δεν f:χουν άλλη κοινή α3 = α ι + (3 - 1 )ω = α ι + 2ω και α7 = α ι + 6ω ρίζα. Γ 2• Με βάση τα δεδομένα της εκφώνησης για τον προσ Δ3. Αφού οι αριθμοί 2 και 3 είναι κοινές ρίζες των εξι διορισμό των α1 και ω έχουμε: σώσεων τότε τα τριώνυμα f(x), g(χ ) γράφονται:

} {

{

(α 1 + 2ω)2 = α1 · (α1 + 6ω) αι = 4 => αι + 2ω = ω ω=2 αι

Γ3. α) Έχουμε:

Σι ι= <Χι ·

λ11 - 1 λ -1

i1 =4· - 1 =4·(2048 - 1) = 8188 = 92 · 89 = d92 2 1

Εξάλλου το άθροισμα Sv των ν αρχικών όρων της α ριθμητικής προόδου είναι s ν

= �(2αι + (ν - 1)ω) = 2

= �(2 · 4 + (ν - 1) · 2) = ν2 + 3ν . 2

Σύμφωνα με τις απαιτήσεις της εκφώνησης έχουμε: Sv=Σ11�ν2 + 3ν =8 1 88 � Υ + 3ν - 8 1 88 = Ο. Όμως - 8 1 88= 89 (-92) και 89+(-92)= -3 . Άρα οι α ριθμοί 89 και (-92) είναι οι ρίζες της εξίσωσης αυτής. Προφανώς μόνο η τιμή ν=89 είναι δεκτή. Σχόλιο: Αν επιχειρούσαμε να 7 λύσουμε την εξίσωση με τη διακρίνουσα θα βρίσκαμε Δ=32 6 1 . Τότε έπρεπε οι μαθητές να γνωρίζουν τη 7 μέθοδο εξαyωyής της τετραyωνικής ρίζας του αριθμού 3 2 6 1, την οποία παραθέτουμε μόνο ως σχήμα, ή να την εύρισκαν προσεyyιοτικά, riλλJJ. χωρίς υπολογιστή, -3 ± 181 . οπότε .JΔ = 181 και ν =

Υπολογισμός τετραγωνικής ρίζας

181

3 ' 27'61 1 22 7 -224 361 -361

28 χ 8 224

g(χ) =

+ λχ + μ

με

α, κ

f(χ) = α(χ - 2)(χ - 3) και g(x) = κ(χ - 2)(χ - 3) . Τότε: ( 1 )=> lf(x)l + lg(x)l = 2014 · lx2 - 5χ + 6 1 => !α(χ - 2)(χ -3)l + l κ(x - 2)(χ - 3)1 = 2014 · l(x - 2)(χ - 3)1 => Ια! · Ι <χ-2Χχ- 3� + 1� ·1<χ-2Χχ-3� -2014· 1<χ-2Χχ-3)1 = 0 => <lαl + I κ i - 20 14) · Ι < χ - 2)(χ - 3)1 = Ο για κάθε πραγματι κό αριθμό χ. Για χ = 1 παίρνουμε: QαJ+I � -2014)· 1(-lX-2� =0 => <lα l + l κl - 2014) · 2 = Ο => lαl + l κl - 2014 = Ο => Α = 2014

Λύση άσκησης από το προηγούμενο τεύχος α) Σε κάθε γεωμετρική πρόοδο να δείξετε

� �

ότι:

α4 - α 1 αι + α1 + α 3

l=λ-2

α4 - αι β) Αν σε Γ.Π είναι --"----''---

α ι + α1 + α3

ί) Ν α βρείτε το λόγο λ της προόδου ίί) Αν να f(x) χ1 - 7χ + λ

f(P(A))f

χώρου Ω Λύση

(;;) :S: Ο

δείξετε

[Στεφανής Παναγιώτης -Λαμία)

α1 + α + α3 = α1 (l + λ + λ2 ) -:;:. Ο , 2 α1 -:;: Ο και l + λ + λ2 > 0 (γιατί;) <Χ α4 - <Χι <Χιλ3 - ι Άρα: <Χι + + <Χ <Χ � � ι + ιλ+ <Χιλ2 και

διαφορετικοί του μηδε

νός και με πραγματικούς συντελεστές για τα οποία ι

l f (x)l + lg(x) l = 20 1 4 · 1x2 - 5x + 61 (1) για κάθε πραγματικό αριθμό χ . Δ1 . Να υπολογίσετε τους αριθμούς f(2) και g(2) Δ2. Να αποδείξετε ότι οι εξισώσεις: f(x) = Ο και g(x) = Ο έχουν κοινές ρίζες Δ3• Να υπολογίσετε την παράσταση Α = Ιαl + I κΙ . σχ6ει:

ΛΥΣΗ Δ Ι · Αφού η σχέση ισχ6ει για κάθε χ πραγματικό αριθ μό θα ισχ6ει και για χ = 2 , τότε έχουμε:

ότι

για κάθε ενδεχόμενο Α ενός δειγμ.

α) Προφανώς

361 χ 1 361

4° ΘΕΜΑ ΕΞΕΤΑΣΕΩΝ [ΑΛΓΕΒΡΑ) Δίνονται τα τριώνυμα f(χ) = αχ2 + βχ + γ κχ 2

}

αφού

β) i) Σύμφωνα με το (α) ερώτημα προκύπτει ότι:

λ - 1 = 5 => λ = 6 ίί) Είναι f(x) = χ2 - 7χ + 6 που έχει ρίζες τις χ 1 = 1, χ = 6 . 2 Άρα f(χ) < Ο για κάθε χ ε (l, 6) και f(x) > O για κάθε χ ( -oo, l) u ( 6, +οο) . Όμως Ρ (Α) :S:1 , οπότε ε

f(P(A)) � Ο f(P(A))f

και

( �;)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/67

:S: Ο .

77 13

< 6 , οπότε r

( ) 77 13

< Ο . Άρα:

Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής - Βαyytλης Ευσταθίου

σημασία τηc; σuvεnαyωyήc; και τωv nοσοδεικτώv στη διδασκαλία τωv Μαθηματικών

1) Από τρεις πραγματικούς αριθμούς α, β και γ, ο ένας είναι θετικός, ο άλλος εί ναι αρνητικός και ο τρίτος είναι το μηδέν. Γνωρίζουμε ακόμα ότι οι παρακάτω τρεις συνεπαγωγές είναι αληθείς: α = Ο ::::> β > Ο (1), α > Ο ::::> β < Ο (2), β :;ι: Ο ::::> γ > Ο (3) Να βρείτε ποwς από τους τρεις αυτούς α ριθμούς είναι ο θετικός, ποιος ο αρνητικός και ποιος το μηδέν.

του Αντώνη Κυριακόπουλου 4) Με α, β, γ Ε R να αποδείξετε ότι:

α) ( για κάθε χ Ε R, αχ + β = Ο ) <=> ( α = β = 0). β) ( για κάθε χ Ε R, ai +βχ+γ = Ο) <=> ( α = β = γ = Ο) . Λύ ση : α) Έστω ότι για κάθε χ Ε � ισχύ ει: αχ + β = Ο . Θα αποδείξουμε ότι: α = β = Ο . Πράγματι, από την υπόθεση με χ:::Ο και χ::: 1 , έχουβ=Ο β=Ο με ·· α+β=Ο α=Ο Αντιστ ρ όφως. Έστω ότι: α = β = Ο . Τότε, για κά θε χ Ε � , έχουμε: αχ + β = Ο · χ + Ο = Ο . β) Έστω ότι για κάθε χ Ε � ισχύει: αχ2 + βχ + y = Ο . Θα αποδείξουμε ότι: α = β = y = Ο . Πράγματι, από την υπόθεση με χ=Ο , χ= 1 και χ -1 , έχουμε: =Ο Ο =Ο α + β + y = Ο => α + β = Ο => α = Ο α-β+γ=Ο α-β=Ο β=Ο Αντιστ ρ όφως. Έστω ότι: α = β = y = Ο . Τότε, για κάθε χ Ε � , έχουμε: αχ? +βχ+y=Ο.χ? +0.χ +0=0.

Λύση: Έστω ότι α=Ο. Τότε από την συνεπαγωγή (1) ,συμπεραίνουμε ότι β>Ο και άρα β :;ι: Ο. Έτσι, από την συνεπαγωγή (3), συμπεράνουμε ότι γ>Ο. Άτοπο (γιατί θα είχαμε δύο θετικούς, τους β και γ). Άρα α :;ι: Ο. Έστω ότι α>Ο. Τότε ,από την συνεπα γωγή (2) ,συμπεραίνουμε ότι β<Ο και άρα β :;ι: Ο. Έτσι, από την συνεπαγωγή (3), συμπεραίνουμε ότι γ>Ο. Άτοπο (γιατί θα είχαμε δύο θετικούς, τους α και γ). Άρα α<Ο. Επειδή α<Ο, δεν μπορεί να είναι και β<Ο ( θα είχαμε δύο αρνητικούς). Άρα β>Ο ή β:::Ο . Έστω ότι β>Ο. Τότε β :;ι: Ο. Έτσι, από την συ νεπαγωγή (3), συμπεράνουμε ότι γ>Ο. Άτοπο (γιατί θα είχαμε δύο θετικούς, τους β και γ). Άρα β:::Ο . Συμπεραίνουμε τώρα ότι γ>Ο (αν γ<Ο θα είχαμε δύο αρνητικούς, αν γ=Ο θα είχαμε δύο ίσους με το μηδέν). Άρα : α<Ο, β=Ο και γ>Ο. Όμοια μπορούμε να αποδείξουμε ότι: 2) Θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς α και β Σημείωση .

{Υ

{Υ {Υ

(γιακάθεχeR,ar +pi +γχ+δ=Ο) <=>(α=β=γ=δ=Ο) (για κάθε χ e R, αχ4 + βχ3 + γχ2 + δχ +ε = Ο) <=> α>β. Από την υπόθεση, με <=> (α = β = γ = δ = ε = Ο) κ. ο. κ.

και υποθέτουμε ότι, για κάθε χ Ε R , ισχύει η συ νεπαγωγή: χ >β ::::>χ ;:: α . Να αποδείξετε ότι: α ::; β .

Λύση:'Έστω ότι α +-β , έπεται ότι η συν αγωγή: (όπου α, β, γ, δ, ε, . . . πραγματικοί αριθμοί). χ=επ 2 5) Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β και γ α+β >β�;:: α , δηλαδή: α> β=>β;:: α είναι α- για τους οποίους, για κάθε πραyματικό αριθμό χ;:: ο , 2 2 ισχύει: α..Γχ + (β - l)ιιιχ +(γ - 2)λοy(χ + 10) = Ο . (1) ληθής. Λόγω αυτού και επειδή: α > β , συμπεράνουμε [την πρότεινε ο κ. Γεώργιος Τασσόπουλος] ' β > α , δηΛ.UUη οτι: ' α < β , ατοπο. ' οτι: Άρα: α < β . Λύση: α) Έστω ότι για τρεις πραγματικούς αριθμούς 3 ) Θεωρούμε ένα πραγματικό αριθμό α και υ α, β και γ η (1) ισχύει για κάθε πραγματικό αριθμό ποθέτουμε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό ε>Ο χ ;::: Ο . 'Ετσι, από (1) με χ = Ο, χ=π και χ= 2: , βρίισχύει: Ι α l < ε . Να αποδείξετε ότι: α = Ο . 2 σκουμε ότι γ=2, α=Ο και β= 1 . : Λύση: Έστω ότι α :;ι: Ο . Τότε, επειδή Ιαl > Ο , από β) Αντιστρόφως. Όπως βρίσκομαι εύκολα με : την υπόθεση με ε = Ιαl , βρίσκουμε ότι: l αl < lαl , α=Ο, β= 1 και γ=2, η (1) ισχύει για κάθε πραγματι άτοπο. Άρα: α=Ο. κό αριθμό χ ;::: Ο . Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: Ση μείωση. Με άλλη διατύπωση: Θεωρούμε δύο πραγ α=Ο, β=1 και γ=2. _

� - I: '

χ0 •

ματικούς αριθμούς χ και Αν για κάθε πραγματικό αριθμό ε>Ο ισχύει: lx - χ 0 I < ε , τότε: χ χ 0 =

•

6) Να βρείτε τις αναγκαίες και ικανές συνθήκες μεταξύ των πραγματικών αριθμών α και β, για

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/68

----

Το βήμα του Ευκλείδη

τις οποίες ισχύει: α lxl + βχ � Ο , για κάθε χ ε R .

'Εστω ότι η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε χ ε JR . Τότε, από αυτή με : χ = ι και χ = -ι , βρίσκουμε: α+ β � Ο , , � � --α � β � α � � � α . Άρα, τοτε: lβl � α . Λύση : α) Αναγκαίες συνθήκες.

{

οι ζητούμενες τιμές των Α και Β είναι οι (2).

Θεωρούμε ένα πραγματικό αριθμό ρ 1 με: - - � ρ � Ο . Να αποδείξετε ότι, για κάθε 2 2 2 2 x, y ε R ισχύει: l x - xy l + ρ χ � ρy • 9)

Αρκεί να αποδείξουμε ότι, για κάβ) Ικανές συνθήκες . 'Εστω ότι lβl � α . Τό- θε χ, y ε JR ισχύει: ρ(y2 - x 2 ) � 1x 2 - xyl (ι). τε: -α � β � α , οπότε: α + β � Ο και β - α � Ο . Θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς χ και y. Θεωρούμε ένα πραγματικό αριθμό χ. α) Έστω ότι: y2 � χ2 • Τότε y2 - χ2 � Ο και άρα: Έστω ότι: χ�Ο. Τότε: ρ(y2 - χ 2 ) � Ο , αφού ρ � Ο . 'Ετσι τότε η (ι) προα l χl + βχ = αχ + βχ =( α + β)χ � ο . φανώς ισχύει. Έστω ότι: χ < Ο . Τότε: β) Έστω ότι: y2 < χ2 • Τότε y2 - χ2 < Ο και άρα: αlχl + βχ = -αχ + βχ = (β - α)χ � 0 . γ -χ2 =-l x2 -γ ι . Έτσι, για να αποδείξουμε την (ι), Άρα, τότε, η δοσμένη σχέση ισχύει για κάθε χ ε JR . Συνεπώς , η ζητούμενη αναγκαία και ικανή και επ&lδή : αρκεί να ωrοδεfξοuμε ότι: ρ 2 1 συνθήκη είναι: lβl � α . α-β � Ο

Λύ ση :

•

7) Θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς α και

β και υποθέτουμε ότι, για κάθε ζεύγος πραγμα τικών αριθμών χ και y ισχύει: αχy + βy 2 � Ο . Να αποδείξετε ότι α=Ο και β � Ο . Λύση: Από την υπόθεση με χ=Ο και y=ι, βρί σκουμε ότι : β � Ο . Επίσης, από την υπόθεση, με y= ι βρίσκουμε ότι για κάθε χ ε JR ισχύει: αχ + � Ο . (ι)

�='

Ι χ2 -� l x(x-y� = J x(x-y) = �� αρκει, να γ -χ2 -ι� - γ i lCx +yXx-y) lx + � �

� αποδείξουμε ότι: ρ � � χ+ .ηJ και επειδή ρ � .!_2 , αρI� ,J , αρκει:, κει, να αποδι-:r.. ., �ουμε οτι.... --ι >_ -� 2 χ+Jι β Αν α>Ο, τότε από την (ι), βρίσκουμε ότι: l x + Yl � 2lxl και επειδή : lx + Yl � l x l + I Y I , αρκεί να Ι αποδείξουμε ότι: � � � � �� , αρκεί: I YI � lxl , ισχύει χ � _ , για κάθε χ ε JR , άτοπο (γιατί ;). α τί: Αν α<Ο, τότε από την (2), βρίσκουμε ότι: για y2 < χ2 . 1 0) Θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς α Ι χ � _ , για κάθε χ ε JR , άτοπο (γιατί ;). και β με: α + β � Ο . Να αποδείξετε ότι, για κάα α + β - Ια - βl Άρα α=Ο. Αποδείξαμε λοιπόν ότι: α=Ο και β � Ο . θε χ ε R , ισχύει: α l x l + β l x - 1 � (1). .

•

8) Δίνονται δύο πραγματικοί αριθμοί α και β. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς Α και Β, για τους οποίους για κάθε χ ε JR ισχύει: (1). l α Ι x l +β i = A i x i + Bx Λύ ση : α) Έστω ότι, για κάθε χ ε JR , η (ι) ισχύει.

Τότε, από αυτή, με χ=ι και χ=-ι βρίσκουμε, αντιστοίχως, ότι: Α + Β = Ια + βl και Α - Β = Ια - β Ι . Από αυτές βρίσκουμε εύκολα ότι: α α β α Α = Ι α + βι + Ι - β ι και Β = Ι + Ι - Ι - βι . (2) 2 2 Αντιστρόφως. Εξετάζουμε αν για τις τιμές αυτές των Α και Β που βρήκαμε, η σχέση (ι) ισχύει για κάθε χ ε JR Δηλαδή, εξετάζουμε αν για κάθε χ ε JR tοχύει: Ια + 11ΑΙ + Ια - βl · Ι Ι + Ια + βΙ -Ια- βΙ · χ . χ Ι α Ι χ Ι +βχl = 2 2 Όπως βρίσκουμε πολύ εύκολα, διακρίνοντας δύο περιπτώσεις χ � Ο και χ < Ο , αυτό συμβαίνει. Άρα, .

2 Λύση : 1) Έστω ότι: α � β . Τότε, το δεύτερο μέλος της ( ι ) ισούται με β και άρα έχουμε να αποδείξου με ότι, για κάθε χ ε JR , ισχύει: αΙ� +βl χ- � � β (2).

Θεωρούμε ένα πραγματικό αριθμό χ και διακρί νουμε τις εξής περιπτώσεις: α) Έστω ότι: χ<Ο. Τότε, επειδή: lxl = -χ και lx - ιΙ = -χ + ι , για να αποδείξουμε την (2), αρκεί να αποδείξουμε ότι: -αχ - β χ + β � β , αρκεί: (α + β)χ � Ο , ισχύει διότι α + β � Ο και χ<Ο. β) Έστω ότι: O�x�l. Τότε, επειδή: l � =x και l χ-� =-χ+ι, για να αποδείξουμε την (2), αρκεί να αποδείξουμε ότι: αχ-βχ+β�β. αρκεί: ( α-β) χ � Ο, ισχύει διότι α - β � Ο και χ � Ο . γ) Έστω ότι: χ> ι . Τότε, επειδή: lxl = χ και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ.3/69

-----

Το βήμα του Ευ��η

lx - 11 = χ - 1 , για να αποδείξουμε την (2), αρκεί να αποδείξουμε ότι: αχ + β χ - β � β , αρκεί: (α + β)χ � 2β , ισχί>ει, επειδή χ> 1, α + β � Ο και α � β ' έχουμε: (α + β)χ � α + β � 2β . 2) 'Εστω ότι: α < β . Τότε, το δεύτερο μέλος της (1) ισούται με α και άρα έχουμε να αποδείξουμε ότι, για κάθε χ Ε JR , ισχύει: αlxl + βlχ - 11 � α (3). Θεωρούμε ένα πραγματικό αριθμό χ και διακρίνουμε τις προηγούμενες περιπτώσεις: α) Έστω ότι: χ<Ο. Τότε, όπως προηγουμένως, για να αποδεiξουμε την (3), αρκεί να αποδεiξουμε ότι: -αχ -βχ + β � α , αρκεί: (α -β) + ( α + β)χ � Ο , ισχύει δtότι: α-β<Ο και ( α+β) χ � Ο , αφού α + β � Ο καιχ<Ο. β) Έστω ότι: Ο � χ � 1 . Τότε, για να αποδείξουμε την (3), αρκεί να αποδείξουμε ότι: αχ - βχ + β � α , αρκεί: (α - β)(χ - 1) � 0 , ισχύει διότι: α-β<Ο και χ - 1 � Ο . γ) Έστω ότι: χ> l . Τότε, για να αποδείξουμε την (3), αρκεί να αποδείξουμε ότι: αχ + βχ -β � α, αρκεί: (α+β)(χ-1) � 0 , ισχύει διότι: α + β � Ο και χ-1 > 0 . Σχόλιο. Παρατηρούμε ότι: •

•

α + β- Ι α - β l

β = min { α , β} .

α β α β Αν α < β , τότε: + - Ι - l

α = min { α , β} .

Αν α � β , τότε:

Έτσι, για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς α και α + β- I α - β I . β, είναι: min { α , β } = Βρίσκουμε επίσης εύκολα όn: max { α ,

β} -

α + β+ I α - β I

Σημείωση. Μπορούμε να βρούμε τους αριθμούς max { α, β}=Μ και min { α, β}=μ ως εξής: Έχουμε : Μ + μ= max { α, β}+ min { α, β}=α + β και Μ · μ= max { α, β} · min { α, β}=αβ. Άρα, οι αριθμοί Μ και μ είναι οι ρίζες τις εξίσωσης: χ 2 - ( α + β) χ + α β = Ο . Η διακρί

νουσα της εξίσωσης αυτής είναι: Δ = (α + β ) 2 - 4 αγ = (α - β ) 2 και επομένως οι ρίζες της 2 α + β ± l α - βl ' α + β ± �( α - β ) , , δη λαδη οι = ειναι: , αριθμοι:

α + β + Ια - βl

α + β - Ι α - βl

και

Η πρώτη ρίζα είναι μεγαλύτερη ίση από την δεύτερη ή

max {α,β} � min{α,β} , έπεται όn: α+β+ Ι α- � α + β - Ι α - βl . και nun { α, β } = ΙΠΙΧ{ α, β} 2 2

και

επειδή

1 1) Να εξετάσετε αν είναι ή όχι αληθής καθεμία από τις παρακάτω δύο προτάσεις: 1) Για κάθε α Ε R , υπάρχει β Ε R , αβ(α + β) = α - β.

------

Υπάρχει β ΕR, αΕR, κάθε '110. αβ(α + β) = α - β. [την πρότεινε ο κ. Γ. Τασσόπουλος]

Λύση : 1) Η πρώτη πρόταση είναι ισοδύναμη με την πρόταση: [Για κάθε α ΕR, υπάρχει β ΕR, αβ +(α2 +1)β-α=Ο] α 0 <=> Για κάθε α Ε JR, α = Ο ή : ) ( α +1 + 4α � ο <=> [ Για κάθε α Ε JR, (α = Ο ή α * ο )] , αληθής. Άρα, η πρώτη πρόταση είναι αληθής . 2) Η δεύτερη πρόταση είναι ισοδύναμη με την πρόταση : [Υπάρχει αΕR, για κάθε β ΕR, αβ +(α2 +1)β-α=0J <=> [ Υπάρχει α Ε JR, (α = Ο, α + 1 = Ο, -α=Ο ) J , ψευδής.. Άρα, η δεύτερη πρόταση είναι ψευδής. 2

[ {

[

12)

θεωρούμε τρεις πραγματικούς θετικούς α ριθμούς α, β και γ και υποθέτουμε ότι για κάθε φυσικό θετικό αριθμό ν, υπάρχει τρίγωνο με V ν ν μή κη πλευ ρών α , β και γ . Να αποδείξετε ότι δύο τουλάχιστον από τους αριθμούς αυτούς α, β και γ είναι ίσοι. • θεωρούμε γνωστό ότι, για κάθε πραγματικό * αριθμό δ � - 1 και για κάθε ν Ε Ν , ισχύει: (1 + δ) v � 1 + νδ (Ανισότητα Bernoulli).

Λύση:Έστω ότι: α � β � γ . Θεωρούμε έναν αριθ μό ν Ε Ν* , οπότε: αν � βν � γν και πειδή οι αριθ μοί: α ν , β ν και γν είναι πλευράς τριγώνου, έχουμε: γ ν < α ν + β ν =>' < +1�1+1=2

[

γ ι α τί Ο <

; < 1,

ο πότε

Εξάλλου, έχουμε:

(�τ (;)ν ( ; ) ] => ω '

i � 1 , οπότε: i - 1 � Ο . Έτσι,

Μγω και της ανισότητα του Bemoulli, με δ =1 -1 , β έχουμε: 2 >

(Π = [ι + (* -1)J � 1 + ν(* - 1) =>

=> 1 + ν · γ - β < 2 => ν(γ - β) < β(1) . β Συμπεραίνουμε ότι η σχέση (1) ισχί>ει για κάθε ν Ε Ν* . Έχουμε: γ � β . Αν γ > β, τότε από την (1), θα είχαμε: ν < _β_ , για κάθε ν Ε Ν* . Αυτό όμως γ-β είναι άτοπο, γιατί υπάρχουν φυσικοί αριθμοί μεγα λύτεροι από κάθε δοσμένο πραγματικό αριθμό,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/70

------- Το βήμα του Ευ�ίδη

-------

επομένως και από τον αριθμό _β_ . Άρα: γ = β. γ-β

με ν 0 > .!2_ , τότε, όπως μπορούμε να αποδείξουμε ε

13) α) Να αποδείξετε ότι, για κάθε α, χ Ε R ισχύ�

εύκολα, ισχύει: 1 �1 4 -1 <ε,

ει η ισοδυναμία:

<1 �α, (1)�1-+]�)=1-h:-tj� ) .J "' J "'"\1lα--'τ

=α-1{3)

β) Να βρείτε τους αριθμούς α Ε R , για τους οποίους υπάρχει αριθμός χ Ε R , με: α ( + lx 1 ) + x + lxl .

Έστω ότι η σχέση (1) ισχύει. Λύνουμε αυτή ως προς α και aντικαθιστούμε την τιμή του στις (2) και (3). Όπως βρίσκουμε εύκολα οι σχέσεις που προκύπτουν ισχύουν. Αντιστ ρ όφως. Έστω ότι οι σχέσεις (2) και (3) ισχύουν. Από την (3), λόγω και της (2), βρίσκουμε Ια-ΙΙ , , οτι : χ = α 1 και συνεπως: χ = Ι Ι I - lα - Ij ' 1 - Ια - 11 Αντικαθιστώντας τώρα στην (1), βρίσκουμε εύκο λα ότι αυτή ισχύει. β) Έχουμε, λόγω και της ισοδυναμίας που αποδείξαμε: [ υπάρχει χ Ε IR, α ( I + Ixl ) = 1 + χ l x l ] � Λύ ση :

α)

+( )

για

κάθε αριθμό

ν Ε Ν* με ν � ν0 (και τούτο, για κάθε πραγματικό αριθμό ε>Ο). Άρα τέτοως αριθμός ν0 Ε Ν* υπάρχει.

Σχόλω . Ένας που γνωρίζει οριακές τιμές ακολουθιών θα αναγνωρίσει ότι στην άσκηση αυτή αποδείξαμε, με τον

ορισμό, ότι η ακολουθία: αν

( �) 1+

συγκλίνει στο 1 .

1 5) Να αποδείξετε ότι: Για κάθε πραγματικό αριθμό ε>Ο, υπάρχει πραγματικός αριθμός δ>Ο τέτοιος ώστε να ισχύει: lx2 - χ - 6 < ε , για κάθε

αριθμό x E R με O < l x - 3 < δ.

Λύση: 'Εστω ένας πραγματικός αριθμός ε>Ο. Θα

αποδείξουμε ότι υπάρχει πραγματικός αριθμός δ>Ο τέτοιος, ώστε για κάθε χ Ε IR να ισχύει η συνεπαγωγή: 0 < j x - 3j < δ => l x2 - x - 6 1 < ε . (1) Μπορούμε να αναζητήσουμε τον αριθμό δ σε ένα διάστημα (0, α), όπου α>Ο. Ας τον αναζητήσουμε στο διάστημα (0, 2), οπότε: Ο<δ<2. �[ υπάρχει χ Ε]R, jα-11 < 1 και χ(l-jα-ΙI) =α-1] Έστω τώρα ότι για ένα αριθμό χ Ε IR ισχύει: � ι Ο < lx - 31 < δ(< 2) . Τότε: <ο> ια - ιι και υπάρχει χ ε IR, χ� Ι χ2 - χ - 61 = lx - 3llx + 21 = lx - 3j l (x - 3 ) + 5 1 � � lx - 3l(lx - 3 1 + 5 ) < lx - 3 1 (2 + 5) = 7lx - 31 <ο> ια - ι < ι και υπάρχει χ ε R, ε IR ι Άρα, για να ισχύει: Ι χ 2 - χ - 61 < ε , αρκεί να ισχύει: � (Ια - 11 < 1 και 1-lα - 1 Ι � ο) � lα - Ιj < 1 � 7 Ι χ - 3 Ι< ε, αρκεί: Ι χ-31 < � . Συνεπώς. Αν θεωρή� -1 < α - 1 < 1 � Ο < α < 2. 7 Άρα, οι ζητούμενες τιμές του α είναι οι αριθμοί σουμε έναν αριθμό δ με: Ο < δ < min 2, , τότε του διαστήματος (0,2). 14) Να αποδείξετε ότι: Για κάθε πραγματικό * αριθμό ε>Ο, υπάρχει αριθμός ν Ε Ν τέτοιος για κάθε χ Ε IR ισχύει η συνεπαγωγή (1). Πράγματι, έστω ότι για έναν αριθμό χ Ε IR ισχύει: O<l x-� <δ. ' ώΜε να ισzύει: � + ; - < ε , yuι κάθε αριθμό Τότε, λόγω και των : δ<2 και δ < � , έχου7 * ν Ε Ν με ν � ν με: l χ2 -χ- � <7 j x -3l <7δ < 7 · � =ε => l χ2 -χ-61 < ε. Λύ ση: Έστω ένας πραγματικός αριθμός ε>Ο. Για Σχόλιο 1. Επειδή αναζητήσαμε τον αριθμό δ σε ένα κάθε αριθμό ν Ε Ν* έχουμε: διάστημα της μορφής (0, α) δεν καθιστά την λύση μεω

+ ι -ϊ: ι )] ι -ϊ:� ι )]

[ <ι ( [ ι (

( )

�

{ �}

0•

(ι+�Η=I(ι+�Η(ι+�)' +(ι+�)' +(ι+�)+ :::; .!.. ( 23 + 22 + 2 + Συνεπώς , να ισχύει: ν I( �} � αρκεί να ισχύει: : ε , αρκεί 1) .!2_ . =

- < ε,

:ν

για

1 <

.!2.. Έτσι, αν θεωρήσουμε έναν αριθμό ν 0 Ε Ν* ε

νεκτική, γιατί εκείνο που ζητάμε είναι να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένας τέτοιος αριθμός δ. Παραπάνω τον ανα ζητήσαμε στο διάστημα (0, 2). Θα μπορούσαμε να τον αναζητήσουμε σε ένα οποιοδήποτε άλλο διάστημα της ίδιας μορφής. Σημειώνουμε, τέλος, ότι δοθέντος του ε ο δ γενικά δεν είναι μονοσήμαντα ορισμένος. Σχόλιο 2. Ένας που γνωρίζει οριακές τιμές συναρτήσε ων θα αναγνωρίσει ότι στην άσκηση αυτή αποδείξαμε, με τον ε-δ ορισμό, ότι: lim( χ 2 χ) = 6 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ.3/71

χ-->3

�ο �

«Η

n ρ οτεfνει Επιμέλεια:

η μz

" " "

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟ ΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

Β + η μz Δ

των

προβλήματα και οι λύσεις

ΑΣΚΗΣΗ 214 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 86 ) Τετραπλεύρου ΑΒΓΔ τα μήκη των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΑΔ, ΓΔ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Να δειχθεί ότι ισχύει: L2 - 4Τ2 + 3 = Ο , Α + η μz Γ η μz -

καρδιά

μαθηματικών είναι τα και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει Ρ. R. HALMOS προβλή ματα» .

Ε u κλ.εf δ n ς

2 2 , Τ= 2 2 όπου: L = Β η μz Α _ η μz Γ η μz _ η μz Δ 2 2 2 2 (Γιώργος Τριάντος - Αθήνα ) ΛΥΣΗ 1 8 (Από τον ίδιο ) Έστω ότι είναι:

ΑΒ = χ - 3k, ΒΓ = χ - k, ΑΔ = χ + k, ΓΔ = χ + 3k τα μήκη των πλευρών του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ Δ

Με εφαρμογή του θεωρήματος συνημιτόνων στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΔ καταλήγουμε στις σχέσεις d� = 16k 2 + 4(χ 2 _ 2kχ - 3k 2 )η μ 2 Α (4) 2 d� = 16k 2 + 4(χ 2 + 2kχ - 3k 2 )η μ 2 -Γ (5) 2 και από τις (4) , (5) ,με όμοιο τρόπο, στη σχέση: Α + μ2 Γ 2μ η η 2 � ο (�) 2 - 2 Α2 (6) . Γ (k) - 3 = k _ 2 2 μ μ η 2 η 2 Παρατηρούμε, ότι οι εξισώσεις (3) και (6) είναι δευτέρου βαθμού ως προς � και έχουν μία k τουλάχιστον ρίζα κοινή. Η απαλείφουσα σχέση μεταξύ των τριωνύμων a ι / + b ι Υ + c 1 και a 2 y2 + b 2 y + c 2 δίνεται, όπως είναι γνωστό, από τη

που αποτελούν αριθμητική πρόοδο με διαφορά ω = 2k και ΑΓ = d1 , ΒΔ = d2 . Από το θεώ ρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ, παίρνουμε: ΑΓ2 = ΑΒ 2 + ΒΓ 2 - 2ΑΒ · ΒΓ συνΒ ή το αυτό:

= (χ - 3k)2 + (χ - k)2 - 2(χ - 3k)(x - k)συν Β = (χ - 3 k)2 + (χ - k)2 - 2(χ - 3k)(x - k)(l - 2ημ 2 = d�

�)

(χ - 3k - χ + k)2 + 4 (χ - 3k)(x - k)ημ 2 !!. :::::>

d�

(1)

= 4 k2 + 4 (χ - 3k)(x - k)ημ 2 !!.

2 Από το ίδιο θεώρημα για το τρίγωνο ΑΔΓ προκύπτει: d� = 4k 2 + 4(χ + 3k)(χ + k)η μ 2 Δ (2). 2 Από τις ισότητες (1) και (2) συνάγεται ότι ισχύει: Β = (χ + 3k)(χ + k)ημ2 Δ� (χ - 3k)(χ - k)ημ2 2 2 Β = (χ 2 + 4kx + 3k2 )ημ2 Δ� ( χ 2 - 4kx + 3k2 )η μ2 -

Δ )χ 2 - 4k(ημ2 Δ + Β + ημ2 -)χ (ημ - ημ2 2 2 2 2 Β Δ . +3k2 (ημ2 - ημ2 2) = ο 2 B z-

�

(-�·/ k

2� η μ 2 !!. + η μ 2 2 (�) + 3 = ο Β -4 2 2 Δ ημ 2- ημ 2 k

(3)

η σχέση (Q) - με διατήρηση των b ι , b 2 - δίνει: 1 3 2 - 1 b ι bι 3 = Ο � 36 + 3(b� - b�) = Ο 1 - 3 1 b2 b2 - 3

1 1 1 l·l 1

Β Δ η μ 2 -2 + η μ 2 -2 ) 2 = 0 � 4L2 - 16Τ 2 + 12 = 0 16( Β Δ 2 2 ημ 2 - ημ 2 και τελικά, L2 - 4Τ 2 + 3 = Ο . ΛΥΣΗ 28 (Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι)

Σύμφωνα με το πρόβλημα, για τις πλευρές του ΑΒΓΔ έχουμε: α = χ - 3k, β = χ - k,δ = χ + k y = χ + 3k . Επειδή α + y = β + δ = 2χ , το ΑΒΓΔ είναι περιγράψιμο σε κύκλο ακτίνας ρ, οπότε οι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ. 3/72

------- Ο Ευκλείδης Προτείνει . . .

--------

διχοτόμοιΙ τουτωνεγγεγραμμένου γωνιών τουκύκλου. διέρχονται κέντρο Ισχύουν:από το αντικατάσταση: η μ2 -�Α η μ2 -2 2 -Α2 + η μ2 -Γ2 χ2 -3k2 , , μ η L = 2 -Α 2 Γ 2kx . Επισης, ειναι η μ 2 - η μ -2 μ2 2Β - χ2 +4kx+3k2 απ όπου και πάλι η-η μ2 -Δ2 χ2 -4kx+3k2 ' προκύπτει η σχέση: 2 2Β + η μ2 2Δ - χ2 +3k2 μ η Α Α Β Β α = + ΡΒ = ρσφ 2 + ρσφ 2 = ρ(σφ 2 + σφ 2) (1 Τ= 2 Β 2 Δ - 4kx .Τελικά, έχουμε: η μ -2 η μ -2 Γ Β Γ Δ β = ρ(σφ 2 + σφ 2) (2), γ = ρ(σφ 2 + σφ 2) (3) και 2 -3k2 )2 -4( x2 +3k2 )2 +3= x T2 2 L +3 -4 =( 2kx 4kx δ = ρ(σΦ 2Δ + σΦ 2Α ) (4) 4 4 4 2 9k k2 k2 χ -6 x + 4 χ +6 x2 + 9k4 +3= = Β Α - συνk2x 2 k2x 2 4 16 ν υ σ ( 1 ) ::::> α= ρ(σΦ � σφ � ) ρ( ημ-2 -j- = -124k2k2xx2 2 +3=-3+3=0 μη -12 ---Δάφνη , Α+Β Α Β -, μ μ μ 2Α+ Β-:-2 = ρ η Α 2 Β � ρ =α η -η ΑΣΚΗΣΗ μ-2 η μ -η η μ -2 2 Ομοίως, από τις σχέσεις (2) ,(3) , (4) παίρνουμε: Γ μ -Δ η μ-Δ η μ -Α Β η μ -Γ η μ -η μη 2 2 - Κ. ρ - β Β+Γ ' ρ - γ 2Γ+Δ2 ' ρ - δ 2Δ+Α2 ( ) -Δάφνη η μ-η μ -η μ -2 Θετουμε 2 2 w . με z4 = --w 4 , (1 + ι)z. = w οποτε, z = Α+Δ Α+Β Γ+Δ Β+Γ , 4 1+ι Επειδη η μ -, η μ -= η μ -= η μ -2 2 2 2 4 και η εξίσωση (1) γράφεται w -16w -4 =Ο (2) από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι ισχύουν: και έχει στο σύνολο Α Γ Δ Β αη μ 2 η μ 2 =γη μ 2 η μ 2 και Έστω η συνάρτηση h(w)=w4 -16w-4 οπότε η εξίσωση (2) γράφεται στη μορφή h(w) =Ο (3). βη μ -Β2 η μ -Γ2 = δη μ -Δ2 η μ -Α2 . Με πολ/σιασμο, Επειδή h(2) = -20 <Ο και h(3) = 29 > Ο , η h ρίζα w στο διάστημα (2,3). Επειδή βγη μ -Β2 η μ2 -Γ2 ημ -Δ2 =αδη μ2 -Α2 η μ -Β2 η μ -Δ2 και δέχεται h(O) =-4 < Ο και h(-1) = 1 3 > Ο , η h δέχεται ρίζα w 2 στο διάστημα (-1,0). Οι άλλες ρίζες w3, w 4 γδη μ 2Α η μ2 2Δ η μ 2Γ = αβη μ 2 2Β η μ 2Α ημ 2Γ · Ά, ρα, είναι μιγαδικές συζυγείς, οπότε w4 w3 • Από τις Β Γ Δ βyη μ 2 -2 =αδη μ2 -2 και γδη μ2 -=αβ η μ 2 -2 ήσχέσεις Vieta προκύπτει : w + w 2 + w3 w 4 = Ο 2 w1 + w2 + w3 + w3 Ο w1 + w2 + 2 Re( w3 ) Ο Α Β 2 2 μ μ 2 Re(w3 ) -(w1 + w2 ) (-3, -1) Re( w3 ) < Ο γδ η 2 και � -αβγδ = η 2Γ και -=-Αν w3 = x3 +iy3 τότε χ3 <0 και w 4 =x3 -iy3 • η μ2 2 αβ η μ2 Δ2 Επειδή οι w 3 , w3 είναι ρίζες της (2), ισχύει ότι: =

ΑΡ

)

Λύσεις έστειλαν :

Ροδόλφος Μπόρης -

Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος

- Αγία Παρασκευή.

Βασίλης Λαγογιάννης

2 1 5 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 87 ) Να δείξετε ότι η εξίσωση z 4 + 4(1 + i)z + 1 = Ο (1) έχει μία ρίζα (με εικόνα) σε κάθε τεταρτημόριο του μιγαδικού επιπέδου. Πατήσια ) .

(Γιώργος Δεληστάθης

ΛΥΣΗ Ροδόλφος Μπόρης

ακριβώς τέσσερις ρίζες

με

<::>

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 91 τ. 3/73

<::>

Ο Ευκλείδης Προτείνει . . .

4 -4 w3 - w3 = 16(w3 - w3 ) <::::> (w3 - w3 )(w3 + w3 ) · (w; + w; ) = 16(w3 - w3 ) => 2 Re(w3 )(w; + w ;) = 16 <::::> 2Re( w3 ) [ (w3 + w3 ) 2 - 2w3 w3 ] = 16 <::::> 2Re( w3 ) [(2Re(w3 )) 2 - 2l w 3l 2 ] = 16 => 2χ 3 (4χ; - 2χ; - 2y;) = 16 => 4χ 3 (χ; - y; ) = 16 > ο

------

X J <O

=> χ; - Υ; < Ο <=> (χ 3 - Υ3)(χ3 + Υ3 ) < Ο (4) <=> (y 3 - χ 3 )(χ 3 + Υ3) > Ο Στη συνέχεια, παρατηρούμε ότι: w1 w1 (1 - i) w1 - ι w1 με w1 Ε (1 -3 ) z1 - 1 +i - 2 - 2 2 2 '2 οπότε η εικόνα M(z 1 ) ανήκει στο 4° τεταρτημόριο. w 2 -ι. w 2 με w 2 = w 2 (1 - i) = z2 = 2 1+i 2 2 w 2 Ε (-_!_,0) οπότε η εικόνα M(z ) ανήκει στο 2° 2 2 2 τεταρτημόριο. w3 = w3 (1 - i) (x 3 + iy3)(1 - i) x 3 + y 3 + z3 = 2 2 1+i 2 . Υ3 - χ 3 , z4 - W 4 - w3 (1 - i) - (χ 3 - iy3)(1 - i) = ι 2 1+i 2 2 = Υ3 - χ 3 Χ 3 + y3 Λ (x 3 + Y3 )(y3 - x 3 ) > 0 2 -ι 2 Διακρίνουμε περιπτώσεις: 1) Αν χ 3 + y3 > Ο τότε y3 - χ 3 > Ο , οπότε η εικόνα M(z3 ) ανήκει στο 1° τεταρτημόριο ενώ η εικόνα M(z4) ανήκει στο 3° τεταρτημόριο. 2) Αν x 3 + y3 < 0 τότε y3 - χ 3 < 0 , οπότε η εικόνα M(z 3 ) ανήκει στο 3° τεταρτημόριο ενώ η εικόνα M(z4) ανήκει στο 1° τεταρτημόριο. _

•

Λύση έστειλε ο Διονύσης Γιάνναρος

{

χ,

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι ικανοποιουν το συστημα:

(χ, y] · (χ, y) = 84(x, y) 2 <::::> xy = 84d <::::> d 2 km = 84d2 (2) <::::> km = 84 l) Αν d = 19 η (1) δίνει: k + m = 3 1 (3) Τα k,m είναι ρίζες της εξίσωσης: t 2 - 3 1t + 84 = Ο που είναι οι αριθμοί 3 και 28.δηλ. (k,m) = (3,28) ή (k,m) = (28,3) και οι λύσεις του συστήματος είναι: (χ, y) = (57 , 532) ή (x, y) = (532,57) . 2) Αν d = 3 1 η (1) δίνει: k + m = 19 και τα k,m είναι λύσεις της εξίσωσης t 2 - 19t + 84 = Ο που είναι οι αριθμοί 12 και 7 οπότε (k,m) = (12, 7) ή (k,m) = (7 ,12) και οι λύσεις του συστήματος οι (x, y) = (372,217) ή (x, y) = (217,372) . Λύσεις έστειλαν: Ροδόλφος Μπόρης

Γαλάτσι, Γιάννης

χ+

Διονύσης Γιάνναρος -

Δάφνη,

Ηλιόπουλος

Πύργος ,

Λευτέρης Τσιλιακός -

Καλαμάτα.

ΑΣΚΗΣΗ 2 1 7 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 87 ) Δίνεται κύβος ΑΒΓΔΘΕΖΗ ακμής α και διαδοχικές έδρες ΑΒΓΔ , ΑΒΕθ. Αν Ι είναι σημείο της ΑΕ τέτοιο, ώστε ΑΙ=α τότε: λ

ι ) Να υπολογισθεί η γωνία ΙΔΗ 2) Να αποδειχθεί ότι οι ακμές ΙΑ, ΙΓ, ΙΔ της πυραμίδας ΙΑΓΔ αποτελούν πλευρές τριγώνου. 3) Να βρεθεί τι μέρος του όγκου του κύβου καταλαμβάνει η πυραμίδα. (Β. Φρούντζος - Αγρίνιο) ι 8 ΛΥΣΗ ( Διονύ σης Γιάνναρος - Πύργος ) ι) Επειδή ΔΑ j_ (ΑΒΕΘ) είναι ΔΑ j_ ΑΙ δηλ. το •

τρίγωνο ΙΑΔ είναι ορθογώνιο στο Α, οπότε ισχύει: ΙΔ2 = ΑΙ2 +Μ = 2α2 => ΙΔ = α.fi . Το τρίγωνο ΑΗΕ είναι ισόπλευρο αφού AH=AE=EH=αfi (διαγώνιοι ίσων τετραγώνων πλευράς α). Α ...,�---...-:.Δ

- Πύργος .

ΑΣΚΗΣΗ 2 1 6 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 87 )

-------

y που

y = 589

[x, y ] = 84 (x, y ) ( Ηρακ. Ευαγγελινός - Ευρ. Κασσέτας - Αθήνα ) ΛΥΣΗ ( Δη μήτριος Καραβότας ·

Κάτω Αχαϊα ) Έστω (χ, y) = d .Τότε d / χ Λ d / y και συνεπώς χ = dk , y = dm με (m, k) = 1 και d/x + y . Η πρώτη των εξισώσεων του συστήματος δίνει dk + dm = 589 <::::> d(k + m) = 589 (1) και επειδή d/ x + y = 589 = 1 · 19 · 3 1 οι πιθανές τιμές του d είναι d = 1 ν d = 19 ν d = 3 1 ν d = 589 . Οι τιμές d = 1 και d = 589προφανώς αποκλείονται. Η δεύτερη εξίσωση του συστήματος γράφεται

Επομένως, ΕΑΗ ΙΑΗ = 60° . Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΙΑΗ παίρνουμε: ΙΗ 2 = ΑΙ2 + ΑΗ 2 - 2 · ΑΙ · ΑΗ · συν(ΙΑΗ) = = α 2 + 2α 2 - 2α 2 J2συν60° = 3α 2 - 2J2α 2 _!_ = 2 = α 2 (3 - J2) => ΙΗ = α�3 - J2 Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο 2 2 2 ΙΔΗ => συν(Ιm ) = ΙΔ + ΔΗ - ΙΗ = 2 · ΙΔ · ΔΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ. 3/74

------- Ο Ευκλείδης Προτείνει . . . -------

= 2α2 +α22α-2(3..fi- ..fi)α2 = _!._2 =>Im =6Οο . Επειδή ΑΕ= ΑΓ = ΕΓ = α..fi είναι πΞr ΑΕΓ = 60° και ΙΕ = α..fi - α = α( ..fi - 1) Από το τρίγωνο ΙΓΕ° έχουμε ΙΓ2 = ΓΕ2 + ΕΙ2 -2 · ΕΓ · Εiσυν60 = 2α2 +α2 (..fi -1)2 - 2 · α..fi . α(..fi - 1) · _!._2 = ... = α 2 (3 - ..fi) => ΙΓ = α�3 - ..fi Διαπιστώνεται εύκολα ότι για τμήματα με μήκη α,α.J2,α�3 - ..fi ισχύει η τριγ�νική ανισότητα οπότε τα τμήματα ΙΑ , ΙΓ , ΙΔ αποτελούν πλευρές τριγώνου. Η εκείναιτουκάθετη Ι παράλληλη προςΑΒΓτηνΔακμή ΕΒ του κύβου στην έδρα και συνεπώς είναι το της πυραμίδας Δ, οπότε ισχύει: VΙΑΓΔ = .!_3 ·(ΑΓΔ)·ΙΚ . (1). Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΕΒ και ΑΙΚ προκύπτει ότι: ΙΚ = ΑΙ => ΙΚ = � =>IK = � (2). ΕΒ ΑΕ α α..fi ..fi < ) 2 3 ..fi α 3 που (1)=>2 VΙΑΓΔ = 3 . 2α . ..fiα = 6αJ2 = u ..fi ' το U ' οτι' η πυραμι'δα κατUΛαμβανει σημαινει του όγκου του κύβου. Η ( 2 -Δάφνη ) 2)

ΙΑΓ

ύψος

-'ι

ΛΥΣΗ Ροδόλφος Μπόρης z

ΔΗ= (0,0,1) , ΔΗ = (0,0,1) Ir = (1 - ..fi2 "1 - ..fi2 ) ' ιΔ = (- ..fi2 "1 - ..fi2 ) Έστω ΙΔΗ =θ .Τότε,-+ από-+ το εσωτερικό γινόμενο ..fi -+ -+ · Ι ΔΗ Δ , 2 . παιρνουμε. συνθ - ι ι ι -ν2 -_ -21 => θ --3 ΔΙ ΔΗ και από τα μέτρα των διανυσμάτων τα μήκη: cιΑ)=1,( Δ)= ιΙΔI = c-lf-)2 +12 +(-�)2 =..fi (IΓ)= ιlrl = c1-�)2 +12 +(�)2 = �3 - ..fi που την τριγωνική τα ικανοποιούν , ΙΓ , ΙΔ αποτελούν πλευρέςανισότητα τριγώνου.οπότε ..fi = ..fi . ' νΙΑΓΔ = 31 (ΑΓΔ)·υ= 31 . 21 . 2 τελος, 12 ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ Να λυθεί η εξίσωση: 2χ + 3χ + 6χ = χ 2 • -Καλαμάτα ) Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρουμε το ύψος ΑΔ και τις ΔΕ ΑΒ, ΑΓ . Στην προέκταση της ΔΕ θεωρούμε σημείοτηςΜΔΖτέτοιο, ώστεσημείοΕΜ=ΔΕ και στην προέκταση θερουμε Ν τέτοιο, ώστε ΖΝ=ΔΖ. Το τμήμα τέμνει την ΑΒ στο Κ και την ΑΓ στο Θ.ταΝαδύοαποδειχθεί ότιτουτατριγώνου τμήματα και είναι άλλα ύψη ΓΚ ΒΘ ΑΒΓ καισημείο ότι τοτομής ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ είναι το των διχοτόμων ΔΚΘ.Δίνεται ισοσκελές τρίγωνοΤρίπΑΒΓολητου(ΑΒ=ΑΓ) ) τριγώνου ° . Θεωρούμε σημείο Δ της βάσης ΒΓ τέτοιο, Αώστε= 100ΔΓ=ΑΓ. ευθεία παράλληλη στην ΑΓ που Από τέμνειτο Δτηνφέρουμε ΑΒ στο σημείο Ε. Να υπολογισθεί το μέτρο της γωνίας Ε ΓΔ ) -Μεσολόγγι Αν m R , να λυθεί στο σύνολο R η εξίσωση χ(χ + 7)(χ2 + 7χ +2) = Λήμνος) Λόγω μικρής90,καθυστέρησης στο ταχυδρομείοστουςμας στο τεύχος ,λύτες συμπεριέλαβε δεν στήλη η των ασκήσεων 209 - 212 - 213 την του ΙδιωτικούΛυκείου από τοομάδαΨηλογέφυρο Αγρινίου. Κ αλωσορίζουμε την αυτή στους φίλους της στήλης και αναμένουμε νέες εργασίες. Λ

_π

r;:;

ΙΑ

236. 237.

(Γιάννης Ηλιόπουλος

ΔΖ l.

ΜΝ

( Γεώργιος Τσιώλης -

με

238. Λ

Υποθέτουμε ότι α = 1 . Θεωρούμε τρισορθογώνιο σύστημα αξόνων όπως στο σχήμα με αρχή το σημείο, Α. Για οκτώ1 κορυφές1, του κύβου είναι: Α(Ο,Ο Ο) Β(1,0,0) Γ(1, ,0) Δ(Ο, 0) E(l,O,l) Θ(Ο,Ο,1) H(O,l,1) Ζ(1,1,1) ..fi ) . Ακο' μη, ..fi Ο, ενω-+ ' για το σημειο' Ι ισχυει' I(-, 2 2 ..fi ,- 1, ..fi ) και ΔΙ= (χ 1 -χΔ , Υr - yΔ , z1 - zΔ ) = (2 2 τις

(Γιώργος Αποστολόπουλος 239 . ε

m-1

(Κωνσταντίνος Τσου βαλάς Π αρατή ρηση τη ς στή λης:

ομάδα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ. 3/75

λύσεων προβλημάτων Παναγίας Προυσιώτισσας

Τα

άλυτα προβλήματα, ο ι ε ι κασίες

Ο κόσμος τωνΤα Μαθηματικά Μαθηματικώνκρύβουν είναι πραγματικά μαγικός. μεγάλη μαγεία.στουςΗ μαγεία όμως αυτήΌταν δεν γίνεται αντιληπτή περισσότερους. ένας μαθηματικός προσπαθεί να λύσει ένα πρόβλημα προκύπτουν άλλατοκαιμυαλό αυτό είναι τομαθηματικών. αιώνιο παιχνίδιΗ που προκαλεί των ενεργή ενασχόληση με τους αριθμούς μπορεί καινα προσφέρει μια αίσθηση απόλυτης ελευθερίας σου δίνει κάθε δικαίωμα να πιστεύεις, να ρωτάς, νααριθμών αμφισβητείς. Το βάθος τουσυνήθιζε κόσμουνα λέει των είναι τεράστιο και όπως ο γνωστός Βρετανός Hardy μαθηματικός «Οποιοσδήποτε μπορεί να κάνει ερωτήσεις σχετικές με τους πρώτους αριθμούς που και ο πιο σοφός άνθρωπος αδυνατεί να απαντήσει». Θα λέγαμε λόγια του Hardy τα επιβεβαιώνει η εικασία ότιτουτα Gόldbach: «Κάθε άρτιος θετικός ακέραιος μεγαλύτερος του 2 μπορεί να γραφεί ως άθροισμα δύο πρώτων αριθμών». π.χ.

(8=5 +3, 2014=201 1 +3). Πρώτοι είναι οι αριθμοί που οι μόνοι τους διαιρέτες είναι ο αριθμός και ο εαυτός τους. Όταν τοφίλο1742τουο Goldbach έστειλε την επιστολή στον τον Euler, δεν φαντάστηκε τοπαραμένοντας περιεχόμενο τηςέναθα συζητιέται τόσα χρόνιαΗπωςεικασία φαντάζει αρκετά εύκολη,Το όμως οι παγίδες που κρύβει είναι αδιανόητες. πρόβλημα πουΜαθηματικών, θεωρητικά ανάγεται στην βασανίζει πιο απλή πράξη των τη πρόσθεση ταπαραπάνω «μεγαλύτερα» μυαλάαιώνες.τουΟ πλανήτη για από δυόμιση P.Heine, ένας από τους μαθηματικούς που έχουν ασχοληθεί με την εικασία,του μιλώντας για το φαινομενικά απλό ερώτημα Goldbach είχε πει πως: ένα

ανοιχτό

πρόβλημα.

«Είναι ένα πρόβλημα που αξίζει να του επιτεθείς, αλλά αποδεικνύει την αξία του όταν σου aντεπιτεθεί».

ω.

1""- -;- �.ι� � J..ι.ιι-"-�

t��M �--�- �W�,.... �J-7-

�.�--- - -" "" •:--. . ..,._... __,__ '/"'" J'l' �..:ι f _,;· J,. � -.;�;ι'� ,.. . .. ·n- Jt- ..-. ι .... - -�� %· · · �,.:....�

•.

�· "'ι-ι � επιστολή 1.!� �.,� r·��_,που έστειλε το ο - ..

. Η

·-�·· ι;;;·

. .... ..»..... /'. ::.a .. . . . .. ....

•••. •••• ....

......,

1 742

6-C.J(

J'� Goldbach

Euler.

στον μαθηματικό φiλο του Τώρα τι θα χαρίσει στον κόσμο η πολυπόθητη ανακάλυψη της αλήθειαςΠάντως γύρω από την εικασία αυτή δεν ξέρουμε. το όνομα μαθηματικού που θα καταφέρει να δώσει του την

τα θεωρήματα.

κα ι Του Παναγιώτη Χριστόπουλου

απάντησημεστηνχρυσά εικασίαγράμματα του Goldbach, θα γραφτεί σίγουρα στην ιστορία της μαθηματικής επιστήμης. : Όταν διατυπώνουμε μια πρόταση στα Μαθηματικά και γιαλογικούς συλλογισμούς έχουμε την απόδειξη την αλήθειά της ή π.μη,χ. τότε την πρόταση αυτή τη λέμε Πυθαγόρειο Θεώρημα: ••

θεώρημα

με

θεώρημα.

Σε κάθε ορ θοΊώνιο τρίΊω νο το άθροισμα τω ν τετραΊώνω ν τω ν καθέτω ν πλευρών του ισο ύται με το τετράΊωνο της υποτείνουσας.

να δει: κανείς πολλά στα σχολικάΘεωρήματα, Μαθηματικά.μπορεί Ουσιαστικά είναιαποδειχθεί ένα πρόβλημα που έχεινα λυθεί, έχει δηλαδή ότι δεν μπορεί πραγματοποιηθεί αυτόλέμεπου λέει η πρόταση. Την πρόταση αυτή πλέον π.χ. Ο τετραγωνισμός του κύκλου: (3 2+42=5 2).

••

Άλυτο πρόβλημα

άλυτο πρόβλημα.

Να κατασκευαστεί Ίεωμετρικά, με κανόνα και διαβή τη, tνα τετρ άΊω νο ώστε το εμβαδό του να είναι το ίδιο με το εμβαδό ενός δοσμένου κύκλου. Χ2=πR2

Χ=πλευρά του τετραγώνου, π=3,14159 . και (όπουακτίνα R=η του κύκλου). : Όταν διατυπώνεται μια ότιπρόταση γιααλλάκάτιδενπουτο βλέπουμε ή υποψιαζόμαστε ισχύει έχουμε ακόμαΤηναποδείξει, τότε έχουμε ένα πρότασηΠολλές αυτή τη φορές λέμε: όμως την ήακούμε και ως άλυτο τη λογική ότιή π.χ. δεν έχει απαντηθεί. πρόβλημά ••

Ανοικτό πρόβλημα

ανοιχτό πρόβλημα

πρόβλημα. εικασία ή υπόθεση.

με

εικασία Goldbach

υπόθεση Riemann. > λλmα Προρλήμιmι • Το Δήλιο πρόβλημα

Τοαπασχόλησε ή ο διπλασιασμός του Δήλιο πρόβλημα κύβου τους aρχαίους Έλληνες γεωμέ τρες και η αναζήτηση λύσεων οδήγησε σε μια έ ντονη ανάπτυξη της Γεωμετρίας. Αρκετοί μύθοι υπάρχουν για το λεγόμενο πρόβλημα. Δήλιο α) Ο Ερατοσθένης ο Κυρηναίος σύγχρονος του Αρχιμή δη σε επιστολή του προςαναφέρει τον Έλληνα Βασιλιά τηςμε Αιγύπτου Πτολεμαίο ότι σύμφωνα πληροφορία αρχαίου τραγωδού ο Μίνωας είχε πα ραγγείλεισχήματος να κατασκευαστεί τάφοςότανγια κατασκευά τον γιο του Γλαύκο κυβικού αλλά στηκεδιπλασιάσουν. ο Μίνωας τον θεώρησε μικρό και διέταξε να τον β) Ο Θέων ο Σμυρναίος σε ένα διάλογο του τίτλο οποίου τηςδιασώζονται αποσπάσματα, αναφέρει οιτουκάτοικοι και Δήλου αρρώστησαν

Πλατωνικός,

ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ. 3/76

με

-------

Άλυτα προβλήματα

απόγιατοναΜαντείο των ΗΔελφών νατουςτουςαπάντηπει τι νασεζήτησαν κάνουν γλυτώσουν. Πυθία πρέπειπουναείχεδιπλασιάσουν σε όγκο τον ναό του Απόλλωνα διατηρώντας πα σχήμα κύβου ράλλ η λα το κυβικό σχήμα. Οι αρχικά πίστε Δήλιοι ψαν ότι το πρόβλημα ήταν απλό και λυνόταν με δι πλασιασμό των πλευρών. Όταν ανακάλυψαν αυ τόέστειλαν δεν διπλασιάζει τον όγκο τον οχταπλασιάζει πρέσβειςτου στην ΑκαδημίαΟτουΠλάτωνας Πλάτωνοςμάλικαι ζήτησαν λύση προβλήματος. στα τους απάντησε ο θεός έδωσε αυτόν τον χρη σμό στους όχι επειδή είχε ανάγκη ενός δι Δήλιους, πλάσιουτουςβωμού, για να κατακρίνει καιΜαθημα να εm πλήξει Έλληνες επειδή αμελούν τα τικά και περιφρονούν τη γεωμετρία. Την εποχήμέθο που παρουσιάζεται το πρόβλημα κάθε μαθηματική δος αποκλειστικά κανόνα και διαβήτη θεωρείται Οιαδύνατη αρχαίοι ημαθηματικοί mθανότατα γνώριζαν ήταν λύσηκαμία μόνο μεαπόδειξη. κανόναΜεκαι ταδιαβήτη δεν έχει διασωθεί σύγχρονα Μαθηματικά αποδείχθη κεμε κανόνα το πρόβλημα δεν είναι δυνατόν να λυθεί μόνο και διαβήτη. έτσι τέλος στην ανα Δόθηκε ζήτηση λύσης είναιαυτής και αυτότηςέναμορφής. Έτσι το ότι

δευτεροβάθμιο. Το 1 837 αποδείχθηκε ότι αυτό είναι άλυτο πρόβλημα.

ότι

αλλά

ότι

αλλά

που δεν χρησιμοποιεί ασέβεια.

ότι αλλά

ότι

Δήλιο άλυτο πρόβλημα.

πρόβλημα

--------

του

κύκλου

Τετραγωνισμός Από τη εμβαδών στιγμή πουτο τετράγωνο όρισαν ωςμε μονάδα μέτρησης των Πλευρά μήκους τη τουμονάδα, αυτόματα τέθηκε και το πρόβλημα τετραγωνισμού των διαφόρων σχημάτων. Αρχικάτο εμβαδόν «τετραγωνίστηκαν> > (δηλαδή προσδιορίστηκε τους) τα ορθογώνια, ταπολύγωνα. τρίγωνα, Μετά τα παραλληλόγραμμα καιφυσικό ορισμένανα από αυτό ήταν επιδιωχθεί και απόο τετραγωνισμός σχημάτων περικλειομένων καμπύλες γραμμές και πρώτου από όλα του κύκλου. Ο τετραγωνισμός του αρχαιότητας, κύκλου, το τρίτο από τα μεγάλα προβλήματα της απασχόλησε πολλούς ερευνητές για πολλούς αιώνες και υπήρξε το μεγάλο εμπόδιο πάνω στο του οποίοπροβλήματος σκόνταψαν είναι μεγάλαναονόματα. Η απαίτηση κατασκευα στεί τετράγωνο ισοδύναμο μετουδοσμένο κύκλο, ανη δηλαδή είναι η ακτίνα κύκλου και ζητούμενη πλευρά του τετραγώνου, πρέπει να αληθεύει η σχέση όπου ο λόγος του μήκους του κύκλου προς το μήκος της διαμέτρου του. Παρόλο που εμπειρικάπροςείχετ διαπιστωθεί ότι ο λόγος π της περιφέρειας διάμετρο διατ η η ρείται σταθερός, η κατασκευή του με χάρακα και διαβήτη στάθηκε αδύνατη. Υπήρξαν κατασκευές του π μεγαλοφυείς σύμφωνα κατά τη μεσύλληψη όχισ όμως πραγματοποιημένες την απαίτ του η ητότε. που έθεταν Παράλληλα έγιναν μεγαλειώδεις προσπάθειες υπολογισμού της τιμής του π οι οποίες με , πρωτεργάτη τον Αρχιμήδη έδωσαν σπουδαία , ασχολήθηκε με τον αποτελέσματα. Ο πρώτος που τετραγωνισμό (500-428 του κύκλουπ.χ)είναι ο Αναξαγόρας ο Κλαζομένιος δάσκαλος και φίλος · 1882, ο μαθηματικός Ferdinand του Περικλή. Το νοη Lindemann απέδειξε ότι είναι ένα ασχολήθηκανΟιμεγνωστότεροι τα προβλήματααρχαίοι αυτάΈλληνες είναι: που •

Χ2=πR2 •

:ιι

ct •

Η Τριχοτόμηση Ύωνίας

κάτω από ποιες συνθήκες Δεντογνωρίζουμε τέθηκε πρόβλημα της τριχοτόμησης γωνίας στην ελληνικήτο αρχαιότητα. Ξέρουμε όμωςμεγάλαότι αποτελούσε ένα από . τα τρία προβλήματα μετά το Δήλιοτοκαιπρόβλημα τον τετραγωνισμό του κύκλου. Ουσιαστικά έγκειται στην τρι χ οτόμηση οξείας γωνίας, είναι αμβλεία (αν αφαιρούμε από αυτήν την ορθή που μπορεί να τριχοτομηθεί με χάρακα και διαβήτη). Η τριχονα τόμηση όμως μιας οξείας γωνίας είναι αδύνατο πραγματοποιηθεί μόνοτηνμε εκφράζει χάρακα καιείναιδιαβήτη γιατί η εξίσωση που τρίτου χωρίς να μπορεί να αναχθεί σε εξίσωση βαθμού δευτέρου βαθμού. Πράγματι από τη τριγωνομετρία μας ειναι γνωστη η σχεση στην οποίατις ανπράξεις θέσουμε εφ3θ=α καιστηνεφθ=χ 3-3αχκαι2χ κάνουμε θα φθάσουμε 3χ+α=Ο πουμεείναιχάρακα η εξίσωση τρίτου βαθμού. Η κατασκευή και διαβήτη των ριζών εξίσωσης είναιέναδυνατή μόνο αν αναλυθεί σεαυτήςδύοτηςπαράγοντες, πρωτοβάθμιο και ένα ,

εφ 38

3 εφ - εφ2 θ θ 1 - 3 εφ2 θ

χάρακα και του διαβήτη

άλυτο

πρόβλημα. •

• • • • • • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91

τ.

Ο Ιπποκράτης ο Χίος (470-400 π.Χ) Ο Αρχότας ο Ταραντίνος (428-365 π.Χ) Ο Πλάτων (427-347 π.Χ) Ο Μέναιχμος (375- π.Χ) Ο Αρχιμήδης (287-2 1 2 π.Χ) Ο Ερατοσθένης (276- 1 94 π.Χ) Ο Απολλώνιος (265- 1 70 π.Χ) Ο Νικομήδης (έζησε γύρω στο 200 π.Χ)

3/77

------

• • • •

•

);:>

λλυτα προβλήματα

Ο Ή ρων ο Αλεξανδρινός ( 1 ος -2ος αι. μ.Χ) Ο Διοκλής ( 1 ος αι. π.Χ) Ο Πάππος ο Αλεξανδρινός (3ος αι. μ.Χ) Ο Ιππίας ο Ηλείος (περίπου 430 π.Χ)

Ανοικτά προβλήματα Αποδείχθηκε η εικασία των Δίδυμων Πρώτων Αριθμών;

Η εικασία των Δίδυμων Πρώτων αναφέρει: Κανείςήτανμέχρι σήμερα δεν ήταν σε θέση να το αποδείξει ένα Η πιο αξιόλογη προσπάθεια έγινε το 2005, αλλά η απόδειξη αυτή βασίστηκε σε μια άλλη αναπόδεικτη εικασία και έτσι δεν έγινε αποτελείπροβλήματα ένα από τηςτα αποδεκτή. Η εικασία σημαντικότερα μη λυμένα Θεωρίαςτο Αριθμών. Ο μαθηματικός από Πανεπιστήμιο του New Hampsire υποστηρίζει ότιτηςέχειεικασίας κάνει ένα μεγάλο βήμαΠρώτων προς επίλυση των την Δίδυμων Αριθμών. Οι περισσότερο πρώτοι αριθμοίτείνουν όσο ναμεγαλύτεροι είναι, τόσο απέχουν μεταξύ τους. Ωστόσο κόντρα σε αυτή την τάση, εμφανίζονται κάποια ζεύγη, όπως τα ζεύγη (5,7), (11,13), κ. ά . Ο Zhang χρησιμοποιεί μόνο κλασσικές μαθηματικές τεχνικέςτωνκαιζευγών ισχυρίζεται ότι απέδειξε πως ο αριθμός των πρώτων αριθμών που έχουν διαφορά μικρότερη από 70είναιεκατομμύρια μονάδες ή 70λιγότερες μεταξύ τους, άπειρος. Η διαφορά εκατομμυρίων μονάδων μπορείθεωρείται να φαίνεται μεγάλη, αλλά επίστα Μαθηματικά ως ένα τεράστιο τευγμα. Ακόμα αποδεικνύει ότι τοδενμέγεθος της δια-να φοράς μεταξύ των ζευγών συνεχίζει αυξάνεται επ' άπειρον, αλλάναυπάρχει μια βάση και θαμικρότερο μπορούσε κά/J... ι στα μειωθεί σε ένα αριθμό. Το 2006πουδόθηκε λύση στηνστη γεωμετρική αναφερόταν δομή του σύμπαντος ΗΡώσοαπόδειξηεπιβεβαίωση έγινε από τον Gήgοή Perelman (Πέρελμαν). Είναι μια σταλίσταμαθηματικά. από είκοσι τρία 0 Γερμανός μαθηματικός Hilbert παρουσίασε 1 από αυτά τα Ο προβλήματα όταν ήταν ομιλητής στο διεθνές συνέδριοαπόμαθηματικών του Παρισιού το έχουν Πολλά αυτά τα προβλήματα σήμερα τουσε Hilbert απαντηθεί. κύμανση έχουν Τα προβλήματα θεματολογία μεγάλη τόσο μαθηματικά-φυσική όσο και σε ακρίβεια Υπάρχουν άπειρα ζευγάρια της μορφής p και p+2, όπου p είναι πρώτος αριθμός. ανοικτό πρόβλημα.

Yitang Zhang

(3,5)

•

Η εικασία του Poincare

εικασία του

Πουανκαρέ

«ότι το σύμπαν έχει δομή είτε της υπερβολικής είτε της επίπεδης είτε της σφαιρικής γεωμετρίας».

Τα Προβλήματα του Hilbert

ανοικτά

προβλήματα

1 900.

διατύπωσης. Μερικά απόώστεαυτάείναι είναι δυνατόν διατυπωμένανα μεαπαντηθούν τόση ακρίβεια μετηνμια ισχύ θετικήτους. ή αρνητική απάντηση όσων αφορά Υπάρχουν ά/J...α προβλήματα για τα οποία οι ειδικοί έχουν συμφωνήσειείναισε μιαασαφή, διατύπωση και λύση, ενώ άλλατα πρόβλημα σαν αυτό που αφορά θεμέλια γεωμετρίας.άλυτα, Πολλά λύθηκαν όμως ορισμέναΟ τηςHilbert παραμένουν προσπάθησε να τηπροσδιορίσει τα μαθηματικά χρησιμοποιώντας λογική της μεθόδου αποδείξεις των φορμαλιστικών συστημάτων, δηλαδή άπειρες από ένα σύνολο αποδεκτών αξιωμάτων.ήτανΈναςμίααπqΙχπειροστική τους κύριουςαπόδειξη στόχους του Hilbert της συνέπειας των αξιωμάτων της αριθμητικής. Παρόλα αυτά, το δεύτερο θεώρημα της μη πλη ρότηταςμίατου Gδdel, δίνειaπειροστική μία ακριβήαπόδειξη έννοια με την οποία τέτοια της συνέπειας της αριθμητικής είναι πιθανόν αδύνατη.

-------

ανοικτά προβλή

ματα.

Βρείτε έναν αλγόριθ μο έτσι ώστε να καθορίσετε εάν κάθε δοσμένη πολυωνυμική Διοφαντική εξίσωση με ακέραιους συντελεστές έχει ακέραια λύση

έλεγεαν τουπάρχει δέκατο ένας πρόβλημα του Hilbert. Δεννα ρωτάει αλγόριθμος που αποφασίζει αν λύνονται οι Διοφαντικές εξισώσεις, αλλά ζητάει την κατασκευή ενός τέτοιου αλγορίθμου. Το ότι αυτό το πρόβλημα κνύοντας ότι δεν μπορεί κατά λύθηκε αποδει πάσα πιθανότητα να υπάρχει αλγόριθμος θα ήταν κάτι2000πολύ περίεργοένας για τέτοιος τον Hilbert.

Το το Ινστιτούτο Clay ανακοίνωσε μια λίστα επτά «επικηρυγμένων» προβλημάτων της χιλιετίας, το κάθε πρόβλημα έχει ως βραβείο επίλυσης του ένα εκατομμύριο δολάρια. Ένα από τα προβλήματα αυτά, η εικασία του Poincare λύθηκε το 2006 από το Ρώσο Grigori Perelman ο οποίος αρνήθηκε το βραβείο.

Εδώ να πούμε , ότι άμυνας το 2008,τωντο κέντρο προηγμένων ερευνών Η.Π.Α ανακοί ν ωσε τη δικιά του λίστα με 23 προβλήματα, οποία έκρηξη ελπίζει μενααυτώνπροκαλέσουν ταμαθηματική του 6Hilbert. ανάλογη );:>

Απομένουν όμως κι άλλα ανοικτά πρoβλήματα της λίστας του Ινστιτούτου Clay.

1°. Υπόθεση του Riemann (μαζί είναι η εικασία

Go1dbach και η εικασία δίδυμων πρώτων) Η υπόθεση του Riemann («το πραγματικό μέρος κάθε μη-τετριμμένης ρίζας της συνάρτησης ζήτα είναι Υ2 ») . Όσο προχωράει κα:νείς στην ακολουθία των πρώτων αριθμών, η συ-χνότητα τους μειώνεται αλλά η κατα νομή τους δεν παύει να παρουσιάζει μια συστηματοποίηση, που είναι γνωστή εδώ και αιώνες. Υπάρχουν ω στόσο μικρές παρεκκλίσεις. Το 1 859 ο B emhard Riemann υπέθεσε ότι θα μπορούσε να τις περιγράψει επακριβώς, αν κατάφερνε να αποδείξει ότι μια μιγαδική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ. 3/78

Άλυτα προβλήματα συνάρτηση που λέγεται ζήτα συνάρτηση του Riemann πρόβλημα; Το <<Ρ νersus ΝΡ» (Ρ σημαίνει εύκολο να βρε θεί λύση, το ΝΡ σημαίνει εύκολο να ελεγχθεί) , διατύπω ζ(s), ορίζεται για όλους τους μιγαδικούς αριθμούς που είναι διάφοροι του 1 . Η συνάρτηση αυτή μηδενίζεται σαν οι Stephen Cook και Leonid Leνin ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο κατά το 197 1 . Γενικά, έχει να κάνει με το αν για όλους τους άρτιους αρνητικούς αριθμούς (-2, -4, -6) όντως υπάρχουν προβλήματα τα οποία είναι εύκολο να ε κλπ. Οι τιμές αυτές μηδενισμού είναι οι τετριμμένες λεγχθούν αλλά πρακτικά αδύνατο να λυθούν με άμεσες λύσεις. Η υπόθεση του Riemann αφορά τις μη τετριμ αλγοριθμικές διαδικασίες. μένες λύσεις και ισχυρίζεται ότι το πραγματικό μέρος όλων των μη τετριμμένων λύσεων που μηδενίζουν την 4°. Εικασία των Birch και Swinnerton-Dyer: Πόσες ζήτα συνάρτηση είναι το 1/2. Η υπόθεση έχει επαλη ακέραιες λύσεις έχει π.χ. η εξίσωση y2=x2-χ+ 1 ; θευτεί για τις πρώτες 1 .500.000.00 1 λύσεις, αλλά εξα Οι μαθηματικοί γοητεύονταν πάντα από την εύρεση κολουθεί να λείπει η τελική απόδειξη. όλων των λύσεων των εξισώσεων στο πεδίο των ακεραίων 2°. Εικασία του Bodge: Μπορούν τα σχήματα να αριθμών. Στα 1 970 ο Yu. V. Matiyasevich έδειξε ότι το 1 0ο πρόβλημα του Hilbert είναι αδύνατο. Δηλαδή έδειξε εξηγηθούν γεωμετρικά; ότι δεν υπάρχει γενική μέθοδος που να μας δείχνει πότε οι Στον 20ο αιώνα οι μαθηματικοί ανακάλυψαν κά εξισώσεις αυτές έχουν λύση στο πεδίο των ακεραίων α ποιους δυναμικούς τρόπους για να ερευνήσουν τα σχή ματα που είχαν κάποια πολύπλοκα αντικείμενα. Στην ριθμών. Ωστόσο, είναι σημαντικό να μπορεί κανείς να ε κτιμήσει αν υπάρχει ένας πεπερασμένος ή άπειρος αριθμός τεχνολογία π.χ. τρισδιάστατων γραφικών χρησιμοποι λύσεων με ακέραιους αριθμούς για μια δεδομένη εξίσωση. ούνται απλά γεωμετρικά δομικά στοιχεία (κύκλοι, τρί Κάθε ελλειπτική καμπύλη είναι μια αβελιανή ομάδα και τα γωνα και τετράγωνα) για να δημιουργηθούν πολύπλο κες γραφικές παραστάσεις - όπως, π.χ., η Lara Κraft σημεία πάνω σ' αυτήν με συντεταγμένες ρητούς αριθμούς σχηματίζουν μια υποομάδα. Πότε υπάρχουν άπειρα τέτοια στο Tomb Raider. Η βασική ιδέα του Σκωτσέζου μαθη ρητά σημεία; Στα 1 965 οι Birch και Swinnerton-Dyer ματικού William Hodge τη δεκαετία του 1 930 (πολύ πριν εμφανιστούν τα ηλεκτρονικά παιγνίδια) , ήταν να ισχυρίστηκαν ότι υπάρχει ένα κριτήριο που περιλαμβάνει ένα μαθηματικό αντικείμενο που λi:yεται L-συνάρτηση αναρωτηθεί μέχρι ποιο σημείο μπορούμε να προσεγγί της ελλειπτική ς καμπύλης. Η εiκασία των Birch σουμε το σχήμα ενός δεδομένου αντικειμένου, συγκολ Swinnerton-Dyer λέει ότι L( 1) = Ο αν και μόνο αν η ελλει λώντας απλά . γεωμετρικά δομικά στοιχεία με όλο και μεγαλύτερο μέγεθος. Το ερώτημα μάλιστα αυτό τέθηκε πτική καμπύλη έχει άπειρα ρητά σημεία. Αν δηλαδή L( l ) Ο τότε υπάρχουν άπειρα ρητά σημεία επί της καμπύλης ή όχι μόνο για τον 3-διάστατο κόσμο αλλά και για περισ σότερες διαστάσεις. Η εικασία του Hodge ισχυρίζεται με άλλα λόγια άπεφες λύσεις της παραπάνω εξίσωσης. ότι: για μερικούς ιδιαίτερης μαθηματικής κομψότητας Ενώ αντίστροφα αν L(1 ) δεν ισούται με μηδέν τότε υπάρ χώρους, που λέγονται προβολικές αλγεβρικές κλάσεις, χει μόνο πεπερασμένος αριθμός ρητών λύσεων της εξίσω τα κομμάτια που χρειάζονται να συγκολληθούν και α σης. Αν μπορούσε να αποδειχτεί αυτή η εικασία θα έριχνε ποκαλούνται κύκλοι Hodge είναι ρητοί γραμμικοί συν πολύ φως και στη λύση των Διοφαντικών εξισώσεων. δυασμοί κομματιών που έχουν γεωμετρική σημασία και SO Το χάσμα μάζας στη θεωρία Yang-Mills λέγονται αλγεβρικοί κύκλοι. Οι νόμοι της κβαντικής φυσικής αποτελούν για τον 3°. Πρόβλημα Ρ versus ΝΡ: Υπάρχει μια ιδανική κόσμο των στοιχειωδών σωματίων ότι οι νόμοι του Νεύ τωνα για την κλασσική μηχανική του μαιcροσκοmκού κό διάταξη συνδαιτυμόνων; Υποθέστε ότι πρέπει να κάνετε μια λίστα για το πώς σμου. Περίπου μισό αιώνα πριν, οι φυσικοί Chen Ning θα καθίσουν οι καλεσμένοι σε ένα μεγάλο εορταστικό δεί Υang και Robert Mills παρουσίασαν ένα νέο πλαίσιο για πνο. Έχετε 4n άτομα στον κατάλογο σας, αλλά πρέπει να τη περιγραφή των στοιχειωδών σωματιδίων. Σ' αυτό επιλέξετε μόνο n από αυτούς, καθώς δεν υπάρχει χώρος χρησιμοποίησαν δομές που συναντάμε επίσης και στην για περισσότερους. Επίσης, έχετε άλλη μια λίστα από ζεύ γεωμετρία. Η θεωρία Υang-Mills, όπως είναι γνωστή, α γη αυτών των ανθρώπων, κι έτσι κανένα από αυτά τα ζευ ποτελεί πλέον τη βάση σχεδόν όλου του οικοδομήματος γάρια δεν πρέπει να εμφανιστεί στον τελικό κατάλογο των της σύγχρονης φυσικής των στοιχειωδών σωματιδίων, καλεσμένων που θα καθίσουν στο τραπέζι. Το πρόβλημα σύμφωνα με το Καθιερωμένο Πρότυπο. Το Καθιερωμένο αυτό είναι ένα παράδειγμα από αυτά που η πληροφορική Πρότυπο περιγράφει τις τρεις από τις τέσσερις αλληλεm αποκαλεί ΝΡ προβλήματα. Είναι εύκολο να ελέγξουμε αν δράσεις που υπάρχουν στη φύση, δηλαδή τις ηλεκτρομα μια συγκεκριμένη λίστα η ατόμων από τους 4n ικανοποιεί γνητικές, τις ασθενείς (αυτοί οι δύο τύποι αλληλεmδράσε το κριτήριό μας να μην υπάρχουν ασύμβατα μεταξύ τους ων έχουν ενοποιηθεί ως ηλειcτρασθενείς αλληλεmδράσεις) ζευγάρια στο τραπέζι. Το να δημιουργήσουμε όμως εμείς και τις ισχυρές, που περιγράφονται από την κβαντική μια τέτοια λίστα από τους 4n είναι τόσο δύσκολο που χρωμοδυναμική. Οι προβλέψεις της έχουν ελεγχθεί σε μοιάζει να μην είναι πρακτικά δυνατόν. Μάλιστα, ο αριθ πολλά εργαστήρια αλλά παρόλα αυτά το μαθηματικό υπό μός των εναλλακτικών τρόπων που μπορούμε να πάρουμε βαθρο πάνω στο οποίο βασίζεται η θεωρία Yang-Mills πα η καλεσμένους από τους 4n είναι μεγαλύτερος από το σύ ραμένει ασαφές. νολο των ατόμων που υπάρχουν στο σύμπαν, γι' αυτό και 6". Εξισώσεις Navier-Stokes: Μπορούν να περιγρα το πρόβλημα δε θα μπορούσε να λυθεί ούτε καν με τη φούν τα κύματα; Οι εξισώσεις Naνier-Stokes είναι ένα σύνολο εξισώ βοήθεια του ισχυρότερου υπερυπολοyιστή στον κόσμο. σεων οι οποίες περιγράφουν την κίνηση των ρευστών ό Μπορεί όμως η δυσκολία αυτή να δείχνει απλά ότι προ σεγγίζουμε προγραμματιστικά το πρόβλημα με λάθος μέ πως είναι τα υγρά και τα αέρια. Οι εξισώσεις αυτές μας λέ θοδο. Υπάρχει άραγε ένας έξυπνος τρόπος να λυθεί το νε πως οι μεταβολές στην ορμή ενός απειροστού όγκου ------

-------

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 91 τ. 3/79

------

Αλυτα προβλήματα

του ρευστού είναι απλά το αθροιστικό αποτέλεσμα των δυνάμεων ιξώδους του ρευστού, των μεταβολών της πίεσης, της βαρύτητας και των άλλων δυνάμεων που δρουν εντός του ρευστού. Πρόκειται στην ουσία για εφαρμσyή του 2ου νόμου του Newton στα ρευστά. Αφορούν δηλαδή τη δυναμική της αλληλεπίδρασης της αδράνειας του ρευστού, με τις διάφορες δυνάμεις που δρουν σε μια περιοχή του ρευστού. Είναι από τα πιο χρήσιμα σύνολα εξισώσεων αφού εφαρμόζονται σε μοντέλα καιρού, μοντέλα ωκεάνιων ρευμάτων, ροή ρευστών σε σωλήνες, ροή αέρα γύρω από πτέρυγες αεροπλάνων και ανεμογενητριών, κίνηση άστρων μέσα στο γαλαξία κ.ο.κ. Σε συνδυασμό εξάλλου με τις εξισώσεις Maxwell μπορούν να χρησιμοποιηθούν

--------

για να κάνουμε εξομοιώσεις και να μελετήσουμε μοντέλα

μαγνητοϋδροδυναμικής. Οι εξισώσεις Navier-Stokes εί ναι διαφορικές εξισώσεις. Σε αντίθεση δηλαδή με τις αλ γεβρικές εξισώσεις δεν μας δείχνουν εκπεφρασμένα μια σχέση μεταξύ των μεγεθών που μας ενδιαφέρουν (π.χ. μεταξύ ταχύτητας και πίεσης) αλλά περιγράφουν σχέσεις μεταξύ των ρυθμών μεταβολής ή μεταξύ των ροών των διαφόρων μεγεθών. Με όρους μαθηματικούς λέμε ότι οι εξισώσεις αυτές περιέχουν σχέσεις μεταξύ των παραγώ γων των διαφόρων μεγεθών. Το έπαθλο του ενός εκατομμυρίου δολαρίων του ινστιτούτου Clay, θα δοθεί σε όποwν κάνει μια σοβαρή πρόοδο προς μια μαθηματική απόδειξη για κάποw από τα παραπάνω προβλήματα.

Τα Μαθηματικά μαι; Διασκεδάζουν

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Στις 12 Σεπτεμβρίου 201 3 η NASA ανακοίνωσε ότι το Voyager1 είναι το πρώτο ανθρώπινο κατασκεύασμα που έχει φτάσει στο διαστρικό χώρο. Η είσοδος στο διαστρικό χώρο έγινε στις 25 Αυγούστου του 2012, όπως προέκυψε από την ανάλυση της

μιζής. Πριν από 35 χρόνια σχεδίασε τα περισσότερα από τα πειράματα και τα όργανα που φέρει ο Voyager 1 και έκτοτε έχει το προνόμιο να λαμβάνει πρώτος κάθε πρωί τα νέα δεδομένα των διαστημικών αποστολών. Ο κ. Κριμιζής λέει για τα νέα ευρήματα: «Αυτά που νομί ζαμε ότι θα «βλέπαμε» δεν αποδείχθηκαν σωστά. Αυτό

Χρυσός δίσκος και η πλάκα με τα μηνύματα

Σταμάτης Κριμιζής

Το Voyager

Σύμφωνα με τους επιστήμονες, τα δύο διαστημόπλοια θα βρεθούν κοντά σε άλλα άστρα(ήλιους) σε περίπου δύο έτη φωτός, αφού διανύσουν περίπου 1 9 τρισεκατομμύρια χιλιόμετρα. Το Voyager1 εκτοξεύτηκε το Σεπτέμβριο του 1977, περίπου δύο εβδομάδες μετά το σχεδόν πανομοιότυπο Voyager 2. Τα δύο σκάφη έκαναν μια περιοδεία στο Ηλιακό σύστημα και επισκέφθηκαν τον Δία, τον Κρόνο, τον Ουρανό, τον Ποσειδώνα και σήμερα ταξιδεύουν απομακρυνόμενα από το Ηλιακό μας σύστημα με 600 εκατομμύρια χιλιόμετρα το χρόνο. Η NASA συνεχίζει να επικοινωνεί με τα δύο σκάφη παρά. τις τεράστιες αποστάσεις τους. Τα σήματα που ταξιδεύουν με την ταχ;Uτητα του φωτός από το Voyager 1 μέχρι τη Γη χρειάζονται περίπου είκοσι ώρες διανύοντας 20 περίπου δις χιλιόμετρα ή 140 aστρονομικές μονάδες (1 α.μ.=απόσταση Γης Ηλιου=1 50 εκ. χιλιόμετρα). Εκτός των επιστημονικών οργάνων και των καμερών, τα δύο Voyager μεταφέρουν από ένα χρυσό δίσκο επικαλυμμένο με χαλκό που περιέχει 1 1 5 φωτογραφίες και διάφορους φυσικούς ήχους καθώς και μηνύματα σε 55 γλώσσες. Το Βόγιατζερ2 θεωρείται η πιο επιτυχημένη διαστημο συσκευή. Επισκέφθηκε τέσσερις πλανήτες και εκμεταλ λεύτηκε μια σπάνια γεωμετρική διάταξη των εξωτερι κών πλανητών που συμβαίνει κάθε 1 76 χρόνια και δίνει τη δυνατότητα ενός γρήγορου ταξιδιού από τον ένα στον άλλο με τη χρήση βαρυτικής προώθησης. Ο Έλληνας επιστήμονας που οδηγεί την ανθρωπότητα πέρα από το Ηλιακό σύστημα είναι ο Σταμάτης Κρι-

Voyager1

Ο Κολόμβος στην εκστρατεία του νόμισε ότι θα συναντήσει τις Ανατολικές Ινδίες, αλλά τελικά βρέθηκε στην Αμερική. Για την ώρα φαίνεται ότι τελικά δεν υπάρχει το σύνορο που περιμέναμε. Φαίνεται ότι έξω από το ηλιακό μας σύστημα υπάρχει αυλή, ίσως ακόμη εξωτερικός τοίχος και ποιος ξέρει τι άλλο! Είμαστε πλέον σε περιοχή χωρίς οδικό χάρτη. Έχουμε φθάσει έως την «ακρογιαλιά» του Γαλαξία, έχουμε βουτήξει και το πόδι μας, αλλά ακόμα έχουμε μια άγνωστη θάλασσα μπροστά μας». Ο κύβος

Γρίφοι

Πώς μπορούμε να διαιρέσουμε έναν κύβο πλευράς 3 εκατοστών σε 20 μικρότερους κύβους; 100 τα 100

Στο θέατρο τα εισιτήρια είναι 1 0€ για ενήλικες, 3€ για φοιτητές και 0,5€ για μαθητές. Αγοράστηκαν με 1 00 Ευρώ 1 00 εισιτήρια. Πόσα άτομα πήγαν στο θέατρο από κάθε κατηγορία; Οι απαντήσεις Ο κύβος: Ο κύβος χωρίζεται σε 3χ3χ3=27 μικρότερους πλευράς 1 εκατοστό (εννέα κάτω, 9 στη μέση και εννέα επάνω). Αν όμως πάρουμε έναν κύβο 2χ2χ2 (δηλαδή 8 μικρούς μαζί) τότε θα περισσέψουν ακόμα άλλοι 1 9 με διαστάσεις 1χ1χ1 . 100 τα 100: Τα 1 00 εισιτήρια που πήραν με 1 00 Ευρώ είναι: 5 των 1 0€, 1 των 3€ και 94 των 0,5€ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 91 τ. 3/80

•

Ε κδηλώσεις Παραρτημάτων της Ε . Μ . Ε .

Το παράρτημα Κεντρική ς Μακεδονίας οργανώνει την

()11 Μαθηματική Εβδομάδα στη θεσσαλονίκη 26-30/3/2014 tit�trl!!t!υt:ls, M<J!fiτ.&ij + &..ιr.Ιhιιιι-• �.�μqι �.-m-A1!1:->�m� i\ιa:ι.r. ΙM,._. • U �pi!ό;jiit σ1ι!f �.tUI\ IOΙΙ�

;+ �-:.��1"--$�·�..

��.,.,.• ..._�•m��........�:,.�νa- 'l'Ψ!:· �� .. 61.��-Jo . �J'-�..�·._. ---��

ι. '-�·��d�ΙΜiίJΙίιαιr.ι.ν - ω._. . � + n,ι .

�.�. -'Ι';;ι;.iι� - �Ίi!Ι,

:==:.===�-�

...�

· 1\ίl'd�-,·-t�

Σε πολλά παραρτήματα έγινε όπως πρόσφατα στη Τοκαθηγητές παράρτημα νομού το Νοέμβρη διοργάνωσε για του Μαθηματικών του νομού. Το Παράρτημα του νομού διοργανώνει επιμορφωτικά σεμινάρια πάνω στοΠΕΟ4 εκπαιδευτικό λογισμικό που αφορά, κυρίως, στους εκπαιδευτικούς κλάδων ΠΕ 3 και αλλά και Ο άλλες σημαντικές διαλέξεις. ΣεΠαιχνίδι πολλάκαιπαραρτήματα έγινε η βράβευση των μαθητών που διακρίθηκαν στους διαγωνισμούς: «7ος Μαθηματικά»,7-3-14. «Θαλής», «Ευκλείδης». Ακολουθεί ο Αρχιμήδης 22-2-14 καιστους «8°ς Παιχνίδι και Μαθηματικά» Θυμίζουμε διαγωνισμούς της ΕΜΕ στη πρώτη φάση. Μαθηματική ημερίδα και κοπή πίτας από το Παράρτημα Ν. Τρικάλων Την Κυριακή 2 Φεβρουαρίου το Παράρτημα του νομού Τρικάλων Ελληνικής ημερίδα Μαθηματικής διοργάνωσε τηςμαθηματική με τίτλοΕταιρείας Στην εκδήλωσητου προσκλήθηκαν, ως Καποδιστριακού ομιλητές, τρεις Καθηγητές Εθνικού και Πανεπιστημίου Αθηνών. Αυτοί ήταν: ο Χριστόδουλος Αθανασιάδης, Καθηγητής Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών που ανέπτυξε την ενδιαφέρουσα ομιλία: «Μαθηματικά μοντέλα στην κυματική διάδοση και Τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών με σκέδαση)), ο Θεοδόσης Ζαχαριάδης, Καθηγητής Μαθηματικού θέμα ομιλίας: ) καισημασία τωνΣταύρος παραδειγμάτων και τωνΚαθηγητής αντιπαραδειγμάτων στη διδασκαλία των Μαθηματικών) τέλος ο Παπασταυρίδης, Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών, αναπτύσσοντας την ομιλία:140 «Ευκλείδης: Κεντρική επιρροήαλλάστοκαι δυτικό Στο χώρο της εκδήλωσης προσήλθαν μαθηματικοί, εκπαιδευτικοί άλλοι πολιτισμό)). ενδιαφερόμενοι. Ακόμη παρευρέθηκαν τα μέλη της Διοικούσας Επιτροπής του όμορου Παραρτήματος Καρδίτσας αλλά και μέλη οτηςΔήμαρχος Διοικούσας Επιτροπής του Παραρτήματος Μαγνησίας. Και τιςκ.τρεις διαλέξεις παρακολούθησαν του δήμου Τρικκαίων κ. Χρ. Λάππας, ο Αντιδήμαρχος ρ. Γ Καρκανιάς και η Πρόεδρος των σχολικών επιτροπών του δήμου κα. Κάκλα. Στην αρχή ο Πρόεδρος Βασ.προσκεκλημένους Καθηγητές για του Παραρτήματος Τρικάλων, Στέλιος Αμπράζης ευχαρίστησε τους την αποδοχή τηςτηςπρόσκλησης καικαιστητωνσυνέχεια ανέφερε: «Με τη σημεριμεναποδέκτες ή μας εκδήλωση περνάμε στην τρίτη δεκαετία λειτουργίας δράσεων που αναπτύσσουμε τους Μαθηματικούς και εκπαιδευτικούς της Με περιοχής, τους μαθητές20καιχρόνων κατ' επέκταση οικογενειών τους-σε όλη - μέσωτουτωνΠαραρτήματός τη συμπλήρωση μας και της λειτουργίας την τοπική κοινωνία. προσπάθειας επίτευξης των στόχων μας, διοργανώνουμε τη σημερινή μας ημερίδω). •

νέα διοικούσα επιτροπή Λασιθίου

•

Φλώρινα, την Ημαθία. πρόγραμμα επιμόρφωσης

Ηλείας

GeoGebra

•

την πολύ μεγάλη συμμετοχή των μαθητών

•

8!!!��-• !

«Τα Μαθηματικά στον πολιτισμό και στην εκπαίδευση».

«Η