Ευκλειδης β 92

ΆΠΡΙΛΙΟΣ-ΜΑΪΟΣ- ΙΟΥΝΙΟΣ 2014

EAAIIHIKH

ευρώ 3,5

IMJAΘH!MJATIIΚH . ΕΤΑΙΡΕΙΑ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 92- Απρίλιος- Μάϊος -Ιοuνιος e-mail: info@hms.gr,

2014-

www.hms.gr

Ευρώ:

3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ.

Γενικά Θέματα Rosetta, ...................................................................................................

1 Τα βαρυτικά κύματα,.............................................................................

2 Αριθμοί,...................................................................................................

4 Μαθηματικές Ολυμπιάδες, .................................................................. 11 Homo Mathematicus, ............................................................................. 20 Α 'τάξη Άλγεβρα: Επαναληπτικές Ασκήσεις, .............................................. 24 Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκ 1 σεις, .............................................. 29

Β Τάξη Άλγεβρα: Επαναληπτικές Ασκήσεις,.............................................. 31 Γεωμετρία: Επαναληπτικές Ασκήσεις,............................................. 36 Κατεύθυνση: Επαναληπτικές Ασκήσεις, ............................................ 39 Γ Τάξη Γενική Παιδεία: Επαναληπτικές Ασκήσεις,........................................ 45 Κατεύθυνη: Επαναληπτικές Ασκήσεις,................................................ 49 Τράπεζα Θεμάτων, ................................................................................ 66

Γενικά Θέματα Το Βήμα του Ευκλείδη, ............................................................................ 70 Ευκλείδης Προτείνει, ... ...................................................... ,._................... 74 Τα μαθηματικά μας διασκεδάζουν,....................................................... 77 Επικαιρότητα, ........................................................................................

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί: Προκριμ�-"-ΊΊ• κδ� 12 Απριλίου 2014 Μεσ()y�J-�δα": . 13 Απριλίου 2014 Πρόεδρος:

ταοοόπουλος Γιώργος Α ν τιπρόεδροι:

Δη μ6κος Γεώργιος

Διευθυντής

ή Γραμματεία

Εκτελεατικ

Ευοταθίου Βαyyέλης

:

Κεραοσρίδης Γιάννης

Κρητικ6ς Εμμανουήλ

Γραμματέας:

Χριοτόπουλος Παναγιώτης

Ζώτο ς Βαyyέλης

Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος

Επιμέλεια Έκδοοης: Κωδικ ός ΕΛ.ΤΑ: 2054

ιSSN: 1105 - 7998

Λουρίδας Σωτήρης

Στεφανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

1\:οινωφελt-s Ίtiι>ιψιι Ιωιiννη

�-

\ιi.τοη

.

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και αυνάδελφοι, με χαρά αας παρουαιάζουμε το 4ο τεύχος. Οι αuνεργααίες αυτής της χρονιάς ήταν πάρα πολλές και ενδιαφέρουαες. Στο 4ο τεύχος επιαημαίνουμε τη αημαντική παρουαία του παραατήματος Μυτιλήνης. Σας ενημερώνουμε ότι τη αυγγραφή του πρώτου τεύχους του περιοδικού

για τη

νέα

αχολική

χρονιά

έχει

αναλάβει το

παράρτημα, της Βέροιας όπου θα πραγματοποιηθεί και το 3lo

Μαθηματικό Συνέδριο το Νοέμβριο του 2014.

Σε αυτό το τεύχος έχουν επιλεγεί θέματα κατάλληλα για την επανάληψη της ύλης, που αυτή την περίοδο απααχολεί μαθητές και καθηγητές. Τελειώνοντας ευχόμαατε εγκάρδια αε όλους αας επιτυχία ατις π ροαπάθειές αας και επίτευξη των ατόχων αας. Καλό καλοκαίρι αε όλους.

Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Ταααόπουλος Οι αντιπρόεδροι: Βαyyέλης Ευαταθίου, Γιάννης Κι:ραααρίδης

Εξώφυλλο: Εικαστική σύνθεση με τη δυναμική του σύμπαντος

Κάθε Σάββατο γίνονται _ΔΩ�ΕΑΙΨ μοθήμοτο,

στο γραφείο της Ε.Μ.Ε. g· περίοδος: 11Ιαν. 2014. Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικό με τα θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής

β οη θάει στην έκδο ση του περιοδικού

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΜΗΝιΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΤΑιΡΕιΑΣ

ΠΑΝΕΠιΣΥΗΜιΟΥ 34 106 79ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 210 3617784 - 210 3616532 Fox: 210 3641025 Εκδότης:

·

Α8αναα6nοuλος Ιtώρyιος

Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώατας Γαβράς Τάαος Ευαταθίου Βαyytλης zαχορ6πουλος Κων/νος Ζώτος Βαyytλης Κσκαβάς Απόατολος Κσλίκας Σταμάτης Κσμπούκος Κυριάκος Κανtλλος Χρήατος Κσρκάνης Βααίλης Κσταούλης Γιώργος Κι:ραααρίδης Γιάννης Κσρδαμίταης Σπύρος Κσνόμης�ρτι Κ6ντζιος Νίκος Κσταιφάκης Γιώργος Κυριαζής Ιωάννης

Συντακτική Επιτροπή

Κυριακόπουλος Αντώνης

Στεφανής Παναγιώτης

Κuριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυατ. Λαζαρίδης Χρήατος Λ6ππας Λευτέρης Λοuριδάς Γιάννης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάαης Μανιάτης Ανδρέας Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μήλιος Γεώργιος Μπεραίμης Φραγκίακος Μπρfνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήατος Πανδής Χρήατος Σίακου Μαρία Σα1τη Εύα Σταϊκος Κώατας Στάϊκος Παναγιώτης

Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Ταααόποuλος Γιώργος Τ ζελέπης �κης Τ ζιώτζιος Θανάαης Τ ριάντος Γεώργιος Τααγκάρης Ανδρέας Τaαγκάρης Κώατας Ταικαλοuδάκης Γιώργος Ταιούμας Θανάαης Τ uρλής Ιωάννης Φανtλη�ννu Χαραλαμπάκης Ευατάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριατιάς Σπύρος Χριατόπουλος Θανάαης Χριατόποuλος Παναγιώτης Ψύχος Βαyyέλης

�

Σχόλιο: Οι ερyαοίες για το περιοδικό οτέλνονται

και ηλεκτρονικά οτο e-mαιl. steιιos@

Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50 Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι 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. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση, αλλά την κύρια ευθύνη τη φέρει ο εισηγητής. 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 αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

• •

Εκτύπωση:

ROTOPRιNr (Α ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣJΑ ΕΕ). τηλ.: 2ΊΟ 6623778- 358 Υπεύθυνος ιυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

τ μύρια

Η

•••

ο Νοέμβρη του 2014 θα γίνει για πρώτη φορά προσεδάφιση σε κο­

μήτη. Το εγχείρημα

θα γίνει από το Ευρωπαϊκό διαστημόπλοιο

Rosetta το οποίο εκτοξεύτηκε το 2004. Σε απόσταση 800 εκατομ­

χιλιόμετρα σταμάτησαν

την λει­

τουργία του για 950 μέρες να εξοικονομή­

σουν ενέργεια. Η Rosetta όμως στις 20 Ια­

Πνη qε» γιατί πρέπει να αρχί­

νουαρίου «ξύ

σει io κυνήγι του κομήτη και το Νοέμβρη να πέσει πάνω του ώστε να συλλέξει πλη­

ροφορίες. Ο κομήτης έχει ηλικία 4,6 δι­

σεκατομμύρια χρόνια, είναι σαν ένα μεγάλο βουνό και εισέρχεται στο εσωτερικό του ηλιακού -μας συστήματος πλησ"ίον του Δία.

ΠΡΩ1ΉΘΕΣΗ ΣΕ ΕΜΗΝιΚΟ Σ)(ΟΛΕΙΟ Σε διαγωνισμό της Ευρωπαϊκής Υπηρεσίας Διαστήματος (ESA) πή­ ραν μέρος μαθητές από όλες τις χώ­ ρες της Ευρώπης αλλά και τον υπό­

λοιπο κόσμο. Σε σύνολο 218 συμμε­ τοχών οι μικροί μαθητές του Δη­

μοτικού

της

«Ελληνογερμανικής

Αγωγής» πήραν το πρώτο βραβείο; Η εργασία τους ένα project με τις

φωνές των παιδιών «ξύπνα Rosetta ξύπνα» και με πρωτότυπη μουσική σύνθεση.

Η ΛΠΟΣ1'0ΛΗ ΣrΟΝ ΚΟΜΗ1'Η

Όταν η Rosetta φτάσει σε απόσταση

μικρότερη των 20 χιλιομέτρων από

τον κομήτη θα προσπαθήσει να απε­

λευθερώσει την άκατο Philae πάνω ·

στον κομήτη, για να μελετήσει την χημική

σύσταση

των· πετρωμάτων

του. Πρόσφατα 30 Μαρτίου 2014

υπήρξαν αξιόλογίι νέα ότι λειτουρ­ γούν στην εντέλεία τα ηλιακά πάνελ του διαστημοπλοίου. Το όλο εγχεί­

ρημα θα ολοκληρωθεί την πρώτη ε­

βδομάδα του Αυγούστου του 2014.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β'

92 τ.4/1

Τα

βαρυτικά κύματα της Μεγάλης Έκρηξης

Παναγιώτης Χριστόπουλος

Το 1 820 η Ρωσική αποστολή του F. Belinghouzen και του Μ. Lazaref με το Vostok και το Mimy βρήκε την ήπειρο της Ανταρκτικής στην οποία βρίσκεται ο γεω­ γραφικός Νότιος Πόλος. Το 98% της επιφάνειας της Ανταρκτικής είναι καλυμμένη από πάγο με μέσο πάχος τουλάχιστον Ι5Κm , και θερμοκρασία που φτάνει τους 93 °C. Δεν υπάρχουν μόνιμοι κάτοικοι, όμως αρκετοί άνθρωποι δουλεύουν εκεί σε ερευνητικούς σταθμούς. Στην Ανταρκτική επειδή η ατμόσφαιρα είναι καθαρή χωρίς σκόνη και υγρασία, είναι εγκατεστημένο και το σύγχρονο τηλεσκόπιο BICEP2 το οποίο βλέπει το αρ­ χαιότερο φως του Σύμπαντος, τη λεγόμενη ακτινοβολία CMB με τον ανιχνευτή βαρυτικών κυμάτων.

-

Η

Andrei Linde διατύπωσε τη θεωρία ότι θα μπορούσαμε να έχουμε Διαστολή του Σύμπαντος χωρίς να είναι ανα­ γκαία η προϋπόθεση της κοινής αρχής από σημείο με­ γάλης πυκνότητας και θερμοκρασίας. Εξέφρασε την ι­ δέα ενός αυτοαναπαραγόμενου και διαστελλόμενου σύ­ μπαντος το οποίο αναπτύσσεται σαν φράκταλ. Σχηματι­ κά παρουσιάζει το Σύμπαν σαν φυσαλίδα που η οποια­ δήποτε διαταραχή δημιουργεί νέα συμπαντική φυσαλί­ δα. Οι φυσαλίδες περιορίζονται αρχικά και ύστερα επε­ κτείνονται με ταχύτητες κοντά στην ταχύτητα του φω­ τός. Άρα στο μοντέλο αυτό το Σύμπαν μας, δεν είναι παρά μια φυσαλίδα σε ένα Υπερσύμπαν φυσαλίδων. Αυτή η θεωρία είναι γνωστή ως Θεωρία Linde. Εφόσον επιβεβαιωθεί, η ανακάλυψη αυτή θα είναι «η μεγαλύτερη του αιώνα» και όχι τόσο γιατί γίνεται έμμε­ ση ανίχνευση βαρυτικών κυ μάτων (η πρώτη έμμεση α­ νίχνευση βαρυτικών κυ μάτων βραβεύθηκε με Nobel φυσικής το 1993), αλλά διότι τα βαρυτικά κύματα του BICEP2 είναι αρχέ'(ονης προέλευσης και μας αποκα­ λύπτουν στοιχεία για το τι γινόταν στο σύμπαν την χρο­ νική στιγμή 10'35 δευτερόλεπτα μετά την Μεγάλη Έ­ κρηξη. Ο Chao-Lin Kuo μέλος της ομάδας BICEP2 επισκέφ­ θηκε τον Andrei Linde για να του ανακοινώσει (πριν την επίσημη παρουσίαση) ότι το έργο της ζωής του, η θεωρία του πληθωρισμού, επαληθεύεται από τα πειρα­ ματικά δεδομένα του BICEP2. Επιπλέον, τα αποτελέ­ σματα δείχνουν να βρίσκονται σε συμφωνία με τις προ­ βλέψεις της θεωρίας της ενοποίησης των δυνάμεων, σύμφωνα με την οποία όλες οι φυσικές δυνάμεις (βαρύ­ τητα, ηλεκτρομαγνητισμός, ασθενής και ισχυρή πυρη­ νική δύναμη) είναι εκφάνσεις μιας ενιαίας δύναμης που κυριαρχούσε τις πρώτες στιγμές ζωής του Σύμπα­ ντος. Μέχρι σήμερα η πληθωριστική θεωρία της δια­ στολής του σύμπαντος είναι συνεπής με όλα τα κο­ σμολογικά δεδομένα, όπως η ομοιογένεια του σύμπα­ ντος σε μεγάλη κλίμακα, η επιπεδότητα, οι διακυ μάν­ σεις του κοσμικού υποβάθρου τόσο για κύματα πυκνό­ τητας όσο και βαρύτητας κ.ά.

ανακοίνωση της ομάδας BICEP2 ότι εντόπισε ίχνη αποτελεί μια επαλή­ θευση της θεωρίας του 1981 του πληθωριστικού μο ­ ντέλου του σύμπαντος των Alan Guth και Andrei Linde. Στο βιβλίο του «Το πληθωριστικό σύμπαν» ο Alan Guth αναφέρει και μια σχετική εργασία για το θέ­ μα αυτό του Έλληνα Δημοσθένη Καζάνα, που εργάζε­ ται στη ΝΑΣΑ. Η θεωρία του πληθωριστικού μοντέλου της Μεγάλης Έκρηξης, επιχειρεί να εξαλείψει ορισμένα σκοτεινά ση­ μεία του μοντέλου της Μεγάλης Έκρηξης. Η θεωρία παρά τις πειραματικές της επιβεβαιώσεις αφήνει κάποια Φυσικά αλλά και Φιλοσοφικά ερωτήματα αναπάντητα, τα βασικότερα των οποίων είναι: Ι . Προβλέπει ένα μικρότερο Σύμπαν από αυτό που υπάρχει σήμερα.

2. Δεν εξηγεί την Κοσμολογική Αρχή αλλά την δέχε­ ται αξιωματικά, πράγμα ασυμβίβαστο με την μα­ θηματική ανάλυση.

3. Τι υπήρχε πριν; Πώς από το τίποτα προήλθαν τα πάντα; 4. Γιατί ισχύουν οι συγκεκριμένοι φυσικοί νόμοι και ό-χι κάποιο άλλοι; γιατί για παράδειγμα ο χωρό­ χρονος είναι τετραδιάστατος; Ο Αμερικάνος aστροφυσικός καθηγητής του ΜΠ Alan Guth (Άλαν Γκουθ) προσπάθησε να δώσει μια απάντη­ ση στο πρώτο ερώτημα προσθέτοντας στην θεωρία της Τα βαρυτικά κύματα είναι θεωρητικές ρυτιδώσεις στο Μεγάλης Έκρηξης την ιδέα ότι στην αρχή της δημιουρ­ χωροχρόνο οι οποίες λαμβάνουν κυ ματοειδή μορφή με γίας του Σύμπαντος η διαστολή γινόταν με ταχύτητα την ταχύτητα του φωτός. Η ύπαρξή τους προβλέφθηκε μεγαλύτερη από αυτή του φωτός. Ο Ρώσος φυσικός το 1916 από τον Άλμπερτ Άινσταϊν ως συνέπεια της αρχέ'(ονων βαρυτικών κυμάτων,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/2

------- Τα βαρυτικά κύματα της Μεγάλης Έκρηξης Γ ενικ ής Σχετικ ότ ητα ς. Βα ρυτικά κύμα τα πα ράγονται θεωρ ητικά α π ό επιταχυνόμενα αντικείμενα μεγάλης μάζας. Μπορούν για παράδει γμα να πα ρα χθούν μα ύρ ες τρ ύπ εςκαι άστρα νετρονίων πουκι νούνται σε τροχιά το ένα γύρ ω α π ό το άλλο. Η κ ίνησή τους π ροκα λεί παρα­ μορφώσεις στην καμπυλότητα του χωροχρόνου, η οποία μπορ εί θεωρ ητικά να γίνει α ντι ληπ τ ή στ η Γ η ως α μυδρ ή μετα βολή στι ς δια στάσει ς μεγάλων α ντικ ει μέ­ νων. Σύμφ ωνα με τους επι στ ήμονες τα κύμα τα α υτά εμφα νίστ ηκα να μέσως μετά τ η Μεγάλη Έκρ ηξηκαι α ρ­ χικά πρ έπ ει να είχα ν πολύ μικρό μή κος κύ ματος. Οι κοσμο λόγοι όμως έχουν προβλέψει ότι ο π ληθωρι σμός, δηλα δή η απότομη διόγκωση του χωροχρόνου ξεκ ί­ νησε 10"34 δευτ ερ όλεπ τα μετά τ η Μεγάλη Έκρ ηξη και « τ έντ ωσε» τα βαρ υτικά κύμα τα δηλα δή τους α ύξησε το μήκος κύμα τος σε μετρ ήσι μα μεγέθη.

Το BICEP2 στην Ανταρκτική Το BICEP2, τοοποίο πα ρα τ ηρεί τονουρα νό στο φάσμα τ ων μικροκυμάτ ων, φ έρ εται να είδε τα ίχνη α υτώ ν τ ων « τ εντ ωμένων» βαρ υτικώ ν κυ μάτ ων στ η λεγόμενη μι­ κρ οκυματική ακτινοβολία υποβάθρου (CBM). Δηλα ­ δή τοα ρχα ο ί υπ όλει μμα μια ς λάμψης που γέμι σε τα πά­ ντα ότα ν το νεαρ ό Σύμπα ν έγι νε ξαφ νικά διαφα νές π ε­ ρ ίπου 380.000 χρόνια μετά τη γέννησή του (σήμερα έχει ηλικ α ί π ερίπου 1 3,8 δι σ. ετώ ν). Συγκ εκρι μένα , το τ ηλεσκ όπιο φ έρεται να aνίχνευσε ί­ χνη τ ων βα ρυτικώ ν κυμάτ ωνα π ό τ ην πόλωση (μετα βο­ λή στον προσα να τολι σμό) που προκαλούν στην ακτι­ νοβολία CBM. Όπ ως η ηλιακ ήακ τι νοβολία πολώ νεται κα θώ ς σκ εδάζε­ ται (εκ τρ έπ εται ) α π ό τα άτομα τ ης α τ μόσφαι ρα ς, έτ σι και η CBM πολώ νεται κα θώ ς σκεδάζεται από ηλε­ κτρόνια που συναντά στο δρόμο της εδώ και 13,8 δισ. χρόνια. Μάλι στα το σήμα που φ έρ εται να κα τ έ­ γρα ψε το BICEP2 είναι ι σχu ρότ ερο α π ό α υτ ό που προ­ βλέπο υν πολλά θεωρητικά μοντ έλα , ένα χα ρακ τ ηρι στι ­ κ ό που ίσως βοηθήσει τους θεωρ ητικούς φ υσικούς να α ποκ λείσουν ορι σμένα μοντ έλα του π ληθωρι σμού. Ένα δευτ ερ όλεπ το μετά τ ην Ώρα Μηδέν, το Σύμπα ν α ποτ ε­ λείται α π ό ένα ν ωκ εα νό α τομικώ ν σωμα τι δίων, κα τά­ σταση που συνεχίζεται για τ ρία ακ όμη λεπ τά. Αμέσως μετά, κα θώ ς η θερ μοκρα σία του Σύμπα ντος έχει π έσει στο ένα δι σεκα τομμύριο βα θμούς Κελσίου, τα πρ ωτ όνια και τα νετρ όνια α ρχίζουν να ενώ νονται μετα ξύ τους, σχημα τ ίζοντα ς τους πυρ ήνες του υδρογόνου, α λλά η θερ μοκρα σία είναι ακ όμη πολύ υψηλή για τ η δημιουρ­ γία α τ όμων. Στ η διάρκ εια τ ων π ρώ τ ων 5 1 λεπ τώ ν τ ης δημιουρ γία ς το Σύμπα ν μεγάλωσε κα τά 30 φορές, ενώ τ ην ίδια χρονι κή π ερ ο ί δο δημιουργήθηκ ε όλο το υδρο-

-------

γόνο που υπάρχει σήμερα κα θώ ςκαι όλο το πρ ωτα ρχικ ό ήλιο. Έκτοτ ε,οποια δήποτ επυρ ηνοσύνθεση (δημιουρ γία δηλα δή χημικώ ν στοι χείων), γίνεται μόνο στο εσωτ ερι ­ κ ό τ ωνάστρ ωνκαι στι ς εκρ ήξει ς τ ων σουπ ερ νόβα .

Σε είκοσι λεπ τά η ενέργεια εξακολουθο ύσε να υπ ερι ­ σχύει τ ης ύλης σε τα χύτα τα , διαστελλόμενο Σύμπαν. Ότα ν η θερ μοκ ρα σία ελα τ τώ θηκ ε στους 3.000 βα θμούς Κελσίου, τα πρ ωτ όνια μπ όρ εσα ν να συλλάβουν ηλε­ κ τρ όνια, σχημα τ ίζοντα ς έτ σι τα άτομα του υδρο γόνου. Τώρα η ύλη επικ ρα τ εί στο νέο Σ ύμπα ν, σχη μα τ ίζο ντα ς μάζεςα ερίων πουονομάστ ηκα ν φωτογαλαξίες. Τ ελικά, μέσα σ' α υτούς τους φ ωτογα λα ξίες τα νέφ η υδρο γόνου συνεχίζουν τ η σύμπ τυξή τους, έως ότου δι σεκα τομμύ­ ρια άστ ρα λα μπυρ ίζουν σε δι σεκα τομμύρια γα λα ξίες. Και έτ σι σε δύο δι σεκα τομμύρια χρ όνια , οι γα λα ξίες συνδέονται σε σμήνη που ακ όμη και σήμερα φα ίνο νται να είναι προσκολλημένα στο εξωτ ερικ ό τ ης επιφάνεια ς κοσμικώ ν "φ υσα λίδων" , υπολείμμα τα μιας εποχή ς πο υ το Σύμπα ν ήτα ν ακ όμη " μωρ ό" . Ηκα τάσταση τ ης ύλης στο νεογέννητο Σύμπα ν είχε πα ρόμοια μορφ ή με τ ην κα τάστα ση που επικρα τ είκαι σήμερα ακ όμη στ ηνκαρ ­ διά τ ων άστ ρων και ονομάζεται πλάσμα. Το π λάσμα δηλα δή είναι μία τ έτα ρτ η κα τάστα ση τ ης ύλης, διαφο ­ ρετι κή α π ό τι ς άλ λες τ ρει ς τ ων α ερ ίων, τω ν υγρώ ν και τ ων στ ερεώ ν. Στ ην α ρχή λοι π όν τ ης Εποχή ς τω ν Φω το ­ νίων η ακ τι νοβολία που υπ ήρ χε στο Σύμπα να ποτ ελείτο κυρίως α π ό φ ωτ όνια υψηλής ενέργεια ς με τ η μορφ ή α ­ κ τ ίνων γάμα .

-δΟ

'

30

20 ι

ο AIQIII--(CIOg.( '

40

Το μοτίβο που αποκαλύπτει τα ίχνη των αρχqονων βα­ ρυτικών κυμάτων στην μικροκυματική:ακτινοβολία

Η ακ τι νοβολία α υτ ή δημιουρ γείται ακ όμη και σήμερα

στ ηνκα ρδιά τ ωνάστ ρωνα λλά χρ ειάζεται χι λιάδες χρ ό­ νια να γίνει ορα τ ό φ ωςκαι να φ τάσει μέχρι τ ην επιφά­ νειά τους. Δηλα δή η ακ τι νοβολία γάμα που πα ράγεται στ ην κα ρδιά του Ήλιου μα ς, μέχρι να φ τάσει στ ην επι ­ φάνειά του, συγκ ρούεται συνεχώ ς με τα σωμα τ ίδια που υπάρχουν στο εσωτ ερικ ό του και σι γά-σι γά χάνει ένα μεγάλο μέρος τ ης ενέργεια ς που έχει . Ύ στ ερα α π ό χι ­ λιάδες χρόνια φτάνει στ ην επιφάνεια με τ η μορφ ή ορα ­ τ ήςακτι νοβολία ςκαι έτ σι βλέπουμε τον Ήλιο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/3

Οι ..τ-.. ιιpeρbιιι• τικ. σιιοt)» Jacobi

f

είναι Ιίλοι ή ... . . κάτι

μας

κρύβουν;

Επιμέλεια: Π αναγιώτης Χριστόπουλος

θεtορiος Apιtιιfiw tιε:ι τιιν iiuι Sia ιιε tνe εpcimιιιa σzι:ηκά ιιε -ro σknιιιa '100 κό­

� ιιnρεί. ,.. κάνει φοmίσε:ις οχε:πdι; ιιε "nWς � apιβptn)ι,; 1m) κα.ι ο ... !Ι!!!ός άvβpe­ DςHtmattiN.� Hardy Σε μια συνέντ ευξη ρώ τ ησα ν το Δημήτ ρη Χρι στοδούλου [Nobel Μα θημα τικώ ν (Shaw )] : ./ Ποια πλευρά του Θεού βλέπουν οι μαθηματικοί; Δ. Χριστοδούλου: « Εμείςοι μα θημα τικοί μπορούμε να δούμε μόνο μία άποψη του Θεού, α υτ ή μέσω τ ων Μα­ θημα τικώ ν. Ί σως οι φι λόσο­ φοι να βλέπουν και τι ς δύο π λευρές του Θεού, α λλά δεν τι ς βλέπουν τ όσο κα λά όσο βλέπουμε εμείς τ η μία . Εμείς βλέπουμε κα λύτ ερα τ η μία και οι ποι ητ ές πολύκα λά τ ην άλλη. Οι φl λόσοφοι υποτ ίθε­ ται ότι τι ς βλέπουν και τι ς δύο,α λλά μάλλον πιοα μυδρά». Επ ει δή λοι π όν εμείςοι μα θημα τικοί βλέπουμεκα­ λύτ ερα τ η μια π λευρά που έχει και τους α ρι θμούς θα σα ς πούμε μερικά α π ό τα μυστικά τους. Οι α ρι θμοί εί­ ναι άρα γε Φίλοι ή . . . κάτι μας κρύβουν; Σε α υτ ό το άρθρο που έγι νε και με τι ς . . . υποψίες που είχα ν οι : Χριστίνα Καρμποτίνη μα θημα τικ ός α π ό τ ην Πάτ ρα, Δα μ ιανός Κανελόπουλος μα θημα τικ ός α π ό τ η Θεσσα­ λονίκ η, Ηρακλής Ευαγγελινός μα θημα τικ ός α π ό τ η Γλυφάδα και ο Μαρίνος Σπηλιόπουλος βιολόγος α π ό τ ην Κόνιτ σα , θα π ροσπα θήσουμε να ξεδι π λώ σουμε και να σα ς α ποκα λύψουμε όσα π ερι σσότ ερα μυστικά μπο­ ρούμε. Ένα ς αριθμός είναι ένα μα θημα τικ όα ντικ είμενο που χρησι μοποι είται για υπολογι σμό, κα τάτα ξη στοι­ χείωνκαι μέτ ρηση. Στα Μα θημα τικά, ο ορι σμός του α­ ρι θμού έχει επ εκ τα θεί με τ ην πάροδο τ ων χρόνων να π ερι λα μβάνει τ έτοιουςα ρι θμούς όπ ως το Ο, α ρνητικούς α ρι θμούς, ρητούς α ρι θμούς, άρρητους α ρι θμούς και μι­ γα δικούς α ρι θμούς.Οι μα θημα τικ ές π ράξει ς είναι ορι­ σμένες δια δικα σίες που λα μβάνουν ένα ν ή π ερι σσότ ε­ ρουςα ρι θμούς ως είσοδο και πα ράγουν ένανα ρι θμό ως έξοδο. Ένα σύμβολο που α ντι π ροσωπ εύει έναν α ρι θμό ονομάζεται α ρι θμητικ ό. Εκ τ ός α π ό τ η χρήση τους στον υπολογι σμό και τ η μέτ ρηση, οι α ρι θμοί χρ ησι μοποιού­ νται συχνά για ετικ έτ ες (α ρι θμοί τ ηλεφώ νου), για διά­ τα ξη (α ύξοντ ες α ρι θμούς), και για τους κ ωδικούς (π .χ., τα ISBN). Γενικά, η λέξη αριθμός μπορεί να σημα ίνει τοαφ ηρημένοα ντικ είμενο, το σύμβολο ή τ η λέξηα ρι θμό. Ο Πυθα γόρα ς τον 6° π.Χ.αιώ να είχε . . . . . υποψια­ στ εί ότι κάτι μα ςκ ρύβουνοι α ρι θμοί, ότι έχουν τ ην ερ­ μηνεία του σύμπα ντος. Οι α ρι θμοί και οι μα θημα τικ ές

σχέσει ς είναι οι νόμοι που δι έπουν τονφ υσικ όα λλάκαι τον π νευμα τικ ό μα ςκ όσμο . Ανακάλυψε τα μουσικά διαστήματα μετ ρώ ντα ςτα μή­ κη τ ης χορδής ενός μονόχορδου, δια π ίστ ωσε πως τα σύμφ ωνα μουσικά δια στ ήμα τα μπορεί να εκφρα σθούν σεα π λέςα ρι θμητικ έςα να λογίεςτ ωνα ρι θμώ ν 1 ,2,3,4. Γνωστ ή θεωρείται η πυ θα γόρεια δι δα σκα λία τ ης «μι­ μήσεωρ>κα τά τ ην οποία τα αι σθητά υπάρχουν κα τ' α­ πομίμηση α τ ελή του τ έλειου νοητού κ όσμου. Έτ σι ει­ σάγεται στ ην Ελληνικ ή φι λοσοφ α ί η α ντ ίληψη τ ων δύο κ όσμων, νοητοiJ και αισθητού που επ ηρέα σε στ η συ­ νέχεια , τ ην θεωρία για τον κ όσμο τ ων Ιδεώ ν του Πλά­ τ ωνα . Ο Πυθα γόρα ς, όπ ως μα ς είπ εο Ιάμβλι χος, για να μάθει και άλλα μυστικά για τους α ρι θμούς π ήγε στη ν Αίγυ π το. Εκ εί συνα ντ ήθηκ ε με το Θα λή για να δια ­ στα υρώ σουν τι ς π ληροφορίες τους. Όπ ως π ίστ ευα ν τ ότ ε για τον Πυθα γόρα , τον βοηθούσε και ο θεός Απ όλλων, αφού ήτα ν γι ός του. Σύμφ ωνα λοι π όν με τον Πυθα γόρα , οι α ρι θμοί δεν είναι α π λά σύμβολα ποσοτικώ ν σχέσεων α λλάα ποτ ελούν τ ην ουσία του κ όσμου, γι' α υτ ό και εί­ ναι ι εροί. Η μονάδα [ 1 ] συμβολίζει το πν εύμα , τ η δύνα ­ μη εκ είνη α π ό τ ην οποία π ροέρχεται το πα ν. Η δυάδα [2] δείχνει τι ς δύο μορφ ές τ ης ύλης - Γ η και Νερό. Η τ ριάδα [3] φα νερώ νει το χρόνο στι ς τ ρει ς του δια στάσει ς - πα­ ρόν, πα ρελθόν, μέλλον κ .λ.π . Η κα τα νόηση τ ων κοσμικώ ν φαι νο­ μένων ήτα ν δυνα τ ή τ ότ ε με τ η aρι θμολο­ γία , τ η γεωμετ ρία και τ η μουσι κή. Κατά το Διογένη το Λα έρτιο, ο Πυθα γόρα ς θεωρούσε ως α ρχή όλων τ ων π ρα γμάτ ων τ η μονά­ δα . Απ ό τ η μονάδα π ροερχότα ν ηα όρι στ η δυάδα με τη ν εκ δήλωση τ ης μονάδα ς και ως ύλης. Απ ό τ η μονάδα και τ ην α όρι στ η δυάδα γίνοντα ν οι α ρι θμοί. Απ ό τους α ρι θμούς τα σημεία . Απ ό α υτά οι γρα μμές, α πό τι ς ο­ ποίες. σχη μα τ ίζονται τα επ ίπ εδα , και α π ό α υτά τα στ ε­ ρεά. Ηα ληθι νή π ηγή τ ης σοφ α ί ς για τους Πυθαγ όρ ειους είναι η Τετρακτύς δηλα δή οι τ έσσερι ς π ρώτοι φ υσικοί α ρι θμοί που θεωρείται ότι συνδέονται μεταξ ύ τους με διάφορες σχέσει ς όπ ως ο α ρι θμός 1 0=( 1+ 2+ 3+ 4). Οι Πυθα γόρειοι θεωρούσα ν ως ρίζα και π ηγή κάθε δημι­ ουργία ς τ ην τ ετ ράδα η οποία α ποτ ελούσε τον μέγι στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/4

------- Οι Αριθμοί ------και ιερότερο όρκο τους· . Ο Πυθαγόρας απέδιδε ακόμα τεύχος γράφει για τα Μαθη ματικά του Σύμπαντος: στους αριθμούς και μεταφυσικές ιδιότητες λέγοντας ότι, « . . . αυτό που οι αισθήσεις μας ονομάζουν ύλη δεν απο­ οι αριθμοί, διέπουν τις κινήσεις των αστέρων που κατέ­ τελεί παρά μια απλή καμπύλωση του 3σδιάστατου χώ­ χουν ορισμένη θέση στο Διάστημα. Αλλά και στη Γεω­ ρου του αισθητού σε μας Σύμπαντος. ( . . . ) Δηλαδή ο­ μετρία εκφράστηκε πάλι μέσω των αριθμών. Πήρε τα λόκληρο το Σύμπαν απο­ μήτη των πλευρών και μας έδωσε στο ορθογώνιο τρί­ τελεί έναν χώρο καθαρών γωνο το Π. Θ. (β2-+i=α2 ), Ο Πυθαγόρας διδάχτηκε από Πλατωνικών αριθμών το Θαλή το μέτρο, γι αυτό είχε φτιάξει και μια κούπα χωρίς μονάδα μέτρησης.». εφαρμόζοντας τους νόμους της Φυσικής, ώστε με τους Ο Αρχιμήδης είχε την τά­ φίλους του να πίνει με μέτρο• το κρασί. Υπήρχε μία ση να κατασκευάζει πολύ­ γραμμή που όριζε μέχρι που έπρεπε να τη γεμίζουν. Αν πλοκα προβλήματα με με­ έριχναν μια στάλα παραπάνω η κούπα άδειαζε όλο το γάλους αριθμούς, όπως το βοεικό πρόβλημα που έ­ περιεχόμενό της. Αριθμοί είναι όλοι όσοι γράφονται με τα ψηφία 0,1,2, στειλε στους Αλεξανδρι­ ,9 αλλά έχουμε και μερικούς ακόμα όπως: ο π (λό­ νούς. Την ίδια άνεση με τους αριθμούς είχε και ο Ινδός γος του μήκους του κύκλου προς τη διάμετρο):=3,14, ο Srinivasa Ramanujan τον 20° αιώνα ο οποίος έδωσε φ (αριθμός του Φειδία, λόγος χρυσής τομής)::1,618, ο e και τον τύπο για τον υπολογισμό του π με μεγάλη ακρί­ (ο έψιλον ή αριθμός Euler είναι το όριο, όταν το ν τείνει βεια. Κορυφαίος ήταν ο Evariste Galois το Ι9° αιώνα στο άπειρο, της (1 + !y) ::: 2,718. Ο π και ο e λέγονται οποίος έζησε μόλις είκοσι ένα χρόνια και άλλαξε την της Άλγεβρας δίνοντας λύσεις σε προβλήματα που και υπερβατικοί αριθμοί, δεν μπορούν να είναι ρίζες σε όψη απασχολούσαν τους μαθηματικούς από την Αρχαία Ελ­ πολυώνυμο με ακέραιους συντελεστές. Όμως να προ­ λάδα. σέχουμε, γιατί πολλές φορές οι αριθμοί αλλάζουν μορ­ φή και ονόματα, έτσι μας μπερδεύουν και δεν τους γνωρίζουμε πάντα. Είναι φυσικοί, αρνητικοί, δεκαδικοί, ΑΡΙΘΜΟΙ ... ΜΕ ΑΙΣΘΗΜΑΤΑ ακέραιοι, άρτιοι, περιττοί, ρητοί, άρρητοι, πραγματικοί, Χριστίνα Καρμποτίνη [Πάτρα] φανταστικοί, πρώτοι, τριγωνομετρικοί, κ.α. Ο κλάδος των Μαθηματικών που ασχολείται με τους φυσικούς ι αριθμοί δεν είναι όλοι αμείλικτοι, ψυχροί και χωρίς αριθμούς και τις ιδιότητές τους λέγεται θεωρία αριθ­ ομορφιά. Υπάρχουν και αριθμοί με . . . αισθήματα. Α­ μών. Δεν ξέρω αν θα μπορούσαμε να συνεννοηθούμε φού λοιπόν έμαθε τα μυστικά τους θέλει να μας τους χωρίς τους αριθμούς και όπως έλεγε ο Φιλόλαος «όλα γνωρίσει και είναι σίγουρη ότι θα τους συμπαθήσουμε. τα πράγματα που μπορούν να γίνουν γνωστά έχουν Θα μας αναφέρει λοιπόν λίγα λόγια για τους αριθμούς από έναν αριθμό, γιατί είναι αδύνατο να συλλάβου με που λέγονται στα πλαίσια των «Διασκεδαστικών Μα­ ή να γνωρίσουμε οτιδήποτε χωρίς αριθμό». Ιδιαίτερα θηματικών»: ευτυχισμένοι, δυστυχισμένοι, φιλικοί , θέλουμε τους αριθμούς όταν δεν έχουμε άλλη εικόνα κοινωνικοί, τέλειοι, σχιζοφρενικοί , εγωιστές. για ορισμένα πράγματα όπως π.χ. το δημόσιο χρέος εί­ Ευτυχισμένος ονομάζεται ένας ακέραιος θετικός αριθ­ ναι 300 δισεκατομμύρια Ευρώ. Πόσα να είναι αυτά; Τι μός, όταν αθροίζοντας τα τετράγωνα των ψηφίων του όγκο θα έχει ο σωρός σε κέρματα του ενός Ευρώ; Ή η και επαναλαμβάνοντας την ίδια διαδικασία όσες φορές Γη απέχει από τον ήλιο Ι 50 εκατομμύρια χιλιόμετρα χρειαστεί θα καταλήξουμε στον αριθμό Ι . πόσο μακριά σε σχέση με γνωστές μας αποστάσεις να Παράδειγμα: Ο αριθμός Ι9 είναι ένας ευτυχισμένος α­ είναι; Ή πως μπορούμε να αντιληφθούμε τις διαστάσεις ριθμός διότι, εφαρμόζοντας την mo πάνω διαδικασία, των σωματιδίων της ύλης; Ο Αρχιμήδης τον 3° π.Χ. μετά από 4 κύκλους οδηγούμαστε στον αριθμό Ι . αιώνα στο έργο του Ψαμμίτης υπολόγισε την ποσότητα Ι 2 + 92 = 82, 82 + 22 = 68, 62 + 8 2 = 100, Ι 2 + 02 = 1. των κόκκων της άμμου που θα μπορούσε να περιέχει το Προφανώς και οι αριθμοί 82, 68 και Ι 00 που εμφανίζο­ Σύμπαν και βρήκε τον αριθμό 1064 Τον 20° αιώνα οι νται στην . . . ευτυχισμένη ακολουθία του αριθμού Ι9 εί­ Kanser και Newman στο βιβλίο «Mathematics and the ναι κι αυτοί ευτυχισμένοι αριθμοί, το ίδιο ο 28 και 86.

Imagination» αναφέρουν τον αριθμό googol Ένα Όπως και στους ανθρώπους έτσι και στους αριθμούς λί­ googol αντιστοιχεί σε μία μονάδα, ακολουθούμενη από γοι είναι ευτυχισμένοι, μέχρι το Ι 00 είναι μόνο 20.

100 μηδενικά. Ο όρος καθιερώθηκε από τον Μίλτον Σι­ Δυστυχισμi:νος είναι ένας αριθμός που δεν οδηγεί στον ρόττα (Milton Sirotta) το Ι938 και εκφράζει τον αριθμό αριθμό Ι , ακολουθώντας την παραπάνω διαδικασία της ΙΟ 1 00 Η μηχανή αναζήτησης Google είναι ένα λογο­ υψώσεως στο τετράγωνο και της άθροισης. Οι δυστυχι­ παίγνιο του googol και συμβολίζει το όραμα της εται­ σμένοι αριθμοί καταλήγουν πάντα στον αριθμό 4 , ενώ ρείας να δώσει άπειρο αριθμό πληροφοριών στο Inter­ το ίδιο το οδηγεί σε βρόγχο επαναλαμβανόμενων α­ net αφού το 10 1 00 αν και δεν είναι άπειρο για τους μα­ ριθμών που4καταλήγει πάλι σε 4. Για παράδειγμα ο α­ θηματικούς, ξεπερνά τα όρια του πραγματικού κόσμου, ριθμός Ι3Ι αποδεικνύεται ότι είναι δυστυχισμένος μετά δηλαδή καθετί που θα μπορούσε να μετρηθεί στο Σύ­ από 3 κύκλους αθροισμάτων: Ι 2 + 3 2 + Ι 2= Ι + 9 + Ι = μπαν. Ο καθηγητής Μάνος Δανέζης στο προηγούμενο Ι Ι , Ι 2 + Ι 2 = Ι + Ι = 2, 22=4 ο αριθμός 24 είναι δυ­ στυχισμένος, το ίδιο και ο 42.

• Όχι, μα τον παραδόσαντα και στη δική μας γενεά την Φίλοι αριθμοί είναι ζεύγη θετικών ακεραίων αριθμών στα όποια ο καθένας από αυτούς ισούται με το άθροιτετρακτύν, την πηγή αενάου φύσεως που ρίζες έχει.

• Όχι όπως το πίνουν οι νέοι σήμερα και γίνονται Γκόλ! ..•

ν

•

•

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/5

-------

Οι Αριθμοί -------

σμα των γνήσιων ( εκτός του εαυτού του) διαιρετών του άλλου. Π αρ άδειγμα: το ζεύγος των αριθμών 220 και 284 είναι φίλοι διότι: Οι γνήσιοι διαιρέτες του 220 είναι: 1,2,4,5,10,11,20,22,44,55,110, και το άθροισμά τους 1+2+4+5+10+11+20+22+44+55+110 =284 .

Αντίστοιχα οι γνήσιοι διαιρετές του 284 είναι οι: 1,2,4,71,142 και το άθροισμά τους 1+2+4+71+142=220 Τους αριθμούς 220 και 284 ότι είναι φίλοι είχαν ανα­ καλύψει οι Πυθαγόρειοι και μάλιστα πίστευαν ότι αντι­ προσωπεύουν την παντοτινή φιλία. Γι αυτό στο Μεσαί­ ωνα πουλούσαν φυλακτά που είχαν χαραγμένους αυ­ τούς τους αριθμούς γιατί πίστευαν ότι έχουν μαγικές ι­ διότητες. Στη «Γένεση» αναφέρεται ότι ο Ιακώβ έδωσε 220 κατσίκια στον Ησαύ. Κάποιοι θεολόγοι, πιστεύουν ότι ο αριθμός αυτός, το ήμισυ του φιλικού ζευγαριού, αποτελεί έκφραση φιλίας του Ιακώβ προς τον Ησαύ. Το 1636 ο Feπnat ανακάλυψε το ζευγάρι των φίλων α­ ριθμών 17.296 και 18.416. Ο Ντεκάρτ ανακάλυψε το ζεύγος 9.363.584 και 943.705. Αργότερα ο Euler ασχο­ λήθηκε με τους αριθμούς αυτούς και δημοσίευσε κατ�­ λογο με 62 ζευγάρια φίλων αριθμών. Όμως το 1866 ε­ νας δεκαεξάχρονος Ιταλός ο Ν. Παγκανίνι (ο γνωστός μουσικός) ανακάλυψε το ζεύγος 1.184 και 1.21Ο που το είχαν παραβλέψει. Να προσθέσω εδώ εγώ ότι έχω μαρ­ τυρίες και για μια «τετράγωνη φιλία». Λέγετε ότι κάποια μέρα το δεκαέξι είπε στο δεκατρία: Θέλω να πιστεύω ότι μας συνδέει παιδική φιλία. Σε ευχαριστώ φίλε μου, τώρα που το λες θυμήθηκα την τετράγωνη φιλία μας. Πράyματι είναι τετράγωνοι φίλοι αριθμοί. Το 162

Το δεκατρία του απάντησε:

= 256 έχει 2+5+6=13 και το 132 = 169 έχει 1+6+9=16. Κοινωνικοί αριθμοί είναι μια ομάδα, θετικών ακεραίων

αριθμών, για κάθε μέλος της οποίας το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του (εξαιρουμένου του ίδιου του α­ ριθμού), ισούται με τον επόμενο αριθμό της ομάδας. Ανακαλύφθηκαν από τον μαθηματικό Poulet το 1918. Παράδειγμα: ο αριθμός 12.496 είναι ο πρώτος αριθμός μιας ομάδας αριθμών (12.496,14.288 , 15.472 , 14.536, 14.264). Ο αριθμός 12.496 έχει διαιρέτες τους 1,2,4,8,11'16,22,44,71,88,142,176,284,568,781'1.136,1.

562,3.124,6.248 και ισχύει: 1+2+4+8+11+16+22+44+ +71+88+142+176+284+568+781+1.136+1.562+3.124+ 6.248=14.288 δηλαδή τον δεύτερο αριθμό της ομάδας. Όμοια : 14.288 - 15.472 -14.536- 14.264- 12.496. Ομάδα με 3 αριθμούς λέγεται «κλίκα» αλλά δεν έχει

βρεθεί ακόμα καμία «κλίκα».

Τέλειος λέγεται ένας φυσικός αριθμός όταν το άθροι­ σμα των διαιρετών του, εκτός του εαυτού του, είναι ίσο με τον αριθμό. Πρώτοι τους είχαν εντοπίσει, ποιος άλ­ λος, οι Πυθαγόρειοι. Ο 6, είναι ο μικρότερος τέλειος αριθμός διότι: Οι διαιρέτες του, είναι οι 1, 2, 3 και το άθροισμα αυτών είναι ίσο με 6 (1+2+3=6) Άλλοι τέ­ λειοι αριθμοί είναι οι 28 (1 + 2 + 4 + 7 + 14=28), 496 (1 + 2 + 4 + 8 + 16 + 31 + 62+ 124 + 248=496 ), 8.128. Οι τέλειοι επίσης προκύπτουν ως άθροισμα διαδοχικών αριθμών με πρώτο τη μονάδα. Παράδειγμα: 6=1+2+3, 28=1+2+3+4+5+6+7,496=1+2+3+ ... +30+31' 8.128(1+2+3+ ....+126+127).

Το βραβείο Abel του 2014

Τα βραβεία Abel δίνονται κάθε χρό­ νο στη μνήμη του Νορβηγού μαθη­ ματικού Αbel και είναι τα Νόμπελ για Μαθηματικούς. Η Νορβηγική Ακα­

δημία Επιστημών και Γραμμάτων αποφάσισε να απονείμει το ΒραΥakoν G. Sinai βείο Abel για το 2014 στον Ρώσο μαθηματικό Yakoν G. Sinai για τη «θεωρία του χά­ , ου 9>· Ο Sinai είναι καθηγητής στο Πανεπιστημιο

Princeton και ερευνητής στο Ινστιτούτο Θεωρητικής Φυ­ σικής Landau της Μόσχας. Γεννήθηκε το 1935 στη Μό­ σχα, παππούς του ήταν ο κορυφαίος �αθηματικ�ς Benjarnin Fedoroνich Κagan, στη Διαφορικη Γεωμετρια στο Πανεπιστήμιο της Μόσχας. Η τελετή απονομής του βραβείου θα γίνει στο Όσλο στις 20 Μα'ίου, το βραβείο έχει έπαθλο το ποσό των 6 εκατομμυρίων Νορβηγικών κορωνών (περίπου 750.000 €). Yakov G. Sinai έχει εκ­ παιδεύσει πολλούς από τους κορυφαίους επιστήμονες σε ποικίλα ερευνητικά πεδία ενώ μεγάλο μέρος της έρευνάς του θεωρείται πρότυπο ερευνητικό εργαλείο για μαθημα­ τικούς και φυσικούς σε όλο τον κόσμο. Είναι συγγραφέ­ ας δεκάδων ερευνητικών εργασιών και βιβλίων, με αρκε­ τές ανακαλύψεις στον τομέα των μαθηματικών όπως: α) την Εντροπία Kolrnogorov - Sinai, σε συνεργασία με τον Ρώσο συνάδελφο και μέντορά του Α. Kolrnogorov, που μετρά το μέσο επίπεδο αβεβαιότητας ενός συστήματος, δηλαδή ένα σύστημα με απρόβλεπτη συμπεριφορά είναι δυνατό να προσδιοριστεί ποσοτικά πόσο ακριβώς πολύ­ πλοκο ή απρόβλεπτο είναι. β) τα Μπιλιάρδα- Sίnaί, γ) τον Τυχαίο Περίπατο - Sίnaί κ.ά. Ο Sinai θεωρείται ένας από τους σημαντικότερους μαθηματικούς του εικοστού αιώνα. Έχει επιτύχει πρωτοποριακά αποτελέσματα στην έρευνα της θεωρίας των Δυναμικών Συστημάτων, τη Μαθηματική Φυσική και τη Θεωρία Πιθανοτήτων. Είναι ο αρχιτέκτονας της σύ'yκλισης του κόσμου των ντετερμι­ νιστικών (δυναμικών) συστημάτων με τον κόσμο των m­ θανοτικών (στοχαστικών) συστημάτων. Κατέρριψε τη διάκριση ανάμεσα στην αιτιοκρατική και την τυχαία συ­ μπεριφορά των πολύπλοκων δυναμικών συστημάτων, τα οποία υπάρχουν παντού γύρω μας, από τη διαμόρφωση του καιρού, έως την οικονομία. Όπως έδειξε, τελικά κάθε δυναμικό σύστημα συγκλίνει σε μία μεταξύ λίγων «τυ­ χαίων σταθερών καταστάσεων». Στο σκεπτικό της βρά­ βευσης επισημαίνεται η θεμελιώδης συμβολή του μαθη� ματικού στην ανάπτυξη τομέων όπως είναι τα Δυναμικα Συστήματα, η Εργοδική Θεωρία και η Μαθηματική Φυ­ σική. Το νόημα αυτής της ανακάλυψης είναι ότι ακόμη και τα <<ντετερμινιστικά» συστήματα μπορούν να εμφα­ νίζουν μία «τυχαία σταθερότητα», έτσι ώστε ενώ οι κα­ νόνες του συστήματος είναι πλήρως προβλέψιμοι, η μα­ κροπρόθεσμη συμπεριφορά του να είναι αβέβαιη. Έκανε φανερό ότι συστήματα που επιφανειακά δείχνουν διαφο­ ρετικά, έχουν βαθιές ομοιότητες, όπως είχε δείξει και ο Νεύτων ότι η πτώση ενός μήλου και οι κινήσεις των πλα­ νητών διέπονται από τον ίδιο νόμο της βαρύ�τας: Το 2013 το βραβείο πήρε ο Βέλγος μαθηματικος Ριeπe Deligne, μαθηματικός-ερευνητής στο lnstitute for Advanced Study του Princeton Deligne για τις αλγεβρι­ κ' ανακαλύ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/6

----

Οι Α ριθ μο ί

Εκτός όμως από τους Πυθαγόρειους και άλλοι πολιτι­ σμοί ασχολήθηκαν και αναγνώρισαν την σημαντικότη­ τα των τέλειων αριθμών. Η τελειότητα του αριθμού 28 συνδυάστηκε με την παρατήρηση ότι μια πλήρης περι­ στροφή της σελήνης γύρω από τη γη διαρκεί 28 μέρες. Επίσης η τελειότητα του 6 συνδυάστηκε με την δημι­ ουργία του κόσμο από τον Θεό σε 6 ημέρες για να ση­ ματοδοτήσει την τελειότητα του σύμπαντος, ενώ μπο­ ρούσε να τον δημιουργή­ σει σε μια στιγμή. Ο Ευ­ κλείδης στην τελευταία πρόταση του 9°" Βιβλίου των «Στοιχείων» του απέ­ δειξε ότι ο τύπος 2n-1(2n1) δίνει έναν άρτιο τέλειο αριθμό όταν το 2n - 1 εί­ ναι πρώτος αριθμός. Μέ­ χρι σήμερα, με τη βοήθεια ηλεκτρονικών υπολογιστών είναι γνωστοί 48 τέλειοι αριθμοί. Ο μεγαλύτερος από αυτούς (ο 48ος) αποτελεί­ ται από 17.425.170 ψηφία. Δεν είναι γνωστό αν υπάρ­ χουν άπειροι τέλειοι αριθμοί και δεν είναι γνωστό επί­ σης αν υπάρχουν περιττοί τέλειοι αριθμοί. Το συγκε­ κριμένο θέμα συμπεριλαμβάνεται στα ανοικτά (άλυτα) προβλήματα της Θεωρίας Αριθμών. Εκτός από τους τέλειους αριθμούς έχουμε και τους ελ­ λιπείς και τους πλήρεις αριθμούς. Ελλιπής λέγεται ένας αριθμός όταν το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του είναι μικρότερο από τον αριθμό. Ο αριθμός 8 είναι ελλιπής αφού το άθροισμα των γνή­ σιων διαιρετών του είναι 1+2+4=7<8. Πλήρης λέγεται ένας αριθμός όταν το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του είναι μεγαλύτερο από τον αριθ­ μό. Ο αριθμός 12 είναι πλήρης αφού το άθροισμα των γνήσιων διαιρετών του είναι 1+2+3+4+6=16>12. Σχιζοφρενικοί αριθμοί ονομάστηκαν οι εξής: Για κάθε θετικό ακέραιο η , έστω f(η) ο αριθμός που προκύπτει από τον αναδρομικό τύπο: f(η)=10 * f(η-1)+η με αρχική τιμή f(O)=O. Ο παραπάνω αναδρομικός τύπος, ορίζει ότι κάθε όρος της ακολουθίας προκύπτει αν δεκαπλασιά­ σουμε τον προηγούμενο και προσθέσουμε τον αύξοντα αριθμό του. Παράδειγμα για τις τιμές η=1, η=2, η=3, η=4, η=5 έχουμε: f(1)=10 * f(0)+1=10 * 0+1=1 f(2)=10 * f(1)+2=10 * 1+2=12 f(3)=10 * f(2)+3=10 * 12+3=123 f(4)=10 * f(3)+4=10 * 123+4=1.234 f(5)=10 * f(4)+5=10 * 1.234+5=12.345 Την περίεργη αυτή ακολουθία αριθμών ανακάλυψε ο Αμερικανός μαθηματικός Κέβιν Μπράουν το 1997 και την ονόμασε ακολουθία σχιζοφρενικών αριθμών. Δεν αρκεί όμως η εικόνα των τιμών της ακολουθίας για να δικαιώσει την ονομασία της. Αν πάρουμε έναν από αυτούς τους αριθμούς με περιττό η τότε η τετραγωνική του ρίζα παρουσιάζει ένα αλλόκοτο μοτίβο. Για παρά­ δειγμα η τετραγωνική ρίζα του f(49) στα πρώτα 500 ψηφία έχει τμήματα επαναλαμβανομένων ψηφίων που ελαττώνονται σταδιακά μέχρι που εξαφανίζονται. Εγωιστής ή Νάρκισσος ονομάζεται ένας αριθμός που είναι ίσος με το άθροισμα των ψηφίων του υψωμένο το

-----

καθένα στο πλήθος των ψηφίων του π.χ. οι αριθμοί: 153 = 13+ 53+ 33 370 = 33+ 73+ 03 371 = 33+ 73+ 13 και 407= 43� 03+ 73.Υπάρχουν όνο τέσσερις αριθ­ μοί οι οποίοι είναι το άθροισμα των κύβων των ψηφίων τους. Νάρκισσοι αριθμοί θεωρούνται και οι αριθμοί που σχηματίζονται από τα ψηφία τους (μία φορά το καθένα) και τα σύμβολα + , - , * , ..;. , Λ , , ! . Παραδείγματα νάρκισσων αριθμών: 24 = (2-14)!=(2+-14)!, 36 = 3! 6, 71 =-1(7!+1), 119 =-1+(-1+-19!)!, 120 = ( (1 + 2)! - Ο!)! ή = (-1 + (2 + 0!)!)!, 143 = -1 + 4! *3! Σύμφωνα με τη Μυθολογία ο Νάρκισσος ήταν ένας πο­ λύ όμορφος νέος, γιος της νύμφης Λειριώπης και του ποταμού Κηφισού. Ήταν τόσο όμορφος ώστε όλες οι νύμφες τον ήθελαν για σύντροφό τους. Ο ίδιος όμως ήταν πολύ υπερόπτης και τις απέρριπτε όλες. Μια μέρα, καθώς περιφερόταν στον ποταμό, ο Νάρκισσος πρόσεξε το είδωλό του στο νερό. Ήταν το πιο όμορφο πρόσωπο που είχε δει. Θεωρώντας πως αυτό που έβλεπε ήταν μία νύμφη, ερωτεύτηκε το είδωλό του και καθόταν με τις ώρες και το θαύμαζε. Μια μέρα στην προσπάθειά του να φιλήσει αυτό που θεωρούσε πως ήταν νύμφη, έπεσε στο ποτάμι και πνίγηκε (...) Βέβαια εκτός από αυτά που μας περιγράφει η συνάδελφος Χ ριστίνα Καρμποτίνη να προσθέσουμε ότι: Τους αριθμούς μπορούμε να τους χωρίζουμε σε διάφορες ομάδες π.χ. τους φυσικούς α­ ριθμούς αν τους διαιρέσουμε με το δύ ο , άλλοι θα αφή­ νουν υπόλοιπο Ο και άλλοι 1 έτσι θα πάρουμε δύο ομά­ δες,. αυτούς που αφήνουν υπόλοιπο μηδέν(άρτιους) και αυτούς που αφήνουν υπόλοιπο ένα (περιττού ς). Μπορούμε ακόμα να τους χωρίσουμε σε Τρίγωνο υς, Τε τράγων ους, Π εν τάγων ους, Ε ξάγων ους κλπ.

�

Τρίγωνοι αριθ μοί είναι αυτοί που προκύπτουν από τα μερικά αθροίσματα: 1, 1 + 2 = 3 , 1 + 2 + 3 = 6 , 1 + 2 + 3 +4 = 10 , ... με συμβολισμό σημείων δίνουν σχήμα τριγώνου.

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Τετρ άγωνοι αριθ μο ί είναι αυτοί που προκύπτουν από τα μερικά αθροίσματα των περιττών αριθμών και με συμβολισμό σημείων δίνουν σχήμα τετραγώνου.

1=12, 1 + 3 = 4=22' 1 + 3 + 5 = 9=32' ' 1 + 3 + 5 + .... + (2κ- 3 ) + (2κ - 1 ) = κ2 .

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Π εν τάγων οι αριθ μο ί είναι τα μερικά αθροίσματα της αριθμητικής προόδου με πρώτο όροτο 1 και λόγο το 3.

1, 1 + 4=5, 1 + 4 + 7 = 12, 1 + 4 + 7+ 10=22, .. . Εξάγωνοι αριθ μ οί είναι τα μερικά αθροίσματα της α ­ ριθμητικής προόδου με πρώτο όρο το 1 και λόγο το 4.

1, 1+5=6, 1 + 5 + 9 = 15, 1+5+9+13=28, ... Π ο λύγωνοι αριθ μοί γενικά λέγεται οι αριθμοί που απο­ τελούν μερικά αθροίσματα αριθμητικής προόδου, με πρώτο όροτο 1και λόγο ένα θετικό ακέραιο αριθμό.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4Π

------- Οι Αριθμοί

Ακόμα πολλοί κύβοι κάνουν ((v+l) ) z .

3 3 3 I + 2+ 3 + . . + . ν3=

τ ετ ράγωνο:

ένα

2

Επιμήκεις αριθμοί λέγοντα ι α υτοί που σχημα τ ίζουν 2+ 4=2χ3 , ορ θογώ νιο παρα λληλόγρα μμο π .χ.

2+ 4+ 6=3χ4, 2+ 4+ 6+ 8=4χ5 , . . .

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

•

Οι 1rρώτοι αριθμοί

Με τον ίδιο τρόπο που τα άτομα είναι το βασικό συ­ στατικό της ύλης, έτσι και οι πρώτοι αριθμοί είναι το κύριο «συστατικό» των μαθηματικών. Πρώτος αριθμός (ή α π λά πρώτος) είνα ι κάθε φυσικός α ριθμός μεγα λύτ ερος τ ης μονάδα ς πουοι μόνοι φυσικοί δια ιρέτ ες του να είνα ι η μονάδα κα ιο εα υτ ός του. Το μηδέν κα ι το ένα δεν είνα ι π ρώ τοια ριθμοί. Ο α ριθ­ μός 2 είνα ιο μόνος άρτ ο ι ς (ζυγός) π ρώ τος α ριθμός. Ό­ λοι οι άλλοι π ρώ τοι είνα ι π εριτ τοί (μονοί). Οι π ρώ τοι μέχρι το 100 είνα ι 25 οι εξής: 2, 3, 5, 7, Ι Ι , Ι 3, Ι 7, Ι 9, 23, 29, 3 Ι , 37, 4 Ι , 43, 47, 53, 59, 6 Ι , 67, 7 Ι , 73, 79, 83, 89, 97. Ένα α π ό τα α ντ ικείμενα τ ης θεωρ α ί ς α ριθμώ ν είνα ι οι π ρώ τοι α ριθμοί. Δά ι σημες κα ιάλυτ ες εικα σίες, όπ ως η υπ όθεση του Riemann (Πόσοι π ρώ τοια ριθμοί είνα ι μι­ κρότ εροι α π ό ένα ν δοσμένο α ριθμό) κα ι η εικα σία του Goldbach (ότ ι κάθε άρ­ το ι ς α ριθμός μεγα λύτ ε­ ρος του 2, μπορεί να γρα φεί σα ν άθροισμα δύο π ρώ τ ων α ριθμώ ν), α φορούν π ρώ τους α ριθ­ μούς. Το π ρόβλημα τ ης εύρεσης π ρώ τ ων αρ ιθ­ μώ ν α πα σχόλησε α π ό τους α ρχα ο ί υς χρόνους τους μα θημα τ ικούς. Έ­ να ςα π λός τ ρόπους για τ ην εύρεση π ρώ τ ων α ριθμώ ν εί­ να ι το κόσκινο του Ερα τοσθένη. Στο σύνολο τ ων φυσι­ κώ ν αρ ιθμώ ν δια γράφουμε π ρώ τα τα πολλα π λάσια του 2, μετά δια γράφουμε τα πολλα π λάσια του επ όμενου μη δια γρα μμένου αρ ιθμού κ.λ.π . Οι αρ ιθμοί που θα α πο­ μείνουν είνα ι όλοι π ρώ τοι. Είνα ι π ροφα νές ότ ι η πα ρα ­ πάνω δια δικα σία δεν μπορ εί να εφα ρμοστ εί σε όλο το σύνολο τ ων φυσικώ να ριθμώ ν. Για τους πρώτους ξέρουμε ότι: 1) Οι π ρώ τοι α ριθμοί έχουν άπ ειρο π λήθος. 2) Αν έ­ να ς αρ ιθμός ν δεν έχει δια ρι έτ ες μικρ ότ ερους ή ίσους α π ό τ ην τ ετρα γωνική του ρ ίζα , τ ότ ε είνα ι π ρώ τος. 3) Όλοιοι πρώ τοι α ριθμοί , εκτ ός του 2 κα ι του 5, έχουν ως τ ελευτα ο ί ψηφίο κάποιο α π ό τα Ι , 3 , 7 ή 9. 4) Αν ο ρ είνα ι πρώ τος κα ι δια ιρεί το γινόμενο α .β α κερα ίων α κα ι β, τ ότ εο ρ δια ρ ι εί τοα ή το β (Ευκλείδης). 5) Αν ρ π ρώ τος κα ι α α κέρα ο ι ς, τ ότ ε το α Ρ δια ιρείτα ι α π ό το ρ ι ς ρ> Ι εί­ (μικρό θεώ ρημα του Fermat). 6) Ένα ςα κέρα ο να ι π ρώ τοςα ν κα ι μόνο α ν (p- I ) + ! l δια ρι είτα ια π ό το ρ (θεώ ρημα του Wilson).

-------

APIΘMOI... Fermat Ηρακλής Ευαγyελινός [Γλuφάδα] Ο συνάδελφος Ηρακλής Ευαγγελινόςα π ό τ η ΓΑ.uφάδα ισχυρίζετα ι ότ ι ο Fermat π ίστ ευε π ως οι αριθμοί Fn=2 zn + 1, nE Ν0 είνα ι πρώ τοι (π λάνη) ισχύει μόνο για n=O , I ,2,3 ,4. Ο Euler α π έδειξε ότ ιο F5=64 1670041 7 είνα ι σύνθετος κα ι χρειάστ ηκε 1 16 δοκιμές ενώ αν ήτα\' π ρώτος έπρ επ ε να κάνει 6542 δοκιμές.

ΑΡΙΘΜΟΙ ... Δίδυμοι wρώτοι Μαρίνος Σπηλιόπουλος [Κόνιτ σα ]

Δίδυ μοι πρώτοι α ρ ιθ μο ί ονομάζοντα ιοι πρώ τοι αριθ­

μοί που η δια φορά τους είνα ι 2, π .χ. 1 1 κα ι 13, 17 και 19. Τα ζεύγη λήγουν σε 1,3 ή 7,9 ή 9,1. Ένα γνωστό α νοικτ ό (άλυτο) π ρόβλημα τ ης θεωρ α ί ς τ ων α ριθμών είνα ι η εικα σία τ ων Διδύμων Πρώ τ ων στ ην οποία π ρέ­ π ει να α ποδειχτ εί α ν είνα ιάπ ειροι. Ο βιολόγος Μαρί­ νος Σπηλιόπουλοςα π ό τ ην Κόνιτ σα που του α ρέσει να α σχολείτα ι με τους δίδυμους πρώ τους α ριθμούς μα ς προτ είνει κα ι μια άλλη εικα σία , ότι το γινόμενό τους διαιρούμενο με το 6 δίνει πηλίκο λ ακέραιο περιττό αριθμό και υπόλοιπο πάντα 5 (δεν ισχύει για τους 3,5).

2 Δηλα δή Δ1 Δ2=6λ+ 5 ή Δ1 (Δ1+ 2)=6λ+ 5 ή Δ1 + 2 Δ1=6λ+ 5 π .χ. 1 1 . 13=6.23+ 5 . Ακόμα ο κ. Σπ ηλιόπουλος υπολογί­ ζει τ ις τ ιμές πού πα ρ ί νει το πηλίκο λ κα ι δημιουρ γεί ένα π ίνα κα για διάφορες σχέσεις τ ων Δ 1 , Δ2 κα ι λ, στ ην π ροσπάθειά του να δώ σει μια συσχέτ ιση τ ων α ριθμώ ν. Το λ πα ίρνει τ ιμές σύνθετ ων ή πρώ τ ων α ριθμώ ν χωρ ίς νομοτ έλεια . Κα ι α ν συνδεθεί με κ:=::ο τ ότ ε λ­ κ(Δ1+ Δ2)=Δ1 . Τελικά κα τα λήγει στ ην Δ1 2-(4+ Ι 2κ) Δ1 12κ-5=0 με θετ ική ρίζα τ η Δ1=2+ 6κ+ 3-v'4κ2 + 4κ + 1 ή Δ1=12κ+ 5άρα Δ2=12κ+ 7. κ

ο

0,5 I

2 3

Δι

5 11 17 29 41

Δ,

7 13 19 31 43

Δ1 + Δ2 -κ

48 36 30 28

Δ2- Δ1

2

κ

κ

-- = -

4 2 I

2 �

-

Δ1Δ2 κ

286 323 449,5 587,666

Δ2 Δl

1,4 1,1818 1,1 176 1 ,0689 1 ,0487

Δl + Δ2 -2 = 12κ +6

6 12 18 30 42

Ακολούθως γίνετα ι μια προσπάθεια να δείχτ εί ότ ιοι δίδυμοι π ρώ τοι είνα ι άπ ειροι α λλά γρ ήγορα γίνετα ι α ντ ιληπ τ ό η δυσκολία του προβλήμα τος.

Οι Πρώτοι και

η

Κρυwτογραφiα

Δαμιανός Κανελόπουλος [Θεσσα λονίκη] Απ ό τ ην π ρώ τ η στ ιγμή που άρχισα ν οι άνθρ ωποι να ε­ π ικοινωνούν μετα ξύ τους δημιουργήθηκε κα ι η α νάγκη να μετα φέρουν π ληροφορ ίες που δεν θα ήθελα ν να μά­ θουν κάποιο ι άλλοι. Πα ρά πολλοί ευφάντα στοι τρ όποι υπ ήρ ξα ν κα τά το παρ ελθόνώ στ ε να μετα φέροντα ι γρα ­ π τά μηνύμα τα κα μουφλαρ ισμένα ή κωδικοποιημένα έ­ τ σιώ στ εα κόμη κα ι με τ ην σύλληψη του α γγελιοφόρου να μην μπορούσε ο εχθρ ός να μάθει το μήνυμα . Ήδη α π ό τ ην εποχή τ ων Περσικώ ν πολέμων έχουμε π ηγές που α να φέροντα ι στ ην Λα κεδα ιμονική κρ υπ τ εία (σκυ­ τάλη). Η α κόμη, ξύριζα ν το κεφάλι του α γγελιοφόρου, έγρα φα ν το μήνυμα στο κεφάλι του κα ι π ερ ίμενα ν να μεγα λώ σουν τα μα λλιά του π ριν τον στ είλουν να το με-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/8

-------

Οι Αρ�μοί

τα φέρ ει ! ! Μέχρι τα χρ όνια τ ων Ρωμα ίων παρα τ ηρούμε ότι στ όχευαν κυρ ίως στ ην α π όκρ υψη του μηνύμα τος (όπ ως κάνουν και στι ς μέρ ες μα ς πολλοί μα θητ ές με τα σκονάκια σε σμίκρ υνση, με α όρα το μελάνι κτλ.) Επο­ μένως μέχρι τον 2° αιώ να π .Χ π ερ ίπου μι λάμε κυρ ίως για α π όκρ υψη και όχι για κρ υπ τογράφηση. Τον Ι 0 αιώ ­ να π .Χ. έχουμε τ ην κρ υπ τογράφηση του Κα ίσαρα η ο­ ποία α ντι στοι χεί σε κάθε γράμμα του α λφάβητου ένα δια φορ ετι κό γράμμα του ίδιου α λφα βήτου και με βάση α υτ ήν τ ην aντι στοίχι ση (η οποία φυσι κά είναι γνωστ ή στον παρα λήπ τ η) γράφεται το μήνυμα . Σε όλη α υτ ή τ ην ι στορι κή εξέλι ξη τ ης κρ υπ τογρα φία ς πρ ωτα γωνι στι κό ρ όλο έπαι ξα ν τα μα θημα τι κά. Για παράδει γμα χάρ η στ η στα τι στι κή aποκρ υπ τογράφησα ν οι κρ υπ τα να λυτ ές τα μηνύμα τα που κρ υπ τογρα φούντα ν με τ ην παρα πάνω μέθοδο α φού σε κάθε α λφάβητο η σχετι κή συχνότ ητα εμφάνι σης κάθε γράμμα τος είναι π ερ ίπου στα θερ ή ! Πα ­ ρ όμοιο α λλά πολύ πιο π ερ ίπλοκο ήτα ν και το σύστ ημα κρ υπ τογράφησης που χρ ησι μοποιούσα ν οι Γερ μα νοί στον Β Πα γκόσμιο π όλεμου με τ ην μηχα νή «Enigma». Ευτ υχώ ς μια ομάδα κρ υπ τα να λυτώ ν μα θημα τι κώ ν με τον Alan Turing κα τά τ ην διάρ κεια του Β ' πα γκοσμιου πολέμου κα τάφερ ε να σπάσει και α υτ όν τον τρ όπο κρ υ­ π τογράφησης και έτ σι πολλά μηνύμα τα τ ων Γερ μα νώ ν έπ εσα ν στα χέρια τ ων συμμάχων. Σήμερα χρ ησι μοποι ­ ούμε πα νίσχυρους υπολογι στ ές για να μεγα λώ σουμε τον κα τάλογο με τους πρώ τους αρι θμούς. Ευτυχώ ς όπ ως α π έδει ξε ο Ευκλείδης πρι ν α π ό 2400 χρ όνια οι πρώ τοι αρι θμοί είναι άπ ειροι και με τ ην βοήθεια τ ης τ εχνολογί­ α ς μπορούμε π λέον να α να κα λύπ τουμε α στρονομι κά μεγάλους πρώ τους αρι θμούς. Η α να ζήτ ηση πρώ τ ων α ­ ρι θμώ ν (και η α νάλυση ενόςαρι θμού σε γι νόμενο πρώ ­ τ ων παρα γόντ ων) έχει εφαρ μογή στ ην κρ υπ τογρα φία . Απ ό τους πολλούς τρ όπους κρ υπ τογράφησης θα εστιά­ σουμε στο σύστημα RSA το οποίο δημιουρ γήθηκε το Ι 977, και είνα ι το π λέον δια δεδομένο (με διάφορ ες πα ­ ρα λλα γές) και στ ηρ ίζεται κα θαρά και μόνο στ η θεωρ α ί αρι θμώ ν. Βα σίζεται στ ην παρα τ ήρ ηση ότι όλοι οι πρώ ­ τοι αρι θμοί (εκτ ός του 2) α ν διαιρ εθούν με το 4 α φή­ νουν υπ όλοι πο 3 ή Ι . Το σύστημα κρυπτογράφησης δημόσιου κλει διού (public key cryptography), βα σίζεται στους πρώ τους α ­ ρι θμούς και ξεπ ερ νά ένα πα λι ό πρ όβλημα στ ην επι κοι ­ νωνία , γνωστ ό ως πρ όβλημα δια νομής κλει διού (key distribution problem). Η κρ υπ τογράφηση δημόσιου κλει διού, α ποφεύγει τ ηνοποια δήποτ εα νάγκη για κα τα ­ νομή κλει διού, ως εξής: Ο Bob στ έλνει ένα α νοι κτό λουκέτο στ ην Alice, ενώ κρα τά το κλει δί του λουκέτου. Η Alice κλει δώ νει με το λουκέτο, το κόσμημα στο κουτ ί και το στ έλνει στον Bob. Ότα ν ο Bob παρα λάβει το κουτ ί, μπορ εί να το α νοίξει α φού έχει το κλει δί του λουκέτου. Αυτ ό είναι το τ έλειο σύστ ημα προστα σία ς, α φού κα νένα κλει δί δε χρ ειάστ ηκε να στα λεί, ενώ το κουτ ί πάντα κλει δωμένο το π ήρ εο Bob και τοάνοι ξε με το κλει δί του. Η κρ υπ τογρα φία βα σι σμένη στο παρα πά­ νω σύστ ημα , χρ ησι μοποι είται σε εκα τοντάδες τομείς σήμερα όπ ως το ηλεκτρονι κό εμπ όριο και η κι νητ ή τη­ λεφωνία . Προφα νώ ς δε χρ ησι μοποιούνται α ληθι νά λου­ κέτα , α λλά «μαθηματικά λουκέτα» τα οποία βα σίζο­ νται στον πολλα π λα σια μό πρώ τ ων αρι θμώ ν. Ο πολλα-

------

π λα σια μός δύο πρώ τ ωναρι θμώ ν είναι πολύα π λός ( Ι Ι χ Ι 3 = Ι 43), α λλά είναι ι δια ίτ ερα δύσκολο να βρ εθεί το γι νόμενο ποιώ ν 2 πρώ τ ων δίνει ένα συγκεκρι μένο αρι θ­ μό (? χ ? = Ι 43). Αυτ ό είναι τοα νάλογο ενός πρα γμα τι ­ κού λουκέτου (εύκολο να το κλει δώ σει ς α λλά δύσκολο να το α νοίξει ς). Τη μέθοδο RSA επι νόησα ν οι Ronald L.Riνes�, Adi Shamir, Leonard Adleman ( α π ό τα αρ χι ­ κά τ ωνονομάτ ων τους προέκυψε και η ονομα σία RSA) και παρουσιάστ ηκε στ ην κα τα π ληκτι κή ερ γα σία τους το Ι 977 στο Massachusetts Institute of Technology. Μάλι ­ στα οι δημιουρ γοί του RSA ότα ν παρουσία σα ν τ ην μέ­ θοδο είχα ν κρ υπ τογρα φήσει ένα μήνυμα χρησι μοποιώ ­ ντα ς πρώ τους με 65 ψηφία ο κα θένα ς (το γι νόμενο τους είχε Ι 29 ψηφία ) και ζήτ ησα ν να προσπα θήσουν να το α ποκρ υπ τογρα φήσουν οι κρ υπ τα να λυτ ές τ ης εποχής τους. Το πρ όβλημα λύθηκε το Ι 994 ( Ι 7 χρ όνια μετά) α π ό Ι 600 συνδεδεμένους υπολογι στ ές μέσω δι κτ ύου. Τσ κp!)πΤοσύστημα RSA Η λογι κή βα σίζεται σε μια α π λή (α λλά τ όσο όμορ φη ! ) ι δέα : Πώ ς θα πα ίξουμε κορώ να -γράμμα τα με ένα ν απο­ μα κρ υσμένο α ντ ίπα λο μέσω ΗΝ; Αφού όλοιοι πρώ τοι αρι θμοί (εκτ ός του 2) α ν διαιρ εθούν με το 4 α φήνουν υπ όλοιπο 3 ή Ι . Έχει α ποδει χθεί ότι υπάρ χουν άπ ειροι πρώ τ οι που α φήνουν υπ όλοι πο 3 και άπ ειροι που α φή­ νουν υπ όλοι πο Ι και μάλι στα , όπ ως α π έδει ξε ο Dirichlet, α υτοί είναι άπ ειροι α λλά ίσοι σε π λήθος με­ τα ξύ τ ους. Με άλλα λόγια , α ν επι λέξουμε στ ην τ ύχη έ­ να ν πρώ το αρι θμό, τον διαιρ έσουμε με το 4 και πάρου­ με το υπ όλοι π ό τουοι πι θα νότ ητ ες να είναι 3 είναι 50% όσοα κρι βώ ς και οι πι θα νότ ητ ες να είναι Ι . Αν πάρ ω επομένως δυο πρώ τους αρι θμούς α π ό α υτούς που α φήνουν υπ όλοι πο ι ότα ν διαιρούνται με το 4 (π .χ. το Ι 7 και το 4 Ι ) τ ότ ε και το γι νόμενο τουςα φήνει υπ ό­ λοι π ο ι α ν διαιρ εθεί με το 4. Αν επι λέξω δυο αρι θμούς α π ό το σύνολοα υτώ ν πουα φήνουν υπ όλοι πο 3 ότα ν δι ­ αιρ εθούν με το 4 τ ότ ε το γι νόμενο τους πάλι α φήνει υ­ π όλοι πο ι ότα ν διαιρ εθεί με το 4. Άρα α ν γνωρ ίζω ότι το υπ όλοι πο δια του 4 του γι νόμενο δυο πρώ τ ων αρι θ­ μώ ν είναι ένα δεν μπορώ να ξέρ ω α π ό ποιο σύνολο προέρ χονται οι αρι θμοί α υτοί. Επομένως λέω στον α ­ ντ ίπα λο μου να επι λέξει το πρώ το σύνολο που οι αρι θ­ μοία φήνουν υπ όλοι πο ι =κορώνα ή το δεύτ ερο σύνολο α υτώ ν που α φήνουν υπ όλοι πο 3=γράμματα και του α ­ να κοι νώ νω το γι νόμενο δυο μεγάλων πρώ τ ωναρι θμώ ν. Αφού μου α πα ντ ήσει ποιο σύνολο επ έλεξε πρ έπ ει να του α να κοι νώ σω τους πρώ τους που διάλεξα για να φα ­ νεί σε ποιο σύνολο α νήκουν. Του δίνω δηλα δή αρ κετ ή π ληροφορ α ί για να δει ότι δεν τον «κλέβω» α λλά όχι τ όσηώ στ ε να μπορ εί να με «κλέψει »α υτ ός. Με πι ο α π λά λόγια η ι δέα είναι ότι ενώ μα ς είναι πολύ εύκολο να υπολογίσουμε το γι νόμενο δυο πρώ τ ων α ­ ριθμών σε κλάσμα τα του δευτ ερ όλεπ του, η α ντ ίστροφη διαδικα σία δηλα δή η παρα γοντοποίηση ενόςαρι θμού σε γινόμενο δυο πρώ τ ων είναι α π είρ ως πιο χρονοβόρα α ν όχι αδύνατη α κόμη και με τ ην χρ ήση τ ων ΗΝ. Ο χρ ό­ νος που απαιτείται για μεγάλουςαρ ιθμούς (με περ ισσό­ τερα από 300 ψηφία ) είναι α πα γορ ευτι κός.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/9

-------

Οι Αριθμοί

Βα σι κή πρ ότα ση στ ην οποία στ ηρ ίζεται το κρ υπ τοσύ­ στ ημα RSA είναι η εξής: Αν p, q πρώτοι και d.eΞ l mod[(p-1)(q-1)( Τότε (m')�m mod(pq). (ηα π όδει ξη παρα λείπ εται )

Παράδειγμα 1° a. Το αρ χικ ό βήμα α υτ ής τ ης μεθόδου είναι να aντι ­ στοι χίσουμε τα γράμμα τα μια ς λέξης (ή πρ ότα σης) σε αρι θμούς. Πολλές φορ ές aντι στοι χούμε ομάδες δυο ή π ερι σσότ ερ ων γρα μμάτ ων (block) σεαρι θμούς. b. Επι λέγουμε 2 πρώ τους αρι θμούς p,q και υπολογί­ ζουμε το γι νόμενό τους η=pq . c. Μετά βρ ίσκουμε δυο αρι θμούς e & d τ έτοιουςώ στ ε το γι νόμενο τους να α φήνει υπ όλοιπο Ι ότα ν διαιρ εθεί με τον (p- I )(q- 1). Έστ ω π .χ. ο Α και ο Β θέλουν να επικοι νωνήσουν με χρήση του RSA. Ο Α θέλει να στ είλει το m=65 στον Β. Ο δε Β έχει δημοσι εύσει το δημόσιο κ λειδί του (η,e)=(427 187, Ι Ι ) σε ένα δημόσιο χώρο (π .χ. στ ην ι ­ στοσελίδα του). Ο Β έχει δια λέξει p=677,q=63 I . Ισχύει μέγι στος κοι νός διαιρ έτ ης(e,(p- I )(q- I ))=Ι . Ο Α εκ τ ελεί τ ην πα ρακάτ ω ενέρ γεια . λ Κρυπτογράφηση: m {e} διαιρούμενο με το η δίνει υπ ό­ λοι πο c=I 78975 (m" {e} Ξ c mod η) Ο Α στ έλνει το c στον Β. Ο Β για να το aποκρ υπ τογρα ­ φήσει κάνει χρ ήση του μυστικούκ λει διού d που έχει τ ηνι δι ότ ητα d.e διαιρούμενο με το (ρ- Ι )(q- 1) να δίνει υπ όλοι πο Ι . Επομένως εύκολα υπολογίζει d=30973 1 (με Ευκ λείδειοα λγόρι θμο στο eκαι το (ρ- Ι )(q- I ) .. . Τώρα ο Β εκ τελεί τ ην εξής ενέρ γεια : Αποκρυπτογράφηση : c" {d} διαιρούμενο με το η δίνει υπ όλοιπο 65 (c" {d} Ξ 65 mod η). Παράδειγμα 2° (Συνοπ τικ ό) l . Ο χρήστ ης δια λέγει δυο τυχα ο ί υς πρώ τουςαρι θμούς ρ, q. Έστ ω p=47, q= 59. Τότ ε N=p.q=2773 .

2 . Υπολογίζει το φ(Ν)=46χ 5 8=2668 και δια λέγει ένα ν τυχα ο ί αρι θμό e μικρ ότ ερο του 2668 και πρώ το ως προςα υτ όν. Έστ ω e=I 7 *** '} Με τον επεκταμένο αλγόριθμο του Ευκλείδη Ορι σμός: γράφοντα ς aΞ b modη εννοούμε ότι ο a ό­ τα ν διαιρ εθεί με το ηα φήνει το ίδιο υπ όλοι πο με τον b •• Ισχύει ότι α ν Μ.Κ. Δ .(r,η)=1 δηλα δή είναι σχετικά πρώ τοι τ ότ ε υπάρ χει k πουα νήκ ει στο Ζ: r.k Ξ 1 mod η Άρα α ν a είναι ένα ς αρι θμός που α ντι στοι χεί σ' ένα γράμμα μια ς λέξης για να τον κρ υπ τογρα φήσουμε τον πολλα π λα σιάζουμε μ' ένα ν αρι θμό r τ έτοιο ώ στ ε (r,η)=l . Για να κάνουμε τ ην α ποκρ υπ τογράφηση αρκ εί να πολλα π λα σιάσουμε με τον α ντ ίστοι χο αρι θμό k έτ σι έhουμε: (a.r) kΞa(r.k)Ξa1Ξa mod η • Επεκταμένος αλγόριθμος του Ευκλείδη μέσα α π ό παρα δείγμα τα : Παράδειγμα 1 ο Έστ ω p=3, q= 5, pq=15, (p- I )(q- I )=8και c=7 Τότ ε θα πρ έπ ει να βρούμε τους ακ έραιους α και d α π ό τ ην εξίσωση : α (p- I )(q- I )+ cd=I, 8α +7d=Ι, 8=Ι χ7+ Ι, 7=Ι χ7+0 Άρα ΜΚΔ=1 και π ηγα ίνοντα ς α ντ ίστροφα έχουμε: Ι=8- Ι χ7 δηλ. α=Ι και d= - 1 . Επ ει δή το d πρ έπ ει να είναι μετα ξύ του Ι και του (p- 1)(q- I ) πα ρί νουμε το

4.

5.

------

υπολογίζει τα χ & y τ έτοια ώ στ ε 2668χ+ I 7y=Ι . (Ε­ π ει δή ΜΚΔ(2668, Ι 7)=Ι υπάρ χουν σίγουρα τ έτοιοι ακ έραιοι ). Εφαρ μόζοντα ς τον α λγόρι θμο του Ευ­ κ λείδη βρ ίσκουμε y=I5 7. Άρα d=I5 7. Ο χρ ήστ ης κοι νοποι εί σε όλους τα Ν και e, αλλά κρα τάει μυστικ ό το d. Αν κάποιος ξέρ ει τα Ν και e δεν μπορ εί να βρ ει το d για τ ί δεν ξέρ ει τα p,q τα ο­ ποία κρα τάει επ ίσης μυστικάο χρ ήστ ης. Ανκάποιος θέλει να στ είλει το μήνυμα m=3 I, τ ότ ε κάνει τα εξής:

Κρυπτογράφηση : cΞm"e (modN) δηλ.587Ξ3 1 "17 (mod2773) Ο χρ ήστ ης aποκρ υπ τογρα φεί το587 που λα μβάνει κά­ νοντα ς χρ ήση του d που μόνοα υτ ός γνωρ ίζει : Απο κρυπτογράφη ση :

mΞc"d (modN) δηλα δή 3 1=587" 5 Ι 7 (mod2773) Πρακ τικά, μπορώ εγώ να δώ σω στον συνομι λητ ή μου τα ηκαι e (τα οποία δεν με νοιάζει και αν υποκ λα πούν γι α υτ όάλλωστ εονομάζονται και δημόσια κ λει διά) ενώ κρα τάωκρ υφό για τον εα υτ ό μου το d. Έτ σι όποτ ε θέλει κάποιος να μου στ είλει ένα μήνυμα θα πρ έπ ει να το υψώ νει στ ην e και να υπολογίζει το υπ όλοι πο του ως προς η ενώ εγώ για να το aποκ ωδικοποι ήσω θα πρ έπ ει να υψώ νω το μήνυμα που λα μβάνω στ ην dκαι να υπο­ λογίζω το υπ όλοι πο του ως προς η . Το σημα ντικ ό στ ην παρα πάνω δια δικα σία είναι ότι αν τα p,q είναι μεγάλα τ ότ ε είναι πολύ δύσκολο να βρ ε­ θούν α ν γνωρ ίζουμε μόνο το η και ακ όμα είναι πολύ δύσκολο να υπολογι στ είο αρι θμός d που είναι α παρα ί­ τ ητος για τ ηνα ποκ ωδικοποίηση . Βέβαια κα νένα κρ υπ τοσύστ ημα δεν είναι α παρα βία στο κάτι που συντ ηρ εί τον α ντα γωνι σμό μετα ξύ τ ων κρ υ­ π τογράφων και τ ων κρ υπ τα να λυτώ ν με τα μα θημα τικά να α ποτ ελούν το βα σικ ό τους όπ λο. Ελπίζουμε, να σα ς π είσα με ότι οι αρι θμοί μπορ εί να α ­ ποτ ελέσουν ένα ευχάρι στο παι χνίδι πουα να π τύσσει τ ην ερ ευνητικ ή διάθεση. Είναι σίγουρο ότι θα σα ς α ποζη­ μιώ σουν α ν α σχοληθείτ ε με α γάπ η μα ζί τους, προσφέ­ ροντα ς σα ς χαρά, δημιουρ γία και ευχάρι στ ες στι γμές aποκα λύπ τοντα ς σα ς τα μυστικά τους. Ο μεγάλος μα θημα τικ ός Henri Poiηcare είπ ε: «0 επι ­ στ ήμονα ς δεν μελετά τ η φύση επ ει δή είναι χρ ήσι μο,α λ­ λά επ ει δή α υτ ό τον ευχαρι στ είκαι τον ευχαρι στ εί επ ει ­ δή η Φύση είναι όμορ φη». Πάντ ως στα Μα θημα τικά κρ ύβεται μια α παράμι λλη ομορ φιά που τ ελικά α ντικα ­ τοπ τρ ίζει τ ην ίδια τ η Φύση. ι σοδύνα μο του - 1Ξ7mod8 και άρα πρ έπ ει να πάρουμε d=7. Παράδειγμα 2° Έστ ω ότι p=7, q=17 pq=1 19, (p- 1 )(q- 1)=96 και c=13. Τότ ε: 96α + l 3d=I, 96=7χ13+5, 13=2χ5+3, 5=Ι χ3+2, 3=Ι χ2+ 1, 2=Ι χ2 Άρα ΜΚΔ (96, 13)=Ι και έχουμε: 1=3- Ι χ2=3-(5 Ι χ3)=2χ3-5=2χ( 13-2χ5)-5=2χ 13-5χ5=2χ 13-5 χ(967x l 3 )= 3 7x l 35 - x96και επομένωςα=5 - και d=3 7. Πράγμα τι 3 7x 1 3Ξ i mod96

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/10

Μαθηματικοί Δtαyωvtσμοi Μαθηματικέ� Ολυμπtάδε�

Ε.Μ.Ε.

3 1 η Ελληνική Μ αθ η ματική Ολυ μπιάδα •' Ο Αρχιμή δης•• 22 Φεβρου αρίου 2014

Ενδεικτικές λύσεις θεμάτων μεγάλων τάξεων Ρ( χ) με πραγματικούς συντελεστές που ικανοποιούν την ( χ2 - 6χ + s)P(x) = ( χ2 + 2χ)Ρ( χ - 2) ' για κάθε χ Ε JR.

Πρόβλημα 1 : Βρείτε όλα τα πολυώνυμα

ισότητα

(χ-2)(χ-4)Ρ(χ) =χ(χ+2)Ρ(χ-2) , για κάθε χ Ε JR , (1) οπότε, για χ = Ο,- 2 και 4 προκύπτουν οι ισότητες: Ρ (Ο) = Ρ (-2) = Ρ ( 2) = Ο . Επομένως το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παράγοντες τους χ, χ + 2 και χ - 2 , οπότε έχουμε: P(x) = x(x + 2)(x - 2)Q(x), (2) όπου το Q( χ) είναι πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές. Λόγω της (2) η σχέση (1) γίνεται: (χ - 2)( χ -4)2 χ( χ + 2)Q(x) = χ( χ + 2)(χ - 2)χ(χ -4)Q(x -2) , (3) για κάθε χ Ε JR . Ισοδύναμα, έχουμε χ(χ +2)(χ -2)(χ -4)[(χ -2)Q(χ) -χQ(χ -2)] = 0,για κάθε x E JR . (4). Από τη σχέση (4), επειδή το πολυώνυμο χ(χ - 2)(χ + 2)(χ - 4) δεν είναι το μηδενικό πολυώνυμο, προκύπτει η ισότητα: (χ - 2)Q(x) - xQ(x - 2) = Ο, για κάθε χ Ε JR . (5) Από την τελευταία σχέση για χ = Ο λαμβάνουμε ότι Q(O) = O, οπότε Q(x) = xR(x), όπου R(x) πολυώνυμο με πραγματικούς συντελεστές. Λόγω της (5) η σχέση (4) γίνεται: (χ - 2)xR(x) - χ( χ - 2)R( χ - 2) = Ο <::} χ( χ - 2)[R(x) - R( χ - 2)] = Ο, από την οποία, αφού χ (χ - 2) ::;: Ο( χ) , προκύπτει ότι: R (χ) = R (χ - 2) , για κάθε χ Ε JR . Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι R (χ) = R (χ + 2k), k Ε Ζ, για κάθε χ Ε JR , οπότε το πολυώνυμο R (χ) παίρνει την ίδια τιμή για άπεφες τιμές του χ Ε JR, για παράδειγμα ισχύει c = R (Ο) = R ( 2k), k Ε Ζ . Άρα είναι R (χ) = c, για κάθε χ Ε JR , οπότε Ρ (χ) = χ (χ + 2) (χ - 2) Q (χ) = χ (χ + 2) (χ - 2) xR (χ) = cx 2 (χ 2 - 4) . Λύση :

Η δεδομένη ισότητα γράφεται στη μορφή

Πρόβλημα 2 : Βρείτε τις τιμές του ακέραιου αριθμού

η

,

για τις οποιες ο αριθμός

ισούται με τον κύβο ρητού αριθμού.

A = Sn - 25 n+S

-­

3 Έστω p,q Ε Ζ , q ::;: Ο, με (p,q) = 1 και τέτοιοι ώστε Α = Sη - 25 = (�) • (1) η+5 q Τότε θα είναι και ( ρ3 ,q3 ) = 1 , ενώ από τη σχέση (1) λαμβάνουμε: q3 (8η - 25) = p3 (η + 5), (2) από την οποία έπεται ότι p3 1( 8η - 25) και q3 1( η + 5) =>υπάρχει k Ε Ζ έτσι ώστε: 8η -25 = kp3 και η + 5 = kq3• (3) Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι 8η - 25 = kp3, k Ε Ζ, τότε από τη σχέση (2) λαμβάνουμε τις σχέσεις (3). Από τις σχέσεις (3) προκύπτει ότι: 8( η + 5) - (8η - 25) = k(8q3 - p3 ) => k(2q -ρ)( 4q2 + 2qp + p2 ) = 65. Επομένως οι αριθμοί k, 2q - p και 4q2 + 2qp + p2 είναι διαφέτες του 65. Παρατηρούμε όμως ότι 4q2 + 2pq + p2 = 3q2 + ( ρ + q)2 1( mod 3) και επιπλέον ισχύει 4q2 + 2pq + p2 = 3q2 + ( ρ + q)2 � 3 , οπότε, αφού ο αριθμός 4q2 + 2pq + p2 είναι διαφέτης του 65 η μοναδική δυνατή τιμή του είναι 4q2 + 2pq + p2 = 13 <::} 3q2 + ( ρ + qγ = 1 3, οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: 4q2 + 2qp+p2 = 13, k = ±1, 2q-p = ±5. Τότε έχουμε: p = 2q + 5 και 4q2 + 2q(2q + 5) + (2q + 5)2 = 13 Λύ ση (1 °ς τρόπος) :

Ξ

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/1 1

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

<:>ρ =2q =t 5, 2q2 + 5q+2 = 0 <:> ρ = 2q =t 5, q = ±2 <:> ρ = +1, q = ±2 . Τότε και για τις δύο 3 περιπτώσεις έχουμε Ε. = _.!_8 , οπότε θα είναι: 8ηη - 525 _.!_8 <::> 8(8η - 25) = -(η + 5) <::> η = 3 . + q 2°ς τρόπος: Όπ ως στον πρώτο τρ ό πο φθάνουμε στη σχέση (2) και τ η λύνουμε ως προς η , οπότ ε λα μβάνουμε: 5 5q3 , η = (8 3 -+ ρ33 ) (4) Εστ ω d ( 5 q3 + ρ\8q3 - ρ3 ) . Τότ ε dl 5q3 +ρ3 +8q3 - ρ3 = 13q3 και α φού (ρ,q) = 1 q ρ

()

=

=

•

d l 13 . Επομένως 4q2 +2pq+ρ2 =3q2 + ( ρ + q)2 Ξl(rmd3) και επιπλέονι σχύει 4<[ + 2ΙΧJ.+ρ2 =3cf +(ρ +q( �3 ,οπότ ε, αφούοαρι θμός 4q2 + 2ρq + ρ2 είναι δια φέτηςτου 65 η μονα δική δυνατ ή τιμήτ ου είναι 4q2 + 2pq + ρ2 = 13 3q2 +(ρ+ q)2 = 13.

5) ( Από τη 5) ( προκ ύπτει ότι l q l 2 ,οπ ότ ε έχουμε τις π ερ ιπτώ σεις : Αν l q l = Ο ή l q l = 1 ,οπ ότ ε (ρ + q) 2 = 13 ή (ρ + q) 2 = 10 ,α δύνατ ες με ρ,q Ε Ζ . Αν lql = 2 ,τ ότ ε (ρ + q) 2 = 1, α π ό τ ηνοποία προκύπτουνοι λύσει ς : (ρ,q) = (-1,2) ή ( ρ,q) = (1,-2) ή ( ρ ,q) = (-3,2) ή (ρ,q) = (3,-2). Επ ει δή (2q - ρ)l6 5 , δεκ τές είναι μό νοοι λύσει ς ( ρ , q) = ( -1,2) ή (ρ,q) = (1,-2) ,α π ό τι ςοποίες προκύπτ ει ότι η = 3 . έπ εται ότι

<::>

s

•

•

Πρόβλημα 3 : Θεωρούμε μια η χ η σκακιέρα, όπου n άρτιος θετικός ακέραιος, στην οποία τοποθετούνται όλοι οι αριθμοί 1, 2, 3, , n2 , ένας σε κάθε τετραγωνάκι. Καλούμε S1 το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται σtα άσπρα τετράγωνα και S 2 το άθροισμα των αριθμών που βρίσκονται στα μαύρα τετράγωνα. Να βρεθούν όλοι οι αριθμοί η που είναι τέτοιοι, ώστε να είναι S1 = ­ 39 , ισχυει: , , δυνατη, μια , τοπο θετηση, για την οποια S 2 64 ...

Λύση :

Η δεδομένη σχέση είναι ισοδύναμη με την

39 ( S + S ) . Παρατηρούμε ότι : S1 = 103 1 2

η2 η2 + 1 S1 + S2 = 1 + 2 + · · · + η 2 = ( 2 ) Επειδή ο S1 είναι φυσικός αριθμός, από τις παραπάνω θα έχουμε ότι η2 η 2 1 103 ( 2 + ) . Όμως ο 103 είναι πρώτος της μορφής 4κ+3, οπότε ο 103 δεν διαιρεί τον η 2 + 1 . Επομένως πρέπει να διαιρεί τον η 2 και αφού είναι πρώτος, πρέπει 1 03 l η . Αφού επιπλέον ο η είναι άρτιος, θα έχουμε ότι είναι πολλαπλάσιο του 206, δηλαδή πρέπει: η = 206k, k Ε Ν* . Θα αποδείξουμε τώρα ότι για κάθε πολλαπλάσιο του 206 είναι δυνατή μια τέτοια τοποθέτηση. Η ελάχιστη δυνατή τιμή +1 2 η η2 + 1 + η2 + 1 + · · · + η2 = Β . είναι: τιμή μέγιστη η του S1 είναι: 1+2+· ·· + 2 ενώ Α, 2 2 2 39 ( S + S ) < Β . Τώρα θα πάρουμε το ζητούμενο Εύκολα ελέγχουμε την ανισότητα, Α < S1 = 103 1 2 δείχνοντας ότι το S1 μπορεί να πάρει κάθε δυνατή τιμή ανάμεσα στα Α, Β Πράγματι, ο αριθμός Α + 1 μπορεί να επιτευχθεί επιλέγοντας στα άσπρα τετράγωνα τους αριθμούς 1, 2, ... , �22 - 1, �22 + 1 Ο αριθμός n 2 + 2 , και n 2 - 1,, ... ,, , , στα ασπρα τετραγωνα τους αριθμους1,2, Α + 2 μπορει, να επιτευχθει, επιλέγοντας 2 2 ούτω καθεξής. Όταν φτάσουμε στο βήμα όπου χρειάζεται η τοποθέτηση των αριθμών 1,2, ... ,�22 - Ι,η 2 ,

[

]

� (�

)

( )( )

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/12

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

--------­

για να πάρουμε τον επόμενο αριθμό ως άθροισμα, θα επιλέξουμε στα άσπρα τετράγωνα τους αριθμούς 2 2 2 1, 2, ... , � - 2. � , η 2 , και στον επόμενο τους 1, 2, ... , � - 2. � + 1, n 2 , και ούτω καθεξής. Αυξάνοντας 2 2 2 2 λοιπόν με την παραπάνω διαδικασία το άθροισμα κατά 1 , ξεκινώντας από το Α, μπορούμε να κατασκευάσουμε όλους τους αριθμούς μέχρι το Β.

2

Πρόβλημα 4 : Δίνεται κύκλος c(O,R) (με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα

R) και δύο σημεία του τέτοια, ώστε R < ΑΒ < 2R . Ο κύκλος c1(A,r) (με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα r, Ο < r < R ), τέμνει τον κύκλο c(O,R) , στα σημεία C και D (το σημείο C ανήκει στο μικρό τόξο ΑΒ). Από το σημείο Β, θεωρούμε τις εφαπτόμενες ΒΕ και BF στον κύκλο c1(A,r), έτσι ώστε από τα σημεία επαφής Ε, F, το σημείο Ε βρίσκεται εκτός του κύκλου c(O,R). Οι ευθείες EC και DF τέμνονται στο σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο BCFM είναι εγγράψιμο. Α,Β

Λύση (1 ος τρόπος) :

Το τετράπλευρο AEBF είναι εγγράψιμο (διότι οι ΒΕ και BF είναι εφαπτόμενες, οπότε: ΑΕΒ = AFB = 90· ) και έστω <:2 ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Το τμήμα CD είναι η κοινή χορδή των κύκλων ( c ) και ( C1 ) . Το τμήμα ΑΒ είναι η κοινή χορδή των κύκλων ( c ) και ( C2 ) . Το τμήμα EF είναι η κοινή χορδή των κύκλων (C1 ) και (C2 ) . Άρα οι τρεις παραπάνω χορδές θα συντρέχουν στο ριζικό κέντρο, έστω L , των τριών κύκλων. Η ΑΒ είναι διχοτόμος της γωνίας EB F (διότι ΒΕ και BF είναι εφαπτόμενες του κύκλου c1 ( A, r) ). Η ΑΒ είναι επίσης διχοτόμος της γωνίας CBD , γιατί οι γωνίες ABC και ABD είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο c ( O, R) και βαίνουν στα ίσα τόξα Ac και AD . Άρα οι γωνίες EBC και FBD είναι ίσες. Με τη βοήθεια της ισότητας EB C = FBD , θα αποδείξουμε ότι τα τρίγωνα BCE και BFD είναι όμοια. Αρκεί λοιπόν να ,

αποδει'ξουμε οτι:

BC BF =ΒΕ BD

a

y =χ a

<:::::> -

<:::::>

xy = a

2

,

, οπου

θέσαμε (χάριν συντομίας): ΒΕ = BF = a , BC = χ και BD = y .

LC x l LC CB , , Απο, την ομοιοτητα των τριγωνων LCB και LAD εχουμε: - = - => - = - ( ) . Απο, την ομοιοτητα LA AD LA r BD των τριγώνων LCA και LBD , έχουμε: lB = => Ι..Β =2:: (2) .

LC CA LC r τ ,

Πολλαπλασιάζοντας τις σχέσεις ( 1 ) και ( 2 ) έχουμε:

,

lB = '; (Α) LA r . Στο ορθογώνιο ΑΒΕ , το τμήμα AL είναι το ύψος προς την , , lB ΕΒ2 a2 (Β) , , αρα: = 2= . Απο τις σχεσεις ( Α ) και υποτεινουσα, LA ΕΑ -;:z ( Β ) έχουμε: xy = α2 Άρα τα τρίγωνα BCE και BFD είναι όμοια, οπότε θα έχουν τις γωνίες τους ίσες (μία προς μία). Από τις ισότητες των γωνιών των BCE και BFD , προκύπτει η ισότητα: C = F . Άρα το τετράπλευρο BCFM είναι εγγράψιμο.

2°ς τρόπος: Σημειώ νουμε με Q το σημείο τομής τ ων EF, CD Απ ό το θεώρημα Pascal στο εκ φυλι σμένο εξάγωνο EEDFFC πα ρί νουμε ότι , α ν Τ είναι το σημείο τομής τ ων ED, CF , τ ότ ε τα σημεία Τ, Β, Μ είναι συνευθειακά. Επ ιπλέον, στο εγγεγρα μμένο ECFD , τα σημεία Τ, Μ είναι τα σημεία τομής τ ων α π ένα ντι π λευρώ ν και το Q είναι το σημείο τομής τ ων δια γωνίων του. Επομένως η ευθεία τΜ είναι η πολική του Q , οπ ότ ε η AQ είναι κάθετ η στ ην πολι κή (α φού Α κ έντρο του κύκ λου), οπ ότ ε έχουμε ότι ΑΒΤ = 90• . Έτ σι , έπ εται ότι EF 1 1 τΜ α φού ΑΒ .l EF , οπ ότ ε έχουμε ότι BMC = MEF = C FB , όπου η τ ελευτα αί ι σότ ητα προκύπ τ ει α π ό τι ς γωνίες χορ δήςκαι εφα π τομένης. Παρατήρηση : Από τις ισότητες των γωνιών των BCE και BFD , προκύπτει επίσης ότι και το BEDM είναι εyγράψιμο.

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/13

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Ασκήσεις για Διαγωνισμούς Α27.

Λύσεις τε ύχο υ ς 9 1

Να αποδείξετε ότι:

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

(η!γ > η0, για κάθε η> 2.

Λύση : Γράφουμε τα δύο μέλη της δεδομένης ανισότητας ως εξής:

(η!)2 = (ι · η)[2 · (η -ι)} · {k ·(η -k + ι)} · · (η · ι) [η ζεύγη δ6ο παραγόντων] η" =η · η . . · η, [η παράyονtες]. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι k . ( η - k + ι) ;?: η, για κάθε k Ε {ι, 2, ... , η} .

(1) Πράγματι, έχουμε (2) k · (η - k + ι) ;?: η <:::> nk - k2 + k - η = ( η - k)(k - ι) ;?: Ο , για ι ::; k ::; η , οπότε με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των σχέσεων (ι) για k = ι,2, ... ,η, λαμβάνουμε ( η !γ ;?: η" , για κάθε η > 2. (3) Σημειώνουμε ότι στην ανισότητα (2), αν υπάρχει κάποιο k Ε {ι,2, ... ,η} τέτοιο ώστε ι < k < η , τότε γι αυτό θα ισχύει ότι k · (η - k + ι) > η , οπότε και η ανισότητα (3) θα ισχύει ως γνήσια ανισότητα. Παρατηρούμε ότι για η > 2 υπάρχει ένα τουλάχιστον τέτοιο k , οπότε έχουμε τελικά ότι: (η!) 2 > η" , για κάθε η > 2. Α28.

Να αποδείξετε ότι:

Λύση :

�a + �a + · · · + .Ja < ι + ..[4;+ϊ , για κάθε a > Ο .

2

Θέτουμε χ 1 = a, χ. =�a +�a +· · ·+.Ja (θεωρούμε ότι υπάρχουν συνολικά η ριζικά). Τότε θα έχουμε χ. = �a + χπ-ι , η = 2,3, ... , δηλαδή χ � = a + χ π-ι , η = 2,3, ... . Παρατηρούμε ότι για τη δημιουργία του όρου χ . από τον όρο χ ._, θέτουμε μέσα στη τετραγωνική ρίζα αντί του Ji. το μεγαλύτερο της αριθμό

�a + Ji. , οπότε εύκολα προκύπτει ότι: χ . > χ ._, , για κάθε η = 2,3, ... .. , δηλαδή η ακολουθία ( χ . ) είναι γνησίως αύξουσα. Τότε από τη σχέση χ � = a + x n _1 , η = 2,3, ... λαμβάνουμε χ � < a + x. , η = 2,3, ... , δηλαδή όλοι οι όροι της ακολουθίας χ . , η = 2,3, ... ικανοποιούν την ανίσωση χ2 - χ -a < 0 . (ι) Επειδή ι-/ι+"4a , ι + Ιι+"4a , επεται , , ρ1 < χ . < ρ , για , , , ρίζες το τριωνυμο του πρωτου με'λους εχει οτι ρ1 ρ 2 2 2 2 Γ < ι + J4a+Ϊ ' κα' θε η = 2 , 3 , ... και αφου' χ , = νa ' ' , εχουμε τελικα' τη ζητουμενη ανισοτητα.

2

2 - �2 + �2 + �2 + · - ..Ji ι > -, όπου στον αριθμητή υπάρχουν η ριζικά και I 2 - ν 2 + �2 +· · ·+ Ji 4 στον παρονομαστή υπάρχουν η - ι ριζικά. Λύση : Θέτουμε x = �2 + �2 + · · · + �2 + .J2 , όπου στην παράσταση του δευτέρου μέλους υπάρχουν k k Α29.

Να αποδείξετε ότι:

ριζικά. Αν αντικαταστήσουμε το τελευταίο ριζικό .J2 του δευτέρου μέλους με το 2, τότε θα έχουμε:

x k = �2 + �2 + · . . + �2 + .J2 <�2 + �2 + . . ·+ --f2 + 2 = 2, k = 2,3, .... οπότε και οι δύο όροι του δεδομένου κλάσματος δεν είναι Ο. Επιπλέον επειδή χ . = ..jr-2-+-x-._-, έχουμε: Α-

2 - �2 + �2 + �2 + · · ..fi 2 - �2 + χ ._, �2 + x n -l - 2 ι -- ι 2 - X n -1 (χπ-ι + 2) -4 �Χπ-ι + 2 + 2 χ. + 2 2 - �2 + �2 + . . ·+ .J2

--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/14

-----

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες --

ι Επειδή χ < 2 � x n + 2 < 4 � Α = -- > .!_ .

---­

xn + 2 4

"

� ' η = 1,2,3, ... . Λύση : Παρατηρούμε κατ' αρχήν ότι χ 1 = ι, χ = J2 , χ 3 = if3 και ότι ι < J2 < if3 . Στη συνέχεια θα 2 αποδείξουμε ότι: � > " Ψη + 1, για κάθε η � 3 . Ισοδύναμα, αρκεί να αποδείξουμε ότι: Α30. Βρείτε το μέγιστο στοιχείο της ακολουθίας Χ0

( �)n(n+l) > ( "Ψη + ι )n(n+l) � η n+ι > ( η + 1)

=

( )

( )

η +-ι " < η � ι + ι " < η, για κάθε η � 3. Από το � � η η διωνυμικό θεώρημα έχουμε ι + .!. " = Σ � .Επειδή ισχ6ει η k=O k η . . � .. η ι η(η - ι) ( η - 2) · ( η - k + ι) _!_ .!. k - ι < _!_ , για η � 3 , έχουμε = ι ι ι _k = · k η k !ηk k! η η η k! ι- ι 1 ι ι ι ι ι ι ι = 3 -ι < 3. " 2n = ι + 2 ι - = ι + -ι + - < ι + - + - + - + ... + - < ι + ι + - + ... + n n l 2 -l 2" 22 η! η ι ! 2! 3! ι - .!.

2 Άρα, για κάθε η � 3 , ισχ6ει ότι: ι + � " < 3 � η, οπότε x n = � > ifi, για κάθε η � 4. επομένως, το π

( ) () ( )( ) (

() ( )

)

( )

( )

μέγιστο στοιχείο της ακολουθίας x n είναι το χ 3 = ifi. Ν 1 9. Βρείτε όλους τους πρώτους p για τους οποίους ο αριθμός

,

Λυση :

2p-l - 1 Ρ

είναι τετράγωνο ακεραίου.

2p-ι -ι =-ι � � 2p-ι -ι = χ2 , οπου , , υποθετουμε , ακεραιος. , -, , '71 , -Έστω οτι Για p = 2 ειναι οποτε χ θετικος Ρ

Ρ

2 ο p είναι περιττός πρώτος αριθμός. Τότε έχουμε: 2p-ι - ι = px2 � ( 2(ρ-ι)ι2 - ι )( 2(ρ-ι)ι2 + ι ) = px 2 • (ι) Επειδή οι αριθμοί 2(ρ-ι)ι2 -ι , 2(p-ι ) ι2 +ι είναι περιττοί και διαφέρουν κατά 2 μονάδες, έπεται ότι ο μέγιστος κοινός διαιρέτης τους θα είναι η μονάδα, δηλαδή ( 2'-p-ι)n -Ι, 2'-p-ι)ι2 +ι) = 1. Επομένως, από τη σχέση (1) προκύπτουν οι παρακάτω δυνατές περιπτώσεις: ( Ι) 2'-p-ι)n -ι =y κnι ip-ι)ι2 +ι =pi , όπου y,z EN' ( ΙΙ ) 2(p-ι)ι2 - ι = py2 και 2(p-ι)ι2 + 1 = z 2 , όπου y,z Ε Ν * . p-1 Περίπτωση Ι. Έστω k = -- . Τότε, για k = ι � p = 3 , έχουμε: y = z = ι, οπότε ο πρώτος αριθμός 2 p = 3 είναι λύση του προβλήματος. Για k > ι , έχουμε 2 k - ι = y 2 � 2 k -ι + 2 k -2 + ... + 2 + 1 = y2 • Άρα πρέπει ο y να είναι περιττός, δηλαδή y = 2ρ + 1, ρ Ε Ν , οπότε λαμβάνουμε: 2 k-l + 2 k- 2 + ... + 2 + 1 = ( 2 ρ + ι) 2 � 2 k-l + 2 k-2 + ... + 2 = 4 ρ ( ρ + ι) ' που είναι αδύνατη. Σημειώνουμε ότι στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε, αν εργαστούμε με τα δύο μέλη της ισότητας 2 k - 1 = y 2 , k > ι, mod4.

p - 1 > ι . Τότε 2(p-ι)ι2 + 1 = z � 2k = z - ι = z - 1) z + � 2 2 ( ( ι) 2 �z-1 = 2ι και z+ ι = 2m , με f+m=k,1 � f < m Με απαλοιφή του z λαμβάνουμε T-i =2�i(zn-e -ι) =2 � 2ι-ι ( 2m-e -1) = 1 � 2e-ι = 1 και 2m-e -ι = ι � .e - ι = Ο και m - .e = ι � .e = 1, m = 2, οπότε προκύπτει ότι p = 7 , Επειδή ο αριθμός p=7 επαληθεύει και την εξίσωση 2(p-ι)ι2 -1 = w , για y = 1, έπεται ότι είναι λύση του προβλήματος. Επομένως, οι μοναδικές λύσεις του προβλήματος είναι οι πρώτοι αριθμοί 3 και 7. Ν20. Έστω η θετικός ακέραιος. Να προσδιορίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους p για τους Περίπτωση Π.

'Εστω k =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/15

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

οποίους υπάρχουν θετικοί ακέραιοι Χι < Χμ ··· < Χ0 τέτοιοι ώστε: - + - + ... + - = p .

ι

Χι

Λύση :

η

2

Χ2

[Διαγωνισμοί Ρουμανίας, 2013]

χ.

Ονομάζουμε «καλό>> κάθε θετικό ακέραιο p για τον οποίο υπάρχουν θετικοί ακέραιοι ι 2 η , , θ εnκοι, ακεραιοι , , = p. Επειδη' οι αριθ μοι, Χ ι , χ 2 , ... , Χ 0 ειναι Χι < χ 2 , ... < Χ 0 τετοιοι ωστε - + - + ... + X n Χι Χ2

τέτοιοι ώστε Χι < χ 2 , ... < x n , έπεται ότι:

xk

� k ή � � 1, για κάθε k = ι, 2, .. . , η. Επομένως για κάθε xk

ι 2 η «καλό>> θετικό ακέραιο p , αν υπάρχει, ισχύει ότι: ι � p = - + - + ... + - � η.

X n Χι Χ2 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι οποιοσδήποτε ακέραιος p ε { ι, 2, ... , η } είναι «καλός». Προφανώς οι 2 η ι 2 η , «καλοι», , οτι: , ι = -ι + αριθ μοι, ι και η ειναι ' αφου, ισχυει + ... + -2 και η = - + - + ... + - . η 2η η ι 2 η p-ι Για 2 � p � η - ι έχουμε: _!_ + � + ... + _Ε_ = _!_ + � + ... + , οπότε αρκεί να + l + ... + _E_ X X ΧΡ n Χ p-ι n Χι Χ2 Χι Χ2 ι 2 η Ρ Ρ-1 , , ...... 1 bJ:ουμε τους = 1 . Αυτο, μπορει, να γινει, Χ ι , χ 2 , , Χ 0 ετm ωστε - + - + ... + -- = p - 1 και - + ... + ""·u� X Χι Χ2 Χ p- ι ΧΡ n x x αν θέσουμε k = k, για k = 1, 2, ... ,p - 1 και k = k ( η - p + 1 ) , για k = p,p + 1, . . . η . Επειδή για τους παραπάνω ακέραιους ισχύει όn Χ ι < X z , · · · < Χ 0 έπεται όn οι <<Καλοί» αριθμοί είναι αυτοί του συνόλου { 1, 2, . . . , η } . Γ 1 8. Έστω ABCD τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ι. Αν ισχύει ότι: AB· OC· ffi· n\.�4, να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ABCD είναι τετράγωνο. Λύση : Θέτουμε ΑΒ = a, BC = b, CD = c, DA = d , οπότε η δεδομένη σχέση γίνεται: abcd � 4 . (1) Επειδή το τετράπλευρο είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας ι , από το θεώρημα του Πτολεμαίου λαμβάνουμε: ac + bd = AC BD � 4 , (2) αφού οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου είναι μικρότερες ή ίσες με τη διάμετρο του περιγεγραμμένου κύκλου του. Όμως από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε ac + bd � 2ν'acbd � 2 J4 = 4 . (3) Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι: ac + bd = 4 , (4) οπότε από τις σχέσεις ac + bd = AC · BD 4 και AC � 2, BD 2 , έπεται ότι: AC = BD = 2 , δηλαδή καθεμία από τις δύο διαγώνιους του τετραπλεύρου είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του. Τότε οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου είναι ίσες και διχοτομούνται, οπότε το τετράπλευρο είναι ορθογώνιο με πλευρές a = c και b = d . (5) Επιπλέον, έχουμε ( ac - bd ) 2 = ( ac + bd ) 2 - 4abcd � 4 2 - 4 · 4 = Ο � ac = bd , οπότε μέσω της σχέσης (4) λαμβάνουμε: ac = bd = 2 . (6) Από τις σχέσεις (5) και (6) έχουμε: a = c = Ji;;, = ..fi και b = d = .Jbd = ..fi , δηλαδή το τετράπλευρο ABCD είναι τετράγωνο. Γ 1 9 . Έστω ABC ορθογώνιο τρίγωνο με Α = 90· και c ο περιγεγραμμένος κύκλος του. Έστω cι ο κύκλος που εφάπτεται των ημιευθειών ΑΒ, AC και στον κύκλο c εσωτερικά. Έστω επίσης ο κύκλος c2 που εφάπτεται των ημιευθειών ΑΒ, CA και στον κύκλο c εξωτερικά. Αν rι , r2 είναι οι ακτίνες των κύκλων Cι , c2 , αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι: rιr2 = 4 · Ε ( ABC) . Λύση : Θέτουμε BC = a, CA = b και ΑΒ = c , οπότε από την υπόθεση Α = 90· και το Πυθαγόρειο θεώρημα, έπεται ότι: a 2 = b 2 + c 2 . Έστω ότι ο κύκλος C ι εφάπτεται του κύκλου c στο Κ και των ημιευθειών AB,AC στα σημεία Μ και L , αντίστοιχα. Τότε έχουμε: PL=PM=PK=G και επιπλέον η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC δίνεται από τη σχέση R = ΟΚ = ΟΡ + rι (1) αφού οι κύκλοι c και cι εφάπτονται εσωτερικά.

)(

(

)

,

• • •

·

=

�

Σημειώνουμε ότι το κέντρο Ο είναι το μέσο της υποτείνουσας BC , R = � , ενώ άμεσα προκύπτει ότι το 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/16

----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες τετράπλευρο AMPL είναι τετράγωνο πλευράς r1• Άρα θα είναι: ΒΜ = ΑΒ - ΑΜ = c - r1 και LC = AC - AL = b-Ij . Από τα τρίγωνα ΒΜΡ και CLP λαμβάνουμε

------­

ΡΒ2 = ΡΜ2 + ΜΒ2 = Ij2 + ( c- G )2 (2) IC =ΡΙ3 + ιC =� +(b-Ij)2 (3) Από το θεώρημα των διαμέσων

στο τρίγωνο PBC λαμβάνουμε ΡΒ2 + PC 2 = 2( ΡΟ2 + C02) .(4) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (2) και (3), λόγω της (4) έχουμε

r12 + ( c - r1 ) 2 + r12 + (b -r1 γ = 2(Ρ02 + C02) r12 + (c - r1 )2 + r12 + (b - r1 ) 2 = 2((R - r1 ) 2 .f. R2) από την οποία προκύπτει ότι: r1 = b + c - a . (5) Εργαζόμενοι ομοίως με τον κύκλο c λαμβάνουμε: r = b + c + a .( 6) 2 2 Επομένως έχουμε ljl"z =(b+c-a)(b+c+a) =(b+c)2 -a2 =b2 +c2 + 2bc-a2 =2bc =4 · Ε( AOC) . ::::>

Γ20. Έστω Η το ορθόκεντρο ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC και Ρ ένα σημείο του περιγεγραμμένου κύκλου c του τριγώνου ABC . Να αποδείξετε ότι η ευθεία Simson του σημείου Ρ [Διαγωνισμοί Ρουμανίας, 2013] διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΡΗ . Λύση :

Έσrtο ότι το σημείο Ρ βρίσκεται στο τόξο Ac που δεν περιέχει το σημείο Β, (η άλλη περίπτωση είναι όμοια). Έστω Μ και Ν τα ίχνη των καθέτων από το σημείο Ρ προς τις ευθείες BC και CA, αντίστοιχα, και έστω Τ το σημείο τομής της ευθείας ΡΝ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC . Έστω ότι η ευθεία ΒΗ τέμνει τον κύκλο c στο σημείο S και η ευθεία ΜΝ τέμνει την ευθεία ΒΗ στο σημείο Ζ. Έστω ακόμη Κ το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΡΗ. Επειδή το σημείο S είναι το συμμετρικό του Η ως προς την ευθεία AC έπεται ότι: ΝΗ = NS . Επιπλέον, ισχύει ότι: ΒΤ 1 1 ΜΝ . Πράγματι, από τα εγγράψιμα τετράπλευρα CPMN και CPBT έχουμε ότι: ΒΜΝ = CPN = CBT , οπότε θα είναι ΒΤ 1 1 ΜΖ . Επομένως, το τετράπλευρο ΒτΝΖ είναι παραλληλόγραμμο, ενώ το τετράπλευρο ZNPS είναι ισοσκελές τραπέζιο (ή ορθογώνιο). Επομένως, έχουμε ΖΡ = NS = ΝΗ και ΖΗΝ = ZSN = ΖΡΝ (1). Όμως , λόγω της παραλληλίας B S 1 1 ΤΡ έχουμε και την ισότητα zPN =HNr . (2) Από τις (1) και (2), έπεται ότι ΖΡ 11 ΗΝ. Επομένως, το τετράπλευρο ΗΖΡΝ είναι παραλληλόγραμμο, οπότε οι διαγώνιες του ΗΡ και ΖΝ διχοτομούνται. Το ζητούμενο προκύπτει λόγω του ότι το ευθύγραμμο τμήμα ΖΝ βρίσκεται πάνω στην ευθεία Simson του σημείου Ρ. Παρατήρηση. Σημειώνουμε ότι το σημείο Κ ανήκει οτον κύκλο Euler του τριγώνου ABC. Γενικότερα είναι γνωοτό ότι ο κύκλος του Euler ενός τριγώνου είναι ο γεωμετρικός τόπος των μέσων των ευθύγραμμων τμημάτων που έχουν ένα άκρο το ορθόκεντρο του τριγώνου και δεύτερο άκρο ένα σημείο του κύκλου.

Έστω η θετικός ακέραιος και Μ = {1, 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 ισχύουν και οι δύο επόμενες προτάσεις: (α) Για κάθε a Ε Α και b Ε Β , το υπόλοιπο της διαίρεσης του a με το b ανήκει στο C. ( β) Για κάθε c Ε C υπάρχουν a Ε Α και b Ε Β , τέτοια ώστε το c να είναι το υπόλοιπο της διαίρεσης του a με το b . Δl l.

Από την υπόθεση προκύπτει ότι a > b, για κάθε a Ε Α, b Ε Β ., γιατί διαφορετικά θα έπρεπε να είναι a < b, με υπόλοιπο της διαίρεσης το a , οπότε a Ε Α n C, άτοπο. Επομένως πρέπει το Α να αποτελείται από διαδοχικούς ακέραιους του συνόλου Μ και 2n + 1 Ε Α . Έστω τώρα c Ε C. Τότε, από Λύση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4117

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

την υπόθεση υπάρχει a ε Α και b ε Β , έτσι ώστε a = bq + c, όπου q κατάλληλος θετικός ακέραιος. Παρατηρούμε ότι, για κάθε a ε Α : a � ( c + 1) · 1 + c = 2c + 1 . Επομένως, θα έχουμε: 2η + 1 � 2c + 1 => η � c . Ας υποθέσουμε ότι η + l έ Β. Τότε πρέπει η + l ε Α, οπότε {η + l,η + 2, ... ,2η + l} cΑ Επομένως, αν b ε Β, τότε b ::; η και αφού το Α περιέχει η + 1 διαδοχικούς θετικούς ακέραιους, έπεται ότι θα περιέχει ένα τουλάχιστον πολλαπλάσιο του b . Αυτό όμως είναι άτοπο, γιατί τότε θα προέκυπτε ως υπόλοιπο διαίρεσης στοιχείου του Α με στοιχείο του Β το Ο έ Μ . Επομένως πρέπει η + 1 ε Β , οπότε θα υπάρχει k ε {η + 1, η + 2, ... , 2η} έτσι ώστε: Α = { 2η + 1, 2η, ... ,k + Ι} . Επειδή για κάθε c ε C ισχύει ότι c ::; η, έπεται ότι: {η + 1, η + 2, ... , k} c Β . Παρατηρούμε ότι τα υπόλοιπα των διαιρέσεων των στοιχείων του Α με τα στοιχεία του συνόλου {η + Ι, η + 2, ... ,k} c Β είναι οι αριθμοί 1, 2, ... , η . Επομένως πρέπει Β = {η + Ι, η + 2, ... , k} και C = {1, 2, ... , η} . Το στοιχείο k μπορεί να είναι οποιοδήποτε στοιχείο του συνόλου {η + l, η + 2, ... , 2η} , οπότε υπάρχουν η διαφορετικές διαμερίσεις του συνόλου Μ που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος.

Σ η με ίωση : Σχετικά με κάποιες παρατηρήσεις που έγιναν από λύτες των προτεινόμενων προβλημάτων, θα θέλαμε να παρατηρήσουμε ότι για προβλήματα που έχουν χρησιμοποιηθεί σε διαγωνισμούς άλλων χωρών, προσπαθούμε να μην αλλοιώνουμε την αρχική διατύπωση σους όσον αφορά τα δεδομένα, πέραν από τα όρια μιας ελεύθερης μετάφρασης. Έτσι σε περιπτώσεις που κάποια δεδομένα δεν ταιριάζουν σε ένα γεωμετρικό σχήμα, πρέπει να φροντίζουμε να θεωρούμε το κατάλληλο σχήμα που ανταποκρίνεται στα δεδομένα του προβλήματος, κάνοντας και τη σχετική διερεύνηση, .όπου είναι αναγκαίο. Με χαρά δεχόμαστε λύσεις των προτεινόμενων προβλημάτων από μαθητές και συνάδελφους μαθηματικούς ή λάτρεις των Μαθηματικών. Για τις καλύτερες εξ αυτών υπάρχει δυνατότητα δημοσίευσης στο περιοδικό, εφόσον φθάσουν σε μας έγκαιρα. Με την ευκαιρία, ευχαριστούμε το συνάδελφο μαθηματικό από την Κέρκυρα Μπάμπη Δημητριάδη, ο οποίος μας έστειλε λύσεις των παλαιότερων ασκήσεων A l 2, Γ3 και ΓΙΟ. Ευχαριστούμε επίσης τον κύριο Γιάννη Περδικάρη, διπλωματούχο Πολιτικό Μηχανικό του Ε. Μ. Π. από τη Ρόδο, ο οποίος μας έστειλε: Λύσεις των ασκήσεων Γ2, Γ3, Γ17, Α4, AS και Ν3 Δύο γενικεύσεις της άσκησης Ν2 που αναφέρεται στο πεπερασμένο των «ισορροπημένων» αριθμών, οι οποίες θα συμπεριληφθούν στις προτεινόμενες ασκήσεις του παρόντος τεύχους. Δύο διαφορετικές λύσεις της άσκησης Γ16 καθώς και μία σειρά προτεινόμενων ασκήσεων που απορρέουν από την άσκηση αυτή. Δύο ακόμη γενικές προτεινόμενες ασκήσεις.

•

•

• •

Π α ρ ατήρ ηση :

Εκ παραδρομής στο προηγούμενο Τεύχος 91 του Ευκλείδη Β στο σχήμα της άσκησης Γ16 το τρίγωνο ABC είναι αμβλυγώνιο. Η απόδειξη παραμένει η ίδια, αλλά παρακάτω δίνουμε το σωστό σχήμα με το τρίγωνο ABC οξυγώνιο.

z

Ασκήσεις για λύση Για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς a, b, c με a + b + c = 1 , να αποδείξετε ότι: c2 a 2 b2 c2 3 a 2 b2 + + c3 ( a 2 - ab + b 2 ) a3 ( b 2 - bc + c 2 ) b3 ( c 2 - ca + a 2 ) � ab + bc + ca · Α3 2 . Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : JR � JR που ικανοποιούν την ισότητα f(x + y) + y :ς f ( f (f(x))), για κάθε x, y ε JR . Α3 3. Σε κανονικό δεκατετράγωνο Α 1 Α2 ... Α4 εγγεγραμμένο σε κύκλο κέντρου Ο, έστω Κ, Λ και Μ τα σημεία τομής της ευθείας Αι ΟΑ8 με τις ευθείες �Α4 ,Α4� και Α6Α1 0 , αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι, αν { ΟΚ = κ · ΟΑ1 , ΟΛ = λ · ΟΑ1 , ΟΜ = μ · ΟΑ1 } , (1) τότε οι αριθμοί κ, λ και μ είναι ρίζες της εξίσωσης: Α31 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/18

------8χ3 -4χ2 -4χ + 1 = 0. (2) Ν21. (α)

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Βρείτε όλους τους πρώτους αριθμούς ρ , τους οποίους -yαι

( β)

{Γιάννης Περδικάρης]

γ-ι - 1

είναι τέλεω τετράγωνο ακεραίου.

Ρ

"'� -

p -ι

. 11 _1 . . . . ειναι τ�ιο τετραγωνο ακεραιου. αριθμους. ρ, για τους οποιους Β ρειτε • ο' λους τους πρωτους Ρ 3 2 Ν22. Να προσδιορίσετε τους πρώτους αριθμούς p, q που ικανοποιούν την εξίσωση: q = p - ρ + 1 . Ν23. Βρείτε όλες τις τριάδες (χ, y, z) μη αρνητικών ακέραιων που είναι λύσεις της εξίσωσης: γ = 3 z - 2 Υ . Ν24. Ένα θετικό ακέραιο Ν τον ονομάζουμε «ισορροπημένο 2ης τάξης», αν ο αριθμός των ψηφίων του είναι διπλάσιος του αριθμού των διαφορετικών πρώτων παραγόντων του στην κανονική ανάλυσή του. Για παράδειγμα, οι αριθμοί 1 6 = 2\49 = 7\ 1225 = 5 2 · 7 2 , 8 1 0000 = 24 · 34 · 5\ κάθε διψήφιος πρώτος, κλπ, είναι «ισορροπημένοι « θετικοί ακέραιοι, ενώ οι αριθμοί 2 1 = 3 · 7, 1 024 = 2ι ο , κάθε μη διψήφιος πρώτος, κάθε ακέραιος με περιττό πλήθος ψηφίων κλπ., δεν είναι. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος [Γιάννης Περδικάρης] «ισορροπημένων 2ης τάξης» θετικών ακέραιων. δεδομένος θετικός ακέραιος, αν ο Ν25. Ένα θετικό ακέραιο Ν τον ονομάζουμε «ισορροπημένο - τάξης», όπου αριθμός των ψηφίων του είναι - πλάσιος του αριθμού των διαφορετικών πρώτων παραγόντων του στην κανονική ανάλυσή του. Για παράδειγμα, οι αριθμοί 49 = 7 2 67 (πρώτος) είναι <<ισορροπημένοι 2ης τάξης», ο αριθμός 1024 = 2 ι ο είναι ισορροπημένος 4ης τάξης, ενώ οι αριθμοί 30 = 2 · 3 · 5 143 = 1 1 · 13 δεν είναι ισορροπημένοι καμιάς τάξης. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει πεπερασμένο πλήθος <<ισορροπημένων τάξης» θετικών ακέραιων, κάθε θετικό ακέραιο [Γιάννης Πεpδικάρης] Γ21. Έστω Μ, Ν τα μέσα των πλευρών ΑΒ, BC , αντίστοιχα, τριγώνου ΑΒC.'Εστω ακόμη Κ, L τα σημεία επαφής του εyyεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC με τις πλευρές AB,AC, αντίστοιχα. Αν οι ευθείες ΜΝ και ΚL τέμνονται στο σημείο Τ, να αποδείξετε ότι αυτό ανήκει διχοτόμο της γωνίας ACB . Γ22. Έστω τρίγωνο ABC με BAC = 60". Να αποδείξετε ότι το κέντρο Ε του κύκλου Euler του τριγώνου [Γιάννης Πεpδικάρης] βρίσκεται στην εσωτερική διχοτόμο της γωνίας BAC. Γ23. Έστω τρίγωνο ABC με BAC = 120". Να αποδείξετε ότι το κέντρο Ε του κύκλου Euler του τριγώνου [Γιάννης Πεpδικάρης] βρίσκεται στην εξωτερική διχοτόμο της γωνίας BAC. Γ24. 'Εστω τρίγωνο ABC με Α = 45" ή Α = 1 35" ,AB * AC, Ε το κέντρο του κύκλου Εuler του τριγώνου και C' το συμμετρικό του σημείου C ως προς την ευθεία ΑΕ. Να αποδείξετε ότι ο κύκλος ( ) που περνάει από τα σημεία Α, Β και C' , εφάπτεται της ευθείας ΑΕ στο σημείο Α. [Γιάννης Περδικάρης] Γ25. 'Εστω τρίγωνο ABC με Α = 30" ή Α = 1 50" Ε το κέντρο του κύκλου Euler του τριγώνου. Να αποδείξετε ότι: ΑΒ Ε = ACE . [Γιάννης Πεpδικάρης] Γ26. Έστω Αι , Α2 , Α3 , Α4 , Α5 διαδοχικές κορυφές κανονικού πενταγώνου και τα σημεία Β Ξ Αι Α2 n Α4 Α5 , Γ = Α2 Α3 n Α4 Α5 • Τυχαία ευθεία ( ρ ) κάθετη προς την ευθεία Α2 Α3 και μη διερχόμενη από το σημείο Β, τέμνει την ευθεία ΑιΓ σε σημείο Ρ και την ευθεία Αι Α2 σε σημείο Μ. Να αποδείξετε ότι το [Γιάννης Πεpδικάρης] κέντρο Ε του κύκλου Euler του τριγώνου ΒΓΜ βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΡ , Δ12. Σε έvWJ όμιλο 2009 μελών, οποιοδήποτε ζεύγος μελών f:χ.ει ακριβώς έvWJ κοινό φίλο μέσα όμιλο. Βρείτε ελάχιστη δuναrή τιμή της διαφοράς των αριθμών Α και Β, όπου Α είναι ο αριθμός των φίλων του μέλους με τους περισσότερους φίλους μέσα όμιλο και Β είναι ο αριθμός των φίλων του μέλους τους λιγότερους φίλους μέσα όμιλο. Δ13. Δίνεται θετικός ακέραιος η � 2. Υποθέτουμε ότι Α ι , Α 2 , ... , Α0 είναι η μη κενά σύνολα με πεπερασμένο πλήθος στοιχείων τέτοια ώστε: / A iΔAj/ = Ji - j,l για κάθε i, j Ε {1, 2, . . . , η } . Βρείτε την ελάχιστη τιμή του αθροίσματος sn = I Aι l + I A2 1 + ... + I� ι . [Με ι χι συμβολίζουμε τον αριθμό των στοιχείων ενός πεπερασμένου ν

ν

ν

και

και

ν-

ν.

-yαι

στη

c

και

στον

στον

συνόλου

με

Χ

στον

και ΧΔΥ := { a : a Ε X, a � Υ} υ { a : a � X, a Ε Υ} , για οποιαδήποτε σύνολα

διαφορά των συνόλων

Χ, Υ. ]

την

Χ, Υ ,

είναι

η

συμμετρική

Μερικοί από τους η � 4 φοιτητές μιας τάξης είναι φiλοL Οποιοιδήποτε η - 1 φοιτητές της τάξης μπορούν να σχηματίσουν ένw κύκλο έτσι ώστε κάθε δύο φοιτητές που βρίσκονται σε διαδοχιιcές θέσεις να είναι φίλοt, ενώ αυτό δεν είναι δυνατόν τους η φοιτητές της τάξης. Βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του η.

Δ14.

-yαι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/19

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-------

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS Η Homo Mathematicus

είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: Ι) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους,5) Ποιες στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. επι­

επιμέλl: ια : Γιάνν ης Κερασαρ ίδη ς

Ι. " Τι είναι τα Μαθηματικά; "

Συνεχίζουμε τα περί συστήματος συντεταγμένων του μεγάλου Albert Einstein.

«0 στοιχειώδης αυτός τρόπος καθορισμού κάποι- νέφους. Με το παράδειγμα αυτό βλέπουμε πως η ου τόπου μπορεί να χρησιμοποιείται μόνο για ση- έννοια του τόπου τελειοποιήθηκε: μεία της επιφάνειας στερεών, αν υπάρχουν τέτοια α. Επιμηκύνουμε το στερεό, το οποίο χρησιμοποι­ και αν δεν συμπίπτουν. Ας εξετάσουμε πως το αν- είται σαν σύστημα αναγωγής, κατά τέτοιο τρόπο θρώπινο πνεύμα απελευθερώνεται από τους δύο ώστε να συναντά σε κάποιο σημείο το υπό προσδι­ αυτούς περιορισμούς χωρίς να τροποποιήσει την ορισμό αντικείμενο. έννοια του προσδιορισμού του τόπου. Παραδείγμα- β. Για το χαρακτηρισμό ενός χωρίου χρησιμοποι­ τος χάριν, ας υποθέσουμε ότι κάποιο σύννεφο βρί- ούμε, αντί για ονόματα συγκεκριμένων σημείων σκεται πάνω από την πλατεία Συντάγματος. Μπο- έναν αριθμό (εδώ το μήκος του πασσάλου μετρη­ ρούμε να προσδιορίσουμε τη θέση του σε σχέση με μένου με βαθμολογημένο κανόνα). την επιφάνεια της Γης, ορθώνοντας κατακόρυφα γ. Έχουμε το ύψος του νέφους και αν ακόμη δεν πάνω στην πλατεία κάποιο ψηλό πάσσαλο που να υπάρχει πάσσαλος ο οποίος να φθάνει μέχρι αυτό. καταλήγει στο σύννεφο. Το μήκος του πασσάλου, Θα εκτιμήσουμε το ύψος με οπτικές παρατηρήσεις με τη μονάδα μήκους προσαρμοσμένη στην καθο- πάνω στο νέφος από διάφορα σημεία του εδάφους ρισμένη θέση του σημείου που ο πάσσαλος ακου- βασιζόμενοι στις ιδιότητες του φωτός>) μπά το έδαφος, προσδιορίζει τελείως τη θέση του Στο επόμενο τεύχος θα δημοσιεύσουμε το δεύτερο μέρος Προλεγόμενα

για τα συστήματα συντεταγμένων.

Π. "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου " Κύκλος Mentίon

Σημείο Karίya

Σημεία δίδυμα

Α Α

I ήιιmρο τοvΑΒΓ ΙΔ.ιΒr. ΙΕ.ι.ΑΓ, IZlAII ΙΔ-ΙΕ..ιz κ cηιάο Κ8Ιyι

Δ •

Κύκλος Mentίon

•

Σημείο

Είναι ο κύκλος που γράφεται τμημάτων στα οποία το ορθόκεντρο χωρίζει κάθε με κέντρο το ορθόκεντρο του τριγώνου και ακτίνα ύψος. το ευθύγραμμο τμήμα που είναι μέσο ανάλογο των

ι

Από το έγκεντρο Ι τριγώνου να έγκυκλου) κάθετα στις πλευρές. Οι ΑΔ,ΒΕ,ΓΖ ΑΒΓ φέρουμε ευθ. τμήματα ΙΔ=ΙΕ=ΙΖ=2ρ (ρ ακτί- διέρχονται από το ίδιο σημείο Κ (Kaήya).

Karίya

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/20

------

ΗΟΜΟ MATHEMAΠCUS

•

Σημεία δίδυμα Στο επίπεδο τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε σημείο Κ. Οι κύκλοι C1,C3 ,C5 ορίζονται από τις τριάδες σημείων Κ,Β,Γ και Κ,Α,Γ και Κ,Α,Β. Αν C2 ,C4,C6 είναι κύκλοι συμμετρικοί των C1,C3 ,C5

-------­

αντίστοιχα με αντίστοιχους άξονες συμμετρίας τις ευθείες των πλευρών ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ, οι κύκλοι αυτοί διέρχονται από το ίδιο σημείο Μ. Τα σημεία Κ,Μ λέγονται δίδυμα σημεία του τριγώνου ΑΒΓ.

ΠΙ. «Αυτό το ξέρατε;>>

Ποιος κύκλος σπουδαστών φημισμένης Μαθηματικής Σχολής ονομάστηκε «Λουζιτάνια»;

στο τέλος της στήλης]

[η απάντηση

/V. ,Α νοιχτά προβλήματα στα Μαθηματικά ,

Από το τεύχος αυτό καθιερώνουμε μια καινούργια ενότητα με τον παραπάνω τίτλο. Εξαρχής σημειώνου­ με πως ενδέχεται ορισμένα απ ' αυτά να έχουν απαντηθεί κατά το χρόνο της δημοσίευσής τους στη στήλη μας.

1 η εικασία. εικασία των Erdifs-Straus Στη θεωρία των αριθμών η εικασία των Erdδs-Straus λέει ότι: «γι α όλους τους ακέρ α ιους n ;?: 2, ο ρητός αριθμός n/2 μπορεί να εκφραστεί ω ς άθροισμα τριών κλασματι­ Πιο τυπικά, η εικασία λέει ότι:

«για κάθε ακέρα ιο n

κών μο νάδων»

;?: 2 , υπάρχου ν 4

-

n

=

1

-

χ

+

θετικοί ακέρα ιο ι x,y,z σε τρόπο ώστε 1

-

y

+

1

-

z

>>

Οι Paul Erdδs και Emst G. Straus διατύπωσαν την εικασία το 1 948. Είναι μία από τις πολλές εικασίες του Εrdδs 2 η εικασία. εικασία του Andrew Beal «αν Α χ

+

ΒΥ

=

cz όπου Α,Β, C,x,y,z θετικοί ακέρα ιοι με x,y,z> 2, τότε τα Α, Β, C έχουν κοινό πρώτο πα-

ράγοντα»

Διατυπώθηκε το 1993, ενώ ασχολιόταν με τις γενικεύσεις του τελευταίου θεωρήματος του F eπnat V. ,Οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν ,,

1° θέμα Ο φίλος της στήλης Παναγιώτης Οικονομάκος (Αθήνα) μας έστειλε μια άσκηση που η αλήθεια της βρίσκεται κοντά στα αξιώματα και τις έννοιες και μας ρώτησε αν θέλουμε ν ' απαντήσουμε. Εμείς δί­ νουμε μια απάντηση, αλλά ζητάμε και τη δική σας γνώμη. Παναγιώτη Οικονομάκου: τα 5 σημεία

εκφώνηση Δίνονται πέντε σημεία Α,Β,Γ ,Δ,Ε συ­ νεπίπεδα και ανά τρία μη συνευθειακά. Δείξτε πως, αυτά τα σημεία, πάντα ορίζουν τουλάχιστον ένα κυρτό τετράπλευρο. απόδειξη Τα τέσσερα σημεία Α,Β,Γ,Δ ορίζουν μια διάταξη, όπως στο σχήμα μας (αφού ανά τρία είναι μη συνευθειακά). Το ζεύγος σημείων Α,Β ο­ ρίζει μια ευθεία (k1), η οποία με τη σειρά της ορίζει δύο ημιεπίπεδα: το (k1.Π) και το (k1.Δ). Φέρουμε τις ΑΔ,ΔΓ,ΓΑ. Για το πέμπτο σημείο Ε διακρίνου­ με τις παρακάτω περιπτώσεις: α) το σημείο Ε βρίσκεται έξω από το τρίγωνο ΑΓΔ και στο εσωτερικό μιας των γωνιών ΔΒΓ, ΓΒΑ, ΑΒΔ. Έστω ότι κατέχει τη θέση Ε 1 • Τότε ορίζονται

Λ

τα κυρτά τετρά­ πλευρα, ΕΓΒΔ, ΕΓΑΒ. Σε ανάλοκ γα συμπεράσματα καταλήγουμε όταν το Ε βρεθεί έξω από το ΑΓΔ και στο εσωτερικό μιας των γωνιών ΓΒΑ και ΑΒΔ. β) το σημείο Ε βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγ. ΑΓ Δ. Ειδικότερα το σημείο Ε, έστω ότι βρίσκεται στο ημιεπίπεδο (k1.Π) και κατέχει τη θέση Ε2 • Τότε ορίζεται το κυρτό τετράπλευρο Ε2ΓΑΒ. γ) Το Ε βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου ΒΓΠ. Τότε ορίζεται το ΕΒΔΓ, ενώ αν βρίσκεται στο εσωτερικό τουΑΒΠ, θα έχουμε το κυρτό τε­ τράπλευρο ΕΒΔΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/21

------

ι

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

-------­

δ) Το ίδιο σκεπτικό αναπτύσσουμε και στο ημιεπί- ση μείωση είναι φανερό πως το ίδιο επαναλαμβάπεδο (k1 .Δ) νεται για κάθε μια από τις ευθείες (k2) και (k3 ) 2° θέμα Ένας παλιός φίλος της στήλης, ο Θανάσης Λύπας (Αθήνα), μας έστειλε προ καιρού ένα σημεί­ ωμά του με τίτλο «Μετασχηματισμοί ομοιότητα9>. Για λόγους ανεξάρτητους της θέλησής μας καθυστε­ ρήσαμε. Του ζητούμε συγγνώμη για την καθυστέρηση. Θανάση Λ ύπα: Μετασχηματισμοί ομοιότητας

Οι μετασχηματισμοί που διατηρούν τη μορφή των σχημάτων, αλλά πιθανόν μεταβάλλουν τις δια­ στάσεις τους, λέγονται μετασχηματισμοί ομοιότη­ τας. Κάθε σχήμα F το μεταφέρει ο μετασχηματι­ σμός ομοιότητας στο όμο ιό του σχήμα F ' , που είναι μεγέθυνση ή σμίκρυνση του αρχικού. Όλες οι δια­ στάσεις του σχήματος F' είναι ίσες με τις αντίστοι­ χες διαστάσεις του σχήματος F, πολλαπλασιασμέ­ νες με τον ίδιο αριθμό k. Ο αριθμός αυτός λέγεται συντελεστής ομο ιότητας των δύο σχημάτων. Όμοια σχήματα μπορούμε να λάβουμε, αν π.χ. τοποθετή­ σουμε κάτω από μια λάμπα το σχήμα F κομμένο από χαρτόνι με το επίπεδο του παράλληλο στην ε­ πιφάνεια του τραπεζιού. Στην περίπτωση αυτή η σκιά F ', που ρίχνει το χαρτόνι μας πάνω στο τραπέ­ ζι, θα είναι όμοια με το σχήμα F. Πιο «μαθηματι­ κό» παράδειγμα μετασχηματισμού ομοιότητας είναι η ομοιοθεσία με κέντρο το Ο και συντελε­ στή το k, που μεταφέρει κάθε σημείο Α σε σημείο Α' έτσι ώστε (OA ')/(OA)=k. Μερικές ιδιότητες του σχήματος F ' , που είναι όμοιο με το σχήμα F, θα διαφέρουν από τις ιδιότη­ τες του F. 'ΥΕτσι π.χ. η ομοιοθεσία με συντελεστή 2 μεταφέρει το σχήμα ABDC στο σχήμα A'B 'D 'C', που το εμβαδό του είναι 4 φορές μεγαλύτερο από το εμβαδό του σχήματος ABDC. Ωστόσο οι περισ­ σότερες ιδιότητες του σχήματος F' θα συμπέσουν με τις ιδιότητες τού σχήματος F. Έτσι όλες οι γωνί­ ες που έχει τω σχήμα F ' θα είναι ίσες με τις αντί­ στοιχές τους γωνίες του σχήματος F.

Ό λόγος των αποστάσεων μεταξύ οποιωνδήποτε σημείων του F' θα είναι ίσος με το λόγο των απο­ στάσεων μεταξύ των αντίστοιχων σημείων του σχήματος F [ας πούμε (AB)/(AD)=(AΉ ')/(C 'D ')] κλπ. Έτσι οι μετασχηματισμοί ομοιότητας πολύ λίγο μεταβάλλουν τις ιδιότητες των γεωμετρικών σχη­ μάτων: μετασχηματίζουν την περιφέρεια σε περι­ φέρεια, το τετράγωνο σε τετράγωνο, το ισοσκελές τρίγωνο με γωνία κορυφής 40° το ξαναδίνουν ισο­ σκελές τρίγωνο με γωνία κορυφής 40°. Οι παραπάνω ιδιότητες του μετασχηματισμού ομοιότητας μπορούν καμιά φορά να χρησιμοποιη­ θούν για να λυθούν πλούσια σε περιεχόμενο γεω­ μετρικά προβλήματα. Δίνεται π.χ. τω έξης πρόβλη­ μα : Να βρεθεί τί είναι το σύνολο των μέσων όλων των τμημάτων ΑΜ, όπου το σημείο Α είναι σταθε­ ρό, ενώ το σημείο Μ κινείται, ας πούμε, πάνω σε ισόπλευρη υπερβολή G. Είναι φανερό ότι το σύνο­ λο σημείων Μ' που ζητούμε σχηματίζει το σχήμα G ' , την ομοιοθετική υπερβολή τις G με κέντρο ο­ μοιοθεσίας το Α και με συντελεστή ομοιοθεσίας Υ2 . Από εδώ συνάγεται ότι πρόκειται για μια τέτοια ακριβώς υπερβολή, μόνο που θα είναι 2 φορές «μι­ κρότερη» (τέτοια που η απόσταση ανάμεσα στα δύο σημεία της υπερβολής G' θα είναι 2 φορές μι­ κρότερη από την απόσταση ανάμεσα στα αντίστοι­ χα σημεία της υπερβολής G.

3° θέμα

Η φίλη της στήλης Ιωάννα Τριανταφύλλου (Αιγάλεω) μας εξέπληξε ευχάριστα, στέλνοντάς μας ένα θέμα στα "άκρα" της Γεωμετρίας, με τη σημείωση: «το αφιερώνω στους αναγνώστες του Homo mathematicus» «Μια ευθεία (ε) ορίζει δύο ημιεπίπεδα (π1),(π2). Στο ημιεπίπεδο (πι) δίνονται δύο σημεία Α,Β. Να δείξετε πως η ευθεία (ζ), που ορίζουν τα Α,Β, έχει σημεία και στο ημιεπίπεδο (π2)». Η καλή μας φίλη, μας απέστειλε και την απόδειξη του προβλήματος, την οποία θα παραθέσουμε στο ε­ πόμενο τεύχος, λόγω έλλειψης χώρου.

VI. Ειδησ ού λες - Ειδήσεις

Ι". Μαθηματικά και Ιστορία Αναρτήθηκε σε «ΘΑΛΗΣ+ΦΙΛΟΙ» στις 24/9/20 1 3 .

Συγγραφέας: Γιώργος Καρουζάκης «.

. . Πώς εξελίχθηκαν οι ανθρώπινες κοινωνίες, και από μικρές κλειστές ομάδες έγιναν οι πολύπλοκες κοινωνίες που ζούμε σήμερα; Γιατί τόσο διαφορε­ τικοί άνθρωποι ένιωσαν την ανάγκη να δημιουργή-

σουν βιώσιμα κράτη; Αυτά είναι ορισμένα από τα ερωτήματα στα οποία δίνει μαθηματική απάντηση μια διεπιστημονική ομάδα ερευνητών από διαφορε­ τικά εκπαιδευτικά ιδρύματα, το Πανεπιστήμιο του Connecticut, του Exeter της Αγγλίας και το National Institute for Mathematical and Biological Synthesis (NIMBios) . . . »

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/22

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

2". Βραβείο Nobel Λ ογοτεχνίας Το βραβείο Nobel

τον τίτλο στην ομώνυ μη συλλογή διη­

γνωστή συγγραφέας διηγη μάτων κ υ ρ ίως. Το διή-

ματικά τη ζω ή της διάσημης Ρωσίδας

γ η μά

μαθ η ματικού Σοφίας ΚοβαλέΦσκαγια

Λογοτεχνίας 2013, πήρε η καναδέζα Alice Ma rlow της «Τοο much h a p p i ness », που δ ίνει και

3". Δ ιαστημικό παρκάρισμα

Αν και η λέξη μποτtλιάρισμα είναι άγνωστη στον Διεθνές Διαστημικό Σταθμό, τον ερευνητικό σταθ­ μό που βρίσκεται σε τροχιά γύρω από τη Γη, η στάθμευση ενός και μόνο διαστημοπλοίου δεν είναι απλή υπόθεση. Για την περιστροφή του, από μια κατεύθυνση σε μια άλλη, απαιτούνται κινήσεις ακριβείας στο σύστημα διεύθυνσης του οχήματος. Δεν πρόκειται για απλές περιστροφές. Μερικά δια­ στημόπλοια χρησιμοποιούν προωθητήρες για να εκτελέσουν έναν ελιγμό, ενώ άλλα χρησιμοποιούν στροφορμές, αποθηκευμένες σε γυροσκόπια ή σε άλλες παρόμοιες συσκευές. Το λογισμικό της πτήσης του διαστημικού σκάφους εκτελεί συνήθως τους απαραίτητους υπολογισμούς, 4" Έναστρη Νύχτα. (λάδι

σε

καμβά, 29χ36, 1 889,

έργο του νan Gogh. Μουσείο Σύγχρονης Τέχνης, Ν.Υ.) Η <<'Έναστρη Νύχτω> με ένα φλεγόμενο κυπαρίσσι στο πρώτο φόντο και τον νυχτερινό ουρανό να στρο­ βιλίζεται σε ένα χορό από δίνες θεωρείται το magnus opus, το μέγιστο έργο του νan Gogh και ίσως το διαση μότερο μετά τα περίφημα «Ηλιοτρόπιω>. Η έρευνα έδειξε πως οι χαοτικές δίνες που εμφανίζονται σε πίνακες του Βαν Γκογκ όπως στην «έναστρη νύχτω> ακολουθούν με ακρίβεια τις μαθηματικές περιγραφές των αναταράξεων σε ρευστά υλικά. Με λίγα λόγια τους φυσικούς στροβtλισμούς VI. "Απ άντηση στο «Αυτό το ξέρατε;» ,

Λίγο πριν την έναρξη του Πρώτου Παγκοσμί­ ου Πολέμου, οι Ρώσοι μαθηματικοί Ντμίτρι Εγκόρωφ ( 1 869- 1 930) και Νικολάι Λούζιν ( 1 883- 1 950), άρχισαν να διδάσκουν μαζί, στο πανεπιστήμιο της Μόσχας, ένα προπτυχιακό μάθημα που θα αποτελούσε το

γη μάτων τη ς, περιγράφει μυθιστορη­

αξιοποιώντας την Άλγεβρα Τετράδων (η οποία βασίζεται στην επέκταση των μιγαδικών αριθμών) για να βρει το σωστό μονοπάτι αναπροσανατολισμού του σκάφους. Η εξοικονόμηση καυσίμων και χρόνου απαιτεί την εξεύρεση των βέλτιστων διαδρομών, οι οποίες καθορίζονται από την επίλυση τυπικών διαφορικών εξισώσεων. ··. .

/ ··� ·

-.... ......... ..

�

http ://thalesandfriends.orglel/20 1 3/09/25/diastimiko -parkaήsma

που εμφανίζει ένας τυφώνας, μια ταραγμένη θά­ λασσα, οι ανεμοστρόβtλοι και τα νέφη. Η ανάλυση των πινάκων στον υπολογιστή αποκά­ λυψε πως οι ζωγραφικές δίνες του νan Gogh ακο­ λουθούν τις εξισώσεις του Αντρεϊ Κολμογκόροφ. Το 1 94 1 (αυτός ο ημίθεος των Μαθηματικών), εισήγαγε την ιδέα πως και οι πιο ελάχιστες κλιμακώ­ σεις των αναταράξεων υπακούουν σε ένα παγκό­ σμιο μοτίβο, είναι δηλαδή παρόμοιες για κάθε ροή στροβtλισμού διατυπώνοντας τις «κλιμακώσεις Κολμογκόροφ>>, τις μόνες μέχρι στιγμής εξισώσεις που εξηγούν το ακόμα αινιγματικό φαινόμενο των στροβtλισμών. έμβρυο αυτού που αργότερα έγινε γνωστό ως Μο­ σχοβίτικη Σχολή των Μαθηματικών. Ο κύκλος των ενθουσιωδών φοιτητών που σχηματίστηκε γύρω τους και συνέχισε να υπάρχει μέχρι τις αρχές της δεκαετίας του 1 920 πήρε το όνομα «Λουζιτάνιω>.

[πηγή: «Ονοματίζοντας το Άπειρω> των Loren Graham και Jean-Michel Kantor, εκδ. ΑΛΕΞΆΝΔΡΕΙΑ, Αθήνα 2013 ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4Π3

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑλΗΨΗΣ ΑλΓΕ Β ΡΑΣ

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλογή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημαντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτημα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Γκυρτής Αθανάσιος Π.Π. Λύκειο Αναβρύτων, Σκαλοχωρίτου Γεωργία Π.Π. Λύκειο Μυτιλήνης, Κουρσουμπάς Παναγιώτης ΕΠΑΛ Γέρας Μυτιλήνης, Βαμβακέλλης Σταύρος Λύκειο Ιππείου Μυτιλήνης, Κουτσκουδής Παναγιώτης Π.Π. Λύκειο Μυτιλήνης Γκυρη]ζ \ Ο ιι\'(ισιοζ

1 1.1 1

\ υ ι-. ι ιο \ \"(/1\ι)ιιτι•η'

διεύθυνση του πλοιαρίου και γνωρίζουμε ότι θα περάσει από την βραχονησίδα, να βρεθεί η εξίσωση τροχιάς του πλοίου αυτού.

1. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο

f(x)

.

=

.Jχ 2 - 1 Οχ + 25 + ..J,...4x_2___4_x_+_l

Έστω Λ μια τυχαία θέση του πλοίου σε σύστημα αξόνων xOy, τότε υπάρχει λeR ώστε:

Λύση : α.

2χ - 1

χ-5

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Α β. Να γράψετε τον τύπο της f χωρίς ριζικά. γ. Να παραστήσετε γραφικά την συνάρτηση f. δ. Χρησιμοποιώντας την γραφική παράσταση Cr να βρείτε το σύνολο τιμών της

{ ΧΛ = λ - 1 } {λ = ΧΛ +1} ::::>yΛ -2=ΧΛ +1 ::::> ::::}

ΥΛ = λ + 2 => Υ Λ = χ Λ + 3

λ =yΛ -2

=χ+ 3.

επομένως το πλοίο κινείται πάνω στην ευθεία (ε): y β . Έχουμε: χΜ + 3 = 2 + 3 = 5 :;t: 6 = y M , οπότε Λύ ση : α. Πρέπει και αρκεί Μ (ε) . Επομένως το πλοίο δεν θα περάσει ποτέ από τη βραχονησίδα. δηλ. γ. Έστω (ε') η ευθεία στην οποία κινείται το δεύτερο πλοιάριο. Τότε έχουμε λ. · λ.- = -1 =>λ = -1 επομένως το δεύτερο πλοίο κινείται στην ευθεία (ε'): y - 6 = Οι δύο πρώτες σχέσεις ισχύουν για κάθε χ R δηλαδή στην (ε'): y=- 8. επομένως πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το 3. Δίνεται η συνάρτησηx f με την εικονιζόμενη

�ο;χ++215 0ο} {χ:χ�χ-5*0 2χ-1*0 2

2

{(�χχ-5*0 χ--5; 2 :�} 2χ-1*0 -2),

�

+

ε

1 1 Α = (-οο ,-) υ (-, 5) υ (5, +οο) .

2 2

γραφική παράσταση: v

-1(χ

•.

συνάρτηση γράφεται: (χ - 5) 2 + �(2 χ - 1 ) 2 =-� Ι χ - 5 1 + '-l 2 x- 1-'-1 f(x)= χ - 5 2χ - 1 2χ - 1 χ-5 και απαλλασσόμενοι από τα απόλυτα έχουμε: β. Η

f(x ) =

γ. Η

1-202

χ < ){ ).{ < χ < 5 χ > 5

α ν

α ν

α ν

γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι: 2 ····------------

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

β. Να βρεθεί ο τύπος της

α. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Α της συνάρτησης

---

γ. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της

δ . Να βρεθεί το εμβαδόν του τραπεζίου που δημιουργείται από την Cr και τον οριζόντιο άξονα

χ13�51-χ χ '. χ 2 χ� 1 2 (2,--11) 2 + + 3. χ2 χ+3

Το σύνολο ορισμού της καθορίζεται από την προβολή της C r στο Προφανώς είναι Α = R . η ευθεία έχει μορφή y = λχ με β. Για λ = εφ = εφ(180 - 45) = - εφ45 = -1. Άρα για . Για 1 η συνάρτηση είναι δ. Το σύνολο τιμών της καθορίζεται από την προβολή είναι y = παράλληλη με τον οριζόντιο άξονα και έχει εξίσωση y = της Cr στον y 'y. Προφανώς είναι: f<:A)={�Q1} -1. Τέλος για η ευθεία έχει μορφή y λχ k με λ 2. Σ' ένα χάρτη η θέση της βραχονησίδας Μάκαρες = εφ45 1 και το σημείο να επαληθεύει τον τύπο προσδιορίζεται από το σημείο Μ( 2 , 6) και η θέση της, από όπου προκύπτει ότι: = k, δηλαδή k = ενός πλοίου με το Λ(λ-1 , 2+λ) , λeR Άρα για έχουμε την ευθεία y = και τελικά ο α) Να βρείτε το είδος της γραμμής πάνω στην Ο

Λύση : α.

I 2

--,.! .. - - - - - - - - - - - · - - - - - - - - - - - - - · - - - -

-

<

χ

<

2

=

=

2

οποία κινείται το πλοιάριο. β) Να εξετάσετε αν υπάρχει δυνατότητα το πλοιάριο να περάσει κάποια χρονική στιγμή από την βραχονησίδα. γ) Αν ένα άλλο πλοίο κινείται κάθετα προς την

τύπος της συνάρτησης είναι: f(χ) =

{ =:

1

χ+3

γ.

Από την προβολή της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/24

Cr

στον

yy

'

::� 2 χ�2

βρίσκουμε

------ Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

{

f(A)=[-I , +σο) δ.

------

}

� ��

Τα σημεία τομής της συνάρτησης με τον άξονα χχ ' (Σ ') � λ Ε (-οο Ο (3, +οο) � λ E (- l, O) u (3,4] έχουν τετμημένες Ο και 3 επομένως το σχηματιζόμενο τραπέζιο έχει μήκη βάσεων 3, Ι και ύψους Ι , οπότε έχει αφού Ρ > ο � .l > ο � α · γ > Ο .

3+1 ·1=2 α εμβαδό. Ε = δ. Ομοίως με λ Ε Α πρέπει και αρκεί: 2 4. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο ( ) (3,-+oo) Ρ > Ο (Σ " ) ' και Σ" � E -oo, O u γ. Να βρείτε τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ � ( ) S>

}

{

f(x) = αχz + βχ + � } { >0 O 3, λ Α( Ι α Ι , 3) λ Ε ( 0) (3, +οο)} = -ι � λ Ε (3,4] . � { f λ>Ο Επίσης με λ Ε Α πρέπει και αρκεί: S > -1 ( 1) και xER 4+λ 4

ώστε να έχει κορυφή με τετμημένη ελάχιστο το και επιπλέον το σημείο να ανήκει στην παραβολή Υ ΧΖ . Κατόπιν να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης και να βρεθεί η σχετική θέση των δύο παραβολών για τις διάφορες τιμές του Λύ ση :

-3

Πρέπει και αρκεί

-οο,

U

ε.

(1) � - > -1 �- > 0 � λ 1.._ � α > Ο, _ = 3, - = -3, 3 = lαl 2 - 1, δηλαδή � λ(λ +λ4)>0 � λe(-οο , -4) u (0,+ σο)�λe (Ο, 4] 4α 2α σ . Ομοίως με λ e Α πρέπει και αρκεί: τ τελικά α = 2, β = -12, γ = -15 , επομένως η + + (2) 0 και X�X z χ ι χ ; 16 < συνάρτηση γράφεται: f(x) = 2χ2 - Ι 2χ + Ι 5. Η σχετική θέση των δύο παραβολών εξαρτάται από τη λ - 3 · -4 + 16 > 0 (2)� χ ι χz(Χι + xz) + Ι6 < 0 � -σύγκριση των τιμών f(x), χ2 - Ι . Έχουμε: λ λ f(x) :S χ2 - Ι � 2χ2 - Ι2χ + Ι 5 :S χ2 - Ι � 4(λ 3) + 16λ2 χ2 - Ι2χ + Ι6 :S ο � 6 - 215 5:. χ 5:. 6 + 215 . � > 0 � 4λ2 + λ - 3 > 0 � 2 λ r βρίσκεται κάτω από τη γραφική Επομένως η C 3 3 2 παράσταση της y=x -I για χ Ε { 6 - 215,6 + 215 ) , λ e (-σο , - Ι) u (-4 , +σο) � λ e (-4 , 4 ] . ,-----πάνω από αυτή για X E (-oo, 6 -2/5) u(6+2/5,-+oo) και 6. Δίνεται η συνάρτηση έχουν κοινά σημεία για χ = 6 ± 215 .

5. Δίνεται η εξίσωση

2 + 18χ + 9 +2χ f(x)= ..J9x3Ιx+ ll

f(x)= λχz -4χ + 3.

λ - Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού λ η εξίσωση έχει: α. Δύο ρίζες (ίσες ή άνισες). β. Δύο ρίζες ετερόσημες. γ. Δύο ρίζες ομόσημες. δ. Δύο ρίζες θετικές. ε. Δύο ρίζες που να πληρούν την σχέση στ. Δύο ρίζες που να πληρούν τη σχέση

f(x) =Ο

x1+xz>-1

χ: χ2 +χ1χ; +16<0

{ } λ }� { Σ) � { -λ 2 + 3: � 4 � } � { -ι ο � :: 4 4

Λύ ση : α.

�λe [- Ι , β.

Πρέπει και αρκεί: α * 0 (Σ) και Δ�Ο Ο) u (0, ]=Α.

Πρέπει και αρκεί: αγ < Ο και αγ < Ο �

{ }

λ(λ - 3) < Ο � λe(Ο, 3). α*Ο y. Πρέπει και αρκεί: Δ � Ο (Σ ' ) και Ρ>Ο

α. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της.

β. Να aπλοποιήσετε τον τύπο της. να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των και δ. Να βρείτε για ποιες του η γραφική παράσταση της f είναι κάτω από την γραφική παράσταση της s ε . Να λύσετε την aνίσωση : 9 I �Ο 9 + χ Sx + 2 Λύ ση : α.

γ. Αν

g(x)=-xz+ 6χ + 6

χf g. f(x)z015(x2+x+l) Ο

g.

{

Πρέπει και αρκεί

}

{

I χ + I J :;e ο

}•

δηλαδή (3χ + 3) 2 � 0 και τελικά χ * - 1 . χ :;C -Ι Επομένως πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το: +σο) .J 9x2 + 18χ + 9 + 2χ = β. ,Εχουμε: f(x) 3Ι χ+11 J + 2 + = (3x 3) + 2 χ = l 3x + 3 1 + 2χ Ι + 2χ.

1 3χ + 3 1 l 3x 3 1 Α = (- σο, - I )u ( -Ι ,

=

Οι τετμημένες των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των δύο συναρτήσεων προσδιορίζονται από τη λύση της εξίσωσης: f(x)=g(x) (Ι ) και στο Α έχουμε: (Ι) �Ι +2χ = -χ2 + 6χ + 6�χ2 - 4χ - 5 = Ο � ( χ = -Ι ή χ = 5 ) � χ = 5 αφού -Ι ΕΑ. Άρα έχουν ένα y.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/2S

-------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

μόνο κοινό σημείο το Μ(5,1 1). δ. Η Cr είναι κάτω από την C8 , όταν και μόνο f(x)<g(x) (2) και στο σύνολο Α έχουμε: (2) <::::> 1 +2χ < -Χ2 + 6χ + 6 <::::> Χ2 - 4Χ - 5 < 0 <::::> Χ Ε (-1 , 5), δεκτές τιμές αφού ( -Ι,5) ς Α . Στο Α έχουμε: f(x)20 1 5(x2+x+ 1) �1 Ο <=> (1+2χ)20 1 5(χ2+χ+ 1) � Ο <=>(1 +2χ)20 5 � Ο <::::> 1 +2χ�Ο <=> χ � _ .!_ <=> χ Ε ( -1)u(-1, _ .!_ ], αφού χ2+χ+1 > Ο 2 2 για κάθε χ Ε R (α > Ο και Δ < Ο) 7. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο f(x) χ- 1 ε.

-οο ,

=

α. Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού λ για τις οποίες είναι f(λ2 + 1) > Ο

β. Να λυθεί η εξίσωση:

�f1(κ) +�f(κ1) f(f(2)) (1 ) με =

άγνωστο τον πραγματικό αριθμό κ γ. Για ποιες τιμές του πραγματικού αριθμού μ η εξίσωση : f(μ)χ1 + f(μ+ l)x + f(2) Ο (2) έχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίζα. δ. Να προσδιοριστεί το μ Ε 1R ώστε η προηγούμενη εξίσωση (2) να έχει δύο ρίζες για τις οποίες να =

ισχύει:

ι+ι+ 2

1

Χι

Xz

2 ΧιΧz

--

=

χ1, χ1 4(μ - ι ) (3)

α. Έχουμε f(λ2+1)>0<::::>λ2+1-1>0<=> 2 <::::>λ >Ο<:::λ# :> Ο <=>λΕR· . β. Είναι f(2) = 1 και f(f(2)) = f(1) =1 - 1 = Ο, οπότε η εξίσωση γράφεται: �f2 (κ) + �f(κ2 ) f(f(2)) � �(κ - I )2 + �κ2 -Ι 0 (1) Για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί (κ- 1)2�0 και κ21�0. δηλαδή (κ- 1)(κ+1)�0 και τελικά (�-1 ή �1). Άρα η (1) έχει σύνολο ορισμού το A=(-oo,-1]u[ 1 , +οο) (κ-Ι)2 =Ο Στο Α έχουμε: (1) �κ=Ι . Λύ ση:

=

=

� {κ2 -1=0 }

γ. Είναι f(μ) = μ - 1, f(μ + 1 ) = μ, f(2) = 1 και (2)<=> (μ1 )χ2 + μχ + 1 = Ο. Η (2) έχει μια τουλάχιστον ρίζα

�{�:�=ο} ή {���ο} � μ =Ι �::�4(μ-ι) 20} � μ 1 ή {(μμ -Ι2)2 � } � μ = Ι ή μ 1 � μ Άρα για οποιαδήποτεο τιμή του μ η εξίσωση έχει μια τουλάχιστον ρίζα. =

:;e

Ε 1R

:;e

Πρέπει μ :;t 1, (γιατί;), οπότε: χ1+χ2= - -μ- , χ1χ2= μ-1 2 (χΙ +χ2 ) -2χΙχ2 + 2 -- 4( Ι) <=> 1 και (3) χ12χ22 χ1 χ2 μ-1 2 <::::>μ -4μ+4=0<::::>μ=2:;t 1 . Προφανώς τότε χ 1 = χ 2 = -1 . δ.

�

μ-

1 . Σε ένα χωριό με 500 κατοίκους οι 250 οδηγούν

αυτοκίνητο και οι 350 δεν οδηγούν μοτοσυκλέτα,

-------­

επίσης η πιθανότητα ένας κάτοικος να οδηγεί μόνο αυτοκίνητο είναι 25%. Έστω τα ενδεχόμενα : Α: Ο κάτοικος του χωριού οδηγεί αυτοκίνητο. Β: Ο κάτοικος του χωριού οδηγεί μοτοσυκλέτα. ί. Να βρείτε τις πιθανότητες Ρ( Α), Ρ(Β) .

και στη συνέχεια το πλήθος των κατοίκων που οδηγούν ταυτόχρονα αυτοκίνητο και μοτοσυκλέτα. ίίί. Να βρείτε τις: α. Ρ(Α υ Β) . β. Ρ(Β Γ\ Α' ) . iv. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: α. Ο κάτοικος να μην οδηγεί ούτε αυτοκίνητο ούτε μοτοσυκλέτα β. Ο κάτοικος να μην οδηγεί αυτοκίνητο ή να μην οδηγεί μοτοσυκλέτα

ίί. Να βρείτε την πιθανότητα Ρ( Α Γ\ Β)

•

•

Λύ ση

ί. Είναι Ν(Α) =250, Ν(Β') =350κmΝ(Ω) =500 ,

Ν(Α) = 250 = 50% και Ρ( Α) = -Ν(Ω) 500 350 = 7 . Άρα Ρ( Β') = Ν(Β') = Ν(Ω) 500 10 � Ρ(Β) = Ι - Ρ(Β') = Ι - 2_ 10 = 10 = 30% . Ι ίί. Μας δίνεται ότι Ρ (Α - Β) = 25% = . Όμως 4 Ρ(Α - Β) = Ρ(Α) -Ρ(Α rι Β) => => 4Ι = lO5 - Ρ (Α rι Β) => Ρ (Α rι Β) = 205 = 25% .

N( AnB) 5 N( AnB) Εξάλλου P ( AnB) Ν(Ω) 20 500 Ν (Α Β) = Ι25 , δηλαδή 125 κάτοικοι οδηγούν επομένως

-

=>

=> -

=>

Γ\

ταυτόχρονα αυτοκίνητο και μοτοσυκλέτα. ίίί. α. Από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων έχουμε Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + P ( B ) - P ( A n B ) =

= 50% + 30% - 25% = 55% ΙW'ιΑ)=�Β-Α) =�Β)-�ΑrιΒ) = 30'/ο-25%=S0/o. α . Ρ ( (ΑυΒ)') = Ι-Ρ(ΑυΒ) = Ι-55% =45%. β . Ρ( Α' υ Β') = Ρ( Α') + Ρ(Β') - Ρ( Α' n Β') = = Ρ(Α') + Ρ(Β') -Ρ(Α') +Ρ(Α' rι Β) = = Ρ( Β') + Ρ(Β -Α) = 1 - Ρ(Β) + Ρ( Β) - P ( A n B ) = = 1 - P ( A n B ) = 1 - 25% = 75%.

2. Δίνεται η συνάρτηση: f(x)=r μχ + μ ι , μ Ε 1R . β.

iv.

ί. Να δείξετε ότι για κάθε μ Ε 1R

-

-

η C r διέρχεται από

σταθερό σημείο. Ειδικά αν μ 'Φ 2 τέμνει τον χ 'χ σε δυο διαφορετικά σημεία Α,Β , τα οποία να βρείτε. Στη συνέχεια, να βρείτε το σημείο τομής Γ της C r '

με τον άξονα y y .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/26

-------

ίί. Με χρήση του ΠυθαΎορείου Θεωρήματος να

( ΑΓ) και (ΒΓ) και στη συνέχεια μ :;t: 2 Ύια τις οποίες ( ΑΓ) < (ΒΓ) .

βρείτε τα μήκη τις τιμtς του

ίίί. Να μελετήσετε τη συνάρτηση

f

ως προς τη

μονοτονία και τα ακρότατα. ίν. α. Αν η τεταΎμtνη της κορυφής της παραβολής είναι ίση με -1 να βρείτε το .μ. β. Για την με-yαλύτερη από τις τιμtς του μ που βρήκατε στο προηΎούμενο ερώτημα να βρείτε την κορυφή Κ της παραβολής. γ. Να βρείτε την εξίσωση και την κορυφή της παραβολής της οποίας η Ύραφική παράσταση τέμνει ' τον άξονα y y στο σημείο 5)

( Ο,

Λύ ση : ί.

-

[ � , +οο) και παρουσιάζει ελάχιστο μόνο

Μαθημαnκά για την Α' Λυκείου

.

αύξουσα στο

() (�)

(μ - 2 ) 2 για χ = μ το r μ = 2

ίν.

α. Είναι r

2

4

μ 2)2 = -1<::::> ( �

1 <=>{ μ-2)2 = 4<=>

<=> μ - 2 = 2 ή μ - 2 = -2 <=> μ = 4 ή μ = ο β. Για μ= 4 η κορυφή της παραβολής είναι το Κ( 2,-1) . γ. Βρήκαμε όn η Cr τέμνει τον y 'y στο Γ(Ο,μ - 1) . Άρα Yr =-5<=>μ-1=-5<=>J.P-4 και f ( x) =-x2 +4x -5, η οποία προφανώς έχει επίσης κορυφή το Κ ( 2,-1) .

Εξετάζουμε αν υπάρχει σημείο Μ ( χ 0 , y0 ) τέτοιο ώστε f ( χ 0 ) = y0 για κάθε μ Ε JR (1). Π ροφανώς ( Ι ) <=> χ � - μχ 0 + μ - 1 = y0 , για κάθε 1 . Ένα κουτί περιέχει μ μαύρες ,κ κόκκινες μ Ε 1R <=> ( 1 - Χ 0 ) μ + χ � - Υο - 1 = Ο για κάθε και α άσπρες μπάλες

1 � Χο = Ο x0 - y0 -1 = 0

}

}

Χο = Ο αφού διαφορετικά μ Ε JR y0 = 0 θα ισχύει το πολύ για μια τιμή του μ Ε JR . Άρα για κάθε μ Ε 1R η Cr διέρχεται από το M(l ,0). Αφού η Cr διέρχεται από το M(l ,O) μια ρίζα της f( χ) = Ο είναι η χ 1 = 1 οπότε για την ρίζα χ 2 ισχύει Χ1Χ = μ - 1 � χ = μ-1 :;t: 1 , αφού μ:;t:2. Άρα Α Ξ Μ 2 2 <::::>

δηλαδή

A(l ,O)

<::::>

και

Β(μ-1,0). Είναι f(Ο) = <i -μ· Ο+μ-1 = μ-1 , οπότε η Cr τέμνει τον y'y στο Γ(Ο, μ - 1) . ίί. Είναι ( ΟΑ) = 1, ( ΟΒ ) = I μ-11 και ( ΟΓ) = I μ-11 επομένως στα ορθQΎώνια τρίγωνα ΟΑΓ, ΟΒΓ είναι

( ΑΓ)2 = ( ΟΑ)2 +( ΟΓ)2 = 12 + l μ-11 2 = 1+ (μ -1)2 = = μ2 - 2μ + 2. Άρα (ΑΓ) = Jμ2 - 2μ + 2 και (ΒΓ)2 = ( ΟΒ)2 +( ΟΓ)2 = l μ-11 2 + l μ-112 = 2(μ-1)2 = = 2μ2 - 4μ + 2, άρα (ΒΓ) = J2μ2 - 4μ + 2 Είναι ( ΑΓ) <(ΒΓ) <=>�μ2 -2μ+2 <�2μ2 -4μ+2 <::::> <=> μ2 - 2μ + 2 < 2μ2 - 4μ + 2 <=> μ2 - 2μ > ο <=> <=> μ(μ - 2) > 0 <=> μ < Ο ή μ > 2. ίίί. Για την σuνάρτηση f(x) = x2 - μχ + μ - 1 της

Οι μαύρες μπάλες είναι περισσότερες από τις κόκκινες. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: επιλογή μαύρης μπάλας Β:επιλογη κόκκινης μπάλας Η επιλογή της μπάλας γίνεται τυχαία. Επιπλέον οι πιθανότητες Ρ(Α),Ρ(Β) είναι ρίζες της εξίσωσης 12χ2 - 7χ + 1 = Ο α. Να βρείτε τις τιμές των πιθανοτήτων Ρ(Α), Ρ(Β). β. Αποδείξτε ότι μ-: κ γ . Βρείτε την πιθανότητα να μην επιλέξουμε άσπρη μπάλα. δ . Αν ο αριθμός α είναι ο ένατος όρος μιας αριθμητικής προόδου αν με διαφορα ω=μ-κ και πρωτο ορο α 1 =-6 τότε να ί) Βρείτε πόσες μπάλες έχει το κουτί ίί) Να υπολογίσετε το άθροισμα S = α2 + α4 + . . . + αg8 + α1 00 των όρων της αριθμητικής προόδου ίίί) Βρείτε ποωι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου ισαπέχουν από τον αριθμό 4019. Λύση

α. Λύνοντας την εξίσωση οι ρίζες είναι οι αριθμοί � και .; επειδη είναι μ>κ θα είναι και Ρ(Α)>Ρ(Β) οπότε Ρ(Α)-� και Ρ(Β)-:. β. Είναι P(A}-Zi�� �Ν(Ω)=3μ και οποίας η γραφική παράσταση είναι μία παραβολή ισχύει Ρ(Β)_Ν (Β ) �Ν(Ω)=4κ�3μ=4κ ' ' Ν (Ω ) β , - 2) 2 α = 1 - = μ και - Δ = (μ επομενως γ . Η mθανότητα να μην επιλέξουμε άσπρη είναι ίση ' 2α 2 4α 4 με την mθανότητα να επιλέξουμε η μαύρη η κόκκινη. μ Άρα θα είναι Ρ(όχι άσπρη)=Ρ(Α)+Ρ(Β):2... , , φθ'ινουσα στο , γνησιως 2 , γνησιως η f ειναι 12 δ. ί) Από την αριθμητική πρόοδο έχουμε: α9 μ- = α1 + 8ω�α-8μ+8κ=-6 και Ρ(Α)-31 � α+μ+κ -

-

-

( ] '

-οο ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/27

=

------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

i �2μ-α-κ=Ο. Με την σχέση 3μ=4κ προκύπτουν

-------­

� ι, ιι ι ομ• φ ί τ ο Ι J I ; ι •φγ ι ιι 1 1 1 1

\ 1 1 1,

'''

\ I Ι • ΙΙΙ Ι]Ι 'I-

ι . ί) Ν α βρεθεί η τιμή της παράστασης ότι α=ΙΟ, μ=8,κ=6 συνολικά οι μπάλες είναι 24. ii) Οι α2 , α4 , , α100 αποτελούν μια νεα 1 2 αριθμητικη πρόοδο με πρώτο όρο Ρι = α2 = A=�r 4xy +4Y με χ = 2 + J33 και y = 2 - J33 -4 και διαφορα ω 1 = 2ω = 4 και πλήθος ορων 50 ίί) Να λυθεί η εξίσωση Ar-t- J3 =Ο Άρα το ζητούμενο άθροισμα θα είναι Λύ ση : - 4 700 .

S Ζ β1 +249ω1 50 ,..... ---___ ί) A = �x 2 - 4 xy + 4 y2 = J(x - 2y) 2 =Ι x - 2y l = ίίί) Έστω av _ 1 , av ο ι δ ιαδοχικοί όρ ο ι της •••

-

α ριθμη τ ική ς προοδου τοτε επειδη ω = 2 > Ο θα ε ινα ι αv > αv-ι οπ ότε θα εχουμε av - 40 19 = 4019 - αv - ι <::::> 2 (v - 1 ) - 4025 = 4025 - 2 (v - 2) <::::> ν = 2014. Άρα οι οροι ειν αι α2 013 κα ι α2014

2. Θεωρούμε, τους πραγματικούς αριθμούς α,β με α<Ο για τους οποίους ο β είναι ο γεωμετρικός μέσος των α και -4 ,καθώς και την συνάρτηση με τύπο f (χ) = αχΖ + βχ + 3 α. Δείξτε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης τέμνει τον άξονα χ 'χ σε δυο διακεκριμένα σημεία ,των οποίων να βρείτε συνάρτηση του β τις συντεταμένες τους β. Αν θεωρηθεί γνωστό ότι το άθροισμα των τετμημένων των σημείων του 1) ερωτήματος είναι ίσο -2 τότε να βρεθούν οι αριθμοί α και β. γ. Αν α=-1 και β=-2 τότε ί) Να μελετηθεί η συνάρτηση ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα ii) Να λυθεί η εξίσωση 1/CX) I = λ l 1 - χΙ για κάθε τιμη του πραγματικου αριθμου λ. iii) Να λυθεί η aνίσωση fz (χ) � 3. {(χ). Λύση: α. Θα ωχύει ότι β 2 = -4α και η δuχιφινουσα •

2 - - 2 -1- 1=1 4 - 2J3 - 4 ; 2J3 1=1 -4J3 1= 4J3 I4-3 2 + J3 2 -J3 4 -J3 ίί) Έχουμε: Ar-t- J3 =Ο � J3 r-t- J3 =0. 'Εχει διακρίνουσα Δ=β2-4αγ=1+4.4 J3 J3 =1+16.3=49 και .[3 1 - 7 = - J3 ρίζες χ, -β+JΔ 1+7 = χ2 = - ' 4 8J33 2α g.[3 3 2. Δίνονται τα Α(χ, r-x+2), Β(2χ+1,χ), και Γ(-χ, χ-1).

α) Να βρεθούν οι συντεταγμένες των σημείων αν οι τεταγμένες αυτών (με τη σειρά που δίνονται) είναι διαδοχικοί όροι Γεωμετρικής προόδου . β) Να βρεθεί ο λόγος τη ς προόδου Αν α1= 1 να βρεθεί ο δέκατος όρος αυτής.

γ)

Λύ ση :

Πρέπει β2=α.γ, δηλαδή χ2=( χ2- χ +2)( χ-1) (1) και (1)=> χ2=χ3- χ2+χ- χ2+2χ-2=> χ3- 3χ2+3χ-1=1=> =>(χ-1)3=1=>χ-1=1=>χ=2. Άρα Α(2,4), Β(5,2), Γ(-2,1) 1) 1 ΥΒ 2 1 β) λ = - = - = - γ) α ιο= α 1 . λ =1 (- 9 = 2 29 Υ 4 2 α)

V•l

Α 3. Δίνεται η εξίσωση 8χ2-4χ+α=Ο. α) Να μρεθεί ο αεR ώcm: η εξίσωση να έιΡ μfα ρfζα διπλή. β) Να βρεθεί η διπλή ρίζα

1 Βr-4χ+α τρκονυμοu είναι Δ = β 2 - 12α = - 16α > Ο Άρα γ) Για α=-4 να απλοποιηθεί η Α 16rr -1 έχει δυο ρiζες άνισες οπόtε η γραφική παράσταση της δ) Υπάρχει nμή του χεR ώστε A=l ; Λύ ση : συνάρτησης τέμνει τον χ'χ σε δυο δαιφορετικά σημεία

.

του

,

,

,

των οποιων οι τετμημενες ειναι χ1, 2 = =

- β±.J4β 2 _!!!_ 2

=

-β± Ζ β p2 , _ 2

δηλαδή Χι = ,

- Ρ ±v=ϊ6α

- βΖ

2a

,

=

Xz =

β' 6

β. Ισχύει χ1 + χ2 = -2.=:;> - � + � = -2.=;>β = -2

�

α=-1 αφού β = -4α . γ. Η συνάρτηση είναι [ (χ) = -χΖ - 2χ + 3 ί) στο διάστημα ( οο - 1] είναι γν.αυξουσα και στο διαστημα [ - 1, + οο) είναι γν. φθίνουσα. Παρουσιάζει μέγιστο για χ = - 1 το f( - 1) = 4. ii) Αν λ < Ο η εξισωση είναι αδυνατη. Για λ ;:::: Ο έχουμε : 1- χ Ζ - 2χ + 3 1 = λ l χ - 1 1 2

-

,

Για να έχει μία ρίζα διπλή πρέπει και αρκεί Δ=Ο, δηλαδή 16-4.8.α=Ο και τελικά α= � = .!_ α)

32 2 β 4 1 β) Η διπλ'η ρίζα ειναι η χ 0 = - - = - = 2α 16 4 1 γ) Για α=- η παράσταση Α γίνεται: 4 Α = 8χ 2 -4χ+α . Για να ορίζεται η Α πρέπει και αρκεί 16χ 2 - 1 1 1 =D. Τότε έχουμε: 16χ 2 - 1 * Ο ' δηλαδή xe!R 4'4 '

<=> l (χ - 1 ) (χ + 3) 1 - λ l χ - 1 I = Ο <::::> IΧ - 1 I CIΧ + 3 1 - λ) = ο <==> I Χ - 1 1 = Ο η IΧ + 3 1 = λ <::::> χ = 1 ή χ = -λ - 3 ή χ = λ - 3 . ίi)HmUooη mmfCx)(f(x) - 3) :::;; ο � ο :::;; tCx) :::;; 3 Ο � -χz - 2χ + 3 � 3 <::::> Ο � -χz - 2χ + 3 και δ) -χ 2 - 2χ � ο ... �χε [ - 3 . -2] υ [0, 1].

-{ }

1 1 8χ2-4χ+-21 (χ --) S(x - -)2 4 4 - 4χ -1+ Α = 16χ2 -1 .!_ .!_ .!_ 16(χ - 4 )(χ + 4 ) 2(χ + 4 ) 2(4χ 1) 4χ-1 1 �χ=-3 δεκτη' τιμη.' Στο D: Α=1 <=:>--4 1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/28

2(4χ+

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΠΑΝΑλΗΨΗΣ ΓΕΩΜΕτΡΙΑΣ

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επtλοyή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημα­ ντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτημα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους : Καρδαμίτσης Σπύρος Π.Π. Λύκειο Αναβρύτων, Κουτσκουδής Πα­ ναγιώτης Π.Π. Λύκειο Μυτιλήνης = 1 80° => Όμως ΑΒ // ΓΔ::::> l\. ιιιιι) ιι μ ίτπη;: l:π\φ ο � 1 1 . 1 1 . \ . \ \'ιιΙΙιιlιτι•ι\' = 1 80° => = 90° => ΑΕΔ = 90° .

1. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) με

Α = 108°

και η διχοτόμος του ΓΔ. Από το ση­ μείο Δ φέρνουμε την κάθετη στην διχοτόμο ΓΔ που τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ε και την προέ­ κταση της ΓΑ στο σημείο Ζ. Να αποδείξετε ότι: α. Το τρίγωνο ΖΕΓ είναι ισοσκελές β. Το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ισοσκελές. γ. ΒΕ = ΔΑ ΛΥΣΗ z

2Α2 + 2Δ2

Αι + Α 2 + Δ ι + Δ 2 Α2 + Δ2

Α

Β

Δ

r

Δ

Προφανώς ΕΑΗ = Ε Η = 90° αφού οι διχοτό­ μοι εφεξής παραπληρωματικών γωνιών είναι κάθε­ τες. Το τετράπλευρο λοιπόν ΑΕΔΗ έχει τρεις ορ­ θές γωνίες, συνεπώς είναι ορθογώνιο. ' , διαμεσος γ. Είναι ΕΣ = ΑΔ , γιατι, η ΕΣ ειναι 2 του ορθογωνίου ΑΕΔ αφού οι διαγώνιοι του ορθο­ γωνίου ΑΕΔΗ διχοτομούνται. Αντίστοιχα έχουμε ΒΓ από το ορθογώνιο ΒΖΓ ότι ΖΤ = Τέλος η ΣΤ 2 είναι διάμεσος του τραπεζίου, οπότε ΑΒ + ΓΔ ΣΤ = και β.

-

Β

Ε

r

Στο τρίγωνο ΖΕΓ η ΓΔ είναι διχοτόμος και ύ­ ψος, συνεπώς το τρίγωνο είναι ισοσκελές και η ΓΔ είναι διάμεσος .. β . Επειδή το ΑΒΓ είναι ισοσκελές τρίγωνο με 1 08° , θα είναι Β Γ 36° και αφού το τρίγω­ 2 νο ΖΕΓ είναι ισοσκελές θα είναι Ζ Ε 72° . Άρα ΑΒ + ΓΔ ΒΓ α όπου α η περίμε+ ΑΛ + ==η γωνία ΒΔΕ είναι 36 μοίρες και το τρίγωνο ΒΕΔ 2 2 2 2 είναι ισοσκελές. τρος του τραπεζίου ΑΒΓ Δ. γ. Στο τρίγωνο ΔΖΑ έχουμε zΑΔ 1 80° 1 80° - 108° = 7 ° και Ζ = 72° . Άρα ΔΑ=ΔΖ. Αλλ.ά ΒΕ = ΕΔ (αφού ΒΕΔ ισοσκελές) και 1. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ τυχαίο σημείο ΕΔ=ΔΖ (αφού η ΓΔ είναι και διάμεσος στο ΕΓΔ) της ΒΓ. Έστω ΔΚ=/ΙΒΑ και ΔΛ=//ΓΑ. Άρα ΒΕ=ΔΑ. Αν οι Δ:Κ, ΔΛ τέμνουν τις ΑΓ, ΑΒ στα Ζ, Ε α­ α.

Α=

= =

= =

-

=

2

Α=

2. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ // ΓΔ. Οι εσω­ τερικές διχοτόμοι των γωνιών Α και Δ τέμνο­ νται στο σημείο Η και οι εξωτερικές στο σημείο Ε. Επιπλέον οι εξωτερικές διχοτόμοι των γω­ νιών Β και Γ τέμνονται στο Ζ. α. Να δείξετε ότι η γωνία ΑΕΔ είναι ορθή. β. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΕΔΗ είναι ορθογώνιο. γ. Να υπολογίσετε την ΕΖ ως συνάρτηση της περιμέτρου α του τραπεζίου ΑΒΓΔ Λύ ση

ντίστοιχα, να δείξετε ότι: ί. Τα Κ, Α, Λ είναι συνευθειακά . ίί. Τα τρίγωνα ΛΑΕ, ΓΔΖ είναι ίσα ίίί. Οι ΓΛ, ΑΔ, ΚΒ και ΕΖ συντρέχουν.

Απόδειξη : �

ΒΑ=//ΔΚ::::>ΑΒΔΚπαραλληλόyραι.ψο::::>ΑΚ=//ΒΔ.( l ) ΔΛ=//ΓΑ ::::>ΑΓΔΛ είναι παραλληλόγραμμο ::::>ΑΛ=//ΔΓ. Από (1) και έχω ΑΝ/ΑΚ και αφού από ένα σημείο Α έχουμε μία μόνο παράλληλη στην ΒΓ οι ΑΛ, ΑΚ θα ταυτίζονται. Δηλαδή τα Λ, α. Αφού η ΑΕ είναι εξωτερική διχοτόμος της γω- Α, Κ είναι συνευθειακά. νίας Α, θα είναι = και ανάλογα =

Αι Α2 ,

Δι Δ2 .

ί.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/29

(2).

(2)

------- Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου -----ii. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος στο ΕΖΓΒ ίί. Αφού ΔΝ/ΓΑ, έχω ΔΕ//ΖΑ και αφού ΔΚ/IΑΒ,

έχω ΔΖ//ΕΑ. Άρα οι απέναντι πλευρές του ΑΕΔΖ είναι παράλληλες, οπότε είναι παραλληλόγραμμο. Από το παραλληλόγραμμο ΑΕΔΖ έχω ΑΕ=ΔΖ (3) και ΑΖ=ΔΕ (4). Τα τρίγωνα ΛΑΕ, ΓΔΖ έχουν ΛΑ=ΔΓ από (2), ΑΕ=ΔΖ από (3) και ΛΕ=ΛΔ­ ΔΕ=ΓΑ-ΑΖ=ΓΖ. Άρα είναι ίσα αφού έχουν τις πλευρές τους ίσες μία προς μία.

τέμνει την ΑΒ στο Η τότε ΗΒ=ΖΓ

ίίί. ΔΗ=ΑΖ

Λ

Απ ό δειξη :

-

.. - - - - ....

-

ί. το ΕΖΓΒ είναι εγγράψιμο γιατί

= 180°

ΖΓΒ + ΖΕΒ = 90° + 90° ίί. η ΖΓΒ = 90° , οπότε η ΖΗΒ = 90° δηλαδή το ΖΓΒΗ έχει τρεις ορθές γωνίες. Άρα είναι ορθογώ­ ίίί. Τα παραλληλόγραμμα ΑΛΔΓ, ΑΚΔΒ, ΑΖΔΕ νιο , οπότεΗΒ=ΖΓ έχουν κοινή διαγώνιο ΑΔ. Άρα οι άλλες τρεις δια­ iii. ΑΗ=ΑΒ-ΗΒ=ΔΓ-ΖΓ=ΔΖ οπότε το ΑΗΖΔ έχει γωνίους ΓΛ, ΚΒ, ΕΖ διέρχονται από το μέσο Μ ΑΗ//=ΔΖ δηλαδή είναι παραλληλόγραμμο. Αφού της ΑΔ.

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, το ύψος του ΑΔ. Αν η έχει και ορθή γωνία ( Α =90°) είναι ορθογώνιο ο­ διχοτόμος του ΒΕ, τέμνει την ΑΔ στο Ζ και η πότε θα έχει και ίσες διαγώνιες. Άρα ΑΖ=ΖΗ. κάθετη από το Ζ στην ΑΒ τέμνει την ΒΓ στο Λ, 4. 'Εστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με Α =120°.

θεωρούμε τα σημεία Δ, Ε επί της ΒΓ τέτοια ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ και το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΖΓ με τα Α,Ζ εκατέρωθεν της ΒΓ. Να δείξετε ότι: ί. Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές. ίί. Το Ε είναι κέντρο βάρους του ΑΓΖ. iii. Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο. Απόδειξη :

να δείξετε ότι: ί. Τα τρίγωνα ΑΚΖ και ΛΔΖ είναι ίσα. ίί. Η ΒΖ είναι κάθετη στη ΑΛ.

ίίί. Η ΖΜ είναι διχοτόμος της

-

ΑΖΛ .

..

β

Β

Δ

Γ

Απόδειξη :

-

Το σημείο Ζ ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας ΑΒΓ . Άρα ισαπέχει από τις πλευρές της. Οπότε ΚΖ=ΖΔ. Τα ορθογώνια τρίγωνα λοιπόν ΑΚΖ και - ΛΔΖ έχουν επιπλέον ΚΖΑ = ΛΖΔ ως κατακορυφήν. Άρα είναι ίσα, οπότε ΖΑ=ΖΛ (1) ii. Το Ζ είναι σημείο τομής δύο υψών του τριγώ­ νου ΑΒΛ. Άρα είναι ορθόκεντρό του, οπότε η ΒΖ είναι κάθετη στην ΑΛ. ίίί. Στο ΑΖΛ , που είναι ισοσκελές από το (1), η ΖΜ είναι ύψος, οπότε και διχοτόμος της ΑΖΛ ί.

3 . Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Η κάθετος από το Α στην ΒΔ τέμνει τις ΒΔ και ΓΔ στα Ε, Ζ αντί­ στοιχα. Να δείξετε ότι: ί. Το ΕΖΓΒ είναι εγγράψιμο

i. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΕ είναι ίσα διότι έ­ χουν δύο πλευρές ίσες (ΑΒ=ΑΓ, ΒΔ=ΕΓ) και τις - περιεχόμενες τους γωνίες ίσες ( ΑΒΔ ΑΓΕ ). Άρα ΑΔΕ ισοσκελές. ίί. Είναι η ΑΖ διχοτόμος της ΒΑΓ , οπότε διέρχεται από το κοινό μέσο Ο των ΒΓ, ΔΕ και ΑΖ..LΒΓ. Στο ΑΖΓ η ΓΟ είναι ύψος οπότε και διάμεσος με ΓΕ=2ΕΟ. Άρα το Ε είναι κέντρο βάρους του τρι­ γώνου ΑΓΖ. ίίί. Το Ε θα είναι και έγκεντρο του τριγώνου ΑΓΖ οπότε θα έχουμε =30°. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΔΕ το ύψος του ΑΟ θα διχοτομεί την ΜΕ , οπότε ΜΕ = 2ΕΑΟ =60°. Άρα το ισοσκε­ λές τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/30

=

ΒΑΖ= EAr

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β ' λΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΕΠ ΑΝΑλΗΨΗΣ ΑλΓΕ Β ΡΑΣ

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλογή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματι­ κών. Σημαντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτη μα Μυ­ τιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Αμαλία Μανιατοπούλου Π.Π. Λύ­ κειο Ευαγγελικής Σχολής Ν. Σμύρνης, Νικόλαος Μάγειρας Λύκειο Καλλονής, Βαμβακέλλης Σταύρος Λύκειο Ιππείου Μυτιλήνης

π Δίνεται η f(χ)=ρσυν(- -ωχ)+1, ρ < Ο η ο2 ποία tι._ει ελάχιστη τιμή - 1 και περίοδο Τ=3π. Α. Να βρεθούν οι τιμές των ω και ρ. Β. Αν ω=2/3 και ρ = -2, i) Να γραφεί ο τύπος της f σε απλούστερη μορφή και να βρεθούν τα σημεία τομής της C με τον χ 'χ στο διάστημα [ Ο, 3π] .

1.

r

ii) Να βρεθούν οι τιμές του α ώστε η C να r διέρχεται από το σημείο Α(α, 1 + .Jj ). iii) Να βρεθούν τα ακρότατα της f και οι τι­ μές του χ στις οποίες αντιστοιχούν. iv) Να εξετασθεί αν υπάρχουν τιμές του χ για τις οποίες η Cr βρίσκεται πάνω από την ευ­ θεία y=3. Να δικαιολογηθεί η απάντησή σας. ν) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης g της ο­ ποίας η γραφική παράσταση προκύπτει από δύο διαδοχικές μετατοπίσεις της γραφικής πα­ ράστασης της f κατά π μονάδες προς τα δεξιά και 2 μονάδες προς τα κάτω. Τι παρατηρείτε;

Λύση :

2π 2π 2 . Τ =Ισχuει: => 3π= => ω = - => ω ω 3 π 2 2 f(χ)=ρσυν(--- χ) +1=ρημ- χ+1 2 3 3 <O p 2 Ισχύει επίσης: ημ- χ � 1 => 3 2 2 ρ ημ- χ � ρ => ρ ημ- χ + 1 � ρ+1 => f ( χ ) � ρ + 1 3 3 2 2 και f(x) = ρ+1 <::::> ημ- χ = 1 <::::> - χ = 2κπ + 3 3 π <::::> χ=3κπ+3 π , κ ε Ζ . Άρα ρ+ 1 =minf(x).

2 4 Άρα: ρ+1=-1 <::::> ρ=-2, οπότε: f(χ)=-2ημ 2χ + 1.

3 2χ + 1 . Για τα σηΒ. i) Βρήκαμε: f(x) = -2ημ 3 Α.

μεία τομής της Cr με τον χ'χ λύνουμε την εξί­ σωση: f(x)=O ( 1). Από (1)<::::>η μ 2χ =ημ π <::::> 3 6 2χ 2χ π <::::> π η. - = 2κπ += 2κπ + π -3 6 3 6 5 π η χ = 3 κπ + π με κ ε /LJ χ = 3 κπ +4 4 S Αφού χ ε (0,3π] θα είναι: χ = π ή χ = π 4 4 2a ii) f(α) = 1+ J3 <::::> -2ημ +1=1+ J3 <::::> 3 2a J3 2a 2a π π η, -=2κπ+π+ ημ- =-- <::::> - =2κπ-3 2 3 3 3 3 π <::::> α = 3κπ - ή α = 3κπ + 2π με κ ε Ζ 2 2χ iii) Για ρ=-2 βρήκαμε f(x) = -2ημ + 1 . Αλλά 3 2χ 2χ -1 � ημ- � 1 => 2 � -2ημ- � -2 => 3 3 2χ => 3 � -2ημ- + 1 � -1 => 3 � f ( x ) � -1 3 Εξάλλου f(x) = 3 <::::> -2ημ 2χ + 1 = 3 <::::> 3 2χ 2χ 3π π <::::> χ=3κπ-ημ- =-1 <::::> - =2κπ - με 3 2 3 4 2χ 2χ =1 κ ε Ζ και f(χ)=- 1 <:::2:>-- ημ- +1=1<:::η:> μ3 3 2χ 3π . η π <::::> χ=3κπ+<::::> - =2κπ+ με κ ε Ζ . Άρα 3 2 4 3 . , μεγιστο το 3 οταν ' και μόνον χ=3 κ:π-4π f εχει •

'7/

με κ εΖ και ελάχιστο το - 1 όταν και μόνον 3π χ=3κπ+με κ ε Ζ .

4 iv) Ισχύει: f(x) � 3 για κάθε χ επομένως δεν υπάρχουν τιμές του χ ώστε η C r να βρίσκεται πάνω από την ευθεία y = 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/31

Μαθηματικά -yια τη Β ' Λ"κείου ,;.;'

v) Για τη

συνάρτηση g έχουμε: 2 g(x)= f(x - π) - 2 = - 2η μ( -χ - π)+ 1-2= 3 2χ = 2η μ -1 = - f(x). Οι Cr και C8 είναι συμ3 άξονα συμμετρίας τον χ' χ μετρικές με ..

2.

-4

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = (α2 - 2α)χ4 +αχ3 +(α2-ι)χ2 + 3 χ +2α+ι, α ε R , με βαθp(χ)<4 και διαιρούμενο με χ+ι αφήνει υπόλοιπο 3. i. Ν α δειχθεί ότι α = 2 ii. Να Ύραφεί η ταυτότητα της Ρ(χ): (2χ + ι) 2 2 iii. Να λυθεί η εξίσωση : Ρ(χ)+χ -2=(χ +2) iv. Να λυθεί η aνίσωση : Ρ(χ) � 4-χ-2χ2 Λύ ση

βαθp(χ)<4 �α2 - 2α = Ο ( 1 ) . Εξάλλου: Ρ(-1) = 3 � 2α2- α - 6 = 0(2) Από (1) και (2) προκύπτει τελικά α = 2 ίί. Ρ(χ) = 2χ3 + 3χ2 + 3χ + 5 Κάνοντας τη διαίρεση Ρ(χ):(2χ + 1) προκύπτει ότι: Ρ(χ) = (2x+l)(x2 + χ + 1) + 4 ίίί. (2χ +1)(χ2 + χ +1)+4+ χ2 -2 = (χ + 2)2 � (2χ +1)(χ2 + χ - 1) = 0 � χ = -1/2 - ν_ 17 s=> η, χ = - ι + vrs=> η. χ - ι __;_ i.

β. Αν α = ι και β = 5, ί) Να βρεθούν οι τιμές των χ Ύια τις οποίες η Ύραφική παράσταση του Ρ βρίσκεται κάτω από τον χ 'χ ii) Να λυθεί η εξίσωση : 32χ -3χ+1+ ι = 3χ - 2·31-χ ίίί) Να crοyκριθούν οι αριθμοί P(e) και P(logSO). γ . Αν το Q(x) έχει ρίζα το 2, να δειχθεί ότι πολυώνυμο Q(x) είναι 3 00 βαθμού . Λύ ση α.

Ρ(-1)=0 � -α2 +α=Ο � α=Ο ή α= 1 . Ό μως το Ρ(χ) είναι 300 βαθ μού οπότε α 'Φ Ο. Άρα α = 1 και θα είναι: Ρ(χ) = χ3 + (1-β)χ2 + χ + 1 + β . Η ταυτότητα της διαίρεσης Ρ(χ} :(χ2+ 1) γράφεται ως εξής: Ρ(χ) = (χ +1)(λχ+κ)+1 0= 2 λχ3 + κ:χ + λχ + κ + 1 0 r,: κ,λ ε 1R . Οπότε χ3+(1-β)χ2+χ+1+β =λχ +κχ2+λχ+κ+10 Ύια κάθε χ ε 1R � �

{

λ=1

1

β=κ

β

-

=

5

{

λ=1 1 -β = κ

{

κ + 10 = 1 + β

�

�

λ=1 β=5

{

λ=l 1 -β = κ

1 -β+10 = 1+β

κ = -4

Σχόλιο: Το πολυώνυμο Ρ(χ) είναι 3σu βαθμού. Άρα το πηλί­ κο της διαίρεσης Ρ(χ):(χ2+ 1 ) θα είναι Ι σuβαθμού.

β . Ρ(χ) = χ3- 4χ2 + χ + 6 ί) Το Ρ(χ) έχει ίζα το -1

οπότε από Homer: p Ρ(χ) = (x+l)(x -5χ+6) Ρ(χ)<Ο � (χ+1)(χ2-5χ+6)<0 � χ<-1 ή 2<χ<3 Άρα η Cρ βρίσκεται κάτω από τον χ' χ για χ ε ( οο ,-1)u(2,3)

_ _

2

�

2

Αν ν ζητούμενη εξίσωση γράψουμε το Ρ(χ) με τη μορφή 2χ3+3χ +3χ+5 και κάνουμε τις πράξεις, τότε κατα­ λήγουμε στην εξίσωση: 2x3+3x2-x- l =O η οποία δεν έχει ακέ­ ραιες ρίζες και δεν επιλύεται με τις "γνωστές" μεθόδους

Σχόλιο:

iv. Ρ(χ) � 4- χ - 2χ2 � 2χ3 + 3χ2 + 3χ + 5 � � 4 - χ - 2χ2 � 2χ3 + 5χ2 + 4χ + 1 � ο � � ( χ + 1 ) 2 ( 2χ + 1 ) � 0 � χ = -1 ή χ�- _!.

2

3. Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ(χ) = α2χ3 +(α - β)χ2+αχ +α + β, α, β ε R 3 και Q(x)=x v·1 - x2v+1 + xv-1 + 3 , v ε Ν * . α. Αν το Ρ(χ) είναι 3 00 βαθμού, έχει παράΎοντα το χ+ ι, ενώ διαιρούμενο με χ2+ ι δίνει υπόλοιπο ι ο, να υπολοpσθούν οι τιμές των α και β

...

ίί)

32χ - 3χ+Ι + 1 = 3χ - 2 · 3 l· x � 32χ - 3 · 3χ + 1 = 3χ- 2 . 2.

3χ

1:::.1 =ω- � 1�::σ +ο>τ6=0 �

= {ωε{-�2,3} Τ

ω

2·

�

�3χ=2 ή 3χ =3 � χ=- ή χ= Ι

ίίί) Από το i) ερώτημα αφού

Jn3

e ε (2, 3) θα είναι P(e)<O. Επίσης αφού log50=log5+logl O=log5 + 1>1>-1 και log5 < logl O=l � log5 + 1 < 2, δηλαδή τελικά log50 ε (- 1 , 2) θα είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/32

Μαθηματικά -yια τη Β ' Λυκείου

P(log50) > Ο. Επομένως: Ρ(e) < P(log50) v 2 3v 2 2 +3=0 γ. Q(2 ) = σ � τ- 2-2 ν+ 2 2ν = Χ 2ν = Χ � � � χ3 2 χ - - 2χ + - + 3 = Ο χ Ε { - 1, 2, 3 }

{

2

{

2

2ν =2 � ν=1, επειδή ν Ε Ν* . Με αντικατάσταση στο Q(x) διαmστώνουμε ότι είναι 300 βαθμού.

4.

α.

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 1-x-lnx, χ>Ο. Να δειχθεί ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα

β. Ν α βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες η Cr βρίσκεται πάνω από τον χ 'χ γ. Ν α βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες 2 f(e:ι) > 1 - e :ι-s - 5 π π δ. Να δειχθεί ότι αν θ Ε ( , ), τότε 4 2 σφθ e εφθ>ln( · )

Λύση α.

Ο<χι<χz =>

{-χ1 > -χ2 { lnx

lnx

=>

5.

' σχεση π,π ). τελευταια ' ισχυει ' αφου' θ Ε ( -

4

2

Δίνονται οι συναρτήσεις πχ πχ - 2ημ + 5 , και f(x) = η μ2 2e 2e 2 2 g(x) = - ln x + lnx + 3, χ > Ο. α. Να δειχθεί ότι f(x) ;::: 4 για κάθε Χ Ε JR και να βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες ισχύει η ισότητα. β. Να δειχθεί ότι η g έχει μέγιστη τιμή 4 και να βρεθούν οι τιμές του χ στις οποίες η g παρουσιάζει μέγιστο γ. Για ποιες τιμές του χ η C g βρίσκεται κάτω από τον χ 'χ. δ. Να βρεθεί το πρόσημο του αριθμού 3π 3π κ = - ln2 (συν - ) + 2ln (συν - ) + 3 ε.

10

10

Υπάρχει τιμή του χ ώστε να ισχύει f(x)=g(x);

Να δικαιολογηθεί η απάντησή σας.

1 - χ1 > l - x 2

-lnx

Η

-lnx

=>

Ι< 2 I > 2 1-χι-lηχι > 1-xz-lnxz => f(xι)>f(xz) Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα. rς τρόπος: Έστω Ο<χι<χz. Τότε: f(x ι)-f(xz)= . . . =(x2-xι)+(lnx2-lnxι)>O αφού Χz-χι>Ο και lnxz-lnxι>O, καθόσον η συνάρτηση lnx είναι γνησίως αύξουσα. Άρα f(x 1 )>f(xz). Επομένως η f είναι γνησίως φθίνουσα. _rις τρόπος: Η h ( χ ) = χ + ln χ είναι γνησίως αύξουσα στο ( Ο, +οο ) ως άθροισμα των συναρτήσεων χ, lnx που είναι γνησίως αύξουσες. Αρα: η-h(χ) και η ftx)=1-h(x) είναι γνησίως φθίνουσες στο ( Ο, +οο ) Η απόδειξη είναι απλή. β. Η Cr βρίσκεται πάνω από τον χχ' για τις τιμές του χ που είναι λύσεις της ανίσωσης f(x)>O. .ΑJ.λά f(1)=0, οπότε στο ( Ο, +οο ) έχουμε: f(x)>O�f(x)>f(1) � Ο < χ < 1 αφού η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα. Άρα η Cr βρίσκεται πάνω από τον χ' χ για χ Ε (0, 1 ) 2 γ. f(ex) > 1-e x-S_x � 1 -ex-lnex >1-e2x-S_x 2 -ex -e � -x> x-5-χ � ex<e2x-5 � χ<2χ-5 � χ>5 δ. Αρκεί: εφθ > ln( eσφθ), ή εφθ > 1 +ln( σφθ ), 1 ή εφθ > 1+ln( -- ), ή εφθ > 1- lη(εφθ), ή .

Λύση

f(x) = ημ2 πχ - 2ημ πχ + 5 = 2e 2e =η μz ΠΧ -2ημ ΠΧ +1+4=(ημ ΠΧ -1 )2 +4 � 4 , 2e 2e 2e 2 ;::: ο για κα' θε Χ Ε .ι.ι-.. . πχ - 1) αφου, (ημ 2e 2 πχ -1 ) = Ο � ημ πχ Εξάλλου: f(x)=4 � (η μ 2e 2e =1 � x=4κe+e, ΚΕ Ζ . β. g(xj = -ln2x + lnx2 + 3 = - ln2x + 2lnx+3 = = -ln χ + 2lnx - 1 + 4 = - ( lnx-1 )2 + 4 � 4, αφού: - (lnx- 1 )2 � Ο για κάθε χ > Ο. Εξάλλου: g(x)=4 � lnx=1 � x=e. Τελικά g(x) � 4 � f(x) για κάθε χ > Ο. Άρα η g παρουσιάζει μόνο στη χσ = e μέγιστη τιμή 4. γ . Η Cg βρίσκεται κάτω από τον χ' χ για τις τιμές του χ που είναι λύσεις της ανίσωσης: g(x) < Ο, επομένως έχουμε: g(x) < Ο � - ln2x + 2lnx + 3 < Ο � lnx = ω lnx = ω � � ω < -1 ή ω > 3 -ω2 + 2ω + 3 < Ο α.

Ί!])

{

{

� lnx < -1 ή lnx > 3 � Ο < χ < _!_ ή χ > e3 e 2 2° ς τρ όπος: g(x) < σ � - (lnx- 1 ) + 4 < ο � εφθ (1nx- 1 )2 > 4 � I In x - 1 1 > 2 � lnx-1 < -2 ή Ο > 1- εφθ - lη(εφθ), ή f(εφθ) < Ο, ή f(εφθ) lnx -1>2 � lnx<-1 ή lnx>3 � Ο<χ < _!_ ή χ >e3 e < f(1), ή τέλος εφθ > 1 , αφού f -l-( Ο , +οο ) ν

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/33

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου δ. κ =

-1n2(συν - )+21η(συν- )+ 3 g(συν - ) ο

3π

3π

3π

10

10

π

' <- <Ισχυει:

10

3

3π

=

10

' και η συναρτηση συνχ

π ) . Οπότε 2 3π π 3π 1 1 συν - >συν - => συν - > - > 10 2 e 10 3 3π <1 < e3 .!_ <συν 3π <e3 Επίσης συν . Δηλαδή 10 e 10 3π Άρα κ = g( συν )>Ο 10 β. Έστω χ > Ο . Αφού f(x) �4 και g(x) � 4 θα είναι γνησίως φθίνουσα στο

{

έχουμε f(x)

�

=

{

g(x)

(0,

<=?

f (x) = 4 x = 4κe + e � � x = e, g ( χ) = 4 x=e

για κ=Ο.

Βαμβα κi:λλη ς Σταίφος- Λ ι'ι \\:cιο Ι ππι: ίου

1. Δίνεται η συνάρτηση με τύπο f(x)=�r -9+2. Α. Να δείξετε ότι η f είναι άρτια.

Β. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f σε κάθε

ένα από τα διαστήματα του πεδίου ορισμού της. Γ. Να βρείτε την ελάχιστη τιμή της f καθώς και τα χ για τα οποία η f παρουσιάζει ελάχιστο. Δ. Να βρείτε ποιες μετατοπίσεις θα κάνουμε την Cr ώστε να πάρουμε την Cg , όπου

g(x) = �x2 + 4x - 5 - 2 . Ε. Να βρείτε τα κοινά σημεία των

C r και Cg .

Λύση : Α. Για να ορίζεται η f θα πρέπει

χ2 - 9 � Ο � χ2 � 9 � jxj � 3 � χ � 3 ή χ � -3 . Τελικά η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α = ( -οο, -3] U [ 3, +οο ) . Επομένως για κάθε χ ε Α και - χ ε Α και f( - x ) = �(-x) 2 - 9 + 2 = = �χ 2 - 9 + 2 = f (χ) , άρα η f είναι άρτια. Β. Έστω χι , χ ε [3 , +οο) με 2 2 ι => ι < < Χ Xz Χ Xz2 => Χι 2 - 9 < χ22 - 9 => => �χι2 - 9 < �χ/ -9 => �Χι 2 -9 + 2 < �χ/ -9 + 2 =>

=> f ( Χ ι ) < f ( χ ) άρα η f είναι γνησίως αύξουσα 2 στο [ 3, +οο ) . Επειδή η f είναι άρτια η γραφική της παράσταση έχει άξονα συμμετρίας τον y'y , επομένως αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 3, +οο ) , θα είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, -3] .

Γ. Είναι �χ 2 - 9 � 0 => �χ2 -9 + 2 � 2 => f(x) � 2 για κάθε χ ε Α και επειδή f ( -3) = f(3) = 2 είναι f (χ) � f (-3) = f ( 3) = 2 για κάθε χ ε Α . Τελικά η f παρουσιάζει ελάχιστο για χ = -3 και χ = 3 το 2 . Δ . Είναι g ( x ) = Jx2 +4x-5 -2 = J( x+2) 2 -9 + 2 -4 = = f(x + 2) - 4 , ( χ + 2 ) ε Α δηλαδή με χ ε ( -οο, -5 ] υ [ 1, +οο ) = Β επομένως η Cg προκύπτεt, πρώτα από μία οριζόντια μετατόπιση κατά 2 μονάδες προς τα αριστερά και στη συνέχεια από μία κατακόρυφη μετατόπιση της Cr κατά 4 μονάδες προς τα κάτω. Ε. Οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cr και cg είναι λύσεις της εξίσωσης f( χ) = g ( χ) ( 1) με χ ε Α n Β = ( -οο,-5 ] υ [ 1,+οο ) (1) � �χ2 -9 + 2 = �χ2 + 4χ - 5 - 2 � � �χ2 -9 + 4 = �χ2 + 4χ - 5 � χ2 - 9 + 8�χ2 - 9 + 1 6 =

= χ2 +4χ -5 � 8�χ2 -9 =4χ -12 �2�χ2 -9 = χ-3=> =>4( χ2 -9) = ( χ - 3) 2 �4χ2 -36 = χ2 -6χ+9 � � 3χ2 + 6χ - 45 = Ο � χ = 3 ή χ = -5 δεκτές τιμές. Με επαλήθευση στην (1 ) διαπιστώνουμε ότι μόνο η λύση χ = 3 είναι δεκτή. Τελικά οι C r και Cg τέμνονται στο σημείο Α (3 , 2) .

2. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = In(e2x _!.. e x ) .

2 _

α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. β. Να δείξετε ότι f(x) = χ + Ιη( ex - _!..) .

2 f(1) < f(2) . δ. Να δείξετε ότι J2 < 1 + Ι η 2 και στη συνέχεια να λύσετε την aνίσωση f(x) > x3 - 2χ2 +ln(ex !)

2 γ. Να δείξετε ότι

_

.

Λύση α. Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί

k

( kJ > Ο �

e2x - ex > Ο ( 1 ). Αλλά ( 1 ) � ex ex -

e χ - -1 > ο � e χ > -1 � χ > 1n-1 � x > - 1n 2 ' 2 2 2 αφού ex > Ο για κάθε χ ε JR. Τελικά το πεδίο ορισμού της f είναι το Α = ( - ln 2 , +οο ) .

β. Στο Π.Ο. Α έχουμε: f(x ) = 1n(e2x _ .!_ex ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/34

2

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

( �)

( �} Είναι e < e2 �e -� < e2 -� �ln(e-�) <m(e2 -�) (Ι) ,

γ. Είναι f(1) = l+ ln e - και f(2) =2 + ln e2 -

αφού η συνάρτηση ln χ είναι γνησίως αύξουσα , και επειδή 1 < 2 ( 2) , προσθέτοντας κατά μέλη τις ( 1 ) και (2) έχω f(l ) < f(2) . δ.

'Εχουμε 2 < 2. οπότε J2 < � . Αρκεί λοιπόν 4 2

J2 = -2 J2 -1 J2 + 1 - J2 + α + α J2 - 1 - α - α2 2 2 2 2 <=> 2 α - Ji = -Ji <=> 2α = Ο <=> α = Ο <=>

γ) Για α = Ο είναι f(x) = εφχ - εφχ

)

(

1 + συνχ 1 - συνχ 1 -2συνχ 1 = εφχ = εφχ 1 - συν2χ 1 + συνχ 1 - συνχ ημχ -2συνχ 2 = = - ημ . ημ 2χ συνχ χ

� < 1 + hι 2, ή 1 < 2 ln 2 , ή τέλος hι e < hι 4 που 2 ισχύει αφού 2 < e < 3 . Στο Α έχουμε: f(x) > χ3 - 2χ 2 + hι(e ' _ .!_) <:::> 2 1 <=> χ + ln( e ' - -) > χ 3 - 2χ 2 + hι(e ' - -1 ) <=> 2 2 <=> χ3 - 2χ2 - χ < ο <=> χ ( χ2 - 2χ - I ) < ο <=>

f ( χ) = 2 <=> ημχ = 1 <=> χ = 2κπ - � οι τιμές αυτές 2 απορρίπτονται αφού π π π π 2κπ - - = 2κπ - π + π - - = (2κ - 1) π + - = λπ + 2 2 2 2 δ) Με χ ε Α είναι -χ ε Α και 2 2 f (-x ) = η μ (-χ )συν (-χ ) η μ (-χ)

Αφού J2 < 1 + ln 2 => - ln 2 < 1 - J2 .

Άρα η συνάρτηση είναι περιττή.

(

χ ε - hι 2, 1 - J2} u ( 0, 1 + J2}

Ν ικόλαος Γ . Μάγειρας -

f( ) = ια++συνχ εφχ + .α--συνχ εφχ

1.

Έστω

x

2. α) Να αποδειχθεί ότι β) Να λυθεί η εξίσωση:

Γ Ε Λ Καλλο νή ς

συνάρτηση

η

f

με

της οποίας η γραφική

παράσταση διέρχεται από το ση μείο

��,-J2}

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να αποδειχθεί ότι α = Ο . γ) Να απλοποιηθεί ο τύπος της και να λυθεί η εξίσωση f(x)=2. δ) Να εξετασθεί αν η f είναι άρτια ή περιττή Λύ ση

α) Πρέπει και αρκεί συνχ * Ο, 1 , -1 δηλαδή

χ * κπ + -π και χ * ΚΠ 2

{

Άρα πεδίο ορισμού είναι το Α JR - �π , κ ε =

β) f

( 4 ) = -J2 �

<=>

z}

α + εφ-π α - εφ -π 4 = -J2 4 + π 1 + συν - 1 - συν -π 4 4 <=>

(. . .)

( )

2 = - f (x ) 2 = - -= -η μχ -η μχ

γ)

x 1o y 41{χι0 • -4χ10 2

Να λυθεί το σύστημα :

Λύ ση

α) Αρκεί:

=

y ••• x, y > Ο (1)

ο y Υιο χ +

- 32 = Ο (2)

ιn -ΓχΥ = 2

Ιn{ xhιy) = Ιn(Y" '), ή

=

2e •

(3 )

lny· lnx = hι x · hιy

που ισχύει β) Με χ > Ο και σύμφων α με το ερώτημα (α) είναι 2 1"' = χ 1"2 . 'Ετσι: ( 2) <=>{ i )hιx -4· 1"' -32=0<:::> <=> ( 2 1"' ) 2 - 4 · 21" ' - 32 = ο <=>

}

}

2 1" ' = ω 2 1"' = ω <=> <=> 21"' = 8 <=> ω ε {-1, 4} ω2 - 4ω - 32 = 0 <=> 2 1" ' = 2 3 <=> ln χ = 3 <=> χ = e3 γ) Με x , y > Ο και σύμφωνα με το ερώτημα (α) χ '"Υ + x ιny = 2 e4 είναι: ( 3 ) <=> <=> ln (xy)2 = 2

{

}

1

{�:;:Υ;�',} {}�� �): } {::::;�:} { �

,

4

�

<=> ln Υ · ln χ = 4 <=> ln χ = ln Υ = 2 <=> χ = Υ = e 2 ln x + ln y = 4 αφού τα ln χ , ln y είναι ρίζες του τριωνύμου t 2 - 4t + 4= (t - 2) 2 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/35

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

------

Ασκήσεις Επανάληψης Γεωμετρίας

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλογή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημα­ ντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτημα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Βασίλης Καρκάνης - Γιώργος Αντωνόπουλος - Φ ραγκίσκος Μπερ­ σίμης από Αθήνα, Μαμάκος Θωμάς Λύκειο Παμφίλων Μυτιλήνης γ) Για το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ ισχύει: Β ασίλης Καρ κάνης - Γιώργος Αντωνόπουλος - Φ ρ αγκίσκος 'Ιπερσίμης

1 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με AB=S,

ΑΓ=6 και Α=60°.

α) Να αποδείξετε ότι ΒΓ = J3ϊ . β) Να υπολογίσετε τη διάμεσο ΑΜ=μα.

Λύ ση

α) Είναι: ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ2-2ΑΒ · ΑΓ · συν60°= =5 2+62-2 · 5 · 6 · ..!_ =25+36-30=3 1 άρα ΒΓ= -J3ϊ .

2 91 .J9ϊ 2·Alr + 2·Ar -Br . . . . = ΑΜ= β) ΑΜ2 2 4 4 2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = ν , ΒΓ = κ: και Α = 135 . '

ο

Λ

α) Να αποδείξετε ότι κ I ν = �2 + .fi . β) Να υπολογίσετε τη διάμεσο ΑΜ = μα συναρ­ τήσει του ν . γ) Να βρεθεί το εμβαδό του ΑΒΓ αν ν = 2 . Λύ ση

Α

α) Από νόμο συνημίτονων, σε κάθε τρίγωνο ισχύει η σχέση: α 2 = β 2 + γ2 - 2β γ · συνΑ , οπότε έχουμε: κ2 = ν 2 + ν 2 - 2ν · ν · συν135° = 2ν2 - 2ν2 · { -συν45°

= 2ν 2 + 2ν 2 ·

� = 2ν2 (

+

ν2 · J2 = ν 2 ( 2 + J2 ) .

)

Δηλαδή: κ:2 = ν 2 2 + .J2 , οπότε

� = �2 + J2 .

β) Από Θ. Δ. : σε κάθε τρίγωνο ισχύει 2 + 2γ2 - α2 ΑΜ2 = μ� = 2β , οπότε: 4

μα2 =

+

+

η

σχέση:

2 ν2 2v 2 - κ2 4v 2 - ( 2 ..fi)v 2 ( 2 - .Ji ) v 2 4 4 4

ν�2 - J2 . Ά ρα.. μ _ α- 2

)

2 _-.fi -=2 = Ε = ..!.. · α · υ = ..!.. · κ: · μ = ..!.. · ν�2 + J2 · ν.Jr-2 α 2 2 2

/ � ,.;: ν 2 . 2 2 - J2 2 ν 2 "4 - 2 = ν2 "2 ν = = 4 4 4 . .

J2 ν2 J2 = 22 = J2 . Οπότε: Ε = 4 4

( )

•

•

3 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ τα μήκη των πλευρών του

είναι α=4,

β = Jϊ7

και γ=S.

α) Να βρείτε το είδος του τριγώνου ΑΒΓ ως προς τις γωνίες του. β) Να βρείτε το μέτρο της διαμέσου ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ. γ) Αν ΑΔ το ύψος από την κορυφή Α να υπολο­ γίσετε το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος ΒΔ και του ύψους ΑΔ. Λ ύ ση

α) Από τα δεδομένα είναι: γ > α ,β οπότε: r=25 και α2+β2 = 1 6+ 1 7=33 άρα r < α2+β2 => Γ < 90° οπότε το τρίγωνο είναι οξυγώνιο. β) Είναι ΑΜ = μα και 2 μ2 = 2β + 2γ 2 - α 2 = 4 α . = 2 · 17 + 2 25 - 1 6 = 4 68 = = 17 οπότε ΑΜ= μ... =fι7 4 γ) Λόγω του (β) ερωτήματος είναι: ΑΜ=ΑΓ άρα το τρίγωνο ΑΜΓ είναι ισοσκελές οπότε το ύψος ΑΔ θα είναι και διάμεσος. Έτσι το ΜΔ= ΜΓ = � = 1 . Άρα το ΒΔ=ΒΜ+ΜΔ=2+1=3. Επί 2 2 σης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΓ είναι: ΑΔ2=ΑΓ2ΓΔ2=17-1=16 άρα ΑΔ=4. Λ

-

Παρατήρηση: Θα μπορούσαμε να βρούμε το ΜΔ με το

2° θεώρημα της διαμέσου και στη σuνέχεια το ΒΔ.

4. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ που τέμνονται στο Η (ορθόκεντρο). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

92 τ.4/36

----α)

Να δείξετε ότι:

β) Αν ισχύει ΑΗ·ΑΔ=

�2 (1) να δείξετε ότι:

ί) β2 + � =2α2 ίί) μα=

α�

Λ

Λ

α) Το ΗΔΓΕ είναι εγγράψιμο (ΗΓ+ΙΗ'=18f) και στον περιγεγραμμένο του κύκλο οι ΗΔ, ΕΓ χορδές τεμνόμενες στο Α οπότε: ΑΗ ·ΑΔ =ΑΕ · ΑΓ Λύ ση :

Λ

β) ί) Είναι: Α <90° οπότε από γενίκευση πυθαγορείου θεωρήματος θα ισχύει: α2= β2 + i-2β · ΑΕ � (α) (I) α2= β2 + r-2 ·ΑΓ ·ΑΕ � α2= β2 + r-2 · ΑΗ · ΑΔ � α2= β2 + i- α2 �β2 + i =2α2 . ίί) Επίσης από τύπους διαμέσων είναι:

2 2β2 + 2γ2 - α 2

μα =

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ΑΗ·ΑΔ = ΑΕ·ΑΓ Β2 ΑΔ = Α

Α

4

ΑΓ

=

(2 R ) 2 = 4 R 2 = 4 .J3R .

3 R .J3 λ3

γ) Το σκιασμένο καμπυλόγραμμο χωρίο έχει εμβαδό Ε ίσο με το άθροισμα των εμβαδών Ει και Ε2 όπου: Ει είναι το εμβαδό του ημικυ­ κλίου που ανήκει στον κύκλο με διάμετρο την ΑΒ και Ε2 είναι το εμ­ βαδό του κυκλικού τμήματος χορδής ΑΒ, του κύκλου με διάμετρο την ΑΔ. Δηλαδή είναι Ε=Ει+Ε2 (3). Ο κύκλος διαμέτρου ΑΒ έχει ακτίνα

2 2 π 2 =� 2 = 2 (4). Ο κύκλος δι-

R=1 άρα το Ει= πR

ΑΔ αμέτρου ΑΔ <Ρ) 4J3R 2J3 · 1

έχει

2J3 . ρ = τ = -6- = -3- = -3 -

,

ακτίνα

Επισης, αν ·

Κ είναι το κέντρο του κύκλου με διάμετρο ΑΔ (μέ-

4 άρα

μ

α

4 α.J3 . =2-

ο

5. Σε κύκλο (O,R) θεωρούμε τις χορδές ΒΓ=4 ΑΓ=λ3• Στο Β φέρνουμε την εφαπτομένη του κύ­ κλου, που τέμνει την προέκταση της ΑΓ στο Δ. α) Να δείξετε ότι η ΑΒ είναι διάμετρος του (O,R).

β) Να δείξετε ότι 3ΔΓ=ΓΑ και AΔ= 4R .J3/3 γ) Κατασκευάζουμε κύκλο με διάμετρο ΑΔ. Αν

R=l, να υπολογίσετε το εμβαδόν του σκιασμέ­ νου καμπυλόγραμμου χωρίου ΒΓΑχ όπως φαί­ νεται στο σχήμα.

•

(

,

ΒΓ=λι>=R & ΑΓ=λ3= RJ3 οπότε - = 600 , ΑΓ --- = 360° = 120° έτσι: ΓΒ ..- + ΑΓ --- = 180° ΒΓ 3

α) Είναι

άρα η ΑΒ είναι διάμετρος του κύκλου (O,R).

β) Έχουμε:

Λ

ΔΒΓ = ΒΑΓ = 30° οπότε στο ορθογώΔΒ ή 2ΔΓ=ΔΒ ( 1 ). νιο τρίγωνο ΔΒΓ είναι ΔΓ= 2 Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ είναι ΔΒ= ΑΔ / 2 ή 2ΔΒ=ΑΔ (2). Από nς (1), (2) ΑΔ =4ΔΓ ή ΑΓ+ΔΓ=4ΔΓ ή ΑΓ=3ΔΓ. Ακόμη στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ εφόσον το ΒΓ είναι ύψος (γιατί;) έ­ χουμε: ΑΒ2=ΑΔ·ΑΓ ή

J

4π -

Σημείωση : Είναι φανερό όταν λέμε εμβαδόν ημικυκλί­ ου εννοούμε το εμβαδό του ημικυκλικού δίσκου κ.λ. π . \Ι αμάκος Θι•ψιίς - Λ ι'JκΊ:ιο Ι Ι αμφίλων

Λύ ση

Λ

Λ

ΑΚΒ =120° (γιατί;). Έτσι " -(ΚΑΒ)= πρ2 · 120 - 1 ΚΑ ·ΚΒ ·ημ120 = Ε2= (Κ ΑΒ) 360 2 πρ2 1 ρ · ρ · J3 =πρ2 - ρ2 J3 4π-3J3 · ρ2 = = --3 2 2 3 4 12 4π - 3J3 · 2J3 2 = 4π - 3J3 (5 ) . = 3 12 9 (4 ),( 5 ) - π 3 ../3 - π + 6J3 - 18 . Απο (3) � Ε-2 9 σον της ΑΔ) τότε

1. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και (c) ο περιγε­ γραμμένος του κύκλος. Αν Μ μέσον της ΑΒ, να δείξετε ότι: ί.

ΝΜ

ΜΓ

=!

5

ίί .

(ΑΝΒ) = _!_(ΑΒΓΔ) 10

Από δειξη :

ί . Έστω α η πλευρά του τετραγώνου. Από το

Π.Θ στο ΜΒΓ έχω: ΜΓ2=ΜΒ2+ΒΓ2 δηλαδή ... Από θεώρημα τεμνουσών στον (c ) έχω ιί ιί ΜΝ ΜΑΜΒ j. . j. 1 ΜΝ .ΜΓ=ΜΑ.ΜΒ � ΜΓ = ΜΓ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/37

2

s/ s 7

------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-------

βy (ΑΕΔ) 2 · 2 β.y = = ΑΔΒ έχουν Β=Γ=30°' οπότε (ΜΕΔ) α α α2 · 2"2 ίί. Έστω ΝΚ το ύψος του τριγώνου ΑΝΒ. Τα τρί­ γωνα ΜΝΚ και ΜΒΓ είναι όμοια γιατί είναι ορθογώνια και έχουν ΝΜΚ = ΓΜΒ σαν κατακορυ1 ΝΚ ΜΝ ' Άρα , = -- � ΝΚ = - α . Οποτε φην. ΒΓ ΜΓ 5 α ΑΒ . ΝΚ α · -5 � _!_ = - = = (ΑΒΓΔ) (ΑΒΝ) 2 10 10 2 2 . Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με ΑΔ=6 και ---

-

2

ΑΒ=8. Η κάθετη από το Α στη ΒΔ τέμνει την ΒΔ στο Ε και την ΓΔ στο Ζ. ί . Να βρείτε τα μήκη των ΔΕ και ΔΒ ii. Να υπολογίσετε το ΔΖ.

Απόδ ειξη : ί. Από Π.Θ στο ΑΒΔ έχω 2 ΒΔ =ΑΒ2+ΑΔ2=>ΒΔ=10. Επίσης ΔΕ.ΔΒ=ΔΑ2=>ΔΕ. 1 0=36=>ΔΕ=3,6 ίί. Από θεώρημα τεμνουσών έχουμε ΔΕ · ΔΒ=ΔΖ · ΔΓ=>3,6 · 10=ΔΖ · 8=>ΔΖ=4,5 · ------

u

Για να είναι (ΑΕΔ)�(ΜΔΕ), αρκεί επομένως α22:β -γ. Όμως έχω α2=β2η2-2βyσυν60=β2η2-βy . Άρα αρκεί β2+γ2-βy2:βy, ή (β-y)22:0 που ισχύει.

4. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90°. Αν ΑΔ το

ύψος του και Ε το εμβαδόν του κύκλου κέντρου Α και ακτίνας ΑΔ, να δείξετε ότι Απ ο' δ ειξη :

,

Αρκει

_Ε_ � π .

(ΑΒΓ)

π ·ΑΔ2 β- � π , Υ

�- .

β η, υα2 y 2

2 Γνωρίζουμε ότι σε κάθε ορθογώνιο ΑΒΓ ισχύει η 1 1 1 ' αρκει = ---z + ---z , δη λαδη υα = +y οποτε y υα β Υ βy ή + Υ 2: 2βy, ή 2: 0, που ισχύει +y 2,

-2 �β 2 ·� �

'

β2

2 ββ22-. 22 ( β-y)2 -

-

'

'

�

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α =60° και Μ το μέσον της ΒΓ. Επίσης ΒΔ, ΓΕ τα ύψη του. ΒΓ Να δείξετε ότι: ί. ΜΔ=ΜΕ= 2 ίί. Το τρίγωνο ΜΔΕ είναι ισόπλευρο iii. (ΑΕΔ)S(ΔΕΜ) Απόδειξη : ί.

Οι ΜΔ, ΜΕ είναι διάμεσοι που αντιστοιχούν στην υποτείνουσα στα ορθογώνια ΒΓ ΒΔΓ, ΒΕΓ αντίστοιχα άρα ΜΔ=ΜΕ= 2 ΒΓ ii. Επειδή ΜΒ=ΜΕ=ΜΔ=ΜΓ= ο κύκλος κέ2 ντρου Μ και ακτίνας R= Β Γ διέρχεται από τα Β,

5.

Οι χορδές AB=R J3 και ΓΔ=R τέμνονται σε σημείο Ρ εκτός του κύκλου με γωνία 30°. Αν ΟΡ=2 .J7 , να βρείτε την ακτίνα του κύκλου.

BrA = 60° γιατί AB=R .J3 =Ι=λ3 • Επίσης ΓΑΔ = 30° = ΓΒΔ γιατί ΓΔ=R=�, και αν ...-. χ ..-.. ΒΔ =χ τότε ΒΑΔ=- =ΒΓΔ . Στο ΑΓΡ έχω 2

Απόδειξη :

-

-

..-....

2

Δ, Ε, Γ. Η γωνία .ΑΪΈ =30° και είναι εγγεγραμμέ­ νη στον παραπάνω κύκλο. Άρα η αντίστοιχη επίκεντρη ΔΜΕ =2.30°=60°. Άρα το ισοσκελές τρίγωνο ΜΔΕ είναι ισόπλευρο. ( ΑΕΔ) Α=Μ=6οο ΑΕ·ΑΔ ίίί. = Τα ορθογώνια ΑΓΕ, ΜΕ.ΜΔ ( ΜΕΔ ) -

Από δύναμη σημείου Ρ: ΔPTP=OP2-R2-2R· 3R= =(2 .J7 )2-R2=> 7R2=28=>R=2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/38

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

Ασκήσεις Επανάληψης Κατεύθυνσης

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλογή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημα­ ντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτη μα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Χρήστος Λαζαρίδης Αθήνα, Βουλγαρέλης Αντώνης 4° Λύκειο Μυτι­ λήνη ς, Ιγνάτιος Κοτζαμπάσης Γυμνάσιο Άντισσας Μυτιλήνη ς, Γεωργιάδης Θωμάς 65° Λύκειο Αθηνών.

α) Να βρείτε τα μήκη της πλευράς ΑΓ και της διαμέσου ΒΜ του τριγώνου ΑΒΓ. β) Να υπολογίσετε το γινόμενο ΑΓ

-ΒΜ . =- -== 4 με (�) φ και τα διανύσματα ; cι � μ � . β ) γ) Να αποδείξετε ότι: ημ(ΑΓ,ΒΜ) 5 δ) Αν v ΒΓ-2ΑΒ ,τότε να αποδείξετε ότι: , ; (� · β, ιβ ι) . Να αποδείξετε ότι: β) ι ; ι ι ; ι ι � ι ι β ι i) (;+ 2ΑΒ) /ι/ ΓΒίί) k = λ = 2014 α) ; ;<:> � J.β Λύ ση ι ι ι � β α) (ΑΓ)2 = (4-1)2+(-1-3 / = 25, οπότε (ΑΓ)=5 - ι ι γ) v//w <:> ημ 2 φ Το Μ είναι μέσο της πλευράς ΑΓ, οπότε, ι � ιι β ι 4 + 1 = 5 ' = 3 - 1 = 1 και = τ 2 τ δ) ; 2 ; � ι � ι 4 Ι β ι 5 9 2 , 9 Χρήστος . \ α�αρίδης Λ Ο Ι] \'Cι

1. Δίνονται τα μη μηδενικά διανύσματα =

α,

=

β

·

= - .

=

=

j_

=

<=>

=

=

ΧΜ

=

=

ΥΜ

(ΒΜ) 2=( 2 +2)2+(1-1)2=( 2 ) , οποτε (ΒΜ)=

Λύ ση

2 ν _ι ; <=>ν · ; = Ο <=> q�,α. β)· (α. β,, �) =0 <=> --27 β) ΑΓ = (3 , -4),Β = ( 9 , Ο) � ΑΓ · Β = ιαι (α. β) + (α. β) 'β' = ο cι αι + ' β')(α. β) = ο Μ 2 Μ 2 27 α· β = Ο <:> α _L β ΑΓ · ΒΜ = 2 = 3 ) ν ι;ι γ) Έχουμε: συ ν φ νι ι2 = ι ; ι2 <=> ι α ι2 + (α . β)2 = β ι ι= = I AΓ II BMI 5 2_2 5 ' 2 2 2 cα · β) 2 + Ι β1 <=> 1 � 1 = Ι β1 <=> ι α ι = Ι βl οπότε ημ2φ = 1-συν2φ = 1-9/25 = 1 6/25, και επει­ θα είναι ημφ = 415. δή φ ε-[Ο,π], - � v- 2ΑΒ -=- - ιαι α · β 2ΑΒ ΒΓ � δ) v = ΒΓ i) = v // w γ) ο <=> <=> (ν + 2ΑΒ) α · β ' β' - -// ΒΓ (ν + 2ΑΒ) /,/ ΓΒ v = ΒΓ - 2ΑΒ � v = (6,-2)-2(-3,-2) � ι αι ι βι - cα . β)2 = ο <=> I � I � - 1� 2 1 � 2 συν2φ = ο<=> ii)k - 2002 = 12 � k = 2014 � v = (12 '2) � Ι � Ι � σ-Ι � Ι � συvφ) =0 <=> 1-Ι � Ι � συν2φ = ο <:> λ - 2012 = 2 λ = 2014 α)

<=>

<=>

<=>

_

+

_

����

{

�

{

Έστω η ευθεία ε:Αχ+Βy+Γ=Ο, ο κύκλος C 1 : 2+y2+Ax+By+Γ=O και η παραβολή x ι-ι αιι βι (Ι-ημ'φ) = ο ., ημ'φ = C2 :y2= -Αχ, AeR·, B,ΓeR. Αν η ευθεία ε και ο κύκλος C1 έχουν κοινά ση­ μεία, τότε να αποδείξετε ότι: δ) ν = 2; � cι α ι,α . β) = 2(α . β, , β , ) � α) Γ = Ο. β) Η ευθεία ε εφάπτεται στον κύκλο C 1 • ιαι = 2α . β - γ) Η ευθεία ε τέμνει την C 2 σε δύο σημεία. � , α , = 4 , β, δ) Αν η ευθεία ε τέμνει την παραβολή C2 στο α . β = 2 1 βl Κ(-4,2), να βρείτε το κέντρο του κύκλου και την 2. Δίνονται τα σημεία Α(1,3),Β(-2,1),Γ(4,-1) και εστία της παραβολής. Λύ ση το διάνυσμα (k 3.

{

v

=

2002,λ-2012) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/39

------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

α) Θεωρούμε το σύστημα των εξισώσεων της ε

και του C 1 • Με αφαίρεση κατά μέλη, έχουμε το ισοδύναμο σύστημα:

{

{

x=y=O x2 + r = 0 (Σ) δηλαδη το Αχ + Βy+Γ = Ο Αχ +Βy+Γ = Ο

Αφού το (Σ), έχει λύση, θα είναι Γ = Ο. β) Η ε έχει με τον C 1 , μοναδικό κοινό σημείο το 0(0,0). Άρα, η ε είναι εφαπτομένη του C 1 στο Ο.

{

{

Ax + By = O -y2 + By = O <::::> <::::> 2 2 Υ = -Αχ Υ = -Αχ y=B -y(y - B) = O A*o y = O . Β2 <=> η 2 Υ = -Αχ χ = Ο χ = -Α

γ) ,Εχουμε:

συν οι σχέσεις (1). Τότε:

--------­

- (α)

-

ΟΑ · ΟΒ = Ο � ΟΑ ..L ΟΒ � Μ ε C1 -2 -2 ΟΑ·ΟΒ=Ο_2 -2 - ΟΑ + ΟΒ = 4 � ΟΑ + ΟΒ -20Α · ΟΒ = 4 --2 -2 - � (ΟΑ-ΟΒ)2 = 4 � ΒΑ = 4 � ΑΒ = 4 � Μ ε C2

•

-

•

δηλαδή το Μ είναι κοινό σημείο των C 1 ,C2, πράγ­ μα άτοπο. Οι C1,C2 δεν έχουν κοινά σημεία, αφού το σύστημα των εξισώσεων τους είναι αδύνατο

}

y2 = 4 (ισοδυναμεί με 2 ). χ = -3 5 . Έστω η εξίσωση (λ-1)χ2+(3λ+l)y2+λ(λ+l)χ = (λ-3)(1-λ),λeR (1) α) Αν λ = Ο, να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει Η ε και η C2 τέμνονται στα 0(0,0) και Π(-Β2/Α,Β). μία ισοσκελή υπερβολή C 1 ,της οποίας να βρείτε δ) Από το γ ερώτημα, έχουμε: τις εστίες και την εκκεντρότητα. Β2 β) Αν λ= l,να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει μία Α 1 - Α = -4 <=> παραβολή C2, της οποίας να βρείτε την εστία Β-2 και τη διευθετούσα. Β=2 γ) Αν λ=-1,να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει Το κέντρο του κύκλου είναι: Κ(-Ν2,-Β/2) δηλαδή έναν κύκλο C3, του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ(-Υ2,-1) καιC2 : i = -χ, οπότε, και την ακτίνα.

1 ' ρ δ) Να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης C4, με ρ = -Υ2 , Ε(2 , ο) , η , 0) . κέντρο συμμετρίας Ο, κοινές εστίες με την υΕ(- 4 4 . Έστω τα σημεία Α(κ-λ,κ), Β(κ+λ,4-κ), κ,λeR περβολή C1 και εκκεντρότητα και Ο η αρχή των αξόνων. α) Αν ΟΑ ..L ΟΒ ,να αποδείξετε ότι το σημείο Λύ ση α) Αν λ = Ο τότε: (1) <::::> -x2+y=-3 <::::> x2-y =3 Μ(κ,λ) ανήκει σε μία παραβολή C 1 • 2 2 2 β) Αν (ΑΒ) = 4, να αποδείξετε ότι το σημείο <::: :> � - L = 1 , δηλαδή παριστάνει την ισοσκελή Μ(κ,λ) ανήκει σε ένα κύκλο C2• 3 3 γ) Να αποδείξετε ότι η εστία της παραβολής C 1 χ 2 y2 ' ανήκει κύκλο c 2. υπερβολη,' C 1 . - = 1 . Άρα δ) Να εξετάσετε αν υπάρχουν κ,λeR, έτσι ώστε 3 3 για το σημείο Μ(κ,λ), να ισχύουν: ΟΑ · ΟΒ Ο i=α2+β2=>i=6=>r- .J6 , οπότε ε=l = =.J2. και (ΟΑ ) 2 + (ΟΒ) 2 4 (1) . α ν3 ση ' Λύ Οι εστίες είναι Ε ( - ../6 ,0), Ε( .J6 ,0). α) ΟΑ = (κ - λ, κ), ΟΒ = (κ + λ, 4 - κ) β) Αν λ = 1 τότε: (1) <::::> 4y +2χ = Ο <::::> 1 ΟΑ ..L ΟΒ � ΟΑ · ΟΒ = Ο � i = - - χ, δηλαδή παριστάνει την παραβολή, C2: 2 2 (κ - λ)(κ + λ) + κ(4 - κ) = 0 � λ = 4κ 2 1 1 1 Άρα, το Μ ανήκει στην παραβολή C 1 :y = 4χ. i = - χ με 2ρ = δηλαδή ρ = -2 2 2 β) (ΑΒ) =4=>(κ+λ-κ+λ) +(4 κ-κ) =4 � -2 , 2 4, 2 2 2 2 (2λ) +(4--2κ) =4 => 4λ + 1 6-16κ+4χ = 4 => , 1 ' Ε( -1 ,0) και διευθετουσα, εστια δ: χ = - . λ2+4-4κ+r = 1 => (κ-2)2+λ2 = 1 .

8 8 Άρα, το Μ ανήκει στον κύκλο C2 :(x-2)2+y= l .

2 y γ) Αν λ = -1 τότε: (1) <::::> -2x -2 = -8 <=> x2+y= γ) Για την C 1 , έχουμε: 2ρ=4 � ρ=2,οπότε,

{

{

{

{

{:

Jf .

·

• -

-

=

-

�

=

χΕ = f = 1, ΥΕ = Ο προφανώς (χε-2)2+yΕ2= 1 . Άρα 2

το Ε ανήκει στον C2. δ) Έστω ότι υπάρχουν κ,λεR, έτσι ώστε να ισχύ-

-

4, δηλαδή παριστάνει τον κύκλο C3 : x2+y=4 με κέντρο 0(0,0) και ακτίνα R=2. δ) Οι C 1 ,C4 έχουν κοινές εστίες, οπότε γ = .J6 Αν 2α ο μεγάλος άξονας της c4 τότε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/40

------ Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου ------β) Η (1) είναι εξίσωση κύκλου �Α2+Β2-4Γ>Ο :::} J6 = 1._ = :::} α = J7 . Επομένως <=> 4+4-4λ > ο <=> λ < 2. α

� ν7

α

� ν7

2 β2 = α2-i = 7-6 = 1, οπότε, C4 : χ27 + y1 = 1 -

-

γ) ί) Το κέντρο Κ του κύκλου είναι: Κ(1,1) και η

.

6. Έστω ο κύκλος C:x2+y+Ax+By-6=0, A,BeR, ο οποίος διέρχεται από το σημείο Μ(-1,-1). α) Να αποδείξετε ότι το σημείο Ν(3,3) ανήκει στον κύκλο C. β) Να αποδείξετε ότι το κέντρο Κ του κύκλου ανήκει στην ευθεία x+y-2 = Ο. Αν επιπλέον, η χορδή ΜΝ είναι διάμετρος του κύκλου, τότε: γ) Να βρείτε την ακτίνα του κύκλου. δ) Να αποδείξετε ότι για κάθε σημείο Σ του κύκλου -2 - - - -C, ισχύει: ΚΣ - (ΚΜ + ΚΝ)ΚΣ + ΚΜΚΝ = Ο .

ακτίνα του R = .J2 - λ . Η θέση του Ρ ως προς τον C, εξαρτάται από το πρόσημο της παράστα­ σης: D=(PK)2-R2=(λ-1 )2+(λ-1 )2-(2-λ)=λ(2λ-3) Προφανώς αν D > Ο, δηλαδή λ < Ο ή 3/2<λ<2, τότε το Ρ είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου, αν D<O, δηλαδή Ο<λ<3/2, τότε Ρ είναι εσωτερικό σημείο του κύκλου και αν D=O, δηλαδή, λ=Ο ή λ=3/2, τότε το Ρ είναι σημείο του κύκλου.

} 2

- - 5 ΡΑ )")" ΡΒ :::} ΡΑ · ΡΒ = :::} ( ΡΑ ) ( Ρ Β ) = 5 Ρ εξωτε ρ ικό το υ C :::} � 5 :::} ( ΡΚ ) - R 2 = 5 :::} =

ii)

}

MeC=:>l+l-A-B-6=0=:>A+B = -4 α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι: 9+9+3Α+3Β-6=0, ή Α+Β = -4, που ισχύει. =:>2λ2-3λ=5=>(λ=-1 ή λ= � )=:::>λ=-1, αφού λ<2. β) Ο κύκλος διέρχεται από τα Μ,Ν. Άρα το κέ­ 2 ντρο του Κ ανήκει στη μεσοκάθετο μ του τμήμα­ τος ΜΝ. Αν Κ είναι το μέσο του ΜΝ, τότε, 1. Δίνεται η παραβολή ψ 2 = 8χ και τα σημεία 3-1 3-1 Χκ = -- = 1 , Υκ = -- = 1 . Η ευθεία ΜΝ έχει A(2t 2 ,4t) και Β( 2p 2 ,4p ), t p που προφανώς 2 2 ανήκουν στην παραβολή. Αν η ΑΒ τέμνει την 3+1 κλίση λ = -= 1 , οπότε η μεσοκάθετος μ, έχει διευθετούσα της παραβολής στο σημείο Γ με 3+1 3 Ψr = -4t να δείξετε ότι : κλίση -1, επομένως έχει εξίσωση y-1 = -(χ-1), τεταγμένη i) t 2 + tρ - 1 = ο (1) δηλαδή x+y-2 = Ο. ίί) Αν το Α ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας γ) Αν R η ακτίνα του κύκλου, τότε: 2 2 χΟψ να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

R =(MK) =(1+1)2+(1+1)2 =8, δηλαδή R=2J2 iii) Αν ισχύει 2tp + 5 = t + p (2), τότε να δείξετε δ) Το Σ είναι σημείο του κύκλου και η ΜΝ διάμε­ ότι το μέσο Μ του ΑΒ ανήκει σε παραβολή. τρος. Άρα η γωνία ΣΜΝ -ορθή - είναι - (βαίνει σε ημικύΛύ ση κλω), οπότε: ΣΜ .l ΣΝ :::} Σl\1 · ΣΝ = 0:::} - i) Για την παραβολή έχουμε: 2ρ=8=>ρ=4. Ο(ΚΜ - ΚΣ)(ΚΝ - ΚΣ) = Ο :::} -- -- -- πότε (δ): χ =-Ε2 , δηλαδή ( δ) :χ=-2. Άρα Γ( ΚΜΚΝ - ΚΜΚΣ - ΚΣΚΝ + ΚΣ 2 = Ο :::} - 2 - - - --2, -4t3 )Αφού τα σημεία Α,Β,Γ είναι συνευθειακά ΚΣ - (ΚΜ + ΚΝ)ΚΣ + ΚΜΚΝ = Ο θα ισχύει: det ( ΑΒ, ΑΓ) = Ο ( 3 ) και 7. Έστω η εξίσωση x2+y-2x-2y+λ = Ο (1) και το σημείο Ρ(λ,λ) λeR. α) Αν λ = 2, τι παριστάνει η εξίσωση (1); ( 3) � � p ;t �Od +tρ-1�0 Λύ ση :

"Φ

-

β) Να αποδείξετε ότι η (1) είναι εξίσωση κύκλου C,αν και μόνο αν, λ < 2. γ) Αν λ<2 τότε: ί) Να βρείτε τη σχετική θέση του σημείου Ρ; ως προς τον κύκλο C. ii) Αν Α, Β δύο σημεία του κύκλου C και Ρ σημείο της ευθείας ΑΒ, τέτοιο ώστε: ΡΑ· ΡΒ=5, τότε να βρείτε το λ. Λύ ση

(1) <:::> x2+y-2x-2y+2=0 <::> x2-2x+l+y-2y+1 = Ο <=> (x-1)2+(y-1)2 =Ο <=> x=y= 1. Άρα η (1) παριστάνει το σημείο (1, 1 ). α) Αν λ = 2 τότε:

,� : _:� o4 �

ii) Αφού το Α ανήκει στην διχοτόμο τη ς γωνίας χΟψ θα ισχύει : (ι) ΧΑ = ψΑ => 2t2 = 4t 2t2 -4t = 0 =:> 2t(t -2) = 0=> 00 2 t=2 => p = --23 , οπότε Α(8,8) και λΑΒ =-3-=4.

-+2 2 Άρα εξίσωση της ΑΒ είναι: ψ - 8 = 4(χ - 8), δηλαδή ψ = 4χ - 24 . iii) Για το μέσο του ΑΒ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/41

=:::}

------ Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ------2p 2 + 2t 2 - 2 2 7!3 4p + 4t = 2(p + t) χΜ - Ρ + t , ΨΜ = ίν) Επειδή η (η) διέρχεται από το σημείο ( ,0) 2

2

( 2) ψ 2 2 2 ΑJ..λά (p + t) = p + t + 2pt :=> (---MY = χΜ + 2pt:=> 2 1 ψ� 1 , - = χΜ + t +p - 5 :=> xM = --ψΜ2 ---ψΜ + 5 . Άρα 4 4 2 το Μ ανήκει στην παραβολή: (c): χ = .!. ψ2 _ .!. ψ + 5 2 4

8 Κ ..[3 .J3 7 , : 4-συνθ = 7ημθσυνθ :=> ημθ =- . θα ισχυει 8 2

χ2 ψ 2 Δίνεται η έλλειψη ( c1 ): 6 + 9 = 1 και το 1 σημείο Μ(4ημθ,3 συνθ) , θ Ε ( 0 , 2 π ) Άρα Α(Ο, - 2 συνθ) . Για ψ=Ο θα έχω: i) Να εξετάσετε αν το σημείο Μ ανήκει στην 3 έλλειψη. συνθ) · χ =7ημθσυνθ <=:>χ = 2 ημθ . Άρα Β(2 ημθ,Ο) . ίί) Να βρείτε την εξίσωση εφαπτομένης της έλ­ ( 4 4 λειψης στο σημείο Μ.

7ημθ Συνεπώς για το σημείο Λ θα ισχύει : χΛ = <=:> 3 π π ίίί) Αν θ * , τότε να δείξετε ότι η κάθετη , 8 π 2 2 8χ (η) στην εφαπτομένη στο σημείο Μ έχει εξίσω- <=:> η μθ = Λ (1) και ψΛ = _26 συνθ�ΟU\.()= 6ψΛ (2) .

7 7 ση: (η) ( 4συνθ).χ -- ( 3 ημθ)ψ = 7ημθσυνθ 36 Ισχύει όμως ημ2 θ + συν2θ = 1 <=:> 64χ� + � = 1 <=> .fj 7 49 49 ίν) Αν η (η) διέρχεται από το σημείο Κ( , Ο) 8 χ� ' η ε' λλειψη ( c2 ) : � = 1 . Άρα ο γ. τ. ειναι +7 � 21 2 2 να δείξετε ότι ισχύει η σχέση: ημ 2 θ = 6 2 , ό( ) ( ) 4ε 8 6 που ε η εκκεντρότητα της έλλειψης. , � -+? � = 1 και οι εκκεντροτητες c 1 , c 2 αντιστοι-, ν) Έστω Α και Β τα σημεία που η (η) τέμνει τους 7 άξονες και Λ το μέσο του τμήματος ΑΒ. Να δειχθεί ( )2 ( )2 8 6 ότι ο γεωμετρικός τόπος του Λ είναι έλλειψη (c2 ) νί) Να δειχθεί ότι οι (c 1 ),(c2 ) έχουν την ίδια εκ­ γ .Ji , χως θα ειναι: ε1 = - = - ,ε2 = = κεντρότητα.

2.

χ2 ψ2 (4ημθ) 2 (3συνθ) 2 , : .... Λυση ..Μ. + ___Μ_ = = + 16 9 16 9 16η μ2θ 9συν2 θ = ημ2θ + <Jt>Vθ=1 . Άρα το Μ ανή= --- + 16 9 κει στην έλλειψη ( C1 ). i) Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο σημείο Μ γράφεται ισοδύναμα 9xxr.t +1�=135<=:> 9χ · 4ημθ + 1 6ψ · 3συνθ = 144 <=:> <=:> ( 3η μθ ) · χ + ( 4συνθ ) · ψ - 12 = Ο 3ημθ . Άρα ίί) Από το ερώτημα ii) έχω: λεφ = 4συνθ η ζητούμενη κάθετη (η) στην εφαπτομένη στο ση, Μ θα εχει , συντελεστη, λ = 4συνθ και η εμειο , 3η μθ ξίσωση της γράφεται ισοδύναμα: 4συνθ ψ - 3συνθ = (χ - 4ημθ) <=:> 3ημθ <=:> ( 4συνθ ) · χ - ( 3ημθ ) · ψ = 7ημθσυνθ η

α

4

4

6

3. Δίνεται η r ηl 2λχ+ (Wv = 8λ? (1) με λ Ε 1R . α) Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει δυο ευ­ θείες έστω (ε) και (η). β) Να βρείτε τη γωνία φ που σχηματίζουν οι δύο ευθείες. γ) Αν Μ το σημείο τομής των δυο ευθειών να βρείτε την γραμμή πάνω στην οποία κινείται το σημείο για Ο<λ<2. δ) Έστω (ε) και (η) οι προαναφερόμενες ευθείες με αρνητική και θετική κλίση αντίστοιχα. Αν η (ε) σχηματίζει με τους άξονες χχ ' και ψψ' τρί­ γωνο εμβαδού 8 και η (η) τρίγωνο εμβαδού 2 να βρείτε την τιμή του λ (Ο<λ<2).

-

-

Λύση α) Έχουμε : (1) � χ 2 - ψ 2 - 2λχ + 6λ ψ = 9 λ 2 - λ 2 ( χ 2 - 2 λ χ + λ 2 ) - (ψ 2 - 6 λ ψ + 9λ 2 ) = 0 � (χ - λ ) 2 - ( ψ - 3 λ ) 2 = 0

�

� χ + ψ - 4λ = Ο ή χ - ψ + 2λ = Ο. Άρα παριστάνει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/42

------ Μαθηματικά για την Β' Λυκείου τις ευθείες (ε) :χ+ψ-4λ=Ο 1αι1. (η) : χ-ψ+2λ=Ο. β) Έχω: λ. = -1, λη = 1 οπότε θ α ισχί>ει λ λ η = -1 Άρα οι ευθείες τέμνοντα κάθετα, δηλαδή <$ = 9 0° . γ) Λύνοντας το σύστημα των δυο εξισώσεων: χ+ψ-4λ=Ο και χ-ψ+2λ=Ο βρίσκω χ=λ και ψ=3λ,

--------­

•.

}

χΜ = λ => ψ Μ = 3χΜ. ΨΜ = 3λ

-5

Μ ανήκει (BΓ)=J36+12=if3,(BE) =J36+12=4J3 ,(FΓ) =if3 στην ευθεία ψ=3χ και αφού Ο<λ<2 => Ο<χ<2, το Άρα (ΒΓ) =(ΒΕ) =(ΕΓ) δηλαδή το ΒΓΕ ισόπλευρο. Μ ανήκει στο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ της ευθείας ψ=3χ με Ο<χ<2, χωρίς τα Α(Ο,Ο) και Β(2,6). Παρατήρηση : ΕΒΓ = 60°, EAr = 2 · ΕΒΓ = 1 20° δ) Η (ε) τέμνει στους άξονες στα Α(Ο,4λ) και Β(4λ,Ο), 2.Θεωρούμε τη παραβολή C1 : y 2 = 8χ . Αν για οπότε ξ =8 ::J j 4� ·14� =8=>&»} =8=>λ=1 . Ομοίως τα K(S x0,9) , Λ( x0,y/ - s) με x0,y0 ε R. και 2 οπότε

για την (η) τα σημεία τομής

Άρα το

με

του άξονες είναι:

την αρχή Ο των αξόνων ισχύει:

CΚ.LΟΛ, τότε:

1 . Τα σημεία M( x 0,y0 ) ανήκουν σε έλλειψη Γ(Ο,2λ) και Δ(-2λ,Ο). Άρα � =2=> .!-j 2� · j -2� =2=> 2 ( C 2 ) της οποίας η μια εστία συμπίπτει με την λ2 = 1 => λ = 1 Τελικά Ε ι = 8 και Ε2 = 2 => λ = 1 , εστία της ( C ι ) . δεκτή τιμή αφού 1 ( Ο, 2) .

2. Να δείξετε ότι η ευθεία ( ) 2x - 3y + 9 = Ο , \ I γν{ι τ ι ο ς Κοτ�ομπ{ι σ η ς είναι κοινή εφαπτομένη των ( C1 ) και ( C 2 ) .

1. Δίνονται τα σημεία του επιπέδου Α( -2, 0 ) , 3. Αν Α, Β τα σημεία επαφής της ( ) με τις Β ( 2, 0 ) και M( x0,y0 ) . Αν για την προβολή Η κωνικές τομές ( C1 ) και ( C 2 ) , να δείξετε ότι ο του σημείου Μ στον άξονα χ 'χ ισχύει: ε

I

υ ,L Ι \ ' υ π ω

ε

\ ' τ ι π π υ c:

:

ε

κύκλος με διάμετρο την ΑΒ διέρχεται από την -2 - = ΗΑ · ΗΒ , τότε: κοινή τους εστία.

2.Αποδείξετε ότι το Μ ανήκει σε ισοσκελή υ­ Λύ ση περβολή.

1 . Είναι ΟΚ = ( 5χ0 - 0, 9 - 0 ) = ( 5 χ0 , 9 ) και 3.Θεωρούμε τον κύκλο με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα ρ=ΑΒ που τέμνει την υπερβολή στα σημεία OΛ = {x0 - 0, y� - 5 - 0 ) = (x0 , y� - 5) οπότε έ­ Γ,Ε. Να δείξετε ότι το ΒΓΕ είναι ισόπλευρο. χουμε ΟΚ ..l 0Λ => ΟΚ · ΟΛ = 0 => 5�+ -45 = 0 => Λύ ση 2 5χ� + 9y� = 45 => �9 + 2::.2.52 . = ι . Άρα τα σημεία 1 . Η προβολή του Μ πάνω στον άξονα χ'χ είναι Η( ΧιJ,Ο . Επίσης είναι ΗΜ = ( Χο - Χο , Υο � Ο) =( O,y0 ) , ανήκουν στην έλλειψη 2 ΗΑ = (-2 - χ0,0) και ΗΒ = (2 - χ 0 , 0 ) .

2 , χ + y z = ι . Επισης , 5 εχουμε α = 9 και β 2 9 5 2 2 'Εχουμε ΗΜ = ΗΑ ΗΒ => I HM I = ΗΑ · ΗΒ => οπότε γ2 = α2 -β2 = 9 - 5 = 4 . Άρα γ = 2 και οι ε­ Υο =( -2-χσ )(2-χσ ) + 0=> Υο =-4+χ� =>χ� -Υσ =4 . στίες της είναι Ε (2, 0 ) και Ε -2 , 0 ) . Για την πα­ ΗΜ

,

9io

)

_

_

·

(

Μ ανήκει στην ισοσκελή υπερβολή (C) : :ι! _j_ =I · ραβολή ( c l ) : y2 = 8χ έχουμε 2p = 8 δηλαδή ' 4 4 2. Για την υπερβολή ( C) έχουμε c1 =4 δηλ. α=2, p = 4 . Επομένως η εστία της είναι Ε(Ε. ο) δηλαοπότε οι κορυφές της είναι τα Α, Β. Ο κύκλος με κέντρο το σημείο Α και ακτίνα ρ = ΑΒ έχει εξί- δή Ε ( 2, Ο ) , κοινή εστία των δύο κωνικών τομών. Υπάρχει σημείο Α( Χι ' Υι ) της ( Cι ) ' δηλαδή τέσωση: (χ+2)2 +1 =16 , αφού (ΑΒ) = �(2+2)2 + 0 =4 _2 · Άρα το

2'

{(χ 2 )

Οι συντεταγμένες των σημείων Γ και Ε είναι η λύση του συστήματος: Άρα Γ

Σ

:

2 + Υ2 = 1 6 x2 - y 2 = 4 +

{ -4,2.J3 ) και Ε { -4,-2._13 ) . 'Εχουμε λοιπόν:

ΕΥΚΛΕΙ Δ ΗΣ

,

τοιο ώστε 'fι =8χι , στο οποίο η εφαπτομένη της

)

)

Υι Υ = 4 ( χ +χι να συμπίπτει με την { ε : y= 3. x +3 3 χ 4 δηλαδή � = � = 3 . Πρόκειται για το y1

Β' 92 τ.4/43

3'

y1

ι

(9 ) .

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

Α

26

-,

B( x2 ,y2) της ( c2 ) δηλαδή τέτοιο ώστε, 5,ς + � = 45 στο οποίο η εφαπτομένη 5Xzx+ 9y2y =45 να συμπίπτει 45 = 3 . Πρόκειται 5Xz = -2 , με την ( ε ) δηλαδη' -9y2 3 9y2 για το

Ομοίως: Υπάρχει σημείο

� �) -2,

(οι πράξεις είναι απλές).

3. Δείξαμε ότι τα σημεία επαφής της ( ε ) με τις κωνικές τομές C 1 και C εί-

( ) ( 2) ναι Α ( � ,6 ) και Β ( -2,%)

-------

Xr =-α και Yr =-β οπότε είναι α=-χr β =-Υr . Το σημείο όμως Β (α, β) βρίσκεται στον (C) οπότε: α 2 +( β -2) 2 =4 �(-xr )2 + (-yr -2)2 =4� χ/ +( Yr + 2γ =4�. Το Γ ανήκει στον ( C ) : x 2 +(y + 2) 2 =4, συμμε­ τρικό του (C) ως προς την αρχή Ο. Από τις απαντήσεις των ερωτημάτων (ι), (2): Α (-α, 4 - β) και Γ (-α, -β) επίσης έχουμε Β ( α, β) . Άρα ΑΒ=(2α,2β -4), ΑΓ=(Ο,-4). Αλλά: ( ABΓ)= .!.2 J det ( AB, AΓ)J = .!.2 1 2α 2β - 4 Ι = Ιαl · ι Άρα Ι α Ι=F3 �α=±vi3. Αλλά: οc +(β-2}2 =4� �3+(β-2)2 =4�β=3 ή β=ι . Άρα οι συντεταγμένες του σημείου Β μπορεί να είναι : ( vf3, ι) , ( -vf3, ι) , ( vf3, 3) , ( -vf3, 3) .

3.

Έχουμε: και

'

4.

ο

αντιστοίχως. Το Ε είναι σημείο του ιcύκλου με διάμετρο την ΑΒ αν ΑΕΒ δηλαδή αν - -- EA J. EB , ΕΑ · ΕΒ = Ο . ή Όμως

= 90° , ΕΑ= (�-2,6) = (%,6) και ΕΒ= (-2-2,i) = (-4,i) .

5 -- 5 επομένως έχουμε FA.· ΕΒ=-( -4) + � =-10 + ιΟ=Ο.

2 3

Γ�:ωργιιί:ιiης Θι•>μιiς 65" ι\ ι'Jκι:ιο Λ l l ψ<•J\'

Έστω η παραβολή σε y2 = 2px , με εστία Ε και τυχαίο σημείο Α το οποίο βρίσκεται στην διευ­ θετούσα (δ). Να αποδειχθεί ότι : α) Το μέσον του ΑΕ βρίσκεται πάνω στον y 'y β) Η μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΕ είναι εφαπτομένη της παραβολής Λύ ση: α) Είναι Ε . Ο και

Δίνεται ο κύκλος (c) : x2 + (y - 2) 2 = 4 και τα σημεία του Α, Β ώστε ( ΑΒ) = 4 . Έστω ακό­ μα ότι Β ( α, β) ;eΌ (Ο, Ο) και Γ το συμμετρικό του Β προς την αρχή των αξόνων.

1. Να βρείτε τις συντεταγμένες του σημείου Α συνάρτηση των α,β.

2. Αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι urοσκελές. Α - , Αν Κ το μέσον 3 . Αν το σημείο Β κινείται στον κύκλο ( C) να βρείτε την γραμμή στην οποία ανήκει το σημείο Γ. _e _e 4. Αν το εμβαδόν του τρίγωνου ΑΒΓ είναι του ΑΕ τότε: - 1.......1. - Ο 2 ( ΑΒΓ) = ιJ3 , να βρείτε τις συντεταyμένες του Β. Άρα το Κ ανήκει στο y 'y Λύ ση 1. Το κέντρο του (C) είναι το Κ Ο και η αβ) Η κλίση της ΑΕ είναι λ _ ll_ οπότε η κλίση 3.

( � Υι ) .

(� )

χκ -

( ,2) κτίνα του είναι ρ= 2 . Άρα ( ΑΒ) = 4 �(ΑΒ) =2ρ , χ+β +α και 2=-Α-� �ΚμεσοτουΑΒ�Ο=-Α 2 2 χΑ =-α και =4- β .

2. Αφού Γ το συμμετρικό του Β προς την αρχή των αξόνων είναι Γ{�-β) . Τότε είναι ( ΑΓ)= �(-α + α)2 +(-α -4 + β)2 = �0 +(-4)2 =4, άρα Υ

yA

(ΡΕ) =( ΑΓ) =4, δηλαδή το ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

2

_

..,. '

= , Ρ

() λ 1 = _Ε_ . ΦέρΥι νουμε κάθετη στην (δ) στο σημείο Α, η οποία τέμνει την μεσοκάθετο ( ε 1 ) στο ση μείο Μ ( Χ 1 , y1 ) Τότε: Μ ε ( ε1 )� ΜΑ = ΜΕ � Μ ε ( c ) . Η εφαπτο­ της ( c) στο Μ έχει εξίσωση ΥιΥ=p(χ+χι) και κλίση λ2 = _Ε_ = λ 1 Άρα ( ε ) Ξ ( ε 1 ) Υι της μεσοκαθέτου ε 1 του ΑΕ είναι

•

μένη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/44

•

Γ' λΥΚΕΙΟΥ

Ασκήσεις Γενι κής Παιδείας

Οι ασκήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλογή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημα­ ντικό στοιχείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτημα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Θανάσης Χριστόπουλος 3° Λύκειο Δάφνης, Κατωτριώτης Κωνστα­ ντίνος 5° Λύκειο Μυτιλήνης, Κοτζαμπάσης Ιγνάτιος Γυμνάσιο Άντισσας Μυτιλήνης Θανιίσης Χ ρ ι στι)πουλος J" Λίι κειο \άφνης

1. Αν Α,Β ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης, με 1 - �χ2 - x + l και Ρ(Α) = lim f ( χ) , όπου f ( χ) = Χ - Χ2 C Ρ(Β) = CV , όπου V είναι ο συντελεστής μεταβλητότητας των 5 πρώτων περιττών φυσικών. Ι-+1

Να βρείτε τις πιθανότητες των Α και Β. Να αποδείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

i) ii)

iii)

Να δειχτεί ότι Λύ ση

-5 + 4J2 < Ρ( Α n Β) � 0 , 5 .

10

1-(JC -x+1) i) Είναι: f(x) 1-�,(-χ+1 χ-,( 1 (χ - χ2) . (χ - χ2)(1 + �χ2 - χ + 1) 1 + �χ2 - χ + 1 1 = .!_ Άρα Ρ( Α) = lim χ -+' 1 + �x z - χ + 1 2 -χ = 1 + 3 + 5 + 7 + 9 = 5 , ' Για το Ρ(Β) εχουμε: 5 � z z z 7 12 + 165 + +5 +3 52 = 5 - 25 = 33 - 25 = 8 . sz 5 2J2 οπότε Ρ(Β) = Άρα CV = J85 = 2J2 5 5 ii)Aν Α,Β ασυμβίβαστα τότε: �ΑυΒ) =Ρ( Α)+� = 2.J2 5+4fi > 1, (αφου 4ν 2 > 5 ), ατοπο -21 + 10 5 iii) Είναι Α n Β Α , οπότε: Ρ(Α n Β) � Ρ(Α) <::::> Ρ( Α n Β) � .!_2 . Επίσης Ρ(Α υ Β) � 1 => Ρ(Α)+ Ρ(Β) - P(AnB) �1 =>Ρ(Α)+ Ρ(Β) -1 � P(AnB) => -5 +104J2 � Ρ(Α n Β) . Τελικά -5 + 4J2 � P (A n B) � 0,5 10 ,

ι;;

,

ς

2 . Δίνεται η συνάρτηση f(x) = αex + βχ + 1 και Α το σημείο τομής της γραφικής παράστασης της f με το θετικό ημιάξονα Oy. Αν η εφαπτόμενη ευ-

θεία στη γραφική παράσταση της f στο σημείο της Α είναι παράλληλη στην ευθεία y=-x και σχη­ ματίζει με τους άξονες τρίγωνο εμβαδού 2. i) Να υπολογιστούν τα α,β και ii) Για α=1 και β=--2, να βρεθεί η μονοτονία, και τα ακρότατα της f. iii) Να βρεθεί η διάμεσος των Λύ ση

f(-2), f(-1 ), f(O), f(l), f(1/2)

Έχουμε f(x) = αeχ + βχ + 1 για χ=Ο προκύπτει ψ=α+ 1. Άρα Α(Ο,α+ 1) είναι το σημείο τομής ' της Cr με τον y y οπότε ΥΑ>Ο =>α+ 1>0=>α>-1 (1). Η εφαπτόμενη στο Α έχει λ=f'(Ο) όπου f'(x) = αeχ + β οπότε λ=f(Ο)=α+β. Αφού είναι παράλληλη στην ευθεία y=--x θα έχει λ=-- 1 , δηλα­ δή α+β= -1 (2) και θα έχει εξίσωση: y = - χ+(α+1) που τέμνει τους άξονες στα σημεία Α(Ο,α+1) και Β(α+l,Ο). Αλλά : (ΟΑΒ)=2=>.!.(α + 1)2 = 2 => 2 (α + 1γ = 4 => α + 1 = 2 ή α+1 = -2 =>α=1 ή α=-3 => α=1 λόγω της (1) οπότε: (2)=>β=--2. ii) f(x) = ex - 2x + 1 <::::> f '(x) = ex - 2 , οπότε f'(x)>O <::::> ex -2>0<:::x:> >ln2 και τελικά f'(x)<()<::} x<ln2. Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (ln2,+oo] και γνησίως φθίνουσα στο (-<XJ, ln2]. Άρα Ymin = f(ln2) = eΙD2 -21n2 + Ι = 2-21n2+ Ι = 3-ln4 Ι Ι 5 > 5 , f(-I) = iii) f(-2) = -τ+ e e +3 > 3 f(0) = 2 , f(1) = e - 1 , f(.!.)

2 = J; αφού f,γνησίως φθίνουσα στο(-<ΧJ, ln2] θα είναι f(O) < f(-1) < f(-2) αλλά το f(1) = e - 1 <2<f(O) και f(.!.)

2 = J; <e-I οπότε τελικά f(l/2)<f(1)<f(O)<f(-1)<f(-2) και δ=2.

3.

'Εστω ο δειγματικός χώρος Ω = {0,1,2,3, 4 } ενός πειράματος τύχης. Αν ισχύει:

Ρ(κ) = ! Ρ(κ - 1) , για κ=1,2,3,4 . τότε: κ

i) Να υπολογίσετε τις πιθανότητες των απλών ενδεχομένων. ii) Αν Α= { ω,ω2 -ι} και Β = {3, ω-2} είναι υ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/45

------

Μαθηματικά για την Γ Λυ κείου

ποσύνολα του Ω με ΑΙΙΒ= { 3 } να προσδιορι­ στεί το ω και οι P(A'nB) και P(AUB) Λύ ση

ί)

P(l) = ! P(l - 1) = Ρ( Ο) 1

------

ί) Να υπολογίσετε τις Ρ(Α),Ρ(Β) συναρτήσει του κ. ίί) Αν επιπλέον γνωρίζουμε ότι Ρ(Β-Α)=25% να υπολογιστούν τα Ρ(Α),Ρ(Β) Λύ ση

Ρ(2) = _!_ Ρ(2 - 1) = _!_ P(l) = _!_ Ρ(Ο) 2 2 2

ί) Η (1) έχει διακρίνουσα Δ= κ2 (κ -1)2 ;:::ο και ρί­

ζες χ 1 =κ και χ2=κ2 • Επειδή το κ παριστά πιθανότη­ τα θα είναι αριθμός στο διάστημα [0, 1 ] οπότε το κ�2 • Αφού Α ς;; Β θα είναι Ρ(Α):::Ξ;Ρ(Β), συνεπώς Ρ(Α)=κ2 , Ρ(Β)=κ. ίί) Είναι Α ς;; Β , οπότε Α 11 Β = Α . Επομένως Ρ(Β-Α)=Ο,25�Ρ(Β)-Ρ(Α)=Ο,25�κ-κ2=0,25� 2 1 1 , 1 1 κ -κ+ - =0�(2κ-1)2=Ο�κ=- αρα Ρ(Α)=- Ρ(Β)= - .

4 2 4' 2

Ρ(3) = _!_ Ρ(3 - 1) = .!_ Ρ(2) = _!_ Ρ(Ο) 6 3 3 Ι Ρ( 4) = _!_ Ρ(4 - 1) = _!_ Ρ(3) = _ Ρ( Ο) 4 24 4 Ρ( Ο) + P(l) + Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(4) = 1 1 1 1 Ρ(Ο) + Ρ(Ο) + l Ρ(Ο) + (j Ρ(Ο) + Ρ(Ο) 1 24 65 24 Οπότε Ρ( Ο) = 1 Άρα Ρ( Ο) = 7. Αν χ ι ,χ2,· · · ,χ2ο οι παρατηρήσεις μιας μετα­ 24 65 βλητής Χ με ακέραιες τιμές και οι οποίες έχουν 24 1 διάμεσο δ=2 5 ενώ το 30% αυτών είναι μικρότε­ P(l) = Ρ(2) = � Ρ(3) = _i_ Ρ(4) = 65 ' 65 ' 65 ' 65 ρες από τη διάμεσο και έχουν μέση τιμή Χ Α =1 5 ίί) Αν ω=3 τότε ω2-1=32-1=8 � Ω άτοπο. Οπότε ω2- CVΑ=20% ενώ το 40% είναι μεγαλύτερες από 1=3::::2:χο= , αφού ωεΩ. Άρα Α = {2,3} και τη διάμεσο με μέση τιμή Χ8 =30 και CVB=lO% και Εξετάστε αν οι παρατηρήσεις όλες έχουν ομοιο­ Β = {3,0} οπότε A' nB=B-A={O} 8 γένεια.

24 AUB= {0,2,3 } , P(A' nB)= }\0)= P(AUB)= 4)Λύ ση 65 13 65 Το 30% των παρατηρήσεων είναι μικρότερες 4. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) με ΓΔ=2ΑΒ διαμέσου (6,παρατηρήσεις) , το 40% είναι με­ της και το άθροισμα των μηκών των βάσεων και γαλύτερες από τη διάμεσο (8,παρατηρήσεις), άρα του ύψους να είναι 30. Να βρεθεί πότε το εμβα­ το 30% των παρατηρήσεων(Ι ΟΟ-70=30) είναι ίσες δόν είναι μέγιστο. με τη διάμεσο. Άρα Λύ ση Σti=6 · 1 5 +6 · 25 + 8 · 30=90+ 1 50+240=480 Έχουμε: β 1 +132+υ=30�2α+α+u=30�3α+υ=30. Θέτουμε υ=χ , οπότε 3α=30-χ. Το εμβαδόν του -χ = 480 = 24 για τις 6 παρατηρησεις ' ' μιπου ειναι 20 (βι + β 2 )υ (2 α + α)υ = = τραπεζίου είναι Ε = 2 2 κρότερες του δ θα είναι: CVΑ = �Α , οπότε ΧΑ (3Ο - χ)χ = = 15χ - .!_ χ 2 = Ε(χ) , με Ε'(χ) = 1 5 - χ .

SA = CVA · Χ Α = SA=O, 20 · 1 5=3 και SΒ=Ο, Ι Ο · 30=3.

2 2 225 Χ 2 + χ 2 + ... + χ 62 Εύκολα βρίσκουμε Emin=E(1 5)= = 1 12, 5 .

- 1 52 � Άρα: s � = ι 2 2 6 5. Η βαθμολογία στο μάθημα των Γλώσσας σε χ� + χ; + ... + χ� = 6 · (3 2 + 1 5 2 ) =1404 οι επόμενες δύο λύκεια της χώρας ακολουθούν την κανονική 6 παρατηρήσεις είναι ίσες με τη διάμεσο, δηλαδή κατανομή. Ποιο Λύκειο είχε περισσότερους α­ 2 ριστούχους (Μ.Ο.>90/100) αν γνωρίζουμε ότι 25, οπότε χ; + χ; + ... + χ�2 = 6 · (25 ) = 3750 . Και στο πρώτο Λύκειο η μέση τιμή ήταν 7 5 και η τέλος για τις 8 παρατηρήσεις που είναι μεγαλύτε2 + 2 + + χ 20 τυπική απόκλιση s=5, ενώ στο δεύτερο η μέση έχουμε: s � = Χ ι 3 Χ ι 4 ··· 2 - 302 � δ του ρες τιμή είναι 72 και το s=9 8 Υπόδ ε ιξη : Συγκρίνοντας τα διαγράμματα των δύο 2 Χ �3 + Χ �4 + ... + χ;0 = 8 · (9 + 30 ) = 7272� κανονικών κατανομών βλέπουμε ότι στην πρώτη κατανομή πάνω από 90 (90= χ +3 s) έχουμε Ο, 1 5% χ� + χ; + ... + χ;0 = 1404 + 3750 + 7272 =12426.

2 2 2 των μαθητών. Ενώ στη δεύτερη 90= χ +2 s οπότε s2 = Χ ι + χ 2 + ... + χ 2ο - 242 = Άρα: πάνω από 90 θα έχουμε 2,5% 20 12426 - 242 = 62 1 3 - 576 = 45 3 = 6. Αν Α,Β ενδεχόμενα ενός π.τ. με Α ς;; Β και πι­ ' ' ' 20 θανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) τις ρίζες της εξίσωσης : Οπότε s 6, 8 και CV = � = 6• 8 > Ο 1 . χ 2 - κ(κ + l)x + κ 3 = Ο ( 1 ) χ 24 ' =

•

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/46

·

-------

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

------

2

Κ ιπι•η μ ι ι;ηη ς Κ ι·η·στιι \'τίνος 5" \ i1 κno ' l υτι­

log ν (ν + 2)2 = log ν 2ν+ +2ν2ν+ 1 < Ο � Ρν+Ι < Ρν για (ν + l) ι . Δίνεται ο δειγματικός χώρος Ω = { 1, 2, 3, ... , 9} κάθε ν = 1,2,3, ... ,9 . Οπότε: p 9 < p 8 < ... < ρ , κατά ενός πειράματος τύχης και οι αριθμοί συνέπεια δ Ρ = p 5 = log � ν 1 + 5 Ρ. = log -- , ν = ι, 2,3, , 9 . s ν δ) cvp = 0,09 � f = 0,09 � sp = 10-2 α) Να δείξτε ότι οι αριθμοί Ρν μπορούν να ορι­ στούν ως οι πιθανότητες των απλών ενδεχομέ­ 9 νων του Ω. ε) Η κλίση της εφαπτομένης της Cr σε κάθε ν είβ) Να βρείτε την μέση τιμή p και την διάμεσο ναι: f' (ν) = -� Οπότε: τιμή δΡ των Ρ ν γ) Αν ο συντελεστής μεταβολής των Pv είναι 1 -1 � ν 2 < 64 � 1 < ν < 8 . Άρα: < cvp = 0,09 ' τότε να βρείτε την τυπική απόκλι- -2 ν 64 ση των Ρ . , ν = 1, 2,3, ,9 .

A={l,2,3,4,5,6, 7} �Ρ( Α) = U; =log8 Επίσης είναι δ ) Θεωρούμε την συνάρτηση f με f(x) = 1 + .!.

6 > 5 Άρα: ' Β = {6,7,8,9} � χ lοg-6 < lοg-6 �-6 <-�ν ν 5 ν 5 χ > Ο και τα ενδεχόμενα που ορίζονται ως 10 Α = {ν Ω I η κλίση της εφαπτόμενης της cf P(B) = p6 + ρ ; + p8 +p9 = log6 = 1 - log6 . στο σημείο της ( ν,f(ν) ) να είναι μικρότερη i) Επειδή log8 > log .!.Q πιθανότερο να συμβεί 6 του - � , Β = ν Ω / log � < δΡ Να βρείτε: 6 είναι το ενδεχόμενο Α. i) Ποιο από τα Α, Β είναι πιθανότερο να συμ­ ii) A - B = {l,2,3,4,5} � P(A - B) = log6 βεί. ii) Την πιθανότητα ώστε να πραγματοποιηθεί iii) Α n Β = { 6, 7} � Ρ( Α n Β) = μόνο το Α , από τα Α , Β. ' log-67 + log-78 = log-68 = log-43 Οποτε: iii) Την πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το πολύ ένα από τα Α, Β. Ρ ( Α n B) = 1 - P(A n B) = 1 - log 34 Λύση : α) Για να συμβαίνει αυτό αρκεί: Ο�pν �1, για κάθε η συνάρτηση f με ν= �2, 3, ... ,9 και Ρι +Pz +P.J +... +J\ = I . Πράγματι, 2. Δίνεται 2 χ ln t - ( t ln t + t) χ + t 2 , με t > Ο f(x) = ν+l ν+l O�pν �l d)�l<g �1 log l � log ν � log l O x-t ν i.ΙΊ \'1] ς

( )

•••

.

• .

s

P

7

•.•

i=l

Ε

} {

}

Ε

.

I

-

�

-

Να δείξτε ότι: limf(x) = tlnt - t x-+t β) Ορίζουμε την συνάρτηση g με g(t) = -limf(x) + ! , t > Ο t ( i) Βρείτε το σημείο της γραφικής παράστα­ log �1 . i2 . .. ν ν+ l = log(ν + l) , για κάθε ν Ε Ν• . σης της g στο οποίο η κλίση της εφαπτομένης είναι μέγιστη. Οπότε για ν=9 έχουμε: (ii) Βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης της g στο σημείο της ( 1,g(1)) . Ρ + Ρ 2 + Ρ3 + . + Ρ9 log 10 = 1 β) Είναι p = .!._ Ρ; = .!._ · 1 = .!._ Επειδή το πλήθος (iii) Έστω ( χ; ,Υ ; ) , i = ι, 2,3, ...,κ σημεία της (ε).

9 9 9 ι) Αν οι τετμημένες των σημείων αυτών έχουν των παρατηρήσεων είναι περιττό (ν = 9) η διάμε­ μέση τιμή χ = 9 και τυπική απόκλιση s x = ι να σος είναι η μεσαία παρατήρηση . Όμως: βρείτε τη μέση τιμή και την τυπική απόκλιση των τεταγμένων τους Υ; ί=1,2,3,...,κ ν+2 ν+l logΡ ν+Ι - p ν = log-= 2 ) Βρείτε το συντελεστή διεύθυνσης των τεταγν+} ν ν+l <:::1:> � �10<::::> ν�ν+1�10ν<=>Ο�1�9ν που ισχύει ν 1 , , , � ... =t-.2 ιr.J+ _!_� �= αφου ν�- . Επισης ειναι: -'!f "-5: +."5.: 1 2 9 ν

(

ι

.

�

)

·

..

α)

...•

=

:Σ i=l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/47

χ-+1

-----i = 1 , 2, 3,

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

μένων y 1 , ,κ και να εξετάστε αν το δείγμα τους είναι ομοιογενές.

3) Βρείτε την ελάχιστη θετική σταθερά c που πρέπει να προσθέσουμε σε κάθε παρατήρηση y1 , ώστε το δείγμα που θα προκύψει να είναι ο­ μοιογενές. Είναι: ΛΥΣΗ: α)

Χ-Η

Χ--+1

χ-+!

_!_ t > O , g'(t) = -lnt - 1 + 1 - _!_ t2 = -lnt - t2 1 -2 = -2 - t2 και g ,(t) = --+ t t3 t3 g"(t) = 0 <::::> 2 - t2 = O <::::> t = .Ji g"(t) > 0 <=> 2 - t2 > O <::::> O < t < .Ji g"(t) < 0 <::::> 2 - t2 < 0 <::::> t > .Ji Άρα για t = .Ji η κλίση της Cr γίνεται μέγιστη και το ζητούμενο σημείο είναι το .fi, ( 3 - ln 2) (ii). Η κλίση της εφαπτομένης είναι η λ = g'(1) = -ln1 - 1 = -ι και η εξίσωσή της μορφής: y = -χ + β . Επειδή το σημείο (ι, g(ι) = 2) ανήκει στη παραπάνω ευθεία θα ισχύει: 2 = -ι + β � β = 3 . Οπότε η εξίσωση της ζητούμενης εφαπτόμενης είναι: y = -χ + 3 .

• •

•

(

(iii) (1)

�

)

Ζ

Κuτ;ιιμπάσης Ιγνιiτιος Γυ μ\'άσιο '\\'τ ισσας

•..

x2 lnt-(tlnt + t)x +t2 = x2 lnt - tlnt · x - t · x + t2 = xlnt(x - t) - t(x - t) = (χ - t)(xlnt - t) .

- t) = Άρα: limf(x) = lim (x - t)(xlnt Χ-t lim(xlnt - t) = tlnt - t , t > O β) (ί) Από (α) είναι g(t) = -tlnt + t + !t , t > 0 Για

-------­

Χ

1. Δίνεται f(x) = - - ln x + 1 , με χ > Ο .

2 ί. Να βρείτε τα ακρότατα της συνάρτησης f. ίί. Υπολογίστε το lim x1·-f'(x) .

FxΧ 1 ίίί. Αν g(χ) = χ - eχ- , με χ Ε :ιR , τότε g(x) � O . ίν. Να δείξετε ότι f ( χ) > g( χ) για κάθε χ > Ο . Ι--+1

χ2 -ι , f'( χ) =χ--χι =-(Ο,+οο ) εχουμε: , χ οπότε f' (χ) Ο <::::> χ > 1 και f(χ) <Ο�<χ<1. Άρα fi [�� και f r (ο, ι] ' οπότε minf( χ) = f(1) = � 2

, ι.. Στο Λυση:

>-

Λ

δηλαδή f (χ) � �2 για κάθε χ Ε (Ο, +οο ) (1 ). ίί. Έχουμε x · f'(x) = χ2 - 1 = (-χ - ι) ( ι + -Γχ ) , 1 - -Γχ ι - -Γχ οπότε χ -+ 1 x1 - f ' ( x ) = (- 1 - 1) ( 1 + .Jl ) = - 4 .

-� ίίί. Για κάθε χ Ε 1R έχουμε: g' (χ) = (χ - ex--1 )' = ι - ex--1 (χ - ι )' = 1 - ex--1 ' οπότε g' (χ) > ο <=> ι-eχ--1 >0 <::::> ι >eχ--1 <::::> Ο>χ-1 <::::> χ-ι<Ο<::::> Χ -< 1 . Ομοίως g'( χ) < Ο � χ > ι . Επομένως gί ( -οο,1] Iim

Λ

ν

και g.J.. [ι,+οο) . Άρα mιxg(x) =g(ι) =O, δηλαδή g( χ) � Ο για κάθε χ Ε 1R (2). ίv. Από (1), (2): g(x) �O< ��f(x) για κάθε χ > Ο .

2 2. Δίνεται η f (χ) = x z και ( ) : y = α με α > Ο . ί. Να βρείτε την τιμή του α, ώστε οι εφαπτόμε­ ε

ε1

ε

νες ( ) ,( z ) της Cr στα σημεία Α, Β που την Είναι: y1 = -χ1 + 3 , i = 1,2,3, ... , κ Άρα: y = -x + 3 = -9 + 3 = -6 και s Y = 1-ti s x = 1 τέμνει η ( ) να είναι κάθετες. [ΑΠ.: 4 (2) Για τον συντελεστή μεταβολής έχουμε: ίί. Αν Ε το εμβαδόν του τριγώνου που ορίζεται cv = = i > ι� . Άρα το δείγμα δεν είναι από την ευθεία ( ) και τις εφαπτόμενες της Cr y στα σημεία τομής της με την ευθεία ( ) , να ομοιογενές.

(3)Έστω οι παρατηρήσεις του νέου δείγματος. βρείτε τον ρυθμό μεταβολής του την στιγμή που Τότε z1 = y1 + c , i = 1,2,3, ... ,κ όπου c > O . Άρα είναι ορθογώνιο. [ΑΠ.: Ε = 2α2 = Ε ( α) , z = y + c και s z = s Y = ι . Για να είναι το δείγμα ίίί. Θεωρούμε δέκα σημεία ( Χ1 , Υ ) ομοιογενές πρέπει και αρκεί: i = 1,2, ,10 της C r των οποίων οι τετμημένες 1 ι cvz � - � -- � _!_ � Ι c - 6 1 � 10 � c � -4 ή έχουν � = 2 και s = Jϊ4 . Να βρείτε την μέση 10 Ιc - 61 10 c � ι6 . Άρα η ελάχιστη τιμή για να προκύψει τιμή των τεταγμένων. [ΑΠ.: s2 = y - ( �γ , y = ι 8 ] δείγμα ομοιογενές είναι c = ι6 <::::> c � ι6 . ε

�I

ε

α =_!_] ε

E' a)=l]

zi

ι

.•.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/48

Μαθηματικά yια την Γ' Λυκεiου

Γ ' λΥΚΕΙΟΥ Επαναληπτι κές Ασκήσεις κατεύθυνσης Οι ασιcήσεις που ακολουθούν είναι μια επιλσyή από πολλές ασκήσεις συναδέλφων μαθηματικών. Σημαντικό στοι­ χείο αυτής της προσπάθειας ήταν και οι εργασίες από το παράρτημα Μυτιλήνης. Έτσι έχουμε συνεργασίες από τους συναδέλφους: Αποστόλης Κακαβάς - Κώστας Τσαγκάρης Αθήνα, Αλκιβιάδης Τζελέπης Ευαγγελική Σχολή Ν. Σμύρνης, Νίκος Κεφαλάς Λύκεω Παμφίλrον Μυτιλήνης, Σπύρος Γιαννακόπουλος Παράρτημα Ηλείας, Παναγιώτης Λ. Θεοδωρόπουλος Σχολικός Σύμβουλος Αρκαδίας και Λακωνίας, Πρόδρομος Π. Ελευθερίου Σχολικός Σύμβουλος Ν. Λέσβου, Κουτσκουδής Παναγιώτης Π.Π.Λ.Μυτιλήνης. Άσκηση 1 η

Α.

Να βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις για τις οποίες να ισχύει :

f1(x) = χ1 - 6χ + 9, για κάθε x e R . φ1(χ) + 5φ(χ) + 6 = Ο, για κάθε χ e R. Β. Να βρεθεί η συνεχής συνάρτηση g ώστε g1(x) = 2g(χ)ημχ+1 ,χ e R και g( π2 )=l +.Ji Γ. ·Αν g(x) = ημχ + �1 + ημ1χ ,για κάθε χ e R α. β.

1

Να δειχθεί ότι η εξίσωση g(x)=

-χ

έχει μία π

τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα (- - , 0) .

�·

Να δειχθεί ότι

r g(x)dx

αν υπάρχουν α, β β3 α3 τότε 3

2 e R με

,(1) υπάρχει ξ e (α,β) τέτοω ώστε: g(ξ)< ξ1• α<β ώστε

{-χχ -+3 3' χ' �χ 3<3 , δηλαδή f(x) = lx - 31 για ' x E R , η' τελος ' f(x) = { χ - 3 . ' χ<3 , δηκαθε -χ + 3 ' χ � 3 f(x) =

<

Λύ ση: Α.α. Για κάθε χ e R έχουμε:f2(χ) = χ2 - 6χ + 9

� f2(x) = (χ - 3)2 � f(x) =

{-χχ -+3 3, x, eχ Ae-cR-AR

λαδή f(x) = -lx - 31 για κάθε χ e R . β. Για κάθε χ Ε R έχουμε: φ2(χ) + Sφ(χ) + 6 = Ο � φ2(χ) + 3φ(χ) + 2φ(χ) + 6 = ο � φ(χ)(φ(χ) + 3) +2(φ(χ) + 3) = ο � (φ(χ) + 2)(φ(χ) + 3) = ο ( 1 ). Θα δείξουμε φ( χ) = -2 για κάθε χ Ε R ή φ( χ) = -3 για κάθε χ e R. Έστω ότι υπάρχουν χ 1 , χ2 e R με Χ 1 :;e χ 2 , π.χ. Χ 1 < χ 2 ώστε φ( χ1 ) = -2 και φ(χ 2 ) = -3. Η φ είναι συνεχής στο [χ1 , χ 2 ] φ(χ 1 ) = -2 :;e φ(χ 2 ) = -3 τότε από το Θ .Ε. Τ . προκύ­ πτει ότι για κάθε η Ε (-3,-2) υπάρχει Χ 0 Ε ( χ1 , χ 2 ) : φ(Χ 0 ) = η. Άρα (l ) => (φ(Χ 0 ) + 2)(φ(Χ 0 ) + 3) = 0 => (η + 2)(η + 3) = 0 => η = -2 ή η= - 3,άτοπο γιατί η Ε (-3,-2). Άρα φ(χ) = -2 για κάθε χ Ε R ή φ( χ) = -3 για κάθε χ Ε R. Β. Για κάθε χ Ε R έχουμε:g2(χ) = 2g(χ)ημχ + ι � g2(χ) - 2g(χ)ημχ + ημ2χ = ι + ημ2χ � (g(χ) - ημχ)2 = ι + η μ2χ. Έστω h(χ)=g(χ) - η μχ ,χ e R τότε (h(x))2 = ι + ημ 2χ => h(x) :;e Ο και h(x) = �ι + ημ2χ, για κάθε χ Ε R, ή h(x) = -�ι + ημ2χ, για κάθε χ Ε R, αφού η h(x) διατηρεί σταθερό πρόσημο στο R ως συνε­ χής με h(x) :;e O . Α λ λ ά h ( !.) = g ( !.) - η μ (!.) =

Αν η f(x) αλλάζει πρόσημο σε κάποιο σημείο α e R , δηλαδή f(x) = χ - 3 στο [α, α+ε) και f(x) = -χ + 3 στο (α-ε, α) για κάποιο ε > Ο, τότε αφού η f είναι συνεχής στο α θα έχουμε lim f(x) = li� f(x) => α - 3 = -α + 3 => α = 3 Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε ευκολότερα αν παρατηρήσουμε ότι η συνεχής συνάρτηση f έχει μοναδική ρίζα την χ 0 = 3 οπότε οι τιμές της δια2 2 2 τηρούν σταθερό πρόσημο στα διαστήματα ( -οο, Ο) = ι + Ji - ι = Ji > O . Άρα h(χ) = �ι + ημ2χ, δηκαι (Ο, +οο ) . λαδή g(x) = ημχ + �ι + ημ2χ ,για κάθε χ Ε R, η Άρα Α = R ή Α = 0 ή Α = [3,+οο) ή Α = (-οο,3) οποία επαληθεύει τις αρχικές συνθήκες. δηλαδή f(x) = χ - 3 για κάθε χ Ε R , ή π f(x) = -x + 3 για κάθε x E R , ή Γ. Έστω η συνάρτηση t(x) = g(x) + χ, χ Ε [- 2 ,0]. ως αποτέλεσμα 1 Το θέμα Αβ ανέδεtξε στη Συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Η t είναι συνεχής στο [-�,0] 2 πράξεων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων Β ' ο συνάδελφος Δημήτρης Αργυράκης και το γενίκευσε ο x-+a

•

•

χ-+α

συνάδελφος Νίκος :Αντωνόπουλος στο άρθρο του «Αναλυτικές συζητήσεις)) τεύχος 88 του Ευκλείδη Β '.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/49

Μαθηματικά yια την Γ ' Λυκείου

t(- 2π ) = g(- 2π ) - 2π = ημ(- 2π ) + 1 + ημ2 (- 2π ) - 2π =

=- 1 +fi -� < 0 και t(Ο) = g(Ο) = ημ0 + �1 + ημ20 = 1 >0.

2 π 0) Οπότε από Θ.Bolzano υπάρχει χ 0 ε (--, 2 ώστε t(x 0 ) = 0, δηλαδήη εξίσωση g(x)= - x έχει ρίζα στο διάστημα (- π , Ο).

2

Δ.

[]

Έχουμε:

β 3 - α3 β (1) => jg(x)dx < => jg(x)dx < � 3 3 α α α β β β => Jg(x)dx < Jx2dx => j(g(x) - x 2 )dx < Ο (2). α α α Έστω η συνάρτηση F(x)= j(g(t) - t2)dt , α χ ε [α,β] ,η F είναι συνεχής στο [α,β] και παραγωyίσιμη στο (α,β) με F '(x)= g(x) - x2 • Οπότε από ΘΜΤΔΛ υπάρχει ξ ε (α,β)τέτοιο ώστε F '(ξ)= F(β) - F(α) (3) . β-α χ

β

r(g(x) - x2)dx ( ) J α Αλλά{3} => g(ξ) - ξ2 = <2 0 => β-α => g(ξ) - ξ 2 < ο =>=> g(ξ) < ξ2.

Άσκηση 2 η

Α. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος C των σημείων Μ(Ζ) ώστε I Re(z)+l l = Ιz - 1 1. Β . Να βρεθεί σημείο Μ του γεωμετρικού τόπου C, που απέχει την ελάχιστη απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού w = 2 + 6ί Γ. θεωρούμε την συνάρτηση f που έχει γραφική παράσταση Cr το υποσύνολο της C με ψ�Ο. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της καμπύ­ λης Cr και να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρί­ ου που ορίζεται από την καμπύλη Cr, την εφα­ πτομένη της στο Μ, και του άξονα ψ 'ψ . Δ. Να δείξετε ότι η f αντιστρέφεται και να λύσετε την εξίσωση : r ( r χ + χ = 2 Γ1 χ + χ , στο

() ) � ()

[0,+«>) Στη συνέχεια να δείξετε ότι το εμβαδόν Ε του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x), Γ1 (χ), είναι

4 το .!.

3 του εμβαδού τετραγώνου πλευράς α= .

Ε. Να δειχθεί ότι:

..

J1( f ( εφχ ) - f ( σφχ))ιιχ = Ο 6

Λύ ση : Α.

Έστω z=xo+yoi τυχαίος μιγαδικός αριθμός. Τότε ΙRe(z)+1 1 = Ιz - 1 1 � Ιχο + 1 1 = I xo+yoi- 1 1�Ιxo+ 1 1 = �( Χ 0 - 1) 2 + Ψ/ �ψο2 = 4χο.

- • •I

Επομένως ο γεωμετρικός τόπος C, των εικόνων Μ(χο, ψο) των μιγαδικών z, είναι η παραβολή ψ2 = 4χ με εστία E(l ,O) και

διευθετούσα χ=-1

Β.

I

- - - - - - - - - - - - - - ,I

�

I I I I I I

4

Έστω Μ(χ,ψ) σημείο της c .L - - - - - � _:-_-_ � -=- --� = �-- -::.

Η εικόνα του w είναι τότε Α(2,6) I 2 2

Οπότε: (ΑΕ)= ν(2 - χ) + (6 - ψ)

i Τα ση μεία i i Μ(χ, ψ) της i � �=2px είναι i i Μ(ψ2/2p,ψ) :

(� -2J' +(ψ - 6)' - �d(ψ) , οπότε (ΑΕ) χιστο�d(ψ) ελάχιστο . Όμως d'(ψ)= ( : - 12 J ..-----

-

�- - · - · - · - · - - - · �

ελά-

οπότε d'(ψ)=Ο�ψ3=8·6�ψ=2 � και d'(ψ)>Ο� ψ>2 � ενώ d'(ψ)<Ο� ψ<2 � . Άρα μόνο στη θέση ψι=2 � η συνάρτηση d(ψ), παρουσιάζει ολικό ελάχιστο. Το σημείο της παρα­ βολής που απέχει ελάχιστη απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού w είναι το Μ ( </36,2� ) . Γ. Αφού y � Ο και χ = L2 � Ο θα είναι 4 f{ χ) = 2-J;. που είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο)

Jx και η εξίσωση εφαπτομένης της στο σημείο Μ είναι: ψ-2 � = � ( χ - � 2 ) , δη-

Cr

με f'(x)=

( _.!. J

1 χ + :V6 1 Γr . Επειδή f,(χ)= χ 2 = � - 1 Γ < Ο, η f είναι κοίλη στο (Ο,+οο ).

2χνχ Επομένως η εφαπτομένη της Cr σε κάθε σημείο της με τετμημένη στο (Ο,+οο) βρίσκεται πάνω από την Cr. λαδή

y=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/SΟ

Μαθηματικά -yια την Γ Λυκείου

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

ι

j(�

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε(Ω) είναι: Ε { Ω) =

[ � - �2 �-

1 = -

2 }x =

x + \/6 - ,/X

+

x - �R 3

]

if36

ο

+ �-w

2-.Γχ = y έχει μοναδιιcή ρίζα χ ;::: Ο την χ = 4y2 , οπότε: f ( f(x) + χ) =2 � 1 (χ) + χ <=> f

· f ( f(x) + x) = f ( f- 1 (x) + x ) <=>1 1 f(x)= f - 1 (x) <=> χ 2 <=>(χ=Ο η χ=4). =-

2 ..Γχ

4 Ε. Έχουμε:

I= =-

Jj

r(εφx}Jx = -

Jj ( (i ))(i } r σφ

-χ

- x dx =

JJ h(g( χ)�'(χ) , όπου h( t) = f(σφt) και π

6

π g(t) = - t. Άρα

2

Ι=-

J;(�)) h( χ )dx = - Ji f(σφχ )dx = Jj f( σφχ )dx 6

3

Άρα ισχύει το ζητούμενο.

6

Άσ κηση 3η θεωρούμε την συνεχή συνάρτηση τους μιγαδικούς αριθμούς

z = J:r( t)dt + { f(x) - l)i , σχύει: Ι z+3 1 = Ι z+3t Ι .

h:(O,+«>)�R

με

j tj t h(x)= J x +t2 tr {ιl l }dt Να δείξετε ότι: + α) h(x) = f '1 (χ1+1) για κάθε χ>Ο και στη συνέ­ χεια ότι η h έχει ένα μόνο σημείο καμπής, στο ·Χ

.

τρίγωνο με εμβαδόν Ε < ln

=

4

Γ

Γ. θεωρούμε τη συνάρτηση

�

οποίο η εφαπτομένη σχηματίζει με τους άξονες

1 . Ψf - � ../36 = 3 + 6 - 8 = 1 =3 2 Δ. Προφανώς η f είναι "1-1" και εύκολα βρίσκου2 με: f- 1 (χ) = � , αφού για κάθε y ;::: Ο η εξίσωση

�

Β. α) Για οποιοδήποτε σημείο Μ της Cr να δεί­ ξετε ότι ΨΜ >χΜ. β) Να βρεθεί το ελάχιστο από τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ που είναι κάθετα στην πρώτη δι­ χοτόμο και έχουν το ένα άκρο στην Cr και το άλ­ λο στην c,_ . .

f:IR�IR και

για τους οποίους ι­

Α. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης ξετε ότι αντιστρέφεται και ότι:

f, να δεί­

J: r(x) dx + J:r·1 (x) dx=e. Να αιτιολογήσετε γιατί f '1 (χ) < χ, για κάθε χ>Ο.

β) Για κάθε α ε [0,1] ισχύει: Δ. Ν α δειχθεί ότι: αν

Ι=

2h( α2 )S h(O)+h(α)

π

fϊ xf (ημln (2 χημσυνχ ) dx ,τότε Ι 2χ 1 + 0

Λύ ση Α.

•

Αν

<

·

)

JnJ2

fox f (t)dt =α και f (x) - 1 = β , τότε

z = α + βί και jz + 3j = l z + 3ij � � ι α + βί +3 1 = 1 α + βi +3i l => => (α + 3)2 + β 2 = α2 + (β + 3)2 => �α=β�

J: r(t)dt = f(x) - 1 =>

f(x) = f'(x) =>f(x) = cex (εφαρμογή σχολ σελ

252).

Επειδή f(0)=1 θα είναι c=1 . Άρα f(x) = eX, για κάθε xeiR και f 1 (χ) = lnx, για 1 κάθε χ>Ο.(σελ r(x) dx + ι f (x) dx =

fo1 exdx +

154). J:

'

J

e

J: Jn xdx = [ex J: + [χ Jn χ - χ]� = .

. . . = e.

Για κάθε χ>Ο ισχύει: lnx�x- 1�lnx-x � - 1 <Ο � f- 1 (χ) < χ . Β . α) Έχουμε M(α,ea), οπότε ΥΜ = eα ;::: α + 1 > α = χΜ β) Αν το Α ανήκει στη Cr και το Β στη C r-, τότε A(α,ea) και Β (ea,α), οπότε

(ΑΒ ) = �(α - e" )2 + (e" - α )2 = �2 (α - e" )2 = = .J21α - e" l = .J2 ( e• - α ) ;;:: .J2 (α + l - α ) = .J2.

Το ίσον ισχύει μόνον όταν α=Ο δηλαδή Α(Ο,1) και Β(1,0). Επομένως το ελάχιστο τμήμα είναι το Α1Β1• Παρατήρηση : Στο σχήμα μας πιθανόν είναι ΜΝ < ΑΒ, να

οπότε δεν είναι προφανές ότι το ελάχιστο από τα ευθι'Υyραμμα τμήματα με άκρα Μ,Ν επί των C1, C r·• αvτιοτοzΧως, πρέπει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/51

Μαθηματικά -yια την Γ' Λvκdου

να ανοζητηθείμεταξύ των τμημάτων ΑΒ που είναι κάθετα στην πρώτη διχοτόμο. Εκrός και αν αποδείξουμε ότι ΜΝ

�1Β1 για κάθε Μεπί της C1και Νεπίτης CΓ, .

h

(�} h(O)< h(α)- h (%) =>2h( % )<h(O) +h(α). Το

ίσον ισχύει για α=Ο. Δ. Θα δείξουμε αρχικά ότι : αν για τις συνεχείς συ­ ναρτήσεις στο διάστημα Δ=[α,β] ισχύει: f(x) για κάθε χeΔ και f(Xo) :;tg(Xo) για κάποιο :Sg(x) χσe [α,β], τότε < Πράγματι για τη συνεχή συνάρτηση h(x)=g(x)-f(x), έχουμε h(x)� στο Δ και h(Xo):;tO, οπότε >0=> Εξάλλου f(lnψ)= eιnψ =ψ, για κάθε ψ>Ο. Σύμφωνα με τα παραπάνω έχου με: Για κάθε π 1 π , επο ως xe[O, - ], ημχ:Sχ και ημ -π = -:;tμέν 6 2 6 2 Ι < Γ. χ · ημχ · συνχ dx = Γ. ημχ · συνχ dx = ο ημ2χ + ι ο χ (ημ2χ + ι)

f,g

J: f(x)dx J: g(x)dx.

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

Ανοικτό πρόβλημα!

J x j tj +t2tf+(1j tj )dt = x 2 t= + J xΧ tf (l tl )dt = J x � J xΧ � t t2 + 1 t = Jro � +1 t +1 +1 (t2 + ι ) •dt = [In (t2 + ι )]χ = ln(x2+ 1) = = Jr x o t2 + 1 tf{ tj =fι(χ2+ 1), αφού η συνάρτηση j ) είναι περιτ­ t2 + 1 l tl άρτια. τη,' και η -t2 + 1 Γ.α) •

lος

τρ όπος:

t2

•

h(x) =

•Χ

·Χ

t2

ο

rι; τρόπος: Η

συνάρτηση h, είναι παραγωγίσιμη και μάλιστα h'(x)= =(f - ι(χ2+ 1)) ', οπότε χ +1 h(x)= ! ι(χ2+ 1)+c . h(O)= r-ι (02+ 1) = Ο= c 2 1-x l+χ Γ. α) Για κάθε χ>Ο, h (χ)= χ2 + 1 2 h"(x)>O<:>O<x<l και h"(χ)<Ο<:>χ> l . 'Αρα έχει μοναδικό σημείο καμπής το M{l , ln2). Η εφαπτομένη της Ch στο Μ είναι η (ε): ψ=x+ ln2-1 που τέμνει τους άξονες στα σημεία A(l-ln2,0) και Β{Ο, ln2-1). Άρα E=(OAB)= x A · Ψ s l = jx A Ψs l = 1 - In 2 2 ·

�

,

�I

II

{ )( ) ( )

�

�(

)

�

Όμως: 1 <2<e=>O<ln2<lne=>O<ln2< 1 => e l -.

O<l-ln2<1=>(1-ln2)2<1-ln2= ln-e =>E< -1 hι-= n 2 2 2 2 β) Η h ικανοποιεί το ΘΜΤ στα [0, � ],[ � ,α], ο2 2 α πότε υπάρχουν χ ι e{O, - ), x2 e( -α ,α) τέτοια ώστε: 2 2

h ,(χι)=

h (�) -h(O) , , h (χ2) α

h(α) - h

( %)

α � 2 2 χ ι < χ2=> h'(χ ι )< h'(x2) (h κυρτή στο [0,1])=> = ----->

J:h(x)dx

J: g(x)dx> J: f(x)dx .

π

π

= fϊ ημχ+ ( ημχ) 'dχ = }ηrημ 2 _ Ψ_ dψ = ο ημ2χ 1 μ ο ψ2 + 1 . + 2 ( ) 1 dx = [ In ( ψ2 + 1 ) 1 =.!.ln 2 = In.J2 =!J• Ψ 2 ο Ψ2 + ι 2 π

π

]

ο

Β ' τρόπος (Χωρίς αλλαγή μεταβλητής)

f!!. ημχ · συνχ dx --ι !!. (ημ2χ + 1 ). dx 2 η μ2χ + l 2 Jο2 ημ2χ + ι ι (ημ2χ + 1)J : = ι m2 = In.J2 . =2[1η 2 Στα ολοκληρώματα της μορφής J: _

_

ο

π

:��)

•

ιΙχ

εν­

δείκνυται αρχικά να ελέγχουμε μήπως χ = c · χ , όπου c σταθερά 2χ + 3 π.χ. Στο Ι = Q εφ έχουμε: εφχ + 2χ 1 - + 2 1 + εφ2χ + 2 = εφ2χ + 3, ( εφχ + 2χ ' --

g'( ) f{ ) π

)

dx

4

συν 2 χ " οπότε: ι = Jl (εφχ + 2χ)' dx = [ 1n ( εφχ + 2χ)]! = ... εφχ + 2χ 4 =

=

π

4

Άσκηση 4η Α. Να βρεθούν οι παραγωΎfσιμες συναρτήσεις

f, g έτσι ώστεf(χ)=Ιn(g(χ)+χ) (1) 1 - (2) ,g(x) > Ο ,g(x) + χ > Ο , και f'(x) g(x) για κάθε χ IR και g(O)=l. Β. Αν f(x)=ln(.Jx2 + 1 + χ) ,g(x) .Jx2 + 1 στο (Ο, +οο ) να λυθεί η aνίσωση f(x2 + 2) + f(2x) > f(x2) + f(2x + 2) (3) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/52

=

e

=

τότε

Μαθηματικά yια την Γ' Λυκείου

Γ. Να δειχθεί ότι για κάθε χ > Ο υπάρχει

g(ξ) · ln(�xz + ι + χ) = χ . Δ. Να βρεθεί το lim h (x) όπου

ξ>Ο

ώστε να ισχύει

Σ-+0

ι J<ί-du)dt g(u) h(x) Jιn(�tz + ι - t)dt Σ

=

Σ

ο

Ι1 -dt f(t) g(t)

ο

ρ. Να IJpdk:ί σwάρτηση φ ορισμένη και σuνεχιί; cπο JR τέτοια ώcnε : φ(χ) = 2

°

χ+ 2 Jφ(χ)dχ (4).

I

2 + ι) ύση: Λ Α. Στο JR έχουμε :(1)� f(x)= <2> 1 g'(x) + 1 1 ( g '( χ ) + 1 ) �� g(x) g(x) + χ g(x) + χ g(x)(g'(x) + 1) = g(x) + χ � g(x)g'(x) + g(x) = g(x) + χ � 2g(x)g'(x) = 2χ � (g2 (x))' = (χ 2 )' � g 2 (x) = χ 2 + c και για χ=Ο βρίσκουμε c=1 . Αλλά g(x) > Ο � g(x) = �χ 2 + 1 και f(x)= ln(�χ 2 + 1 + χ) που επαληθεύουν τις ( 1 ),(2). Β. Στο (Ο,+ω) έχουμε : (3) <::::> f(x 2 + 2) - f(x 2 ) > f(2x + 2) - f(2x) <=> h ( x 2 ) > h(2x) ( 5 ) , όπου: h : JR � JR με h(t)=f(t+2) - f(t) . Η h παραγωγίσιμη στο JR ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με h'(t)=f(t+2) - f(t) . Η ( 5) λύνεται εύκολα αν η h είναι γνησίως μονό­ τονη. Όμως για να εξετάσουμε την μονοτονία της h, δηλαδή το πρόσημο της h ' (t) αρκεί να συγκρί­ νουμε τις τιμές f(t+2),f(t), δηλαδή αρκεί να γνω­ ρίζουμε τη μονοτονία της f στο (0, +οο).

1 -2χ Στο JR έχουμε f '(χ) = ( r;-; )' (J;F;Ί)' = z-χ2 + 1 χ + 1 νχ2 +1 και f'(x)<O στο (Ο, +οο) ενώ f'(x)>O στο (-οο, Ο). ln1 (

0

---

ν

Άρα f .J... (O, +oo) και ft( -οο,Ο), αφού η f είναι συνεχής στο Ο. Στο (Ο, +οο) λοιπόν έχουμε: t<t+2 rr

ι __

g(t)

e

οπότε από Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ξ

(Ο,χ)

f(x) - f(O) (6).Αλλ.ά (6) 1 � χ-0 g(ξ) ln(�x 2 + 1 + χ) Γ"Γ7 �.:......__ ___;_ � g(ξ) · ln(vx+ 1 + χ) = χ. χ Δ. Αρχικά διευκρινίζουμε ότι για την συνάρτηση F(x )= r f(t)dt, όπου f συνεχή ς συν άρτηση σε διάστημα Δ και α,χ Ε Δ ισχύει:Ιίm F(x)=F(α) χ -+ α = r f ( t)dt = Ο, αφού η F είναι συνεχής στο α ως παραγωγίσιμη στο Δ με F'(x)=f(x). Έτσι λοιπόν _

•

f(l t) dt Jg(t) J2

στο [Ο,χ] και παραγωγίσιμη στο (Ο,χ) με f(t) = ώστε f(ξ) =

ο

Ε.α. Να βρεθεί το

Γ. Για κάθε χ>Ο η συνάρτηση f είναι συνεχής

Λ

=>

f(t+2)<f(t) => f(t+2) - f(t)<O => h '(t)<O

=>

h .J... [O,+oo). Άρα στο (Ο, +οο) έχουμε:

ν

(5) <::::> h(x 2 ) > h(2x) <=> χ 2 < 2χ <::::> Ο < χ < 2

ο για το lim Χ-+0 h(x) έχουμε απροσδιόριστη μορφη' -0 , γι αυτό θ εωρούμε την συνάρτη ση h 1 (χ)= 1 du)dt ' 1 du r_ < g(u) λ! g(u) 0 = .

) }

(J !

(j

ι - χ) In(./χ' +

ιn(Jί'+l - t)dt

Έστω 'Επίσης για τo 1imh Χ -+0 1 (x) έχουμε μορφή .Q, 0 1 1 du ' g(u) = lim J;.2;i = -1 . h 2 (χ)= m(�x 2 + 1 - x) ' χ -+ο _ 1 �χ 2 + 1 Άφού lim h (χ)= - 1 σύμφωνα με τον κανόνα Del' χ -+0 2 Hospita1 θ α είναι lim Χ -+0 h(x)= - 1. } (2 ) f(t) Ε. α. Έχουμε : dt = -f(t)dt = r(t)f(t)dt = ο g(t) ο g(t) ο (ι ) - (ο ) + Ι). = =

(

J

(r

)

I

I

I

J- J

[f2(t)JI f2 f2 .!.. ιn 2(.J2 2

ο

2

p .Έχουμε:

(4) => φ(χ) = Ι

J

φ(χ) = χ + 2 φ(x)dx cΕ

2

ο

.J2

ln2 (.J2 + 1) ln2 ( 2 + ι)

(5). Έστω

I

J

I

J

x + 2 φ(x)dx => ο

Jφ(x)dx = c,

ο

IR, τότε φ( χ ) = χ + 2c, οπότε : (5) => χ + 2c = I

J

= χ + 2 <x + 2c)dx => χ + 2c = χ + [χ 2 + 4cx ]� => ο

ι = --και (5) => φ(χ) = χ ι 2 IR, ποu επαληθεύει την (4 ).

=> 2c = ι + 4c => c

για κάθε χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/53

Ε

-

,

\ ι.ι.: ι Ι Ι ι ι-ι ι) ι ι ..: Ι .:: ι.i π η ..:

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου \l!ψ

ιι

2° Μέρος [το ]0 μέρος παρουσιάστηκε στο προηγούμενο τεύχος 9 1]

Οι επόμενες ασκήσεις έχουν ως στόχο να καλύψουν ένα αρκετό μεγάλο μέρος της ύλης του Διαφορικού και του Ολοκληρωτικού Λογισμού, εστιάζοντας ταυτόχρονα σε κάποιες λεπτομέρειες. Δίνεται εmπλέον έμφαση στη χρησιμοποίηση των γραφικών παραστάσεων ως υποβοηθητικού εργαλείου και με μια οπτική γωνία που αναδεικνύει κάποιες εφαρμογές της Ανάλυση Άσκηση 1 η

θεωρούμε τη συνάρτηση f, με f(x) = ημχ - χ, χ Ε [ο,;] 1 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει έν α ακριβώς χ0 Ε (Ο,�), τέτοιο ώστε f' (χ0) = Ο 2 . Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα 3. Να αποδείξετε ότι f(x) > Ο για κάθε

χε( ;) Ο,

�

•

Η f είναι παραγωγίσιμη στο

/ (Ο) = f

τέτοιο ώστε f ' ( χ 0 ) = Ο κ.λ. π.

Χο ε

•

2. Η

f

συνάρτηση

(ο.�)

είναι συνεχής και γνησίως

[ �] , επομένως:

φθίνουσα στο Ο,

f' !

=> f' (O) > f' (x) > f' (x0 ) = Ο χ0 < χ < 2 => 0 = f' (xo) > f' (x) > f' (2)

•

Ο < χ < χ0

π

•

t' !

π

Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα [Ο, χ 0 ] και γνησίως φθίνουσα στο

[ �]. ενώ στο χ0

διάστημα χ 0 ,

παρουσιάζει τη

μέγιστη τιμή της το f ( χ 0 ) Επιπλέον στα άκρα του κλειστού διαστήματος η f παρουσιάζει την ελάχιστη τιμή της το Ο αφού f(O) = Ο και •

r

( �) = o .

3. Από το προηγούμενο ερώτημα προκύπτει ότι

[Ο,�] με το ίσον μόνο για {Ο, �} . Άρα f (χ) Ο για κάθε χ (Ο, � ) .

f(x) � Ο για κάθε χ ε

.

Λύση 1 . α) τρόπος: •

σύμφωνα με το Θ. Bolzano υπάρχει

(�) = Ο

χε

[Ο, �]

Ικανοποιούνται δηλαδή οι προϋποθέσεις του

( �) , τέτοιο

Θ.Rolle, επομένως υπάρχει χ 0 ε Ο,

ώστε f' (χ0 ) = Ο. Εmπλέον ισχύει: f " (x) = -ημχ < Ο, χ Ε 0, � Δηλαδή η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθίνουσα

ε

>

Άσκηση 2 η 1. Δίνεται η παρα"(ωγίσιμη συνάρτηση φ: -+ R, τέτοια ώστε "(ια κάθε χ > Ο να ισχύει: Ζφ(χ) = χφ ' (χ) α) Να αποδείξετε ότι υπάρχει c > Ο , ώστε: φ (χ) = cx2 "(ια κάθε χ ;;::: β) Αν επιπλέον η Cφ διέρχεται από το σημείο

[Ο,+οο)

Ο

να βρεθεί σημείο της Cφ που να απέχει από το σημείο Q(O,l) ελάχιστη απόσταση.

2 . Να βρεθεί συνεχής συνάρτηση f, ορισμένη στο [Ο,+οο) , "(ια την οποία ισχύουν τα στο 0, � , οπότε και «1-1». Άρα η ρίζα χ0 είναι παρακάτω: i) f(x) > Ο "(ι« κάθε χ > Ο μοναδική. ii) Αν M(t, f(t)) είναι ένα οποιοδήποτε σημείο της "(ραφικ:ή ς παράστασης της f, τότε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την β) τρόπος: c1 και τις ευθείες χ = Ο, χ = t, ψ = Ο να είναι Η είναι παραγωγισιμη στο με ίσο με το -i του εμβαδού του παραλληλο"(ράμμου f . με κορυφές τα σημεία: 0(0, Ο), λ(t, Ο), Μ( t, f (t) ) , Β(Ο, f (t)) f'(x) = συνχ - � οπότε και συνεχής. Εξάλλου:

( )

[ ]

π � f '(O) = 1 - > Ο π

[ο. -2π]

και

2

f'(�) = - � < 0 π

οπότε

P(l,l),

Λί1 ση l .α) Στο (Ο,+οο) έχουμε

2

2φ(χ) = χφ' ( χ ) � χφ( χ ) = χ 2 φ ' ( χ ) =>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/54

Μαθη ματικά yια την Γ Λυκείου

Μ (t,f(t)) , Β(Ο, f(t)) δίνεται από τη συνάρτηση E2 (t) = t · f(t) , t � Ο

�

) => φ : = c => φ (x) = c · x2

3

Επειδή όμως η συνάρτηση φ είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη στο [Ο,+οο ) , θα είναι:

2

φ (Ο) = lim φ (χ) = lim cx2 = Ο Χ-+ 0 Χ-+ 0 Έτσι, είναι φ (χ) = cx2 για ιcάθε χ ;;::: Ο •

ο

Αν γνωρίζαμε επιπλέον ότι φ(χ)>Ο στο (Ο,+οο) () ο τότε μπορούσαμε να εργαστούμε ιcαι ως εξής 2φ( χ) = χφ'(χ) => φ '(χ) = � => (ln φ(x))' = (2Ιη χ)' φ(χ) χ Είναι Ε1 = .!_ Ε 2 => 1r f(x)dx = .!. tf(t) => 3 3 => ln φ(x ) = 2ln x + c1 => φ(x) = e 2 Ιnx+c, => 2 f(t) = .!.( f(t) + tf'(t)) => 2f(t) = tf'(t) . Από την φ( χ) = e c' e ln x = cx 2 .

3 πρώτο ερώτημα της άσκησης προκύπτει ότι: β) Ρ ε Cφ => φ(1) = 1 => c = 1 :::> φ(χ) = χ 2 .

2 , t � Ο (ή f(x) = χ 2 , χ � Ο ). f(t) = t Έστω Μ (χ0 , χ0 2 ) τυχαίο σημείο της Cφ ιcαι η . χ3 απόσταση του από το σημείο Q(0,1) είναι η t 3 = -1 · 2 Επαλήθευση: x 2 dx = - = t t 3 3 3 2 2 2 (QM) = (x0 - 0) + ( χ / - 1 } = �Χ 04 - χ0 + 1 Ορίζουμε τη συνάρτηση Άσκηση 3 η k (x) = χ4 - χ2 + 1, χ ε � που είναι Δίνεται συνάρτηση f: (Ο, +οο) R, τέτοια παραγωγίσιμη στο IR. με ώστε: f' (x)ex+f(x) 2χ - χ2 (1) k ' ( χ ) = 4χ3 - 2χ = 2χ ( 2χ2 - 1 ) . και η γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο Α(1 , -1) Τότε: (QM) ελάχιστο <=>k(x) ελάχιστο 1 . Ν α αποδείξετε ότι η συνάρτηση έχει τύπο Στο (Ο, -too ) έχουμε: {(χ) = 2 ln x - x

[ ]ι

{

�

3

2

ο

�

=

1 .J2 k '(x) > O � x2 > - � χ > ενώ

2. Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης οι ασύμπτωτές της και 2 2 3 . Να λυθεί η εξίσωση: 2 ln χ1 + 2 = 2χ - 1 .J2 k '(x) < O � O < x < . χ1 - 2χ + 3 2 4. Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης ιcαι αφού η συνάρτηση k είναι συνεχής στο � θα {(χ) = IC, IC Ε R ../2] , ιcαι 5. Να βρείτε σημείο της C1, το οποίο απέχει ειναι γνησιως φ θ'ινουσα στο διαστημα [ο, 2 ελάχιστη απόσταση από την ευθεία με εξίσωση γνησίως αύξουσα στο διάστημα ['7, +οο) . ψ = χ, καθώς και την ελάχιστη απόσταση ·

·

,

π αρουσια' ζει λοιπον '

·

ολιιcο ελάχιστο στο χ0 '

(../2 ι)

=

../22, .

Λύ ση

, , Μ ειναι το μονο ι . Στο (Ο, +οο) παρατηρούμε ότι: Ε πομενως το σημειο 2,2 σημείο της Cφ που απέχει την ελάχιστη απόσταση (1) => f '( χ ) ef(x) 2xe·x - x2 e-x => ef( x) ) = από το Q. 2. Το εμβαδόν Ει του χωρίου που περικλείεται από την c1 ιcαι τις ευθείες χ = Ο, χ = t, ψ = Ο = ( r ) •e-X + ( e·X ) Ir => /(χ) = r · e-X => ef(x) = X + c δίνεται από τη συνάρτηση: Ει (t) = f: f(x) dx η ιcαι επειδή διέρχεται από το σημείο Α( 1 , -1 ),e οποία ορίζεται ιcαι είναι παραγωγίσιμη για ιcάθε => e f <x) \ =? t ε [0, -too ) με Ε; ( t) = f ( t ) . Το εμβαδόν Ε2 του έχουμε c = Ο. Έτσι: (1) χ2 παρ/μου με κορυφές τα σημεία Ο (Ο, Ο) , Α ( t, Ο) , f (x) = ln -x =:>f (x) = 2 ln x - χ e

{

=

( )•

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/SS

e

2

'

χ2

Μαθηματικά yια την r· Λυκείου

f είναι παραγωyίσιμη στο διάστημα ( Ο, +οο ) , με f' (χ) = �. Είναι: χ

2.

Η

•

f' (x) > Ο <=> Ο < χ < 2

• f ' (χ) < ο <=> χ > 2 Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο 2 θα είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα (0,2] , και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [2, +οο ) Παρουσιάζει λοιπόν ολικό μέγιστο στο 2. Εmπλέον, lim f(x) = lim ( 2ln χ - χ) = --οο και .

Χ-+0+

Χ -+0+

(� )

2 x f(x) = 2ln x - x = x -ι . Για το

+«>

-.

+οο

. 2ln x lιm

Χ-++«>

Χ

--

Αλλά

. έχουμε απροσδιοριστη μορφη '

( 2 1n χ ) ( Χ )'

I

2

2

- και 1.ιm - = 0 . Άρα Χ-++«>

Χ

Χ

(1) <=> f( χ2 + 2) = f( χ 2 - 2 χ + 3) <=> 1 χ 2 + 2 = Χ2 - 2χ + 3 <=> Χ = 2

4 . Διερεύνηση της εξίσωσης:

f(x) = κ, κ ε R i) Αν κ < 2 ln 2 - 2 : Η εξίσωση έχει δύο ακριβώς ρίζες, μία στο διάστημα (0,2) και μία στο διάστημα (2, +οο ) , αφού τότε κ Ε f ( Α1 ) και κ Ε f ( Α ) ενώ χ * 2 .

2

ii) Αν κ = 2 ln 2 - 2 : Η εξίσωση έχει μία μοναδική ρίζα, την χ = 2 ίίί) Αν κ > 2 ln 2 - 2, αφού τότε κ Ε f(Α) .

Η εξίσωση είναι αδύνατη στο R

Σχόλιο: Ουσιαστικά αναζητούμε πόσα κο ι νά σημεία

έχουν η c1 κα ι η ευθεία ψ

lim 2 ln x = Ο, οπότε: lim f(x) = +οο( -1) = -ω ·

Χ-++«>

Χ-++«>

Χ

Αν Α1

= (0, 2]

τότε

(

f(A, ) r: lim f(x), f(2) χ-+0+

ο

_,

]

-

= (--oo, 2ln 2 - 2] .Aν Α = [2, +ao) τότε 2 f(A2 ) lim f(x), f(2) = ( --oo, 2 ln 2 - 2] . Άρα

ι,; (

]

Χ-++«>

ο -

-

-

Χ-+0+

Χ-++«>

έχει οριζόντιες ασύμπτωτες. Επίσης είναι:

f(x) 2ln x - x 2ln x = 1,

Χ

Χ

Χ

οπότε

lim ( 2 ln χ - χ + χ ) = +00 . ασύμπτωτες έχει στο +οο .

και

Χ-++«>

lim f(x) = -1

Χ -+00

Χ

Άρα ούτε πλάγιες

χ2 + 2

2 In χ 2 + 2 - 2 In χ 2 - 2χ + 3 = 2χ - 1 <=>

r(x2 + 2) = f(x2 - 2χ + 3)

(1)

θα είναι και « 1 - 1 », οπότε:

1

Α

3 -

-

-

4 -

-

-

δ -

-

y= κ -

-

- χ0

)

)I

= fi(Xo -Ιηχσ ) , αφού

x > x-1 � 1nx για κάθε χ>Ο.

Θεωρούμε τη συνάρτηση :

χ > Ο . Η συνάρτηση

•

με

d

d( χ ) = J2 ( χ - ln χ ) ,

είναι παραγωyίσιμη στο

( �).

d '(x) = J2 ι -

d ' (x) < Ο <=> Ο < χ < 1 . Άρα η d είναι γνησίως φθίνουσα στο ( Ο, 1] . d ' (x) > Ο <=> χ > 1 . Άρα η d είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1, +00 ) .

+ 2 � 2 και χ 2 - 2χ + 3 = ( χ -1 )2 + 2 � 2 Επειδή στο [ 2, +σο ) η f είναι γνησίως φθίνουσα

Όμως χ 2

Μ (χ0 , 2 ln χ0

° J2

•

<=>

�

τυχαίο σημείο της γραφικής παράστασης της f. Η απόσταση του από την ευθεία (ε) με εξίσωση ψ = χ είναι: ι;; lx - (2ln x - χ 0 d( Μ , ε ) = 0 = ν 2 lχο - ln x o l =

(O, +ao)

= 2χ - 1 <=> 3. 2 ln 2 χ - 2χ + 3

{ ) { ) 2 In { x 2 + 2 ) - { x 2 + 2 ) = 2 In { χ 2 - 2χ + 3 ) - ( χ 2 - 2χ + 3 )

5. Έστω

-

κ

f ( χ ) = 2 Ιnχ - χ

- 1 .!1

σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι:

f(A) = f(A 1 ) u f(A2 ) = ( -oo,2 ln 2 - 2] Επειδή lim f(x) = --οο η γραφική παράσταση της f έχει κατακόρυφη ασύμπτωτη την ευθεία χ = Ο ' δηλαδή τον άξονα y y. Επειδή lim f(x) = --οο δεν

-

=

Η συνάρτηση d παρουσιάζει ολικό ελάχιστο στη θέση Χι = 1, με ελάχιστη τιμή dmtn = d (l) = ..fi. Το ζητούμενο ση μείο της C r είναι το M ( l, - 1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/56

Κι:φ ιιλιίς :\ ίκος

{e-e•2+1

ι . Δίνεται η f(x) =

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λ ιι ι,ιω I Ι rιμφίλrιJ\' 1\ι! υ τ ιλφ· η �

=

συνάρτηση f με τύπο

Ιη(χ2 + 1)

αν

χ < k

όπου f συνεχής στο

li m

χ --. ο•

ln ( χ 2 + 1 ) χ

=

li m � Ο χ -.ο• χ2 + 1

Άρα f'(O)=O, οπότε f(x) =

JR

{

=

•·

-2xe x2 +1 , αν χ < Ο

�

αν χ � 0 χ2 + 1 ' Α . Ν α δείξετε ότι k=O Είναι f'(χ)>Ο στο ( -οο ,Ο) και f'(χ)>Ο στο (Ο, οο) Β. Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη και και αφού είναι συνεχής στο Ο η f είναι γνησίως γνησίως αύξουσα στο 1R IR αύξουσα στο IR και την εξίσωση της Γ. Η f ως γνησίως αύξουσα στο IR θα είναι και Γ. Να βρείτε την εφαπτομένης της C r στο χ0 = 1 1-1 συνεπώς αντιστρέφεται. Δ. Να δειχθεί ότι για κάθε χ � 1 ισχύει Αν χ<Ο, τότε f(x)= e - ex2 +1 οπότε για κάθε Χ \ χ \ f(x)+ lsx+ ln2 yEJR έχουμε: f(x)=y<::::> e-e 2 + = y <::::> e 2 + =e-y (1) Ε. Οι γραφικές παραστάσεις των C r και C r-• αν e - y s Ο , δηλαδή y � e τότε η ( 1) είναι έχουν δύο ακρι β ώς κοινά σημεία. αδύνατη. Αν e - y > O , δηλαδή y < e , τότε Υπ όδ ειξη : Αν f t R , τότε f ( x) = 11 ( x) <=>f ( x) =x ( 1 ) <::::> χ 2 + 1 = ln ( e - y ) <::::> χ2 = ln ( e - y ) - 1 ( 2 ) (για την απόδειξη θα χρειαστεί να αποδείξετε ότι Αν In ( e - y ) - 1 < 0 δηλαδή y > O τότε η (2) και Γ1 t f(R) ). είναι αδύνατη. Αν In ( e - y ) - 1 � Ο , δηλαδή y < Ο , Λύ ση τότε ( 2 ) <::::> χ = -�ln ( e - y ) - 1 . Α . Αφού η f είναι συνεχής στο IR θα είναι συνεχής και στο χ 0 = k . Άρα Αν χ � Ο τότε f(x) = ln(x2 + 1) οπότε για κάθε y Ε JR έχουμε: f(x)= y<=> ln(x2 + 1) =y<=> f(x) = f(k) => li�(e - ex2 +1 ) = lim f(x) = li� x--+k x --+k x--.kχ2 + 1 = eY <::::> χ2 = eY - 1 (2) = lim ln(x 2 + 1) = e - ek2+1 => ln(k2 + 1) = e - ek2 +1 X -+k+ Αν εΥ - 1 < 0 δηλαδή y<O τότε η (2) είναι αδύνατη. k + 2 2 Θεωρώ τη συνάρτηση g(k)= ln(k + 1) - e + e 1 Αν e>' - 1 � 0 δηλαδή y�O, τότε: (2) <=>x= Je4 -1 .

2k -�Jn(e- x) -1,x < 0 Παρατηρώ ότι g(O)=O και g , (k)= -2- + 2k e k2 + I k +1 Τελικά r 1 (x) = r-;-1 vex -1 , χ�Ο ek2+ 1 ) . Για k>O έχουμε g'(k) >Ο και + =2k( k2 + 1 Δ. Η εξίσωση της εφαπτομένης στο χ 0 = 1 είναι για k<O έχουμε g'(k) <0 . Η g παρουσιάζει ολικό y-f(1)=f'(1)(x-1). Αλλά για χ � Ο έχουμε f(x)= Ι ελάχιστο στο k=O και είναι γνησίως αύξουσα στο [0, οο) και γνησίως φθίνουσα στο ( -οο ,0] αφού n(x 2 + 1) και f'(x)= , οπότε f(1)=ln2 και χ + 1 είναι συνεχής στο Ο. Οπότε g(k) � g ( O ) = O για f'(1) = 1 . Άρα εξίσωση της εφαπτομένης στο κάθε k Ε JR με το ίσο να ισχύει μόνο για k=O. Άρα χ 0 = 1 είναι y-ln2=x-1 , ή y= x+ln2-1 . Για χ> 1 η εξίσωση g(k)=O έχει μία μόνο λύση την k=O. χ2 - 1 1 + <0. Αφού η f είναι x2 έχουμε f "(x) = -2 e e , αν χ < Ο (χ 2 + 1) 2 Η f παραΕπομένως f'(x) = ( Ιη χ2 + 1 ) , αν χ � Ο συνεχής στο [ 1 ,+οο) θα f στρέφει τα κοίλα κάτω \ στο [ 1 ,+οο), οπότε η εφαπτομένη της στο χ 0 = 1 θα χ γωγίζεται στο ( -οο ,0) με f' (χ) = -2χ e 2+ και στο είναι πάνω από την C r . Δηλαδή f(x) s x - l + ln2, (Ο, +οο) με f'(x)= Εξετάζουμε την χ +1 παραγωγισιμότητα στο Έχουμε μηδέν.

• Σχετικά με τον κανόνα De L ' Hospital παρατηρήσαμε ο \ χ2 + 0 στο Ι. τεύχος 90 σελίδα 65 ότι κανονικά ισχ6ει: f(x) e f(O) e . .

1 ιm ιm ( -2 xe x2 +t ) = Ο = χ1ιm χ --.ο--.ο- χ = f. Το αντίστροφο δ εν = f ε R => Ιim χ x --.oΙi m ' ) ) χ χ χ χ , , -. g χ -. g ( χ f( x ) - f(O) = lim f(x) - f(O) = ισχύει πάντα εκτός αν υπάρχουν και τα δύο όρια, όπως χlim χ --.ο· --.ο• χ χ στην περίπτωση μας. Αυτό όμως προϋποθέτει τον αν

x�k

Γ1

•

Λ

Λ

•

{

•

�

{

�.

r( x )

f(x) (

έλεγχο της προηγούμενης συνεπαγωγής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/57

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

οπότε f (χ) + 1 s χ + ln 2 για κάθε χ:?: 1 . Ε. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα η εξίσωση f\x)=f(x) <=> f(x)= χ Αν χ<Ο η f(x)= e - ex2 +1 , οπότε: f(x)=x<::> e χ2 +1 +x-e=O . Θεωρώ τη συνάρτηση h(x)= e x2 +1 +x-e ορισμένη στο JR , h'(x) =2 χ e x2 +1 + 1 και h"(x) = 2 e x2 +1 +4 χ 2 e x2 +1 >0 . Αρα η h'(x) είναι γνησίως αύξουσα. Η h' είναι και συνεχής στο (-οο,Ο) Επομένως το h'((-oo ,O))=( lim h'(x), li� h'(x) )= χ�-οο χ-+0 =(-οο, 1) . Αλλά Ο ε (-οο, 1) , οπότε υπάρχει ξ<Ο ώστε: h'(ξ)=Ο . Αν χ<ξ τότε h'(x)<h'(ξ)=O οπότε η h είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο ,ξ] αφού η h είναι συνεχής στο (-οο,ξ] . Άρα: h'((-οο , ξ])=[ h (ξ) , l im h(x) )=[ h ( ξ ), + οο ) Αν ξ<χ<Ο τότε h'(x)>h'(ξ)=O, οπότε η h είναι γνησίως αύξουσα στο [ξ, Ο) και h([ξ,Ο))= [ h(ξ), lim h (x ) ) =[ h(ξ), Ο) Αυτό σημαίνει ότι h (ξ) και κατά συνέπεια η εξίσωση h(χ)=Ο έχει στο (-οο, Ο ) μια μόνο λύση χ 1 • Αν χ�Ο τότε f(x)= ln(x 2 + 1) , οπότε η f(x)= χ � ln(x 2 + 1) - χ = Ο . Θεωρώ τη συνάρτηση φ( χ)= ln(x 2 + 1) -Χ ορισμένη στο JR με φ'(χ)= (χ - 1) 2 <0 . Παρατηρώ ότι φ(Ο)=Ο και η φ χ2 + 1 +οο) οπότε γνησίως φθίνουσα στο χ>Ο=:>φ(χ)<φ(Ο)=Ο . Άρα οι γραφικές παραστάσεις των Cr και Cr- 1 έχουν δύο ακριβώς κοινά σημεία. Τα ( x, , f ( x, ) ) και (Ο,Ο) .

•

χ-->-<χ>

παρουσιάζει ολικό ελάχιστο το � + Ιην'Ζ. Άρα για κάθε χ Ε (0, +οο) έχουμε:

ι h(x) ;;::: _ + Ιην'Ζ > Ο => χ 2 - Ιηχ > Ο =:>Ιηχ < χ 2 .

2 β . Dr = (0, +οο ) και Dg = R . Σύμφωνα με το α. στο (0, +οο) η C r βρίσκεται κάτω από την C g . Οι f, g είναι παραγωγίσιμες με f' (χ) = !. και g ' (χ) = 2χ. χ

'Εστω Α (χι, f(χι) Ε C r, Β (χ2 , f(x2 ) Ε C g και ει, ε 2 οι εφαπτομένες των C r, C g στα Α, Β αντίστοιχα τότε: ει : ψ - f(χι) = f' (χι) (χ - Χι) <=> ει : Ψ = f' (χι) Χ + f(χ ι) - Χιf'Cχ ι ) . ε2 : ψ - g (x 2 ) = g ' (x 2 ) (x - χ 2 ) <=> ε 2 : ψ = g ' (x 2 ) X + g (x 2 ) - x 2 g' (x 2 ) .

{

=

{_!_ =lxz =

< Ο <=> Χι

Χ -+0+

•

[0,

�π\φο.;

ι ιι\'\'ιικιίπουί.ο.;

I

Δείξτε ότι: lnx < χ 2 ,για κάθε χ Ε (0, +οο ) . β . Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = lnx και g(x) = χ 2 .Δείξτε ότι υπάρχουν ακριβώς δύο κοινές εφαπτομένες των Cr, Cg. 1 . α.

Λύ ση α. Θεωρούμε τη

J2

οπότε h

ψ ν;] ,

και h !

είναι συνεχής στο χ 0

[ν; J , +οο

J2 2

Για χ

φJ

J2 2

2χ2 - 1 = zx3 ·

=Τ

φ!

J2

<

Ο <::> Ο

[�

, + οο

χ

J

[

lim φ(χ) = lim -.; C4χ2 lnx + 1) --.ο+ 4χ

χ--.ο•

< χ < .J22 . λόγω

- ι].

ln ( : ) (Ιηχ)' = lim lim ( χ 2 1 ηχ) = lim + = χ--.ο+ ;;z χ--.ο+ C;;z)

χ --. ο·

1 ,

( )

lim - xz2 = Ο. Άρα lim φ(χ) = +οο. Η φ είναι χ--.ο+

χ--.ο+

συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο = φ !�� φ(χ) (0, ],οπότε: φ (0, Ιη 2 + ι

2

( �]) [ (�) ,

)

, + 00 ) •

lim φ(χ) = +οο.

•

χ->+«>

Η φ είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο 2 +οο ) ' οποτε: ' [..J2

( ν;

φ [

η h

=

1 ; zx3

( ο,�]

' στο χ 0 συνεχειας

ι

=- =-

ω

1

Οπότε φ'( χ) >Ο<::>χ > .[3 και φ'( χ) 2 και Άρα

- [-

αφού η h

(Ι) 1 Όμως (2)<=>lnx, -1 = --2 4χ, (2)

(1)

-χ.;

φ'

_

J2 , (χ) < 0 <=> 0 < χ <2

<=>

Θεωρούμε τη φ (χ) = lnχ + 4:2 - 1, χ > Ο. Η φ είναι παραγωγίσιμη με

�

συνάρτηση hW = χ 2 - lnx, x Ε ( Ο , +οο) Η h είναι παραγωγίσιμη με ι 2 χ2 - ι h ' W = 2χ - - = -- και χ χ h ' ( χ ) > Ο <::> χ > 2 , h '

ln.x; - 1

•

Ι Ι rφ ιφτ η μ υ Ι Ι /.ιι rι..::

<=>

Αλλά ( ε 1 ) ( ε 2 ) / ( χ , ) = g ' ( χ2 ) ' f ( x, ) - χ1 / ( χ, ) = g ( x2 ) - x2g ( χ2 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/58

)

[ (ν;) Δ�

, +οο ) = φ

= [-

.

ln2 + 1 , +οο) 2

φ(χ)

)

Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

Το μηδέν ανήκει στα παραπάνω σύνολα τιμών,οπότε η εξίσωση φ(χ) = Ο έχει ακριβώς δύο ρίζες χ1 Ε (0, και χ� Ε +οο) . Άρα υπάρχουν δύο σημεία τα Α, Α' . Λόγω της ( 1) υπάρχουν και χ2 ,χ� ώστε να ισχύουν οι (1),(2), οπότε υπάρχουν ακριβώς δύο ζεύγη σημείων Α, Α' και Β, Β ' στις C r, C g αντίστοιχα ώστε οι ευθείες ΑΒ, Α' Β ' να είναι κοινές εφαπτομένες των C r, C g .

�)

1.

.\ .

�ιιμ r\ουλο,: \ ιl ιωι) ι υ,: ιω ι .\ rι ι, r ·n·ιu,:

Π ιι\' ιtγ ι ι;>τη ς

�γ:ο/ ι ιω,:

(�,

Θ εο ό ω ρ ι'ιπουλος

{χ2χ3 -4χ-6χ2 9χ χ�χ

Δίνεται η συνάρτηση: f(x) =

+ 2,

+

+ S,

<3

β.

3

Λύση : α. Μελετώντας την f ως προς τη συνέχεια συμπεραίνουμε ότι είναι παντού συνεχής (στο σημείο χ0 = 3 ο έλεγχος γίνεται με τη βοήθεια των πλευρικών ορίων και του ορισμού). Για να μελετήσουμε την f ως προς την μονοτονία ελέγχουμε το πρόσημο της παραγώγου της. Στο (-οο,3) έχουμε: f(x ) = 3x 2 - 12χ + 9 και f(x) > O � x ε ( --oo , l ) ενώ f(χ) < Ο � χ ε ( 1,3 ) Εξάλλου στο (3,+οο) έχουμε f(x)=2x-4=2( x-2) >Q εύκολα προκύπτει η μονοτονία της στα αντίστοιχα διαστήματα. Επειδή η f είναι συνεχής στα διαστήματα (-οο, 1 ], [1 ,3] και [3,+οο), το σύνολο τιμών της f είναι: lim f(x),f(l)] u[f(3),f(l)] u [f(3), lim f(x)) f(IR) = (χ� = (--οο, 6] υ [2, 6) υ [2, +οο) = (--οο, +οο) = IR β. Παρατηρούμε ότι το Ο ανήκει στις τιμές της f που αντιστοιχούν μόνο στο διάστημα ( -οο, 1 ] και πως η f είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα αυτό. Άρα η εξίσωση f(x) = Ο έχει μία μόνο πραγματική ρίζα. x-+-+co

{

Π ρ ο σ οχή : Δεν εmτρέπεται να γράψουμε f( )

Έχουμε απροσδιόριστη μορφή ορίου

ο

ο

οπότε σύμφωνα με τον κανόνα του de L' Hospital,

αφού οι συναρτήσεις είναι παραγωγίσιμες, παίρνουμε: χ

Jr(t)dt

f(x) lim = χ-+ο 1 - συνχ χ-+0 η μχ

lim 0

(πάλι μορφή ορίου .Q)Ο

Αν εφαρμόσουμε πάλι τον κανόνα του de L' Hospital, τότε δεν θα μπορέσουμε να αντικαταστήσουμε το χ με Ο στον αριθμητή, επειδή δεν γνωρίζουμε αν η f είναι συνεχής στο Ο. Έχουμε λοιπόν f(x) - f(O) f(x) f(x) χ = lim χ - 0 = f(0) = 2 lim = lim χ-+0 η μχ χ-+0 ημχ χ-+0 η μχ 1 χ χ χ Jr(t)dt 0 Άρα lim =2. χ-+ο 1 - συνχ '

Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. Να βρείτε το πλήθος των πραγματικών ριζών της εξίσωσης f(x) = Ο. α.

Λύ ση :

3.

Έστω f:(O, +oo)-+IR μία συνεχής συνάρτηση με f (1)=1 για την οποία για κάθε χ>Ο ισχύει η σχέση: f(x) = x +

•

f( t ) J-d t t

( ι) .

ι

Να βρείτε τον τύπο της

f.

Προφανώς η f είναι παραγωγίσιμη, ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ παραγωγίσημων συναρτήσεων, οπότε: (x) xf(x) - ( x) ..!_ Λύση :

( 1 ) => f( x) = 1 + f χ

=<>

=>

( f�)) = (ln ) f�x) = χ

'

=<>

χ

2

ln

f = χ

χ+c

για κάθε χ>Ο (2).

l ( 2) => f(1 ) =lnl+c => c=l . x Τελικά f( ) = lnx+l => f( x ) = x ( lnx+l) για χ

Αλλά f(1)= 1 , οπότε:

2 -12χ +9, χ < 3 . . οτι η δ ιαπιστωσει αν δεν εχουμε χ = 3χ 2χ -4, χ >3 f δεν παραγωγίζεται στο χ0=3. Ας σημειωθεί όμως ότι για την μονοτονία της f αρκεί η συνέχεια στο χ0=3 . (Εδώ βέβαια με τη βοήθεια των πλευρικών ορίων προκύπτει ότι η f στο σημείο κάθε χ>Ο. Σχόλιο: Με τη διατύπωση αυτή στην εκφώνηση δεν μας χ,=3 δεν είναι παραγωγίσιμη). ενδιαφέρει αν η f που βρήκαμε ικανοποιεί την (1) . Γενικά 2 . Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο όμως καλό είναι να γνωρίζουμε ότι σε κατάλληλο διάστημα Δ IR και η εφαπτομένη της Cr στο σημείο Α(Ο, Ο) Πράγματι: είναι παράλληλη στην ευθεία y = 2 - S, να ισχύει: g(x ) = h(x ) � g'(x0) = h'(x ) 2 ( g(x ) = h(x 0 ) ) βρεθεί το όριο: (2) (3) ( 1) =>g(x) =h( χ) +c (3) =>g( Χο) =h(Xo) +c=>e=O�(x) =h(x) .

Jr<t)dt .

χ

•

lim -'0:....._ χ-+ ο

1 - συ ν χ

_ _

}(i)

Το ευθύ είναι προφανές. Ολοκληρώματα).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/59

(Βλέπε

θ.Ν.

Καζαντζή,

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f

: JR --+ JR συνάρτηση περιττή, συνεχής 1 . Έστω και γνησίως μονότονη με και

f(-1)=1

g(x) = f1(f(t)-t)dt . Α . αι) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ικανοποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο διάστημα [-1 1]. α2) Να λύσετε την aνίσωση g'(x - 1 - lnx) � O (1). α3) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης g'(2x - 2 - ln x2 ) = 0 . α4) Να αποδείξετε ότι

Jι-1 g(t)dt :::;; �3 .

Β. Θεωρούμε τη συνάρτηση G : [-1,1] --+ R. με

G(x)=g'(x) . Αφού αποδείξετε ότι ορίζεται η αντίστροφη συνάρτηση της G, να βρείτε το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της συνάρτησης G-1 • β2) Να υπολογίσετε το όριο ( � -1) · ΙηΙ χΙ -<::ι(χ)) . β1)

�

Σημείω ση : Καλό είναι να προηγηθούν ως Λήμμα οι

παρακάτω γνωστές προτάσεις 1. Έστω f συνάρτηση παραγωγίσιμη στο .IR Τότε: ί) Αν η f είναι περιττή, τότε η f είναι άρτια και .

αντιστρόφως. ίί) Αν η f είναι άρτια, τότε η f είναι περιττή και αντιστρόφως (απόδειξη απλή).

Έστω f συνάρτηση συνεχής στο .IR . Τότε:

2.

ί)

[ περιττή=>

ίί) f άρτια=>

[ f(x)dx = Ο

.

[ f(x)dx = 2 r f(x)dx = 2 ι f(x)dx , για

κάθε α Ε .IR .

(Για την απόδειξη εκτός άλλου τρόπου μπορούμε να θεωρήσουμε h(t)

=

J�

τις

συναρτήσεις

g(t)

= ι f(x)dx

και

f(x)dx-2 J� f(x)dx , αντιστοίχως, οπότε εύκολα

= h '(t) Ο

=

και g(O) ::::= h( O) Ο Άρα Επομένως t Ε IR . κάθε για g(t) h(t) Ο α) h( α) Ο . Θα μπορούσαμε φυσικά αντί του t να g( θεωρήσουμε ως μεταβλητή το α. βρίσκουμε g'(t) =

=

= =

=

.

Λύ ση αι) Dg=� .

Η g είναι συνεχής στο [-1 , 1 ], στο (-1 , 1 ), παραγωγίσιμη 1 g(-1) = ( f(t ) - t ) dt = O .

[

Αρκεί να αποδείξουμε ότι g(-1)=g( 1).

1°ς τρόπος Για να ισχύει g(-1 )=g( 1 ), αρκεί η g να είναι άρτια.

Έχουμε: g'(x) = f(x) - χ � g'( -χ) = f( -χ) + χ = = -f(x) + χ = - ( f(x) - χ ) = -g'(x) . Επομένως η g' είναι περιττή. Άρα η g είναι άρτια.

2°ς τρόπος 'Εχουμε: g(-1) =

[1 ( f(t) - t ) dt = Ο . Για να είναι

και g(l) = ι ( f( t) - t) dt = ο αρκεί να αποδείξουμε ότι η συνάρτη ση h ( t ) = f( t) - t είναι περιττή. Πράγματι: Για κάθε t ε �, ισχύουν: -tε � και h(-t)=f(-t)+t=-f(t)+t=-(f(t)-t)=-h(t). α2) Ισχύει: g'(-x)=-g'(x) . Για χ=Ο έχουμε g'(O)=-g'(O) => g'(O)=O , οπότε: g'(x - 1 - ln x) � Ο � g'(x - 1 - ln x) � g'(O) (2). Η (2) λύνεται εύκολα αν η g ' είναι γνησίως μονότονη. Πράγματι: Η f είναι περιττή με f(-1 )= 1 , οπότε f( 1 )= -1 και, επειδή είναι γνησίως μονότονη, η f θα είναι γνησίως φθίνουσα. g'(x) = f(x) - χ , οπότε: χ 1 <χ � f(x 1 )>f(x ) και 2 2 xι>-xz� f(x1 )- x1 > f(x2 )- x2 � g'(x1 ) > g'(x2 ) . Άρα g' είναι γνησίως φθίνουσα. Επομένως: ( 2 ) <::::> χ - 1 - ln χ :::;; Ο � 1n χ � χ - 1 , που ισχύει μόνο για χ= 1 . (Υπενθύμιση 1n χ :::;; χ - 1 για κάθε χ>Ο. Η ισότητα ισχύει μόνο για χ= 1 ). α3) Έχουμε: g'(2x - 2 - ln x 2 ) = 0 <::::> <::::> g'(2x - 2 - ln x 2 ) = g'(O) � 2χ - 2 - ln x 2 = 0 <::::> � ln x 2 = 2 χ - 2 <::::> 2 1n I χ 1= 2χ - 2 � � ιη Ι χ Ι= χ - 1 . Αν χ>Ο, τότε ln l x l= x - 1 <::::> ln x = x - 1 <::::> x = 1 . Αν χ<Ο, τότε ln l x Ι= x - 1 � 1n(-x) = x - 1 . Για να βρούμε το πλήθος των λύσεών της θεωρούμε τη συνάρτηση φ(x) = ln(-x) - x + 1 , 1 χε(---οο , 0). Είναι φ (χ) = ( ln(-x) - x + 1 )' =- - 1 < 0 , χ η φ είναι γνησίως φθίνουσα, επομένως θα έχει μια το πολύ ρίζα. Είναι : ./ φ(- 1) = ln 1 + 1 + 1 = 2 >0.

1 1 1 1 1 ./ φ -- =ln +- + 1 = -2+-+1 = -1+-2 < 0 e2 e2 e2 e2 e •

•

•

•

Ι

( ) () -

και αφού η φ είναι συνεχής στο

[-1,- :2 J ,

σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano θα έχει ρίζα Η φ όμως είναι γνησίως , χο Ε

(-ι _!__) . _

ez

φθίνουσα, οπότε το Χο είναι η μοναδική ρίζα της φ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/60

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Επομένως η εξίσωση g'(2χ - 2 - ln χ 2) = Ο έχει δυο ακριβώς ρίζες. α4) Στο ερώτημα (αι ) αποδείξαμε ότι η συνάρτηση

ι g(t)dt = 2 ί g(t)dt 'Εχουμε: ί g (t)dt = ί (t) 'g(t)dt = [ t (t) ]: ί tg'(t)dt = O - ί t(f(t) - t)dt = ί ( t2 - tf(t)) dt = ί t2dt - ί tf(t)dt = = [�Ι - ί tf(t)dt = �- 11 tf(t)dt , επομένως: .

g είναι άρτια,

= g

-

=

( χ ln Ι χ Ι ) = 2 · Ο = Ο �(e2x -ι) ·lnl x1} =0. Είναι lim

χ -+ 0

·

•

Dcr, =[-2,2] Επομένως: και επειδή το σύνολο τιμών της α- • είναι το Δ=[-1 , 1 ], για κάθε χ ε D = [ 2, 2] θα ισχύει -1 � a-1 (x) � 1 ή ισοδύναμα ι α- • (χ) ι � ι οπότε: • -ι) ·lnl χ � ( t!- -ι) · Ιnl χ Ι t!- -ι) ·lnl χ � · Ι σ cχ� 0_,

•

I

-

<J\x� =j(

�(ι!

· I( e2x - 1 ) · ln I χ Ι ·α-• (χ)Ι � I( e2x - 1 ) · ln I χ Ιj .

-1( e2x -ι) · Ιη Ι χ 1Ι �(e2x -ι) · Ιη Ι χι .σ• cχ>�l(e2x -ι) · Ιη ι χΙΙ

•

Όμως: �(e2x -ι) ·lnl x1 } =0=�-(e2x -ι) ·lnl xl } . Αρκεί λοιπόν Επομένως, σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής, θα ισχύει: �i_το ( ( e2x - ι ) · ln Ι χ J ·α- • (χ) = Ο . tf(t)dt > - � η 2. Αν f συνάρτηση γνησίως αύξουσα και συνεχής στο

11 g(t)dt = 3_3 2 Jor1 tf(t)dt .

-Ι

-χ

e2x - 1 = lim χ -+ 0

_

}

ί

ί

� - 2 tf(t)dt < %, δηλαδή διάστημα [α, β], τότε να αποδείξετε ότι: οποία ισχύει, διότι είναι Ο:::; t:::; ι και f είναι γνησίως β φθίνουσα στο [0, ι], οπότε: f(t)Ξ::f(ι) �f(t)Ξ::- ι� xf(x)dx > f(x)dx tf(t)Ξ::-t. Η ισότητα ισχύει μόνο για t= Ο ή t=ι , Απόδειξη οπότε tf(t) :.?: -t � tf(t)dt > -tdt � α Αρκεί να δείξουμε όn: xf(x)dx ;β f(x)dx>O ( 1 ). Θεωρούμε τη συνάρτηση ===> rl tf(t)dt .!._2 ===> rl tf(t)dt 2 0 Jo Jo α t g(t) = ί xf(x)dx - ; ί f(x)dx , tε [α, β] * . β ) Στο ερώτημα (α ) αποδείξαμε ότι η g ' είναι >

ι

ί -[�]�

ί

r

>

_

.

ι

γνησίως φθίνουσα στο R οπότε και η α θα είναι γνησίως φθίνΟI)σα στο Δ=[-ι, ι]. Άρα ορίζεται η aντίστροφή της α. Το πεδίο ορισμού της α- • είναι το σύνολο τιμών της α. ΕίναιG(Δ) =g'(Δ) . Όμως η g ' είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ=[-ι, ι], οπότε g'(Δ) = [g'(l), g'(-1)]=[f(ι) -1,f(-1) +ι] = [ -2,2] . Επομένως: D G _, = [ -2,2 ] . Το σύνολο τιμών της α- • είναι το πεδίο ορισμού της α, δηλαδή το Δ=[-1, ι]. β2) Είναι lim (e2 x - 1 ) = Ο και lim (ln I χ I) = lim χ .....

•

•

ο

χ�ο

χ�ο

e • -I ) · χ lη Ι χ Ι . ( ( e 2 ' - l ) · ln l x l ) = lim ( -χ χ .....

ο

'

2

( e2x -' 1 ) = lim ( 2e2' ) = 2 · lim - Χ = lim Χ-+0 Χ-+0 (Χ ) Χ-+0 2 e χ -1

Όμως:

-

x ln κα ι lim χ -+ 0

(

Ι χ Ι) = Ιχim -+ 0

[ ] ιn 11

,

Χ -+ 0

χ ι = Ι im χ -+ 0

�

.!._ = lim ...L = iim(-x) = O · Άρα: -ι Χ -+ 0

-οο .

( Ι η I χ Ι )'

( �)'

�-e2x ·xlnlxl) = χ-ι()

Ι

α; r

Ι

Η

g είναι παραγωγίσιμη (πράξεις παραγωγίσιμων). , , ι α+t Εχουμε: g (t) = tf(t) -- ί f( x)dx --f(t) =

2 2 Ι t-α =-f(t)-- f(x)dx . Όμως -f(t) =-1 Ι f(t)dx 2 2 2 2 . Άρα g'(t) = � Ι (f(t) -f(x)) dx . f είναι γνησίως t-α

ι

Η

αύξουσα, οπότε για κάθε χ ε [α, t] και για κάθε tε [α, β], θα ισχύει f(t)�f(x). Η ισότητα ισχύει μόνο για x=t, οπότε η συνάρτηση f(t}-f(x) δεν είναι παντού μηδέν στο [α,β]. Άρα ί(f(t) - f(x))dx > O και g ' ( t ) > Ο , δηλαδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο [α, β]. Επομένως: α<β:::::>g(α)<g(β):::::> Ο < xf(x)dx- α β f(x)dx � �

ί

r xf(x)dx > α ; β r f(x)dx

;

ί

Σχόλιο

-1

Χ

• Θα μπορούσαμε να θεωρήσουμε αντί του t ως μεταβλητή το β ή το α και το άλλο ως σταθερά, εκτός αν τα α,β είναι και τα δύο συγκεκριμένα π.χ. α= Ι, β=2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/61

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Αν δινόταν εmπλέον ότι

J: ( χ - α

J:(

α ; β ) f ( x )d x ; β f (χ ) - f ; β dx Ο

(1) αρκεί να δείξουμε ότι δηλαδή

r( α;β )=ο, τότε αντί της )[

χ _

( α )]

> ο, >

που ισχύει αφού f t [ α, β] και μη σταθερά. Λ

Ευκλε ίδεια Γεωμετρ ία και Πανελλαδ ι κές εξετάσε ι ς

2 � + 1)2 f (x) -- ( χ

,

συναρτηση

ελάχιστη τιμη. ' Ό μως, f (x) = (

, να παρει

�+1 2 ) = Γχ

� ) 2 = (�χ + � + � ) 2 = J = (� � + t 2 + t)2 = g2 ( t) ,όπου g(t) = �t2 + � + t , t t Αλλά, f(x) ελάχιστη � g( t) με � = t x2 + 1 + x

(

Ο Μια πρόταση του Γιώργου Σ . Τασσόπουλου, για το > . πώς θα μπορούσε η Ευκλείδεια Γεωμετ ρία να εισαχθεί έμμεσα στις Πανελλαδικές εξετάσεις, ώστε να αρχίσουν οι μαθητές και οι συνάδελφοι να ελάχιστη. 'Εχουμε: g '(t) = (.Jt2 + Γ2 + t)' = 1 t - Γ3 ενδιαφέρονται γι αυτή.

- 2Γ3 ) + 1 = + 1 , οπότε Θ ΕΜΑ : Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με βάση ΒΓ περιγεγραμμένο σε κύκλο με ακτίνα

ρ=l.

1 ) Να δείξετε ότι για την περίμετρο Ρ αυτού

(2t 2.Jt 2 + t� .Jt 2 + t� g '(t) < O � t - Γ3 + .Jt2 + Γ2 < O � .Jt2 + Γ2 <

2υ� , ισχυει: Ρ = -- . β- α 2

2) Να εκφράσετε την Ρ ως συνάρτηση του α χ=β-2 .

3)

Να δείξετε ότι η Ρ γίνεται ελάχιστη μόνον όταν το τρίγωνο ΑΒΓ γίνει ισόπλευρο.

Λύση

Α

Έστω Ο το κέντρο του κύκλου και Δ,Ε,Ζ τα σημεία επαφής του με τις πλευρές ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ αντιστοίχως. Στο παρακάτω σχήμα έχουμε: ΟΔ = ΟΕ = ΟΖ = ρ , Β Δ = Β Ζ = ΓΔ = ΓΕ = y , 1)

α

ΑΖ = ΑΕ = χ = β - y = β - 2 και ΟΑ = ω , οπότε: P = 4y + 2x = 2(2y + x) (1) και υ� + y2 = ( χ + y)2 � υ� = χ2 + 2xy � υ� = <ι > Ρ 2υ2 2υ2 χ ( χ + 2y)� υ� = Χ · - � Ρ = --α � Ρ = --α2 χ β- α 2 Δ

3

2) 'Εχουμε: ω2 = χ2 + 1 � ω = � και υα = ω + 1 � υα = .Jx2 + 1 + 1 τελικά : ο

β- α ( Ο, +οο) .

2(� + 1)2 =χ ε , όπου χ 2 3) Για να γίνει η Ρ ελάχιστη πρέπει και αρκεί η p

=

{

{

�t - t > O

0<t<1 � � 1 3 � 1 2 1 > 0 t2 + - < - + t2 - t6 t2 t2 t2 t6 0<t<1 1 4 � 0<t<� 1 - 3t > 0 �

{

και g'(t) > Ο � t > 4 . Λόγω και της συνέχειας {/3 1 1 της g στο 4r:; θα έχουμε: g ../-( 0, 4 r:; ] και {/3 {/3

�

�

ν

�

g t[ 4 , + ) Δηλ. min g(t) = g( 4 ) . Τότε {/3 {/3 Λ

οο

.

�

Λ

Α φυσικά θα είναι: χ = = J3 και εφ = f = t 2 χ π Α π δ 1 J3 Ά , = = . ρα, ( ) = , ηλ. ( Α) = , οποτε 3 2" 6 J3 3 το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Σημείωση: Θα μπορούσαμε να δώσουμε απλούστερη Λ

λύση αν οι μαθητές γνώριζαν τους τριγωνομετρικούς τύπους του διπλάσιου τόξου και εκφράζαμε την Ρ ως συνάρτη ση του ( Β ) = θ (0, �) Ό Είναι τύποι πολύ Λ

2

ε

4

χρήσιμοι και στη Φυσική. Κατά τη γνώμη μας κακώς αφαιρέθηκαν από τη διδακτέα ύλη της Β ' Λυκείου.

• Β λέπε Θ. Ν . Καζαντζή (Παράγωγοι)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/62

------

------ Μαθημαnκά για την Γ Λυκείου

Βρείτε

Γ ΆΥΚΕΙΟΥ Ι ι ι Ι .\ \1 \ Ι τ ι λ ψ η �

h: ο υ τ σ ι ω υ 6 ι] .; Π υνιι γ ι ι;ηη .;

Ακολουθούν μερικές λανθασμένες προτάσεις στην ανάλυση και ζητείται από τους μαθητές να εντοπίσουν το λάθος σε κάθε μία. Ευκαιρία για μια γρήγορη επανάληψη (αν και μερικές από τις προτάσεις είναι ασκήσεις και όχι άμεση συνέπεια της θεωρίας).

1 . Αν f(x).g(x)=O για κάθε χ ε R τότε f(x)= Ο για κάθεχΕ R ή g(χ)=Ο για κάθε χ Ε R 2 2. Αν F(x)=g (x) τότε f(x)=g(x) ή f(x)=-g(x) 3. Αν f, g έχουν ίδιο τύπο τότε είναι ίσες 4. Δύο συναρτήσεις που δεν έχουν τον ίδιο τύπο αποκλείεται να είναι ίσες 5. Αν f(x1 )=f(x2) τότε πάντα χ1=χ2 6. Αν χ1=χ2 τότε f(x1)=f(x2) μόνον εάν f(x) είναι 1 - 1 7. Αν Χ ι * χ2 τότε f(x1 ) * f(x2) 1 8. Αν f (a)=f(a) τότε f(a)=a 1 1 9. f(f (x))=f (f(x))=x 1 0. Αν ορίζονται f0g , g0fτότε (f,g)(x)=(�f)(x) 1 1 . Αν lim lf(x)l = l λ l τότε lim f(x) =λ ή lim f(x) =-λ Χ�Χ0

Χ�Χ0

Χ�Χ0

12. Αν lim lf(x)l =Ο τότε lim f(x) =Ο ή δεν υπάρχει Χ�Χ0

��

Χ�Χ0

Χ-+Χ0

13. Αν lim f(x) =-α τότε lim l f(x)l =α 14. Αν lim ( f(x) - g(x)) = O τότε lim f(x) = lim g(x) Χ-+Χ0

Χ-+Χ0

Χ-+Χ0

15. Όταν υπάρχει το lim f(x) τότε Iim ψ{ij = v lim f(x) Χ-+Χο

Χ-+Χο

Χ-+Χο

16. Αν f(x) � Ο κοντά στο χ, τότε lim f(x) � Ο X-JoX0

1 7. Αν f(x) � Ο κοντά στο χ0 τότε lim f(x) > Ο Χ-+Χ0

18. Αν f(x)>O κοντά στο Χ0 τότε lim f(x) > Ο Χ--+Χ0

19. Αν f(x) � g(x) κοντά στο χ,τότε lim f(x) :ο; lim g(x) Χ-+Χ0 Χ--+Χ0

20. Αν f(x)<g(x) κοντά στο Χ0 και υπάρχουν lim f(x), lim g(x) τότε lim f(x) < lim g(x) Χ--+Χ0

Χ--+Χ0

Χ--+Χ0

τα

Χ--+Χ0

21. Αν f(x) άρτια και lim f(x) =κ τότε lim f(x) =-κ Χ--+Χ0

Χ--+-Χ0

22. Αν lim f2 (x) = 4 � lim f(x) = 2 ή lim f(x) = -2 Χ_.,Χ0

Χ--+Χ0

Χ--+Χ0

23. Αν Ιίm f2 (χ) = Ο τότε μπορεί το lim f(x) να μην υπάρχει Χ--+Χ0

24. lim f(x) = f(x ) Χ--+Χο

25. lim

χ --+ 0

26. lim

27.

Χ --+ .0.00

Χ--+Χ0

χ ημ χ Χ

= 1 με α * Ο, 1

=1

η συνάρτηση f με ΠΟ το R είναι συνεχής στο [α,β] τότε f συνεχής στο α και στο β 28. :\,. μια συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στα διαστή ματα (-οο,Ο) και (Ο, +οο), τότε για κάθε χ1 , χ2 Ε R* με χ: < Xz ισχύει f(x1 )< f(x2).

29. :\\' f με ΠΟ το R είναι συνεχής στο [α, β] και Χ0 Ε [α, β] τό:<: ιrχάρzει το όριο της f στο Χο 30. Α\· 5 χ, F=Q με χ. ε [α,β] τότε f(a).f(β)<O Αν

...

λάθο�Ι

32. Αν f(a).f(β)<O και f(x) συνεχής στο (α,β) τότε υπάρχει χ. Ε (α,β) με f(x0)=0

33. Αν f ορισμένη στο [α,β] τότε έχει μέγιστη και ελάχιστη τιμή 34. Αν f ορισμένη και συνεχής σε κλειστό διάστημα τότε έχει σύνολο τιμών κλειστό διάστημα 35. Κάθε γν αύξουσα συνάρτηση στο (α, β) παρουσιάζει ελάχιστη και μέγιστη τιμή.

36. Κάθε συνεχής συνάρτηση στο (α, β) παρουσιάζει ελάχιστη και μέγιστη τιμή.

37. Κάθε γν φθίνουσα και συνεχής συνάρτηση στο (α,β) παρουσιάζει ελάχιστη και μέγιστη τιμή, την lim f(x), lim f(x) αντίστοιχα. χ --+ β-

x-+a•

38. Αν f(x) συνεχής και μη σταθερή στο [α,β] τότε σύνολο τιμών της f(x) είναι το [f(a),f(β)].

39. Αν η f είναι γν αύξουσα στο R τότε lim f(x) = +οο Χ-Η«>

40. Αν f(χ)>Ο για κάθε χ ε (α,β) τότε f{χ) γν. αύξουσα στο [α.,β]

41. Αν f(x) � Ο για κάθε χ Ε [α.,β] τότε f{χ)γν. αύξουσα στο [α.,β] 42. Αν f(x) γν αύξουσα στο (α,β) και στο (β,γ) τότε f(x) γν αύξουσα στο (α,β) υ (β,γ) 43. Μία συνάρτηση f είναι γν φθίνουσα στο R όταν f(x)� .

44. Αν η παραγωγίσιμη f(χ)γν φθίνουσα στο (α,β) τότε f(x)<O 45. Αν f(x) γν αύξουσα στο (α, β) και γν φθίνουσα στο (β, γ) τότε η f(x) παρουσιάζει τοmκό ακρότατο στο Χο=β 46. Κάθε συνεχής συνάρτηση είναι και παραγωγίσιμη 47. Αν f(x) παραγωγίσιμη στο Χ0 τότε f(x) συνεχής στο χ, 48. Αν f(x0) ακρότατο της f(x) τότε f(x,)=O 49. Αν f(x0) ακρότατο της f(χ)και f(x) παραγωγίσιμη τότε f(x0)=0 50. Αν f(Xo)=O τότε f(x0) ακρότατο της f(x) 51. Αν f(x)*O για κάθε χ ε [a, β] τότε η f(x) δεν έχει ακρότατα.

52. Αν f(x)=O έχει 2 λύσεις στο [α,β] τότε η f(x) έχει 2 ακρότατα.

53. Αν f(x)=O έχει 2 λύσεις στο [α,β] τότε η f(x) έχει 4 ακρότατα.

54. Αν το (x0,f(x0)) είναι σημείο καμπής της f(x) τότε f(x) παραγωγίσιμη στο Χ0 55. Αν το (x,,f(x,)) είναι σημείο καμπής της f(x) τότε f(x) - f(x ) ι. ΕR ιm •

56. Αν το (x,,f(x0)) είναι σημείο καμπής της f(x) τότε ορίζεται f '(Xo) 57. Αν f'(Xo)=O τότε το (Xo.f{Xo)) είναι σημείο καμπής της f{x)

Ο

ημ (αχ)

το

3 1 . ΑΥ tl .< .ι.n β ι<Ο τότε υπάρχει χ. ε (α,β) με f(x0)=0

58. Αν υπάρχουν χ,<χ2 Ε Δ ώστε f(x1)<f(x2) τότε f/ στο Δ μπορεί τότε α<β<γ και κυρτή f 59. Αν .:. ---' f(..:... β) f('-'γ)_ f(β) - f(α) --' > γ-β β-α

60.

61.

62.

63.

64.

Αν f κυρτή στο (α, β) τότε η f παρουσιάζει ελάχιστο. Αν f παραγωγίσιμη στο R με f(x) * Ο τότε f(x) * Ο Αν f παραγωγίσιμη στο R με f(x) * Ο τότε f(x) * Ο Αν η παραγωγίσιμη f έχει κ ρίζες τότε η f έχει κ- 1 ρίζες Αν η f'(x)=O έχει μία ρίζα τότε η f(x)=O έχει δύο τουλάχιστον ρίζες

U Β τότε f(x)=c 65. Αν f(x)=O για κάθε Χ Ε 66. Μπορεί η f να μην είναι 1 - 1 και f(x)t'O

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/63

Α

------ Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου 67. Αν

f,

g

παραγωγίσιμες

f(χ) α) . f"(x) &x•, )�o f '(x ) --•= lιm χ-+χ, g(x) g '(x.) χ -+ χ ο g '(x)

στο

Χ0

τότε

.

lιm

68.

69.

70.

--

--

=

r f(x)dx > Ο τότε Qx)>O για κάθε χ [a, β] Αν f(x) 0 για κάθε χ (a, β] τότε r f(x)dx > 0

Αν

�

Ε

Ε

Το σκιασμένο εμβαδόν του σχήματος ισούται με in xdx

f

}'

72.

73.

74.

75.

76.

77.

78.

79.

80.

1.

2.

3.

4.

5.

6.

7.

8.

9.

1 0.

1 1.

12.

13.

14.

15.

1 6.

1 7.

1 8.

19.

20.

21.

22.

23.

x ......., a +

Χ --i>

!f'(x)g'(x)dx=[f(x�x)f Αν f άρτια τότε [ f(x)dx = O Αν fπεριττή τότε ι f(x)dx = 2 r f(x)dx Αν f(x)<g(x) τότε r f(x)dx < t g(x)dx , κ,λ ER ( r f(x)dx )' = f(x) Ισχύει:

( ! g(t)dt )' = g(f(x)) ( r f(t)dt )' = f(x) (χ )

! f(x)dx < r f(x)dx r η μχdχ :s; β - α για κάθε α, β ER f. in l x l dx = O

Απαντή σεις

------

Ισχύει μόνον αν f συνεχής στο Χο Ισούται με α Είναι Ο Μπορεί κάποιο από τα δύο πλευρικά όρια να μην υπάρχει Αυτό ισχύει σε κάθε υποδιάστημα χωριστά Στα άκρα δεν ξέρουμε τι γίνεται Όχι αναγκαστικά θέλει συνέχεια θέλει συνέχεια σε κλειστό Πρέπει να είναι συνεχής Πρέπει να μην είναι σταθερή Όχι, έχει ΣΤ το ( lim f(x), lim f(x) ) που είναι ανοιχτό χ --+ β-

διάστημα 36. Όχι αναγκαστικά πχ η 37. Όχι , έχει ΣΤ το ( lim f(x), lim f(x) ) που είναι ανοιχτό

χ

71.

24.

25.

26.

27.

28.

29.

30.

31.

32.

33.

34.

35.

Μπορεί η μία να μηδενίζεται όπου δεν μηδενίζεται η άλλη χΕΔ g(x) Μπορεί να είναι και η f(x) = χeΔ g(x) θέλει ιδιο Π. Ο πχ f(x)=x2 , Χ Ε { 0, 1 } g(x) =χ , Χ Ε { 0,1 } Μόνο για 1 - 1 Ισχύει για κάθε συνάρτηση Μόνο αν f είναι 1 - 1 Μόνο αν f γν αυξουσα Δεν έχουν κατ ανάγκη το ίδιο Π. Ο πχ f(x)=3x , g(x) =χ+ 1 Μπορεί να μην υπάρχει το όριο Πάντα υπάρχει Πρέπει � Μπορεί να μην υπάρχουν τα όρια Πρέπει να είναι θετικό Μπορεί να μην υπάρχει το όριο Μπορεί να είναι και Ο Μπορεί να είναι και Ο Μπορεί να μην υπάρχουν τα όρια Μπορεί τα όρια να είναι και ίσα Λόγω συμμετρίας είναι και αυτό κ Μπορεί να μην υπάρχει το όριο Πάντα υπάρχει και ισούται με Ο

{

38.

39.

40.

41.

42.

43.

44.

45.

46.

y=x

χ --+ β-

-+ β +

Μπορεί η fνα μην είναι παραγωγίσιμη. Μπορεί f (χ)�Ο Μπορεί να μην ορίζεται στο β ή να μην σι:ινεχής σε αιπό πχ η f(x)=lxl

47. Όχι κατ ανάγκη. πχ η f(x) 48.

49.

50.

5l.

52.

53.

54.

55.

56.

57.

58.

59.

60.

61.

62.

63.

64.

65.

66.

67.

68.

69.

70.

71.

72.

73.

74.

75.

76.

77.

78.

79.

80.

Χ-+8+

β-

διάστημα Όχι αναγκαστικά αν δεν είναι γν μονότονη Μπορεί να έχει οριζόντια ασύμπτωτη. θέλει συνέχεια στα άκρα Μπορεί να είναι σταθερή όταν f (χ)=Ο σε διάστημα Όχι πρέπει lim f(x) < Χlim f(x)

=

1

χ

2

είναι

η

1

μ�,

χ*0

χ=0 ο Μπορεί να είναι άκρο ΠΟ ή η f όχι παραγωγίσιμη στο Χ0 Μπορεί να είναι άκρο ΠΟ πχ η f(x)=x3 Μπορεί να έχει στα άκρα Ίσως 4 Το πολύ 4 Απλά υπάρχει εφαπτομένη Μπορεί να είναι ±ao Μπορεί να μην υπάρχει καν f(x0) Πρέπει να αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν θέλει για κάθε Η f γν αύξουσα πχ η f(x)=e' πχ η χ2+1 πχ η y=x θέλει τουλάχιστον πχ f(χ)=(χ- 1 )2+1 Είναι σταθερή στο Α και στο Β, mθανά με διαφορετική τιμή. Με Rolle θα προέκυπτε f (χ)=Ο άτοπο Πρέπει f, g' συνεχείς στο χ0 Το εμβαδόν του τμήματος πάνω από τον χχ' είναι μεγαλύτερο από αυτό του τμήματος κάτω από τον χχ' Μπορεί να μηδενίζεται θέλει απόλυτη τιμή θέλει (f(x)g(x))'dx = [f(x)g (x)]�

r θέλει 2 r f(x)dx

θέλει Ο θέλει k<λ θέλει f(t) g(f(x)).f(x) θέλει -f(x) Μόνο αν ολοκλήρωμα από 5 έως 6 της f είναι >Ο θέλει α<β Δεν ορίζεται ολοκλήρωμα σε ένωση διαστημάτων

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/64

------

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

jz2 j = 1 . Άρα, το M 2 (z 2 ) ανήκει στον κύκλο (C 1 ) : χ 2 + y2 = 1 και όχι στον (C1 ) . Το αντίστροφο, ι

Μία επι κίνδυνη παρανόηση

Ενόψει των Πανελλαδικών εξετάσεων θεωρήσαμε χρήσιμο να τονίσουμε μερικά λεπτά σημεία, που πιθανόν να προκαλέσουν παρανοήσεις. Στο Σχολικό βιβλίο στην άσκηση 9 σελίδα 102 δίνονται δύο μιγαδικοί αριθμοί z , w που συνδέονται με τη σχέση w = z + i (1) . Ζητείται λοιπόν εκεί (πολύ z ορθά) να αποδειχθεί ουσιαστικά ότι: Αν τα σημεία 2 Μ(z) ανήκουν στον κύκλο C 1 : χ + / = 16 τότε τα χ 2 y2 σημεία N(w) ανήκουν στην έλλειψη C 2 : - + - = 1 .

25 9 Για την απόδειξη ακολουθήθηκε ουσιαστικά η εξής πορεία: Αν z = χ1 + y1i , w = χ 2 + y2 i τότε το M(z) ανήκει στον κύκλο (C1 ) , δηλαδή χ� + y� 16 , οπότε (1) => Χ 2 + Υ2 ί = Χι + Υι i + + 4 . => χ 2 + Υ21. = Χι + Υι 1. + 4(χ2ι - Υιί2 ) => Χι + Υι 1 Χι + Υι 5χ1 4(χ1 - i) Χ 2 + y2 ι. = Χι + Υι 1. + 16 y1 => Χ 2 = - , 4 3 yl 4χ 4y 2 2 y2 4 => Χι = -- , Υι = -5 3 =

λοιπόν, δεν ισχύει. Για το αντίστροφο, επομένως, η σωστή διατύπωση είναι: Αν τα N(w) ανήκουν στην έλλειψη ι

(C 2 ) τότε τα M(z) ανήκουν στην ένωση (C1 ) u (C1 ) των δύο κύκλων που προαναφέραμε και όχι κατ ανάγκη στον ( C1 ) Θα μπορούσαμε βέβαια και το ευθύ να το διατυπώσουμε ομοίως: Αν τα M(z) ανήκουν στην ένωση (C 1 ) u (C1 ) των κύκλων αυτών τότε τα Ν ( w) ανήκουν στην έλλειψη ( C 2 ) . Η απόδειξη γίνεται όπως ακριβώς στο Σχολικό αλλά όταν Μ ε (C1 ) τότε έχουμε χ � + y� = 1 και βρίσκουμε ομοίως χ 2 = 5 χ1 , y2 = -3 y1 , δηλ.

•

ι

ι

Χ 2 y1 = - Υ2 , οποτε , χ12 + y12 = 1 => χ1 = -, 3 5 χ 22 + 2 y2 = 1 => Ν ε (C ) .

2 25 9

---

Σε πολλά Σχολικά βοηθήματα αντί της ορθής έκφρασης του Σχολικού βιβλίου έχει εmκρατήσει (κακώς) η έκφραση: « Αν ο γ. τόπος των M(z) είναι ο κύκλος (C 1 ) τότε ο γ. τόπος των N(w) είναι η έλλειψη (C 2 ) . » Είναι όμως φανερό ότι κατά την απόδειξη δεν χρησιμοποιήσαμε ως υπόθεση ότι ο (C 1 ) είναι ο γ. τόπος των M(z) , αλλά απλώς ότι τα M(z) ανήκουν στον κύκλο (C1 ) αδιαφορώντας για το αν τον καλύπτουν ή είναι μερικά μόνον σημεία του. Επίσης ως συμπέρασμα δεν προέκυψε ότι η (C 2 ) είναι ο γ. τόπος Υπάρχει λοιπόν περίπτωση όταν επιχειρήσει των N(w) αλλά απλώς ότι τα N(w) ανήκουν στην κάποιος να εξετάσει αν ισχύει το αντίστροφο να (C 2 ) . Αυτό είναι σύνηθες φαινόμενο σε γραμμικές διαπράξει το εξής σφάλμα.

2 2 y = 1 , κυρίως σχέσεις μεταξύ των z,w. Για παράδειγμα: Αν Έστω N(w) σημείο της (C 2 ) , δηλ. χ; +-f w 2z + 1 τότε γράφουν (κακώς): « Αν ο γ. τόπος των 2 M(z) είναι ο κύκλος C 1 : χ 2 + y2 1 , τότε ο γ. τόπος τότε κανονικά πρέπει και αρκεί να δείξουμε ότι κάθε z που ικανοποιεί την (1) έχει εικόνα Μ(Ζ) των N(w) είναι ο κύκλος (C 2 ) : (χ - 1) 2 + y2 = 4 », αντί επί του κύκλου (C 1 ) και όχι κάποιο z που της ορθής έκφρασης ( βλέπε Σχολικό Βιβλίο. Άσκηση ικανοποιεί την (1) έχει εικόνα M(z) επί του (C 1 ) . 8, σελίδα 101) « Αν τα M(z) ανήκουν στον κύκλο Το δεύτερο εύκολα διαπιστώνεται αν ως z (C 1 ) τότε τα N(w) ανήκουν στον κύκλο (C2 ) ». θεωρήσουμε το προηγούμενο z1 = χ1 + Υι ί = Θα μπορούσε, προφανώς, να ζητηθεί και το 4χ 2 + 4y2 ί οπότε: χ 2 + y2 = 16(2 χ2 + 2 y2 ) = 16 =αντίστροφο, όχι όμως με τη μορφή γ. τόπων όπως ' ' 5 3 25 9 προείπαμε, αλλά με τη μορφή σημειακών δηλαδή το Μ 1 (z1 ) ανήκει στον κύκλο (C 1 ) . μετασχηματισμών, όπως πράγματι είναι. Φυσικά, στο Όμως, η εξίσωση ( 1 ) είναι δευτεροβάθμια ως προς Σχολικό Βιβλίο θα έπρεπε να χρησιμοποιηθούν μόνο οι z, δηλαδή (1) <:::> z2 - wz + 4 Ο ,οπότε εκτός από τη συνεπαγωγές: w = 2z + 1 => w -1 2z => j w - 1 1 = 2 j z l => j w - 1 1 = 2 ρίζα z 1 έχει και άλλη ρίζα z2 για την οποία έχουμε: αφού αυτό ακριβώς ζητείται στην εκφώνηση. Ζ1Ζ2 4 => l z ι l · l z2 j = 4 => 4jz2 j = 4 => =

=

=

I

I

=

=

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/65

ιrrn.

�

'

-::---::=:::..�-

Στις

Τράπεζα ΘΕΜΑΤΩΝ Α 'Λυκείου

31 Ιανουαρίου 2014

το

της Ελληνικής Μαθηματι κής Ετα ιρείας έστειλε στο κα ι στον καθημερ ι νό Τύπο το παρακάτω κείμενο.

Διοικητικό Συμβούλιο

Υπουργείο Παιδείας και θρησκευμάτων

Θέμα: Πιλοτική εφαρμογή της εξέτασης με επιλοyή θεμάτων από τράπεζα θεμάτων Το Υπουργείο Παιδείας και Θρησκευμάτων, όπως ανακοίνωσε, προτίθεται από φέτος να εφαρμόσει στις προαγωγικές εξετάσεις της Α' Λυκείου τη διαδικασία της επιλσyής θεμάτων από τράπεζα θεμάτων. Η δημιουργία τράπεζας θεμάτων έχει πολλά θετικά στοιχεία. Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία για περισσότερα από δέκα χρόνια έχει θεσπίσει τράπεζα θεμάτων, που είναι προσβάσιμη στους καθηγητές και μαθητές, στον ιστότοπο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (www.hms.gr). Δεκάδες μαθηματικοί έχουν απασχοληθεί όλα αυτά τα χρόνια σε εθελοντική βάση για να διατηρείται μια σύγχρονη τράπεζα θεμάτων, που να ανταποκρίνεται στις απαιτήσεις κάθε φορά της Μαθηματικής Εκπαίδευσης και σuνεχώς ανανεούμενη. Είναι προφανές από τα παραπάνω ότι η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία θα υποστήριζε το προτεινόμενο μέτρο της επιλογής θεμάτων για τις προαγωγικές της Α' Λυκείου από τράπεζα θεμάτων, αν οι αρμόδιοι φορείς του Υπουργείου Παιδείας είχαν πραγματοποιήσει, ως όφειλαν, μια σοβαρή προετοιμασία, όπως απαιτείται για την επιτυχία του παραπάνω μέτρου, ποu αφορά τοuς μαθητές της Α' Λυκείου όλης της χώρας. Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία : • θεωρεί ότι η σωστή προετοιμασία μιας ποιοτικά δομημένης τράπεζας θεμάτων απαιτεί τουλάχιστον ενός έτους •

προετοιμασία. Προτείνει τη δημιουργία συντονιστικών επιτροπών ελf:yχου

ανά τακτά διαστήματα της πορείας της ύλης για τα μαθήματα που προβλέπεται να εξετάζονται μέσω τράπεζας θεμάτων.

• Η πρώτη εφαρμογή ενός πανελλαδικής εμβέλειας μέτρου οφείλει να είναι πιλοτική , προκειμένου να γίνουν οι απαραίτητες προσαρμο-yές για την επιτυχημένη εφαρμογή του.

• Διαθέτει εκτός της τράπεζας θεμάτων και αρχείο των περιοδικών Ευκλείδη Α' και Β ' που περιέχει υλικό, ικανό να υπερκαλύψει τις ανάγκες μιας ποιοτικής τράπεζας θεμάτων για όλες τις τάξεις. Πάγια θέση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας είναι να συμβάλει και όπου κληθεί θεσμικά να συμμετάσχει με επεξεργασμένες θέσεις σε όποιες σοβαρές προσπάθειες γίνονται για τη βελτίωση της Μαθηματικής Παιδείας στη χώρα. θυμίζουμε ότι η ΕΜΕ όλα αυτά τα χρόνια λειτουργίας της, έχει καταθέσει πολλές φορές προτάσεις προς το Υπουργείο Παιδείας για τη διαμόρφωση των καταλλήλων προϋποθέσεων ποu βελτιώνουν το Εκπαιδευτικό μας Σύστημα.

� L_j

τ90, τ91 � )-6-5λ=7� λ2+4-5λ-13=0� λ2-

Λύ σεις πρ οτειν ομένων Θ εμ άτ ων τευχών • Δίνεται η συνάρτηση f(-2)=7�(λ2+

f : IR -+ IR : f ( x) = ( λ2 + l) x2 +3χ-5λ, λ E IR .

Θεωρούμε το σύνολο

Ω = { κ Ε Ζ Ι i κ l s; 3}

το οποίο

αποτελεί το δειγματικό χώρο ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα και τα ενδεχόμενα Α={λΕΩ/η Gι διέρχεται από τα σημεία K(l,IO) και

5λ-9=0<=}λ=-1 η λ=-9/4<=}λ=-1 ,Άρα Α= { -1 } και Ρ(Α)= Ν ( Α) 1 Ν (Ω) 7 d(f(1),f(O)) s; 13 <=:} I λ2 + 1 + 3 - 5λ - ( -5λ )I s; 13 =

•

λ2 +Ι>ο

<=} l λ2 + 41 s; 13 <=:} λ2 + 4 s; 13 <=} λ2 s; 9 <=} Λ(-2,7)}, B = { λ E Ω ! d ( r ( ι ) ,r ( 2 )) s; n } . ί) Να βρείτε τις πιθανότητες των Α,Β l λl s; 3 <=:} λ Ω. Άρα Β=Ω, οπότε Ρ(Β)= Ρ(Ω)= 1 ίί) Αν λ>Ο τότε: α) Να δείξετε ότι η f(χ) tχει δύο ίί) Δ=9+20λ(λ2+1)>0 αφού λ>Ο άρα έχει δύο ρίζες ρίζες Χι, Χ2 με Χι <Ο< χ2 και Ιχ ι Ι > ι χ2ι -5λ Ο , αφου, λ>Ο ,αρα , , ανισες χ ι και χ2 με χ ι χ2= -< 2 λ 1 + β) Αν Γ = λ Ε Ω I _.!_ + _.!_ s; τότε να βρεθεί η χ2 5 Χι 3 Ο και αφού οι ρίζες + = και Ο χ χ χι < ι< < 2 πιθανότητα του Γ. λ2 + 1 ίίί) Αν συμβαίνει το ενδεχόμενο Α, τότε: είναι ετερόσημες, μεγαλύτερη απόλυτη τιμή έχει η α) Να βρείτε τον τύπο της f. αρνητική, οπότε l xιl > lx2 1 β) Να βρείτε τα σημεία τομής Μ, Ν της -3 y = f ( x ) - 4 με τους άξονες.

3 s; -1 1 1 1 χ + χ 1 λ 2 + 1 s; -1 <=} γ) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΜΝ και β) - +- s; -5 <=} χ1 χ 2 s; -5 � --5λ 5 5λ 5 Χ Χι 2 1 2 το ύψος του που αντιστοιχεί στην ΜΝ λ2 + 1 [Βασίλης Τράντος -Σχολή Αυγουλέα-Λιναρδάτου] <=:} λ :2:: 3 αφού λ>Ο και αφού λ Ω έχουμε λ=3 Λύση ί) Ω= { -3, -2, -1, 0, 1, 2,3 } Με λ Ω έχουμε: Άρα Ρ(Γ)= Ν {Γ) 1 Ν (Ω) 7 f(1)=10<=}λ2+1+3-5λ=10<=} λ2-5λ-6=0<=}λ=-1 ή ίίί)α) Αφού συμβαίνει το ενδεχόμενο Α τότε λ=-1 οπότε λ=6<=}λ=-1 Ε

{

.!.}

Xz

--

--

•

Ε

Ε

--

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

92 τ.4/66

= -

------- Τράπεζα θεμάτων Α' Λυκείου --------­

Εχουμε y=f(x)-4<=> y=2x2+3x+ l. Για χ=Ο έχουμε y=l, οπότε η γραφική της παράσταση τέμνει τον στο σημείο Μ(Ο,1). Για y=O έχουμε: 2x2+3x+l=O <::> , , τεμνει χ=- 1 η, χ=- -21 . Άρα η γραφικη, της παρασταση τον χ'χ στα Ν(-1,0) ή Ν(_.!_2 ,0) β)

' y y

γ) Αν Ν(-1,0) και M(O,l), τότε ΕοΜΝ=.!_2 (ΟΜ) · (ΟΝ) = 2 1 · Ι=.!_2 Αν ΟΚ το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα έχουμε: ΕοΜΝ= (ΜΝ)·(ΟΚ) 2 . Για να βρούμε λοιπόν το (ΟΚ) αρκεί να βρούμε το μήκος (ΜΝ) της υποτείνουσας Έχουμε: (ΜΝ)= �(1 -0)2 +(-1 -0)2 J2 οπότε (ΜΝ) · (ΟΚ) = .!_ <=> J2 ·(ΟΚ) 1 <=> (ΟΚ) J2 2 2 2 Αν Ν( - -21 ,0) και M(O,l) τότε ΕοΜΝ=-21 (ΟΜ) · (ΟΝ) =

'

=

=

•

= -21 -21 · 1= -41 και (ΜΝ)= (1 -0)2 + ( - -21 -0)2 J52 Αν ΟΛ το ύψος πσu αντιστοιχεί στην υποτείνουσα έχουμε:

�

Δίνεται η εξίσωση

_!_( α + β + 2 ) 2 - α + β 16

i) Να δείξετε ότι

2

(

χ

-

α

+: + 2 Υ =

(1).

.! ( α + β + 2) 2 - α + β = _!_ ( α + β - 2 )2

16 16 2 ίί) Να δείξετε ότι μία ρίζα της (1) είναι το 1 και να βρείτε την άλλη ρίζα της. Ας ονομάσουμε Α,Β και Γ τα σημεία που ' παριστάνουν στον άξονα χ χ τα (άκρα) α, β και το κέντρο του διαστήματος (α,β] με α>Ο, αντιστοίχως. Να τα τοποθετήσετε στον άξονα και να δείξετε α β α β γεωμετρικά ότι α 2 α β β α . -� � •• η )ι,.α � yενικά ότι max(α, β) 2

ίίί)

= + -Ι - l

•

= + +Ι - l

° [ Τ σ α -, · ι ·ω ρ η � h: ωνστ α ντ ίνο ς - 4 Λύ κειο Π ετρού πο λη ς

Λύ ση : Ι� τρόπος:

ί)

Χρησιμοποιούμε την ταυτότητα (α+β+y)2 = α2+β2 +y2+2αβ+2αγ+2βγ α+β =_!_[( α+β+2)2 -8(α+β)] � τρόπος: _!_ (α+β+2)2 16 2 16 =_!_[(α+ 16 β )2 +4(α+β)+4-8(α+β)]= _!_(α 16 + β-2 )2 ίί) lος τρόπος: Σύμφωνα με το i) έχουμε: 2 = _!_ (α+β-2)2 <=> ) (1) <=> ( χ - α+β+2 4 16 l α+β+2 .!.. (χ- 4 4 (α+β-2) ή χ- α +β+2 4 =- 4 ( α+β-2) ) 2+ <=>(χ = α+ 4β + 2 _ .!..4 ( α+β-2) ή χ= α +β+ 4 α β � (α +β-2) ) <=>(χ = l ή χ= ; ).

2 α+ β + 2 χ + α+ β = Ο (2) � τρόπος: (1) <=> χ 2 2 (α+β-2)2 και λύνεται με τον γνωστό τύπο. Η (2) έχει Δ= 4 3� τρόπος: Προφανώς η (2) επαληθεύεται για χ= 1. άρα έχει μία ρίζα την χι=l. Για την άλλη ρίζα χ2 ισχύει χι α+β . Α�� α, και χωρις, πράξεις η α+β , οποτε , χ2= χ2 = 2- IIJ'.

2(1) για χ=χ ι=1 ισχύει αφού ανάγεται στο i) ερώτημα . )2 =_!_(α+β+2)2 _ Γίνεται δηλαδή ( α+β+2 16 4 α+ β η, ( -α+ β . Εξ"'"UI\J\.Uυ 2-α-β )2 -_ 1 ( α + β + 2)2 --�� -2 ' 4 16 2 .:.� � ρίζα , α+β+2 .Για την UΛΛη ο συντελεστης, του χ ειναι 2 α+β . , Χι +χ2 = α+β+2 , οποτε , χ2=-χ2 ισχυει 2 2 ίίί) Επειδή Ο<α<β, τα Α,Β,Γ ανήκουν στο θετικό Οχ και (ΑΒ) = (ΟΒ)-(ΟΑ) =β-α = -Ι α-βι . (ΑΓ)=(ΓΒ) = 2 2 2 2 ι-

_

ο(οι

Α(α)

Γ((α+β)/2)

Β(β)

I

α+β - Ι α -ι:ιl1-'1 α+β-Ια-ι:ιl Άρα α=ΟΑ=(ΟΓ)-(ΑΓ)=2 2 -2 α-β +β ίν)•Αν α :=:: β, τότε max(α, β) = α = ά 2 + 2 = α+β + -Ι α-βl α+β+ l β -αl -2 2 2 α+β β-α = •Αν α ::;; β, τότε max(α, β) = β = -2- + Τ α+β + Ι β -αl = α+β+ Ι β -αl 2 2 2 11

ΔΙ. Να βρεθούν οι πραΎματικοί αριθμοί α, β pα τους οποίους να ισχ6ει: α(α-2)+β(β+4)+S � Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/67

-------

Δ2. Για κάθε α,β

ε

R

Τράπεζα θεμάτων Α' Λυκείου --------­

να δειχθεί ότι α1 + β1 - 2α + 4β + 6 > Ο . Δ3. Δίνεται το f(x) = χ1 + 2(α + 1)χ - β1 - 4β+4α - 4 , με α,β Ε R, για κάθε χ Ε R. α. Να δειχθεί ότι για κάθε α,β ε R το τριώνυμο f ( χ) έχει ρίζες και να βρεθούν τα α,β Ε R ώστε το τριώνυμο f( χ) να έχει μια διπλή ρίζα η οποία να βρεθεί. β. Αν α=l και β= -2 να βρεθούν οι τιμές του χ ε R ώστε : 3χ - 2010 f(x) Sx + 6 (Ι) <

<

2° Λύκειο Περιστερίου) Λύ ση : Δ l . Γιαα,β IR έχουμε : α(α-2)+ β(β+4)+ 5 � Ο �α2 -2α+β2 +4β+5 �0�α2 - 2α+β2 +4β+1+4�0� �(α2 -2α+1)+(β2 + 4β+4)�0�(α-1)2 +(β+2)2 � ο � �(α-1)2 +(β+2)2 =Ο�(α-1)2 =0 και (β+2)2 =0� �α-1=0και β+2=0�α=1 και β=-2 . Β ' τρ ό πος : α2 -2α+β2 +4β+5 = f ( α ) με Δ=-4 (β+2)2 � 0 . Αν β ::;: -2 , Δ<Ο οπότε f(α)>Ο για κάθε α IR . Άρα β=-2, οπότε f ( α) � Ο � α2 -2α+1 � 0 � ( α-1)2 � Ο � α = 1 Δ2. Έχουμε : α2 + β2 -2α + 4β +6 = α2 +β2 -2α+4β +5+1 = (α -1)2 +(β+2)2 +1 :;::: 1 > Ο Β 'τρ όπος : α2 -2α + β2 +4β+6 = g ( α ) για να είναι g(α)>Ο για κ άθ ε α IR αρκεί Δ<Ο, όπου Δ = -4 ( β2 +4β +5 ) = -4h ( β ) Αρκεί h ( β ) > Ο, για κάθε β IR , δηλαδή Δ'<Ο. Πράγματι Δ'=16-20=-4<0. Δ3.α. Έχουμε : Δ = Β 2 - 4ΑΓ = [2(α + 1)]2 4(-β2 -4β+4α-4) = 4(α2 +2α+1+β2 +4β -4α +4) = 4(α2 -2α + β2 +4β+5)= 4[( α -1)2 +(β+ 2)2] :;::: Ο ,για κάθε α,β IR. Άρα το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες για κάθε α,β ΙR.Για να έχει το τριώνυμο f ( χ ) μια διπλή ρίζα πρέπει και αρκεί Δ = Ο. Άλλα Δ = Ο � 4 ( α2 + β2 - 2α +4β+5 ) � Ο �4[(α-1)2 +(β+2)2] = 0 �α = 1 και β=-2.Για α=1 και β=-2 το τριώνυμο f(x) γίνεται: f(x)= χ2 +4χ+4 ,που έχει μια διπλή ρίζα ,την χ0=-2 . β. Για α=1 και β=-2 και χ IR έχουμε: ( Ι ) � 3χ -2010 < χ2 +4χ+4< 5χ + 6 � χ2 + χ + 2014 > Ο (1) καιχ2 -χ -2 < Ο (2). Για την (1) έχουμε:Δ=12 -4 ·1· 2014 = -8055 < Ο , [Αποστόλης Κ ακαβ άς , ε

Δ=9 οπότε , το τριώνυμο χ2 - χ -2 έχει δυο ρίζες άνισες τις χ1 = -1 , χ 2 = 2 και α=1>0, οπότε ( 2 ) � χ (-1,2). Άρα ( Ι ) � χ (-1,2). ε

ε

Δίνεται κύκλος (0, ρ) και σημείο Ρ εξωτερικό του κύκλου. Από το σημείο Ρ φέρουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΡΑ ,ΡΒ και τα τμήματα ΑΓ και ΒΔ κάθετα προς τα ΡΒ και ΡΑ αντίστοιχα. Αν τα ΡΑ ,ΡΒ τέμνονται στο Η τότε: Δ 1 . Να δειχθεί ότι τα τμήματα ΑΓ ,ΒΔ και η διακεντρική ευθεία ΡΟ του σημείου Ρ συντρέχουν. Δ2. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο ΑΟΒΗ είναι ρόμβος. Δ3. Να δειχθεί ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Δ4. Να δειχθεί ότι αν ΡΑΗ = ΑΡΗ τότε το ορθόκεντρο , το βαρύκεντρο ,το έγκεντρο και το περίκεντρο του Λ

Λ

..

ΡΑΒ συμπίπτουν. [Αποστόλης Κ ακαβ άς, Λύ ση :

2° Λύκειο Περιστερίου)

ε

ε

ε

ΔΙ

ε

ε

Δ2

ΔΙ

ε

οπότε οι τιμές του τριωνύμου χ 2 + χ + 20 1 4 είναι ομόσημες του α= 1 , για κάθε χ ε JR . Άρα η (1) είναι αληθής για κάθε χ ε JR (3) και για την (2) έχουμε:

Δ1.

(Σχήμα για τα Δ1 ,Δ2,Δ3)

διακεντρική ευθεία ΡΟ είναι μεσοκάθετος της χορδής ΑΒ => ΡΟ 1. ΑΒ .Αλλά ΑΓ 1. ΡΒ και ΒΔ 1. ΡΑ => ΑΓ, ΒΔ, ΡΟ ύψη του ΡΑΒ => ΑΓ, ΒΔ, ΡΟ συντρέχουν στο ορθόκεντρο Η του ΡΑΒ . Δ2. 'Εχουμε ΡΑΟ = ΡΒ Ο = 90° (ως εγγεγραμμένες σε ημικύκλιο) => ΟΑ 1. ΑΡ και OAJ. AP } => ΟΑ / /ΒΔ => ΟΑ / /ΒΗ OBl. ΒΡ, οπότε ΒΔJ. ΑΡ OB J.BP } => ΟΒ I I ΑΓ => ΟΒ I IΑΗ => ΑΟΒΗ και ΑΓ l.BP παραλληλόγραμμο (1) και ΟΑ=ΟΒ=ρ (2) ή (ΟΗ 1. ΑΒ από Δ1 ερωτ.) (1),(2) => ΑΟΒΗ ρόμβος. Δ3. Συγκρίνουμε τα ΡΑΓ και ΡΒΔ τα οποία έχουν : m =BM =90° ΑΡΒ κοινή ,ΡΑ=ΡΒ άρα: ΡΑΓ = ΡΒΔ => ΡΓ = ΡΔ => ΡΔΓ ισοσκελές με κορυφή Ρ και ΡΟ διχοτόμος => ΡΟ ύψος => ΡΟ 1. ΔΓ αλλά και ΡΟ 1. ΑΒ (Δ1 ερωτ.) ΔΓ//ΑΒ και επειδή ΑΔ, ΒΓ τέμνονται στο Ρ => ΑΒΓΔ τραπέζιο (3)Αλλά ΑΔ=ΑΡ-ΡΔ=ΡΒ-ΡΓ=ΒΓ(4). Από (3),(4) έχουμε ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο. Δ4. Έχουμε ΡΑΗ = ΑΡΗ και ΑΡΗ = ΒΡΗ οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓΡ ΡΑΗ + ΑΡΓ = 90° => 3 ΑΡΗ = 90° Η

..

..

..

Δ

Δ

..

Δ

:::>

Λ

Λ

Λ

Δ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/68

=>

------ Τράπεζα θεμάτων Α ' Λυκείου ------

EJ

(Σχήμα για το Δ4) APH = 3ff => APB=fJfκuι εnειδή PA=ffi =>ΡΑΒ ιώrλεφο=>

το ση.ιείοτομή; ταιι � ,ταιι διαμέσω.ι ταιι � ιαιι .

ταιι �τω ΡΑΒ συμπίπrονν => το q:ili<ενq:x> Η συμπίmει με το βαpΊιαΜρο, το 11εpίκενφο ιαιι το έyκΈνφο τοο Π ροτειν ό μενες Α σκή σεις

.

ΡΑΒ.

Δίνεται η αριθμητική πρόοδος (αν) με πρώτο όpο α 1 και διαφορά ω. Οι α�ιθμοί α 1 και ω . ειναι αντιστοιχα η μικροτερη και η μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης χ 2 - 2χ - 8 = Ο α) Ποιος όρος της προόδου είναι ίσος με 74; β) Να βρείτε το πλήθος ν, των πρώτων όρων της αριθμητικής προόδου που έχουν άθροισμα Sv=l60 γ) Να υπολογίσετε τα αθροίσματα i. Α = � +α2 + ... +α20 ίί. Β = αl l + α12 + ... + α20 [ Αγαπητό ς Δ η μή τρης - Νά κης Χ ρ ή στος, Α θή να ]

Γω:'Ί Δίνεται η f(χ) = χ 2 - λχ + λ - 1 , λ E IR - {2} L_J α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f( χ) = Ο

έχει δύο άνισες ρίζες για κάθε λ Ε IR - { 2} 2 Γω:"Ί Δίνεται η συνάρτηση f(x) =�α.Jx -1 + 3 , β) Αν χ 1 , χ 2 είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης, να -4 βρείτε τις τιμές του λ Ε IR - { 2} για τις οποίες ισχύει � όπου α σταθερός πραγματικόςχ αριθμός. i. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. (χ ι + χ 2 ) 2 - Χ ι Χ 2 � -3 ίί. Να εξετάσετε αν η γραφική παράσταση της f τέμνει γ) Αν η γραφική παράσταση της συνάρτησης f τον άξονα Υ Ύ· διέρχεται από το σημείο Α(2, -2) τότε: ίίί.Να υπολογίσετε την τιμή του α για την οποία το Μ(5,2) i. Να αποδείξετε ότι λ = 5 ανήκει στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f. ίν.Για α=l ίί. Να λύσετε την ανίσωση / f(x) - x 2 / � 6 α.Να λύσετε την ανίσωση f(x) + .Jx - 1 > 4 για χ>4. [ Αγαπητό ς Δ η μή τρης - Νά κης Χ ρ ή στ ο ς. Α θήνα] β:Εστω η συνάρτηση g(x) = x - .Jx - 1 - l .Nα βρείτε Προτεινόμενο ΔιαΎώνισμα Α' τετραμήνου ΘΕΜΑ 1 ° τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων f και g. Α) Να αποδείξετε ότι Ι α·β l = Ι α Η β l , με α, βΕ R. [Σ αρ ά φης Γ ιάννης - Ελλη νογαλλική Σχολή Β) Απαντήστε στις παρακάτω με (Σ) ή (Λ): « Καλαμαρ ί» Θ εσσαλονίκης ] ί) Υπάρχουν σύνολα Α,Β για τα οποία ισχύει: Γω:'Ί Δίνεται η εξίσωση �-( α-3)χ-α+2=0, α ΕIR AuB Σ Λ Β � ί.Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ίί) ΓιαςτηνΑrιπιθανότητα Ρ( Α) ενός ενδεχομένου Α πραγματικές ρίζες για κάθε α Ε IR . Σ Λ ισχύει: Ο :5 Ρ( Α) :51 ίί.Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες Σ Λ ίίί) α2 + β2=0 � α=Ο και β=Ο. πραγματικές και άνισες αν και μόνο αν α "# 1 . iv) Ι -αι = ιαι. Σ Λ ίίί.Αν η παραπάνω εξίσωση έχει δύο ρίζες χ 1 , χ 2 πραγματικές και άνισες για τις οποίες ισχύει ί) Ισχύει � = α για κάθε πραγματικό αριθμό α. Σ Λ 2αχ1 - 3χ 1 χ 2 + 2αχ 2 � -1 ,να βρείτε τις τιμές του α.

(10 + 15 μονάδες) iv .Να βρείτε την τιμή του α "# 1 ,όταν ισχύει η σχέση l χι - 1 χ, � + l x2 + 1 χ2 ΙI = l x1l + l x2 l -2x1 + 201 1 , όπου χ 1 , χ 2 Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα, για τα οποία ισχύει οι πραγματικές και άνισες ρίζες της εξίσωσης. ΑΦΩ, Β:;tΘ και ΒςΑ. Αν α=Ρ(Α), β=Ρ(Β) και α>β, [ Σ αρ ά φης Γ ιάννης - Ελλη νογαλλική Σχο λή ί) Να αποδείξετε ότι BcA,α< l και β>Ο (15 μονάδες) « Κ αλαμαρ ί)) Θ εσσαλον ίκης ] Δίνεται το τριώνυμο ίί) Να αποδείξετε τις ισότητες: α + α · β - 1 - β = α-1 β+l � Α(χ) = λχ 2 + 3λχ + λ + 5 , λ E IR* α) Για λ = -1 να λύσετε την εξίσωση Α(χ) = Ο και να (30 μονάδες) Α(χ) . . απλοποιησετε την παρασταση 2 _ ίίί) Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης χ 16 2 3 4 β) Να βρείτε τις τιμές του λ EIR* ώστε η εξίσωση Ρ(χ)=Ο Κ= α + α · β - 1 - β + �β - 2β + β (5 μονάδες) β β+l ί. να έχει δύο ρίζες άνισες iv) Να αποδείξετε ότι για την παράσταση Κ του ίίί) ίί. να είναι αδύνατη (5 μονάδες) ερωτήματος ισχύει Κ=Ρ(Α-Β). ίίί. ν α έχει μια διπλή ρίζα 2 +25β2 -8α -10β +2 =0, να Αν γνωρίζουμε ότι 16α γ) Να εξετάσετε αν υπάρχουν τιμές του λ Ε IR* ώστε βρείτε τα α και β καθώς και την P(AuB)+P(ArιB). να ισ,ιίιει Α(χ ) > Ο για κάθε χ Ε IR .

(20 μονάδες)

�

1--\ :! α:tητός Δη μή τρης - Νάκη ς Χ ρή στος, Α θή να ]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/69

[Π αναγι ώτης Μ πρ ίνος - Α θή να ]

�

�y�μl.(ιti�

Π(Ο) JΙ,�ΙJ-ιαι �® �®ι@�u&ιΏ Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής

Βαγγέλης Ευσταθίου

Απόδειξη ανισοτήτων με βάση τους τύπους Vieta και το θεωρημα Bolzano Διονύσης Γιάνναρος- Λύκειο Πύργου

Εισαγωγικό ση μ ε ίωμα :

Το τριώνυμο με ρίζες κ,λ είναι το f(χ)=(χ-κ)(χ-λ) που σύμφωνα με τους τύπους Vieta γράφεται: f(x)=x2 - (κ+λ)χ+κλ και γενικότερα το c·f(x) με c σταθερά στο R*. Αν λοιπόν θεωρήσουμε ένα δεύ­ τερο τριώνυμο g(x)=x2 - (κ'+λ')χ+ κ'λ' με ρίζες κ',λ' καθώς και τη συνάρτηση h(x)=f(x)-g(x), τό­ τε: h(x)=Ax+B, με Α=κ'+λ'�κ+λ), Β=κ·λ-κ'-λ', όπου προφανώς: h(κ)=-g(κ), h(κ')= f(κ') κ.λ.π. Εντελώς ανάλογα το πολυώνυμο με ρίζες κ, λ, μ είναι το f{χ)=(χ-κ)(χ-λ)(χ-μ) που με βάση τους τ.

Vieta: f{χ)=χ3�κ+λ+μ)χ2+(κ·λ+λ·μ+μ·κ)χ-κ·λ·μ. Αν λοιπόν θεωρήσουμε ένα ακόμη πολυώνυμο g(χ)=χ3�κ'+λ'+μ')χ2+(κ'·λ'+λ'·μ'+μ'·κ')χ-κ'·λ'·μ' με ρίζες κ', λ', μ' καθώς και τη συνάρτηση h(x)=f(x)-g(x), τότε: h(χ)=Αχ2+Βχ+Γ, με Α=κ'+λ'+μ'�κ+λ+μ'), Β=κ·λ+λ·μ+μ·κ�κ' ·λ'+λ' ·μ'+μ' ·κ'), Γ=κ' ·λ' ·μ'-κ·λ·μ, όποτε: h(κ)=-g(κ), h(κ')= f(κ') κ.λ.π. Τα παραδείγματα που ακολουθούν όπως θα διαπι­ στώσουμε μποροΊ)ν να αναχθούν σε σχέσεις της μορφής κ+λeκ'+λ' ή κ·λ 2: κ'-λ' μεταξύ των ριζών δύο τριωνύμων καθώς και σε σχέσεις της μορφής κ+λ+μ:::Κ '+λ'+μ' ή κλμ 2: κ'λ'μ' μεταξύ των ριζών δύο πολυωνύμων 3ou βαθμού . Αυτό που μας ενδι­ αφέρει βέβαια είναι η κατανόηση της μεθόδου, αφού προφανώς μερικά παραδείγματα μπορούν να αντιμετωπιστούν με ευκολότερο τρόπο. Η μέθοδος βασίζεται ουσιαστικά στο ότι οι τιμές μιας συνε­ χούς συνάρτησης είναι ομόσημες σε κάθε διάστη­ μα όπου δεν υπάρχουν ρίζες της, πράγμα το οποίο εξασφαλίζεται από το Θ. Bolzano.

-

.

1°

Άσκηση 2.

Να αποδειχθεί ότι: Ο<α::S�::Sβ, α+β=γ+δ =:) α·β::Sγ·δ. Απ όδειξη :

Για τα τριώνυμα f(x),g(x) με ρίζες α,β και γ,δ α­ ντιστοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=α·β - γ·δ. Ό­ μως h(α)= - g(α)::SO, αφού το α δεν βρίσκεται με­ ταξύ των ριζών γ,δ του g(x). Αλλά: h(α)::SΟ ::::} α·β - γ·δ::SΟ ::::} α·β ::S γ·δ. Άσκηση 3 .

Να αποδειχθεί ότι: Ο<α::Sβ=:) (α+

ι

α

ι

ι

)(β+ β )2:(α+ β )(β+

ι

α

)

Απόδειξη :

Εντελώς όμοια, αρκεί να δείξουμε ότι: κ·λ 2: κ'-λ', , οπου κ=α+ -α1 ' λ=β+-β1 ' κ ,=α+-β1 ' λ'=β+ -α1 . Για τα τριώνυμα: f(x) και g(x) με ρίζες κ,λ και κ' ,λ' αντίστοιχα έχουμε: h(x)=f(x)-g(x) = κ·λ - κ' ·λ', αφού κ+λ=κ'+λ'= α+β+ _!_α + .!_β . Όμως Ο<α::Sβ κ'::Sκ::sλ', κ'::Sλ::Sλ '. Άρα το κ' δεν βρίσκεται μεταξύ των ριζών κ,λ του f(x), οπότε: h(κ')=f(κ')2:0. Επο­ μένως και κ·λ - κ' ·λ'2:0, οπότε κ·λ 2: κ' ·λ'. ::::}

3 Να αποδειχθεί ότι: α, β2:Ο =:) α +β� α1 β+αβ1 • Άσκηση 4 . Απόδειξη :

Αρκεί να δείξουμε ότι: κ+λ:::κ '+λ', όπου κ=α3, λ=β3, κ'=α2β, λ'=αβ2 • Για τα τριώνυμα: f{x), g(x) με ρίζες κ, λ και κ', λ' αντιστοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=Ax, με Α=κ'+λ'�κ+λ), αφού κ·λ=κ'·λ'=α3β3• Υποθέτουμε (χωρίς βλάβη της γε­ νικότητας), ότι α::Sβ (1). Τότε: (1)::::} Κ::Sκ '::sλ'::sλ ::::}h(κ)=-g(κ)::SO, αφού ο αριθμός κ δεν βρίσκεται Άσκηση 1 . μεταξύ των ριζών κ',λ' του g(x). Ν α αποδειχθεί ότι για οποιαδήποτε α, β e R ι­ Όμως h(κ)::SO ::::}ΑΚ::SΟ::::}Α<Ο ::::}κ '+λ'::Sκ+λ, αφού σχύει: (α + β)1 2: 4α·β. κ>Ο (για κ=Ο είναι προφανής). Αρκεί να δείξουμε ότι: Άσκηση Απόδειξη : 5. α + β · α + β α·β, δηλαδη, κ·κ 2: α·β, όπου β Να αποδειχθεί ότι: α,β>Ο =:) βΖ + " 2: α4+β4• -2- -2- :Ξ: κ= α 2+ β η διπλή ρίζα του τριωνύμου f(x) = (χ - Απόδειξη : αρκεί να δείξουμε ότι: κ+λeκ'+λ', κ)2 = χ2 - 2κ·χ +� και α,β οι ρίζες του τριωνύμου Εντελώς ό μαοια, 6 β 6 , κ'=α4, λ'=β4 με g(x) = χ2 - (α+β)χ +α·β, με 2κ=α+β, οπότε όπου κ= β2 , λ= α2 h(x)=f(x)-g(x) = �-αβ (σταθερά). Αλλά h(α)=f(α) κ·λ=κ ' ·λ'=α4β4 • Για τα τριώνυμα: f{x), g(x) με ρί= (α-κ)22:0,οπότε �-αβ:::Ο, δηλαδή �2:αβ. α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/70

"

α

1

Τ ο Βή μα του Ευκλείδη

ζες κ:,λ και κ:' ,λ' αντιστοίχως έχουμε: Παρατηρούμε ότι: h(κ:)=f(κ:)SO, αφού κ:ε [Ο,α] και h(x)=f(x)-g(x)=Ax, με Α=κ: ' +λ'-(κ:+λ). h(λ)=f(λ)�Ο, αφού λε [γ, +οο). Σύμφωνα λοιπόν με Υποθέτουμε (χωρίς βλάβη της γενικότητας), ότι το θεώρημα Bolzano η εξίσωση θα έχει μια τουλά­ αSβ ( 1 ). Τότε: ( 1 )=> κ:Sκ:'Sλ'Sλ =>h(κ:)=-g(κ:)SO, χιστον ρίζα ρ ε [κ:,λ]. αφού ο αριθμός κ δεν βρίσκεται μεταξύ των ριζών Αν Β=Ο, τότε h(χ)=Γ (σταθερά) και αφού κ' ,λ' του g(x). Αλλά: h(κ:)SO =>Ακ:SΟ=> h(κ:)SOSh(λ) θα είναι h(κ:)=h(λ)=Ο, οπότε και: =>ASO ::::>κ: '+λ'Sκ:+λ, αφού κ:>Ο. h(O) = Ο => Γ=Ο ::::>κ:·λ·μ=α·β·γ. Ά σκηση 6. Αν B;fO, τότε η συνάρτηση h(x) είναι γραμμι­ Να αποδειχθεί ότι:Ο<α�β=> κή, δηλαδή έχει μοναδική απλή ρίζα τον αριθ­ 1 {α 1 {β 1 1 μό ρ . . β3 νϊ3 . + γ� � + Αν κ:< ρ � λ, τότε h(O)h(κ:)>O και αφού h(κ:)<Ο, θα είναι και h(O)<O δηλαδή Γ<Ο, οπότε Απόδειξη : κ:·λ·μ<α·β·γ. Αν κ:S ρ <λ, τότε h(O)h(λ)<O και αφού h(λ)>Ο, θα είναι και h(O)<O δηλαδή Ομοίως αρκεί: κ:+λeκ:'+λ', όπου κ:·λ·μ<α·β·γ. Η περίπτωση κ:=λ αποκλείεται αφού τότε θα είχαμε α=β=γ=κ:=λ=μ οπότε ι ι ι ι � _!_ με κ:·λ=κ'·λ'= λ= - ν{β κ:'= λ'= _ . Β=Ο, άτοπο. ' α3 ' α3 β3 α3 β3 Στην περίπτωση αυτή χρειαστήκαμε μόνο το Για τα τριώνυμα: f(x) ,g(x) με ρίζες κ:,λ και κ:' ,λ' όσημο τηςf(x) αντιστοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=Ax, με Ά κπρ σ ηση 8. Α=κ:'+λ'-(κ:+λ). Εξάλλου: αSβ => κ:Sκ:'Sλ'Sλ ::::>h(κ:)=-g(κ:)�Ο, αφού ο αριθμός κ δεν βρίσκεται Να αποδειχθεί ότι: α,β,γ>Ο=> α + + γ �α·β·γ μεταξύ των ριζών κ:' ,λ' του g(x). Όμως: h(κ:)SO ::::>A ·κ:SO::::>ASO ::::>κ: ' +λ'Sκ:+λ, αφού κ:>Ο. Απ όδειξη : Ά σκηση 7. α+β+γ , κ3� α·β·γ, οπου , Αρκεί να δείξουμε οτι: κ= Να αποδειχθεί ότι: 3 α,β,γ>Ο::::> α·β·γ �α+β-'y)(β+γ-α)(γ+α-β). με 3κ:= α + β + γ. Για το πολυώνυμο: f(x)= (χ-κ:)3= Απόδειξη : χ3-3κ:χ2 +3κ:2χ - 1(3 Ομοίως αρκεί να δείξουμε ότι: α·β·γ�·λ·μ, όπου: με τριπλή ρίζα το κ και το πολυώνυμο g(x) με ρί­ κ:=α+�γ, λ=β+γ-α, μ=γ+α-β με κ:+λ+μ= α+β+γ. ζες α, β, γ έχουμε: Αρχικά παρατηρούμε ότι από τους αριθμούς κ:,λ,μ h(x)= f(χ)-g(χ)=Β=3�-(α·β +β·γ +γ·α), Γ=α·β·γ-κ:3 . αποκλείεται να είναι δύο αρνητικοί διότι αν π.χ. Αρκεί λοιπόν και πάλι να ασχοληθούμε με την πε­ ήταν κ:<Ο, λ<Ο τότε θα ήταν και κ:+λ=2β<Ο, πράγ­ ρίπτωση αSβSγ και h(α)=f(α) = (α-κ:)3S0, μα άτοπο. Ομοίως αποκλείεται να είναι κ:<Ο, μ<Ο h(γ)=f(γ-κ:)3�0. Διακρίνοντας όπως προηγου μένως ή λ<Ο, μ<Ο. τις περιπτώσεις Β=Ο και B;fO καταλήγουμε στην Συντομότερα: Αφού κ:+λ=2β>Ο, λ+μ=2γ>Ο, κ:3� α·β·γ. μ+κ:=2α>Ο, αποκλείεται από τους αριθμούς κ:, λ, μ Γ να είναι δύο αρνητικοί. Επομένως θα έχουμε ή έ­ Παρατή ρηση : Αφού ρ=- ε [α, γ] και Γ<Ο θα είΒ ναν αρνη τικό ή τρεις αρνητικούς ή κανένα αρνητι­ Β>Ο δηλαδή 3κ:2>αβ+βγ+γα οπότε: κό. Στις περιπτώσεις που ένας από τους κ:, λ, μ ή ναι 2 2 και οι τρεις είναι αρνητικοί το ζητούμενο είναι α +β +i>αβ+βγ+γα. προφανές. Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε την Άσκηση 9. α·β·γ�·λ·μ όταν κ:, λ, μ �0. Υποθέτουμε και πάλι Να αποδειχθεί ότι: α,β,γ>Ο::::> (α+β)(β+γ)(γ+α) � 8α·β·γ (1). (χωρίς βλάβη της γενικότητας) ότι: αSβSγ, οπότε Α όδειξη π : κ:S α�βSγSλ και κ:Sλ�μ (γιατί;). Για τα πολυώνυ­ μα f(x) και g(x) με ρίζες α, β, γ και κ:, λ, μ αντι­ Αρκεί να δείξουμε ότι: α + β _ β + γ . γ + α �α·β·γ, 2 2 2 στοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=Bx+Γ, με Β=α·β +β·γ +γ·α (κ:·λ +λ·μ +μ·κ:), Γ= κ:·λ·μ- α·β·γ. Εξάλ­ α β β+γ +- , λ= , -, δηλαδή κ:·λ·μ � α·β·γ οπου κ:= λου για τα πρόσημα των f(x), g(x) έχουμε: 2 2 γ α μ= + με κ + λ + μ = α + β + γ. Υποθέτουμε και 2 χ + f(x) + πάλι α S β S γ, οπότε αSκ:SμSλ�γ και για τα πο­ κ μ λ +oc !ο λυώνυμα f(x), g(x) με ρίζες α, β, γ και κ:, λ, μ αντι­ g(x} στοίχως έχουμε:h(χ)=f(χ)-g(χ)=Βχ + Γ, με Β=α·β + •

α3 β 3

α3

•

•

•

(

10 - αf fβ - fγ +οο

χ

-

ψ

ψ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/71

:

)

3

Το Βή μα του Ευκλείδη

+β·γ +γ·α-(κ·λ +λ·μ +μ·κ), Γ=κ·λ·μ-α·β·γ. Για τα πρόσημα των f(x), g(x) έχουμε:

Ί"" I

f(x) χ

g(x)

t ψ

-

α

κ

-

t ψ

γ

β

+

+ oc

λ

μ

+

+ οο

ψ

-

+

Παρατηρούμε ότι: h(α)=-g(αΥ-:0, αφού αε [Ο,κ] και h(γ)=-g(γ):::;Ο , αφού γε [λ,+οο). Σύμφωνα λοι­ πόν με το θεώρημα Bolzano η h(x) θα έχει ρίζα ρ ε [α,γ]. Διακρίνοντας όπως στην άσκηση 7 τις περιπτώσεις Β=Ο και Β*Ο καταλήγουμε στην κ·λ·μ Ξ:: α·β·γ. Είναι γνωστή η ισότητα: (α+β)(β+γ)(γ+α)+α·β·γ= (α+β+γ)(αβ+βγ+γα). Επομένως από την (1) παίρνουμε: (α+β)(β+γ)(γ+α)+ α·β·γ Ξ:: 9α·β·γ ή (α+β+γ)(αβ+βγ+γα) Ξ:: 9α·β·γ και αν θεωρήσουμε ότι α,β,γ>Ο τότε διαιρώντας με α·β·γ καταλήγουμε στην: (α+β+γ)( _!_ + ! + ! ) Ξ:: 9. Γενικά με βάση α β γ την ανισότητα Schwarz για κάθε χ1,χ2 , . . . ,xv >Ο ι1 1 1 , (χι+χ + . . . +χv)( σχυει: + - + . . . + - )Ξ::ν2 .

2 Σχό λιο :

Χι

Χν

Χ2

Α κολου θεί μ ια ενδιαφέρουσα συμ πλήρω ση αυτής της ανισότητας: •

Αν Ο<α<β και χ1,χ2 , . . . ,xv (νΞ::2 ) τυχόντες α­ ριθμοί του διαστήματος [α, β], τότε να αποδεί­ ξετε ότι: 1 1 1 (α β) 2 (χι+χ2+ . . . +χv)( - + - + . . . + - )::::; + · ν 2 4αβ Χ Χ Χ 2

ι

ν

Απόδειξη :

Έστω το τριώνυμο f(x)=x2 - (α+β)χ+αβ με ρίζες α,β. Επειδή Ο<α:::;χ;:::;β για κάθε i=1 ,2, . . . ,ν θα εί­ ναι: f(x;):::;O ή χ? - (α+β)χ;+αβ:::;Ο (1 ) δηλαδή αβ χ; + :::;( α+β), i=1 ,2, . . . ,ν. Προσθέτοντας τις ν α­ Χ;

νισότητες παίρνουμε 1 1 1 (χι+χ2+ . . . +χv)+αβ( - + - + . . . + - ):::;ν(α+β) (1). Χ Χ Χ 2

ι

ν

Αν τώρα θέσουμε: χ= x1+x2+ . . . +xv και 1 1 1 , ψ= αβ( - + - + . . . + - ) εχουμε: Χι

Χ2

(Ι)

Χν

χ+ψ Ξ:: 2 .ΓχΨ � 2 .ΓχΨ :::;ν(α+β):::?

1 1 4χψ:::;ν. .2-(α+β)2:::?4αβ(χι+χ2+ . . . +χv)( - + - + . . . + Χ Χ •

1 - ):::;v(α+β)2 και τελικά Χν

ι

2

1 1 1 (α β)2 ν2:::;(χι+χ2+ .. +χv)( - + - + . . . + - )::::; + . γ . Χι

Χ2

Χν

Μι α εφαρμογιί της προηγούμενης:

4αβ

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ κάθε γωνία του είναι μεγαλύτερη ή ίση των 30° . ! ! Να αποδείξετε ότι: (α+β+γ)( _!_ + + )::::; !!_ . α β γ 8 Απόδειξη :

Είναι: (α+β+γ)( _!_ + ! + ! )= α β γ 1 1 1 1 2R(ημΑ+ημΒ+ημΓ)· - ( - + - + - )= 2R η μΑ η μΒ η μΓ 1 1 1 (ημΑ+ ημΒ+ ημΓ)· ( - + - + - ). η μΑ η μΒ η μΓ 1 - ::=;η μΒ:::; 1 , 2

..!.. :::;η μΓ:::; 1 . Εφαρμόζοντας τα προηγούμενα έχου2 1 1 1 με: (ημΑ+ημΒ+ημΓ)·( - + - + - )::::; η μΑ η μΒ η μΓ 1 2 (- + 1) 81 <- 2 ·9 = - και τελικά 1 8 4·-·1 2 81 1 1 1 81 9 = - � (α+β+γ)( - + - +- )::::; - .

9 α β γ 8 Άσκηση 1 0. Να αποδειχθεί ότι: α,p,γ>Ο, α+p+γ= 1 :::? ( l +α)(l +p)( l +γ)Ξ:: 8( 1-α)·(1-ΡΗ1-γ) ( 1) . Απόδειξη :

Αρκεί να δείξουμε ότι: (1 +α)(1 +β)(1 +γ)Ξ::8 (β+γ)·(γ+α)·(α+β), α 1+β 1+γ , 1 +η, οτι: · -- · -- Ξ:: (β+γ) · (γ+α) · ( α+β) , η, τε-, 2 2 2 1+β 1+α , λ= -λος κ·λ·μ Ξ:: κ'-λ'-μ' οπου: κ= -' 2 ' 2 1+γ ' και κ ' =β+γ, λ' =γ+α, μ ' =α+ β , οποτε μ= -2 κ +λ + μ = κ' + λ'+ μ'=2. Έστω α ::::; β ::::; γ, οπότε: μ' ::::; κ ::::; λ ::::; μ ::::; κ'. Για τα πολυώνυμα f(x), g(x) με ρίζες κ, λ, μ και κ', λ', μ' αντιστοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=Bx + Γ, με Β =κ·λ +λ·μ +μ·κ (κ'-λ' +λ'-μ' +μ'-κ'), Γ= κ'-λ'-μ'- κ· λ· μ. Διακρίνοντας όπως στην άσκηση 7 τις περιπτώσεις Β=Ο και Β*Ο καταλήγουμε στην κ' ·λ' ·μ' Ξ:: κ· λ· μ. Σχόλιο:Αν κάνουμε πράξεις και στα δύο μέλη της ( 1 ), μετά την αναγωγή ομοίων όρων καταλήγουμε στην: α,β,γ>Ο, α+β+γ=1 :::? 7(αβ+βγ+γα):::;2 +2αβγ που αυτή με τη σειρά της μας δίνει μια εύκολη α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/72

Το Βήμα του Ευκλείδη

(κ+λ+μ), Β =κ·λ +λ· μ +μ·κ - (κ'-λ' +λ'-μ' +μ'-κ'). ντιμετώπιση της: α,β,γ>Ο, α+β+y=l � α,β,γ είναι ίσοι π.χ. α=β τότε α­ l -2αβγ:5α2+β2+y2:51-2αβγ, που ήταν προτεινό- Αν δύο από τους _ 2--αγ+y22::αγ που είναι προφανής. νάγεται στην α 27 Έστω λοιπόν: α < β < γ, οπότε: κ<κ'<λ'<μ'<μ. Για μενη στον Ευκλείδη Β ', τεύχος 7 1 με αριθμό 1 54 ·· · τα πρόσημα των f(x),g(x) έχουμε: στην στήλη Ό Ευκλείδης προτείνει . . . .

j

x o fx (

Άσκηση 1 1 . Αν α, β, γ μήκη πλευρών τριγώνου τότε:

.!.

(α_+....β....:. γ :. )(γ....:. + α) .:. )(.::. ... β_ ... +....:. ..; 7-_--'< (α + β + γ)3 4 ....:....

Απόδ ειξη :

Αρκεί να δείξουμε ότι: (α β + γ)3 (α+β)(β+y)(γ+α)> + , ή ότι: 4 α β γ α β γ (α+β)(β+y)(γ+α)> + + · + + ·(α+β+y), ή 2 2 τέλος ότι: κ·λ·μ :::: κ'-λ'-μ' όπου: κ=α+β, λ=β+y, α+β+γ μ=γ+α και κ , = λ' = , μ , =α+β+y με 2 κ+λ+μ= κ'+λ'+μ'=2(α+β+y). Για τα πολυώνυμα f(x), g(x) με ρίζες κ, λ, μ και κ', λ', μ' αντιστοίχως έχουμε: h(x)=f(x)-g(x)=Bx + Γ, με Β =κ·λ +λ·μ +μ·κ - (κ' ·λ' +λ' ·μ' +μ' ·κ'), Γ= κ' ·λ' ·μ'- κ· λ· μ. Υποθέτουμε και πάλι α:5β:5γ, οπότε κ' ::5 κ ::5 μ ::5 λ ::5 μ'. Για τα πρόσημα των f(x), g(x) έχουμε:

Ίο10 κΌλ"f f - t- t

f(x)

-

χ

g(x)

κ +

λ

μ·

-

μ

f

+οο

+οο

Γ

(α+β+γ)22::3(αβ+βγ+γα)

βρίσκουμε �<αβ+βγ+γα<

Αφού ρ= - - >0 και Γ<Ο θα είναι Β>Ο, Β δηλαδή 2(αβ+βγ+yα)>α2+β2+y2 απ ' όπου αβ+βγ+yα>τ2 και σε συνδυασμό με την

όπου 2τ η περίμετρος του τριγώνου. α2 γ

β2 α

�,

γ2 β

Να αποδειχθεί ότι: α,β,γ>Ο:::> - +- +- ::::«+β+γ.

Αρκεί να δείξουμε ότι: α3 β+β3γ+y3 α ::::α2 βγ+β2γα+fαβ, δηλαδή κ-ι.-.-μ . . ::::Κ ' +λ '+μ ' , οπου ' κ=α3 β , λ=β3γ, μ=γ3 α και κ · = α= βγ, λ '=β2γα, μ'= γ2 αβ με κλμ=κ'λ'μ'=α4 β4γ4 • Για τα πολυώνυμα f(x), g(x) με ρίζες κ, λ, μ και κ ' , i. " . μ · mτιστοίχως έχουμε: h(x)=fi :o--g( x)=Ax2+ Βχ, με Α=κ'+λ'+μ'-

φ λ

_

μ

t t- t κ

· +

λ

"

μ

· ++οο

και

Για τα πολυώνυμα f(t), g(t) με ρίζες α, β, γ και χ, y, z αντιστοίχως έχουμε: h(t)=f(t)-g(t)=Ar+Bt+Γ, με A=x+y+z-{α+β+y):::;:Ο , Β =α·β +β·γ +y·α - (x·y +y·z +z·x), Γ=χyz--αβγ. Για τα πρόσημα των f(t),g(t) έχουμε: ι

+

ο

+

Άσκηση 1 3. Αν α,β,γ,χ,y,z>Ο, α<β<γ,α:5χ:5y:5z:5γ α+β+γ:5χ+y+z, τότε: αβγ:5χyz και αβ+βγ+yα:5χy+yz+zχ. Απόδ ε ιξη :

10 l

f(t)

Σχό λι ο :

Απόδ ειξη :

1

κ

Επομένως h(κ)=-g(κ)>Ο, αφού κε(Ο,κ') και h(μ)=-g(μ)<Ο, αφού με(μ',+οο). Σύμφωνα με το Θ. Bolzano η h(x)=O έχει ρίζα ρε(κ',μ'). Εξάλλου h(O)=O και Ο<ρ<μ, οπότε για το τριώνυμο h(x) θα έχουμε: Αh(μ)>Ο και αφού h(μ)<Ο θα είναι Α<Ο, δηλαδή κ'+λ'+μ'<κ+λ+μ .

ι

+

Διακρίνοντας και πάλι τις περιπτώσεις Β=Ο και B:;tO καταλήγουμε ομοίως στην κ·λ·μ :::: κ'-λ'-μ'.

Άσκηση 1 2 .

g

χx (

- φ -

+οο

o

α

ψ

+

β

γ

y

z

ψ - ψ

+οο

+

+οο

t t- t Επομένως h(α)=-g(α)::::Ο , αφού αε(Ο,χ] και g(t)

-

χ

+

+

h(γ)=-g(γ):50, αφού γε [z,+οο). Σύμφωνα με το Θ.

Bolzano η h(t)=O έχει ρίζα ρ ε [α,γ].

1) Αν Α=Ο,τότε h(t)=Bt+Γ και όπως στα προη­ γούμενα παραδείγματα βρίσκουμε Γ::::Ο , δηλαδή χyz:::;:αβγ. Αν όμως είχαμε Β>Ο, τότε η h(t) είναι γραμμική και έχει μοναδική ρίζα ρ ε [α,γ]. Επομένως h(γ)<Ο �Βγ+Γ<Βρ+Γ� �Β(γ-ρ)<Ο�Β<Ο, όταν γ>ρ (πράγμα άτοπο). Αν γ=ρ, τότε α<ρ, οπότε h(α)>Ο �Β(α-ρ)>Ο �Β<Ο (επίσης άτοπο). Άρα Β:50, δηλαδή αβ+βγ+yα ::5 xy+yz+zx.

2) Αν Α>Ο, τότε lim h(t)= lim Ar=+oo και 1--Η«>

Ι-++«>

h(γ):50, οπότε το τριώνυμο h(t) εκτός από τη ρίζα ρ ε [α,γ] έχει και ρίζα ρ' ε [γ, +οο). Αφού Ο!l(ρ,ρ') θα είναι h(O):::;:O , δηλαδή Γ::::Ο , οπότε χyeαβγ. Εξάλλου Β ρ+ρ'=-- ::::0�Β:50�αβ+βγ+yα:5χy+yz+zχ. Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4173

ΕuκΑ�iδnς

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προ βλήματα και οι λύσεις και ο ιcύριος λόγος

nροτ�iν�ιι

ύπαρξη ς του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα» .

P. R. HALMOS

ΑΣΚΗΣΗ 2 1 8

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ . Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ (τΕΥΧΟΥΣ 88 )

Να δειχθεί ότι:

λ

( Γ ΙΩΡ Γ ΟΣ

ΚΥΡ ΙΑΚΟΠΟΥ ΛΟΣ

ιΗ

ΛΥΣΗ

ΓΒΔ = 10° . λ

ΠΕΤΡΟΠΟΥΛΟΣ -

ΑΒ = ΑΓ = α , Β = Γ = 40 , Άγιος Στέφανος Αττικής ). Α ΑΓ κατά τμήμα ΑΔ = ΒΓ .

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με προεκτείνουμε την

ΛΥΣΗ 2Η ( ΙΩΑΝΝΗΣ

(Λ Ε ΥΤΕΡΗΣ

λ

ο

- Βόλος)

ΤΣΙΛΙΑΚΟΣ

-

Γαλάτσι)

Β

Από τον νόμο του συνημιτόνου στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ΒΓ 2 = ΑΒ 2 + ΑΓ 2 - 2ΑΒ · ΑΓ ·

Α

Δ

λ συν(ΒΑΓ) => ΒΓ 2 = 2α2 - 2α 2 συν 1 00° = = 2α 2 (1 - συν100°) = 2α 2 (1 + συν80° ) = 4α 2 συν 2 40° (1) => ΒΓ = 2ασυν 40°

Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΔ =>

ΑΒ ΑΔ => ( λόγω ΑΔ=ΒΓ ) λ = η μ(ΑΒΔ) η μ(ΑΔΒ) Λ

2ασυν 40° α ' ω = 400 - χ ) (και λογω = η μ(40° + χ) η μω --

Ε

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓΕ 2συν40° 1 με την κορυφή Ε προς το μέρος της ΒΓ που η μ(40° + χ) η μ(40° - χ) => 2συν40° η μ( 40 - χ) δεν ανήκει το Α. Επειδή ΑΓ = ΑΒ ( = a) , = η μ(40° + χ) => η μ(80° - χ) + η μ(-χ) = η μ(40° + χ) ----

ο

ΓΕ = ΒΓ = ΑΔ = k και Ai'E = l00° = Β Μ τα

=> η μ( -χ) = η μ( 40° + χ) - η μ(80° - χ) 2χ - 40° συν60° => ημ(-χ) = => ημ(-χ) = 2η μ τρίγωνα ΑΓΕ και ΑΒ Δ είναι ίσα οπότε, είναι 2 λ η μ(χ - 20°) => χ = 20° - χ => χ = 1 0° και ΑΔΒ = ΑΕΓ = 30° (αφού η ΑΕ είναι Λ

μεσοκάθετος της ΒΓ και άρα διχοτόμος της Λ

γωνίας ΒΕΓ = 60° ). Στο τρίγωνο ΒΓΔ έχουμε: Λ

Λ

ω + ΒΓΔ+ ΓΔΒ = 1 80° => ω + 140° + 30° = 1 80°

Δάφνη, Οικονομίδης - Κάτω Π ατήσια, Ευ άγγ ε λο ς Λ ουκ άς Χυ τή ρ η ς - Κέρκυρα, Δ ιονύσης Γιάνναρ ος - Πύργος Αντώνη ς Ιωαννίδη ς Λάρισα, Στέλιος Πετρ ολέκας - Δραπετσώνα, Γεώργι ο ς Τσιώλης - Τρίπολη, Θω μάς Τσ άκας Λύσεις έστειλαν :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4Π4

Ρ οδ όλφ ο ς Μπόρη ς -

,

-------

- Πάτρα,

Χ ρή στ ο ς Δ ε μιρτ ζόγ λου

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

-

Ρ όδος ΑΣΚΗΣΗ 2 1 9 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 88 ) Αν α, β, γ ε R - { -1 } με αβγ = -1 , Γ ιάννη

δ ς Π ε ρ ικ ά ρη ς

, δειχθει' ότι ισχυει

�

-

1 ( α + 1)

(3) Δράμα, xyz = χ + y + z � α + β + γ + α β + βγ + γα = α + 1 +β + 1 + γ + 1 � αβ + βγ + γα = 3

.

2

+

1 (β + 1)

2

+

τότε να 1

(γ + 1)

2

�

, , 2 (α + β + γ) + 6 Πότε ισχυει το ισον·' 1 1 1 • α + β + γ - (- + - + -) α β γ

( ΓΙΩ Ρ ΓΟΣ ΑΠΟΣΤΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ - Μεσολόγγι) ΛΥΣΗ

( Δ Ι ΟΝΥΣ Η Σ Γ ΙΑΝΝΑ Ρ ΟΣ - Πύργος)

Επειδή αβγ = -1 , η αποδεικτέα γράφεται: 1 1 1 > + + 2 2 (1 + α) (1 + β) (1 + γ) 2 (α + 1) + (β + 1) + (γ + 1) �2 (α + β + γ) + (αβ + βγ + γα)

------

(5)

1 Επειδή αβγ = -1 ,δηλ γ = --- ,η (5) γράφεται αβ 1 αβ + γ(α + β) = 3 � αβ - - (α + β) = 3 � αβ 2 2 α β - α - β - 3αβ = Ο � β 2 α 2 - (3β + 1)α - β = Ο

Η τελευταία εξίσωση είναι δευτεροβάθμια ως προς α και δέχεται πραγματικές λύσεις όταν και μόνον

Δα ;;::: Ο � (3β + 1)2 + 4β3 ;;::: Ο � 4β3 + 9β 2 + 6β β>'-1 1 +1 ;;::: ο � (β + 1) 2 (4β + 1) ;;::: ο � β ;;::: -4 ' ' α = 3β + 1 ± (β + 1).J4β+ι , οποτε που ειναι 2β 2

---

(1)

γ=

2β . Τελικά, η ισότητα 3β + 1 ± (β + 1).J4β+ι 4β + 1

Θέτουμε: 1 + α = χ , 1 + β = y, 1 + γ = z . Τότε

ισχύει για άπειρο πλήθος τριάδων (α , β ,γ ) =

αβγ = -1 � (χ - 1)(y - 1)(z - 1) = -1 � xyz - (xy + yz + zx) + (x + y + z) - 1 = -1 � xy + yz + zx = xyz + x + y + z

( (2)

α + β + γ + α β + βγ + γα = χ + y + z - 3 + (χ - 1)(y - 1) + (y - 1)(z - 1) + (z - 1)(x - 1) = χ + y + z - 3 + xy + yz + zx - 2(χ + y + z) + 3 = (2) xy + yz + zx - ( χ + y + z) = xyz (3)

Από την υπόθεση πρέπει να ισχύει: xyz * Ο Η αποδεικτέα (1),

βάσει των (2) και (3), γράφεται: 1 1 1 x+ y+z , και ισοδυναμως: -2 + -2 + -2 ;;::: 2 χ y z xyz x 2 y2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 � 2xyz(x + y + z) � (xy + yz + zx)2 - 2xyz(x + y + z) ;;::: 2xyz(x + y + z) (4) � (xy + yz + zx) 2 ;::: 4xyz(x + y + z)

Θέτουμε: x + y + z = k , xy + yz + zx = m και xyz = t . Τότε, η (3) δίνει: m = t + k και η (4) � m; ;::: 4tk � (t + k) 2 ;::: 4tk � (t - k)2 ;:: ο

σχέση

χου

3p + 1 ± (p + 1) FP+!

-2p )Ό ,p, 2 2p 3p + 1 ± (p + 1)�4p + 1

1 , 1 που ρ ε R • : ρ ;:: - - . Ειδικοτερα, για p = -4 4

προκύπτει η (α, β, γ) = (2, _.!_, 2) , ενώ για p = 2 οι 4 1 1 (α, β, γ) = (2, 2 , --) , (α, β, γ) = (--, 2 , 2) .

4 4 Λύση έστειλαν: Αντών η ς Ιωαννίδ η ς - Λάρισα , Ροδόλφος Μπόρη ς - Δάφνη . ΑΣΚΗΣΗ 220 (τΕΥΧΟΥΣ 88 ) Δίνονται σημείο

Ε(�,Ο) και ευθεία (δ): χ = - � 2 2

.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ του

επιπέδου

των

οποίων

αποστάσεων από το σημείο είναι

λ>Ο.

ο

λόγος

των

Ε και την ευθεία δ

(ΕΥΑΓΓΕΛΟΣ Ο Ι ΚΟΝΟ Μ Ι Δ Η Σ - Κ. Πατήσια) ισχύει για κάθε t , k ε R και με την ΛΥΣΗ: ( ΘΩ ΜΑΣ ΤΣΑ ΚΑ Σ - Πάτρα )

ισότητα \U ισχύει όταν και μόνον t = k , δηλ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4175

Ο Ευκλείδης προτείνει

------

Α.

Αν λ = 1 κάθε σημείο M(x, y) του γ.τ. ισαπέχει

από το Ε και την ευθεία δ, οπότε παραβολή με εξίσωση y 2 = 2px . Β.

έχουμε

. . .

--------­

προβλήματος βλέπε:

Αναλυτική Γεωμετρία Γ.

Τασσόπουλου σελίδα 245.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑ Τ Α

Δίνεται έλλειψη C με εστίες Ε , Ε' στον άξονα χ'χ , δύο τυχαία σημεία της Μι , Μ

240 .

d(Μ,ε) 'Εστω Ο < λ :;e 1 . Έχουμε : = λ <=> d(Μ, δ)

2

συνευθειακά με την εστία Ε , Μ 0 το μέσον της χορδής ΜιΜ 2 και Ρ το σημείο τομής των ευθειών που είναι κάθετες στις εφαπτόμενες της Uι , u <=> <=>

2

χ 2 -px + Ε_42 + y2 = λ 2 χ 2 + λ 2 pχ + λ 2 Ε_42 (1 - λ 2 )χ 2 -p(l + λ 2 )χ + y2 + Ε._2 (1 - λ 2 ) = 0

έλλειψης στα σημεία Μι , Μ 2 αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι η ευθεία ΡΜ 0 είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ . (Γ ΙΑΝΝ ΗΣ ΠΕΡΔΙ ΚΑ ΡΗ Σ - Ρόδος) Μία ημισφαιρική λεκάνη διαμέτρου 24 1 . ΒΔ = 20cm με την ΒΔ παράλληλη στο οριζόντιο

4

επίπεδο περιέχει υγρό σε βάθος 4 cm. Να βρεθεί υπό ποία γωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο μπορεί να κλίνει η λεκάνη πριν το υγρό να αρχίσει να χύνεται έξω. (ΝΙ Κ ΟΣ ΤΣΙΛ ΙΑ ΚΟ Σ - Χίος) 242 . Δίνονται οι αριθμοί: Α = 34x56y7z34 και Β = 49 1ωφ3τ7ts .

Να

βρεθούν

τα

ψηφία

παριστά x,y,z,ω,φ,τ,t,s, ώστε ο αριθμός Γ= Α + Β διαιρούμενος με τον αριθμό 9753041 να δίνει υπόλοιπο 6794. έλλειψη. (Δ ΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΡΒΕΛΑΣ - Πεύκη) Β2) Αν λ > 1 , η (1) γράφεται στη μορφή: 243 . Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός α με 1 λ2 και

(χ - Ε.2 . 1 +- λ 2 ) 2

και

παριστά

υπερβολή. Λύσεις έστειλαν:

Ροδόλφος Μπόρης

- Κ. Πατήσια, Αντώνης

Γ ιώργος Δεληστ άθη ς Ι ωαννίδης

-Λάρισα,

Πύργος(αφιερωμένη Αν δρεαδάκη) .

- Δάφνη,

Διονύση ς

στη

μνήμη

Γ ιάνν αρος τ ου

-

Σ τυ λιαν ού

α :;e

pν

(όπου

p

πρώτος και ν ε Ν* : ν > 1 ) που

αναλύεται σε άθροισμα δύο τετραγώνων φυσικών αριθμών κατά τέσσερις διαφορετικούς τρόπους. (ΛΕΥΤΕΡΗΣ ΤΣΙΛΙΑ ΚΟΣ - Γαλάτσι) Αναμένουμε δικέ σας εργασίες και λύσεις και σας ευχόμαστε καλή συνέχεια στις εξετάσεις και με καλά αποτελέσματα

Για γενική αντιμετώπιση του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4176

Καλές διακοπές. !!!

«Δεν με

νοιά{ει

Γρίφοι

τόtιο

· ν

thttJδεl{uι.

Παναyιόπης Π. Χριστόπουλος

όtιο ΊΟ

ν

·

ιrνα� Eαler

άκρο. Όμως πάλι περισσεύουν 10 εκατοστά, αυτή Η γκλίτ σα Δύο αδέλφια είχαν ένα κοπάδι πρόβατα. Τα τη φορά από τη δεξιά πλευρά του χαρτιού. Ανοίγω πούλησαν και εισέπραξαν για κάθε πρόβατο τόσα και aπλώνω τη λωρίδα που τώρα έχει πάνω τη ς Ευρώ όσα ακριβώς πρόβατα είχε το κοπάδι τους. δύο τσακίσεις. Πόσα εκατοστά απέχουν αυτές οι Μοίρασαν τα χρήματα με τον εξής τρόπο: Πρώτα δύο τσακίσεις μεταξύ τους; πήρε ο μεγαλύτερος 1 Ο Ευρώ, μετά πήρε ο Ξέρετε ότι: μικρότερος 1 Ο Ευρώ κ.ο.κ. Την τελευταία φορά : Τα ιφιτήρω δωφετότητuς ενός αριθμού με το 1 1 πήρε ο μεγαλύτερος 1 Ο Ευρώ και για τον Αθροίζουμε πρώτο, τρίτο, πέμπτο κλπ ψηφία μικρότερο έμειναν λιγότερα από 1 Ο Ευρώ. Τα πήρε και πρέπει να έχουν ίδιο άθροισμα με δεύτερο, τέ­ αυτά ο μικρότερος και για να εξισώσει τα μερίδια ταρτο, έκτο κλπ ψηφία ανεξάρτητα από το πλήθος ο μεγαλύτερος του έδωσε την γκλίτσα του. Για των ψηφίων π.χ. 14795 1+7+5=1 3 και 4+9=1 3 άλ­ πόσα Ευρώ εκτιμήθηκε η γκλίτσα; λο 1 54 1+4=5 και 5 ή Η διαφορά τους να είναι 11 π.χ. 1 0835 Ο δά σκαλος Είπε ο δάσκαλος στους μαθητές του βάλτε στο 1+8+5=14 και 0+3=3 διαφορά 14-3=1 1 άλλο 627 μυαλό σας έναν 4ψήφιο αριθμό ύστερα μετακινή­ 6+7=13 1 3-2=1 1 . Σε επόμενο τεύχος θα δώσουμε στε το πρώτο ψηφίο στο τέλος. Προσθέστε τον α­ κριτήρια και για άλλους αριθμούς. ριθμό που προέκυψε στον αρχικό αριθμό και : Το Πάσχα γράψτε το άθροισμα που βρήκατε στον πίνακα. Το 1980 το Πάσχα ήταν στις 6 Απρίλη, όμως αυτό π.χ. 4657+6574=1 123 1 . τον αιώνα δεν θα έχουμε ποτέ Πάσχα στις 6 Απρίλη. Ο δάσκαλος διάβασε στον πίνακα τους αριθμούς Το Πάσχα είναι πάντα από 4 Απρίλη μέχρι 8 Μάη.

8612, 12859, 4322, 1 1452, 98 12, 9807 και είπε ότι Ψ Οι έξυπνο ι γίνονται χαζοί κάποιες φορές; όλοι έκαναν λάθος στην πρόσθεση εκτός από τους Στην ερώτηση: Μία ρακέτα και ένα μπαλάκι κο­ μαθητές που βρήκαν 12859 και 98 12. Πώς σκέ­ στίζουν ένα ευρώ και δέκα λεπτά. Η ρακέτα κο­ φτηκε ο δάσκαλος και εντόπισε τα λάθη; στίζει ένα ευρώ περισσότερο από το μπαλάκι.

•

••

•

•

•

••

•

Οι σ ο κο λάτ ες

•

Λωρίδ α χαρτ ι ού :

Πόσο κοστίζει το μπαλάκι;

Σε ένα περίπτερο ο περιπτεράς πουλούσε σοκολάτες των 3€, 4€ και 5€. Ο περιπτεράς, που του αρέσουν τα μαθηματικά, διαπίστωσε ότι οι 3 αριθμοί για τις ποσότητες στα τρία είδη σοκολάτας είναι πρώτοι. AJJ.ά... και ο συνολικός αριθμός τους είναι επίσης πρώτος αριθμός με άθροισμα ψηφίων 1 1 . Όταν πούλησε όλες τις σοκολάτες εισέπραξε 1 00€. Πόσες συνολικά σοκολάτες είχε; Πόσες από κάθε είδος; Είχα μια λωρίδα χαρτιού και προσπαθούσα να τη διπλώσω στη μέση. Τη σήκωσα από το δεξί άκρο της και την τσάκισα σε κάποιο σημείο που μου φάνηκε μέσο διπλώνοντας τη πάνω στο αριστ�"Χ> άκρο. Βλέπω όμως πως από τα αριστερά περισσε'�"--η}\' 1 Ο εκατοστά χαρτιού. Ξανανοίγω το χαρτί :::..τ.u -:ο αριστερό άκρο το τσακίζω σε ένα διαφοpc::-χ� -τημείο και το διπλώνω πάνω στο δεξί

Ένα μεγάλο ποσοστό των ανθρώπων απαντά ότι το μπαλάκι κοστίζει 1 Ο λεπτά. (Η σωστή απάντηση είναι ότι το μπαλάκι κοστίζει 5 λεπτά και η ρακέ­ τα, 1 ευρώ και 5 λεπτά). Επιστήμονες έχουν απο­ δείξει ότι δεν είμαστε πάντα τόσο λογικοί όσο πι­ στεύουμε. Όταν αντιμετωπίζουμε μία άγνωστη κα­ τάσταση, πολλές φορές δεν την α­ ξιολογούμε με βάση τη λογική μας. Το μυαλό μας λειτουργεί με ένα τρόπο που αποβάλλει εντελώς τα Μαθηματικά και επιλέγει τον τρόπο που θα χρειαστεί την λιγότερη δυνατή προσπάθεια. Επηρεαζόμαστε περισσότερο απp τον τρόπο που αντιλαμβανόμαστε τον εαυτό μας και τους άλλους. Αυτό οι επιστήμονες το ονομά­ ζουν <<νεκρό σημείο της προκατάληψης». Οι άν­ θρωποι με υψηλότερη νοημοσύνη, έχουν περισ­ σότερα <<νεκρά σημεία».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4!77

έδωσε την εξής μέθοδο λ1 1 λ1 1 λμ) λ, μ, προοδωρισμού ( +μ , -μ , 2 με άνισοuς θεnκούς ακέραωυς. Εμείς στηριζόμενοι φυσικά στα πιο πάνω σας • προτείνουμε ένα τρόπο να σχηματίζετε εύκολα Πυθαγόρειες τριάδες. Πάρτε ένα οιονδήποτε μονό φυσικό αριθμό μεγαλύτερο του 2, υψώστε τον στο τετράγωνο και γράψτε τους δύο αριθμούς που διαφέρουν κατά ένα και έχουν άθροισμα το τετράγωνό του, έτσι έχετε μια Πυθαγόρεια τριάδα. π.χ. 3 2=9=4+5, η (3,4,5) είναι Πυθαγόρεια τριάδα. Αν

------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

:

••

Μ έ θ οδο της εσφαλμ ένης θ έσης ;

Το πρόβλημα υπ ' αριθμ.24 του πάπυρου Rhind. «

19)).

Να βρεθεί ο αριθμός που προστιθέμενος στο έβδομό του δίνει αποτέλεσμα

έν

Με τις ση μερινές γνώσεις το πρόβλημα θα ισοδυναμούσε με την απλή γραμμική εξίσωση: x+(l/7)x=19. Οι Αιγύπτιοι γνώριζαν μόνο τα μοναδιαία κλάσματα, δηλαδή κλάσματα με αριθμητή το 1 . Ο A'hmose [Αχμές] γραφέας του πάπυρου Rhind υπολοyfζει τρ αποτέλεσμα ως εξής:

Υποθέτει αρχucά μια τψή για τον άyνωστο έστω 7 και κάνει την ακόλουθη πράξη: 7 + 7*(ι/7)=8. Καθώς το αποτέλεσμα δεν είναι το Ι9, ψάχνει να βρει με ποιον αριθμό πρέπει να πολλαπλασιάσει το 8 για να βyάλει Ι9, �λαδή διαιρεί το ι9 με το 8, και σύμφωνα με την ατyuπτιακή μέθΟδο έχουμε: 8 χ 2 = Ι6, 8 χ Υ. = 2, 8χ ι/8= ι ή ότι: ι9/8 =2+(Ι/4)+(Ι/8). Έτσι, πολλαπλασιάζει το 7 με το [2 + (ι/4) + (ι/8)), παίρνει ι4 + (Ι + ι12 + Ι/4) + (ι/2 + Ι/4 + ι/8) = Ι6 + Ι/2 + ι/8. Σήμερα θα γράφαμε Ι6 + 5/8 ή Ι6,625. Η μέθοδος φαvrάζει σήμερα αφελής, σ).λά στην εποχή της ήταν ανακάλυψη.

:

Το 2013 έφυγε αλλά, 2Οι 3=472-Ι42=972-862=3372-3342= Ι 0072-Ι 0062 : Για το 2014; Το 20Ι4 σε πρώτους=2. ι 9.53 ή ιοοs 2 -ιοο6 2 2Οι4=201 1+3(εικασία Κόλντμπαχ), ακόμη 20 Ι4= 2 ή 2Οι4=2.(362- Ι 72). : Όλα είναι (1 00-1)1 Γράψτε ένα 3ψήφιο π.χ. 267 αλλάξτε τη σειρά των ψηφίων και έχετε 762. Αφαφέστε 762-267=495, αλλάξτε τη σεφά των ψηφίων και έχετε 594. Τους προσθέτουμε 495+594=1089. Αλλάξτε τη σεφά των ψηφίων στο 1089 και έχετε 9801. Α'λλ.ά. 980Ι=991. Δοκιμάστε με όποιο 3ψήφιο θέλετε αρκεί το πρώτο να διαφέρει από το τρίτο ψηφίο. Δ ι απ ιστώσεις

• •

Για το 2013;

• •

• •

Στο ορθογώνιο τρtγΟΝΟ !;!ε πλεuρές α, β, γ ξέρουμε ότι ισχύει το Πυθαyόρεω Θεώρημα ιt=β2ry2. Μια τριάδα θεnκών ακέραιων αριθμών που ικανοποιεί το Πυθαyόρειο Θεώρημα ονομάζεται Πυθαyόρεια Τρtάδα. Με το πρόβλημα της εύρεσης Πυθαyόρειων τριάδων ασχολήθηκαν ο Πυθαyόρας (f πΧ αιώνα, ο Πλάτωνας SO4° πΧ αιώνα, ο Ευκλείδης 3°-4° πΧ αιώνα. Ο Διόφαντος 3° μ.Χ. αιώνα στηριζόμενος στο ιΟ" Βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη Πυθαγόρειες τριάδες

-------

πάρετε ζυγό αριθμό γράψτε δυο αριθμούς που διαφέρουν κατά δύο μονάδες και έχουν άθροισμα το ή μισυ του 16 τετραγώνου του αριθμού. π.χ. 42=Ι6, -8=3+5(3,4,5) είναι

Πυθαγόρεια τριάδα.

•

2

Άλλες Πυθαγόρειες τριάδες

5 2=25=1 3+12, η (5, 12, 1 3) είναι Πυθαγόρεια τριάδα, 62=36, 36:2=1 8=8+ 1 0 η (6,8, 1 0) είναι Πυθαγόρεια τριάδα, 72= 49=24+25 η (7,24,25) είναι Πυθαγόρεια τριάδα, 82=64, 64:2=32 = 1 5+ 1 7 ή (8, 1 5, 1 7) είναι Πυθαγόρεια τριάδα, 92=8 1=40+4 1 ή (9,40,41) είναι Πυθαγόρεια τριάδα 102=100, 100:2=50=24+26 η (1 0,24,26) είναι Πυθαγόρεια τριάδα •

:

••

Ψηφιακό άθρ οισμ α

Στο προηγούμενο τεύχος γράψαμε για το ψηφιακό άθροισμα τριών διαδοχικών αριθμών που ο τρίτος είναι πολλαπλάσιο του 3. Το άθροισμα των ψηφίων του αθροίσματος όταν γίνει μονοψήφιος είναι πάντα ο 6.

• Το ψηφιακό άθροισμα του γινομένου δύο δίδυμων πρώτων αριθμών είναι πάντα ίσο με 8; με εξαίρεση το

ζεύγος (3,5). π.χ. Ι 7χ ι 9=323 (3+2+3=8). Επίσης η διαίρεση του γινομένου με το 6 αφήνει πάντα υπόλοιπο 5.

• Γράψτε έναν οποιονδήποτε φυσικό αριθμό. Μετρήστε τον αριθμό πρώτα των άρτιων και μετά των περιττών ψηφίων και γράψτε τους αριθμούς που βρίσκετε διαδοχικά καθώς και τον αριθμό όλων των ψηφίων. Ας πούμε τον 73 Ι 79034665 Έχουμε: 4 άρτιους, 7 περιττούς, σύνολο ι ι και γράφουμε 47 1 1 . ο 47 1 1 έχει πάλι, ι άρτιο, 3 περιττούς, 4 σύνολο άρα γράφουμε 134. Ξανά, ο 1 34 έχει: ι άρτιο, 2 περιττούς, 3 σύνολο άρα γράφουμε Ι23. Πάντα καταλήγεις στο 1 23. Δοκιμάστε με έναν οποιονδήποτε αριθμό.

Ευχαριστούμε θερμά τους Γιώργο Βασιλόπουλο, Κώστα Σάλαρη, Δημήτρη Αργυράκη, Θανάση Χριστόπουλο και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή. Η

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

γκλίτσα: Αν το κοπάδι είχε Χ πρόβατα τότε εισέπραξαν Χ*Χ=Χ2 Ευρώ. Όμως επειδή πρώτα παίρνει ο μ.εyαλύτερος

αδελφός δέκα και μετά ο μικρότερος ότι περισσέψει τη λύση δίνουν τα τέλεια τετράγωνα που λήγουν σε 6, δηλαδή 42=16, 62=36, 142=196, 162=256 κοκ. Δηλαδή οι δεκάδες να είναι περιττός αριθμός 1, 3, 19, 25, . . . άρα το κοπάδι είχε 4 ή 6 ή 14 ή 16, . . . πρόβατα και ο μικρότερος πήρε 6 Ευρώ, επομένως η γκλίτσα εκτιμήθηκε 4 Ευρώ. Ο δάσκαλος: Τα αποτέλεσμα πρέπει να είναι αριθμός διαφεrός με 1 1, διόn αν ΧΨΖΩ ο αριθμός τότε(1cΥΧ+1<Υ'Ρ+10Ζ+Ω)+(1cΥΨ+l<fΖ+ΙΟΩ+Χ)=1001Χ+1 100Ψ+1 10Ζ+1 1Ω= 1 1(91Χ+100Ψ+10Ζ+Ω)=πολλαπλάσιο του 1 1. Ο δάσκαλος έχονrας υπ όψη του τα κριτήρια διαφεrότητας του 1 1 βρήκε τα λάθη. Οι σοκολάτες: Είχε 29 (2+9=11) σοκολάτες, 19 των 3€, 7 των 4€ και 3 των 5€ (19+7+3=29) και (19χ3=57,7χ4=28, 3χ5=15 όλα 100€). Λωρ ίδα χαρτιού: Οι τσακίσεις μεταξύ τους απέχουν 10 εκατοστά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 92 τ.4/78

•:• Ο Serge Haroche (Σερζ Αρός) νομπελίστας Γάλλος φυσικός μίλησε πρό- , σφατα στο Γαλλικό Ινστιτούτο Αθηνών για τα παράξενα και παράδοξα του Κβα-i ντικού κόσμου. Κβαντικοί υπολογιστές, qubits σε παγίδες ιόντων, κβαντικά ρολόγια (αδιανόη­ της ακρίβειας), παγίδες με φωτόνια σε υπέρθεση, κβα­ ντική σόμπλεξη φωτονίων με άτομα Rydberg και ο γάτος του Schrodinger

Με τις έξυπνες εργαστηριακές μεθόδους κατά­ φερε να ελέγξει και να μετρήσει πολύ «ευαίσθητες» κβαντικές καταστάσεις και οδήγησαν το πεδίο της έρευνάς του στα πρώτα βήματα προς την κατασκευή ενός νέου τύπου σουπερ - υπολογι­ I στών, βασισμένων στην κβαντική φυσική - τους κβαντικούς υπολογιστές. Αυτές οι μέθοδοι οδήγησαν επίσης στην κατασκευή εξαιρετικήςi ακρίβειας ρολογιών που θα μπορούσαν να αποτελέσουν τη μελ- 1 λοντική βάση για την κατασκευή ενός νέου προτύπου χρόνου, με : πολύ μεγαλύτερη ακρίβεια από τα σημερινά ατομικά ρολόγια καισίου. Έτσι, πολλά φαινομενικά παράδοξα της κβαντικής μηχαικής δεν μπορούν να παρατηρηθούν άμεσα και το μόνο που μπορούν να κάνουν οι ερευνητές είναι να εκτελούν «πειράματα σκέψης» στα οποία εκδηλώνονται τα παράξενα κβαντικά φαινό­ μενα Εντυπωσιακή ομιλία, Εντυπωσιακή παρουσίαση . : Στο πρόγραμμα του Intemational Congress o f Mathematicians, Seoul 20 14. ιί βλέπουμε τα ονόματα όλων των ομιλητών μεταξύ αυτών και των σπουδαίων Ελλήνων επιστη- ii ' ' ( βρ αβει'ο Shaw) Δημητρη Χριστο δ ου' λου. Μιχάλη Δαφερμου, αλλα' και 1i' μονων. Του Νομπελιστα ' ' τα ονόματα όλων των ομιλητών σε όλα τα προηγούμενα Intemational Congresses όπως του Παπακυριακόπουλου (Edinburgh 1 958), του Βαρόπουλου (Nice 1 970) .

1

L.

••

Ιι

SιοuΙ ιcιι 2014 ScΙΙιcΙuΙι

\'Ι:ι8ΙιΙΙΚ • ΙιΝtra.lΟt4:

� '.::: Γtιο...

r-'"'

-

ϊi)i"

""tr

�

"''

....

\tm)

-

-,,..-

r.w-

, .-

-

!�

J-=:.i:j

_,,.......,

-

I•

·1ιΊο';,;;;; -;ι..

=

U!W4 -.. ιιw..ιw � ... �

.11 1 -[ • -i

....

.,.....

=

,I

·-

--

. ....-' .......

.=.

""""" """' '"" ·-

�� ·- _ ..._ -

.. ......

1-...�� �"==

=

•:;:ι

':;::;'

tΙS�\tιιι ΙΜ""' -,._, ""*'ικωr.t --�UιM!W-

� ι�• -·-

rttιwr ιtc.... ι �...... !Cιιq .... Ιtt/14'ιιιι.t �

ι,..,... NN, �ws-tι

...... ...

...... ...

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

...... ..�t . _._.t.fιt.� -

'� -

-�· ι

'**' ι�.,., ,

=:..� � I.KMtl ""'"'"' -

·-

-...ιτιΜ �,.. � ...... ,... � (�) aιιtC� -

Λti�·-�

' '

.

.

; ι

-

---

.::::::..

�ΙOttl! lltM Ι�I�fV!M!Jιkn�\111'

.. _ --Οιι't �ΙΜ.l -j

� .......

"-IIM'Y ι..wt• • flt'� .....,_ M\ ,..... ""' � ι� ι ι\!tι>μb«μoι,JirM."'ttι!! """"" '""

iJwMT"'-' ,_,...

- --

. .

ς..wft!tιιfi!Wtt

!ιla hft..

�E-JEl�•Ι tιwtrt�t11

�'-e.;:� �-

�� � ι.κιι.ιr-ιιr (t'ιUι.�t�� \ΙΙ;ο;ο·� .Ιa:•�ι

�'>"'ι ιιv r.ιneι 1 i:ιrιlιlιt._.. flllκ� -

ilktl.[�'-t

""

� ....

Jι\ιnιιyLK1\Irtlt

���tl l'tι!Ψ'tl..tctvt•IO fι'ιf,ι04 1'.� 1.,. ιιι.ι..u:� UΜI

'ttN ΙJ�tcWtt l\ ""*Y I.ttlu(t tι �I..C.MHI \flν>li""'- \ittι..... . �,._.. v......ιιι ,.... (W•Srf-•r. \,ιοο;..� �raι..-. hόU/tr, JMι Μ.�eν., •-1 C".,��i"C L� ,,... ...,

'"""

,....

t!-!Μ1Ψ C'ti\\!WtfT� llt _,... .... !Μι\ r_t�!

--

Olfl\t;j

�LtιMtH

lhoι� W<W.tt tt

� LκΜ•Ιt ��'"Ψ--.. ...

'·==t '[i =t ,....

�"

--ΙStMf tιιιi'N.1

��Dιr!ιι' .....,

�:

...... ,....,

""'*1 Lκt.nl) ,....., L,�M•tt VIJ-� \WHιfι)'oWI.ιu«ιwo; ltιψttl� liW ..... ...

� ικιι.ιι. r

���'"

-

"-

Ί'=

Ι,ΙU!\1� 2 {llll f�t ill't�

-

-

_,... �...

""""' lιiii i>.�J (MDςcιli.tfl!)')

Clιlι�Cn�

-

1"11" 1 --�lb.���\W� lhftliittorr l!ιrt

,....

�� �

Mtfl��o-r

--

'" -�

-

-------

Μαθηματική εκπαίδευση - Μαθηματική παιδεία

ιιaιδιkι Π αναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Την Πέμπτη Φραγκίσκος

Καλαβάσης

στο Πανεπιστήμιο Αθηνών ο καθηγητής του πανεπιστημίου Αιγαίου,

προσκεκλημένος από την επιστημονική ένωση για τη διδακτική των Μαθηματικών με πρόεδρο το σχολικό Σύμβουλο Στέφανο Κεϊσογλου, μίλησε με θέμα: Θα προσπαθήσουμε να αναφέρουμε μερικά από όσα με διάφορα παραδείγ­ ματα ανέπτυξε ο κ. Καλαβάσης για τη διδακτική των μαθηματικών. Υπάρ­ χουν πολύπλοκες σχέσεις σε πολλαπλά επίπεδα από τις διαφορές που κά­ νουν τη διαφορά. Μαθαίνουμε εμβαθύνοντας τη σκέψη μας αλλά και μέσα από τη σκέψη των άλλων. Για παράδειγμα: Όταν επισκέφτηκε ο G.H. Hardy το S . Ramanuzan στο νοσοκομείο για να τον πειράξει του είπε: ήρθα με ταξί που είχε αριθμό κυκλοφορίας Ι729 που ως αριθμός δεν έχει κανένα ενδιαφέρον ελπίζω να μην είναι κακός οιωνός. Φυσικά και έχει ενδιαφέρον είπε ο Ramanuzan είναι ο μικρότερος ακέραιος που μπορεί να γραφεί ως άθροισμα κύβων με δύο τρόπους Ι 729=Ι 3+Ι23=93+103 • Στη φωτογραφία άλλοι βλέπουν μια γιαγιά και άλλοι μια νέα κοπέλα, δε βλέπουν πάντα οι άλλοι αυτό που εμείς βλέπουμε. Απαντήσεις μαθητών σε γραπτή εξέταση πρόσθεσης και πολλαπλασιασμού: Β. 2,5 + 2,6 2,1 J Α. 2,3 + 2,3 4,6 (2,3 ) 2 4,9 2,5 2,6 4, 30 0,1 5 D. 0,3 + 0,5 = 0,8 C . 0,7 + 0,8 0,3 0,5 0,1 5 0,7 0,8 0,56 Τοποθετήστε σε διάταξη τους αριθμούς 4,3 , 4,06 , 4,249 . =

=

χ

=

=

=

χ

=

χ

=

Σε γραπτά μαθητών υπήρχαν οι πιο κάτω απαντήσεις 4,3 < 4,06 < 4,249 , Β. 4,249<4,06<4,3 , Γ. 4,06<4,3<4,249 Με άριστα το Ι Ο, τι βαθμό θα βάζατε σε καθεμία από τις παραπάνω απαντήσεις; Πού νομίζετε ότι οφείλεται καθεμία από τις απαντήσεις; Με ποια διδακτική παρέμβαση θα βοηθούσατε το μαθητή στην κάθε περίπτωση; Όπως είπε ο κ. Καλαβάσης τα Μαθηματικά έχουν πολύ πυκνά νοήματα και δεν είναι δυνατό κατά τη διδασκαλία να λέγονται και να γράφονται με λεπτομέρεια όλα. Τα πιο πάνω θέματα έδωσε σε όσους συμμετείχαν καθηγητές , σχολικούς Σύμβουλους αλλά και Πανεπιστημιακούς, να τα αξιολογήσουν και έτσι να γίνει διάλογος για τη Δακτύλιος Borromeo διδακτική. Η βαθμολογία και το σκεπτικό όλων ήταν τόσο διαφορετικά που δεν φανταζόταν κανείς από την αρχή. Τόνισε τις παρανοήσεις που μπορεί να έχουν οι μαθητές όταν δεν έχουν ξεκαθαρίσει στο μυαλό τους κάποιες έννοι­ ες. Σε μια γραπτή εξέταση με κατάλληλες ερωτήσεις μπορούμε να βρούμε αυτές τις παρανοήσεις και να τις ξεκαθα­ ρίσουμε. Οι μαθητές στα συγκεκριμένα θέματα έ­ βλεπαν δύο μέρη στον αριθμό, το ακέραιο και το δε­ καδικό, ενώ η διαδικασία των πράξεων που είχαν καταλάβει αλλού τους έβγαινε και αλλού όχι. Η δι­ δασκαλία όπως είπε ο κ. Καλαβάσης πρέπει να ακο­ λουθεί το τρίπτυχο «Εμπειρία, απορία, θεωρία». Παραστατικά το έδειξε αυτό με το Δακτύλιο Bor­ romeo που αν ένας από αυτούς κοπεί τότε ο κάθε ένας απομακρύνεται από τον άλλο. Ακόμα αναφέρθηκε: α) Στο Χάρτη που δεν είναι η πραγματικότητα, απλά δίνει τις διαφορές υψομετρι­ κές ή όποιες άλλες. β) Στο διαγωνισμό ομορφιάς πώς, πότε και για ποιους εiναι όπως το πάνω και το κάτω; του Κtϋνς το Ι936 που ζήτησε να διαλέξουν από Ι 00 πορτρέτα τα 6 ομορφότερα και νικητής ήταν όποιος είναι πιο κοντά στις προτιμήσεις του συνόλου. Α.

"' �� ,.-�- .,.,_ "' ...

h,_,

if,.�. ..i-:""::<1�, \t ι!Ι'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 92 τ.4/80

t:o<

------

Μαθηματική εκπαίδευση - Μαθη ματική παιδεία

Δηλαδή εδώ οδηγούμαστε από τη συμπεριφορά των άλλων. γ) Ζητάς από τους μαθητές μιας τάξης να γράψουν έ­ ναν αριθμό από το 0-100. Νικητής είναι όποιος πλησιάσει το ήμισυ της μέσης τιμής όλων των σημειούμενων αριθ­ μών. Με επανάληψη του παιχνιδιού για 3-4 φορές όλοι οι μαθητές σκέφτονται να επιλέξουν το μηδέν, μοναδικό σημείο ισορροπίας Nash. Διεπιστημονικές συμβολές και όρια μεταξύ εκπαίδευσης-παιδείας: •

Η θεωρία μοντελοποιεί μαθησιακές ή διδαιcrικές κατοmάσεις, που είναι πιο πολύπλοκες από κάθε μοντέλο. Η επίγνωση της διελκυστίνδας ανάμεσα στο μοντέλο και στο φαινόμενο επιτρέπει την επιστημολογική -

•

Η νοη μοσύνη αυτών των καταστάσεων

•

διεπιστημονική πρόσβαση

σε πιο πολύπλοκα μοντέλα.

δεν περιορίζεται στη νοημοσύνη των πρωταγωνιστών ή των μερών ούτε στη νοημοσύνη των μεταξύ τους αλληλεξαρτήσεων ή του όλου Αλλά στη σύνδεση των παραπάνω μεταξύ τους στο πλαίσιο ενός συστήματος και στην αλληλεπίδραση του συστήματος με το περιβάλλον του Αυτό όμως αwαιτεί : •

•

: :

• •

••

:

••

:

••

•

από το σχολείο να κοιτάξει έξω από τα τείχη του από τον κάθε εκπαιδευτικό να κοιτάξει έξω από την ασφάλεια του γνωστικού του πεδίου, και να έχει συνε­ χώς υπόψη του ότι ο μαθητής δεν έρχεται στο σχολείο «Μαθηματικά και εκπαιδευτικά_παρθένος» (tabula rasa), αλλά με δεδομέ­ νες, βιωμένες αντιλήψεις «παιδί» ούτε ο ίδιος ο εκπαιδευτικός «εκπαιδευτικά και Μαθηματικά παρθένος»,_αλλά με στερεότυπα, βιώματα και αντιλήψεις για . . . ._«διαφορές που κάνουν τη διαφορά». . . •

. • .

Το Υwοuργείο Παιδείας τίμησε τους μαθητές

και την ΕΜΕ

«Η διάκρισή σας αποτελεί διάκριση και στήριξη για το δημόσιο σχολείΟ>> Τους μαθητές των Γυμνασίων και Λυκείων που λύνουν και τις mo δύσκολες εξισώσεις και οι οποίοι διακρί­ θηκαν στην 3 1 η Εθνική Μαθηματική Ολυμπιάδα «Αρχιμήδης», τίμησε την Παρασκευή 4 Απριλίου 2014 ο υπου�ός llαιοεi����f.����

Μεταξύ άλλων ο κ. Αρβανιτόπουλος δήλωσε προς τους μαθητές: «Η διάκρισή σας αποτελεί διάκριση και στήριξη για το δημόσιο σχολείο. Περάσατε δύσκολες εξετάσεις και aξιολογηθήκατε, με επιτυχία. ( . . . )». «Το υπουργείο θα συνεχίσει να είναι αρωγός προσπάθεια των μαθητών. Τα παιδιά αυτά με την πα­ ρουσία τους σε Διεθνείς Ολυ­ μπιάδες Μαθηματικών τιμούν τη χώρα μας και μας κάνουν

υπερήφανους. Θα ήθελα να συγχαρώ όμως και τη Μαθη­ ματική Εταιρεία (ΕΜΕ). η ο­

ποία εδώ και δεκαετίες, aνιδιο­ τελώς, τα στηρίζευ>, πρόσθεσε. Στην τελετή εκτός από τους μαθητές που διακρίθηκαν ήταν και οι: Δημάκος Γεώ�ιος Πρόεδρος του ΔΣ της ΕΜΕ, Τυρλής Ιωάννης Β ·:\,ιι.-τρόεδρος του ΔΣ της ΕΜΕ, Κρητικός Εμμανουήλ Γενικός Γραμματέας του ΔΣ της ΕΜΕ, καθώς επίση.; .::αι ο Πρόεδρος της Επιτροπής Διαγωνισμών της ΕΜΕ Φελλούρης Ανάργυρος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 92 τ.4/81