Ευκλειδης β 94 by demi de

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 94 - Οκτώβριος - Νοέμβριος-Δεκέμβριος 2014- Εuρώ: 3,50 e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ Γενικά Θέματα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Σιώνη τοv Cantor, .................................................................................................... '&θεση τqνολοyίας • Παπακυριακόπουλος - Nobel 2014, ................................. � ιοyική - Bridge, ......................................................................................... Μοθηpστικές Ολυμπιάδες,................................................................................... Homo Mathematicus, ........... . ...................................................................................

Α'Τάξη

Αλ-yεμpα: Απόλυτες τιμές -προβλήματα εξισώσεων, ................................... Γοιιμετρία: Παραλληλόγραμμα -Τραπέζια, .................................. . ................... ΤράπΣζα Θεμάτων, ..................................................................................................

Β'Τάξη

Άλyεβρα: Πολυώνυμα-Τριγωνομετρία, .......................................................... Γεωμετρία: Μετρικές Σχέσεις, ...................................................................... . ... ΙΚιrτεύθυνση: Ευθεία και κύκλος, .......................................................................... Τράπεζα Θεμάτων,................................................................................................. .

Γ Τάξη

Γενική Παιδεία: Στατιστική,.................................................................................. Κατεύθυνη: Όρια- συνέχεια, ........................................................................

Γενικά Θέματα

Αγαπητοί μαθητές και αυνάδcλφοι

Το δεύτερο τεύχος φροντίααμε να ολοκληρωθεί μέχρι τις

γιορτές των Χριατουγέννων, ώατε να μας δοθεί η ευκαιρία να

ααχοληθούμε με λιγότερο άγχος μέχρι το Μάρτιο, με το τρίτο και τέταρτο τεύχος.

Συνεχίζουμε και α' αυτά το τεύχος τη προαπάθεια παρουαίααης

«Τράπεζας θεμάτων» για την Α" και ι· Λυκείου.

Μετά το επιτυχημένο Μαθηματικά αuνέδριο που έγινε ατην Βέροια, το Νοέμβριο του 2014, ευελπιατούμε άτι το ίδιο θα

αυμβεί και ατο επόμενο, που θα γίνει ατην Καατοριά από 30- 31

Οκτωβρίου και1 Νοεμβρίου 2015.

Με

τη ν

ευκαιρία

των

εορτών

αας

ευχ6μαατε

Καλά

Χριατούγεννα , εuτυχιaμένο και δημιουργικά το νέο έτος 2015. Ο πρ6εδρος τ ης Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Τααα6πουλος

Οι σντιπρ6εδροι: Βα γγέλης Ευαταθίου, Γιάννης Κεραααρίδης

Υ.Γ. Την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είχαν και οι συνάδελφοι: Α. Λυκείου !Χρ. Λαζαρίδης, Γ. ΚατσούληςΙ Β' Λυκείου [Α. Κακαβάς, Β. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας! Γ Λυκείου [Κ. Βακαλόπουλος. Δ. Αργυράκης!.

Το Βήμα του Ευκλείδη, ............................................................................................ Ευκλείδης Προτείνει,... ...........................................................................................

Επικαιρότητα,...................................................................... . ..................................

Τα μαθηματικά μας διασκεδάζουν,............................................................ . ..........

Γράμμα της Σύνταξης

Εξώφυλλο:

Εικαστική σύνθεση από τις επιδράσεις

Του Ήλιου ατη Γη, και της επίσκεψης της Rozetα ατον κομήτη

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

ΠΑΝΕΠΙΣτΗΜΙΟΥ 34 106 79ΑΘΗΝΑ

Τηλ.: 210 3617784- 210 3616532 Fαχ: 210 3641025 Εκδότης: Δημάκος Γεώργιος

Ε κ τελε ατική Γραμματεία

Π ρό ε δρος :

Ταααόπουλος Γιώργος Αντιπρόεδροι: Ευσταθίου Βαyyέλης Κεραααρίδης Γιάννης

Διευθυντής:

Γραμματέας:

Κρητικός Εμμανουήλ

Χριστόπουλος Παναγιώτης Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος

Επι μέλε ια Έκδοαης: Ζώτος Βαyyέλης Κωδ ικός ΕΛ.ΤΑ: 2054

ISSN: 1105 - 8005

Λουρίδας Σωτήρης Στεφανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

Αθσναα6ποuλος Γεώργιος

Κυριακ6πουλος Αντώνης

Στάϊκος Παναγιώτης

Ανδρουλακ6κης Νίκος

Κυριακοπούλου Κων/να

Στεφανής Παναγιώτης

Αντωνόπουλος Γεώργιος

Κυβερνήτου Χρυατ.

Αντωνόπουλος Νίκος

Λαζαρίδης Χρήατος

Αργυράκης Δημήτριος

Λ6ππας Λευτέρης

Βακαλόπουλος Κώατας

Λουριδάς Γιάννης

Γαβράς Τάαος

Λουρίδας Σωτήρης

Ευσταθίου Βαyyέλης

Μαλαφέκας Θανάαης

zαχαρ6πουλος Κων/νος

Μανιάτης Ανδρέας

Ζώτος Βαyyέλης

ΜανιατοπούλουΑμαλία

Κακαβ6ς Απ6ατολος

Μαυρογιαwάκης Λεωνίδας

Καλίκας Στομ6της

Μενδριν6ς Γιάννης

Καμπούκος Κυριάκος

Μεταξάς Νικ6λσος

Κανέλλας Χρήατος

Μήλιος Γεώργιος

Καρκ6νης Βααίλης

Μπεραίμης Φραγκίακος

Καταούλης Γιώργος

Μπρίνος Παναγιώτης

Κεραααρίδης Γι6wης

Μυλωνδς Δημήτρης

Καρδαμίταης Σπύρος

Μώκος Χρήατος

Καν6μης�ρτι

Πανδής Χρήατος

1<6vτζιας Νίκος

Σίακου Μαρία

Χριατ6πουλος Θανάαης

Καταιφάκης Γιώργος

Σα'iτη Εύα

Χριατ6ποuλος Παvαyιώτης

Κυριαζής Ιωάννης

Σταϊκος Κώατας

Ψύχας Βαyyέλης

Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τααα6πουλος Γιώργος Τ ζελέπης �κης Τ ζιώτζιος Θανάcrης Τ ρι6ντος Γεώργιος Τααγκδρης Ανδρέας Τσαγκάρης Κώατας Ταικαλουδδκης Γιώργος Ταιούμας Θαν6αης Τ υρλής Ιωάννης Φανέλη�wυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριατι6ς Σπύρος

I_�Χ ��.ι.. ο: Οι εργασίες για το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικά στο

·9!:.

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

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε. Οι σuνι:ρ ασιες, (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 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το α 'tίτιμο 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: ROTOPRIM' (Α ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ.: 210 6623778- 358 Υπεύθυνος ιuπογραφείου: Δ. Παnαδόπουλος

Η σκόνη

του

Cantor

Αναστασία Καρακώστα [Παράρτημα ΕΜΕ

Εισαγωγή Στα Μαθηματικά και τη φιλοσοφία συναντά με δύο διαφορετικές έννοιες του απείρου: το «εν δυνάμει άπειρω>, το οποίο είναι ένα άπειρο διαδι κασίας, η οποία δεν σταματάει ποτέ και το «εν ε νεργεία άπειρο», το οποίο υποτίθεται ότι είναι στατικό και πλήρες (τετελεσμένο), έτσι ώστε να μπορεί να θεωρηθεί ως ένα τελικό αντικείμενο. Το πρώτο είδος απείρου το συναντάμε στην Ανάλυση γιατί εκεί, ως γνωστό, ασχολούμαστε με το άπειρα μεγάλο και το άπειρα μικρό μόνο ως ο ριακές έννοιες, ως κάτι που γεννάται, που σχημα τίζεται. Χάριν, κυρίως, στον Weierstrass, η Ανά λυση έγινε ένα σπουδαίο εργαλείο για τη διαχεί ριση αυτού του απείρου, αφού έδωσε τις βάσεις κατάλληλης διαχείρισης των γνωστών προβλημά των - παραδόξων του απειροστικού λογισμού με τα οποία ασχολήθηκαν οι αρχαίοι σοφιστές. Το δεύτερο είδος του απείρου είναι ο σκληρός πυρήνας της επιστήμης των Μαθηματικών. Τη δι αχείρισή του μας την παρέχει η θεωρία των Συνό λων που δημιούργησε ο George Cantor με το μο ναδικό και πρωτότυπο εκείνο τμήμα της, τη θεω ρία των υπερπεπερασμένων αριθμών. Αυτό το είδος του απείρου είναι μια ιδέα, ένα μαθηματικό κατασκεύασμα (λογική έννοια) το οποίο υπερβαίνει την εμπειρία αλλά μέσω αυτής ολοκληρώνεται ώστε να σχηματίζει ένα αντικείμενο. Τα Φράκταλς ενώνουν το εν δυνάμει άπειρο με το εν ενεργείαταπεψrΓεπαναληπτική διαδικα σία και αντικείμενο). Κατασκευάζονται με τη βοή θεια ενός υπολQ:y_!gτή-εφαjiμοζuντας άπειρες; φο ρές μιαεπ�ναληπτι1(η δiαδικασία. Και πάλι όμως, η οριακή εικόνα- αυτού π()υ βλέπουμε στην οθόνη είναιΦράκταλ;=αφού εκ των πραγμάτων, ο αριθμός -των ε11:αναλήψεων μπορεί να είναι μεγάλος, παραμένει όμως πεπερασμένος. Το ίδιο το αντικείμενο δεν είναι υπαρκτό. Η πρώτη αναπαράσταση είναι λοιπόν οπτική. Δίνει τη Μορφή του αντικειμένου και οργανώνει τη σκέψη μας όμως, όπως θα διαπραγματευτούμε παρακάτω, δεν φτάνει αυτό. Η χρήση μόνο του γεωμετρικού μοντέλου δεν επαρκεί για την κατανόηση αυτού του ιδεατού αντικειμένου, και μάλιστα δημιουργεί παρερμηνείες. Για την αποφυγή αυτών των παρερμηνειών που δημιουργεί η ύπαρξη του Απείρου, απαραίτητη προϋπόθεση αποτελεί το πάντρεμα διαφορετικών προτύπων (μοντέλων) έτσι ώστε τα Μαθηματικά αυτά κατασκευάσματα να 1 μπορουν να εποπτευθσυν απο κα, θε ους πλευρα, κα__

ι'

Ημαθίας]

θιστώντας έγκυρους τους λογικούς συμπερασμούς. Ο ρόλος του Cantor στα σύγχρονα Μαθηματικά είναι κομβικός. Ανέδειξε το γεγονός ότι η δημιουργία εν νοιών με τη βοήθεια των γόνιμων μεθόδων συμπε ρασμού, οι οποίοι προέρχονται μεν από ρία αλλά και την ξεπερνούν, είναι ο μοναδικός τρό πος να υπερβούμε την και να κατανοήσουμε κάτι πέρα από τα βιώματά μας. Το σύνολο του Cantor (Cantor's Set ή Comb Dust) είναι ένα από τα διασημότερα Φράκταλς και μάλλον το πρώτο, αφού δημιουργήθηκε από τον Georg Can tor τo 1872. Cantor Για να κατασκευάσουμε αυτό το σύνολο, αρ χίζουμε με ένα ευθύγραμμο τμήμα μήκους π.χ. μι ας μονάδας. Το πρώτο βήμα είναι να το χωρίσου με σε τρία ίσα μέρη και να απαλείψουμε το με σαίο τμήμα (το εσωτερικό του και όχι τα άκρα του). Στο δεύτερο βήμα επαναλαμβάνουμε την ί δια διαδικασία στο καθένα από τα τμήματα που απέμειναν, δεξιά και αριστερά. Αυτή η διαδικασία επαναλαμβάνεται συνέχεια και περιγράφεται σύ ντομα με το παρακάτω σχεδιάγραμμα:

την εμπει ανθρώπινή μας υπόσταση

Κατασκευή του Συνόλου του

.....

ΩιιΙι... ιιι CΙιιιιι.

_.,....._ .....t.:IJ

I �!, I

I ,ΙI

Ο αλγόριθμος αυτός μπορεί να περιγραφεί και με τα εξής βήματα που βοηθούν στην κατασκευή του αντίστοιχου προγράμματος στον υπολογιστή: Άρχισε με το σύνολο [0,1]. Βήμα 1: Χώρισε τα υπάρχοντα τμήματα σε τρίτα. Βήμα 2: Αφαίρεσε από κάθε ευθύγραμμο τμήμα το μεσαίο ένα τρίτο (χωρίς τα άκρα) Βήμα 3: Πήγαινε στο βήμα #1. Το σύνολο του Cantor είναι αυτό που προκύπτει εκτελώντας την παραπάνω διαδικασία άπειρες φορές. Έχει μόνο σημεία, όχι ευθύγραμμα τμήμα τα. Αν σταματήσει η διαδικασία σε κάποιο στάδιο, βεβαίως θα υπάρχουν ευθύγραμμα τμήματα, πολύ μικρά. Η ιδέα είναι ότι σε κάθε στάδιο υπάρχει μήκος, αλλά στην οριακή κατάσταση (η οποία και αποτελεί το σύνολο του Cantor) δεν υπάρχει καθό λου μήκος. Πράγματι: Υποθέτοντας ότι το αρχικό ευθύγραμμο τμήμα έχει μήκος 1' μπορούμε να βρούμε πόσο απαλείψαμε. Αντιστοιχεί στο άθροι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/1

------

Η σκόνη του Cantor

σμα1:

1 1 1 1 1 1 s = - +2. - . - +4. - . - . - + .. . ..... .. ... = 3 3 3 3 3 3 1 1 2 + 1 ( 2 2) + -1 . (-2 )3 + ......... = + 3 3 3 3 3 3 3 1 3 1 2 +- . ( ) + . . . . . . . ... . -- / --ι 3 3 1 - 2/3 -

-.-

Επομένως το μέρος που απαλείφθηκε είναι με το συνολικό μήκος του αρχικού ευθύγραμ μου τμήματος και άρα αυτό που παραμένει τελικά έχει μήκος Ο. ίσο

•• 11

11 ••

11 11

υ 11

••

11 11

• •

11 11

••

11 ••

• •

11 11

Αν παρατηρήσουμε το σχήμα θα δούμε ότι το αριστερό κομμάτι είναι όμοιο με το δεξί και μάλι στα έχουν ίσα μήκη. Καθώς τα βήματα της διαδι κασίας επαναλαμβάνονται, ό,τι αλλαγές συμβαί νουν στο ένα από τα δύο μέρη συμβαίνουν ακρι βώς ίδιες και στο άλλο . Αυτό ισχύει για κάθε επα ναλαμβανόμενο βήμα της διαδικασίας, αλλά, το mo σημαντικό, ισχύει και μετά από άπειρα βήμα τα. Και μάλιστα μετά από άπειρο πλήθος βημάτων παρατηρούμε και κάτι πολύ βασικό :Το καθένα από τα δύο μέρη είναι όμοιο με ολόκληρο το σύνο λο. Τα δυο μεγάλα υποσύνολα που εξετάσαμε πα ραπάνω, το αριστερό και το δεξί, περιέχουν, με τη σειρά τους, το καθένα το δικό του 'αριστερό ' και 'δεξί' μέρος. Έχουμε λοιπόν τέσσερα μικρότερα υποσύνολα. Εφόσον η διαδικασία συνεχίζεται, εί ναι αναμφισβήτητο γεγονός ότι το σύνολο Cantor περιέχει έναν άπειρο αριθμό από υποσύνολα, όλο και mo μικρά, αλλά πανομοιότυπα προς το αρχικό σύνολο. Είναι δηλαδή ένα αυτοόμοιο αντικείμε νο, το οποίο εσωτερικά αναπαράγεται επ ' άπειρο με συνεχή κλιμάκωση του μεγέθους του. Γι' αυτό και το σύνολο του Cantor είναι ένα Fractal. Πρόταση ερευνητικής εργασίας Στόχος όλων των σύγχρονων διεθνών Προ γραμμάτων Πλαισίων Σπουδών (Cockcroft 1982, Australian Education Council 1991, National Council of Teachers of Mathematics 1989, 2000) είναι να αποκτήσουν τα σχολικά Μαθηματικά ου σιαστικό νόη μα, έτσι ώστε η μαθηματική γνώση να διαμορφώνει τελικά πολίτες με αυξημένη κρι τική ικανότητα για ορθή λήψη διαφόρων αποφά σεων και επεξεργασία των πολυπληθών πληροφο ριών. Στην Ελλάδα, το ΠΙ, στο πλαίσιο του ΔΕΠΠΣ και της Ευέλικτης Ζώνης, δρομολόγησε 1 Έχουμε άθροισμα απείρων όρων απολύτως φθίνουσας yεω μετριιcής προόδου.

--------

καινοτομίες στη μαθηματική εκπαίδευση που συ νοψίζονται στη φράση: «Μαθηματικά για όλους μέσω μιας διαδικασίας σύλληψης, οργάνωσης και τεκμηρίωσης των μαθηματικών γνώσεων.» Και εδώ, η αναβάθμιση της ποιότητας της εκπαίδευ σης, προτείνεται μέσα από τη διαθεματική οργά νωση του περιεχομένου των διδακτικών αντικειμέ νων, την αλλαγή της Διδακτικής των Μαθηματι κών με την υιοθέτηση διερευνητικών και ολιστι κών προσεγγίσεων στη διδασκαλία αλλά και την είσοδο, όπου αυτό είναι εφικτό, και σύγχρονων θεμάτων, που θα προκαλέσουν το ενδιαφέρον των μαθητών. Κάτω από αυτό το πλαίσιο, μπορούμε να αναπτύξουμε μία διδασκαλία (προτείνεται το μά θημα της Ερευνητικής Εργασίας στη Β' Λυκείου), στηριζόμενοι στο σύνολο του Cantor. Αφού πρώ τα αναπτύξουμε στους μαθητές τον τρόπο κατα σκευής του συνόλου, τους κάνουμε την ερώτηση: <<.Πόσα λέτε ότι είναι τα σημεία του συνόλου του Cantor;» Ο στόχος μας είναι η προσέλκυση του ενδιαφέροντος των μαθητών με την εμπλοκή τους σε αυτήν την φαινομενικά απλή απάντηση και η ανάπτυξη από μέρους τους της ικανότητας μαθη ματικής επεξεργασίας μιας διαμορφωμένης «πραγματικότητας» η οποία στηρίζεται στα δύο βασικά μοντέλα (γεωμετρικό και αλγεβρικό) τα οποία δεν δρουν εναλλακτικά αλλά συμπληρωμα τικά. Όπως λέχθηκε και στην εισαγωγή, η χρήση μόνο του γεωμετρικού μοντέλου δημιουργεί πα ρερμηνείες. Οι μαθητές αφού βρουν (ακόμα και υπολογιστικά με το κομπιουτεράκι) ότι το συνολι κό μήκος των ευθυγράμμων τμημάτων που παρα μένουν πάει να γίνει ίσο με μηδέν (το μήκος που αφαιρείται είναι ίσο με ένα) θα μείνουν με την ε ντύπωση ότι τελικά το σύνολο του Cantor αποτε από πολύ λιγότερα σημεία από ότι το αρχικό ευθύγραμμο τμήμα, αφού το γεωμετρικό σχήμα οδηγεί σαφώς σε αυτό το συμπέρασμα. Αυτό φυ σικά δεν είναι αληθές αφού το πλήθος των σημεί ων που παραμένουν είναι ίσο με το πλήθος του αρχικού ευθυγράμμου τμήματος. Ο διδάσκων με κατάλληλες ερωτήσεις θα αναδείξει την ανα γκαιότητα της χρήσης και του αλγεβρικού μοντέ λου σκέψης, αναδεικνύοντας το γεγονός ότι τα Μαθηματικά κατασκευάσματα στα οποία παρεμ πρέπει να εποπτεύονται από κάθε τους πλευρά ώστε να ελέγχεται το οποιοδή ποτε συμπέρασμα. Ο προσεκτικός σχεδιασμός της διδασκαλίας απαιτεί φύλλα εργασίας, τα οποία με ερωτήσεις θα εδραιώσουν την αντίλη ψη ότι το πλήθος άπειρων σημείων δεν είναι κατ' και ανάλογο του χώρου που καταλαμβά Φροντίζουμε να μη δίνουμε απαντήσεις, αλ λά αφήνουμε τα θέματα που προκύπτουν να συζη σε ομάδες μαθητών ώστε να τα ερευνή-

λείται

βαίνει το Άπειρο,

κατάλληλες ανάγκη νουν. τούνται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/2

------

Η σκόνη του Cantor

σουν μελετώντας και τη σχετική βιβλιογραφία και να τα παρουσιάσουν στην τάξη. Προτείνονται 5 φύλλα εργασίας, τα οποία ουσιαστικά λειτουργούν ως φύλλα πορείας για να μπαίνουν τα θέματα σε λογική σειρά. • Το πρώτο φύλλο θα έχει σχεδιασμένο ένα μεγάλο ευθύγραμμο τμήμα ώστε οι μαθητές, χρησιμοποιώντας το χάρακα, να εφαρμόσουν τον κανόνα ανάδρασης για 4 βήματα. • Το δεύτερο φύλλο θα έχει σχεδιασμένα τα 4 βήματα της ανάδρασης και αντίστοιχο πίνακα υπολογισμού μηκών για συμπλήρωση. • Το τρίτο φύλλο θα περιέχει κατάλληλες ερωτήσεις ώστε να εκτυλιχθεί η πολυπλοκότητα της έννοιας του απείρου και να τεθεί το θέμα της αριθμησιμότητάς του. Είναι το ακόλουθο. Ακόμα και αν δεν ξέραμε να μετράμε μέχρι το 5 θα ξέραμε αντιστοιχίζοντας ότι όσα δάχτυλα έχουμε στο ένα χέρι, έχουμε και στο άλλο. ο μαθηματικός Georg Cantor ήταν 0 πρώτος που διαπίστωσε καθαρά ότι υπάρχουν άπειρα διαφορετικού μεγέθους π.χ. υπάρχει διαφορά μεταξύ του αριθμήσιμου απείρου (π.χ., οι φυσικοί αριθμοί) και του μη αριθμήσιμου (π.χ., οι πραγματικοί αριθμοί). Πρέπει να γνωρίζουμε ότι ένα σύνολο είναι αριθμήσιμο, δηλ. δέχεται διαδικασία απαρίθμησης, αν είναι πεπερασμένο (το πλήθος των στοιχείων του είναι ένας συγκεκριμένος αριθμός) ή ισάριθμο του συνόλου των φυσικών αριθμών (δηλ. υπάρχει μια 1-1 αντιστοιχία των στοιχείων του με το σύνολο Ν). Ενδι:ικτικ{:ς Ει)ωτήσεις: 1) Από το σύνολο των φυσικών αριθμών βγάζουμε τους περιττούς. Τι νομίζετε για το πλήθος των ψηφίων του καινούριου συνόλου; Είναί μικρότερο, ίσο ή μεγαλύτερο από το αρχικό; Οι μαθητές θα έρθουν σε αντίθεση με την εμπειρία τους η οποία αφορά πεπερασμένα σύνολα (παράδοξο του Γαλιλαίου). 2) Ξέρουμε ήδη ότι οι ρητοί αριθμοί, σε αντίθεση με τους ακέραιους, είναι και «πυκνοί», δηλ. ανάμεσα σε δύο ρητούς μπορούμε να τοποθετήσουμε σε διάταξη, πηγαίνοντας από το μικρότερο στο μεγαλύτερο, άπειρους άλλος ρητούς. Τι λέτε, ποιο από τα δύο άπειρα σύνολα, αυτό των φυσικών αριθμών ή αυτό των ρητών είναι μεγαλύτερο; Οι μαθητές θα ανατρέξουν στη σχετική βιβλιογραφία στην οποία αναφέρεται η τακτική της διαγωνοποίησης. 3) Τι λέτε τώρα για τους πραγματικούς; Είναι το πλήθος τους όσο και των ρητών ή είναι πιο άπειροι -

------

από αυτούς; Με άτοπο απαγωγή αποδεικνύεται ότι δεν μπορούν να απαριθμηθούν (Cantor αποδεικτι κή τεχνική της διαγωνιοποίησης, 1891) 4) Μπορεί το σύνολο των σημείων ενός τετραγώ νου, μήκους πλευράς ας πούμε 1 , να είναι ισάριθμο με το πλήθος των σημείων ενός ευθυγράμμου τμήματος μήκους 1; Ενός κύβου; Κατόπιν μοιράζεται το τέταρτ ο φύλλο που θα τους εξασκήσει στη μετατροπή ανάμεσα στα αριθμητικά συστήματα. Έχει ασκήσεις μετατροπής αριθμών σε διάφορα αριθμητικά συστήματα (δε καδικό, δυαδικό και τριαδικό). Η τάξη θα αποκτήσει έτσι το υπόβαθρο να αντιμετωπίσει το ζήτημα του πλήθος των σημείων του συνόλου του Cantor. Αυτό το φύλλο έχει τις παρακάτω ερωτήσεις. Ενδεικτικέ ς Ερωτήσεις: 1) Ο αριθμός 0,9999 ...... είναι μικρότερος ή ίσος με το 1; 2) Πως γράφεται ο ( 1 021121)3 στο δεκαδικό σύστημα; 3) Πως γράφεται 1 28,325 στο τριαδικό; 4) Πως γράφεται το Υ-ι στο τριαδικό; Το. μάθημα κλείνει με την εύρεση και άλλων σημείων του συνόλου του Cantor και συζήτηση για το πλήθος τους. Συμπληρωματικά, αν εγερθεί το ζήτημα για το πόσο χώρο καταλαμβάνει αυτό το περίεργο σχήμα, πως μπορεί να μετρηθεί ο βαθμός λεπτομέρειάς του, αφού είναι κάτι λιγότερο από ευθύγραμμο τμήμα και κάτι περισσότερο από μια απαριθμημένη συλλογή σημείων, θα δοθεί το πέ μπτο φύλλο εργασίας.

Σημείωση: Είναι πραγματικά ενδιαφέρον το ότι υ πάρχει μια αριθμητική σχέση ανάμεσα στο μέγεθος δυο σχη μάτων , την διάστασή τους και τον λόγο ομοιότητάς τους που μας επιτρέπει να μετρήσουμε το βαθμό «λεπτομέρειας» ενός Φράκταλ . Είναι γνωστό από την Ευκλείδεια γεωμετρία ότι για δύο όμοια επίπεδα σχήματα , ισχύει η σχέση: (Λόγος των Εμβαδών) =(Λόγος Ομοιότητας)2 , όπου ο εκθέτης «δύο» εί ναι η κοινή διάσταση των σχημάτων που εξετάζουμε. Αν τα αντικείμενά μας δεν είναι επίπεδα σχήματα , αλλά π.χ. κύβοι (διάσταση τρία) , η σχέση που ισχύει είναι η: (Λόγος των Ό γκων) =(Λόγος Ομοιότητας). Προφανώς δυο όμοια αντικεί μενα , αφού το ένα είναι μεγέθυνση ή σμίκρυνση του άλλου , βρίσκονται στον ίδιο «χώρο» , μονοδιάστατο δισδιάστατο ή τρισδιάστατο , δηλ. έχουν την ίδια διάσταση. Αν ονομάσουμε λοιπόν το μήκος η το εμβαδόν η τον όγκο ενός αντικειμένου με τον όρο «Μέτρο» και ονομάσουμε Ν τον λόγο των αντί στοιχων μέτρων (λόγο μηκών , εμβαδών ή όγκων) δηλ. τον αριθμό τελικά των κομματιών του μικρού σχήματος που χρειά ζεται για να καλυφθεί το μεγάλο σχήμα , λ τον λόγο ομοιότητας και D την διάσταση των δυο αντικειμένων , οι πιο πάνω σχέσεις γίνονται: Ν = λ D Αυτός ο εναλλακτικός ορισμός της διάστασης (b ox dimension ή capacity dimension) βασίζεται στην έννοια της «ικανότητας» δηλ. στο πώς ένα αντικείμενο γεμίζει το χώρο και προτάθηκε αρχικά από τον Ρώσο μαθηματικό Andrei K ol mog oroν ( 1903-1987). •

Αφού αποδειχθεί ότι έχει το ίδιο πλήθος σημείων με το αρχικό, θα εγερθεί το ζήτημα για το πόσο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 94 τ.2/3

------ Η σκόνη του Cantor ------θος δυο σχημάτων, την διάστασή τους και τον λόγο ομοιότητάς τους που μας εmτρέπει να μετρήσουμε το βαθμό «λεπτομέρειας» ενός Φράκταλ. Έτσι, με ένα πέμπτο φύλλο εργασίας μπορεί να δοθεί και η δυνατότητα εισαγωγής της κλασματικής διάστασης.

χώρο καταλαμβάνει αυτό το περίεργο σχήμα, πως μπορεί να μετρηθεί ο βαθμός λεπτομέρειάς του, αφού είναι κάτι λιγότερο από ευθύγραμμο τμήμα και κάτι περισσότερο από μια απαριθμημένη συλλογή σημείων. Είναι πραγματικά ενδιαφέρον να αναδειχθεί στους μαθητές το ότι υπάρχει μια αριθμητική σχέση ανάμεσα στο μέγεΚΛΑΣΜΑΤΙΚΗ ΔΙΑΣΤΑΣΗ

(ΒΟΧ DIMENSION)

Παίρνουμε ένα ευθ. τμήμα και το διπλασιάζουμε. Παρατηρούμε ότι διπλασιάζοντας το μήκος προκύπτει ένα ευθ. τμήμα, όμοιο προς το αρχικό, με λόγο ομοιότητας λ=2 και το οποίο αποτελείται από 2 αντίγραφα του αρχικού (2 κομμάτια).

Παίρνουμε ένα τετράγωνο. Διπλασιάζοντας τις πλευρές του, προ κύπτει όμοιο σχήμα (τετράγωνο) με λ=2, που αποτελείται από 4 α ντίγραφα του αρχικού (4 κομμάτια).

Παίρνουμε έναν κύβο και διπλασιάζουμε τις ακμές του. Προκύπτει κύβος με λ=2, που αποτελείται από 8 αντίγραφα του αρχικού, 8 κομμάτια. Αν σκεφτούμε αντίστροφα, θα παρατηρήσουμε ότι αν διαιρέσουμε ένα αντικείμενο σε Ν ίσα κομμάτια που το καθένα από αυτά είναι σμίκρυνση του αντικειμένου κατά λόγο

log Ν (1/r)o = λο, δηλ. D=

log(l I r)

r με r =- , ισχύει ότι Ν = λ

�ηρωσε τωρα τον πινακα: Συμπλ'

Ευθ. τμήμα Τετράγωνο

Σχήμα

Διάσταση D Ι 2

Αριθμός κομματιών Ν 2 4

Κύβος

Γενικά

Σύνολο του Cantor

;

Λόγος ομοιό�τας λ 2 2

Σχέση 2=2 1 4=2 2 8=2 3 Ν = ......

... .. . ... =

Σχόλιο της συγγραφέω ς: Είναι ενδιαφέρον να παρατηρήσουμε ότι από μαθηματική και φιλοσοφική σκοπιά ότι τα αριθμητικά μας συστήματα είναι ανεπαρκή. Οι αριθμοί διατάσσονται σε γραμμική σειρά και αναμφίβολα δεν έχουν οι ίδιοι αριθμοί την ίδια αντικειμενική (απόλυτη) αξία παντού. Ανάλογα το περιβάλλον (ή ανάλογα την διαδικασία στην οποία υπεισέρχονται, βλέπε π.χ. επαναληπτική συνάρτηση) αποκτούν και άλλη βαρύτητα. Θα έπρεπε να δημιουργηθεί ένα μοντέλο το οποίο να λαμβάνει εξαρχής υπόψη του τη δυναμική και εξελικτική κατάσταση των αριθμών, σε σχέση με τη διαδικασία στην οποία υπεισέρχονται. Βιβλιογραφία Ι.

2. 3.

4. 5. 6.

Μαμωνά-Dοwηs. (Ι998). Οριακές διαδικασίες επιπέδων σχημάτων και η παιδαγωγική τους σημασία. Πρακτικά Ι5ου Πανελλήνιου Συνεδρίου της ΕΜΕ: Τα Μαθηματικά στις Νέες Εκπαιδευτικές Συνθήκες, Ι3-Ι4-Ι5 Νοεμβρί ου Ι998, Χίος. Cabay, Τ. ( 1 99Ι). The Actiνity Theory of Learning and Mathematics Education in the USSR. F. Furinghetti (ed.), Assisi, ltaly. Proceedings of the 15th ΡΜΕ Conference. Vol. 1., ρ. 49-56 Craine, Τ. (Ι985 ) . Integrating Geometry into the Secondary Mathematics Cuπiculum. In Christian R. Hirsch (Eds.), The Secondary School Mathematics Currίculum. Reston, VA: National Council of Teachers of Mathematics, ρ. ΙΙ9 Peitgen, Jurgens & Sauρe (2004) . Chaos and Fractals - New Frontiers of Science. Sρringer-Verlang, New Yorkc C.R. Wall ( 1990). Termίnatίng decimals ίn the Cantor ternary set, Fibonacci Quart. 28,2 98-ΙΟΙ "Cynthia Lanius' Fractals Unit." For elementary and middle school grades (http://math.ήce.edu/�lanius/fi:ac/ρages.html) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/4

Έκθcοη σρχαfας τcχνολογfας στη Βέροια

Στα πλαίσια του 3 1 ou Πανελλή νιου Συνέδριου Μαθηματικής Παιδείας, που έγινε στη Βέροια, το Παράρτημα Ημαθίας της Ε.Μ. Ε. συνδιοργάνωσε με τις διευθύνσεις Εκπαίδευσης Ημαθίας και την Κοι νωφελή Επιχείρηση Πολλαπλής Ανάπτυξης (ΚΕΠΑ) του Δήμου Βέροιας την έκθεση «Οι ση μαντικότερες εφευρέσεις των αρχαίων Ελλήνων» του Μουσείου Αρχαίας Ελληνικής Τεχνολογίας Κώστα Κοτσα νά. Η έκθεση φιλοξενήθηκε στο Χώρο Τεχνών του Δήμου Βέροιας από την Πέμπτη 6 Νοεμβρίου μέχρι την Κυριακή 9 Νοεμβρίου και η είσοδος ήταν ελεύθερη. Παρουσιάστηκαν 25 αρχαίες κατασκευές σημαντικού τεχνολογικού ενδιαφέ ροντος από τις 300 περίπου που υπάρ χουν στο Μουσείο , το οποίο εδρεύει στο Κατάκολο Ηλείας. Εντυπωσιακή ήταν η προσέλευση του κοινού. Μαθητές , σπου δαστές σύνεδροι και κάτοικοι της Ημαθί ας , είχαν την ευκαιρία να περιηγηθούν και να ξεναγηθούν στην έκθεση από τα μέλη του Παραρτήματος , Αλεξάνδρα Στυλιανίδου , Βαρβάρα Σουκιούρογλου και Γεράσιμο Παυλίδη. Σκοπός της έκθεσης αυτής ήταν η α νάδειξη των τεχνολογικών επιτευγμάτων του αρχαιοελληνι κού κόσμου που ήταν εξαιρετικά όμοια με τις απαρχές της σύγχρονης τεχνολογίας μας. Εφευρήματα όπως ο αστρο λάβος του Πτολεμαίου (το G.P.S. των αρχαίων Ελλή νων) , το αυτόματο σπονδείο με κερματοδέκτη (ο πρώτος αυτόματος πωλητής της ιστο ρίας) , η αυτόματη θεραπαινίς του Φίλωνος (το ρομπότ της αρχαιότητας) αλλά και το σταθερό αυτόματο θέατρο του Ή ρωνος (ο κινηματογράφος των αρχαίων Ελλήνων) που εντυ πωσίασαν ιδιαίτερα το κοινό. Αδιαμφισβήτητα τον πρωταγω νιστικό ρόλο στην έκθεση είχε ο υπολογιστικός μηχανισμός των Αντικυθήρων το λεγόμενο "laptop" της αρχαιότητας , το οποίο έκανε πολύπλοκους υπολογισμούς για τον καθορι σμό και την πρόβλεψη σημαντικών aστρονομικών και ημερο λογιακών γεγονότων. Αποτελούνταν από 35 τουλάχιστον συ νε παιρναν κίνηση από μια χειρολαβή. Η μηχανή αυτή στην εμπρόσθια όψη της είχε μια κυκλική κλίμακα των 365 όπου εκεί γινόταν η είσοδος των δεδομένων , στη συνέ χεια με την περιστροφή της χειρολαβής γινόταν η επε ξεργασία των δεδομένων και τελικά στην οπίσθια όψη της εμφανιζόταν η έξοδος των αποτελεσμάτων σε δύο μεγάλα καντράν , που αφορούσαν α στρονομικά γεγονότα όπως θέση και φάση ηλίου και σελήνης αλλά και ημερολογιακά γεγονότα όπως πότε θα γίνουν οι ε πόμενοι Ολυμmακοί αγώνες , Νέμεα και Ίσθμια. Παράλληλα την 7 Νοεμβρίου ο κ. Κώστας Κοτσανάς πραγματοποίησε διάλεξη σε μαθητές Λυκείων της Βέροιας. Οι ενδιαφερόμενοι μπορούν να την παρακολουθήσουν σε αναρτήσεις στο youtub e (http://www.y outube. com/wat ch'?ν=-DJdnaRYkd8 και http://www.y outub e. coιn/wat ch'?ν=L28hSYx5αl)

ι��=��πο�υ�έ

100 χρόνια αwό την ytννηση τοu Χρfστοu Πσwακuρισκόwοuλοu (1914- 1976) πρόσφατα Έγινε στην Αθήνα εκδήλωση για τα 100 χρόνια από τη γέννηση του Χρίστου Παπακυριακόπουλου ( 19 14 - 1976), που είναι μαζί με τον Κωνσταντί νο Καραθεοδωρή ο με γαλύτερος έλληνας μα θηματικός του 20ου αιώ να. Οι έρευνες στην το λ'Πώνη{ Μιλdς πολογία του "Πάπα", '"0Μιιινιι6ι ιιιrtιις ιοιι .......... ...,119vονqρ(" όπως είναι γνωστός, στη διεθνή μαθηματική κοι νότητα, η απόδειξη του περίφημου Λήμματος του Dehn ένα από τα κορυφαία μαθηματικά προβλήματα του 20°" αιώνα (διατυπωμένο το 1904 σε μια απλή μορ φή παρέμεινε αναπόδεικτο μέχρι το 1957) και στη συ νέχεια η ανακάλυψη δυο σημαντικών θεωρημάτων, ά νοιξαν το δρόμο που οδήγησε τελικά στην απόδειξη της Εικασίας του Poincare , από τον ρώσο μαθηματικό Pereleman (αποδείχθηκε το 2006 και ήταν το βραβείο Fields, για τον ιδιόρρυθμο ρώσο μαθηματικό). Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος παραμένει ακόμη και σήμερα εντελώς άγνωστος στην πατρίδα μας. Η αιτία είναι, σίγουρα, εν μέρει η αφάνεια μέσα στην ο ποία γίνεται η ανώτερη μαθηματική έρευνα, κυρίως μέ χρι την τελευταία δεκαετία του 20ου αιώνα. Παράλληλα όμως, στην παράδοξη ασημότητα του Παπακυριακό πουλου συνέβαλλαν ο εσωστρεφής χαρακτήρας του, που τον έκανε να ζήσει για εικοσιπέντε χρόνια στο Πα νεπιστήμιο του Πρίνστον σαν ερημίτης, αλλά και τα πολιτικά πάθη της εποχής του μεσοπολέμου, που τον aπομόνωσαν από το τότε ελληνικό κατεστημένο. Στην ομιλία του «0 Χρίστος Παπακυριακόπουλος και ο Θείος Πέτρος», ο Απόστολος Δοξιάδ ης μίλησε για τη ζωή του Παπακυριακόπουλου, καθώς και για τη ρομαντική, και εν τέλει ανεπιτυχή του προσπάθεια, στα τελευταία χρόνια της ζωής του, να λύσει το μεγάλο ά λυτο πρόβλημα της τοπολογίας, την Εικασία του Poin care. Στη συνέχεια, στην ομιλία του «0 Μαγικός Πύρ γος του Χρίστου Παπακυριακόπουλου: Ξεμπλέκοντας κόμπους και μπαλόνια σε εξωτικούς χώρους», ο καθη γητής του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεmστημίου Αθηνών Αντώνης Μ ελάς μίλησε για τις βασικές έννοι ες της τοπολογίας, και αναφέρθηκε με τρόπο προσιτό στο γενικό κοινό στα μεγάλα θεωρήματα του Παπακυ ριακόπουλου, καθώς και στις απόπειρές του, να αποδεί ξει την Εικασία του Poincare . Πono._UPfOkδnou.\o\1

( 1) Ο Χρίστος Παπακυριακόπουλος ο σημαντικός ε ρευνητής της Γεωμετρικής Τοπολογίας. Η ζωή και το έργο του. Β. Σπανδάγος: περιοδικό Ευκλείδης Β', σελ. [1-5], τεύχος 80 [201 1]. (2] Αντίστοιχη εκδήλωση για τα 100 χρόνια, από τη γέννηση του, για τον Έλληνα ερευνητή θα γίνει στην Αθήνα στο ΕΜΠ 22 Δεκεμβρίου 2014.

Τα NOBEL

του

2014

Τα Βραβεία Nobel είναι ετήσια διεθνή βραβεία που δίνονται από το 1901 για επιτεύγματα στην Ιατρική , στην Χημεία , στην Φυσική , στην Λογοτεχνία και για την Εφήνη. Το 1968 η Σουηδική Τράπεζα καθιέρωσε βραβείο στις Οικονομικές επιστήμες στη μνήμη του Σουηδού Α. Nobel. Κάθε βραβείο απαρτίζεται από ένα μετάλλιο , ένα σημαντικό χρηματικό ποσό και ένα δίπλωμα. Ο N ob el [ 1 833- 1 896] ήταν χημικός , μηχανικός και βιομήχα νος, γιος του επίσης μηχανικού και βιομήχανου Ε. Nobel., εφευρέτη της υποβρύχιας νάρκης. Σπούδασε στη Ρω σία και την Αμερική. Για τα Μαθηματικά δεν καθιέρωσε βραβείο και ο λόγος δεν είναι γνωστός. Ίσως να είναι αλήθεια , κάποιες από τις πικάντικες ιστορίες που λέγονται , αν και είχε καλή σχέση με τα Μαθηματικά...

Nobel Φυσικής: Απονεμήθηκε στους Isamu Akasa-

ki, Hiroshi Amano και Shuji Nakamura, για την κατασκευή της μπλε Διόδου Εκπομπής Φωτός (LED). Η εφεύρεση αυτή, έφερε επανάσταση στις τηλεοράσεις, στους φωτεινούς σηματοδότες και στις οθόνες Η/Υ. Κύριο χαρακτηριστικό είναι η ελάχιστη ενέργεια που καταναλώνει. Τα LED (Light Emitting Diodes) είναι πηγές φωτός που βασίζονται σε ημιαγώγιμα υλικα, με μήκη κύματος από το υπέρυθρο μέχρι το υπεριώδες.

Τα πρώτα LEDs και κατασκευάστηκαν στις δεκαετίες του 1 950 και 1 960 και εξέπεμπαν φως σε μήκη κύματος από το υπέρυθρο μέχρι το πράσινο. Ωστόσο, το να εκ πέμψουν μπλε φως αποδείχθηκε ότι ήταν ένα δύ σκολο πρόβλημα. Αυτό απαιτούσε την εφαρμογή νέων τεχνι κών που επιτεύχθηκε με το νιτρίδιο του γαλλίου (GaN) προς το τέλος της δεκαετίας του 1 980. Η εφεύ ρεση χρονολογείται από το 1990 στην Ιαπωνία. Απονεμήθηκε στον Αμερικανό John O'Keefe και στους Νορβηγούς συζύγους May, Edvard Moser, για την έρευνά τους σχετικά με τα κύτταρα του εγκεφάλου που απο τελούν το σύστημα εντοπισμού της θέσης μας. Πως ξέρουμε που βρισκό μαστε; Πως μπορούμε να βρούμε τον δρόμο από το ένα μέρος σε κάποιο άλ λο; Και με ποιο τρόπο αποθηκεύουμε αυτή την πληροφορία; (το γνωστό GPS). Ειρήνης: Απονεμήθηκε στην Πακιστανή Malala Yousafzai στον Ινδό Κailash Satyarthi <φα τη μάχη τους κατά της καταπίεσης των παιδιών». «Τα παιδιά πρέπει να πηγαίνουν στο σχολείο και να μην γίνονται αντικείμενα οι κονομικής εκμετάλλευση9>, δήλωσε ο πρόεδρος της επι τροπής. Είναι η πρώτη νέα γυναίκα [ανάμεσα σε 278 υπο ψηφίους] που παίρνει αυτό το βραβείο [Ο πιο νέος ως χτές, ήταν ο Αυστριακός Λ. Μπράγκ, Nobel Φυσικής το 19 1 5 ]. Η επιτροπή υπογραμμίζει τη σημασία του γεγονότος ότι ένας ινδουιστής και μια μουσουλμάνα, ενώνονται σ' ένα κοινό αγώνα για την εκπαίδευση. Στη Malala έχει απονεμηθεί και το Βραβείο Ζαχά ρωφ το 2013 [...Τα βιβλία και τα μολύ βια είναι πιο ισχυρά από τα όπλα ...]. Λιγότερο γνωστός στο ευρύ κοινό και σαφώς μεγαλύτερος σε ηλικία, ο Kailash Satyarthi, μάχεται για την εξάλειψη της παιδικής εργασίας και συνεpyάζεται με την κυβέρνηση της Ινδίας από τη δεκα-

Nobel Ιατρικής:

Nobel

ετία του '90. Μέχρι τώρα, η οpyάνωση, που έχει Ιδρύσει ο ίδιος, έχει απελευθερώσει 80.000 παtδιά από διάφορες μορφές σκλαβιάς, βοηθώντας παράλληλα στην επιτυχή επανένταξή τους στην κοινωνία και την εκπαίδευσή τους. Το 2000 ο αριθμός των παtδιών που εpyάζονταν ήταν 246 εκατ. Ενώ το 2014 είναι 1 68 εκατ. Λογοτεχνίας: Απονεμήθηκε στο Γάλλο cmγyραφέα Π. Μοντιανό, άγνωστος στο αγγλόφωνο κοινό, όχJ. όμως και σε Μεσο γειακές χώρες, με καταγωγή από Θεσσαλονίκη, [Πριντομ, Σιμόν (1 985) τα προηγούμενα γαλλικά No bel]. Βραβεύτηκε για την «τέχνη της μνήμης», εκφραστής της μυθιστορη ματικής προσέγγισης, της ύπαρξης και μεγάλος τεχνίτης στην δημιουpyία ατμόσφαφας όπως στις περιγραφές της Νίκαιας στο «Κυ ριακές του Αυγούστου». Η αλήθεια είναι ότι εκτός από το τα λέντο του, στο γράψιμο είχε και έναν μέντορα από τα 1 5 του χρόνια: τον Ρεϊμόν Κενό, Γάλλο cmγyραφέα και καθηγητή Γεωμετρίας στο φημισμένο Λύκειο Henri IV που του έκανε ιδιαίτερα μαθήματα Γεωμετρίας. Χάρη σ' αυτόν βρέθηκε στα 20 του, να συμμετάσχει στις εκδηλώσεις Γκαλιμάρ και να έχει δύο βιβλία στο ενεργητικό του στα 24 του. Στην Ελ λάδα κυκλοφορούν σε μετάφραση γύρω στα δέκα βιβλία του. Πρόσφατα δήλωνε «... θέλει πολύ θάρρος για να πιστεύεις ότι μπορείς να aνοίξεις τους δικούς σου δρόμους, στην ανα ζήτηση του χαμένου χρόνου, του εσωτερικού χρόνου, του χρόνου της μνήμης, που υπονομεύει το παρόν ...» Απονεμήθηκε στον Γάλλο οικο νομολόγο, Jean Thole, ως αναγνώ ριση των ενδελεχών αναλύσεών του σχετικά με τη δύναμη των αγορών, διανοητής με τη μεγαλύτερη επφ ροή στη σύγχρονη εποχή, ο οποίος συνέβαλε Ιδιαίτερα στο να γίνει κα τανοητός ο τρόπος ρύθμισης των πρώην μονοπωλίων. Δεν είναι όμως γνωστός στην πατρίδα του, έχει μελετήσει εις βάθος το πώς οι κυβερνήσεις μπορούν να χαλιναγωγήσουν τους κολοσσιαίους ομίλους, οι οποίοι παλαιότερα δέσποζαν στην αγορά ως κρατικά μονοπώλια στους κλάδους ενέρ γειας, τηλεπικοινωνιών, περίθαλψης και μεταφορών. Απονεμήθηκε στους Αμερικανούς Ε. Betzig και W. Moerner και στο Γερμανό St. Hell. Το καινοτόμο έργο τους έφερε την οπτική μικροσκοπία στην νανοδιάσταση. Οι εργασίες τους επιτρέπουν στους επιστήμονες να έχουν οπτική επαφή με το εσωτερικό των τοιχωμάτων των μεμονωμένων μορίων εντός ζώ ντων κυττάρων. Η ανακάλυψη αυτή βοήθησε στην κα τανόηση ασθενειών όπως η νόσος του Πάρκινσον, και του Αλτσχάιμερ

Nobel

Nobel Οικονομικών:

Nobel Χημείας:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 90 τ.2/6

Ασαφής λοyική στο Παιyνίδι του Μπριτζ

Μιχάλη

Γρ.

Βόσκογλου,

1. Εισαγωγή

Ο στόχος μας σε αυτό το άρθρο είναι δtπλός: Πρώτο να δώσουμε στο μαθητή του Λυκείου (και &xJ. μόνο) μια πρώτη γεύ ση των αρχών της Ασαφούς Λογικής (ΑΛ), που σήμερα παίζει σημαντικό ρόλο στη ζωή μας βρίσκοντας εφαρμογές σε όλους σχεδόν τους τομεiς της ανθρώπινης δραστηριότητας. Δεύτερο να μυήσουμε τον αναγνώστη , που μέχρι σήμερα δεν f:χει ασχοληθε� στο συναρπαστικό παιγνίδι του Αγωνιστικού Μπριτζ (ΑΜ), που , αν και παίζεται με τράπουλα , δεν f:χει καμιά σχέση με τον τζόγο , αλλά αντίθετα αποτελεί ένα πνευματικό άθλημα κατάλληλο για όλες τις ηλικίες. Το ΑΜ μάλιστα , μαζί με το σκάκι, αποτελούν και τα μόνα αθλήματα της κατηγορίας τους , που είναι επίσημα αναγνωρισμένα από τη Διεθνή Ολυμπιακή Εmτροπή. Για το σκο πό αυτό θα εκθέσουμε με απλοποιημένο τρόπο μια μέθοδο αξιο λόγησης διαφόρων ομάδων παικτών του Μπριτζ , που παρουσιά ζουν κάποιο ιδιαίτερο ενδιαφέρον (π.χ. αγωνιστικά σωματεία , άν δρες και γυναίκες , παλαιοί και νέοι παίκτες κ.λπ.). Η μέθοδος αυ τή , που αναπτύξαμε πρόσφατα [13], στηρίζεται πάνω σε αρχές της ΑΛ, μπορεί να εφαρμοσθεί (κυρίως για στατιστική έρευνα) παράλληλα με τις επίσημες μεθόδους αξιολόγησης του Μπριτζ , ενώ η τελική της εφαρμογή στην πράξη είναι πολύ απλή.

2. Τι είναι η Ασαφής Λογική

Στην καθημερινή μας ζωή παρουσιάζονται συχνά καταστάσεις, όπου κάποιοι ορισμοί δεν έχουν σαφή ό ρια. Αυτό π.χ. συμβαίνει όταν μιλάμε για τα «ψηλά βουνά» μιας χώρας, τους «καλούς μαθητές» μιας τάξης κ.λπ. Η θεωρία των Ασαφών Συνόλων (ΛΣ) αναπτύχθη κε μέσα από την ανάγκη της αναπαράστασης τέτοιου είδους καταστάσεων με μαθηματικό τρόπο. Η έννοια του ΛΣ δόθηκε από τον Zadeh 1 [14] το 1 965 ως εξής: Αν U είναι το καθολικό σύνολο αναφοράς, ένα ασαφές υποσύνολο (fuzzy set) Α του U (ή ασαφές σύνο λο μέσα στο U ) ορίζεται με τη βοήθεια της συνάρτησης συμμετοχής (membershίp functίon) mA(x), η οποία αντι στοιχεί σε κάθε στοιχείο χ του U μια πραγματική τιμή του διαστήματος [0, 1 ], ως ένα σύνολο διατεταγμένων ζευγών της μορφής A={(x,mA(x)) : x E U } . Η τιμή mA(x) εκφράζει το βαθμό, που το χ επιβεβαιώνει τη χα ρακτηριστική ιδιότητα του Α και για το λόγο αυτό ονο μάζεται βαθμός συμμετοχής (membershίp degree) του χ στο Α. Όσο πιο κοντά βρίσκεται το mA(x) στο 1 , τόσο περισσότερο το χ ικανοποιεί τη χαρακτηριστική ιδιότη τα του Α. Οι μέθοδοι επιλογής της κατάλληλης για κάθε περίπτωση συνάρτησης συμμετοχής είναι συνήθως στατιστικές και βασίζονται σε πειράματα, που διεξάγο νται πάνω σε κατάλληλα επιλεγμένα δείγματα του υπό 1

Ο Lofti Ask er Z adeh γεννήθηκε το 192 1 στο B acu του Α ζερμπαϊτζάν από Ιρανό πατέρα και Ρωσίδα μητέρα και είναι σήμερα Ομότιμος Καθηγητής της Πληροφορικής στο πανε πιστήμιο του B erk e1 ey της Καλιφόρνιας των ΗΠ Α. , όπου με τανάστευσε οικογενειακώς το 1944. Ο ίδιος , περιγράφει τον εαυτό του [9) ως ένα Αμερικανό Ηλεκτρολόγο Μηχανικό προσανατολισμένο στα Μαθηματικά , με Ιρανική καταγωγή (έζησε και σπούδασε στην Τεχεράνη το διάστημα 193 1 - 1943) , που γεννήθηκε στη Ρωσία. Οι ερευνητικές του εργασίες aπα ριθμούσαν το 201 1 περισσότερες από 950.000 (!) αναφορές από άλλους ερευνητές.

Ομότιμου Καθηγητή Α. Τ. Ε. Ι. Δυτική ς Ελλάδας μελέτη πληθυσμού. Ωστόσο αναγκαία συνθήκη για την αξιόπιστη αναπαράσταση μιας κατάστασης του πραγ ματικού κόσμου με τη βοήθεια ενός ΛΣ είναι η επιλογή της αντίστοιχης συνάρτησης συμμετοχής να είναι σύμ φωνη με την κοινή λογική.

ΠΑΡΆΔΕΙΓΜΑ: Ας θεωρήσουμε ως σύνολο αναφοράς υ το σύνολο των φυσικών αριθμών , που είναι μικρότεροι του 1 30 και αντιπροσωπεύουν τις δυνατές ηλικίες των κατοίκων μιας πόλης. Το σύνολο των ανθρώπων της πόλης , των οποίων η η λικία δεν υπερβαίνει ένα συγκεκριμένο όριο , π.χ. τα 20 έτη , αποτελεί ένα κλασσικό υποσύνολο του υ. Ωστόσο το σύνολο Β των ανθρώπων της πόλης , που με βάση την εξωτερική τους εμφάνιση θα μπορούσαν να χαρακτηρισθούν ως νέοι , αποτε λεί ένα ασαφές υποσύνολο του υ. Η συνάρτηση συμμετοχής του Β μπορεί π.χ. να ορισθεί με τη βοήθεια του τύπου

ΙΠe(Χ)=[1+ (0,04χ)2τ1, V' xE U, χ<75 και mB(x)=O, V'x U, χ� 75. Έτσι ένα νεογέννητο βρέφος θα έχει βαθμό συμμετοχής στο Β ίσο με m8(0) 1 , ένα άτομο ηλικίας 25 ετών θα έχει m8 (25)= (1 + 12 γ' = 0.5, ένα άτομο 40 1 ετών θα έχει m8(40) = [1+(0.04*40)2f1=-�0.281κ.λπ. 3.56 Ε

0 λόγος για τον οποίο ορίσαμε ότι mB(x)=O, V'x Ε υ, είναι ότι ένα άτομο με ηλικία από 75 ετών και άνω , όσο καλά και αν διατηρείται , είναι αδύνατο από την εξωτερι κή του εμφάνιση να μπορεί να χαρακτηρισθεί ως νέος και κα τά συνέπεια είναι παράλογο ο βαθμός συμμετοχής του στο Β να είναι διάφορος του μηδενός. Γίνεται φανερό ότι με βάση τον παραπάνω ορισμό των Α Σ κάθε κλασσικό υποσύνολο Β του υ μπορεί να θεωρηθεί ως ασαφές υποσύνολο του υ με

Χ� 75,

συνάρτηση συμμετοχής

m8 (Χ) =

{ 1,χ

Β. Ο,χ�Β Ε

Οι περισσό -

τερες έννοιες των κλασσικών συνόλων (π.χ. συμπλήρωμα , ένωση , τομή , διμελείς σχέσεις κ.λπ.) επεκτείνονται με τη βοή θεια του παραπάνω ορισμού και στα ΑΣ. Για περισσότερες πληροφορίες πάνω στα ΑΣ παραπέμπουμε τον αναγνώστη στο κεφάλαιο 20 του βιβλίου [1). Ωστόσο , προς αποφυγή σύπ)J σης , είναι σημαντικό να τονίσουμε εδώ ότι οι βαθμοί συμμε τοχής , αν και παίρνουν , όπως και οι πιθανότητες , τιμές στο διάστημα [0, 1], Δ Ε Ν EINAI Π ΙΘ Α ΝΟ Τ Η Τ Ε Σ. Για παράδειγ μα στην έκφραση της θεωρίας των mθανοτήτων 'Ή πι ανότη θ τα ο Γ ιώργος να ίναι ψηλός ίναι 85%" αντιπαραβάλλεται η έκφραση της θεωρίας των ΑεΣ 'Ό βα μό συμμ ετοχή του ε ς θ ς Γ ιώργου σcο σύνολο τω ν ψηλώ ν αν ρ ώπων ί ναι 0,85". Η δι θ αφορά των δύο αυτών εκφράσεων είναι σημαντική. Πράγματι , ε η πρώτη έκφραση στα πλαίσια τη αρχής του αποκλ ισμού του ς Λογι ε μέσου ( ΝΑΙ/Ο Χ Ι ή ΣΩ Σ Τ Ο/Λ ΑΘ Ο Σ) της κλασσικής κής του Αριστοτέλη, θεωρεί ότι ο Γιώργος είναι ή δεν είναι ψηλός με πιθανότητα 85% να συμβαίνει το πρώτο. Αντίθετα η δεύτερη (ασαφής) έκφραση υποθέτει ότι ο Γιώργος είναι μάλ λον ψηλός με βαθμό συμμετοχής 0,85 στην κατηγορία των ψηλών ανθρώπων. Μια άλλη χαρακτηριστική διαφορά (ανά μεσα στις αρκετές , που υπάρχουν) είναι ότι , ενώ το άθροισμα των πιθανοτήτων , που αντιστοιχούν στα στοιχειώδη ενδεχό μενα (μονοσύνολα) του δειγματικού χώρου (σύνολο αναφο ράς) είναι ίσο με 1 , αυτό δεν είναι απαραίτητο να συμβαίνει για τους βαθμούς συμμετοχής. Παραδοσιακά στις φυσικές και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.217

------ Ασαφής Λογική στο Π αιγνίδι του Μπριτζ τις εφαρμοσμένες επιστήμες για να αντιμετωπίσει κάποιος ένα πρόβλημα, που χαρακτηρίζεται από αβεβαιότητα, στρεφόταν στη θεωρία πιθανοτήτων. Η τάση αυτή ήταν δικαιολογημέ νη, αφού παλαιότερα δεν υπήρχαν εναλλακτικά εργαλεία για το χειρισμό της αβεβαιότητας. Σήμερα όμως, που η Α σαφή ς Λ ογική (ΑΛ) έχει αναδειχθεί σε ένα ουσιαστικό συμπλήρωμα της κλασσικής Λογικής, τα πράγματα δεν είναι πλέον έτσι. Πράγματι, οι εφαρμογές που μπορούν να αντιμετωπισθούν ή να αναπροσαρμοσθούν με βάση την ΑΛ έχουν πλέον αναπτυ χθεί σε ευρύτατο βαθμό και δίνουν τη δυνατότητα για τη μο ντελοποίηση καταστάσεων κάτω από συνθήκες, που από τη φύση τους δε μπορούν να ορισθούν με απόλυτη σαφήνεια ή ακρίβεια. Ιστορικά κάποια στοιχεία βασικών αρχών της ΑΛ μπο ρούν να ανιχνευθούν μέσα από τις φιλοσοφικές ιδέες του Βούδα (Ινδία 500 π. Χ.) και του Πλάτωνα (427-377 π. Χ.), ενώ και άλλοι πιο σύγχρονοι φιλόσοφοι μιμήθηκαν τις ιδέες τους και μάλιστα όρισαν λογικές με πολλές τιμές (π.χ. βλ. την εισαγωγή του [2)). Χρειάσθηκε ωστόσο να περάσουν πολλά χρόνια από τότε, μέχρις ότου ο Zadeh εισήγαγε το 1 972 τη "Λ ογική ων aπείρων ιμών" [15) , την οποία και ονόμασε ΑΛ, τ τ αφού για την ανάπτυξή της βασίστηκε στην έννοια των ΑΣ. Κύριο χαρακτηριστικό της ΑΛ αποτελεί η απόρριψη της αρ χής του αποκλεισμού του μέσου της κλασσικής λογικής. Με άλλα λόγια δηλαδή για την ΑΛ, πέρα του ΝΑΙ-ΟΧΙ, έχουν θέση και εκφράσεις όπως το ΙΣΩΣ, ΜΑΛΛΟΝ, ΣΧΕΔΟΝ, ΠΟΛΥ, ΑΡΚΕΤΑ, ΕΛΑΧΙΣΤΑ κ.λπ. Το μπριτζ είναι το πιο διασκεδαστικό και πιο έξυπνο παιχνίδι που έχει βρεί ο άνθρωπος. Σόμερσετ Μομ

Το σημαντικό είναι μάλιστα ότι η εφαρμογή της ΑΛ για τη μοντελοποίηση καταστάσεων αβεβαιότητας επιτρέπει και την ποιοτική μελέτη tων καταστάσεων αυτών, σε αντίθεση με τη θεωρία πιθανοτήτων, που περιορίζεται σε ποσοτικές μόνο πληροφορίες. Για μια πλήρη εισαγωγή στην ΑΛ και τις μεθό δους της, αλλά και για αντιπροσωπευτικές εφαρμογές της κυ ρίως στο χώρο της τεχνολογίας ο αναγνώστης παραπέμπεται στο βιβλίο [4).

3. Τ ο παιγνίδ ι τ ου Μπριτζ.

Το Μπριτζ είναι το δημοφιλέστερο πνευματικό παιγνίδι σε όλο τον κόσμο. Προέρχεται από το αγγλικό παιγνίδι Whist, που μετεξελίχτηκε προς τα τέλη του 1 9ου αιώνα σε Bridge Whist και στη συνέχεια σε Auction Bridge και Bridge Plafond. Τελικά, στα μέσα της δεκαετίας 1920 - 1 930, τέθηκαν, από τον Αμερικανό Harold S. Vanderbilt, οι κανόνες του Contract Bridge, που - με πολύ μικρές αλλαγές - είναι αυτό που παίζε ται και σήμερα στα σπίτια από δεκάδες εκατομμύρια ανθρώ πους, σε όλες τις χώρες του κόσμου. Πολύ γρήγορα, στα τέλη της ίδιας δεκαετίας και πάνω στις βάσεις του Contract Bridge, δημιουργήθηκε το Α γωνιστικό (Duplicate) Μπρ ι ζ που γνώρι τ σε αμέσως μεγάλη ανάπτυξη, πρώτα στην Αμερική, μετά στην Ευρώπη και στον υπόλοιπο κόσμο και μετέτρεψε, στην ουσία, το Μπριτζ από παιγνίδι σε πνευματικό άθλημα. Σήμερα η Πα γκόσμ ια Ομοσπονδία Μπρ ιτζ (WBF) αριθμεί 1 1 3 χώρες - μέλη και πάνω από 1 .000.000 αθλητές αγωνιστικού Μπριτζ και δι Ορ'yανώνει την Ολυμπιάδ α του Μπριτζ, όπως και Παγκό σμια πρωταθλήματα και Κύπελλα κάθε είδους: Open, Γυναι κών, Μικτό, Νέων, Νεανίδων, Βετεράνων, Μαθητών κλπ . Η

------

Ελληνική Ομ οσπον ία Μπρ ιτζ (Ε.Ο.Μ.) ιδρύθηκε το 1 965 με δ αρχική δύναμη 3 σωματεία - μέλη και μερικές δεκάδες αθλη τές. Το 1 975 το αγωνιστικό Μπριτζ αναγνωρίστηκε με νόμο ως πνευματικό άθλημα υπαγόμενο στην Γενική Γραμματεία Αθλητισμού. Έκτοτε γνώρισε μεγάλη ανάπτυξη και σήμερα αριθμεί συνολικά 52 ενεργά σωματεία - μέλη σε όλη την Ελ λάδα και περισσότερους από 3 .500 ενεργούς αθλητές [3) . Η Ε. Ο. Μ. διοργανώνει κάθε χρόνο πλήθος πρωταθλημάτων, ενώ εκπροσωπείται, με τις εθνικές ομάδες, στις μεγαλύτερες διορ γανώσεις του εξωτερικού. Εκδίδει ακόμη το περιοδικό «ΤΟ ΜΠΡΠΖ» με άρθρα για όλες τις κατηγορίες παικτών και ενη μέρωση για τα αποτελέσματα των αγώνων. Επίσης διοργανώ νει (τουλάχιστο μια φορά το χρόνο κάθε Οκτώβριο) σε όλη την Ελλάδα μέσω των σωματείων, που υπάγονται στη δύναμη της, μαθήματα, τόσο για όσους θέλουν να ασχοληθούν για πρώτη φορά με το Μπριτζ, όσο και για προχωρημένους παί κτες (πληροφορίες στο site της ΕΟΜ: www.hellasbήdge.org). Σε αρκετές χώρες του κόσμου η διδασκαλία του Μπριτζ έχει εισαχθεί ως κατ ' επιλογή μάθημα στα σχολεία, ενώ και στην Ελλάδα τελευταία γίνονται κάποιες προσπάθειες σε ορισμένα σχολεία για την προαιρετική του διδασκαλία από εθελοντές καθηγητές, που είναι ταυτόχρονα και παίκτες του Μπριτζ. Με το Μπριτζ δε διασκεδάζει κανείς απλά, αλλά αναπτύσσει ταυτόχρονα τη σκέψη και τη μνήμη του και κοινωνικοποιεί ται γνωρίζοντας νέους ανθρώπους και δημιουργώντας νέες φιλίες. Ένα παιγνίδι ΑΜ παίζεται είτε μεταξύ ζευγών (δυο συμπαίκτες), είτε μεταξύ δυο ή περισσοτέρων ομάδων (4 παίκτες σε 2 ζεύγη, που μπορούν να εναλλάσσονται με περισ σότερους παίκτες). Σε κάθε τραπέζι αγωνίζονται δυο ζεύγη και οι συμπαίκτες κάθονται ο ένας απέναντι στον άλλον παίρ νοντας τα ονόματα τους από τα αντίστοιχα σημεία του ορίζο ντα: Βορράς (Β), Νότος (Ν), Ανατολή (Α) και Δύση (Δ). Αυτό σημαίνει ότι το ένα ζεύγος (άξονα ) είναι ο Β-Ν και το άλλο η ς Α-Δ. Για ένα παιγνίδι μεταξύ ζευγών απαιτούνται τουλάχι στον 3 τραπέζια (6 ζεύγη- 1 2 παίκτες). Στο άρθρο αυτό, λόγω της στενότητας του χώρου, θα ασχοληθούμε μόνο με παιγνί δια μεταξύ ζευγών, με τα οποία διεξάγονται και τα περισσότε ρα τουρνουά Το αποτέλεσμα ενός τέτοιου παιγνιδιού εκφρά ζε�αι συνήθως σε match points (MPs). Κάθε ζευγάρι κερδίζει 2 MPs για κάθε ζευγάρι που πέτυχε χειρότερο αποτέλεσμα από αυτό σε κάθε φάση (χέρι) του παιγνιδιού και 1 ΜΡ για κάθε ζευγάρι με το ίδιο αποτέλεσμα.. Στο τέλος του παιγνι διού αθροίζονται τα MPs του κάθε ζευγαριού και το άθροισμα τους μετατρέπεται σε ένα συγκεκριμένο ποσοστό επιτυχίας. Για τους βασικούς κανόνες του ΑΜ καθώς και για τις συμβα τικές μεθόδους παιξίματος, που συνήθως εφαρμόζονται μετα ξύ των συμπαικτών, παραπέμπουμε τον αναγνώστη στο φη μισμένο βιβλίο [8) του Edgar Kaplan ( 1 925- 1 997), που ήταν γνωστός Αμερικανός πρωταθλητής του ΑΜ έχοντας παράλ ληλα τεράστια συνεισφορά στην ανάπτυξη και διάδοση του. Το βιβλίο αυτό του Kaplan, πού εκδόθηκε για πρώτη φορά το \ 964, έχει μεταφρασθεί σε πολλές γλώσσες, μεταξύ των ο ποίων και στα Ελληνικά από την ΕΟΜ με τίτλο: « Το Σωστό Μπρ ι ζ>>. Για το ΑΜ έχουν γραφεί βέβαια και πολλά άλλα βι τ βλία, σε διάφορες γλώσσες, όπως επίσης υπάρχουν και πολλά sites στο Intemet με σχετικές πληροφορίες (π.χ. βλ. [6, 7) κ.λπ.) ,

Η τεχνική του κέντρου βάρους ως μέθοδος αξιολόγη σης ασαφών δε δ ομένων

Ας θεωρήσουμε μια ομάδα, ας πούμε Η, n ατόμων, που συμμετέχουν σε μια ανθρώπινη δραστηριότητα (π.χ. λύση προβλημάτων, λήψη αποφάσεων, αγώνα ποδοσφαίρου, παι γνίδι ΑΜ κ.λπ. ), των οποίων επιθυμούμε να αξιολογήσουμε τη συνολική απόδοση, όσον αφορά τη δραστηριότητα αυτή: Οι μέθοδοι , που συνήθως χρησιμοποιούνται για το σκοπό αυ τό (π.χ. υπολογισμός του μέσου όρου των ατομικών αποδό σεων όλων των ατόμων της Η) στηρίζονται σε αρχές της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/8

------ Ασαφής Λογική στο Παιγνίδι του Μπριτζ κλασσικής λογικής. Ωστόσο η ΑΛ προσφέρει καλύτερες προ οπτικές αξιολ&yησης, 1CUρίως χάρη στη δυνατότητα της να χα ρακτηρίζει μια κατάσταση με πολλαπλές τιμές. Στην ενότητα αυτή θα παρουσιάσουμε μια τέτοια μέθοδο, που είναι γνωστή ως τεχνική αποασαφοποίηση του κέντρου βάρου (center of ς ς gravίty defuzzification technίque). Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι τα ασαφή δεδομένα ενός πειράματος περιγράφονται με τη βοήθεια του ασαφούς υπο συνόλου {(χ, m(x)): χ ε υ} του συνόλου αναφοράς υ, όπου m: υ � [0, 1} είναι η αντίστοιχη συνάρτηση συμμετοχής. Για την εφαρμογή της μεθόδου του κέντρου βάρους (ΚΒ) σε κάθε στοιχείο χ του υ πρέπει να aντιστοιχίσουμε ένα προκα θορισμένο διάστημα πραγματικών τιμών. Με τον τρόπο αυτό, αν π.χ. στο χ του υ aντιστοιχίσουμε το διάστημα [0, l ] , θα έχουμε m(a) = m(x), για κάθε α του [0, l ] . Έτσι μπορούμε να κατασκευάσουμε σε ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων xOy τη γραφική παράσταση της συνάρτησης συμμετοχής y =m(χ). Τό τε, αν G είναι το τμήμα του επιπέδου, που περικλείεται από την παραπάνω γραφική παράσταση και τον Οχ, σύμφωνα με την ΑΛ η αποασαφοποίηση των ασαφών δεδομένων του πει ράματος (δηλαδή η αντικατάσταση τους με ένα αριθμητικό αποτέλεσμα, που τα αντιπροσωπεύει) μπορεί να πραγματο ποιηθεί με τη βοήθεια των συντεταγμένων (xc , Yc) του ΚΒ , ας πούμε Fc , της επίπεδης επιφάνειας G, που υπολογίζονται με γνωστούς από τη Μηχανική τύπους (π.χ. βλ. Παράρτημα της (2)). Ας δούμε τώρα, πώς η παραπάνω τεχνική μπορεί να προσαρμοσθεί για τις ανάγκες αυτού του άρθρου. Πράγματι, ας χαρακτηρίσουμε την απόδοση των ατόμων της ομάδας Η με τις ασαφείς γλωσσικές εκφράσεις: Α = άριστη, Β= πολύ καλή, C= καλή, D = μέτρια και F = μη ικανοποιητική. Ας θε ωρήσουμε επίσης το σύνολο υ= {Α, Β , C, D, F} ως σύνολο αναφοράς και ας εκφράσουμε το σύνολο Η ως ασαφές υποσύ νολο του υ στη μορφή. Η = {(χ, m(x)) : Ε U } , όπου y =m(x) είναι η αντίστοιχη συνάρτηση συμμετοχής. Ας aντι στοιχίσουμε ακόμη σε κάθε στοιχείο του υ ένα διάστημα πραγματικών αριθμών ως εξής: F � [0, 1 }, D � [ 1 ,2), C � [2,3), Β � [3, 4) Α � [4, 5]. Τότε η γραφική παράστα ση της y =m(x) παίρνει τη μορφή του Σχήματος 1 , στο οποίο το G είναι ίσο με το γεωμετρικό άθροισμα πέντε ορθογωνίων G;, i=l ,2,3, 4 ,5 , των οποίων η μία πλευρά βρίσκεται πάνω στον Οχ και έχει μήκος 1 . Αποδεικνύεται (π.χ. βλ. το Παράρ τημα της (2)) ότι στην περίπτωση αυτή οι γενικοί τύποι υπο λογισμού των συντεταγμένων του ΚΒ δίδουν:

1 2

1 2 2 2 2 2 2

Xc = - (yι+3y2+5y3+7y4+9ys), yc= - (yι +y2 +y3 +y4 +y5 ) ( 1)

m(x; )

i= l ,2,3,4,5, όπου χ 1 =F, χ2 =D, x3 =C, χ4 =Β και χ5 =Α.

Σχήμα 1 : Γραφική παράσταση της συνάρτησης συμμετοχής

------

Ακόμη, με τη βοήθεια στοιχειωδών αλγεβρικών ταυτοτήτων και γεωμετρικών παρατηρήσεων (π.χ. βλ. ενότητα 5 του (2)) μπορεί κάποιος να καταλήξει στο παρακάτω κριτήριο για την αξιολ&yηση/σύγκριση της απόδοσης δυο (ή και περισσοτέ ρων) ομάδων ατόμων, που συμμετέχουν στην ίδια δραστηριό τητα:

•

Μεταξύ δυο ομάδω ν ατόμων η ομάδα, για την οπο ία η τε τμημένη Xc του κέντρου βάρους ξ είναι μεγαλύτερ η, έχει την καλύτερη απόδοση. • Για δύο ομάδες των οποίων τα κέντρα βάρου έχουν την ίδια ς

τετμημένη Xc : α) Όταν

5 2

Χ " � - , τότε την ιωλύτερη απόδοση έχει

η ομάδα με τη μεγαλύτερη τεταγμένη Yc-· β) Όταν

Χ" < '2 ,

την

καλύτερη απόδοση έχει η ομάδα με το μικρότερη τεταγμένη Yc-·

Από το παραπάνω κριτήριο σε συνδυασμό με τον πρώτο από τους τύπους ( 1) προκύπτει ότι η τεχνική του ΚΒ αποτελεί μια σταθμισμένη μέθοδο υπολογισμού της απόδοσης μιας ομάδας, όπου οι υψηλές ατομικές αποδόσεις των μελών της «συνεισφέρουν» πολύ περισσότερο από τις χαμηλές στην τε λική διαμόρφωση της συνολικής απόδοσης της ομάδας ( αφού σε αυτές αντιστοιχούν μεγαλύτεροι συντελεστές). Κατά συ νέπεια, η μέθοδος αυτή συνδέεται με την πο ιοτική απόδοση της ομάδας, σε αντίθεση με τον υπολογισμό του μέσου όρου των ατομικών αποδόσεων των μελών της, που συνδέεται με τη μέση της απόδοση. Κατά συνέπεια είναι δυνατό τα αποτελέ σματα, που θα προκύψουν από την ταυτόχρονη εφαρμογή των δύο παραπάνω μεθόδων, να .διαφέρουν μεταξύ τους, δηλαδή μια ομάδα να παρουσιάζει καλύτερη μέση αλλά κατώτερη ποιοτική απόδοση από μια άλλη.

Εφ αρμογή τη ς τεχνική ς του ΚΒ στο Μπρ ιτζ Η Ε. Ο. Μ. διοργανώνει κάθε Τετάρτη (και όχι μό

νο) ημερίδες ζευγών με προεπιλεγμένες για κάθε χέρι διανομές χαρτιών, που παίζονται ταυτόχρονα σε διάφο ρα μέρη της Ελλάδας από τα τοπικά Σωματεία, που α νήκουν στη δύναμη της. Στο τέλος κάθε ημερίδας αναρ τώνται στο site της Ε. Ο. Μ. τα αποτελέσματα τόσο σε πανελλήνιο, όσο και σε τοπικό, χωριστά για κάθε Σω ματείο, επίπεδο και απονέμονται οι αντίστοιχοι βαθμοί διάκρισης στους νικητές (βλ. «'Όλα τα Αποτελέσματα» στο [5]). Έξι τέτοιες διαδοχικές ημερίδες συμπληρώ νουν ένα τουρνουά, στο τέλος του οποίου εκδίδονται σε τοπικό επίπεδο και από κάθε Σωματείο συγκεντρωτικοί πίνακες ατομικής κατάταξης για όλους τους παίκτες, που συμμετείχαν σε πέντε τουλάχιστον από τις έξι ημε ρίδες του τουρνουά. Οι πίνακες αυτοί επίσης αναρτώ νται στο site της Ε. Ο. Μ. μαζί με τους αντίστοιχους (ε πιπλέον) βαθμούς διάκρισης. Η ατομική αυτή κατάταξη προκύπτει από το μέσο όρο των επιδόσεων του κάθε παίκτη σε πέντε από τις συνολικά έξι ημερίδες του τουρνουά, όπου για τους παίκτες που συμμετείχαν και στις έξι ημερίδες, η χειρότερη τους επίδοση δε λαμβά νεται υπόψη. Η εφαρμογή που θα παραθέσουμε εδώ αφορά τον πίνακα συγκεντρωτικής κατάταξης ενός Σω ματείου της Πάτρας για το ταυτόχρονο τουρνουά της Ε. Ο. Μ., που έληξε την Τετάρτη 19/2/14. Στον πίνακα αυ τό περιλαμβάνονται εννέα συνολικά άνδρες και πέντε γυναίκες με τα παρακάτω ποσοστά επιτυχίας:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/9

Ασα φής Λογική στο Π αιγνίδι του Μπριτζ

ΑΝΔΡΕΣ: 57.22%, 54.77%, 54.77%, 54.35%, 54.08%, 50.82%, 50.82%, 49.6 Ι%, 47.82%. ΓΥΝΑΙΚΕΣ: 59.48%, 54.08%, 53.45%, 53.45%, 47.39%.

Τα ποσοστά αυτά δίδουν ένα μέσο όρο επιτυχίας περί που 52.696% για τους άνδρες και 53.57% για τις γυναίκες, πράγμα που σημαίνει ότι η μέση απόδοση των γυναικών ήταν ελαφρά καλύτερη της αντίστοιχης των ανδρών. Θα εφαρμό σουμε τώρα την τεχνική του ΚΒ , που περιγράψαμε στην προ ηγούμενη ενότητα, για να υπολογίσουμε τις σταθμισμένες α ποδόσεις ανδρών και γυναικών. Σύμφωνα με τα στατιστικά δεδομένα του Μπριτζ η απόδοση p ενός παίκτη σε ένα τουρ νουά ζευγών θα μπορούσε να χαρακτηρισθεί ως: •

Άριστη (Α) , αν p > 65% . Πολύ καλή (Β) , αν 55% < p � 65% . • Καλή (C), αν 48% < p � 55% . • Μέτρια (D), αν 40% � p � 48% . • Μη ικανοποιητική (F), αν p < 40 % . Θα πρέπει λοutόν να εκφράσουμε τα σύνολα Μ των αν δρών και W των γυναικών ως ΑΣ μέσα στο σύνολο των γλωσσι κών εκφράσεων U={A, Β , C, D, F}. ΠράγματΙ, αν n είναι το πλήθος των στοιχείων καθενός από τα σύνολα Μ και W (δηλαδή n=9, ή n=5) και αν nΛ, n8. n0 nD και nF συμβολίζουν το πλήθος των στοιχείων καθενός από τα Μ και W, που είχαν άριστη, πολύ καλή, καλή, μέτρια και μη ικανοποιητική απόδοση αντίστοιχα, ορίζουμε τη συνάρτηση συμμετοχής m : U � [Ο, Ι ] ως εξής : I, αν 80% η < η χ � η •

0, 75,

αν

0,25,

αν

y = m(x) = 0, 5,

αν

Ο,

50% η < η χ � 80% η

20% η < η χ � 50% η

Ι % η < ηχ � 20% η

(2),

αν Ο � ηχ � I % η

για κάθε χ του U. Τα ασαφή δεδομένα, που προκύπτουν με τον τρόπο αυτό, παρουσιάζονται συγκεντρωτικά στον Πίνακα Ι , που ακολουθεί. Πίνακας 1 : Συγκεντρωτικά αποτελέσματα ΑΝΔΡΕΣ Κλίμακα Χαρακτηρισμός Αριθμός Β αθμοί συμεμφάνισης μετοχής m(x) % Παικτών >65% ο ο Α 55-65% 0.25 I Β 48-55% c 0.75 7 40-48% D Ι 0.25 <40% F ο ο 1 .25 9 Σύνολο

ΓΥΝΑΙΚΕΣ Κλίμακα %

>65% 55-65% 48-55% 40-48% <40% Σύνολο

Χαρακτηρισμός εμφάνισης Α Β c

D F

Αριθμός Παικτών

Β αθμοί συμμετοχής m(x)

Ι 3 Ι

0.25 0.75 0.25

Ι .25

Εφαρμόζοντας τους τύπους

( 1) της προηγού

μενης ενότητας βρίσκουμε ότι xc =2.5 και Yc=0.22,

τόσο για τους άνδρες όσο και για τις γυναίκες. Άρα, σύμφωνα με το συμπέρασμα της προηγούμε νης ενότητας (δεύτερη περίπτωση) και σε αντίθεση

-------

με τη μέση τους απόδοση, η σταθμισμένη απόδοση των ανδρών και γυναικών ήταν η ίδια (εναλλακτιλευ , , κα αυτο προκυπτει απο την τε ταια στη' λη του Πίνακα όπου οι βαθμοί συμμετοχής για άνδρες και γυναίκες είναι οι ίδιοι σε όλες τις περιπτώσεις). Κλείνοντας, πρέπει να τονίσουμε ότι η μέθοδος αξιολόγησης ασαφών δεδομένων, που αναπτύξαμε στην ενότητα 4, είναι γενική (δηλαδή δεν αφορά μό νο το Μπριτζ), πράγμα που μας επέτρεψε αρκετές φορές στο παρελθόν και ίσως μας εmτρέψει και στο μέλλον, να τη χρησιμοποιήσουμε για την αξωλόγηση και άλλων ανθρώmνων δραστηριοτήτων στους το μείς της Εκπαίδευσης (αξωλόγηση της απόδοσης μαθητών (π.χ. βλ. [2] , το βιβλίο [10] κ.λπ.), της Τε χνητής Νοημοσύνης (π.χ. βλ. [10, 12] κ.λπ.), της Δίοίκησης (αξωλόγηση της αποδοτικότητας οργα νωμένων συστημάτων [11]) κ.λπ. ,

Α) ΕΛΛΗΝΙΚΗ

ΒΙ ΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[1) Βόσκοyλου, Μ . Γρ. (2012), Α νώτ α Μαθηματικά για Μη ρ χανικούς και Οικονομολόγους, (ISBNε978-960-92460-3-3), Ιδ. έκδοση, Πάτρα. [2) Βόσκοyλου , Μ. Γρ. (2014), Εφαρμογές της Ασαφούς Λο γικής στην Εκπαίδευση, Ευκλ ίδη Γ ' , 80, 89- Ι 2 Ι . ς [3) Επετηρίδα του ΕλληνικούεΜπρ ιτζ, έκδοση Ε . Ο . Μ. , Αθή να, 20 Ι4 [4] Θεοδώρου, Ι . (2010), Εισαγωγή στην Α σαφή Λ ογική (ISBN 978-960-4 Ι 8-2 1 8-3), Εκδόσεις Τζιόλα, Θεσσαλονίκη. [5) Ελληνική Ομοσπονδία Μπρ ιτζ ( Ε. Ο. Μ. ) , διαθέσιμο στο Διαδίκτυο στο www.hellasbridge.org [6) Μπρ ιτζ: htφ://el.wikipedia.org/wiki/Mπριτζ (7) Πω παίζεται : www .hellasbήdge.org/pos-pezete-to-bήtz. ς [8) E-mail: νoskoglou@teipat.gr, mνosk@hol.gr. Home page: htφ://eclass.teipat.gr/eclass/courses/523 Ι 02

Β) Ξ ΕΝΟΓΛΩΣΣΗ

[9) Kaplan, Ε. (2010), Winning Contract Bridge, Couήer Dover Publications, Ν. Υ. (10) Lofti Asker Zadeh Biography, available in the Web at www .bookrags.com/biography/lofti-asker-zadeh-wcs [11) Voskoglou, Μ . Gr. (201 1), Stochastic andfuzzy models in Mathematics Education, Artificial Intelligence and Man agement (ISBN 978-3-8465-282 Ι - Ι ), Lambert Academic Pub lishing, Saarbrucken, Gerrnany (για περισσότερες λεπτομέ ρειες βλ. htφ://amzn .com./3 8465282 I 8 ). (12) Voskoglou, Μ . Gr. (2012), Α Study on Fuzzy Systems, American Journal of Computational and Applied Mathemat ics, 2(5), 232-240, available in the Web at htφ://article.sapub.orglpdf/I 0.5923 .j.ajcam.20 I 20205 .06.pdf [13) Voskoglou, Μ. Gr. (2012), An Application of Fuzzy Logic to Computational Thinking, Annals of Pure and Ap plied Mathematics, 2( 1 ), Ι 8-32, available ίη the Web at www .researchrnathsci.org/apamartlapam-v2n Ι -3 .pdf [14) Voskoglou, Μ. Gr. (2014), Assessing the players' per forrnance in the game of Bridge, American Journal ofApplied Mathematics and Statistics, 2(3), Ι Ι 5 - Ι 20 available in the Web at htφ://pubs.sciepub.corn/ajams/2/3/5/ajams-2-3-5.pdf [15) Zadeh, L. Α. (1965), Fuzzy Sets, Information and Con trol, 8, 338-353. (16) Zadeh, L. Α. (1972), Fuzzy Logic and its Application to Ap proxirnate Reasoning, IFIP Congress, Stockholm, Sweden, 59Ι594.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/10

Μαθηματικοί Δtαyωvισμοί ΜαθηματικέG ΟλtJμπtάδεG

Επιτροπή Διαγωνισμών τηc; Ε.Μ.Ε.

75°ς ΠΑΝ ΕΛΛΗ Ν Ι ΟΣ ΜΑΘ ΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩ Ν Ι Σ Μ ΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘ Η ΜΑΤΙ ΚΑ: 'Ό ΘΑΛ Η Σ" 1

Νοεμβρίου

2014

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ρόβλημα 1

20153 + 20133 + 20163 + 20123 -18· 2014 4· 2014·( 20142 +3)( 5· 20142 +ι) 20142 +40292 20142 +40272 (s·20142+1Y -(4·2014)2

Να βρείτε την τιμή της αριθμητικής παράστασης: Α=

Λύση : Επειδή οι εμφανιζόμενες πράξεις είναι πολλές και χρονοβόρες, προσπαθούμε με κατάλληλη αντι κατάσταση, να μετασχηματίσουμε την αριθμητική παράσταση σε αλγεβρική. Η παράσταση που προκύ πτει μετά την απλοποίησή της οδηγεί τελικά σε απλό υπολογισμό της δεδομένης αριθμητικής παράστα η παράσταση γίνεται: σης. Έτσι, αν θέσουμε

χ= 2014,

3 3 3 3 4χ{� +3){5� +1) Α ( x + l) +(χ-1) (χ+ 2) +(χ-2) -18χ 4χ{� +3){5� +1) 2χ{� +3) 2χ{� +3) + +-7--� ·�� +(2χ+1)2 � + ( 2χ-1)2 {5� +1)2 -(4χ)2 5� +4χ+1 5� -4χ+1 (5� +4χ+1)(5� -4χ+1) 2{5� +1) ] = 2χ{� +3) [ 5� -4χ+1+5� +4χ+1-10� -2] =2χ{� +3) · Ο = Ο· = 2χ{� +3) [ 1 + 1 5� +4χ+1 5� -4χ+1 (5� + 4χ +1)(5� -4χ+1) (5� +4χ+1)(5� -4χ+1) 2015 3 + 20133 + 20163 - 20123 - 1 8 · 2014 4 · 2014 · (20142 + 3 ) (5 · 20142 + 1) = ο Άρα ειναι Α = 20142 20142 + 40272 + 40292 (5 · 20142 + 1 )2 - (4 · 2014) 2 ,

Πρόβλη μα 2 Ένα βιβλίο μαθη ματικών κυκλοφορεί σε τό μους Α και Β. αντίτυπα του τό μου Α και ί αντίτυπα αντ τυπα του τό μου Β κοστίζουν συνολικά ευ ρώ. Ένα βιβλwπωλείο πούλη σε του τό μου Α με έκπτωση αντίτυπα του τόμου Β με έκπτωση και και εισέπραξε ίσετ θε τό μο. συνολικά ρώ. Να τη τ σ του βιβλίου πώλ από κά προσδwρ ευ ενός ε ν ιμή η ης ευρώ. Από τα Λύ ση : Έστω ότι η τιμή πώλησης του τόμου Α είναι χ ευρώ και τόμου Β είναι

10% 60

1680

2 4000

100

120

20% 50

y δεδομένα του προβλήματος προκύπτουν οι εξισώσεις: 1 ΟΟχ + 120y = 4000 5χ + 6y = 200 (1) 80y = 1680 45χ + 48y = 1680 (2) Έτσι έχουμε το σύστημα: 60 50 · 90χ + 100 { 5x 100 x +54y=1800} { 6y=120 } {y=20} +6y=200 } {45 45x +48y = 1680 45x +48y = 1680 45'x +48y = 1680 χ= 16 Άρα η τιμή πώλησης του τόμr Α yg'206 ευ ώ και του τ�μου Β ήταν 20 ευρώ. ιy-20 1680 4 y �Χ"+ 2� } +}Α !w) + + ] ·

<:::>

<=>

πρ

' βλη μα 3

<=>

Δίνονται οι παραστάσεις:

<=>

"ή.-3J' ,

<=>

4 4 χ y , όπου χ, y εί�αι ρ η το ί.

( α) Να γράψετε την παράσταση Α ως πολυώνυ μο των μεταβλητών x, y διατεταγμένο ως προς τις φ θίνουσες δυνάμεις του χ . (β) Να αποδείξετε ότι ο αριθ μός

JB είναι ρητός για οποιαδήποτε τιμή των ρητών αριθμών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ,2/1 1

χ, y .

------

Μα θηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

( α ) 'Εχουμε:

Α= (χ2 + y2 + xy)2 = (χ2 + / +xy)( χ2 + / +xy) = χ4 + y4 +χ2/ +2x2y2 +2x3y+2xy3 = χ4 +2x3y+3x2y2 2χ/ + y4. Διαφορετικά μπορούμε να έχουμε: =χ4 + / + �/ + �/ + 2x3y + 2χ/ =χ4 + �y+ 3�y2 + 2χ/ y4. 'Εχουμε, όπως στο προηγούμενο ερώτημα, ότι: ( χ2 + / +2xy)2 =χ4 +4x3y+6x2/ +4.xy3 + /, \ \.) ση :

( β)

[

2[χ4 + 4x3 y+6x2y2 + 4xy3 + / +χ4 + /] 2[2χ4 +4x3 y + 6x2y2 +4xy3 + 2/] = = 4(Χ4 +liy+ 3.il +� +/ ) = 4(.i +ι +xy)2 ' όπου στην τελεutαίασχέση χρησιμοποιήσαμε το απmέλεσμα του ερωτήματος (α) . Β = 2 (χ2 + y2 + 2xy) 2 + χ4 + y4

Άρα

m=J�.i+ψ.Y'j =�i' ηv+Y)ε«:JΙ αφού οι αριθι-ωί

Π ρ 6βλη μα 4 Θεωρούμε τετράπλευρο ABCD με τη γωνία

x,y

είναι ρητοί και

i+-JV+Y {x�J � I

�

Α = ιοοο και b = 4 0 °. Αν DB είναι διχοτόμος

της γωνίας CDA και DB = DC , να υπολογισθεί το μέτρο της γωνίας CAB .

Εφόσον η είναι διχοτόμος της γωνίας , θα έχουμε ότι και από το ισοσκελές τρί γωνο θα έχουμε ότι ότι και επιπλέον έχουμε Αν τώρα φέ ρουμε τις προβολές ΒΚ και αφού το Β είναι σημείο της διχοτόμου, θα έχουμε ότι ΒΚ και ΒΑΚ , οπότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΑΚ και είναι ίσα, που σημαίνει ότι Επομένως, από το ι σοσκελές τρίγωνο ΒΑ παίρνουμε ότι: Λ ίιση :

CDA cbB=BDA=ΊfJ DBC DBC=IJCB=8Cf> .z:i«= 180"-(1W+2f1)==61. BL, = BL 80"BLC BA=BC. C CAB=20°.

l:J

Σχήμα

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Γf ρόβλη μ α 1

Έστω k ένας ακέ ραιος και χ ένας θετικός πραγματικός αριθμός. Να συγκριθούν οι αριθμοί: Λ ίι ση

( 1 ο; τρ(ιπος) :

Α=

+ι

xk+l

+ι

και

χ k+ι

+ι

Β = xk+2 + ι .

Θεωρούμε τη διαφορά των δύο αριθμών και έχουμε:

1+1+ 1++21 +1 (1+1) (1+ +2 +1)-{+ 1+1 +1)2 = xk+x2 k++Ixk +1-2xk+ xk+I -1 - xxk+k+I2 + xk x-2k+ xk+I Α-Β=-1 1 +1 1 +1 (1 1 +1)(1 2 +1) ( +1)( 2 +1) ( +1)( 2 +1) 2 , , , ) 1 αν χ=1 } {Α=Β, αν χ=1} 1(χ χ>Ο Α-Β={>0,Ο, αν0<χ:;t: και αφου ακεραιος οποτε, ( χ+ +1)(χ+ +1) 1 Α>Β,αν0<χ:;t: 1 Α = (xk +1xk+)(I xk+22+ 1) = x2k+2 +xk+xkI + xk+2 +1 1+ χk+2x+k+xIk - 22xk+I =1+ xxkk+(xI -1)22 -> 1 ιΈχουμε ότι: 1) + 1)2 1 ( + 1) 1 ( + 1) + Β ( ( σότητα στην τελευταία ισχύει, αν, και μόνο αν, χ = . Άρα Α= αν χ= και Α> Β ,αν Ο< χ _k 1

,., ος

<::::>

•

τροπσ� r

,.-

Β,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/12

:;t: 1 .

------ Μα θηματικοί Διαγωνισμοί - Μα θ ηματικές Ολυμπιάδες

------

Π ρόβλημα 2 Να προσδιορ ίσετε όλα τα ζεύγη ακεραίων x, y που είναι λύσεις της εξίσωσης: 2χ 2 - 1 0 xy + 13y 2 + 2 x - = 5

(

)

Yi 2χ2 -l O.xy + 13/ = 5-2 ix -Yi / 25 2xz -10.xy+l3/ =2 (xz -5xy + 4 J + Byz - 252/ =2 (χ- 5y2 )z + /2 � Ο' Sy y = Ο � χ = y = Ο . χ - -= 2 5 -2 ix - Yi � Ο � i x - Yi :::; -25 � ix - Yi {Ο, 1, 2} lx -Yi =Ο� χ= y. 2χ2 -10χ2 + 13χ2 = 5 � χ2 = 1 �χ= -1 ή χ= 1, (x,y)=(-1,-1) ή (x,y)=(1, 1). ix - yi=1�x-y=1 ή x-y=-1�x=y+1 ή x=y-1. 2(y±1)2 -10(y±1)y+l3/ =3 � 5/ =t6y- 1 =0, χ= y±1 = 56 Δ lx - yi=2�x - y=2 ή x-y=-2�x=y+2 ή x=y - 2. 2(y+2)2 -10(y+2)y+l3/ =1 �5/ -12y+ 7=0, 12 ±2 �Υ = 1 η, Υ = 57 =Υ 1ο Δ=4 2(y-2)2 -10(y-2)y+ 13/ = 1 (x,y) =(3,1) . χ= y-2 Δ=4 � 5/-12++122 y + 7 = Ο 7 (x,y) =( -3,-1) . Υ = 10- � Υ = -1 ή Υ =-S . (-1, -1), (1,1) ,(3, 1) ,(-3, -1) .

Λύση : Η εξίσωση γράφεται στη μορφή

(1)

Η παράσταση του πρώτου μέλους γράφεται:

' ' ' Επομενως για το δευτερο μελος

οπου η ισοτητα ισχυει αν, και μονον αν: ·

•

της εξίσωσης

(1) πρέπει να ισχύει:

, οπότε έχουμε τις

περιπτώσεις: Ι.

Τότε η εξίσωση γίνεται:

οπότε προκύπτουν οι λύσεις:

η εξίσωση γίνεται:

Για

η οποία δεν

έχει ακέραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα της είναι 3.

Για

χ =

y + 2 η εξίσωση γίνεται:

η οποία έχει ακέ-

ραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα της είναι πτει η λύση

Για

και έχει ρίζες

Άρα προκύ-

η εξίσωση γίνεται:

, η οποία έχει ακέραιες λύσεις αφού η διακρίνουσα της είναι Άρα προκύπτει η λύση

και έχει ρίζες

Επομένως η εξίσωση έχει τις

λύσεις:

Π ρόβλη μα 3 Δίνεται οξυγώνιο τρ ίγωνο ABC (με ΑΒ < AC < BC ) εγγεγραμμένο σε κύκλο ( c) (με κέντρο Ο και ακτίνα R ) και έστω D, Ε τα aντιδιαμετρικά σημεία των Β, C , αντίστοιχα (ως προς τον κύκλο (c) ) . Ο

κύκλος ( c1 ) (με κέντρο Α και ακτίνα ΑΕ ), τέμνει την AC στο σημείο Κ . Ο κύκλος (c2 ) (με κέντρο Α και α κτίνα AD ), τέμνει την προέκταση της ΑΒ (προς το μέ ρος του Α) στο σημείο L . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΕΚ και DL τέμνονται πάνω στο κύκλο (c) . ΛίJση : Έστω Μ το σημείο τομής της DL με τον κύκλο ( c) θα

αποδείξουμε ότι τα σημεία Ε, Κ, Μ βρίσκονται επάνω στον ίΣχήμα δια ευθεία. Η γωνία EAC είναι ορθή, διότι βαίνει στη διάμετρο EC του κύκλου (c) . Το τρίγωνο ΑΕΚ είναι ισοσκελές (διότι ΑΕ, ΑΚ είναι ακτίνες του κύκλου (cι J Άρα: ΑΕκ ΑΚΕ 45 . Η γωνία BAD είναι ορθή, γιατί βαίνει στη διάμετρο BD του 1 ,.)

2 = = (1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/13

------

Μα θηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

κύκλου ( c) , οπότε και η γωνία DAL είναι ορθή. Το ADL είναι ισοσκελές (διότι AD, AL είναι α κτίνες του κύκλου (c2 ) ) . Άρα έχουμε ADL=Ain=45 Ό (2) . Οι γωνίες ADM=ADL και ΑΕΜ εί ναι ίσες, γιατί είναι εγγεγραμμένες στο κύκλο ( c) και βαίνουν στο τόξο ΑΜ , δηλαδή ΑΕΜ ADL (3) . Άρα από (1), (2) και (3) προκύπτει ΑΕΚ = ΑΕΜ = 45° , οπότε τα σημεία Ε, Κ, Μ είναι συνευθειακά. =

Πρόβλη μα 4 Σε έναν διαγωνισμό που η μέγιστη δυνατή βαθμολογία ήταν 1 00 έλαβαν μέρος χ μαθητές. Οκτώ μαθητές πήραν βαθμό 1 00 , ενώ όλοι οι υπόλοιποι πήραν βαθ μό μεγαλύτερο ή ίσο του 7 0 . Αν ο μέσος όρος των βαθμών των μαθητών ήταν 78, να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του πλήθους των μαθητών. Λύση : Για το άθροισμα των βαθμών όλων των μαθητών έχουμε τη σχέση

Σ χ � 8 · 1 00 + ( χ - 8 ) · 70 � Σχ � 70χ + 240 (1 ) οπότε για το μέσο όρο των βαθμών έχουμε: ο Σ 70χ + 240 240 , ο μεσος , ορος , της β αθ μολογιας , των Μ . . = _χ � = 70 + - . (2) . 'Εχοντας υπο, ψη οτι χ χ χ μαθητών είναι 78 , αν υποθέσουμε ότι ισχύει χ < 30 , τότε από τη σχέση (2) λαμβάνουμε: ΜΟ. = Σχ � 70+ 240 > 70+ 240 = 78, (3) που είναι αντίθετο προς την υπόθεση ότι ο μέσος όρος των χ χ 30 . βαθμών είναι 78 Επομένως δεν είναι δυνατόν να ισχύει ότι χ < 30 , οπότε πρέπει να είναι χ � 30 . Παρατηρούμε ότι για χ = 30 , έχουμε την περίπτωση Σ3ο 8 · 1 00 + ( 30 - 8) · 70 30 · 7° + 8 · 30 ΜΟ. = 70 + 8 = 78 , οπότε η ελάχιστη δυνατή τιμή του χ είναι 30 . = 30

Γ'

ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόβλη μα Ι 2 Δίνεται η παραβολή με εξίσωση y = χ - 3α -

(

5) χ + 186, α

1R . Να προσδιορίσετε τις τι-

μές του α για τις οποίες η παραβολή τέμνει τον άξονα των χ σε δύο σημεία διαφορετικά μεταξύ τους με ακέραιες συντεταγμένες. Λύση : Τα σημεία τομής της παραβολής y = x2 - ( 3α - 5) χ + 1 86, α E lR με τον άξονα των χ είναι της

1\ ( .:ς , 0) κm Az (�,O), όπου Χι , Χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης: χ2 - (3α - 5) χ + 1 86 = 0, α E R . Άρα έχουμε: Χι + χ 2 3 α - 5, (1) ΧιΧ2 = 1 8 6 (2) . Επειδή πρέπει οι ρίζες Χι και χ2 να είναι ακέραιοι αριθμοί, σύμφωνα με τη ν υπόθεση διαφορετικοί μεταξύ τους, έστω j x1 j < j x j , από την εξίσωση (2), έ 2 χουμε ότι οι Χι , χ πρέπει να είναι ομόσημοι ακέραιοι με γινόμενο 1 8 6 = 2 · 3 · 3 1 . Άρα έχουμε τα εξής 2 δυνατά ζεύγη: ( χ1 , χ ) Ε { ( 1 , 1 8 6) , ( 2 , 9 3) , ( 3, 62 ) , ( 6, 3 1 ) , ( - 1 , - 1 8 6) , ( -2 , -9 3) , ( -3, -62 ) , ( -6, -3 1 ) } 2 , , Χι + Xz + 5 , τιμες , για την παραμετρο , , 1IJJ ' ( I ) προκυπτει Απο, την εξισωση οι δυνατες οτι: , οποτε α Ε .ΙΝ.. α = μορφής

3 1 00 70 1 82 32 ειναι οι εξης: 64 , - , - , 1 4 , - - , - 3 0, - 20, - - . 3 3 3 3 ,

Πρόβλη μα 2

Να λυ θεί στους πραγματικούς αριθ μούς το σύστημα : Λύση (1 ο ς τρόπ ο ς) :

{χχ24 2 91} η πρώτη εξίσωση γίνεται:

Προσθέτοντας και αφαιρώντας το χ2 /

z z

+x y +y + xy + y

χ4 + 2x 2 y 2 + y 4 - χ2 / = ( χ 2 + / ) 2 - x z / = ( χ2 + y z + xy) ( x z + y z - xy) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/14

------ Μα θηματικοί Διαγωνισμοί - Μ α θ ηματικές Ολυμπιάδ ες

------

9 1 = 7 . π ροσ θετοντας , , , αυτη, και τη δευτερη , , ' τωρα εξισωση του πομενως, εχουμε χ 2 + y 2 - xy = -

13 συστήματος, βρίσκουμε ότι: 2 ( χ2 + / ) = 20 � χ2 + / = 1 Ο , οπότε xy = 3 από τη δεύτερη εξίσωση χ2 +/ = 10 � χ2 +/ = 10 , του συστήματος. Έτσι καταλήγουμε στο ισοδύναμο σύστημα: .xy = 3 2.xy = 6

{

} { } από το οποίο με πρόσθεση και αφαίρεση των δύο εξισώσεων κατά μέλη, λαμβάνουμε } { } { } { }ή{ } { }ή{ } { x+y=-4 x+y=4 � +y +2xy=16 � (x+y) 2 =1 6 � x+y =±4 � x+y =4 χ+y=-4 ή x -y=-2 x-y=-2 x-y = 2 x-y =2 . x-y=±2 � +y +2xy=4 ( x-y) 2 =4 �(x,y) =(3,1) ή (x,y) =( -1,-3) ή (x,y) =(1, 3)ή (x,y) =( -3,-1) . χ4 + χ 2 / + y 4 = 9 1 � ( χ2 + / ) 2 - (xy) 2 = 9 1 , , αν θεσουμε , οποτε, 2°ς τρόπ ος : Έχουμε .xy χ2 + + y 2 = 1 3 χ 2 + xy + y 2 1 3 xy φ2 - ω2 = 9 1 � φ + ω) ( φ - ω) = 91 � φ = Χ 2 + y 2 και ω = , λαμβάνουμε το σύστημα φ+ ω = 13 φ+ω = 13 � φ-ω= 7 � φ = 10 � χ2 + / = 10 . Στη συνέχεια εργαζόμαστε, όπως στον πρώτο τρόπο. ω=3 φ+ ω= 1 3 .xy = 3

{

} { } {

}

{

} {(

{

}

Π ρόβλη μα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ < ΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο C(O, R) . Η διχοτόμος ΒΔ τέμνει τον κύκλο C(O, R) , στο σημείο Ζ . Έστω Ε τυχόν σημείο του τμήματος ΔΓ . Η ευθ εία ΒΕ τέμνει τον κύ κλο C(O, R) στο σημείο Η . Οι ευθείες ΑΓ και ΖΗ τέμνονται στο σημείο Θ Επίσης, η ευθεία ΖΕ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Κ Να αποδείξετε ότι τα τε τράπλευρα ΒΔΗΘ , ΒΔΕΚ και ΔΖΘΚ είναι εγγράψιμα. .

•

Λύση : Η γωνία

fi1 είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο z

C (Ο, R)

και βαίνει στο τόξο ΒΖ Άρα: .

�

γωνία Δ1 είναι εξωτερική του τριγώ-

Nz = Γ+- .

νου

Άρα: 4 =Λ4Ζ+ΑΖΒ=- +Γ. Από την

ΑΔΖ .

�

ισότητα των γωνιών Η1 = Δ1 , προκύπτει η ισότητα των παραπληρωματικών τους γωνιών και από εκεί ότι το τετράπλευρο ΒΔΗΘ είναι εγγράψιμο. Από το εγ γεγραμμένο τετράπλευρο ΒΚΗΖ έχουμε: Σχήμα 3 Η1 = Κ1 , η οποία σε συνδυασμό με την ισότητα fi1 = Δ1 , μας δίνει ότι το τετρ άπλευρο ΒΔΕΚ είναι εγγράψιμο. Από το εγγράψιμο ΒΔΕΚ έχου με: Κ2 = Β1 .Από το εγγράψιμο ΒΔΗΘ έχουμε: Θ1 = Β1 • Άρα είναι: Κ2 = Θ1 • Επομένως και το τετράπλευρο ΔΖΘΚ είναι εγγράψιμο. �

�

Π ρόβλημα 4 Να βρ είτε όλους τους φυσικούς αριθμούς η, που έχουν ακριβώς τέσσερις θετικούς διαιρέτες d1 < d2 < d3 < d4 και ικανοποιούν τη σχέση : d1 + d2 + d3 + d4 = 640 . Λύση :

Για τους τέσσερις διαιρέτες ισχύουν οι σχέσεις

= 1 , d4 = n και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/15

• =n.

d2 d3

------

Μ αθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Επομένως, έχουμε d1 + d2 + d3 + d4 = 640 � l + d2 + d3 + d2 d3 = 640 � (1 + d2 ) (1 + d3 ) = 640 � � (l + d2 ) {l + d3 ) = 27 · 5 . Αλλά l = d1 < d2 < d3 < d4 => 2 < 1 + d2 < 1 + d3 και επειδή οι d2 και d3 είναι ακέραιοι αριθμοί, διακρίνουμε τις περιπτώσεις: •

•

Ι + d2 = 4, Ι + d3 = Ι60 � d2 = 3, d3 = Ι 59 = 3 · 53 , απορρίπτονται, αφού ο n = 3 · Ι 59 έχει και άλλους διαιρέτες. I + d2 = 5, I + d3 = I28 � d2 = 4, d3 = Ι27 , απορρίπτονται, αφού ο n = 4 ·Ι27 έχει και άλλ.ους διαιρέτες. I + d2 = 8, I + d3 = 80 � d2 = 7, d3 = 79 , οπότε είναι n = 7 · 79 = 553 Ι + d2 = Ι Ο, Ι + d3 = 64 � d2 = 9, d3 = 63, απορρίπτονται, αφού ο n = 9 · 63 έχει και άλλους διαιρέτες. I + d2 = I6,I + d3 = 40 � d2 = 15,d3 = 39, απορρίπτονται, αφού ο n = I 5 · 39 έχει και άλλους διαιρέτες. I + d2 = 20,I + d3 = 32 � d2 = 19,d3 = 3 Ι, οπότε είναι n = I9 · 3 I = 589

Τελικά, οι αριθμοί που ικανοποιούν τις αρχικές υποθέσεις είναι οι 553 και 589.

Λύσεις ασκήσεων των τευχών

και 93

Έστω τρίγων ο ABC με Α = 45° ή Α = 135° , ΑΒ '* AC, Ε το κέντρο του κύκλου Eu ler του τριγών ου και C ' το συ μμετρικό του ση μείου C ως προς τ ην ευθ εία ΑΕ . Να αποδ εί ξετε ότι ο κύκλος που πε ρνάει από τα ση μεία Α, Β και C ' , εφάπτεται τη ς ευθ είας ΑΕ [Γιάνν η ς Πε ρδικάρ η ς- Ρ όδος) στο ση μείο Α. Γ24.

( c)

Λύ ση (Πρώτη περίπτωση : Α=45° ) : Έστω

B 1 , C1 τα ίχνη των υψών από τις κορυφές Β και C, αντίστοιχα, και έστω Κ , L, τα μέσα των πλευρών ΑΒ και AC, αντίστοιχα. Από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΒ1 ( Α = 45 ° ), έπεται ότι η ευθεία ΚΒ 1 , έστω (u) , είναι μεσοκάθετη της ευθείας ΑΒ. Ομοίως η ευθεία LC 1 , έστω (/) , είναι μεσοκάθετη της ευθείας AC. Καθεμία από τις τελευταίες καθετότητες συνεπάγεται ότι το ευθύγραμμο τμήμα Β1 C1 είναι διάμετρος του κύκλου του Euler του τριγώνου ABC, οπότε το κέντρο Ε του κύκλου του Euler είναι το μέσον του B 1 C1 • Έστω b(B0 , Rb ) ο κύκλος που περνάει από το σημείο Β και εφάπτεται της ευθείας ΑΕ στο Α και c (C0 , Rc ) ο κύκλος που περνάει από το σημείο y' C και εφάπτεται της ευθείας ΑΕ στο Α. Επειδή Rh C' είναι το συμμετρικό του C ως προς την ευ Βο • • • • • • • • •• (ιι) θεία ΑΕ, από τα προηγούμενα προκύπτει ότι η •• αποδεικτέα πρόταση είναι ισοδύναμη με την ..� σχέση: Rb = Rc . Από τα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΒι 1αι1 ACI; , λαμβάνουμε: AB = .J2 . ΠΔnL'ι και AC= J2 · N"'"-1 οπότε: ΑΒ = � ··

··

pς

(1) Από τον ορισμό των κύκλων b και c ισχύ ουν: ΑΒ=2�ημΑ και AC=2Rcη�. όπου Α1 = ΒΑΕ και Α2 = CAE. Οπότε ΑΒ = Rb · ημΑι (2) Επειδή το Ε είναι το μέσον του B 1 C 1 έ ΑC Rc ημΑ2 χουμε: ΕΒ1 = EC1 => Ε ( ΑΕΒ1 ) = Ε ( ΑΕC1 ) => ..!_ · ΑΕ · ΑΒ1 · η� = ..!_ · ΑΕ · ΑΒ1 · η� => ΑΒι = ηf.ΙΑι (3) 2 2 Ας ημΑ,_ Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) λαμβάνουμε: Rb · ημΑι = ημΑι => Rb = Rc. Rc ημΑ2 ημΑ2 " (Δεύτερη περίπτωση : Α = 135° ) Εργαζόμαστε ομοίως με την πρώτη περίπτωση. Σχήμα 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/16

------

Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθη ματικές Ολυμπιάδες

λ 30· ή λ τριγών ου. Να αποδείξετε ότι: ΑΒΕ = ACE . Γ25.

Έστω τρίγωνο ABC με

ι sο· και

-------

Ε το κέντρο του κύκλου Euler του

[Γιάννη ς Πε ρδικάρ η ς- Ρόδος]

Λύση (Πρώτη περίπτω ση : Α=3ο· ) "

Έστω Β1 , C1 τα ίχνη των υψών από τις κορυφές Β και C, αντίστοιχα, Κ , L, Μ, τα μέσα των πλευρών ΑΒ , AC και BC, αντίστοιχα , και Η το ορθόκεντρο του τρι γώνου ABC. Έστω ότι η μεσοκάθετη της ΑΒ τέμνει την πλευρά AC στο σημείο C 0 και η μεσοκάθετη της πλευράς AC τέμνει την πλευρά ΑΒ στο σημείο Β 0 • Θα αποδείξουμε ότι το σημείο τομής Ε των ευ θειών BC0 και CB0 είναι το κέντρο του κύκλου του Euler του τριγώ νου ABC. Από το ισοσκελές τρίγωνο ABC 0 λαμβάνουμε: Β1 = ABC0 = 30° και BC0C = 60° (1). Ομοίως από το ισοσκελές τρί γωνο ACBo λαμβάνουμε: cl = ACBo = 300 και ΒΒσC = 60° (2) Β \ Από την ισότητα Β1 = C1 = 30° , έπεται ότι BEC = 90° . Αφού επιπλέον Σχήμα 2 είναι ΒΒ1 .1 AC , έπεται ότι Β2 = ΕΒΒ1 = 300 και ομοίως προκύπτει ότι C2 = ECC1 = 30° . Από τις σχέσεις BEC = 90° και ΒΒ1 .1 AC , CC1 .1 ΑΒ προκύπτει ότι τα σημεία Β, Β1 , C, C1 και Ε ανήκουν σε κύκλο ( m) διαμέτρου BC . Στα τόξα ΕΒ; και � του κύκλου αυτού βαίνουν εγγεγραμμένες γωνίες 3 0° , οπότε ΕΒ1 = EC1 = Rm = ΜΕ = BC , οπότε το 2 σημείο Ε είναι το κέντρο του κύκλου του Euler του τριγώνου ABC. Επομένως, από τις σχέσεις ( 1) και (2) προκύπτει η ισότητα: ΑΒΕ = ACE. (Δεύ τ ε ρη περίπτωση : Α = 1 5 0° ) : Εργαζόμαστε ομοίως με την πρώτη περίπτωση, λαμβάνοντας υπόψη ότι τα τρίγωνα ABC και BHC έχουν τον ίδιο κύκλο Euler. "

Γ26.

Έστω Α1 , Α 2 , Α3 , Α4 , Α5 διαδοχικές κορυφές κανονικού πενταγώνου και τα ση μεία Β Ξ Α 1 Α 2 rι Α4Α5 , Γ = Α 2 Α 3 rι Α4Α5 • Τυχαία ευθ εία κάθ ετη π ρος την ευθ εία Α2Α3

(p)

και μη διε ρχόμενη από το ση μείο Β, τέ μνει την ευ θ εία Α1 Γ σε ση μείο Ρ και την ευθ εία Α1Α 2 σε ση μείο Μ. Να αποδείξετε ότι το κέντρο Ε του κύκλου Euler του τριγώνου ΒΓΜ [Γιάνν η ς Πε ρδικάρ η ς-Ρόδος] βρίσκεται πάνω στην ευθ εία ΒΡ Λύση .

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε: �BΓ = �rn = 36o , �f'Aι = ΑιfΉ = 1SΟ , �ΑιΓ = 54° ΒΑ1Α5 = BAs A1 = Γ..\Α4 = ΓΑ4� = � Α3 = 72° . Από την καθετότητα p .1 Α2 Α3 και τη σχέση �� = 72° έπεται ότι: ΑΜΡ=18' ��ΑΓ= 54° � �ΜΡΓ=ΜΑιΡ+ΑιΜΡ=54° + 1 8' = 72°.Από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο Α1ΡΜ λαμβάνουμε:

Αι Ρ = ημ1 80 � Α1 Ρ = ημ1 80 · Α1 Μ (1) ημ72ο Α1Μ ημ72ο τα μέσα των πλευρών Α1Α2 , Α4 Α5 , αντίστοιχα, και Μ1 η ορθή προβολή του σημείου Έστω Μ στην ευθεία Α4 Α5 • Κύκλος του Euler περνάει από τα σημεία Γ1 , Μ1 (ίχνη υψών) και από το .

Δ, Ζ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/17

------

Μ αθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μα θ ηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

μέσο Ζ της πλευράς ΒΓ (είναι μέσον και του Α4 Α5 ). Επομένως, το κέντρο του ανήκει σrις με σοκάθετες των ευθυγράμμων τμημάτων ΖΓ 1 και ΖΜ 1 (2) Από το ορθογώνιο τρίγωνο Γ1ΓΒ με Ζ μέσον της υποτείνουσας του ΒΓ, έχουμε: ΒfΊΖ = Γ1 ΒΓ => ΔfΊΖ = 36. (3) οπότε Γ1Ζr=Γ1ΒΖ+ΒfΊΖ= 36. +36. = 72. = A3A4Γ=>Γ1 ZII AgA4 (4) Επειδή τα σημεία Δ και Ζ είναι μέσα των πλευρών Α1� και A4As , έπεται ότι: ΔΖ Ι Ι Α� ::::>Βλz =ΒΑ� ::::> Βλz =72. => ΔίrΊ +ΔfΊΖ=72· => ΔΖΓ 1 = Δf ΊΖ = 36. (αφού το Δ βρίσκεται στη μεσοκάθετη του Γ1 Ζ), οπότε σε συνδυασμό με τη σχέση (2), προκύπτει ότι η ΔΕ είναι η μεσοκάθετη του Γ 1 Ζ , δηλαδή ΔΕ l. Γ 1 Ζ . (5). Επειδή η ευθεία Α1 Γ είναι άξονας συμμετρίας του πενταγώνου, σε συνδυασμό με τις σχέσεις (4) και (5 ), λαμβάνουμε: ΔΕ 11 Α1Γ => ΜΔΕ = ΜΑ1Γ => ΜΔΕ = 54·. Επίσης η ευθεία Α2 Ζ είναι άξονας συμ μετρίας του πενταγώνου, οπότε ΜΜ1 l. ΒΓ => ΒΓ l. Α2 Ζ 1 1 ΜΜ 1 l. ΒΓ και σε συνδυασμό με τη σχέση (2), έπεται ότι το Ε βρίσκεται στη μεσοπαράλληλη ευθεία των ευθειών Α2 Ζ και ΜΜ 1 • Αν Ν είναι το μέσο του Α2 Μ , τότε θα έχουμεΝΕΙΙ �ΖΙΙΜΜι ::::> ΝΕ 1.ΒΓ::::> ΒΝΕ=900 -ΝΒΓ=9σ -36 = 54 => ΔΝΕ = 54° ' οπότε θα είναι και ΔΕΝ = 1 80° - (ΕΔΝ + ΕΝΔ ) = 72°. Από το νόμο των η μιτόνων στο τρίγωνο ΔΕΝ έχουμε: ΔΕ = ημ54: => ΔΕ = ημ54: · ΔΝ (7) Επειδή το Ν είναι μέσο ΔΝ ημ72 ημ72 του Α2Μ και το Δ μέσο του Α1Α 2 , έπεται ότι: Αι Μ = 2 (8) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (7) έπεται ΔΝ · Μ 72 ότι: Α 1 Ρ = ημ1 8. · Α 1 Μ · ημ . = ημ1 8 Α 1 => Α 1 Ρ = 2 ημ1 8. . (9) ΔΕ ημ72. · ημ54. · ΔΝ ημ54. ΔΝ ΔΕ ημ54. Όμως, από το νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο Α1 ΒΓ έχουμε: ΒΑ1 = ημ1 8. => -ΒΑ1 = 2 ημ1 8. -ΒΑ1 = ημ1 8. -ΒΑ1 = 2 · ημ1 8. (9) -ΒΑ1 = -. Α1 Ρ -=> => => ΒΓ ημ5 4. 2 · ΒΖ ημ54. ΒΖ ημ54. ΒΔ ημ54. ΒΔ ΔΕ Από την τελευταία σχέση σε συνδυασμό με τη σχέση ΔΕ 1 1 Α1 Γ � ΔΕ 1 1 Α1 Ρ προκύπτει ότι τα σημεία Β. Ρ και Ε είναι συνευθειακά, δηλαδή το σημείο Ε ανήκει στην ευθεία ΒΡ. •

•

Δ 1 2 . Σε έναν όμιλο 2009 μελών, οποιοδήποτε ζε6γος μελών έχει ακριβώς έναν κοινό φίλο μέσα στον όμιλο. Βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή της διαφοράς των αριθμών Α και Β, ό που Α είναι ο αριθμός των φίλων του μέλους με τους περισσότερους φ ίλους μέσα στον ό μι λο και Β είναι ο αριθμός των φίλων του μέλους με τους λιγότερους φίλους μέσα στον όμιλο. [Τουρκία 2008, TST] Λύση : Ας υποθέσουμε ότι δύο μέλη α και b του ομίλου δεν είναι φίλοι. Αν ο χ είναι φίλος του α, τότε από την υπόθεση οι χ και b έχουν έναν μόνο κοινό φίλο, έστω y . Επομένως, η συνάρ

τηση που στέλνει κάθε χ που είναι φίλος του α στον αντίστοιχο y που είναι κοινός φίλος των b και χ είναι 1-1 και επί μεταξύ του συνόλου των φίλων του α και του συνόλου των φίλων του b. Επομένως οποιαδήποτε δύο μέλη που δεν είναι φίλοι, έχουν τον ίδιο αριθμό φίλων μέσα στον όμιλο :Εστω k ένας θετικός ακέραιος. Θεωρούμε το σύνολο Ak των μελών που έχουν ακριβώς k φίλους και το συμπλήρωμα του Af . Επειδή κάθε μέλος του Ak πρέπει να είναι φίλος με κά θε μέλος του Af και αντιστρόφως, ένα τουλάχιστον από αυτά τα δύο σύνολα πρέπει να έχει λι γότερα από δύο μέλη. Αυτό σημαίνει ότι ισχύει ένα από τα επόμενα: 1 . Υπάρχει μέλος που είναι φίλος με κάθε άλλον 2 . Ο καθένας έχει τον ίδιο αριθμό φίλων. Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η πρόταση 2, δηλαδή ότι ο καθένας έχει ακριβώς k φίλους. Παρατηρούμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/18

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

( �)

-------

ακριβώς επεΙδή ζεύγη μΕλών υπάρχουν 2 κάθε ζεύγος έχει συνολικά στον όμιλο. Όμως, έναν κοινό φίλο η απαρίθμηση των ζwyών των φiλων ό'Αmν των μελών πρέπει να ισούται με τον α <ο>k(k-1) =2Ιm, αδύνατη . Επομέ ριθμό των ζευyών του ομlλοu, δηλαδή πρέπει 2009 = ότι

(�) (�)

νως, η μοναδική δυνατότητα είναι κάποιο μέλος, έστω ο a1 , να είναι φίλος με κάθε ά)J.ι)ν και οι tlz; ,tlz;+Ι είναι φίλοι, ί = 1,2, ... ,1004 . Άρα η ζητούμενη διαφορά είναι (2009-1) -( 1 + 1) = 2006. Δ13.

Δίνεται θετικός ακέραιος

� 2.

Υποθέτου με ότι

με πεπερασμένο πλήθος στοιχείων τέτοια ώστε: Βρείτε την ελάχιστη τιμή του αθροίσ ματος [Με

I XI

{

Sn =

A 1 , A1 , , An είν αι •••

I A;ΔAi l = li - il , για κάθε

I Αι I + I A z l +

••.

I An I ·

μη κενά σύνολα

i,j

{ 1, 2, } •••

συμβολίζουμε τον αριθμό των στοιχείων ενός πεπερασμένου συνόλου Χ και

} {

ΧΔ Υ := α : α e Χ, α fi!Ξ Υ u α : α fi!Ξ Χ, α

}

Υ , για οποιαδήποτε σύνολα Χ, Υ , είναι η συμμε-

[Κίνα 2013, CMO]

τρική διαφορά των συνόλων Χ, Υ. ]

Για κάθε θετικό ακέραιο k θα αποδείξουμε ότι: mίnS2k = k2 +2 και mίn S k+t = k(k+ 1) +2 . 2 Πρώτα ορίζουμε τα σύνολα Α,Αz, ... ,Αzκ,Αzκ+Ι ' ως εξής: Α; ={ί,ί+ι .. ,k} , i=l,2, ...,k, Α,+1 ={k,k+l} �+J = {k+1,k+2, ...,k+ j-1} , j = 2,3, ... ,k+1. Για τα σύνολα αυτά, εύκολα προκύπτει η ισότητα II\MΛ = j -ί =li-jj , στις παρακάτω περιπτώσεις: (1) 1�ί <j �k, (2) 1�ί <j =k+l, (3) 1� ί < k+1 <j �2k+], (4) k + 1 = i < j � 2k + 1, (5) k + 2 � ί < j � 2k + 1 . Επιπλέον, η περίπτωση με ί j είναι προ φανής, ενώ οι περιπτώσεις με ί > j, μπορούν να αναχθούν στις παραπάνω περιπτώσεις. Έτσι, για όλα τα ί, j από 1 μέχρι και 2k+ 1 έχουμε ότι: I Α;ΜΛ =j-ί =jί-jj. Για τα παραπάνω 2k + 1 σύνολα k(k+1) k(k+1) =k(k+1)+2. Αν επιλέξουμε +2+ εύκολα μπορούμε να υπολογίσουμε ότι: S k+Ι = 2 2 2 τα 2k πρώτα σύνολα, λαμβάνουμε: Su =Su+1 -k=lC +2 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι: Su ?::. lC +2 κm Su+1 ?::. k( κ+ 1) +2 Για το λόγο αυτό θα χρησιμοποιήσουμε τις ακόλουθες προτάσεις: ι . Για οποιαδήποτε δύο πεπερασμένα σύνολα χ και Υ ισχύει ότι: IXI + IYI ?::. IΧΔYl 2. Για οποιαδήποτε δύο μη κενά πεπερασμένα σύνολα Χ και Υ, αν ισχύει ότιiΧΔΙ1 = ], τόtε Ι :χ\ +111 �3. Για n 2k, από την πρόταση 1 έπεται ότι: IA;I +I�k+Ι-ίl ?::. IA;�k+ι-;1 = 2k + 1 -2ί, ί = 1,2, ... ,k- 1 . Από τη σχέση I Ak ΔAk I = 1 και την πρόταση 2 έχουμε ότι: IAk I + IAk+Ι I ?::. 3, οπότε: k-1 k-1 ?::. + Σ 3 l ) l 2k+ ;I k I 2k Σ(I s = A i +IAk l + A +IA l-ί + (2k + 1 - 2ί) = k2 + 2. 0μοίως, για n 2k+ l βρίσκουμε Λύ ση :

ί=l

ί= l

, · Ι 'Δ"i Ι + Ι ''2k+ ΛΔ.>ι '2k+2-ί l - 2k + 2-2ι·, ι· -- 1' 2, ... , k-1 . Από τη σχέση i �Μιc l = 1 , έχσυμε όn: οτι. Δ 2-ί I -> I ,Δ>-;ι...

k-1

+ 2 - 2ί ) = k (k + 1) + 2. 4 s2k+l = I Ak i + I Ak+I I + I Aκ+2 1 + Σ(I ί=l (2k ί=l A;I + I A2k+2-ίl) ?::. + Σ Έτσι έχουμε αποδείξει ότι minS k = k2 + 2 και minS k+Ι = k(k + 1) + 2, δηλαδή, για κάθε n με γαλύτερο ή ίσο του 2 ισχύει όn: Δ14.

Μερικοί από τους

�4

rnin

s. =

ι : J + 2.

φοιτητές μιας τάξης είναι φίλοι. Οποιοιδήποτε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/19

- 1 φοιτητές

------

Μα θηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

της τάξης μπορούν να σχηματίσουν έναν κύκλο έτσι ώστε κάθε δύ ο φοιτητές που βρίσκο νται σε διαδοχικές θέσεις να είναι φίλοι, ενώ αυτό δεν είναι δυνατόν για τους n φοιτητές της τάξης. Βρείτε την ελάχιστη δυνατή τιμή του n. [Τουρκία 2008, TST] Λύση : Θα αποδείξουμε ότι, αν το G - υ έχει ένα κύκλο Hamilton για κάθε κορυφή υ ενός γρα

φήματος G , ενώ το ίδιο το γράφημα G δεν έχει, τότε n = IGI ;;:: 1 Ο , και στη συνέχεια θα δημιουργήσουμε ένα τέτοιο γράφημα G με n =IG1 = 10. Επειδή το υ δεν μπορεί να είναι γειτονικό με δύο διαδοχικές κορυφές σε ένα κύκλο Hamilton του G - υ , έπεται . ότι: deg υ :::; L( n -1) I 2 j . Επίσης, αν deg w :::; 2 , για κάποια κορυφή w , τότε δεν υπάρχει κύκλος Hamilton στο γράφημα G - υ , όπου υ είναι μία κορυφή γειτονική με την κορυφή w . Επομένως έχουμε: 3 :::; degυ :::; L(n -1) / 2J , από την οποία προκύπτει ότι: n ;;:: Ί . Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι, αν υ1 � υ2 � � υn_1 είναι ένας κύκλος Hamilton στο γράφημα G - υ και η κορυφή υ είναι γει τονική με τις κορυφές υί , υj , ί < j, τότε οι κορυφές υ;_1 , υj_1 δεν μπορούν να είναι γειτονικές με ταξύ τους, γιατί αν ήταν θα έδιναν ένα κύκλο Hamilton υ1 � � υ;_1 � υj_1 � υj_2 � · · ·υ; � υ � υj � υj+1 � � υn_1 στο γράφημα G . Από τις παραπάνω παρατηρήσεις έπεται ότι οι τιμές n = 7 και n = 8 αποκλείο νται. Αν n = 9 , τότε κάθε κορυφή έχει βαθμό 3 ή 4, οπότε από το τύ πο που δίνει το άθροισμα των βαθ μών προκύπτει ότι δεν είναι δυνα τόν να έχουν όλες οι κορυφές βαθ μό ίσο με 3. Επομένως, για n = 9 , μπορούμε να υποθέσουμε ότι υ πάρχει κορυφή υ0 με deg υ0 = 4 . Τότε το G πρέπει να περιέχει το 11 γράφημα Ι του σχήματος (4). Ό μως, τότε όπως και προηγουμένως, Σχήμα 4 έπεται ότι η κορυφή υ2; πρέπει να είναι γειτονική με μία τουλάχιστον (και συνεπώς με μία Α ακριβώς) από τις κορυφές υ2;+3 και υ2;+s (οι κορυφές δί νονται mod8), χωρίς να υπάρχουν άλλες πλευρές πέραν αυτών που ορίζουν οι γειτονικές κορυφές. Επειδή υπάρ χουν πλευρές που ορίζονται μεταξύ κορυφών που η μία Ε Β έχει δείκτη άρτιο και η άλλη περιττό, στο γράφημα που έχει προκύψει, αν μετακινήσουμε μία κορυφή με περιττό δείκτη, το γράφημα που απομένει δεν μπορεί να έχει ένα κύκλο Hamilton, αφού αυτό έχει διαφορετικό αριθμό κο ρυφών με περιττό και άρτιο δείκτη. Τέλος το γράφημα του σχήματος (5) δίνει ένα παράδειγμα για n = 10 και εί D C ναι το γνωστό γράφημα του Petersen . Σε αυτό το γράφημα rpά.φημ.arovfl!ter.se:n a �c �C�B�b �e�E�D�d�� Σχήμα 5 Α � Β � C � c � e � b � d � D � Ε � Α, είναι κύκλοι Hamilton για τα γραφήματα G - Α και G - α , αντίστοιχα . Μόνο του το G δεν έχει κύκλο Hamilton . Πράγματι, ένας κύκλος Hamilton δεν μπορεί να περιέχει ακριβώς δύο από τις πλευ ρές A a , Bb, Cc, Dd, Ee καθώς δεν υπάρχουν γειτονικά ζεύγη κορυφών στον εξωτερικό και στον ε•• •

•••

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 94 τ.2/20

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδ ες

-------

σωτερικό κύκλο. Επομένως, μπορεί να περιέχει ακριβώς τέσσερις από τις παραπάνω πλευρές, έστω τις Bb, Cc, Dd, Ee . Τότε ο κύκλος περιέχει ένα μονοπάτι δια μέσου των σημείων b, B, A, E, e και ένα μονοπάτι δια μέσου των σημείων C, c, α, d,D . Όμως αυτά τα δύο μονοπάτια δεν μπορούν να συμπληρωθούν σε έναν κύκλο Hamiιton. Α33. Έστω όπ

ου m

, Λυση :

(

)

x,y και θετικοί πραγματικοί αριθμοί. Να αποδείξετε (χ+ y + ) !χ + ! +! S ,; , χ χ. -+-+-, -+-+ [fσεχία 2014] ισότητα; χ χ

mιn •

(

Υ z

(

)

ότι:

Πότε

) )

ισχυει η

. χ Υ z Υ z χ , ισχυουν , και οι δυο ' - + - + - , - + - + - , αρκει, να αποδ είξουμε οτι Επειδη' m = mιn

z χ χ Υ z 2 2 ανισότητες: (x + y + z) .!. + ! + .!. :::; x + Υ + Ξ και ( χ + y + z) .!. + ! + .!. :::; Υ + .:_ + .Ξ_ (1) x y z y z x x y z x z y Αν αντικαταστήσουμε την τριάδα (χ, y, z) με την τριάδα ( y, χ, z) στην πρώτη από τις δύο ανι σότητες της ( ι ), τότε προκύπτει η δεύτερη ανίσωση. Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε μόνο την

(

)(

(

)

πρώτη από τις δύο ανισότητες . Επίσης για την περίπτωση της ισότητας, αρκεί να βρούμε πότε ισχύει ισότητα σε μία τουλάχιστον από τις δύο σχέσεις της (1 ) . , , , χ χ y y z z χ2 / z2 χ y z Η πρωτη ανισοτητα γινεται: 3 + - + - + - + - + - + - :::; - + - + - + 2 - + - + - . (2) z χ z χ y /

χ2

Υ Με την αντικατάσταση α = � , b = , c = .Ξ.. η ανισότητα (2) γίνεται: Υ

(α2 - l - α + �) + (b2 - l - b + i-) + (c2 - l ....: c + �) ;::: z

(

z χ

)

Ο.

(3) Όμως, για κάθε

θετικό πραγματικό

ι 12 - ι = ( 12 - 1 ) ( 1 - 1 ) = ( 1 + 1 ){ 1 - 1 )2 ;::: Ο , οπότε αληθεύει και αριθμό 1 έχουμε: 12 - l -1 +- = 12 - 1 - -1 1 1 1 η ανισότητα (3). Η ισότητα ισχύει στην τελευταία σχέση, αν, και μόνον αν, 1 = ι , οπότε η ισότη τα στη σχέση (3) ισχύει, αν, και μόνον αν, ισχύει: α = b = c = 1 <:::> χ = y = z.

n θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε n ( 2) . Βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό ακέραιο d που είναι τέτοιος ώστε dj n ! και jd , για κάθε { + 1, ,n} . [Ολλανδία , 20 14] Λύση : Θ α αποδείξουμε ότι ο d = m - ι είναι ο αριθμός που ικανοποιεί συνθήκες του προβλήματος. Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι ( m - 1 ) jn! και ότι για k ;::: m ισχύει ότι kI ( m - 1 ) , οπότε Ν2 6.

Έστω

;:::

> m

3 και

m,m

•••

τις

ο d = m - 1 ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Ας υποθέσουμε τώρα ότι για κάποιο α ριθμό d ισχύει ότι d ln! και kId , για κάθε k ε { m, m + 1, ... , n} . Θα αποδείξουμε ότι d S m - 1 . Αν d = 1 , τότε d = 1 S m - 1 , αφού m ;:::: 3 . Έστω d = p1 p2 · · · p1 , 1 ;:::: 1, όπoυ Ρ; πρώτος για κάθε ί , αλλά όχι απαραίτητα διαφορετικοί ανά δύο. ΑΠό την πρώτη συνθήκη d ln! , έπεται ότι Ρ; :::; n , για κάθε ί . Από τη δεύτερη συνθήκη για το d , έπεται ότι Ρ; � { m, m + 1, , ... , n} για κάθε ί . Επο μένως Ρ; S m - 1, για κάθε ί . Θεωρούμε τώρα τους αριθμούς p1 , p1 p2 , , p1 p2 p1 , οι οποίοι είναι όλοι διαιρέτες του d και επομένως κανένας τους δεν ανήκει στο σύνολο { m, m + 1, ... , n} . Σημειώνουμε ότι ξέρουμε ότι: p1 :::; m - 1 . Έστω j ο μεγαλύτερος δείκτης με την ιδιότητα j :::; 1 • • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/21

• • •

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες και p1 p2 • • • p1 :::;; m - 1 . Αν j < t , τότε: p1p2 . . . p1p1+1 :::; ( m- 1) p1+1 :::; ( m-l)( m-1) = m( m- 2) + 1 :::; n.

--------

Τότε όμως p1p2 . . . p1 p1+1 :::;; m - 1, που είναι άτοπο, αφού j είναι ο μεγαλύτερος δείκτης με την ιδιότητα j :::;; t και p1 p2 • • • p1 :::;; m - 1 . Άρα είναι j = t και d = p1p2 • • • Ρι :::;; m - 1 .

Γ2 7.

Έστω τ ρίγωνο ABC και Ι το έκκεντ ρό του. Δίνεται ότι υπάρχει κύκλος k που περ νάει από το Β και εφάπτεται τη ς ΑΙ στο Ι . Ο κύκλος k τέμνει την ευθεία ΑΒ και στο σημείο Ρ , και επίση ς την ευθεία BC και στο σημείο Q • Η ευθεία QI τέμνει την Α C στο σημείο R . Να αποδείξετε ότι: AR BQ = ΡΙ 2 • [Ολλανδία , 2014] ·

Σχήμα 6

Λύση:Κατ ' αρχήν, επειδή η !Β είναι διχοτόμος της γωνίας PIQ και το τετράπλευρο PBQI είναι εγγρά έχουμε τις ισότητες γωνιών ψιμο, ΛΙΡ = ΙΒΡ = IBQ = IPQ, οπότε θα είναι ΑΙ 1 1 PQ , οπότε ΙΑΒ = QPB = QIB . Επειδή , όπως είδαμε ότι ΛΙΡ = TBQ, έπεται ότι τα τρίγωνα ΙΑΡ και BIQ είΑΡ Ql = ναι όμοια, οπότε: (1)

Ρ! BQ Επιπλέον, από την παραλληλία ΑΙ 11 PQ προκύπτει ότι: RiA = IQP , οπότε θα είναι και RiA = ΛΙΡ . Επειδή η ΑΙ είναι διχοτόμος της γωνίας Α έχουμε ότι: RAI = ΡΑΙ , οπότε τα τρί γωνα RAI και ΡΑΙ είναι ίσα, αφού έχουν κοινή την πλευρά ΑΙ και τις δύο προσκείμενες σε αυτήν γωνίες ίσες. Άρα είναι και AR = ΑΡ . Επιπλέον, αφού η Β! είναι διχοτόμος της γωνίας Β , το σημείο Ι είναι το μέσο του τόξου PQ , οπότε θα είναι και Ρ! = QI . 'Ετσι η σχέση (1) γίνεται: AR = Ρ! =:::> AR . BQ = Ρ/ 2 • Ρ! BQ Α σκήσ εις για λύ ση

Θεωρούμε την ακολουθία πραγματικών αριθμών an , n Ε Ν* , που ορίζεται από τη σχέση a1 = α Ε Ν* και m+n a +a am+n = m n , αν οι αριθμοι' m , n και -- είναι όλοι θετικοί ακέραιοι. Να βρείτε το σύνολο τιμών 2 3 3

Α34.

Σ = { an : n Ε Ν* } της ακολουθίας.

Βρείτε όλες τις σuναρτήσεις f : 1R --; 1R οι οποίες, για κάθε χ, y Ε 1R , ικανοποιούν την ισότητα: f(xf (y ) + x) = xy + f(x ) . Ν27. Βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό ακέραιο n για τον οποίο υπάρχει σύνολο Σ με στοιχεία n θετικούς ακέραιους που n ικανοποιούν την ιδιότητα: Ακριβώς ένας αριθμός του σuνόλου Σ n διαιρείται με το n , ακριβώς δύο αριθμοί του σuνόλου Σ n διαιρούνται με το n - 1 κ. ο. κ., . . ... , ακριβώς n - 1 αριθμοί του Σ n διαιρούνται με το 2 και όλοι οι αριθμοί του Σ n διαιρούνται με το Ι. Γ28. Σε τρίγωνο ABC υπάρχει κύκλος S που περνάει από το σημείο Β και εφάπτεται της ευθείας CA στο ση μείο Α και υπάρχει κύκλος Τ που περνάει από το σημείο C και εφάπτεται της ευθείας ΒΑ στο σημείο Α . Έστω D το δεύτερο σημείο των κύκλων S και Τ . Επίσης, έστω Ε το τομής της ευθείας AD με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC . Να αποδείξετε ότι το D είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΕ . Δ 1 5. Σε μία χώρα υπάρχουν n πόλεις. Μερικές από αυτές σuνδέονται με εσωτερικές αεροπορικές πτήσεις. Κάθε πτήση σuνδέει ακριβώς δύο πόλεις. Αν υπάρχει μία πτήση από την πόλη Α στη πόλη Β, τότε υπάρχει και πτήση από τη πόλη Β στην πόλη Α. Είναι ακόμη γνωστό ότι για οποιεσδήποτε δύο πόλεις της χώρας υπάρχει μοναδική διαδρο μή τέτοια ώστε κάποιος μπορεί να πάει στη δεύτερη πόλη από την πρώτη χρησιμοποιώντας το πολύ δύο πτήσεις. Δεν υπάρχει πόλη που να σuνδέεται με όλες τις άλλες πόλεις της χώρας με απ ' ευθείας πτήσεις. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός n - 1 είναι τετράγωνο κάποιου ακεραίου. Α35.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/22

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

επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης Αμαλία Μανιατοπούλου

Ι.

" τι είναι τα Μαθηματικά; , Προλεγόμενα Από το τεύχος αυτό αρχίζουμε τη δημοσίευση αποσπασμάτων, από το εξαντλημένο βιβλίο του Κ.Α. Rybnίkoν , με τίτλο «ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΜΕΘΟΔΟΛΙΑ ΤΩΝ ΜΑ ΘΗΜΑ ΠΚΩΝ» και θέμα τη φύση και τους κανόνες της μεθοδολογίας στα Μαθηματικά. Ο Κ.Α. Rybnίkoν θεωρείται ένας από τους κορυφαίους, στα θέματα μεθοδολογίας στα Μαθηματικά, τον 2(/' αιώνα.

πρώτο σημείωμα «Σ' όλη τη διάρκεια της ιστορίας των Μαθηματικών ποτέ δεν έπαυσε η προσπάθεια για βαθύτερη κατα νόηση των βασικών τους εννοιών και μεθόδων. Κα τά την προσπάθεια αυτή αποκαλύπτονταν ότι η λύση συγκεκριμένων πρακτικών προβλημάτων οδηγεί στην ανάγκη να δίνεται απάντηση σε γενικά ερωτή ματα όπως: τι είναι ο αριθμός, το σχήμα, αν είναι η δοσμένη πρόταση αξίωμα ή θεώρημα κλπ. Ποτέ στην ιστορία των Μαθηματικών δεν ήταν δυ νατό να παρακαμφθεί η φιλοσοφική και μεθοδολογι κή ανάλυση των εννοιών που χρησιμοποιούνται σ ' αυτά. Αυτό παρατηρείται, ιδιαίτερα, σε περιόδους που δημιουργούνται νέες, πιο γενικές θεωρίες, που οδηγούν σε ανασυγκρότηση του μεγαλύτερου μέρους των Μαθηματικών και όταν η εξέλιξη των Μαθημα τικών επιταχύνεται. Πολλά μεθοδολογικά προβλήματα θέτει η μαθηματι κή επιστήμη των ημερών μας. Στις μαθηματικές έ ρευνες, με διαφορετικό βαθμό γενίκευσης και από τις πιο διαφορετικές πλευρές, μελετώνται οι έννοιες: του αριθμού, του συνόλου, της σχέσης, της συνάρτη σης, της αφαίρεσης, του ενεργεία και του δυνάμει, του πεπερασμένου και άπειρου, του διακριτού και του συνεχούς, του αληθούς και του ψευδούς και πολ λές άλλες.

Η μελέτη των βασικών εννοιών και των σημαντικό τερων προβλημάτων των Μαθηματικών σχεδόν πά ντοτε διεξάγονταν και διεξάγεται σε συνθήκες συζη τήσεων, που ορισμένες φορές αποκτούν έντονη οξύ τητα. Ανάμεσα στις διάφορες συζητήσεις κεντρική θέση κατέχουν εκείνες, όπου προσδιορίζονται οι φι λοσοφικές θέσεις των μαθηματικών. Οι τελευταίες, όπως είναι γνωστό, εκδηλώνονται κατά την προσπά θεια λύσης του βασικού προβλήματος της Φιλοσοφί ας, μεταφερμένου στα Μαθηματικά. Συγκεκριμένα, ο λόγος γίνεται για το: ποια είναι η σχέση της Μαθη ματικής γνώσης (των μαθηματικών εννοιών, πράξε ων, συστημάτων, αξιωμάτων, θεωριών κανόνων συναγωγής θεωρημάτων κλπ.), με την πραγματικότη τα. Όλα τα υπόλοιπα προς συζήτηση προβλήματα μεθο δολογικού χαρακτήρα (της αλήθειας των μαθηματι κών γνώσεων και των ξεχωρίστών θεωριών, των νομοτελειών της εξέλιξης των Μαθηματικών κ. α.), είναι στην ουσία παράγωγα αυτού του βασικού ζητή ματος. Η κοσμοαντίλη ψη του μαθηματικού, σε συ νάρτηση με τον τρόπο που λύνει το βασικό ζήτημα της Φιλοσοφίας, μπορεί να βρίσκεται στη μια ή την άλλη (διαμετρικά αντίθετες) άποψη» [η συνέχεια στο επόμενο]

Π. "Ευκλείδεια Γεω Α

σχή μ α 01

συμμετροδιάμεσος τριγώνου

σχ ήμα 02

πόλος και πολική σημείου ως προς κύκλο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/23

σχ ήμ α 03

πρώτος κύκλος Lemoίne

------ HOMO MATHEMAτiCUS συμμετροδιάμεσος τριγώνου ( Ο Σε τρίγωνο προς το Δ τότε η ΑΜ ονομάζεται συμμετροδιάμεσος

-------

•

σχ. 1)

ΑΒΓ δίνονται ΑΕ και ΑΔ η διάμεσος και η διχοτόμος της ΑΕ αντίστοιχα. Αν Μ το συμμετρικό σημείο του Ε ως

από τη σχέση (OK) (OM) =R2• Το σημείο Κ λέγεται πόλος της (ε) ως προς τον κύκλο (O,R). Η (ε) λέγε ται πολική του σημείου Κ ως προς τον κύκλο (O,R).

(σχ.

•

πόλος και πολική σημείου ως προς κύκλο 02) Δ ίνονται κύκλος (O,R), σημείο Κ και μια ευ θεία (ε) η οποία α) είναι κάθετη επί την ευθεία ΚΟ, β) διέρχεται από το σημείο Μ αυτής, που ορίζεται •

πρώτος κύκλος Lemoine (σχ. Ο3) Οι παράλληλες προς τις πλευρές του τριγώνου που διέρχονται από το σημείο Lemoίne τέμνουν τις πλευρές του τριγώνου σε σημεία ομοκυκλικά. Ο κύκλος αυτός ονομάζεται ΠΙ. «Αυτό το ξέρατε;>>

ποιος είπε τα παρακάτω λόγια: «Είδα κάποτε ένα όραμα σχετικά με τα μαθηματικά-ότι δηλαδή τα κα τανόησα απόλυτα. Μου αποκαλύπτονταν όλο και βαθύτερα μυστήρια-ο Παράδεισος και η Άβυσσος . Είδα- όπως θα μπορούσε κάποιος να δει την διέ λευση της Αφροδίτης ή ακόμα και την πορεία του

πρώτος κύκλος Lemoίne [Σημείωση : Έmile Lemoine (

1 840 1912) Γάλλος πολ ι ικός, μηχ νικός κ ι γεωμέτρ ης που τ α α γινε γνωστός για την απόδειξη της ύπ ξης του σημείου Lemέ αρ oίne]

Λόρδου Δήμαρχου-μια ποσότητα να περνά μέσα από το άπειρο και να αλλάζει το πρόσημο της από το συν στο πλην. Κατανόησα ακριβώς το λόγο για το όποιο συνέβαινε και γιατί η μεταβολή ήταν αναπόφευκτη, αλλά αυτό συνέβη μετά το δείπνο και έτσι το άφησα να περάσει»

IV. ''Α ναπόδεικτα Προβλήματα στα Μαθηματικά ''

Οι εξισώσεις Navier-Stokes[Claude-Louis Navier μέσα στα πλαίσια του διαφορικού και ολοκληρωτικού (10/02/1785-21-08-1836), sir George Gabήel λογισμού. Το έπαθλο του ενός εκατομμυρίου δολαρίων Stokes(B/8/1819-1/02/1903)], είναι ένα σύνολο εξισώ- του ινστιτούτου Clay, θα δοθεί σε όποιον κάνει μια σο

σεων οι οποίες περιγράφουν την κίνηση των ρευστών βαρή πρόοδο προς μια μαθηματική θεωρία που θα βοη όπως είναι τα υγρά και τα αέρια. Μόνο οι πιο απλές πε- θήσει στην κατανόηση και το ξεπέρασμα των δυσκολιών ριπτώσεις αυτών των εξισώσεων μπορούν να λυθούν που κρύβουν αυτές οι μαθηματικές εξισώσεις

[πηγή: http://eisatopon.blogspot.gr/20 Ι 1 /05/naνier-stokes.html]

V. "Οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν " ]0 θέμα ((Η αέναη επανάληψη οδηγεί στην κανονικότητα;», του Παναγ. Οικονομάκου προλεγό μενα ο τακτικός πλέον φίλος της στήλης Παν. Οικονομάκος, μας έστειλε το επόμενο πρόβλημα και την απάντησή του.

εκφώνηση

Δίνεται κύκλος (Κ, R) και τρία τυχαία σημεία Α 1 , Β1 , Γ 1 (1) πάνω σ' αυτόν. Από τα σημεία (1), παίρνουμε τα σημεία Α 2 , Β 2 , Γ2 (2) ώστε να είναι μέσα των τόξων ΒιΓι ' ΓιΑ ι ' ΑιΒι αντίστοιχα. Με όμοιο τρόπο από τα σημεία (2)

παίρνουμε τα σημεία Α3 , Β3 , Γ3 • Αν αυτή η διαδικασία συνεχιστεί εξακολουθητικά θα έχουμε την ακολουθία τριγώνων ΑI Β I Γ I ' Α 2 Β 2 Γ 2 ' Α3 Β3 Γ3 ' . . . , Α ν·Ι Β ν-1 Γν-J ' Α ν Β ν Γν ' "

Θα δείξουμε ότι όταν νει ισόπλευρο.

από δ ειξη Έχουμε: Βι + <r Γι �Α 2 = <r 2 + Γ2 <ι:.Α 3 = <r B 2 <r ' <ι:.Β 3 2

Παρατηρούμε ότι οι ακολουθίες γωνιών: <ι:.α νικές γιατί

<ι:.Α

<r Γ 2

+ <rA2 2

ν � οο

' <ι:.Γ3

το

Α νΒ Χν τείνει να γί

<r B 2 + 4:Α 2 2

- <ι:.Βν , <ι:. β ν = <ι:.Β ν - <ι:.Γ ν , <ι:.γν = <ι:.Γν - <ι:.Αν είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/24

μηδε-

-----( )v-ι <ι:.Α - <ι:.Β � Ο , και επαγωγικά καταλήγουμε όn για κάθε ν ε Ν ισχύει 1 : <ι:.αν = <ι:.Αν - <ι:.Βν = -1 �ν-ι όταν ν � οο . Όμοια είναι <ι:. β ν � Ο και <ι:.γ ν � Ο . Για να φθάσω στο συμπέρασμα αρκεί να δείξω όn π .:rAν ' 4:: βν π3 4:: ν είναι μηδενικες'. οι <ι:.αν 3 Β Έχω: .:rB ν - .:rΑν + .:rΓ ν - .:rΑν -αν + γν � Ο ' <ι:. αν π .:rA ν .:rΑν + .:rΒν + .:rΓν .:rAν 3 3 3 3 .:rΑν + .:rΒν + .:rΓ ν - 3.:rΑν επειδή Qι <ι:. αν , <ι:.γ ν είναι μηδενικές, θα είναι και 3 <ι:.βν � Ο και <ι:.γν � Ο ------ HOMO MATIIEMAτiCUS

για

ν=κ

έχω (- 1) _ <r_ Α� _.:r _Β �κ- = (-1) κ2

<ι:.ακ = ( - 1 ){ - 1 ) κ2

<ι:.Αι - <ι:.Β ι t

παοατήρnση : η πρόταση ισχύει για κάθε εγγεγραμμένο πολύγωνο

2κ-ι 2

211 θέμα «Εφαρμογές των Μαθηματικών''

π ρολεγό μενα από τους φίλους και συνερyάτες της στήλης Μανιατοπούλου Αμαλία και Τζελέπη Άλκη (Αθήνα), λάβαμε το παρακάτω σημείωμα και, ευχαρίστως, το δημοσιεύουμε. τίτλος του σημειώματος: «Εφαρμογές των Μα θηματικών)) το κείμενο

«Στο πλαίσιο της λειτουρyίας του Πειραμαnκού Ερyαστηρίου Άλγεβρας του ΠΠΛ Ευαγγελικής Σχολής η ομάδα Εφαρμοσμένων Μαθημαnκών - Προβλημάτων σχεδίασε και υλοποίησε προβλήματα και δραστηριότητες εντός της σχολικής τάξης. Ενδεικnκά παρουσιάζουμε κάποια από αυτά. Π<θα•ότητες Αν ο οδηyός του τρένου χάσει τον fiλεrxo της Σε ένα λούνα-παρκ υπάρχει ο τροχός Β ταχύτητας του τρένου και το τρένο αποκτήσει μεγατης τύχης που φαίνεται στο σχήμα. λύτερη ταχύτητα απόδεύτεροu την προαναφερθείσα, υπάρχει πε) Όλα τα τόξα είναι ίσα και ο τροχός είρίπτωση να συγκρουστούν τα δύο τρένα στο σημείο τοναι αμερόληπτος. Για να παίξουμε πληρώνουμε 2 €. Αν μής των δύο σιδηροτροχιών και πότε; έρθει το «0)) χάνουμε, αν έρ- Συνδυασμός προόδων με το γύρισμα του τροχού 3 θει το «I)) παίρνουμε €, ενώ αν έρθει το «2)) παίρνου- Σε ένα θέατρο, η πρώτη σειρά έχει 70 καθίσματα και η με 4 €. Να εξετάσετε αν το παιχνίδι ευνοεί τον παίκτη ή τελευταία έχει 250 καθίσματα. Το πλήθος των καθισμάτον ιδιοκτήτη των κάθε σειράς αυξάνεται κατά τον ίδιο σταθε ρ ό αριθμό. Η προτελευταία σειρά έχει 140 καθίσματα περισσόΜαθηματικά και Φυσική Δύο ευθύγραμμες σιδηροτροχιές τέμνονται σχηματίζο- τερα από τη δεύτερη σειρά. ντας ορθή γωνία. Δύο τρένα κινούνται ταυτόχρονα προς α) Να αποδείξετε ότι κάθε σειρά καθισμάτων του θεά το σημείο που συναντούνται οι δύο σιδηροτροχιές. Το τρου έχει 20 καθίσματα περισσότερα από την προηγού ένα έχει ξεκινήσει από κάποιο σταθμό που απέχει 40 χι- μενη σειρά λιόμετρα από το σημείο τομής και το άλλο από κάποιο β) Να υπολογίσετε το πλήθος των καθισμάτων του θεά σταθμό που απέχει 50 χιλιόμετρα από το ίδιο σημείο. Το τρου πρώτο τρένο έχει ταχύτητα 800 μέτρα ανά λεπτό και το γ) Την πρώτη παράσταση ενός θεατρικού έρyου παρα δεύτερο 600 μέτρα ανά λεπτό. Σε πόσα λεπτά μετά την κολούθησαν Ι 00 θεατές, ενώ σε κάθε επόμενη παρά αναχώρησή τους θα έχουν οι αμαξοστοιχίες την ελάχι σταση ο αριθμός των θεατών διπλασιάζονταν. Ποια είναι στη απόσταση μεταξύ τους; Υπολογίστε τη συγκεκριμέ η παράσταση στην οποία θα γεμίσει για πρώτη φορά το νη απόσταση. θέατρο; (Από το βιβλίο του Yakoν Perelman «Δι δαστικά Μα Περισσότερα προβλήματα με τα σχετικά φύλλα ερyασί θημ ατικά" Μέρος 2: Άλγεβρα, εκδόσεις Κάτοπτρο, 2001) ας καθώς και τα λογισμικά που ενσωματώσαμε είναι α Επιπλέον ερωτήματα: ναρτημένα στη διεύθυνση Α) Να βρείτε τη θέση των δύο τρένων τη χρονική στιγ htpp//:algebrateacherlab.blogspot.gr)) μή που η απόστασή τους γίνεται ελάχιστη

I®I ι

ασκε

3° θέμα <ωπήρξε "μεγάλη έκρηξη "; "

στήλης Πέτρο Σοφιανό (Πυθαγόρειο Σάμου), λάβαμε (20/6/2014) την περίληψη δη μοσιεύματος, του γνωστού επιστημονικού σχολιαστή Σταύρου Ξενικουδάκη (με θέμα την αποκαλούμενη "μεγάλη προ λεγόμενα από το φίλο της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/25

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

93,

έκρηξη" και πηγή το «Scientific American>>). Ο Πέτρος μας ζήτησε να το δημοσιεύσουμε στο τεύχος όμως στά θηκε αδύνατο, λ&yω α) υπερπληθώρας ύλης που προηγείτο από πολύ καιρό, β) ο, απελπιστικά ελάχιστος, διαθέσι μος χώρος για το HomQ mathematicus, στο περιοδικό μας. το κείμενο « . . . Οι Αμερικανοί ερευνητές του προγράμματος «BICEP2», χρησιμοποιώντας ένα τηλεσκόπιο στο Νότιο Πόλο για τη μελέτη μιας μικρής λωρίδας ουρανού, θεώ ρησαν ως ίχνη των βαρυτικών κυμάτωy από την «πλη θωριστική φάση διαστολής του Σύμπαντος» κάποιους Πλανκ, αφού οι επιστήστροβίλους, που εντόπισαν στο κοσμικό υπόβαθρο μι μονες του Πλανκ δεν έχουν κάνει ακόμα λεπτομερώς κροκυμάτων (Cosmic Microwaνe Background), το οποίο γνωστά ούτε τα δεδομένα, ούτε τη δική τους ερμηνεία γι' θεωρείται υπόλειμμα μιας aπίστευτων διαστάσεων έ αυτά. κρηξης πριν δισεκατομμύρια χρόνια. Η πληθωριστική Η ποιότητα και η ερμηνεία των μετρήσεων και των επε θεωρία διατυπώθηκε τη δεκαετία του για να καλύ ξεργασιών της ομάδας του «BICEP2» θα διερευνηθεί ψει «τρύπες» που είχε η θεωρία της «Μεγάλης Έκρη περαιτέρω. Ανεξάρτητα, όμως, από αυτό, η προσπάθεια ξης» (Big Bang), σύμφωνα με την οποία το Σύμπαν να διαμορφωθούν επιστημονικές θεωρίες όχι για την ε προήλθε από ένα «τίποτα», μια μοναδικότητα ξέλιξη που οδήγησε στη σημερινή μορφή του παρατη (singularity), κάτι που εξ ορισμού δεν μπορεί να παρα ρούμενου φυσικού κόσμου, αλλά για την προέλευση της τηρηθεί στο φυσικό κόσμο και στο οποίο δεν ισχύουν οι ίδιας της φυσικής πραγματικότητας, όπου εξ ορισμού η νόμοι της φυσικής, αλλά σύμφωνα με τους υποστηρι επιστήμη της φυσικής (και όλες οι επιστήμες) δεν έχει κτές της θεωρίας, «γέννησε» τους γαλαξίες, τα άστρα εφαρμογή, οδηγεί σε παραδοξότητες, aντιεπιστημονικές και οτιδήποτε άλλο υπάρχει σήμερα στο ορατό Σύμπαν. παραδοχές και τελικά στην προβολή μεσαιωνικών αξιω Δεν πέρασαν δύο μήνες και ήρθε η ψυχρολουσία. Ο ένας μάτων στη φυσική πραγματικότητα. Το πεπερασμένο μετά από τον άλλο οι επιστήμονες που έλεγξαν τη μελέ του χώρου ή του χρόνου, η ανυπαρξία κίνησης της ύλης τη και τα συμπεράσματα για τα βαρυτικά κύματα διαπί δεν έχουν επιβεβαιωθεί ποτέ και σε κανέναν τομέα της στωσαν προβλήματα στην επεξεργασία των δεδομένων. αντικειμενικής πραγματικότητας. Η αυθαίρετη παραδο Οι Αμερικανοί ερευνητές φαίνεται ότι δεν αφαίρεσαν χή τους ως γεγονός και τελικά η κατάργηση των φυσι σωστά τον παράγοντα πόλωσης του φωτός που αποτελεί κών νόμων, στο όνομα των ίδιων των φυσικών νόμων, η σκόνη μέσα στο Γαλαξία και οι διάφορες εκπομπές είναι μη επιλύσιμη αντίφαση και δεν έχει να κάνει με την από φορτισμένα σωματίδια στο εσωτερικό του. Αν α επιστήμη. Η ύπαρξη της φυσικής πραγματικότητας είναι φαιρεθεί αυτός ο παράγοντας, το σήμα που αποδίδεται αντικείμενο κοσμοθεωρίας, όχι επιστήμης . . . » στα aρχέγονα βαρυτικά κύματα εξαφανίζεται σχεδόν τε-

�1Δξ7� ι:�fu��,��ii��;: - � .... ... .

1980

V/. Ειδησούλες - Ειδήσεις J '�. γνωρίζετε ότι υπάρχει υπουργική απόφαση για υποχρεωτική εκμάθηση του σκακιού στο Δημοτικό;

[πηγή : από την ηλεκτρονική μας αλληλογραφία με τον Νίκο Λυγερό (πανεπιστ. Λυών)]

2'�. ένα άγνωστο, για δεκαετίες, χειρόγραφο του Άλμπερτ Αϊνστάιν ήρθε στο φως πριν από λίγους μήνες και αποκαλύπτει ότι ο Einstein είχε κάποτε ασχοληθεί, σοβαρά, με τη θεωρία που υποστηρίζει ότι το Σύμπαν δεν προέκυψε από τη Μεγάλη Έκρηξη, αλλά διαστέλλεται, αενάως, με στα θερό ρυθμό [πηγές:Τhales and friends ] & [http:/fplus.maths.org] 3 '1• ο ερευνητής αιγαιακών γραφών Μηνάς Τσικριτσής ρου της Φαιστού, λέγοντας πως πρόκειται ανακάλυψε ένα μαθηματικό κείμενο που βρίσκεται χα- για γεωμετρική πρόοδο λ ομέρ ι ς θα ε εε ραγμένο στον τοίχο του διαδρόμου της μινωικής έπαυ- γρ άψουμ στΟ πόμ νΟ τ ύχο(!) ς} { πτ ε ε ε ε λης της Αγίας Τριάδας, που είναι πλησίον του ανακτό-

(1879-1955)

llι '

'/ · : :

ι·j�'fi! \. r� I

0••

L�:�....� ..:. o

4'�. Φέτος το βραβείο fields medal μοιράστηκε σε τέσσερις νέους μαθηματικούς, τους οποίους βλέπουμε στον πί νακα που παραθέτουμε. Το αξιοσημείωτο είναι πως για πρώτη φορά στην ιστορία του, το βραβείο αυτό κατακτά ται και από γυναίκα. Η μαθηματικός που το κατέκτησε είναι η Περσίδα Maryam Mirzakhani. Η στήλη μας χαίρεται στο πόμ νο τ ύχος, η λη μας θα παρουσιάσ ι νδιαφ ρ ουσ ς λ ο ρε ες για το ργο αυτών των καταπλη ικώ ν ν ων δη ιε ε ε ε ε ε ε έ έ έ { στή , πτ μέ ι ιcτ μ

Artur Aνila

Manjul Bhargaνa

36 ετών, γεννήθηκε

40 ετών, γεννήθηκε

στη Βραζιλία

στον Καναδά

Martίn Hairer

Maryam Mirzakhani

ετών, γεννή θηκε

στην Αυστρία

ετών, γεννήθηκε στην Περσία

VI. ''Απάντηση στο <<Αυτό το ξέρατε;'' , Είναι ο Sir Winston Leonard Spencer-Churchill Βρετανός στρατιωτικός, πολιτικός και εν τέλει πρω θυπουργός, μετά το ξέσπασμα του πολέμου (το διηγείται ο Η. Eνes στο βιβλίο του «Επιστροφή στους μαθηματι κούς κύκλους»

(1874-1965).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/26

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α ΆΥΚΕΙΟΥ

ΑΠΟΛΥΤΕΣ ΠΜΕΣ

ΡΙΖΙΚΑ

κα ι

Παναγιώτης Χριστόπουλος - Μαρία Σίσκου

Α. Η απόλυτη τιμή ενός αριθμού ή μιας παράστασης είναι μια έννοια απλή π.χ. αν θέλουμε να πούμε ότι μια μηχανή δεν πρέπει να εκτεθεί στο κρύο ή την ζέστη και σε θερμοκρασίες μικρότερες από -30° Κελσίου ή μεyαλύτερες από 30° Κελσίου τότε λέμε η θερμοκρασία θ κατά απόλυτο τιμή να μην περάσει τους 30° ή γράφουμε Ι θ l:s30°. Αν θέλουμε το πάχος p ενός αντικειμένου να είναι 1 0 χιλιοστά με απόκλιση μόνο 2 χιλιοστά τότε γράφουμε Ιp-101<2, αυτό σημαίνει ότι το 10-2<p<l0+2. Η απόσταση δύο αριθμών α, β πάνω στον άξονα των πραγματικών αριθμών συμβολικά γράφεται Ι α-ΡΙ ή Ιιι-α Ι με α=+29 και β=-4 είναι 1(+29}-(4)1=1(-4}-(+29)1=33 . Ακόμα όταν θέλουμε να έχουμε μόνο τις θετικές ή μηδέν τιμές μιας παράστασης γράφουμε: Ι χ2--6χ+8 1 . Β. Η ρ ίζα μη αρνητικού αριθμού είναι μη αρνητικός αριθμός. Έτσι αν έχουμε 3 ) 5-β πρέπει να συμπληρώσουμε α-3 2':

Ο και 5-�0 ή ακόμα .,f(iΣ = Ιαl π. χ.

.J(a - =

.J(-3) 2 = l-31 3 =

ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση l η

Να δείξετε ότι αν ΙxiS 2 τότε Ιχ5+3χ4+χ-3 1�5

β)

Λ= Ιχ-21 + 1 100-SOxl +Ιχ+3 1

Ξέρουμε ότι Ι χl 2:: -χ � l x l + χ ;?:: Ο Λύση : Είναι J x J S 2 άρα J x J 4 S 16, J x J5S32. Έτσι έτσι Κ= 1 2 Ι χ Ι+2χ 1 -ΙΙχ Ι+ �12 Ι χ Ι - 2Ι χ Ι = Jx5+3x4+x-3JSJx5J +3J x4J + J x J+ J-3JS32+3.16+ 2+3=85 = 2 1 ΙχΙ+χi-{ΙχΙ + � Άσκηση 2η Ι χ Ι )2-2l x l = Να υπολογίσετε τις παραστάσεις 2( 1x l+x)- ( l x l2+ 2Ι χ Ι Ι χ5 Ι ' Ι χ2 52 Ι) ..fiS+ ...ffi. s.J60 Β= m ' Α=10 � m ·m' - 2Ιχ Ι = 2Ι χ Ι +2χ- χ2- 10 - 25 -2Ι χ Ι 10 �.J1z12 χ Κ= 2χ- χ2- 10 - � Ιχ ν'3 Ι Δ= Γ= 1 - 2 1 + 3 . -../3 χ2 >2 με χ ' x-z χWo β) Λ= Ι χ-2 1 + l 100-50xl +Ι χ+3 1 Λύση : • χ-2= 0 � χ=2 Γι5 1.10 {15 5 5ν'4 � = -ι ν'60 • Ι ΟΟ-50χ=Ο �χ=2 . =ν'S . Α 1 ο 'Vδ:δΟδΙ 2 ../25 ../3 2 5 "\}3 VI6 ..ff5 • χ+3=0 � χ= -3 2 f8+..ffi = 3../2+6../2 = � _3 -3 Β= ...f..,(32 4../2 "'.} 4 2 χ-2 + Αφού χ>2 τότε J x-2J=x-2 και J x-V3Γ=x:_v'J -χ-2 1 χ- ../3 Ιχ -../3 Ι_ χ-2 +3 + + + 3. Γ= Ιχ-2 + 3. -...; ι + 3.1=2 χ -2 χ- ../3 χ- ../3 • Αν χ (-οο, -3) Δ 10� 10� 1o:VU 5 Λ= - χ+2 + 1 00 -50χ - χ -3 Ws W w 2m Λύση :

α)

r-=----:= :

+οο

- 00

· τοο.=.sοχχ

- - + -

· ·-

-- - +

Άσκηση 3η

Να βρεθεί για ποιες τιμές του χ αληθεύει η σχέση ) J 3x - 5 J<ν'5

Λύση : Η aνίσωση ορίζεται στο R. Έχουμε)J3χ - SΙ<ν'S )Ι3χ - 512<..J52 10 �J 3 x-5J<5�-5<3x-5<5�0<3x<l Ο�Ο<χ<3 �

Άσκηση 4 η

• •

Λ= -52χ +99 Αν χ Ε [-3, 2) Λ= - χ+2 + I 00 -50x + χ +3 Λ= -5 Ι χ + l 05 Αν χ Ε [2 , + οο ) Λ= χ- 2 -100 + 50χ + χ +3 Λ= 52χ - 99

Άσκηση 6 η

Να λυθούν οι εξισώσεις 1) 5+ .ι;:::2 = λ, για τιμές του λ ε JR ) Ιχ2 - 5χ + 61 + Ι χ2 - 3χ + 2 1 =0 Λύση : Η τετραγωνική ρίζα είναι ίση με μηδέν εάν 2) {/χ3 + χ 2 = χ + 1 Να λυθεί η εξίσωση

το υπόρριζό της είναι ίσο με μηδέν. Λύση : 1) Η εξίσωση ορίζεται στο διάστημα [2,+ οο ) Δηλαδή Ιχ 2 - Sx + 61 + Ι χ 2 - 3χ + 2J=O � 5+ .Jx - 2 =λ� .Jx - 2 =λ-5 χ2 - Sx + 6 Ο και χ 2 - 3χ + 2 Ο. Η πρώτη i) Αν λ-5<0, δηλαδή λ<5, τότε η εξίσωση είναι εξίσωση έχει ρίζες ρ 1 =2, ρ2=3 η δεύτερη ξ 1 =1, αδύνατη ξz=2. Άρα η ρίζα χ=2 είναι λύση της εξίσωσης. Άσκηση S η ii) Αν λ-5=0, δηλαδή λ=5, τότε η εξίσωση Να γραφούν χωρίς απόλυτες τιμές οι παρακάτω ισοδυναμεί .Jx 2 =Ο � χ=2 παραστάσεις: iii) Αν λ-5>0 δηλαδή λ>5, τότε η εξίσωση α) K= J 2 J x J +2x I -Ji x J ι � 1 1 -2 J x l ισοδυναμεί χ-2=λ 2 -10λ+25 � χ=λ 2 -10λ+27. 11 =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/27

Μ α θ ηματικά για την Α' Λυκείου

Για να ορίζεται η εξίσωση πρέπει και αρκεί 3 χ +χ 2 � ο� χ 2 (χ+ 1) � ο� χ� -1 �χ 3 + χ 2 = x + l � χ 3 +χ 2 =(χ+1) 3 � χ 3 +χ 2 =χ 3 +3χ12 +3χ+1 � 2χ 2 +3χ+1=0 � χ= -1 ' ικανοποιουν' τον περιορισμο.' η' χ= - 2 . οι λυσεις 2)

Ά σκηση 7 '1

• •

Αν - (λ--4)2=0 ή λ=4 η εξίσωση γίνεται Ι χ3-27 1 = ο� χ=3 Αν - (λ - 4)2<0 ή Μ4 η εξίσωση είναι αδύνατη.

Άσκηση 1 011

Να λυθεί η εξίσωση x+2..f5=.J29 + 12 ...[5

εξίσωση ορίζεται στο R. -= -2 ../S � x+2../S=.J29 + 1 2../S �x=.J29 + 1 2 ../S ανίσωση : Ιχ-21 :5 2 + 1 -:ι l χ= .J9 + 20 + 2.3.2 . ../5- 2../5 � β) Αν α=3 είναι δυνατόν η πιθανότητα ενός 2 ενδεχομένου Α να έχει τις τιμές του � όπου χ μια χ = (3 + 2 ..j5) - 2../5 � χ=3 α) Αν α θετικός ακέραιος αριθμός να λυθεί η χ- 2

λύση της ανίσωσης του πρώτου ερωτήματος ; Λ ύση :

Λύση : Η

,.----

Άσκη ση I 1 '1

α) Η aνίσωση ορίζεται στο R. χ-2 ι -2 1 ί) (3x+1) +9x -l=O, < Ι χ-2 1 - -α2 + Ι Ι � Ι χ-2 1 -< -α2 + � 4 4 ί ί) 5χ7-160χ2=0, 4Ι χ-2Ι :5 2α +Ι χ-2 1 �3Ι χ-2Ι :5 2α � ίίί) (χ-2)6+32χ-32=0 2α 2α 2α < 2 < < l x-2 1 - 3 � - 3 - χ - 2+ 3 (χ 10-1024)(χ7+128)=0 iv) β) Η πιθανότητα ενός ενδεχομένου Α είναι: Ο :5 ΛίJση : Οι εξισώσεις ορίζονται στο R. Ρ(Α) :5 1. Με α=3 το χ έχει τιμές 0:5 χ:5 4 και i) (3χ+1?+ (3χ+1)(3χ- 1)=0 � 0:5 ; :5 1. Άρα η πιθανότητα ενός ενδεχομένου Α � (3χ+1) [(3χ+1)+(3χ- 1)]=0 � (3χ+ 1 )6χ=Ο � 3χ+ 1 =Ο ή 6χ=Ο � χ= -1/3 ή χ=Ο. μπορει να εχει τις τιμες του 4· ii) 5χ7-160χ2=0 �5χ2(χ5-32)= Ο �χ2 =Ο Άσκηση 8'� ή χ5 =25 � χ=Ο ή χ=2. Να αποδείξετε ότι για κάθε πραγματικό αριθμό i i i ) (χ-2)6+32χ-64=0 �(χ-2)6+32(χ-2) =Ο χ ισχύουν οι παρακάτω ταυτότητες �(χ-2) [(χ-2)5+32]=0 �(χ-2)=0 ή [(χ-2)5+32]=0 �χ=2 ή (χ-2)5= -25=(-2)5 � α) Ιχ-21 2= Ιχ+21 2- sx 2 2 2 + -2 � χ=2 ή χ=Ο. χ=2 ή χ-2= β) χ(χ + 12)= Ιχ 31 -Ιχ-3Ι +χ 1 0 ίν) (χ -1024)(χ7+ 128)=0 � χ 1 0-1024=0 ή ΛίJση : α) Ι χ+21 2- 8χ = (χ+2)2 -8χ=χ2 +4χ+4 -8χ = χ7+128=0 � χ 1 0=1024 ή χ7= -128 � =χ2 -4χ+4 = <χ-2)2 =Ι χ-2 1 2 β) Ι χ+31 2 -Ιχ-3 2 +χ2 = (χ+3)2 - (χ-3)2 + χ2= 1 χ=+ 1Vif0=2 ή χ= - 1Vif0= -2 =(χ+3+χ-3)·(χ+3-χ+3) +χ2 =12χ + χ2 = χ(χ+12) ή χ= -?.)Ι - 1281= -VΣ"= -2 ,

Άσκ ηση 9'1

Ά σκηση 1 211

Να λυθούν οι εξισώσεις: ι -..f5ΙχΙ = 4 - 3ΙχΙ+..f5 β . 2ΙχΙ - λlχΙ +λ2 =4 γ. Ιχ3 - 211 = -λ2 +sλ - ι6

Να λύσετε τις εξισώσεις στο διάστημα ( α) Ι-3χΙ +λχ+3λ2=λ3 β) Ιχ2+2ΙχΙ+1 1-4Ι ΙχΙ 2-6χ+9Ι=Ο

α.

Οι εξισώσεις ορίζονται στο R. α. 1 -.JSΙ x l = 4 - 3ΙχΙ+.J5 � z 3+ .JS ( 3+J5'5 (3-../SI ) I x1 =3+../S � Ι χ Ι = 3= .JS ( 3 - JS) (3+ J5'5 7+ 3 .J5 7+ 3 .J5 ' 14+6.J5 7+3.J5 � χ= -η χ= - -2 2 2 4 β . 2 lx l - λl x l +λ2 =4 � (2-λ) l x l =(2-λ)(2+λ) Αν ')..;j:.2 η εξίσωση γίνεται Ι χ Ι =λ+2 (1) λ>-2 (1)� χ=±(λ+2) λ=-2 (1) � χ=Ο λ<-2 ( 1) είναι αδύνατη. Αν λ=2 η εξίσωση γίνεται O l x l = Ο και η εξίσωση έχει άπειρες λύσεις. γ. Ι χ3 - 27 1 = -λ2 +8λ-16 � Ι χ3-271 = - (λ- 4)2 όμως αφού -(λ - 4? :5 Ο Λ ύση :

•

Να λυθούν οι2 εξισώσεις 2

ΛίJση :

-οο,

Ο)

α) Αφού χ<Ο έχουμε I-3ΙΙ χ Ι +λχ=λ3 -3λ2 �

3(-χ)+λχ= λ3-3λ2�(λ-3)χ=λ2(λ-3) με χ ε (-οο, Ο) αν ')..;j:.3 η εξίσωση είναι αδύνατη (αφού λ2 �Ο ενώ ο χ<Ο), αν λ=3 η εξίσωση, γίνεται Οχ=Ο που αληθεύει για κάθε χ ε (-οο, 0). β) Ι χ2+2Ι χ Ι + 1 1 - 4Ι Ι χ Ι 2-6χ+9Ι=Ο � �ΙΙ χ Ι 2+2Ι χ Ι + 1Ι - 4Ιχ2-6χ+9Ι=ο � � l ( l x l + 1)2 1 -4 1 (x-3)2 1=0 � �( l x l + 1)2-4 (χ-3)2=0 � ( l x l + 1)2-22(x-3)2=0 � �(-χ+1)2-[2(χ-3)]2=0� �(-χ+1+2χ-6)(-χ+1-2χ+6)=0 � (χ-5)(-3χ+7)=0 � χ-5=0 ή -3χ+7=0� � χ=5 ή χ = � οι οποίες ρίζες απορρίπτονται ως θετικές άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. •

•

l: η μ r:ίωση :

με a;f.O

Τύποι του Vίeta. Αν η εξίσωση αχ2 +βχ+γ=Ο έχει ρ ίζες τις ρ 1, Ρ τότε αυτές θα έ χουν 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/28

άθροισμα S= ρ1+ pz = -β και γινόμενο

Άσκηση

1 3 '1

Μα θ ηματικά για την Α ' Λυκείου

Ρ= p 1• Pz

::!: α

κ2 - 2κ,

β)

3 3 ρ ι + ρ2

PzP� + ΡιΡ�

α)

<=>

Α =

{16 -

3α

κ 2 π + � = 2ρπ + � 3 3

ιη

-�

και

κ, = 2κ, <=> κ, = ρ, κ 2 = 2ρ

όπου είναι τα

(ισοδύναμα

2κ,π + � = 2ρπ + �) 3 3

εξίσωση

από την

και

τα

(ισοδύναμα

απο τη 2η

2π 2π 2κ 1 π + - = 2ρπ + -) 3 3

εξίσωση, δηλαδή τα στοιχεία του ι, . Άρα ι, n ι, = ι, . • Συντο μότερ α : Παρατηρούμε ότι για κάθε κ e Ζ ισχύει: 2κπ + � = λπ + � . όπου λ = (2κ) e Ζ και 3

2π 2π π π ' 2κπ + - = 2κπ + π - π + - = (2κ + Ι ) π - - = λπ - - , οπου 3 3 3 3

. Άρα ι, ς ι, . Η διαδικασία αυτή όμως δεν είναι πάντοτε απλή (*) Σημι:ίωση : Αν π.χ. είχαμε ι, = x e 1R/ x = 2ισt - � , κ e z λ = ( 2κ + Ι) e Ζ

{

1 4π ι, = χ e iR / x = 3κπ + -- , κ ε Ζ 3

και

}

τότε:

14π π 3κ + 5 2κ 1 π - - = 3κ 2 π + - <=> 2κ 1 = 3κ 2 + 5 <=> κ, = -2- (Ι) . 3 3 2

� = + = 13.

Αλλά: κ2 = 2ρ + υ με ρ ε Ζ και υ e {Ο, Ι} . Η ( l ) επεληθεύεται μόνο για υ= ι , δηλαδή κ , = 2 ρ + ι και

2 2 Στην περίπτωση (γ) βρείτε τις ρίζες της εξίσωσης και δείτε ότι είναι aντίστροφες.

( * ) Προτr.ινόμn-η

2π π π κ, π - = (2ρ + Ι ) π - = 2ρπ + 3 3 3

αφού τα πρώτα μέλη είναι ακέραιοι αριθμοί, ενώ

π 2π 2κ 1 π + - = κ 2 π - - <=> κ, = 2κ 1 + Ι <=> κ , = ρ, κ2 = 2ρ + Ι , 3 3 ρ e Ζ . Τα κοινα στοιχεία των ι, , ι, λοιπόν

τα

Μετατρέπουμε αριθμητή και παρονομαστή σε σχέσεις αθροίσματος ή γινομένου των ρ1, ρz και η παράσταση θα γίνει: ) 3 - 3 pzpi - 3 P ι P� Α= PzPiρ� ++ρ�Pι P� = (Ρι+ρ2Ριρ2 (Ρι+ρ2 ) (Ρι+ρz ) 3 -3 Ριρz (P ι+p z ) , , , απο την εξισωση εχουμε ) ( Ριρz Ρι+ρz ρ ,+ ρz = -αβ = -4 και ρ , . ρz = α-2α. Άρα Α= (-4) 32α-3(-.2α.4) (-4) - 64-+8α24α s -3α α β) Αν η εξίσωση έχει διπλή ρίζα τότε Δ=β2-4αγ=Ο άρα Δ=42-4.1.2α=Ο ή α= 2 οπότε A=l γ) Η εξίσωση έχει ρίζες aντίστροφες αν και μόνο Ο 8α Ο αν Ρ <=:> α = 2α = 2 = Άρα η τιμή της παράστασης τώρα είναι

{Δ

Ποια τιμή θα έχει η παράσταση Α αν εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα; γ) Ποια η τιμή της Α αν η εξίσωση έχει ρίζες aντίστροφους αριθμούς; Λύ ση :

.!. ,

τα δεύτερα όχι. Εξάλλου: 2κ,π + � = κ2 π + � <=>

Αν ρJ, ρz είναι ρίζες της χ2+4χ+2α=Ο με α;CΟ. α) Να υπολογιστεί η παράσταση Α=

Ε ργασία :

κ, =

3 ( 2ρ + 1) + 5 2

3ρ + 4 .

Τα κοινά στοιχεία των

ι, , ι,

λοιπόν είναι τα :

1 4π 14π 14π 23π 3κ2 π + - = 3 (2ρ + Ι) π + - = 6ρπ + 3π + - = 6ρπ + 3 3 3 3

η'

•

Μια παράλειψη μια διόρθωση και ένα σχόλιο

}

Στην άσκηση 2 σελ. 49 του τεύχους 93 ενώ βρέθηκαν τα σύνολα λύσεων L, = x e 1R / x = 2ισt+ � ή χ = 2ιστ:+ 2; . κ e z και

{

ι , = χ e iR / x = κπ +

εξισώσεων

{

ημχ =

�

� ή χ = 2κπ - � , κ ε Ζ

(ι)

και

εφ2 χ = 3 (2)

}

παραλείφθηκε να βρεθεί η τομή τους για τη συναλήθευση. Η γεωμετρική αντιμετώmση βέβαια είναι απλή στην περίπτωση μας, αφού τα στοιχεία του L 1 απεικονίζονται στα σημεία Α, Β ενώ του L2 στα σημεία Α, Α' και Β , Β Ό Τα κοινά σημεία τους λοιπόν απεικονίζονται στα Α, Β , δηλαδή ι, n ι, ι, . • Η αλγεβρική αντιμετώπιση όμως είναι δυσκολότερη και γενικά παραπέμπει σε Διοφαντική εξίσωση(*). Πράγματι : Για κάθε κ 1 , κ2 e Ζ ισχύει 2κ, π + � >' κ2 π - � , =

δηλαδή

κ 2 - 2κ, ,. 3. 3

καθώς και

•

δηλαδή

π π π 23π 2κ 1 π - - = 2 (3ρ + 4) π - - = 6ρπ + 8π - - = 6ρπ + - . 3 3 3 3

Στην άσκηση 4 της ίδιας σελίδας εκ παραδρομής αντί του ορθού

των

αντιστοίχως,

2π �, >' κ 2 π + 2κ,π + 3 3

ισοδύναμα τα

•

( � ) [ ( �π [ ( � ) Γ

εφ20 1 6 χ -

= εφ χ -

·••

= -εφ

•

2 = ( -σφχ ) 0 1 6 = σφ2016 χ,

είχε γραφεί -σφ20 1 6χ. Σχόλι ο : Γενικότερα, υπενθυμίζουμε ότι θα πρέπει να αποφεύγονται οι χαρακτηρισμοί αληθής ή ψευδής για εκφράσεις της μορφής: (α . β) ' = α' . β', (α . β)' .. α' . β' , Ν = χ, Ν * χ κ.λ.π. χωρίς ποσοδείκτες

Π.χ.

-χ

πρόταση

«Υπάρχουν

διανύσματα

α, β

ώστε :

(α · β)' = α' ·β' είναι αληθής. 'Ετσι η πρόταση <<Για οποιαδήποτε διανύσματα α , β ισχύει (α . β)' ,. α Ό β' , είναι ψευδής.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/29

»,

Γιώργος Σ. Τασσόπουλος

' Μαθηματικά Ύια την Α Λυκείου

ΠΡΟΒΑΗΜΑΤΑ ΠΟΥ ΑΥΝΟΝΤΑΙ

Α ΆΥΚΕΙΟΥ

ΜΕ ΠΣ ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ Α ' ΒΑ Θ ΜΟΥ

Τ ου ρναβίτης Στέργιος

1 . Μία κτηνοτροφική μονάδα έχει 80 πρόβατα και 416 κατσίκια. Κάθε εξάμηνο ο πληθυσμός των προβάτων αυξάνεται κατά 8 και ο αντίστοιχος των κατσικιών μειώνεται κατά 13. α) Σε πόσα χρόνια η κτηνοτροφική μονάδα θα έχει ίσο αριθμό από τα δύο είδη φυτοφάγων; β) Πόσος θα είναι τότε ο συνολικός αριθμός των ζώων Λύση: Α' τρόπος: α) Έστω ότι μετά από χ χρόνια θα συμβεί αυτό. Αφού κάθε μισό χρόνο ( 1 εξάμηνο) τα

πρόβατα αυξάνονται κατά 8, σε 1 χρόνο θα αυξηθούν κατά 16 και σε χ χρόνια θα έχουμε μία αύξηση 16χ . Αντίστοιχα στον πληθυσμό των κατσικιών θα επέλθει μία μείωση 2 6χ. Σύμφωνα με το πρόβλημα σε χ χρόνια, ο αριθμός από τα δύο είδη ζώων θα είναι ίσος. Έχουμε την εξίσωση: 80 + 16χ = 4 1 6 - 2 6χ (1) � 42χ = 3 3 6 � χ = 8 β) Για να βρούμε πόσα θα είναι τα πρόβατα σε 8 χρόνια, θα αντικαταστήσουμε το 8 στην ποσότητα 80 + 1 6χ, που εκφράζει το πλήθος τους. Έχουμε: 80 + 1 6 8 = 208. Αντίστοιχα για το πλήθος των κατσικιών σε 8 χρόνια, έχουμε: 4 1 6 - 2 6 8 = 208. Άρα, όλα μαζί τα αιγοπρόβατα θα είναι: 2 208 = 416. Β ' τρόπος: Σε ορθό και μη κανονικό σύστημα συντεταγμένων, σχεδιάζουμε τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων, f(x) = 1 6χ + 80 και, g (x) = - 2 6χ + 4 1 6. Στον οριζόντιο άξονα μετράμε τα χρόνια και στον κατακόρυφο το πλήθος των προβάτων ή των κατσικιών. Επειδή στον άξονα αυτόν χρειάζεται να παραστήσουμε (αρχικά τουλάχιστον) μεγάλους αριθμούς (το 80 για την f και το 4 1 6 για την g), το σύστημά μας δεν μπορεί να είναι κανονικό. Η τετμημένη του σημείου τομής, μας δίνει την λύση για το α) ερώτημα και το διπλάσιο της τεταγμένης j του, μας δίνει την λύση για το β) ερώτημα. ·

400

�•ο

200

• • • • • • • • • • • • • · • • · • • • • · • · • · . . . . . . . . . . . . . . ·•

Α • 1&.

zoe)

110

100

ο! ιο

Η απόσταση από την Αθήνα στην Νέα Αγχίαλο Μαγνησίας, είναι περίπου 300 km. Δύο φίλοι ξεκινάνε ταυτόχρονα και κινούμενοι αντίθετα, ο ένας με αυτοκίνητο από Αθήνα προς Νέα , , Αγχίαλο και ο άλλος με μοτοσικλέτα από Νέα Αγχίαλο προς Αθήνα. Η μέση ταχύτητα του αυτοκινήτου είναι 7 km παραπάνω από αυτή .: της μοτοσικλέτας. Αν η απόσταση μεταξύ τους μετά από 2 ώρες οδήγησης είναι 6km, να βρεθούν οι ταχύτητες των δύο οχημάτων. 2.

101

�

ΣκιnΟιχ

Λύση :

""" ' "

Έστω v1 η μέση ταχύτητα, s1 το διάστημα του μοτοσικλετιστή που θα είχε διανύσει αν κινούνταν με ευθύγραμμη ομαλή κίνηση σε 2 h. Επίσης v2 η μέση ταχύτητα, το διάστημα που θα είχε διανύσει ο φίλος του με το αυτοκίνητο, αν κινούνταν και αυτός με ευθύγραμμη ομαλή κίνηση, στον ίδιο χρόνο αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα, τον ορισμό της μέσης ταχύτητας από την Φυσική και το παραπάνω σχήμα, έχουμε: = 300, 2v1 + 6 + (v1 + 7) 2 = 3 0 0, 4v1 = 3 0 0 - 2 0, v1 = : = 70kmjh. Οπότε η s1 + 6 + ταχύτητα του αυτοκινήτου, είναι: v2 = (70 + 7) kmjh = 77kmfh s2

Ένας κηπουρός θέλει να χωρίσει έναν κήπο ΑΒΓΔ σχήματος ορθογωνίου παραλληλογράμμου σε τρία μικρότερα ορθογώνια, έτσι ώστε το άθροισμα των εμβαδών των δύο ακριανών και ίσων ορθογωνίων, να είναι τα �3 του μεσαίου. Αν ο κήπος έχει διαστάσεις ΑΒ = 15m και ΑΔ = 6m, a) μπορείτε να ·τόν· βθηοησετέ να βρεί τη θέση των σημείων Ε και Η;

. .

·· - . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/30

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

β) Να βρείτε τις διαστάσεις των τριών ορθογωνίων επαληθεύοντας και το αποτέλεσμα που βρήκατε από το α) ερώτημα. Λύση :

α) Επειδή τα δύο ακριανά ορθογώνια έχουν ίσα εμβαδά, τα σημεία Ε και Η θα απέχουν εξίσου από τα Α z

:::::::::::::::::;;:;;;;:;;:;;:

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

και Β. Έστω λοιπόν ΑΕ = ΗΒ = χ. Σύμφωνα με. το πρόβλημα έχουμε:

::::::::�::::::::::::::::::.:::

ΑΔ • 6

. . .

. . . .

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

6χ + 6χ

2 ( 1 5 - 2χ) . 6 � 3

θ . .ιχ = θ .

:::::::::::::::::�:::::::::::::

:::::::::::::::::::::::::::::::

-6

(15 - 2χ) � 3χ

= 1 5 - 2χ� 5χ = 1 5 � χ = 3m. Άρα ΑΕ = ΗΒ = 3m. Α .:•.Β ." , ' β) Τα εμβαδά των ΑΕΖΔ και ΗΒΓΘ είναι 2 3 · 6 m , ενώ το άθροισμά τους 3 6 m 2 • Το ΕΗ = 1 5 - 6 = 9m, άρα εμβαδόν του ΕΗΘΖ = 9 · 6m 2 = 54 m 2 . Επίσης ισχ6ει · 54 = 3 6.

�

4. Δύο σώματα (1) και (2) κινούνται στην ίδια ευθεία κατά την ίδια φορά με σταθερές ταχύτητες = Ο, 5 !!! και v2 = Ο, 2 5 !!! αντίστοιχα. Αρχικά τα δύο σώματα απέχουν μεταξύ τους απόσταση 10m. Να υπολογίσετε: α) Μετά από πόσο χρόνο θα συναντηθούν. β) Το διάστημα που θα διανύσει το κάθε σώμα από την αρχική του θέση μέχρι το σημείο της συνάντησής τους. γ) Να επιλύσετε τα παραπάνω ερωτήματα, κατασκευάζοντας στο ίδιο σύστημα αξόνων τις γραφικές παραστάσεις διαστήματος-χρόνου των δύο σωμάτων και βρίσκοντας τις συντεταγμένες του σημείου τομής τους. v1

Λύση

�._------------------------�Γ �Α�ν� 1 -.----------------------�Β�

α) κα ι β) Τα δύο σώματα (1) και (2) αρχικά, ή την χρονική στιγμή t = Ο, βρίσκονται στα σημεία και Β αντίστοιχα και ΑΒ = 1 0m. Έστω επίσης ότι θα συναντηθούν μετά από χρόνο t στο Γ, το οποίο απέχει χ m από το Β . Εφόσον η κίνηση και των δύο σωμάτων είναι ευθύγραμμη ομαλή και της ίδιας φοράς, τα διαστήματα που διανύουν, δίνονται από τις εξισώσεις: σώμα (2): χ = v2 • t σώμα (1 ): 10 + χ = v1 • t, Αντικαθιστώντας την τιμή του χ από την δεύτερη εξίσωση στην πρώτη, πετυχαίνουμε να έχουμε μία εξίσωση με έναν άγνωστο (τον χρόνο t ). 1 0 + 0,2 5 · t = 0,5 · t � 0,2 5 · t = 1 0 � t = 40 s και χ = 0,2 5 · 40 = 1 0m. Άρα τα δύο σώματα θα συναντηθούν μετά από χρόνο 40 s και το σημείο συνάντησής τους απέχει συνολική απόσταση 1 0 + 1 0 = 2 0m από το Α . Αυτή η απόσταση αποτελεί και το διάστημα που διάνυσε το σώμα ( 1 ), ενώ το αντίστοιχο διάστημα του σώματος (2) είναι 1 0m. γ) Αν θεωρήσουμε ότι στον οριζόντιο άξονα μετράμε τον χρόνο κίνησης των δύο σωμάτων και στον κατακόρυφο τα διαστήματα που αυτά διανύουν, οι συναρτήσεις των κινήσεών τους είναι αντίστοιχα: s2 (t) = 1 0 + 0,2 5 t (τη χρονική στιγμή t = Ο βρίσκεται σε απόσταση 1 0m προς s1 (t) = 0,5 · t, την φορά της κίνησης σε σχέση με το (1)) Α

t (χρόνος σε δευτερόλεπτα) s, (t) (διάστημα σε μέτpαl s2 (t) (διάστημα σε μέτρ α)

20 16 10

/ s,

/�

(20. 1 0 )

�r.-------, 10:---= 20--...,3-:0 --� 40,...-: ..-- eo '-

Η πρώτη συνάρτηση-ευθεία, διέρχεται από τα σημεία (0,0) και (2 0, 1 0) ενώ η δεύτερη από τα σημεία (0, 1 0) και (2 0, 1 5) . Επειδή όπως είπαμε στους δύο άξονες μετράμε διαφορετικά μεγέθη, δεν είναι απαραίτητο το σύστημα των δύο συντεταγμένων να είναι κανονικό. Αν προεκτείνουμε τις δύο ευθείες, βλέπουμε και τις συντεταγμένες του σημείου τομής, που είναι η λύση του προβλήματος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/31

Μαθη ματικά ΎJΑ1 την Α ' Λυκείου

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ΑΡΑλλΗλΟΓΡΑΜΜΑ

κα ι

ΤΡΑ ΠΕΖΙΑ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Τσιφάκης Χρήστος

Στο Βιβλίο Ι των «Στοιχείων» του ο Ευκλείδης ορίζει ως παράλληλες «τις ευθείες εκείνες που βρίσκονται στο ίδιο επίπεδο και προεκτεινόμενες επ' άπειρον και από τα δύο μέρη δε συναντώνται σε κανένα απ' αυτά» (Ορισμός 23). Αμέσως μετά διατυπώνει το αίτημα «Εάν μια ευθεία που τέμνει δύο ευθείες σχηματίζει τις εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες μικρότερες από δύο ορθές, τότε οι δύο ευθείες προεκτεινόμενες επ' άπειρον συναντώνται στο μέρος που οι σχη ματιζόμενες γωνίες είναι μικρότερες από δύο ορθές» (Αίτημα V) . . . . . .

ΑΣΚΗΣΗ lη.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και η διχοτόμος του ΑΚ. Από το μέσο Δ της πλευράς του ΒΓ φέρνουμε την κάθετη στη διχοτόμο ΑΚ του τριγώνου που τέμνει τις πλευρές του ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Από την κορυφή Β του τριγώ νου φέρνουμε ευθεία παράλληλη της πλευράς του ΑΓ που τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΕΖ στο σημείο Η. Να δείξετε ότι: α) Τα τρίγωνα ΕΑΖ και ΕΒΗ είναι ισοσκελή. β) Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΔΖΓ είναι ίσα. γ) ΖΓ = ΒΕ ΛΥΣΗ.

γώνιες ΑΓ και ΒΔ Που τέμνονται στο σημείο Ο κάθετα. Οι μεσοκάθετες δι και δz των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο σημείο Κ και τέμνουν την πλευρά ΑΔ του τετραπλεύρου στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Αν τα σημεία τομής των μεσο καθέτων δι και δz με τις διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ εί ναι τα σημεία Μ και Ν, τότε να δείξετε: α) Το τετράπλευρο ΟΜΚΝ είναι ορθογώνιο. β) Τα τρίγωνα ΑΕΓ και ΒΖΔ είναι ισοσκελή γ) ΒΖ // ΓΕ. ΛΥΣΗ

α) Είναι δ ι // ΒΔ αφού είναι η μεσοκάθετος δι και το τμήμα ΒΔ κάθετα στην ίδια ευθεία. Αντίστοιχα είναι δ2 // ΑΓ, συνεπώς το τετράπλευρο ΟΜΚΝ είναι παραλληλόγραμμο. Επιπλέον είναι η γωνία ΜΟΝ ορθή εφόσον οι διαγώνιες του τετραπλεύρου τέμνονται κάθετα, επομένως το τετράπλευρο ΟΜΚΝ είναι ορθογώνιο. β) Στο τρίγωνο ΑΕΓ το ευθύγραμμο τμήμα ΜΕ είναι διάμεσος και ύψος εφόσον η δι είναι μεσο κάθετος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΓ, συνεπώς το τρίγωνο ΑΕΓ είναι ισοσκελές. Ανάλογα συμπε ράσματα προκύπτουν για το επίσης ισοσκελές τρί γωνο ΒΖΔ . γ) Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΕΓ έχουμε για την γωνία της κορυφής του ότι: AEr = I8(f -2ΓΑΕ και από το ισοσκελές τρίγωνο ΒΖΔ έχουμε αντίστοιχα ότι: ΒΖΔ = 1 80° - 20Μ . Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις έχουμε ότι:

Μ το σημείο τομής της ΑΚ. και της ΕΖ, τότε το τρίγωνο ΕΑΖ είναι ισοσκελές γιατί η ΑΜ είναι διχοτόμος και διάμεσος του. Επιπλέον έχουμε Η ι = Ζι (ως εντός εκτός και επί τα αυτά των πα ραλλήλων ΒΗ και ΑΓ που τέμνονται από την ΗΖ) Ζι = Ε (το τρίγωνο ΕΑΖ είναι ισοσκελές) Άρα Ηι = Ε , δηλαδή το τρίγωνο ΕΒΗ είναι ισο σκελές. β) Τα τρίγωνα ΒΔΗ και ΔΓΖ έχουν τις γωνίες ΖΔΓ και ΒΔΕ ίσες ως κατά κορυφή, ΒΔ = ΔΓ γιατί το Δ είναι το μέσο της ΒΓ και τις γωνίες Β ι = Γ ως ε ντός εναλλάξ των παραλλήλων ΒΗ και ΑΓ που τέμνονται από την ΒΓ. Επομένως είναι ίσα. γ) Από την ισότητα των τριγώνων ΒΔΗ και ΔΓΖ έχουμε όn ΖΓ ΒΗ και από το ισοσκελές τρίγωνο AEr +B'lΔ=3ro0 -2(ΓΑΕ+αιΑ) = 36f -2·'Xf = 18<f ΕΒΗ έχουμε ΒΗ = ΒΕ, επομένως είναι ΖΓ ΒΕ. Επομένως έχουμε ότι ΒΖ // ΓΕ γιατί τεμνόμενες ΑΣΚΗΣΗ 2η. ' από την ΑΔ σχηματίζουν τις εντός και επί τα αυτά Δίνεται τυχαίο κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με δια- γωνίες παραπληρωμαnκές. α) Έστω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/32

Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 3η.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία (ε) παράλληλη της πλευράς ΑΓ που διέρχεται από το σημείο Β. Πάνω στην ευθεία (ε) και εκατέρωθεν του ση μείου Β παίρνουμε σημεία Ε και Δ τέτοια ώστε ΕΒ = ΑΒ = ΒΔ. Να αποδείξετε ότι: α) Οι φορείς των ευθυγράμμων τμημάτων ΑΔ και ΑΕ είναι διχοτόμοι των γωνιών Α και της εξωτερικής της. β) Αν Α' είναι το συμμετρικό του Α ως προς το Β, τότε το τετράπλευρο ΑΕΑ 'Δ είναι ορθογώνιο.

Στα τρίγωνα ΔΕΖ και ΖΔΗ τα σημεία Β , Γ μέσα των πλευρών ΔΕ , ΖΗ αντίστοιχα και ΖΔ II ΚΒΓΛ, άρα Κ, Λ μέσα των ΖΕ και ΔΗ. ίί) Αφού το τόξο ΖΔ είναι κοινό έχουμε ότι ΔΗ = ΕΔ . Άρα οι Ει = Δ ι (ως εγγεγραμμένες σε ίσα τόξα).(σχέση γνωστή από το γυμνάσιο) Οπότε ΖΔ II ΕΗ και το τετράπλευρο ΔΖΕΗ είναι ισοσκε λές τραπέζιο. -...

ΛΥΣΗ

ΑΣΚΗΣΗ 5η.

Σε τρίγωνο ΑΒΓ δίνονται: Η το ορθόκεντρο , Ο το περίκεντρο, Δ, Ε και Ζ τα ίχνη των υψών ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ αντίστοιχα , Κ, Λ, Μ τα μέσα των πλευρών ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ, και Ρ 1, Ρ2, Ρ3 τα μέσα των ΑΗ, ΒΗ, ΓΗ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: α) ΜΡ2 =ΛΡ3 = ι ΑΗ. β) το ΛΜΡ2Ρ3 είναι ορθο2 γώνιο παραλληλόγραμμο. γ) το ΟΚΡ1Α είναι παραλληλόγραμμο.

= Δ ι αφού το τρίγωνο ΑΒ Δ είναι ισο Δ σκελές και ι = Az αφού (ε) 11 ΑΓ, επομένως θα είναι και Α ι = Α2 από όπου προκύπτει ότι η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α. Ανάλο'yα έχουμε Α3 = Ε ι (ΑΒΕ ισοσκελές) και Ε ι = Λι ((ε) 11 ΑΓ), ε πομένως είναι Α3 = Λι δηλαδή η ΑΕ διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας Α. β) Αφού Α· συμμετρικό του Α ως προς το Β είναι ΛΥΣΗ ΑΒ = Α'Β . Επιπλέον είναι ΑΒ = ΒΔ = ΕΒ . Από α) Στα τρίγωνα ΒΑΗ και ΓΑΗ τα ΜΡ2 και ΛΡ3 τα παραπάνω προκύπτει ότι στο τετράπλευρο . ΑΕΑ 'Β οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, είναι ίσες ενώνουν μέσα πλευρών, άραΜΡ2 = ΛΡ3 I I =.!.AH 2 Δ και ΕΑ = 90°, συνεπώς είναι ορθογώνιο. ΑΒΓ η ΛΜ ενώνει μέσα πλευρών, ΑΣΚΗΣΗ 4η. Θ εωρούμε δύο ομόκεντρους κύ β) Στο τρίγωνο Γ κλους (0, ρ), (0, R) με ρ < R και ένα σημείο Α άρα ΛΜ//Β , ΑΔ _ι ΒΓ , άρα ΑΔ _ι ΜΑ . Α).)..ά στον δακτύλιο που σχηματίζεται. Από το Α φέρ ΜΡ 2 I I = ΛΡ3 δηλαδή το ΛΜΡ2Ρ3 παραλληλόνουμε τα εφαπτόμενα τμήματα ΑΒ,ΑΓ προς τον γραμμο και αφού ΜΡ 2 ..l ΜΑ είναι ορθογώνιο. α) Είναι Α ι

(Ο, ρ). Εάν οι ευθείες ΑΒ, ΑΓ τέμνουν τον κύ κλο (0, R) στα σημεία Δ, Ε και Ζ, Η αντίστοιχα, τότε: α) Να αποδείξετε ότι η ΒΓ διέρχεται από τα μέ σα των ΕΖ και ΔΗ. β) Τι είδους τετράπλευρο είναι το ΖΔΗΕ ; ΛΥΣΗ.

Αφού ΟΒ = ΟΓ (αποστήματα ίσα) τότε οι χορδές ΔΕ = ΖΗ, άρα τα τόξα ΖΔΗ = ΕΖΔ . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΖΔ είναι ισοσκελή με Ζι = Δ ι = Β ι = Γ ι = 1 80° - Β Α Γ Άρα ΖΔ 1/ΒΓ. ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/33

Μαθηματικά για την Α· Λυκεtου

γ) Φέρνουμε την διάμετρο AOC . Το ΒΗΓC είναι παραλληλόγραμμο (απέναντι πλευρές παράλληλες) οπότε στο τρίγωνο AHC η ΟΚ ενώνει μέσα πλευ ρών , άρα ΑΗ ::; 2 ΟΚ.

νουν μέσα πλευρών, άρα ΚΝ = ΛΜ I I =

ΑΣΚΗΣΗ 6η .

Ο Δήμαρχος της Λιμνούπολης θέλει να συνδέσει ευθύγραμμα, με σωλήνα ύ δρευσης το Δημαρχείο (Δ) με το νοσοκομείο (Ν) της πόλης. Ανάμεσα στα δύο κτίρια παρεμβάλ λεται όμως η λίμνη της πόλης ,όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. Μπορείτε να βοηθήσετε τον Μηχανικό που ανέλαβε το έργο , ώστε να υπολογίσει το μήκος του σωλήνα που θα χρησι μοποιήσει (επιφανειακά και ευθύγραμμα στην λίμνη);

ΛΥΣΗ.

i) Βρίσκουμε ένα σημείο Ρ από το οποίο βλέπουμε

το Δημαρχείο και το νοσοκομείο υπό γωνία θ. Βρίσκουμε τα μέσα Κ,Λ των αποστάσεων ΔΡ και ΝΡ αντίστοιχα και μετράμε τις γωνίες Λ Κ Ρ = ω Λ

Κ Λ Ρ ::; φ .

Όμοια στα τρίγωνα ΔΕΓ και ΒΕΓ οι ΚΜ και ΝΑ ενώνουν μέσα πλευρών, άρα

Lh. !f_j:·�

ΔΒ .

ΑΝ = ΚΜ Ι Ι = ΓΕ . 2

Άρα το τετράπλευρο ΚΜΛΝ είναι παραλληλό γραμμο και αφού ΒΔ ::; ΓΕ είναι ρόμβος. ii) Οι γωνίες ΒΑΓ και ΚΝΛ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες, άρα οι διχοτόμοι τους είναι παράλλη λες και αφού η ΝΜ είναι διχοτόμος της ΚΝΛ (και διαγώνιος στο ρόμβο) τότε

{

ΝΜ l_ ΚΛ ::> ΑΡ l_ ΚΛ . ΝΜ / /ΑΡ ΑΣ ΚΗΣΗ 8η . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α 90° . Το ύψος ΑΔ και η διχοτόμος ΒΕ τέμνονται στο σημείο Ζ. Από το Ζ φέρνουμε την ΘΖΗ παράλληλη προς την ΑΓ η οποία τέμνει την ΒΓ στο Η και την ΑΒ στο Θ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευ ρο ΑΖΗΕ είναι ρόμβος. =

ΛΥΣΗ.

Η ΘΖΗ I I ΑΓ <=> ΗΘ .l ΑΒ , κι επειδή η ΒΖ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , θα είναι ΖΘ ::; ΖΔ. Β

Στα σημεία Δ και Ν κατασκευάζουμε γωνίες Λ

Κ Δ Α = ω και ΛΝ Β = φ .

ii) Η ΚΑ ενώνει μέσα πλευρών του τριγώνου ΡΔΝ, άρα είναι

ΚΑ/ I

ΑΣΚΗΣΗ 7η .

= ΔΝ 2

:Ετσι ΑΒ::; 2ΚΛ-ΔΑ - ΝΒ.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ παίρνουμε αντίστοιχα τμήματα ΒΔ = ΓΕ. Αν Μ, Ν, Κ,Λ τα μέσα των ΒΓ, ΔΕ, ΒΕ, ΓΔ αντίστοιχα, δείξτε : α) Το τετράπλευρο ΚΜΛΝ είναι ρόμβος β) Η διχοτόμος της γωνίας ΒΑΓ είναι κάθετη στην ΚΛ. Λ ΥΣ Η.

i) Στα τρίγωνα ΓΔΒ και ΕΔΒ οι ΛΜ και ΝΚ ενώ-

Τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΔΗ, ΑΘΖ , είναι ίσα αφού έχουν ΖΘ ::; ΖΔ και τις κατακορυφήν γωνίες τους ίσες. Άρα ΑΘ = ΔΗ και ΑΒ ::; ΒΗ. Οπότε τα τρίγωνα ΒΑΕ, ΒΗΕ είναι ίσα (έχουν ΑΒ ::; ΒΗ, την ΒΕ κοινή και :81 = :82 ). Άρα ΕΑ::;ΕΗ και Λ

Ε Η Β = Α = 90° , δηλαδή ΕΗ 11ΑΖ. Οπότε το ΑΖΗΕ είναι παραλληλόγραμμο κι επειδή έχει τις διαδοχικές πλευρές ΕΑ= ΕΗ , θα είναι ρόμβος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/34

------- Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκείου Εξεταζόμενη ύλη : • ΚΕΦΑΛΑΙΟ

ΘΕΜΑ 1 °.

1°

--------

ΓΡΑΠΤΗ Ε Ξ ΗΑΣΗ ΣΤΗ Ν ΑΛΓΕΒΡΑ της Α ΆΥΚΕ ΙΟΥ Τσαγκάρης Κωνσταντίνος

• ΕΙΣΑΓΩΓΙΚΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ

Πιθανότητες

• ΚΕΦΑΛΑΙΟ

2°

• ΚΕΦΑΛΑΙΟ

Οι Πραγματικοί Αριθμοί

Α. Αν αΦΟ, να δείξετε ότι η εξίσωση αχ+ β=Ο έχει ακριβώς μία λύση, την χ = '

Σχολικό: Α' Γεν Λυκ , Σελ 79 )

Β. fα χαρακτηριστεί η κάθε πρόταση ως 1

Σωστή Σ Ο ή Λάθος Λ Ο

3°

3 . 1 Εξισώσεις 1 ou βαθμού

Ι.

(Μονάδες 15)

α) Έστω αCΟ και ν Ν * . Η μη αρνητική λύση τη ς εξίσωσης χv = α παριστάνεται από ifα .

(Μονάδες 2)

( Σχολικό Α' Λυκ Σελ 70).

β) Στον άξονα χ ' χ ο αριθμός α παριστάνεται με το σημείο Α. Στο σχήμα το μήκος του ευθυγράμμου Α� σ )

Ο(Ο Ι

τμήματος ΟΑ που ονομάζεται απόλυτη τιμή του αριθμού α, είναι ίση με α

γ) Για

βδ:;t:Ο, αν θέσουμε αβ = 1 = λ , έχουμε α=λβ και δ=λγ.

( Σχολικό Α' Λυκ Σελ 6 1 ). (Μονάδες 2)

( Σχολικό Α' Λυκ Σελ 50, απόδειξη του ίν) ).

δ) Για δύο συμπληρωματικά ενδεχόμενα Α , Α' του δειγματικού χώρου Ω , ισχύει Ρ(Α) ( Σχολικό Α' Λυκ Σελ 33)

+ Ρ(Α ') = 1 .

(Μονάδες 2) (Μονάδες 2)

ε) Αν ΑςΒ, τότε το Α παριστάνεται με το εσωτερικό μιας

κλειστής καμπύλης όπου περιέχεται το εσωτερικό της κλειστής καμπύλης που παριστάνει το Β. ( Σχολικό Α' Λυκ Σελ 1 6).

ΘΕΜΑ 2 °. (Σχολικό Α' Λυκείου: Σελ 48, σχόλιο 2 ). Α. Αν α > Ο και > Ο να δείξετε ότι ο αριθμός ( 1 + α2)( 1 + β2) - ( αβ- 1 )2 εκφράζει το εμβαδόν τετραγώνου (Μονάδες 9) που έχει πλευρά

β α+β. 2 α+β )2 = 1 , τοτε , οι αριθ μοι, α, β ει,ναι αντιστρο Β . Αν 2 ( , φοι. (α + 1) (β + 1) 2 2

(Μονάδες 8)

Γ. Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ισχύει : (αβ- 1 ) + (α+β) = Ο

(δηλαδή αν οι αριθμοί α, β, είναι συγχρόνως αντίθετοι και aντίστροφοι). ΘΕΜΑ 3°. (Σχολ Α' Λυκ: Εφαρμ. σελ 35,Ασκ: Β3, Σχό'J.J.ο σ80,- Τράπεζα θεμάτων διαβ/νης δυσκολίας ).

Για τους μη μηδενικούς αριθμούς α, β ισχύει:

α) Να δεiξεtε την οuνεπαγωγή: Αν

(l αi + I�)

(lαl + lβl)

{ � ��) �

{ � �) �

+�

4 , τότε

(Μονάδες 8)

I<\ =lf1 . Ιοχ6ει το αντίστροφο; (Μ- 9)

β) Ας ονομάσουμε Α, Β τα σημεία που παριστάνουν στον άξονα χ 'χ τους αριθμούς α, β αντιστοίχως.

Να τοποθετήσετε τα σημεία Α(α), Β(β) στον άξονα χ ' χ και να εξετάσετε αν η αρχή του 0(0), είναι σε (Μονάδες 7) όλες τις περιπτώσεις κέντρο συμμετρίας των Α,Β. 2 γ) Να λύσετε την εξίσωση : (2 α - β + 1 )x = α - 1 με σύνολο αναφοράς το

j j jj

(Μονάδες 9) σύνολο των πραγματικών αριθμών. ΘΕΜΑ 4°. (Σχολ Α'Λυκ: Εφαρμ. σελ 35,Ασκ: Β2 σ28,Β 1 σ39 - Τράπεζα θεμάτων δι αβ/νης δυσκολίας π. χ: θέμα 2/1287). Δίνεται το ορθοκανονικό σύστημα αξόνων χΟψ. Επιλέγουμε στην σημείο Μ(α,β) όπου οι συντεταγμένες του α, β , είναι ακέραιοι αριθμοί με α,β [ 1 , 3]. α) Να γράψετε τον δ. χώρο Ω , του πειράματος και να aποτυπώσετε τα (Μονάδες 8) στοιχεία του Ω στο σύστημα αξόνων χΟψ, που δίνεται. β) Να γράψετε με αναγραφή των στοιχείων τους τα ενδεχόμενα: Α : " η τετμημένη α, είναι ίση με την τεταγμένη του σημείου Μ" Β = { (α, ) Ω I α = 4 } , AnB και AuB.

τύχη

+β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/35

(Μονάδες 12)

-------

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

--------

γ) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: • " να πραγματοποιηθεί τουλάχιστον έν α από τα Α, Β " • " να πραγματοποιηθεί το πολύ ένα από τα Α, Β " Σχόλια: Μ :. Μ5. , s . . . . . . . . r�.1 ' __.... _ _ .._ . .. ... ·

. . Mg.

ι..._______________J

2.1

( 14 Ασκ) 5h

2.2

(1 1 Ασκ) 4h

2.3

(12 Ασκ)

ί) Να λυθεί το θέμα αν το ενδεχόμενο Α είναι 11 η απόσταση (ΜιΜ) � 2, όπου Μι(1 , 1) 11 (Πρόταση του συναδέλφου Βλάχου Σπύρου) ίί) Θα μπορούσαμε να συζητήσουμε με τους μαθητές μας το εξής: Να αιτιολογήσετε ότι το τετράπλευρο

ΜιΜ3ΜsΜ7, ( Mι(J, J) M3(3, J) Ms(3, 3), M7(1, J)) είναι τετράγωνο

και να υπολογίσετε το εμβαδόν του. Να αποδείξετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου με κορυφές τα σημεία Mι(J, J), Μ9(2, 2), M3(3, J) είναι 1 . Στη συνέχεια να υπολογίσετε την πιθανότητα του ενδεχομένου: 11 να επιλέξετε το σημείο Μ(α,β), ώστε το εμβαδόν του τριγώνου που ορίζεται από τα σημεία Mι(J, l), Μ(α,β), M3(J, J) να είναι 1 11 Ιστορικό σημείωμα σελ. 78.

ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 2 ( Προτείνεται να διατεθούν 14 διδακτικές ώρες Σημεία της ύλης που πρέπει να δοθεί έμφαση (Οδηγίες Ασκ. σχολικού, διδασκαλίας μαθηματικών Α τάξης ημερ ΓΕΛ δραστηριότητες ΑΙΙΣ 24-09-2014/1 52504/Γ2) που υποστηρίζουν (Καθορισμός και διαχείριση της διδ ύλης: οδηγία 01-10τα σημεία αυτά 2013Αρ. Πρωτ. 1396061Γi)

ΑΛΓΕΒ ΡΑ Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ:

Παρ/φος Ασκήσεις Ώρες διδ.

(Μονάδες S)

α. Διάκριση των ρητών από τους άρρητους και ευχερής ταξινόμησή τους στο N,Z,Q, R-Q. Άθροισμα, γινόμενο: δύο ρητών, ρητού-άρρητου , δύο άρρητων ... β. α.β= Ο<:>(α=Οήβ=Ο), α. βiΟ<=>(<#Ο καιβiΟ), Αναγνώριση της σημασίας :της ισοδυναμίας, της συνεπαγωyής ,των συνδέσμων "ή","και". γ. Ιδιότητες αναλογιών: Απόδειξη και εφαρμογές στην επίλυση προβλημάτων. δ. Μέθοδοι απόδειξης: Ευθεία απόδειξη και κυρίως η χρήση της απαγωγής σε άτοπο. Αιτιολόγηση με αντιπαράδειγμα ότι δεν ισχύει απλή αλγεβρική πρόταση α. Διερεύνηση της πυκνότητας και διαδοχικότητας των υποσυνόλων του R, αναπαράσταση στον άξονα των πραγματικών αριθμών. Σύνολα που προσδιορίζονται από ανισώσεις και η παρουσίασή τους ως διάστημα

β. Ομοιότητες, διαφορές των ιδιοτήτων ισότητας και ανισότητας. α2+β2 = Ο <::> (α=Ο και β=Ο) α2+ β2 > Ο <::> ((#Ο και βiΟ). γ. Ανάπτυξη στρατηγικών στην επίλυση προβλημάτων χρησιμοποιώντας τη διάταξη και τις ιδιότητες της στο IR. α. Απόλυτη τιμή: Ορισμός και γεωμετρική ερμηνεία. Απόδειξη και διερεύνηση των ιδιοτήτων στην απόλυτη τιμή. Γεωμετρική ερμηνεία τους. Η αναγκαιότητα του "πρέπει (=>)" , "αρκεί (�)" σε αυτές. Επίλυση προβλημάτων. β.Σύνδεση αλγεβρικής σχέσης και γεωμετρικής αναπαράστασης στην απόλυτη τιμή. α. Επέκταση στη ν-οστή ρίζα μη αρνητικού αριθμού. Δύναμη θετικού αριθμού με ρητό εκθέτη. β. Απόδειξη και εφαρμογή των (βασικών ) ιδιοτήτων των ριζών και δυνάμεων.

•Α6 σελ 53 • Παραδείγματα σελ 43, 87 σελ53 • Κατανόησης 4,5 σελ 76 •84 σελ 53 • Κατανόησης 7-13 σελ 76 •85 σελ 53 •Α4 σελ 53 •87 σελ 53(άτοπο) • -(Αντιπαράδειγμα) • Δρ/τα Δ9 του ΑΙΙΣ •8 1 σελ 60 • Κατανόησης 111 σελ77

Τράπεζα θεμάτωνδιαβ δυσκ (Θέμα2) • • • 1 067 •7520 •476 •489 •506 •944 •955 •486

• Κατανόησης 14-18 σελ 76 •Α2,Α3 σελ 59-60 •83,84 σελ 60 •Α5 σελ 60

• 1 541

•Α3 σελ 66 •Α7 σελ 67 •85 σελ 68

• 1 089 • 1273 •3834

• Δρ/τα ΔΙΟ του ΑΠΣ •499 ( Είναι η Α6 σελ 66) • •Α7, Α8, A l O σελ 66 2.4 • Κατανόησης σελ75 (16 Ασκ) • Δρ/τα Δ 1 1 του ΑΙΙΣ •43 1 6 •8173 •82,83,84 σελ 75 2h • Κατανόησης 11 σελ77 Δ9: Να απαντήσετε στις παρακάτω ερωτήσεις αιτιολογώντας τον ισχυρισμό σας: α) Πόσοι αριθμοί υπάρχουν ανάμεσα στο 3/8 και το 5/8; β) Υπάρχει αριθμός ανάμεσα στον 1 ,2 και στον 1 ,3; Αν ναι, γράψτε έναν. γ) Υπάρχει πραγματικός αριθμός α μεγα λύτερος του 5/8 με την ιδιότητα ανάμεσα στον 5/8 και τον α να μην υπάρχει άλλος αριθμός. δ) Υπάρχει ο μικρότερος θετικός πραγματικός αριθμός ; Αν ναι, ποιος είναι αυτός; ε) Υπάρχει ο επόμενος πραγματικός αριθμός του 24,1 ; Αν ναι, ποιος είναι αυ τός; στ) Μπορείτε να βρείτε έναν αριθμό ανάμεσα στον 0,99 ... και στον l ; Ανάμεσα στον 0,899 ... και στον 0,9; Τι παρατηρείτε; Δ Ι Ο : (Είναι η άσκηση Α6 σελ 66) Δ l l : Δίνεται η παράσταση ( ifi! + 4 ) · ( ifi! - 4 ) . 3h

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/36

------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

--------

α) Να υπολσyίσετε την παράσταση με χρήση υπολσyιστή τσέπης. β) Να υπολσyίσετε την παράσταση χρησιμοποιώντας αλγεβρι κές ιδιότητες. γ) Να συγκρίνετε τις δυο μεθόδους ως προς την ακρίβεια του αποτελέσματος. ΣΤΟ ΚΕΦΑΛΑΙΟ 3 ( Προτείνεται να διατεθούν 1 2 διδακτικές ώρες ) Τράπεζα θεΑσιc. σχολικού, δραστηριότητες Παρ/φος μάτων και Σημεία της ύλης που πρέπει να δοθεί έμφαση ΑΠΣ, που υποστηρίζουν τα σηΔιαβ. Δυσιc. μεία αυτά Ασκήσεις (Θέμα2) • α. Διερευνούν τη διαδικασία επίλυσης της αχ+β=Ο. Ανα- •Α3 σελ 83 yνώριση του ρόλου της παραμέτρου σε παραμετρική εξίσω- •Β Ι , Β2 σελ 85 ση 100 βαθμού μέσα από διαπραγμάτευση (σχολικό σελ80). μ. Επίλυση απλών παραμετρικών εξισώσεων και εξισώσε•485 • Δρ/τα Δ l 2 του ΑΠΣ 3.1 •ΑΙΟ, A l l , A l 2 σελ 84 ων που ανάγονται σε εξισώσεις Ι ou βαθμού. •507 (24 Ασκ) •Β5, σελ 85 •4302 • A l 4, 1 5, 1 6 (σελ 84-85), Β7, Β8 •505,99 1 , γ. Εξισώσεις για καλύτερη εμπέδωση ιδιοτήτων των απολύτων τιμών. (σελ85) • 1 039, 1 062 •2702,3382

Στην παράγραφο 3.1 οι ώρες που μπορούν να διατεθούν είναι το πολύ 4.(Μαζί με την εξίσωση χν =α). Δ 1 2 : Ο τιμοκατάλσyος των ΤΑΧΙ στην Αθήνα περιλαμβάνει 1 , 1 9 € για την ειcιcίνηση και 0,68€ για κάθε χιλιόμετρο διαδρομής, ενώ στα νησιά του Αιγαίου περιλαμβάνει 1 , 1 4€ για την ειcιcίνηση και 0,65€ για κάθε χιλιόμετρο διαδρομής α) Να βρείτε την α πόσταση που μπορεί να διανύσει με ΤΑΧΙ ένας επιβάτης στην Αθήνα αν διαθέτει 1 0€. β) Να βρείτε την απόσταση που μπορεί να διανύσει με ΤΑΧΙ ένας εmβάτης σε νησί του Αιγαίου αν διαθέτει 1 0€. γ) Αν στους νομούς της Θεσσαλίας η χρέωση για το ΤAXI περιλαμβάνει 2λ€ για την ειcιcίνηση και λ€ για για κάθε χιλιόμετρο διαδρομής , να βρείτε σε σχέση με το λ την απόσταση που μπορεί να διανύσει ένας εmβάτης αν διαθέτει Ι Ο€.Αν στον νομό Λαρίσης η χρέωση ανά χιλιόμετρο διαδρομής είναι 0,60€ και στο νομό Μαγνησίας 0,62€,να υπολσyίσετε την απόσταση που μπορεί να διανύσει με ΤΑΧΙ ένας εmβάτης που διαθέτει 1 0€. Παρατηρήσεις: α) Στο κεφάλαιο 2 υπάρχουν 1 1 διδακτικοί στόχοι από τους οποίους αρκετοί είναι σύνθετοι και απαιτούν επι πλέον ανάλυση. Παράδειγμα ο διδακτικός στόχος 2.2/α), 2.3/β). Οι ώρες που διατίθενται, συνολικά, είναι 14 (ή 1 6). β) Η παρά γραφος 3 . 1 πρέπει να διδαχθεί σε τρεις διδακτικές ώρες! γ) Υπάρχουν ασκήσεις που οι διατυπώσεις τους δεν βοηθούν και δεν ανταποκρίνονται στα σημεία της ύλης που πρέπει να τονιστούν. δ) Οι στόχοι αυτοί λαμβάνονται στη θεματογραφία των άλλων μαθημάτων (π.χ. φυσική), των επομένων τάξεων και κυρίως στις εισαγωγικές εξετάσεις; ε) Αρκετά θέματα 2 της Τράπεζας θε μάτων δια-βαθμισμένης δυσκολίας που αναφέρονται στο κεφάλαιο 2 και 3 . 1 , περιέχουν και ερωτήσεις που ανταποκρίνονται σε άλλα κεφάλαια(483,43 1 3). Η αξιολόγηση των μαθητών εmβάλλεται να γίνεται σύμφωνα με αυτούς τους διδακτικούς στόχους .Η διατύπωση και παρουσίαση των θεμάτων πρέπει να υπηρετεί αυτό ακριβώς;

ΓΡΑΠΤΗ ΕΞ ΕΤΑΣΗ ΣΤΗ ΓΕΩΜΗΡΙΑ

ΘΕΜΑ Α

Κεφάλα ιο 3°: Τρίyωνα

Παναγιώτης Μπρίνος

Al.

Αποδείξτε ότι τα εφαπτόμενα τμήματα κύκλου που άγονται από σημείο εκτός αυτού είναι ίσα. Α2. Να χαρακτηριστεί κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις ως Αληθής ή Ψευδής: α. Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: Α > Β τότε ΒΓ < ΑΓ. β. Δύο χορδές κύκλου είναι ίσες αν και μόνο αν τα αποστήματά τους είναι ίσα. γ. Αν δύο ορθογώνια τρίγωνα έχουν δύο ομόλογες πλευρές τους ίσες μία προς μία, τότε είναι ίσα. δ. Υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ για το οποίο ισχύει ΒΓ=ΑΒ+ΑΓ. ε. Δύο κύκλοι (K,R), (Λ,ρ), με ΚΛ=δ, �ρ, εφάπτονται εξωτερικά αν και μόνο αν δ=R-ρ.

ΘΕΜΑ Β

Γ\

Σε ημικύκλιο (O,R) θεωρούμε τα διαδοχικά τόξα ΑΒ , ΒΓ , Γ Δ ώστε: ΑΒ = ΓΔ . Να αποδείξετε ότι: Bl.

Γ\

ΑΓ = ΒΔ . 82. A f'B= Δ Β Γ.

ΘΕΜΑ Γ

(Μονάδες 10) (Μονάδες 15)

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Θεωρούμε σημεία Δ,Ε στην ΒΓ τέτοια ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν ΔΖ.lΑΒ, ΕΗ.lΑΓ και Θ το σημείο τομής των ευθειών ΖΔ και ΗΕ, να δείξετε ότι: ΓΙ. ΒΖ=ΗΓ. (Μονάδες 8) Γ2. ΒΘ=ΘΓ. (Μονάδες 8) Γ3. Η ΑΘ είναι διχοτόμος της γωνίας Δ Α Ε. ΘΕΜΑ Δ Α

(Μονάδες 9)

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ η διχοτόμος της γωνίας Α και ΒΔ<ΓΔ. Στην προέκταση της ΑΔ παίρνουμε τμήμα ΔΕ=ΑΔ και πάνω στην ΒΓ παίρνουμε τμήμα ΔΖ=ΔΒ. Αν η ΕΖ τέμνει την ΑΓ στο Η, Δ 1 . Να δείξετε ότι: i) Το τρίγωνο ΑΗΕ είναι ισοσκελές (Μονάδες 10) ii) ΑΓ>ΑΒ. (Μονάδες 7) Δ2. Αν Κ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΑΒ και ΗΔ, να δείξετε ότι το σημείο Δ είναι μέσο του ΗΚ. (Μονάδες 8) Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/37

Μαθη ματικά Ύια τη Β ' Λυκεiου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Τριγωνομετρία- Πολυώνυμα

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Αν ισχύει εφ(α+β)=3εφ(α-β), με και σφ � = -1- = -1- =2+ .J3 . 12 εφ -π 2 - .J3 π e Ζ τότε ημ2β= -ημ2α . α,β, α+β, α-β 'Φ κπ + -,κ 12 2 2 2 5 π =(2- .J3 ) 2 +(2+ .J3 ) 2 = β) Να αποδειχθεί για κάθε αe IR ότι Άρα εφ 2 � +εφ 12 12 �συν2α+συν4α=8ημ α. Άσκηση lη: α)

Λύση : α)

+ εφβ 3 εφα - εφβ εφ(α+β)=3εφ(α-β) => 1εφαεφαεφβ 1 + εφαεφβ => (SJnHXρβ)(1+�) =3 · (εφα-εφβ)(1-εφαεφβ) =:> εφα+εφβ+ εφ 2 αεφβ+εφαεφ 2 β= =3(εφα-εφβ--εφ 2 αεφβ+εφαεφ 2 β) => => -2εφα+4εφβ+4εφ 2 αεφβ--2εφαεφ 2 β=Ο => => -2εφα( l+εφ 2 β) +4εφβ( l+εφ 2 α)=Ο => 1 +4εφβ · -1 =0 =:> => -2εφα· -2 συν β συν2 α 2εφβ · συν 2 β=εφα· συν 2 α=>2ημβσυνβ=ημασυνα => ημ2β= ημ2α 2 . β) 3-4συν2α+συν4α=3-4(1 -2ημ 2 α)+1-2ημ 2 2α= =3-4+8ημ 2 α+ 1 -2ημ 2 2α=8ημ 2 α- 2(2ημασυνα) 2 = =8ημ 2 α( 1-συν 2 α)=8ημ α. =

4-4

.J3 +3+4+4 .J3 +3=14.

Άσκησ η 3 η :

Αν α,β.γ γωνίες τριγώνου να αποδειχθεί ότι εφ 2 α +εφ 2 .I!. +εφ 2 1 � 1. 2 2 2

α -β =-π - -γ Ε'ιναι α+β+γ=π =:> α+β==π-1=> -+ 2 2 2 2 α β => εφ + - � => -σφ Ξ => 2 2 �+� α -γ +εφ -β εφ -γ = 2 2 1 =:> εφ-εφ β γ _ · aι>:: 2 2 2 2 α 1 81>::2 2 εφ -2 =1-εφ �2 εφ �2 => εφ�2 εφ Ι2 +εφ�2 εφ Ι2 +εφ �2 εφ �2 =ι Όμως Sπ =14. εφ� - εφ% \ εφ � -εφ � \ εφ � - εφ % � Ο Ά σκηση 2 η : Να δειχθεί ότι εφ .!!.. +εφ 12 12 2 α + εφ2 � + εφ2 Ι => 2 εφ π π ' ' . δ ' λ Λυση : Επει η Ο 2 2 2 12 2 ο οι οι τριγωνομετρικοι 2 εφ �2 εφ �2 + εφ �2 εφ l2 + εφ l2 εφ �2 � Ο=> είναι θετικοί. Είναι: αριθμοί του τόξου � 12 π J3 2 εφ 2 �2 + εφ 2 �2 + εφ 2 12 -2 � 0 => 1 1 � συν-6 = -2 Άρα ημ-π 2 - .J3 ημ 2 12π --= 2 2 2 12 εφ 2 �2 +εφ 2 �2 +εφ 2 r2 � 1. .J3 1 + συν-π6 1 + --2- = � Άσκηση 4'1 : Αν Ρ(χ)=χ4 + r · συν2θ+3χ · συνθ+1 , = Επίσης συν 2 � να βρεθεί για ποιες τιμές της γωνίας θ, το Ρ(χ) 4 12 2 2 3π . 3π · συνπ �2 + .J3 έχει ρίζα τον αριθμό ρ= 2ν ημΆρα συν. Παρατηρούμε ότι 8 8 2 12 3π 3π 3π π 5π 6π π . 5π π Λύ ση : Είναι ρ=2J2·τμ ·σw =J2·τμ = -+χ =Άρα ==σφ. εφ ουμε: Έ 4 8 8 12 12 12 2 12 12 .J2 π .J2 . =1. Ο ρ=1 είναι ρίζα του Ρ(χ) αν και μόνο ημ 2 � 12 � 2 - ../3 � εφ _::_ αν P(l )=Ο <::::> συν2θ+3συνθ+2=0 <::::> 12 σuν � 2 + J3 2 2συν θ-1 +3συνθ+2=0 <::::> 2συν 2 θ+3συνθ+ 1 =Ο <::::> 12

: Λυση ,

��J

� �J αι J

(

( (

(

) ( )

) (

)

r.::

ι;; J.

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/38

•

)

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

2π ή (συνθ= --21 ή συνθ==-1) <:::> (συνθ=συν3 2π συνθ=συνπ) <:::> (θ=2κπ ± 3 ή θ=(2κ+ 1 )π, κ Ε Ζ ).

χ=20 141 η παραπάνω σχέση δίνει 2015 20 4 = 2014 · 2015 · 2016 · π(2014 ) + 2015 2 <=> 2015 20 1 4 - 2015 2 = 2014 · 2015 · 2016 · π( 2014) .Όμως ο π(2014) είναι ακέραιος, άρα ο φ διαφεί τον μ.

Άσκηση Sη : Αν τα πολυώνυμα Α(χ) και Β(χ) δεν Άσκηση 8 η : Να λυθούν οι. εξισώσεις: έχουν κοινή ρίζα, να δείξετε ότι και τα 2 2 πολυώνυμα f(x)=A(x)+B(x) και g(x)=A(x)B(x) α> ( χ - 5χ + ιy + 8 · ( χ - 5x - t ) + 3 1 = ο (Ι) 3 δεν έχουν κοινή ρίζα. β) 42χ 4 - 475χ + 1850χ - 475χ + 42 = Ο (Ii)

κοινή ρίζα των Λύση : Έστω ότι υπάρχει = 3 - .Jx + l (111) πολυωνύμων f(x),g(x). Τότε (f(ρ)=Ο και g(ρ)=Ο) γ) � 3 ( Α(ρ)= - Β (ρ) και Α(ρ)Β(ρ)=Ο) <=> (Α(ρ)= δ) {/χ + 8χ2 = χ + 4 (IV) - Β(ρ) και -Β 2 (ρ)=0). Οπότε Α(ρ)=Β(ρ)=0, Λύση : α) Θέτουμε χ2 -5x+1 = y . άτοπο αφού τα Α(χ),Β(χ) δεν έχουν κοινή ρίζα. Τότε χ2 -5x -1 = y -2 . Άσκηση 6'1 : Έστω ρ JR • Αν η εξίσωση 3 με κ,λe JR έχει τρεις Η επιλύουσα της 2(Ι) είναι η y 2 +8(y-2)+31 =Ο (2). χ - κχ + λ = Ο πραγματικές ρίζες εκ των οποίων μία είναι η ρ, Έχουμε: (2) <:::> y +8y+15=0 <::> y=-3 ήy=-5. 2 Αν y=-3, τότε χ 2 - 5χ + 1 =-3 (3). 3 να δειχθεί ότι κ � _e_ . Είναι (3) <:::> χ 2 - 5χ + 4 =Ο <:::> χ=1 ή χ=4 4 Αν y=-5, τότε χ 2 -5χ 1 =-5 (4) Λύση : Ο ρ είναι ρίζα της εξίσωσης χ3 - κχ + λ = Ο αν και μόνο αν ρ3 - κρ + λ = Ο (1) . Εκτελώντας τη Είναι (4) <:::> χ 2 - 5χ + 6 =Ο <=> χ=2 ή χ=3 β) Παρατηρούμε ότι η χ=Ο δεν είναι ρίζα της διαίρεση (χ3 - κχ + λ) :(χ-ρ) βρίσκουμε το πηλίκο εξίσωσης. Έχουμε 4 π(χ)=χ 2 +ρχ+ρ 2 -κ και υπόλοιπο υ=ρ3 - κρ + λ= Ο . 42χ - 475χ 3 + 1850χ - 475χ + 42 = ο <=> 1 =Ο<::> 42χ 2 -475χ + 1850 -475 · _!_χ + 42 ·Είναι: χ 3 - κχ + λ = Ο <=> (χ-ρ)(χ 2 +ρχ+ρ 2 -κ)=Ο χ2 χ=ρ ή χ 2 +ρχ+ρ 2 -κ=Ο. Η αρχική εξίσωση όμως έχει τρεις πραγματικές ρίζες, άρα πρέπει και αρκεί 42 χ 2 + :2 - 475 χ + � + 1850 = 0 (1). 32. Δ � Ο <::> ρ 2 -4(ρ 2 -κ) � Ο <:::> 4κ� 3 ρ 2 <=> κ� ...Ε_ 1 =y και προκυπτει ' ' 4 ' η εξισωση ετουμε χ Θ + 20 1 4 7 χ Άσκη ση η : Δίνεται το Ρ(χ)= { χ + 1 ) • 42 . (y 2 -2)-475y+1850=0 <::> 42y 2 -559y+1850=0 α) Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του (2) που είναι η επιλύουσα της (1). πολυωνύμου Ρ(χ) με το Q(x)= χ3 + 3χ2 + 2χ • Δ=312.481-310.800=1681 και έτσι Είναι β) Να δειχθεί ότι αριθμός φ= 2014 · 2015 · 2016 y= 55984+ 41 = 507 ή y= 55984- 41 = 376 . Άρα : διαιρεί τον αριθμό μ= 20 15201 4 - 20152 • Λύ ση : 1 50 <::> 7χ 2 -50χ+7=0 <::> χ=7 η' χ=-1 χ + -=α) Είναι Q(x)= χ3 +3χ2 +2χ= χ · { χ2 + 3χ + 2) = χ 7 7 = χ · (χ + 1) · (χ + 2) .Επειδή το Q(x) είναι τρίτου η, χ + -=1 37 <=> 6χ 2 -37χ+6=ο <=> χ=6 η. χ=-1 . χ 6 6 βαθμού το υπόλοιπο υ(χ) της διαίρεσης P(x):Q(x) χ � 2 και θα είναι πολυώνυμο το πολύ δευτέρου βαθμού. Δηλαδή υ( χ) = αχ 2 + βχ + γ με α,β,γ Ε JR . χ -2 � 0 ιcαι χ � -1 και Ο χ + 1 � και Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης .Jx +1 � 3 γ) (ill ) � 4 2 ισχύει: P(x)=Q(x) · π(χ)+υ(χ) <=> (χ + 1 ) 0 1 = 3-.Jx + 1 � Ο και και (.Jx -2)2 = (3 - .Jx +1)2 χ -2 = 10=χ·(χ + 1)·(χ +2) · π(χ)+αχ? +βχ+ γ (1), όπου π(χ) 6-./χ +1 + χ είναι το πηλίκο της παραπάνω διαίρεσης. Η (Ι) για χ=Ο,χ=-1 ,χ=-2 δίνει αντίστοιχα τις ισότητες: χ � 2 και χ � 2 και 2<χ <8 γ=1,α-β+γ=Ο και 4α-2β+γ=1 από τις οποίες χ � -1 και χ � -1 ιcαι � χ+ 1 9 και � χ 8 και � και � χ - 3 . προκύπτει ότι α=:ο1,β=2,γ=1. β) Με αντικατάσταση των α=1, β=2,γ=1 στη (1): χ+1 = 4 1 4 6Γχ+ϊ (-./χ+1)2 = 12 = 4 2 2 0 { χ + 1) = χ · (χ + 1) · (χ + 2 ) · π(χ)+χ +2χ+1 . Για <:::>

(I)

<:::>

) { )

{

! ! �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/39

�

{- -

δ) (IV) �

�

Μαθη ματικά ΎUΙ τη Β ' Λ\Ικείου

χ 2 ( χ + 8) � 0 και χ3 + 8χ2 �Οκm χ � -4 και χ+4�0κm � χ 3 + 8χ 2 = χ3 + l2x 2 2 3 = χ+4 3 + χ 3 8χ ) ( ) (� +48χ + 64

{

{::�::: {: � � χ2 + 12χ + 16=0

�

και g(x)= χ3 + χ 2 +7χ-11. Να βρείτε τις τιμές των α,β,γ,μ,λΕ R για τις οποίες το πολυώνυμο f(x)+g(x) είναι: (α) τρίτου βαθμού (β) δευτέρου βαθμού (γ) πρώτου βαθμού + 2� � χ = -6 + 2� (δ) μηδενικού βαθμού (ε) μηδενικό πολυώνυμο

ή χ = -6 - 2�

Άσκηση 9η: Δίνεται το Ρ(χ) για το οποίο ισχύουν Ρ 2 (2)+25 � 10Ρ(2) και P(l}-P(2)=3. Επίσης το Ρ(χ) διαιρούμενο με χ-3 δίνει υπόλοιπο Ρ(4}-16 ενώ διαιρούμενο με χ-4 δίνει υπόλοιπο2Ρ(3)+9. Να βρεθεί το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου Q(x)=P 2 (χ)+Ρ(χ+2)+Ρ(χ+3}-71. Είναι Ρ 2 (2)+25 � 1 0Ρ(2) � (Ρ(2}Λύση : 5) 2 � Ο � Ρ(2)=5 και Ρ( 1 )=3 +Ρ(2)=8. Επίσης

Ρ(3)=Ρ(4}-1 6 και Ρ(4)=2Ρ(3)+9. Άρα Ρ(3)=2Ρ(3 }7 � Ρ(3)=7. Οπότε: Ρ(4)=23 . Το άθροισμα των συντελεστών του Q(x) είναι ίσο με Q( l )=P 2 ( 1 )+P(3)+P(4}-7 1 =64+7+23-7 1 =23 . Άσκηση 1 0η :

Λύση : f(x)+g(x)= (α6 - 2α3 + 1) χ3 +( β2 - 2β + γ2 + 1 ) χ2 +(μ+7)χ-5λ-5 . Το πολυώνυμο f(x)+g(x) είναι: (α) αν και μόνο αν ( α6 - 2α3 + 1 :;e O και β,γ,μ,λ Ε R ) � (( α3 - 1 ) 2 :;e O και β,γ,μ,λ Ε R ) � (α :;e 1 και β,γ,μ,λ E R ) αν και μόνο αν (β) (α= 1 , β2 - 2β + γ2 + 1 :;e Ο και μ,λ Ε R ) �

τρίτου βαθμού

δευτέρου βαθμού

(α= 1 ,(β-1) 2 +γ 2 :;e Ο και μ,λ Ε R ) � (α= 1 ,β :;e 1 ,γ,μ,λ Ε R ) ή (α= 1 ,γ :;e Ο,β,μ,λ Ε R ) (γ) αν και μόνο αν α= 1 ,β= 1 ,γ=Ο,μ :;e -7,λ Ε R . (δ) αν και J.ώνο αν (α= 1 , β=1 , γ=Ο, μ=-7, -5λ-5 :;e Ο) � (α=1, β= 1 , γ=Ο, μ=-7, λ :;e -1) (ε) αν και μόνο αν α=1 , β= 1 , γ=Ο, μ=-7, λ= -1 . Άσκηση

πρώτου βαθμού μηδενικού βαθμού

Δίνεται η συνάρτηση 4 lr f( x) -x + +3r -8x+4 . Να βρεθούν τα μηδενικό πολυώνυμο Ι χ-7 1 διαστήματα στα οποία η Cr βρίσκεται κάτω : Να βρείτε πολυώνυμο Ρ(χ) τέτοιο από τον χ 'χ. ώστε Ρ(Ρ(χ))=9χ-12. Λύση : Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί Ιχ-

12η

71 :;e Ο � χ :;e 7. Η Cr βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ ' χ αν και μόνο αν f(x)<O. Για x :;e 7 έχουμε: -χ4 + ΊΧ +3,? -8χ +4 <Ο � -χ4 +2Χ +3,? -8χ +4<0( 1 ). Ι χ-7 1 Οι πιθανές ακέραιες ρίζες της εξίσωσης -χ4 + 2χ3 + 3χ2 - 8χ + 4 = 0 είναι οι διαιρέτες του σταθερού όρου, δηλαδή οι: ± 1 , ± 2, ± 4. Παρατηρούμε ότι το 1 ,είναι ρίζα της εξίσωσης. Με σχήμα βρίσκουμε:

Horner

ι:

Για χ :;e 7 έχουμε: ( 1 ) � (χ- 1 ) (-χ3 + χ2 + 4χ - 4) <0 �

(χ-1 ) [χ 2 ( 1-χ) - 4( 1-χ)] <Ο � (χ- 1 )(1-χ)(χ 2 -4) <Ο � (χ-1 ) 2 (4--χ 2 )<0 � (4--χ 2 <0 και x :;e 1 ) � χ Ε ( -οο ,-2) υ (2,+ οο ). Άρα η Cr βρίσκεται κάτω από τον χ ' χ στο σύνολο ( -oo ,-2) u (2,7) u (7,+ οο ) μεγαλύτερος από το βαθμό του διαιρέτη δ(χ)= χ -8χ+ 1 ή δ(χ)=(χ 2 -2). Άσκηση +( χ2 + μχ-5λ+6

11η:

Δίνονται τα πολυώνυμα 6 3 3 f(χ)=(α - 2α ) χ β 2 - 2β + γ 2 )

Λύση : Έστω ότι το Ρ(χ) έχει βαθμό ν Ε Ν . Τότε το Ρ(Ρ(χ)) έχει βαθμό ν 2 • Όμως ο βαθμός του (9χ-1 2) είναι ίσος με 1 . Άρα ν2= 1 οπότε ν= 1 (ν Ε Ν ) φυσικός. Οπότε το Ρ(χ) είναι πρώτου βαθμού ,έστω Ρ(χ)=αχ+β. Είναι: Ρ(Ρ(χ))=9χ-1 2 � α(αχ+β)+β=9χ-12 � και αβ+β=-1 2) α 2 χ+αβ+β=9χ-12 � (α 2 =9 � (α=3 και β=-3) ή(α=-3 και β=6). Άρα Ρ(χ)=3χ-3 ή Ρ(χ)=-3χ+6. Άσκηση 13η :

Να λυθούν οι ανισώσεις: α) .Jx + 7 - .Jx + 3 < 1 (1) β) .Jx - 5 � 2 - χ (2)

Λύση : α) Για να ορίζεται η aνίσωση πρέπει και αρκεί:χ+7 � 0 και χ+3 � 0, δηλαδή χ � -3 ( 1 ). Για

.Jx + 7 < 1 + .Jx + 3 � .Jx + 7 2 < (l + .Jx + 3 )2 � x+7< 1 +2 .Jx + 3 +x+3

χ � -3 έχουμε: ( 1 ) �

�

.Jx + 3 > � � χ+3> � � χ>- � (2). ( 1 ),(2) 2

�

3 χ Ε (- - ,+ οο ). 4 β) Για να έχει νόημα η aνίσωση πρέπει και αρκεί χ-5 � Ο � χ � 5 .Τότε όμως είναι 2-χ<Ο, οπότε η δοθείσα aνίσωση αληθεύει για κάθε χ � 5 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 9 4 τ.2/40

Μαθηματικά Ύια τη Β ' Λυκείου

Μ ι α επ έκταση του σχήματο ς

Horner

Γιώργο ς Κουσινιώ ρη ς [Παράρτη μα Ε.Μ.Ε. Ηλείας]

Homer

Το σχήμα για να κάνουμε τη διαίρεση ο ποιουδήποτε πολυωνύμου όταν ο διαιρέτης είναι πρώτου βαθμού και έχει μορφή χ-ρ. Στο τεύχος 88 Β είχαμε παρουσιά σει μια επέκταση του σχήματος όταν ο δι αιρέτης έχει τη μορφή αχ+β με α;fΟ. Στο παρόν άρθρο θα γενικεύσουμε το σχήμα για την περίπτωση που

του Ευκλείδη

Homer Homer

ο διαιρέτης είναι βαθμού μεγα λύτερου του πρώτου.

Θά ξεκινήσουμε με διαιρέτη δευτέρου βαθμού της μορφής Χ1 + ΚΧ + λ. Ας πάρουμε για παράδειγμα ένα πολυώνυμο Ρ(χ) 5ου βαθμού. Είναι κ· Ρ( α-

χ ) = α5 χ s + α4 χ 4 + α3 χ 3 + α2 χ 2 + αιχ + α0 • νουμε τη διαίρεση του πολυωνύμου Ρ(χ) με το Q ( χ ) = χ 2 - κχ + λ με τη γνωστή διάταξη : # + α4Χ4 + <X:JX3 +�Χ2 +α,χ +ασ -# - ΚΙΧ:sΧ4 -'λι::ι.sχ3 ( α4 - ΚΙΧ:s ) χ4 +(<X:J -'λι::ι.s ) χ3 +�χ2 +α,χ +ασ Αν θέσουμε, για λόγους ευκολίας, β 4 = α 4 - κα 5 και β = α3 - λ α το πρώτο μερικό υπόλοιπο γίνε3 5 ται: (α4 - καs ) χ 4 + (α3 - λ αs ) χ 3 + α2 χ 2 + αιχ + αο = = β4 χ 4 + β3χ 3 + α2 χ 2 + αι χ + αο Συνεχίζουμε τη διαδικασία της διαίρεσης με διαι 4 3 ρετέο το β 4 χ + β 3χ + α 2 χ 2 + α ιχ + α0 , οπότε έ

χουμε:

3 W + β3χ + α2 χ2 + αιχ + αο # - κ.β4 χ3 -λβ4 χ 2 ( β3 - κ.β4 ) χ3 + ( α2 -λβ4 ) χ2 + αιχ + αο Ομοίως θέτοντας γ3 = β 3 - κβ 4 και γ2 = α 2 - λ β 4 το δεύτερο μερικό υπόλοιπο γίνεται: ( β 3 - κβ4 ) χ 3 + (α2 - λβ4 ) χ2 + αιχ + αο = = γ3χ 3 + γ2 χ 2 + α ιχ + αο οπότε ξαναγυρίζοντας στη διαίρεση έχουμε:

� + γ2 χ 2 + αιχ + αο � - κ.γ3χ 2 - λγ3χ

χ 2 + κχ + λ αs χ 3 + β 4 χ 2 + γ3χ

+ - λγ 2 κ.γ3 } χ 2 (α ι 3 } χ + α ο Και πάλι θέτοντας δ 2 = γ2 - κ.γ 3 και δ ι = α ι - λγ3 το τρίτο μερικό υπόλοιπο γίνεται: ( γ2 - κ.γ 3 ) χ 2 + (α ι - λγ3 ) χ + αο = δ 2 χ2 + διχ + αο , (γ

επομένως τελικά έχουμε:

V + δ ιχ + αο #' - κδ 2 χ - λδ 2 ( δ ι - κδ2 } χ + ( α0 - λδ 2 }

Το υπόλοιπο της διαίρεσης είναι το πολύ πρώτου βαθμού. Όλα τα παραπάνω φ αίνονται συγκεντρω μένα στον παρακάτω πίνακα:

Θυμηθείτε ότι είναι: β3 = α3-λαs , γ2 = α2-λβ4 και δ ι = α ι -λγ3 Παρατηρείστε ότι στην τελευταία γραμμή του πί νακα οι αριθμοί αs , β4, γ3 και δ2 που βρίσκονται στα πρώτα κελιά είναι οι συντελεστές του πηλίκου της διαίρεσης διατεταγμένοι κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του ενώ οι δύο τελευταίοι αριθμοί δ ι κδ2 και αο-λδ2 που είναι οι συντελεστές του υπό λοιπου της διαίρεσης διατεταγμένοι και αυτοί κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του Επομένως στην πράξη συμπληρώνουμε τον πίνακα ως εξής: Στην πρώτη γραμμή τοποθετούμε τους συντελε στές του διαιρετέου Ρ(χ) κατά τις φθίνουσες δυνά μεις του (αν λείπει κάποια δύναμη του στη θέ ση του αντίστοιχου συντελεστή βάζουμε μηδέν). Τα δύο πρώτα κελιά της δεύτερης γραμμής παρα μένουν κενά. Επίσης κενά παραμένουν το πρώτο και το τελευταίο κελί της τρίτης γραμμής (τα κελιά με το σκούρο γκρι χρώμα). Ο πρώτος αριθμός της τελευταίας γραμμής είναι ο πρώτος αριθμός της πρώτης γραμμής (εδώ ο α5). Πολλαπλασιάζουμε τον πρώτο αριθμό της τελευ ταίας γραμμής με το -κ και το γινόμενο το βάζου με στο πάνω δεξιά κελί της τρίτης γραμμής και με το -λ και το γινόμενο το βάζουμε στο πιο πάνω δεξιά κελί της δεύτερης γραμμής (στα κελιά με το ροζ χρώμα). Ο δεύτερος αριθμός της τελευταίας γραμμής (εδώ ο β4) είναι το άθροισμα των αριθμών που είναι στα δύο κελία που βρίσκονται από πάνω. Επαναλαμβάνουμε τη διαδικασία πολλαπλασιάζο ντας τώρα τον β4 με -κ και -λ και τοποθετώντας τα γινόμενα στα διαγωνίως δεξιά και επάνω κελιά με το ίδιο ( ελαφ ρώς γκρί) χρώμα. Κατόπιν προ σθέτουμε τους αριθμούς στη στήλη που συμπλη ρώθηκε. Η διαδικασία αυτή προχωράει μέχρι να συναντήσουμε το κελί που είναι κάτω από το αο. Ας εφαρμόσουμε τα παραπάνω για τη διαίρεση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/41

χ.

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκεiου

το υπόλοιπο υ(χ) = Οχ+Ο = Ο, συνεπώς η διαί ρεση είναι τελεία.

( 2χ5 + χ4 + 4χ3 + 3χ 2 + 2χ + 7 ) : ( χ 2 + χ + 3 ) ο

;=2

α4= 1

κα 5

__(!s�2

β4

�1

Ή πιο απλά:

α3=4

αz=3

α ι =2

αο= 7

--6

-λβ4=

-λγ3=

-λγz=

-λ=

γ3 � 1

δ2 = 7

-λ αs=

-1

KYJ

κβ 4

-1

�

-1 4

κδz 7

-2

-1 4

-2

κ=

Το πηλίκο είναι π( χ) = 2χ3 - χ 2 - χ + 7 και το υπόλοιπο υ(χ) = -2χ-14. Προφανώς ο βαθμός του πηλίκου που βρίσκουμε είναι κατά δύο μικρότερος από το βαθμό του διαιρετέου Ρ(χ). Να γίνει η διαίρεση ( 4χ6 - 2χ5 - χ4 + 5χ3 - 7χ2 + 6χ - 8) : ( χ 2 - 2χ + 3) 4

� 4

-1

-7

-8

-1 2

-1 8

1 02

-3

-2

-3 0

--68

-2 8

-1

-34

-15

-1 7

Το πηλίκο είναι π(χ) = 4χ4 + 6χ3 - χ 2 - 1 5χ - 34 και το υπόλοιπο υ(χ) = -17χ+94 Να γίνει η διαίρεση ( 2χ5 - χ4 - 28χ3 - 1 5χ2 - 67χ - 25 ) : ( χ 2 - 4χ - 2)

• 2

•

-1

Ί'OlW'il 8

-2 8

-1 5

-6 7

-25

�

Το πηλίκο είναι π(χ) = 2χ3 + 7χ 2 + 4χ + 1 5 και το υπόλοιπο υ(χ) = χ+5 Να γίνει η διαίρεση ( -3χ4 + l 0x3 + 25χ + 8 ) : ( χ 2 - 4χ ) -3

-3

-12

-8

-2

-7

-3 2

-8

Το πηλίκο είναι π( χ) = -3χ 2 - 2χ - 8 και το υπόλοιπο υ(χ) = -7χ+8 Να γίνει η διαίρεση ( -2χ5 - χ4 + l0x3 - 4χ 2 + 43χ - 56) : ( χ 2 + χ - 7 ) -2

-1

-2

--4

-5 6

-14

-3 5

-5

-8

7 -1

Το πηλίκο είναι π( χ) = -2χ3 + χ 2 - 5χ + 8 και

τίθ εται τώρα το ερώτη μα: Μήπως η μέθοδος

γενικεύεται και για διαιρέτη βαθμού μεγαλύτερου του 2ου;

Ας προσπαθήσουμε να γενικεύσουμε αυτά που βλέπουμε στους πίνακες παραπάνω. Κατ' αρχήν παρατηρούμε ότι τα κενά κελιά στους πίνακες έχουν μια ' ' κανονικότητα ' ' . Είναι κενά τα δύο πρώτα κελιά στη δεύτερη γραμμή, (όσο ο βαθμός του διαιρέτη), και δύο στην τρίτη γραμμή, το πρώτο και το τελευταίο. Οπότε αν ο διαιρέτης είναι κ βαθμού στη δεύτερη γραμμή θα είναι κενά τα κ πρώτα κελιά, στην τρίτη γραμμή τα κ-1 πρώ τα και το τελευταίο κελί, στην τέταρτη γραμμή τα κ-2 πρώτα και τα δύο τελευταία κελιά κ.ο.κ μέχρι την κ+ 1 γραμμή, που έχουμε κενό το πρώτο και τα τελευταία κ-1 κελιά. Οι πολλαπλασιαστές κάθε γραμμής είναι οι αντί θετοι των συντελεστών του διαιρέτη και γράφονται κατά τις αύξουσες δυνάμεις από πάνω προς τα κά τω ( και χωρίς το μεγιστοβάθμιο που είναι μονά δα). Τα κελιά της τελευταίας γραμμής συμπληρώ νονται προσθέτοντας τους αριθμούς που βρίσκο νται στα κελιά που είναι ακριβώς πάνω από αυτά, ενώ τα κελιά στις ενδιάμεσες γραμμές συμπληρώ νονται πολλαπλασιάζοντας τον αριθμό στο κελί της τελευταίας γραμμής που έχουμε εντοπίσει τε λευταίο με τους αντίστοιχους πολλαπλασιαστές κάθε γραμμής και τοποθετώντας το γινόμενο στο πρώτο ελεύθερο κελί που συναντάμε στη γραμμή του κάθε πολλαπλασιαστή. Η διαδικασία αυτή προχωράει μέχρι να συναντήσουμε το κελί που είναι κάτω από το α0• Όταν ολοκληρωθεί η διαδι κασία οι ν-κ (ν είναι ο βαθμός του διαιρετέου και κ ο βαθμός του διαιρέτη) πρώτοι αριθμοί στην τε λευταία γραμμή είναι κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του χ οι συντελεστές του πηλίκου και οι υπόλοι ποι, επίσης κατά τις φθίνουσες δυνάμεις του χ, οι συντελεστές του υπόλοιπου. Ας το δούμε με ένα παράδειγμα όταν ο διαιρέτης είναι 3ου βαθμού. Έστω τα πολυώνυμα Ρ { χ ) = -χ8 -3χ7 + 5χ6 + l0x5 + 28χ3 - 47χ2 - 8x + l l και Q ( x ) = x3 + 2χ 2 - 3χ - 1 -1

-3

--47

-8

Το πηλίκο είναι π( χ) = -χ5 - χ4 + 4χ3 - 2χ 2 + 1 5χ - 4 και το υπόλοιπο υ ( χ ) = 4χ2 - 5χ + 3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/42

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκεiου

Μερικά ακόμα παραδείγματα: • Έστω τα πολυώνυμα Ρ χ = 2χ8 + χ7 - 2χ6 + 3χ5 - χ4 + 2χ3 + χ2 - 3χ + 1

(}

( )

και Q x = x3 - χ2 - 2χ + 3 . Να γίνει η διαί ρεση P(x):Q(x).

Το πηλίκο είναι π( χ) = 2χ4 + χ3 - χ2 + 2χ και το υπόλοιπο υ( χ) = 6χ4 - 8χ3 + χ2 - χ - 4 . Το πηλίκο είναι π(χ) = 2χ 5 + 3χ4 + 5χ3 + 3χ2 + 1 5χ - 1 8 και το υ -

( )

πόλοιπο υ χ = -26χ2 - χ + 4 . •

Έστω τα πολυώνυμα

( )

Ρ χ = 3χ8 - χ7 - 4χ4 + 3χ3 - 5χ2 - 7χ + 8

( )

και Q χ = χ3 - 2χ + 1 . Να γίνει η διαίρεση

τίθεται τώρα ένα ακόμα ερώτη μα: Τι γίνετα ι στην περίπτωση που ο διαιρέτης έχει συντελεστή μεγιστοβαθμίου όρου ακ * 1; Αν ο διαιρέτης έχει μεγιστοβάθμιο όρο με συντε λεστή ακ ;/= 1 , τότε εργαζόμαστε ως εξής: Από την ταυτότητα της διαίρεσης έχουμε Q(x) Ρ(χ) = Q(χ) · π(χ)+υ(χ) = ακ ·π( χ) + υ( χ) ακ Q(x) = · ακ · π(χ) + υ(χ) = Q 1 (χ) · π 1 (χ) + υ(χ) . Το ακ Q(x) έχει προφανώς συντεπολυώνυμο Q l (χ) = ακ λεστή του μεγιστοβαθμίου όρου τη μονάδα, οπότε εφαρμόζοντας τα παραπάνω για τη διαίρεση P(x):Q1(x) βρίσκουμε το πηλίκο π1 (χ) και το υπό λοιπο υ(χ). Το υπόλοιπο που βρίσκουμε είναι το ίδιο με το υπόλοιπο της διαίρεσης P(x):Q(x) ενώ το πηλίκο π(χ) βρίσκεται διαιρώντας του συντελε στές του π1(χ) με τον ακ. Να γίνει η διαίρεση του πολυωνύμου Ρ χ = 2χ9 + 24χ8 + 37χ7 - 35χ6 - 1 0χ5 + 8χ4 - 60χ3 -

[

P(x):Q(x).

mmm--:1t-1r�t-τ-t:ctli:t-=ll l

UIΊ!��j�j�jBdHι� Το πηλίκο είναι π(χ) = 3χ5 - χ4 + 6χ3 - 5χ2 + 9χ - 13

( )

και το υπόλοιπο υ χ = 1 8 χ 2 - 42χ + 2 1 .

Ας το δούμε και με διαιρέτη 4ου βαθμού . . . . • Έστω τ α πολυώνυμα Ρ χ = χ9 - 3χ8 + χ7 - 2χ4 - 4χ3 + 1 και

( ) Q ( x ) = x4 - 2χ3 + 3χ2 - x + l . Να γίνει η

διαίρεση P(x):Q(x).

]

Παράδειγμα:

()

( )

-26χ2 + 39χ +9 με το Q x = 2χ3 + 4χ2 - 3χ - 1 . Με

Ql (x) =

Q(x)

2χ3 + 4χ2 - 3χ - 1

�

1 3 = Χ3 + 2Χ 2 -- Χ -2 2

Επομένως είναι υ( χ) = χ 2 - χ - 2 και Το πηλίκο είναι π( χ) = χ5 + χ4 - 2χ2 - 5χ - 7 και

( )

το υπόλοιπο υ χ = -5χ3 + 1 8χ2 - 2χ + 8 . . . . . . και 5ου βαθμού: Έστω τα πολυώνυμα χ = 2χ9 -3χ8 -5χ7 +1 lx6 +,c -2χ4 _χ1 +lJC -3x-4

•

Ρ( )

( )

και Q x = x 5 - 2χ4 - χ3 + 4χ2 - 1 . Να γίνει η διαίρεση P(x):Q(x).

π( χ) =

π, (χ)

2χ6 + 20χ5 + 0χ4 - 4χ3 + 8χ2 - 14χ - 22

2 ακ = χ6 + 1 0χ 5 - 2χ3 + 4χ2 - 7 χ - 1 1

Η παραπάνω

μπορεί εύκολα να aυτοματοποιηθεί με τη χρήση του Mi crosoft E xcel, του Open Office ή οποιουδήποτε άλλου αντίστοιχου λογισμικού. Επισή μαν ση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/43

διαδικασία

Μ αθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μ ετρι κέ � σχ έσει � στο τρ ίγωνο

lη Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Θ το βαρύκεντρο και Δ,Ε τα μέσα ων ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα.

Βαγγέλης Ευσταθίου - Θάνος Χαραλάμπους

Άσκηση

Αν το ΑΔΘΕ είναι εγγράψιμο, να αποδείξετε ότι: α . β 2 + γ 2 = 2α 2 β. μ: + μ� = 2μ; γ . Κατασκευάζουμε ισόπλευ ρα τρίγωνα ΚΒΓ και ΛΒΓ εκατέρωθεν της ΒΓ. Να αποδειχθεί ότι η γωνία ΚΑΛ = 9ο0

Λύση α. Για τα σημεία Β,Γ εξωτερικά του κόκλου ΑΔΘΕ ισχύουν:

2γ · γ = "32 μβ · μβ � γ2 = "34 μβ2 1 2 4 μ2 ΓΕ · ΓΑ = ΓΘ · ΓΔ � - β · β = - μ · μ � β 2 = 2 3 3 ΒΔ · ΒΑ = Β Θ · ΒΕ �

Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε :

β 2 + γ2 = � ( μ � + μ � ) � 3 ( β 2 + γ 2 ) = 4μ � + 4 μ� � 3β 2 + 3γ 2 = 2α 2 + 2γ2 - β 2 + 2 α2 + 2β 2 - γ2 �

β.

γ.

6α2 = -3c 4 2 2 2 2 2 2 2β 2γ 4 + 3 α α α =α Συνεπώς μ 2 + μ 2 = 2μ2 2μα2 = = α β 2 2 2 Η διάμεσος

ΚΜ είναι και ύψος του ισοπλεύρου ΚΒΓ με βάση

την ΒΓ= α είναι : ΚΜ =

α..f3 2

. Επίσης ΛΜ = ΚΜ . Άρα το Μ είναι

μέσον του ΚΑ. Από το προηγούμενο ερώτημα έχουμε ότι:

3α2 � μ = α..f3 � ΑΜ = α..f32 4 α 2 2

μα =

Δηλαδή η διάμεσος είναι το ήμισυ της αντίστοιχης πλευράς, άρα είναι διάμεσος ορθογωνίου. Συνεπώς Κλλ. = 90° Άσκηση

2η

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και φέρουμε το ύψος ΑΚ , την Διχοτόμο ΑΔ και την διάμεσο ΑΜ. Να αποδειχθεί ότι ισχύει (Ρ - γ) 2 = 4ΔΜ ΚΜ ·

Λύση Από το θεώρημα των προ βολών στο ΑΒΓ έχουμε : + γz - βz - 2α · Β Κ � ΒΚ = και

α2

β 2 = α 2 + γ2

ΒΔ = ..!!:1_ , ΒΜ = α β+γ 2

2α

τότε :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/44

)(

(

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

)

αγ -α - α2 + γ2 - β 2 => 4ΔΜ · ΚΜ = 4 ( ΒΜ - ΒΔ }( ΒΜ - ΒΚ } = 4 -α2 - β+γ 2 2α 2 2 2 2 2 2 4ΔΜ · ΚΜ = 4 α( β2+βγ) -γ)2 αγ · α - α 2-γ + β = αβ +βαγ γ- 2 αγ · β -γ => + α α ( + 2 2 4ΔΜ · ΚΜ = αββ - γαγ . β -γ = α(ββ -γγ) . ( β + γ) ( β - γ) = ( β -γ)2 + + α α

(

Άσκη ση 3 η

)

Σε τρlymvo ΑΒΓ ισχύει η σχέση : 3 μ: + + α · μ, - 2Jir = 4α · μ, . Να αποδειχτεl ότι εlvαι ορθογώνιο και ισοσκελές.

( ) ( )

( )

Απ ό δ ειξη

2 2 2 3 μ� + : + α · μα - 2βγ = 4α · μα => 2 μ� + : + μ� + : + 3α · μα - 2βγ = 4α · μα => α 2 + μ� + α2 - α · μα - 2βγ = 0 => 2μ� + α2 + μα - 2α 2 - 2βγ = 0 => 2 μ� + 4 4 τ 2β 2 + 2γ2 - α 2 + α 2 + μα - 2α 2 - 2βγ = Ο => β2 + γ2 - 2βγ + μα - 2α 2 = 0 => τ 2 2 ( β - γ )2 + μα - � = Ο => β = γ και μα = � Άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές .

Θεώρη μα

( ) του

( )

( ) ( )

Ste\\:art

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τυχαίο σημείο Δ της ΒΓ. Να αποδειχθεί η σχέση : ΔΓ · ΑΒ 2 + ΔΒ · ΑΓ 2 = ΒΓ ( ΑΔ2 + ΔΒ · ΔΓ ) Απ όδ ειξη Εφ αρμόζουμε το θεώρημα των προβολών στα τρίγωνα Δ

ΑΒ Δ •

και ΑΔΓ : Δ

ΑΒΔ και ισχύει: ΑΒ 2 = ΑΔ2 + Β Δ2 - 2ΒΔ · ΔΚ Πολlζουμε με ΔΓ και έχουμε : ΔΓ · ΑΒ2 = ΔΓ · ΑΔ 2 + ΔΓ · ΔΒ 2 - 2ΔΒ · ΔΓ · ΔΚ ( 1 ) Στο ΑΔΓ και ισχύει: ΑΓ2 = ΑΔ 2 + ΔΓ2 + 2 ΔΓ · ΔΚ Πολlζουμε με ΔΒ και έχουμε : ΔΒ · ΑΓ2 = ΔΒ · ΑΔ 2 + ΔΒ · ΔΓ2 + 2ΔΒ · ΔΓ · ΔΚ (2) Προσθέτουμε τις ( 1 ) και (2) κατά μέλη και έχουμε : ΔΓ · ΑΒ 2 + ΔΓ · ΑΓ2 = ΔΒ · ΑΔ2 + ΔΓ · ΑΔ 2 + ΔΒ · ΔΓ2 + ΔΓ · ΔΒ 2 = ΑΔ2 ( ΔΒ + ΔΓ } + ΔΒ · ΔΓ ( ΔΒ + ΔΓ } = ΑΔ2 · ΒΓ + ΔΒ · ΔΓ · Β Γ = ΒΓ ( ΑΔ2 + ΔΒ · ΔΓ ) Στο

•

Εφαρμογή Μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε το θεώρημα του

Stewart για να αποδείξουμε το θεώρημα της α τότε από την ισότητα : διαμέσου, Πράγματι αν Δ είναι το μέσον του ΒΓ τότε ΔΒ = ΔΓ = 2 ΔΓ · ΑΒ 2 + ΔΒ · ΑΓ2 = ΒΓ ( ΑΔ2 + ΔΒ · ΔΓ ) => α γ2 + α β 2 = α μα2 + α . α => i_ + f_ = μα2 + α2 => 4 2 2 2 2 2 2

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/45

)

Μαθηματικά yια τη Β ' Λυκείου

ΕΥΘΕΙΑ - ΚΥΚΛΟΣ

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Του Αποστόλη Κακαβά Άσκηση 1 η

Δίνονται τα σημεία Μ(3μ - 2, μ + 1) και Ν(μ + 2, -μ + 5) ,μ e JR.

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ΜΝ για τις διάφορες τιμές του μ e JR. Β. Να βρεθεί το μ e JR - {2} ,ώστε η ευθεία ΜΝ να είναι2 εφαπτομένη του κύκλου C με εξίσωση 2 Α.

Γ(0,6) ν=6 8(4 6) χ=4

(x - 1) + (y - 2) = 2 .

Γ.

Αν μ=2 να δειχθεί ότι αν οι εξισώσεις των ευ θειών που διέρχονται από τα Μ, Ν σχηματίζουν με τον άξονα χ 'χ, τον άξονα y Ύ και την ευθεία y=6 κυρτό τετράπλευρο, τότε το εμβαδόν του ισούται με 24. Λύ ση : Α.

Θα βρούμε τις τιμές του μ ε IR ώστε Χ ι = χ 2 • Χ ι = χ 2 <=> 3μ - 2 = μ + 2 <=> μ = 2 . Αν μ = 2 τότε και Υι = y2 και τα σημεία Μ,Ν συμπίπτουν με συ ντεταγμένες (4,3),οπότε η εξίσωσης της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Μ,Ν αν ορίζεται συν τελεστής διεύθυνσης , λ είναι η y - 3 = λ(χ - 4), ή αν δεν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης είναι χ = 4. Αν Χ ι 'Φ χ 2 δηλαδή μ 'Φ 2 τότε Μ 'Φ Ν και ορίζε ται συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΜΝ ο λΜΝ = μ-μ+ +2 5- -3μμ +- 21 = 1 ,οπότε η εξίσωση της ευθείας ΜΝ είναι η y - ΥΝ = λΜΝ (χ - χ Ν ), δηλαδή y + μ - 5 = χ - μ - 2, ή χ - y- 2μ + 3 = Ο . Β. Αν μ 'Φ 2 τότε η εξίσωση της ευθείας ΜΝ είναι η χ - y - 2μ + 3 = Ο και είναι εφαπτομένη του κύ κλου C αν και μόνο αν d(Κ,ΜΝ)=ρ ,όπου το κέ ντρο Κ του κύκλου είναι Κ(1,2) και η ακτίνα του ρ = .Έχουμε:d(Κ,ΜΝ)=ρ <=> 1 1 - 2 - 2μ + 3 1 = ../2 ../2 <=> Ι -2μ + 2 1 = 2 <=> Ι μ - 1 1 = 1 <=> μ = ο ή μ=2 2 = Ο ,οπότε η εξίσωση της ευθείας ΜΝ είναι <=>μ x -y+3 =0 . Γ. Αν μ = 2 τότε η εξίσωση της ευθείας ΜΝ είναι y - 3 = λ(χ - 4),ή χ = 4. Αν είναι η χ = 4τότε το τετράπλευρο έχει συντεταγμένες 0(0,0) ,Α(4,0),

----�----�- χ 0(0, 0) Α(4, 0)

Β(4,6),Γ(Ο,6) και είναι ορθογώνιο. Άρα (ΟΑΒΓ)=ΟΑ ΑΒ=4 6=24. Αν είναι η y - 3 = λ(χ - 4) τότε τέμνει τον ά ξονα χ 'χ στο σημείο Α( 4λλ- 3 , Ο) ,λ 'Φ Ο ,(αν λ=Ο τότε η εξίσωση της ευθείας είναι η y=3 και δεν τέ μνει τον άξονα χ 'χ). Τότε θα έχουμε Γ( Ο,6 ), και για να βρούμε το σημείο τομής της, Β με την ευy-3 =λ(χ -4) και , θεία y=6 λύνουμε το σuστημα y =6 βρίσκουμε 4λ+-,6) 3 ,λ "Φ Ο χ = 4λλ+ 3 , δηλαδη, : Β(λ y=6 ·

•

{

ι;; ν "'

μ ..

Για λ * Ο έχουμε : ΟΑ = ( 4λ - 3 , 0), ΟΒ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/46

4λ+3

Μαθηματικά για τη Β ' Λυ κείου

' λετρο ΟΑΒΓ (-- , 6),ΟΓ= (0, 6) .Το τετραπ λ -

είναι κυρτό αν και μόνο αν τα σημεία Α,Β ->ο ανη' κουν στο 1 ο τεταρτη μοριο δηιw.- δη' 4λ-3 λ 'I

> ο, η' τελικα' λ Ε ( και 4λ+3 λ

3) (3 ) 4 4 (Αν λ=� τότε το Α συμπίπτει με το Ο και δεν 4 σχηματίζεται τετράπλευρο αλλά τρίγωνο,ενώ αν λ= - � τότε το Β συμπίπτει με το Γ και δεν 4 σχηματίζεται τετράπλευρο αλλά πάλι τρίγωνο) --

--α:>, - - υ - , +οο

εξισώσεις δύο ευθειών για τις οποίες ορίζονται συντελεστές διεύθυνσης λι = λ2 = -1 και δεν συμπίπτουν (μ * 0). Άρα είναι παράλληλες.

Β. Αν (ε ι ) : χ + y - 2μ = Ο , (ε 2 ) : χ + y + 2μ = Ο Βρίσκουμε οποιοδήποτε σημείο Β Ε (ε ι ). π.χ. το Β(0, 2μ). Τότε d(ε ι ,ε 2 ) /0 + 2μ + 2μ/ = 2 v�2 /μ/ ,μ E :IR. - {O} =d(B,ε 2 )=d J2

Αν N(x 0 , y0 ) σημείο του επιπέδου των ευθειΙ Χο + � -2"1 ών ε1 ,� τότε: ΝΕ (δ)<::> d(Ν,Ει )=d(Ν,� )<=> Ji 14 = τότε (OABΓ)=(OAB)+( OBr)= l det(OA, oo)l + IXo + + � <=> +Υο -2μ=Χο +Υο + 2μ (αδύwtη μ :;ι!: Ο) Χο 4λ - 3 ο 4λ +-3 ο ήΧο +Υο -2μ =-Χο -Υο - 2μ<=>Χο +Υο = 0. 1- et(OB , or) = -1 -_!_ λ = Οπότε η μεσοnαρράΛηλος (δ) ταΝ ει&όΝ Ει . � είναι η + λ 2 4λ + 3 6 2 ο 2d 6 ει&ία με εξίσωση χ + Υ = 0. λ Θα δείξουμε ότι κάθε σημείο Μ (λ-5, -λ + 5) , 4 4λ + 3 4 3 4 + 3 3 = 24 . λ JR. ανήκει στη μεσοπαράλληλο των ευθειών =3 +3 3 ; +3 ε 1 και ε2 .Έστω ότι χ Μ = Χ 0 , yM =y0• Π α ρατήρηση : Μπορεί να δοθεί και λύση με τον Τότε για κάποιο λ Ε JR. έχουμε : χ 0 = λ - 5 και τύπο του εμβαδού του τραπεζίου . ,

Γ.

1\ 1 1\ 1

y0 = -λ + 5 => χ 0 + y0 = λ - 5 - λ + 5 => χ 0 + y0 2 = Ο => Μ Ε (δ). Αντιστρόφως αν το M(x 0 ,y0 ) Δίνεται η εξίσωση x(x + 3y) + y(y - x) - 4μ = 0 ανήκει στη (δ), θα δείξουμε ότι υπάρχει μ ε JR - { 0 } . Α. Να δειχθεί ότι παριστάνει δύο παράλληλες λ Ε JR. ώστε Μ(λ - 5, -λ + 5). Πράγματι ευθείες. υπάρχει λ Ε JR. ώστε χ 0 = λ - 5 και είναι το Β. Να υπολογιστεί η μεταξύ τους απόσταση. λ=χ 0 + 5 . Αλλά Μ Ε (δ) => χ 0 + y0 = Ο => Γ. Να δειχθεί ότι γεωμετρικός τόπος των ση μείων Μ(λ-5, -λ+S) ,λ ε R.. είναι η μεσοπαράλ- Υο = -χ 0 => Υο = -λ + 5. Άρα Μ(λ - 5, -λ + 5). ληλος (δ) των ευθειών ει και ε2 • Δ Τα Δ. Αν Μι κα'ι Μ 2 σημεία της μεσοπαράλληλου σημεία Μ ι και Μ 2 τη ς μεσοπαράλληλου . για λ=Ο και λ=2 αντίστοιχα και το σημείο για λ=Ο και λ=2 είναι Μ ι (-5,5) και Μ 2 (-3, 3) Α ε ει ή Α ε ε2 τότε να δειχθεί ότι το εμβαδό αντίστοιχα. Αν το σημείο Α(α,β) ανήκει στην ε ι του τριγώνου ΑΜ 1 Μ 2 είναι ανεξάρτητο της ε- τότε α + β - 2μ = Ο δη'λι:J.δή β = 2μ - α, οπότε Α(α, 2μ - α) . πιλογής του σημείου Α. Έχουμε : Μ ι Μ 2 = (2, -2) και Μ ι Α = (α + 5, Λύση : Α. Για μ Ε JR. * έχουμε : χ(χ + 3y) + y(y - χ) 2μ - α - 5) και( ΑΜ ι Μ 2 )= 21 det(M ι M 2 , Mι A) 4μ 2 = Ο <::::> χ 2 + 2xy + y2 - 4μ 2 = Ο <::::> (χ + y) 2 -2 2 1 - 2α - 10 + 2α + 10/ = -1 = -/4μ -(2μ) 2 = ο <::::> (χ + y - 2μ)(χ + y + 2μ) = ο <::::> 2 α + 5 2μ - α - 5 2 χ + y - 2μ = Οή χ + y + 2μ = Ο ,που είναι οι Άσκηση 2 η

---+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/47

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

= 2 1 μ 1 ,μ Ε R • =ανεξάρτητο των συντεταγμένων σημείο τομής των παραπάνω ευθειών είναι προφα νώς το A(l , l). Θα δείξουμε ότι είναι κοινό σημείο του σημείου Α. Ομοίως αν Α Ε ε . όλων των ευθειών με εξίσωση ( 1 ) 2 Π αρατή ρηση : Απλούστερα έχουμε : Πράγματι για να επαληθεύεται (1) για οποtαδήποtε 2 J2 Ι μl d = 2 1 μ I � ;e Ο και β ;e Ο όταν x=y=1 αρκεί: ( ΑΜΔ1 Μ )= _!_ (Μ I Μ ) = _!_ J8 2 2 2 2 2 2 ι � + �2 + 1 � - �2 = 2 1 �2 +2 1�2 ,η οποία είναι αληθής Άσκηση 3η Α. Δίνονται

�

τα μη μηδενικά διανύσματα α ,

ι�ι = ιβι = IΎI = κ Ο, έχουμε: � + β + γ = ο => � + β = -Ύ => ι � + βj = 1 -ΎI => Β. Να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε α * και ίi * Ο, η ι � + ίi l 2 χ + ι � ίi l 2 = 2 ι � ι 2 + 2 1 P I 2 (1 ι � + βj = I Ύ I => ι � + βj = κ. Οπότε η σχέση είναι εξίσωση ευθείας. 2 - �ι2 ι - -ι2 � ι2 ι� 2 Να δειχθεί ότι η παραπάνω ευθεία διέρχεται 1 α + β + α - β = 2 ι α + 2 β ι γίνεται κ + από σταθερό σημείο. ι � - βι 2 = 2κ2 + 2κ2 => ι � - βι = κJ3 => Δ. Αν ΟΑ = α, ΟΒ = β, ΟΓ = γ με α + β + γ = Ο ι αι -δΒI = κJ3 => I BΛI = κJ3.Με κυκλική και ι � ι I P I l r l * να δειχθεί ότι το ΑΒΓ �β, να δειχθεί ότι , α� + �β , 2 + , α� - �β , 2 -

Γ.

�

...

�

είναι ισόπλευ ρο.

----.

, � ,2 , �, 2

2 α +2 β

Ο,

-+ -+

Λύ ση : Α.

Δ. 'Εστω

Έχουμε : I �α + β�1 2 + , �α - �β 1 2 = ( α� + �β )2 +

-+-+ + β-+2 = 2α-+ 2 -+-+ + -+β2 + α-+ 2 - 2αβ � β... )2 = α-+ 2 + 2αβ ( α+2β 2 = 2 ι �ι 2 + 2 ι βι 2 . Β. Αλλά I α� + ...β 1 2 + , α� - β� , 2 =Ο <=> 2 1 α� 1 2 + 2 1 ...β 1 2 =Ο <=> 1 � 2 = Ιβ1 2 = ο <=> I� = I� =Ο <=> � = β = Ο, � �1 2 ::ι: Ο ,οπότε είάτοπο. Άρα I �α+β�, 2 ::ι: Ο ή , α-β

εναλλαγή των διανυσμάτων α, β, �γ στις παραπάνω σχέσεις βρίσκουμε ομοίως ότι Ι rn l =

IAΓI = κJ3. Άρα το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο .

Άσκηση 4η

Δίνονται τα σταθερά σημεία Α(-3,6), Β(1,3), Δ(S,Ο) και τα μεταβλητά σημεία Μ(κ, λ) ,Ν(α ,β) Α. Αν ΝΔ .L Β Δ να δειχθεί ότι ο γεωμετρικός Α. τόπος του σημείου Ν είναι ευθεία (ε) με εξίσω ση 4x-3y-20=0. Β. Αν ΜΑ .L ΜΒ να δειχθεί ότι ο γεωμετρικός τόπος του σημείου Μ είναι κύκλος (C) με κέ.! ντρο Κ(-1, ) και ακτίνα ρ � . ναι εξίσωση ευθείας για οποιαδήποτε διανύ 2 2 Γ. Να βρεθεί η σχετική θέση της ευθείας (ε) και σματα � ;e Ο και β ;e Ο. (Γενικότερα αν � � + jβj * 0). του κύκλου (C) και να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του (ΜΝ). Γ. Δίνουμε δύο τιμές στις παραμέτρους για να ε Δ. Να βρεθεί η σχετική θέση του σημείπιλέξουμε δυο συγκεκριμένες εξισώσεις τις παρα-+ πάνω ευθείας Για �β = α έχουμε: (1) <=> ου Γ(�, 7) ως προς τον κύκλο (C) και να βρεθεί 2 I α� + ...α12 χ + 1 α... - α... 12 y=2 1 α... 1 2 + 2 1 α... 12 <=> 1 2α... 1 2 χ = η γωνία που σχηματίζουν οι εφαπτόμενες του κύκλου (C) που άγονται από το σημείο Γ. α .. σ Λύ ση : 4 1 α� 1 2 <=> 4 ι α- ι 2 χ =4 ι α� ι 2 <::> χ= 1 . Για �β = -α� Α. 'Εχουμε ΝΔ = (5 - α, -β), ΒΔ = (4, -3) έχουμε: (l) <=> I �α - �αι 2 χ + ι -α + �α, 2 y=2 ι α� ι 2 + 2 ι α� ι 2 ΝΔ .ι ΒΔ <=> ΝΔ . ΒΔ = ο <=> 4(5 - α) - 3(-β) α.. = Ο <=> 20 - 4α + 3β = Ο <=> 4α - 3β - 20 = Ο <=> I 2α� , 2 y=4 ι �αι 2 <=> 4 ι -α ι 2 y=4 ι -αι 2 <=>σ y=1 . Το ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/48

Μαθη ματικά ΎJ4 τη Β ' Λυκείου

Άρα ο γ.τ. του ση μείου Ν είναι η ευθεία (ε) με

εξίσωση:4χ-3y-20=0.

Β. Είναι : ΜΑ = (-3-κ,6-λ),ΜΒ = (1-κ,3-λ) ,

5..fi > ρ = -5 , οποτε . το σημειο. r ειναι . εξωτερικο. 2 2

οπότε: σημείο του κύκλου (Κ,ρ).Οι ευθείες που διέρχοMA ..i MB � ΜΑ · ΜΒ = 0 � (-3 - κ)(1 - κ) νται από το σημείο r(l , 7) έχουν εξίσωση: --+

---+

�

-----+

2 χ = ή y - 7 = λ(χ - ), δηλαδή 2χ - 3 ,;, 0 ή 2λχ - 2y + (14 - 3λ) = 0 Θα εξετάσουμε αν η (ε1 ) : 2χ - 3 = Ο είναι εφαπτομένη του κύκλου με κέντρο Κ(-1, 9 ) και 2 -2 - 3 1 5 =ακτίνα ρ = -5 :Εχουμε d(Κ,ε 1 )= l 2 .J2 2 + 02 2 =ρ ,οπότε η (ε1 ) είναι εφαπτομένη του κύκλου (c).H (ε 2 ):2λχ - 2y + (14 - 3λ) = 0 είναι εφαπτο μένη του κύκλου με κέντρο Κ(-1, 2 ) και ακτίνα 2 ρ = � αν και μόνο αν d(Κ,ε 2 )=ρ.Έχουμε d(Κ,ε 2 ) 2 -5λ + 5 -2λ - 9 + (14-3λ) l 5 -'---;: � l ==1l 5 -ρ � l 2 2 .Jλ2 + 2 .J4λ2 + 4 Έστω Μ τυχαίο σημείο του κύκλου C και Ν τυχαίο � I λ - 11 = .Jλ2 + 1 � (λ - 1) 2 = λ2 + 1 � σημείο της ευθείας (ε) τότε έχουμε: λ2 - 2λ + 1 = λ2 + 1 � λ = Ο. Οπότε (ε 2 ):y = 7. (ΜΝ) � (�) - (ΚΜ) � (�) - (ΚΜ) Έχουμε (ε 1 )//y Ύ και (ε 2 )//χ 'χ. Άρα (ε 1 ) ..i (ε 2 ). = (�) - (ΚΒ) = (ΒΔ) +(6 - λ)(3 - λ) = Ο � κ 2 + 2κ - 3 + λ2 - 9λ + 1 8 = 0 � (κ 2 + 2κ + 1) + (λ2 - 2 9 λ + �) = 3 + 1 2 4 8 1 25 ' ο γ.τ. 9 2 = -.Άρα -18 + - � (κ + 1) 2 + (λ --) 4 4 2 του σημείου Μ είναι ο κύκλος με εξίσωση (χ + 1) 2 + (y - 2) 2 = 2 5 δηλαδή ο κύκλος 2 4 με κέντρο Κ(-1, .2_ ) και ακτίνα ρ = � . 2 2 4(-1) - 3 2 - 20 2 Γ. Έχουμε : d(Κ,ε)= = �42 + (-3)2 -4 - 27 - 20 15 > ρ = -. 75 = 5 Άρα η ευθεια 2 , .!..----....!. =2 10 2 5 (ε) είναι εξωτερική του κύκλου (C).

�

Ά σ κ σ 5'1 η η

Δίνεται η εξίσωση χ 2 + y 2 - 6λχ + 8λy + 25(λ2 - l) = O ,λ e R (1).

Α.

Να δειχθεί ότι η εξίσωση (l) παριστάνει ένα σύνολο κύκλων των οποίων τα κέντρα είναι συ νευθειακά. Β. Να βρεθούν οι εξισώσεις των κύκλων που διέρχονται από την αρχή των αξόνων ,καθώς και οι εξισώσεις των κύκλων που εφάπτονται στον άξονα χ 'χ Γ. Να δειχθεί ότι όλοι οι κύκλοι εφάπτονται σε δύο σταθερές ευθείες. •

Άρα

ελάχιστη τιμή του

(ΜΝ)

είναι το

1 d(Κ,ε)-ρ= 5 - 25 = 2 . (ΒΔ)= 2 25 2 5 Δ. d(Κ,Γ)= (i2 + 1) 2 + (7 - 29 ) 2 = 4 + 4 =

{

σ Λύ η :

Για κάθε λ ε R έχουμε:Α 2 + Β 2 - 4 Γ = (-6λ) 2 + (8λ) 2 - 4 . 25(λ2 - 1 ) = 36λ2 + 64λ2 1 00λ2 + 100 = 1 00 > Ο. Άρα είναι εξίσωση κύκλου με κέντρο Κ(- Α ,- Β ) ή Κ(3λ, -4λ) 2 2

Α.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/49

Μαθη ματικά για τη Β ' Λυκείου

+ Β2 - 4Γ = Μο = 5 2 2 rτάνει το σύνολο των κύκ -3λ) 2 + (y + 4λ) 2 = 2 5 (2), y 0 ) το κέντρο του κύκλου Ξ � έχουμε: χ 0 = 3λ και . και λ = - Υ � � = - Υ 3 4 4 � κέντρα Κ ανήκουν στην 4x + 3y=O.

----

x= y =O

ται από το 0(0,0)<::> (2) 2 2 <::::> 9 λ + 16λ = 2 5 <::::> L .Αν λ= l τότε η εξίσωση (-3) 2 + (y + 4) 2 = 2 5 ενώ ? + (y - 4) 2 = 2 5. εξίσωση y = Ο. Ο κύκλος 'α χ 'χ <::::> d(K, χ 'χ) = ρ <::::> =5 <=> λ= ± -5 .Αν λ= -5 4 4 + (y + 5)2 = 2 5 ,ενώ αν λ- � 4 Ντρα K(x 0 ,y0 ) ανήκουν ση 4x+3y=0 και οι κύκλοι =5. Για να είναι λοtπόν η 1 (ε): μχ-y+β=Ο εφαπτομένη 4 3' και d(Κ,ε)=5 (3). 4x +3y ''β = Ο και l o o -Jf31 "---=--::::::. =-..!.

J25

νες υπάρχουν έχο -ρ( όπου Χ 0 η τετι λου και ρ η ακτίνι Εξετάζουμε αν υ1 εφαπτομένες. Για έχει κατακόρυφες Για λ= l ο κύκλος ρυφες εφαπτομέ\ έχουν κατακορυ� αυτοί κύκλοι οπc κύκλων που παρ1

Έστω y=μχ+β η εξ' ας πιθανής κοινής νουμε δύο τιμές σ1 ξουμε δυο συγκεκ� νω κύκλαιν, έτσι γιc

κ(κλου c;: χ2 + 'I =: του ζ: (χ-3)2 +(y+�

Ηει&αε:μχ-y+β= c; κm

ζ <::>c�Ο, ε)=

Οπότε οι κοινές ει δύο κύκλων έχου' δηλαδή 4χ + 3y δηλαδή 4x + 3y + κοινές εφαπτομένει εξίσωση την (1) γι<

οπότε β=± 25 . 3 ; = Ο και (ε2 ):4χ+3y+25 = 0 , κάθε λ ε � είναι: d( tόμενες. Ο

όρυφες κοινές εφαπτομέ-

5 = ρ και d(Κ,ε2 ) =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/50

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Τράπεζα Θεμάτων

__,

_ _

ΑλΓΕΒΡΑ

Μπρίνος Παναγιώτη ς

Θέμα 4°

3 Θεωρούμε τις συναρτήσεις f,g με τύπους f(x)= χχ ++11 και g(x)=x2-χ + 1. 1 ) Να εξετάσετε αν είναι ή όχι ίσες. 2) Αν 1::;;χ ::Ω, τότε να δείξετε ότι: f(x)=g(x)ε[ � ,4]. 3

3 Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης h με πεδίο ορισμού το Α= [ 1,2] και τύπο h(x)= χχ +11 . +

Λύση :

Προφανώς δεν είναι ίσες, αφού η f έχει πεδίο ορισμού το R-{-1 } και η g το R. 1 1 2) ι::; χ ::;; 2� 2 ::;; χ3 +1 ::;; 9 και 2 ::;; χ+1 ::;; 3, δηλαδή .! ::;; --::;; .! , οπότε 2 .! ::;;(χ3 +1) --::;;9 . .!._ � 3 χ+1 2 3 χ+1 2 � ::;; χ 3 + 1 ::;;.� � � ::;;f(x)::;; � . Εξάλλου: ι::;;χ::;;2�1::;;χ2::;;4 και -2::;;-χ::;;- 1, οπότε 1+(-2)::;;χ2+(-χ)::;;4+(-1)� 3 x+l 2 3 2 -1 ::;; χ2 - χ ::;; 3 � o::;;g(x)::;;4. Αλλ.ά xε[1,2]�x:ft- 1, οπότε f(x)= g(x) ε[ �3 . �2 ] n [0,4]=[ �3 .4]. 3) Προφανώς για χεΑ έχουμε h(x)=g(x). Γνωρίζουμε ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης g είναι , , γνησιως , ' ξουσα, αρα , στο [ -1 ) η g ειναι παραβολη, με κορυφη, το σημειο, Κ( -21 , -43 ) και α= l>O, επομενως 2 και στο [1,2]. Επομένως: 1::;;x::;;2�g(1)::;;g(x)::;;g(2)�1::;;g(x)::;;3 �1::;;b(x)::;;3�h(A)ς[l,3]. Για να είναι h(A)=[1 ,3] (κάτι που είναι εποπτικά πιθανό), αρκεί να δείξουμε ότι [ 1 ,3]ςh(Α), δηλαδή ότι για κάθε yε [ 1 ,3] η εξίσωση h(x)=y, ισοδυναμεί με: x2-x+l-y=O (1) έχει τουλάχιστον μία ρiζα χε[1,2]. Η (1) έχει Δ=1-4(1y)=4y-3 και 1::;;y::;;3 �1::;;4y-3::;;9�1::;; .JΔ ::;;3 . Ρiζες της στο R είναι οι χ 1 1 -2.JΔ < .!_2 <1 και 1)

,+οο

αυ

που

[Δ ε[ 1,2]. Προφ

χ2 1 +

αν

ώς χ2 ε Α οπότε [ 1,3 ]ς h(A). Το ότι χ 1 f/.Α δεν μας ενδιαφέρει.

Παρατήρηση : Οι τιμές των διαστημάτων [

� , � ], [0,4), [ � ,4] δεν είναι όλες τους 3 3 2

τιμές που μπορεί να πάρει η

h(x) όπως (κακώ ς) αναφέρεται και ζητείται σε παρόμοια θέματα των Σχολικών Βιβλίων. Οι τιμές που μπορεί να πάρει η h(x) είναι οι τιμές του διαστήματος [ 1 ,3] και μόνο αυτές.

Διαγών ισμα (τρ ιγωνομετ ρία - Πολυώνυμα)

ΘΕΜΑ 1 ° Α)

Πότε μια συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α λέγεται περιοδική; του πολυωνύμου για χ=ρ. 3π , π , , Γ) Αν 2 <χ ι <χ < Τ τοτε να συγκρινετε τους αριθ μους ημχ 1 , ημχ . 2 2 Δ) Ποιο είναι το σταθερό πολυώνυμο Ρ( χ), για το οποίο ισχύει Ρ(-3)= J3 ; 2 Ε) Να γράψετε την ικανή και αναγκαία συνθήκη ώστε το πολυώνυμο Q(x)= βμχμ + βμ ι Χμ ι + . . ... β 1 χ + β0 να έχει βαθμό μ-1. Ζ) Απαντήστε στις παρακάτω προτάσεις με ένα σωστό (Σ) ή λάθος (Λ):

Β) Να αποδείξετε ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με το χ-ρ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/51

(5 μονάδες) είναι ίσο με την τιμή ( 1 Ο μονάδες) (2 μονάδες)

(2 μονάδες) (2 μονάδες)

Μ αθη ματικά για τη Β ' Λυκείου i)

Η συνάρτηση f(x) = ρ ·ημ(ωχ), ρ,ω>Ο

iί) Θ E l\ I A 2 °

έχει περίοδο 2πω και μέγιστη τιμή ρ.

ημ2α = 2ημα, για κάθε α ε R. (4 μονάδες) Η παλίρροια σε μια θαλάσσια περιοχή περιγράφεται κατά προσέγγιση με τη συνάρτηση πt y = 6συν2 ϊ2 - 3 , όπου y το ύψος των υδάτων σε μέτρα και t ο χρόνος σε ώρες . i) Να βρείτε την υψομετρική διαφορά ανάμεσα στο μέγιστο ύψος του νερού (πλημμυρίδα) και στο ( 1 Ο μονάδες) ελάχιστο ύψος του (άμπωτη). ίί) Να κάνετε τη γραφική παράσταση της συνάρτησης για Ο� t � 12. (20 μονάδες) ( 15 μονάδες) ίii)Να βρείτε τις χρονικές στιγμές κατά τις οποίες το ύψος φτάνει το 1,5 Θ Ε Μ Λ 3° Γνωρίζουμε ότι η διαίρεση ενός πολυωνύμου Ρ(χ) με το χ+2 δίνει πηλίκο δ(χ) και υπόλοιπο 1, ενώ η διαίρεσή του με το χ-1 δίνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο 2. (20 μονάδες) i ) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το χ2 + χ -2. ii) Να δείξετε ότι δ( Ι ) = π(-2) ( 1 Ο μονάδες) m .

Αποστόλης Κακαβάς

Θ Ε Μ Λ ! : Λ. J . Α2.

i\ �αγ{iJ �' ι σ μ (t ( \

·ι μ :�γ�_'·l• 'Ι, ' ·;·;,

t'; tλ �

��: 1 : �.:1; . <� )

Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχ6ει ΑΒ2+ΑΓ2=ΒΓ2 τότε να δειχθεί ότι A =1L. Να χαρακτηριστεί κάθε μία από τις παρακάτω προτάσεις ως Αληθής ή Ψευδής: Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχ6ει: α2>β2η2<:::> μία από τις τρεις γωνίες του είναι αμβλεία. 11. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒ Γ ισχ6ει η σχέση α2=β2+γ2-2β · γ · συνΑ. γ. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒ Γ ισχ6ει η σχέση β2 - γ2 =2α · ΜΔ . δ. Δεν υπάρχουν σημεία του επιπέδου ενός κύκλου (O,R) των οποίων η δύναμη ως προς τον κύκλο να ισούται με το Ο. Αν δύο οποιεσδήποτε χορδές ΑΒ , ΓΔ ενός κύκλου (O,R) ή οι προεκτάσεις τους τέμνονται σε σημείο Ρ τότε ισχ6ει ΡΑ · ΡΒ=ΡΓ · ΡΔ (όπου Ρ διαφορετικό σημείο των Α,Β ,Γ,Δ). Θ Ε Μ Λ 2 : Δ ίνεται τρίγωνο ΑΒ Γ με μήκη πλευρών (Β Γ)= Ι Ο .J3 , (ΑΒ )= Ι Ο και μέτρο γωνίας ( Β )=30°. Β Ι . Να υπολογιστεί το μήκος της πλευράς ΑΒ . Β 2 . Να βρεθούν τα μέτρα των γωνιών του τριγώνου ΑΒ Γ. Β 3 . Να υπολογιστεί η προβολή της διαμέσου Β Μ στην πλευρά ΑΓ. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ(ΑΒ=ΑΓ) Θ E iVi A 3: εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) και η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Γ που τέμνει την προέκταση της ΒΑ στο σημείο Μ. Γ Ι . Να δειχθεί ότι η ΓΑ είναι διχοτόμος της Β t Μ και ότι ΜΑΒΓ=ΜΓ ·ΑΓ. Γ 2 . Να δειχθεί ότι ΜΒ · ΑΒ =ΜΓ · Β Γ . Γ3. Να δειχθεί ότι η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο (O,R) είναι: Δ�,R) = ΜΑ2+ΜΑ ·ΑΓ. Θ Ε Μ Α 4 : Δίνεται τρίγωνο ΑΒ Γ για το οποίο ισχ6ει: α2+β2η2=S f.lα2 . Δ I . Να δειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒ Γ είναι ορθογώνιο. Αν ΑΒ<ΑΓ, ΑΔ ύψος του τριγώνου ΑΒΓ και Λ σημείο της υποτείνουσας ΒΓ ώστε ΛΓ= -1 ΒΓ, τότε: . \1. Να δειχθεί ότι 3 ΑΛ Γ>90°. Δ3 . Να δειχθεί ότι ΑΓ2=ΑΛ2+ ΒΓ2 + -2 ΒΓ·ΛΔ . α.

ε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/52

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Θi:μα Π ρ ι!ηο : Α }

Να χαρακτηριστούν οι παρακάτω προτάσεις, ως σωστές (Σ) ή λανθασμένες (Λ): Αχ + By + Γ = Ο Α, Β , Γ R είναι κάθετη στο διάνυσμα 1i = (Α, Β ) . ., Αν λ α = λβ,λ R ,τότε σε κάθε περίπτωση α = β . 3 .. Η κλίση μίας ευθείας ε ορίζεται σε κάθε περίπτωση . .:ι Το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων είναι διάνυσμα. 5 . Η εξίσωση της ευθείας, που διέρχεται από το σημείοΑ(χ 0 ,y0 ) και είναι κάθετη στον άξονα χ ' χ (Μονάδες 1 0) είναι: χ = χ 0 Έστω α,β δύο διανύσματα, τα οποία δεν είναι παράλληλα με τον άξονα ψ 'ψ και έχουν συντελεστές διεύθυνσης λ 1 , λ 2 αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α .l β λ 1 λ 2 = 1 . (Μονάδες 15) Έστω τα διανύσματα ίί = (μ,l),μ R και ν = (3,-4) . ειι ιω σ) Να υπολογίσετε το εσωτερικό γινόμενο u · ν και στη συνέχεια να βρείτε το μ, έτσι ώστε τα (Μονάδες 8) διανύσματα ίί, ν να είναι κάθετα μεταξύ τους. (Μονάδες 7) β Ι Αν lϊi νι = .J34 να αποδείξετε ότι μ = Ο ή μ = 6. (Μονάδες 1 0) γ ; Για μ = Ο να βρείτε την τιμή του ημ(u, ν) . Δ Β ΘΙ':μα Τ ρ iτη : ίνονται τα σημεία (2,3), Γ(4,5) και Α(λ+3,4-λ) , όπου λ R . α ) Να βρείτε το λ R έτσι ώστε τα σημεία Α, Β ,Γ να είναι συνευθειακά. Για την τιμή του λ, που βρήκατε προηγουμένως, να αποδείξετε ότι το σημείο Α είναι μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΒΓ. (Μονάδες 8) Να αποδείξετε ότι το σημείο Α ανήκει στη μεσοκάθετο του ευθυγράμμου τμήματος ΒΓ, για κάθε τιμή (Μονάδες 8) του λ R . (Μονάδες 4) Για λ = 2: Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. (Μονάδες 5) i i ) Να βρείτε την εξίσωση της εσωτερικής διχοτόμου της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒ Γ. Θέμυ 'Ητ::φτn ; 'Εστω τα διανύσματα α , β, γ με α Ο,, β , = 1 και οι ευθείες ε 1 ,ε με εξισώσεις, 2 ε Ι : (α . β)χ - Υ + ι αι = ο και ε2 : (α . γ )χ Υ + ' γ ' = ο . Αν β = γ να αποδείξετε ότι οι ευθείες ε1 , ε 2 είναι παράλληλες. (Μονάδες 8) Στη συνέχεια να εξετάσετε, πότε ισχύει το αντίστροφο. Αν η ευθεία διέρχεται από το σημείο A(l,O) να αποδείξετε ότι τα διανύσματα .. (Μονάδες 8) είναι αντίρροπα. γ ) Αν η ευθεία σχηματίζει με τον άξονα χ ' χ γωνία .. 60° .. ,να αποδείξετε ότι: ι α ι � .J3 . (Μονάδες 9) 1,

Η ευθεία με εξίσωση ε

•

ΒΙ

�

•

;�

:;ι!:

σ}

- ·•j :::�'_.:;Ι !- -�)- - ---�- =.:.7: 1) 1 c:: � 1' . j i' Φέτος η 32η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα (ΒΜΟ) θα γίνει στη χώ ρα μας αρχές Μαίου 2015. Η διοργάνωση Ιi παρουσιάζει αρκετό ενδιαφέρον με τη συμμετοχή και άλλων χωρών, εκτός των Βαλκανικών. Πληροφορίες θα i!' δημοσιευθούν στο επόμενο τεύχος και στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ. ::-.=.,.:=.-::-..:::=. ·::c:"c:::.:·.:c:··

::-::=.=::.=:..-=-=-= , -· -::.-= .= -=;..._ ._-:;- -_-:.:_::: =- -==:::: -:_ ::-- � ' . • . . · .

�-=-'

==--==:;::--=..�--=-�-=-==-=

. ,

Διεθνές μαθηματικό συνέδριο θα γίνει στην Αθήνα στις 22-26 Σεπτεμβρίου 2015 στην Αθήνα στα πλαίσια της : MASSE από την Mathematical Society of South Eastem Europe και την ΕΜΕ, με συμμετοχή του Μαθηματικού τμήματος του Πανεπιστημίου της Αθήνας και του Μαθηματικού τμήματος του Αριστοτελείου Πανεπιστημίου Θεσσαλονίκης. Πληροφορίες συμμετοχής στην ιστοσελίδα της ΕΜΕ. Το 32° συνέδριο της ΕΜΕ θα γίνει 30, 31 Οκτωβρ ίου 1 Νοεμβρ ίου 2015 στην Καστοριά . Μετά τα πολύ επιτυχημένα συνέδρια που έγιναν, Καρδίτσα και Βέροια με διεθνείς συμμετοχές, το συνέδριο του 20 1 5 παρουσιάζει αρκετό ενδιαφέρον. Το θέμα είναι: «Η δυναμική των Μαθηματικών, κινητήριος μοχλός τη ς επιστημονικής έρευνας και της εξελικτικής πορείας του πολιτισμού μας». Η εmστημονική εmτροπή αναμένει έyκαιρα εργασίες, μέχρι τέλος του καλοκαιριού του 2015. Υπήρξαν αρκετές προτάσεις συμμετοχή ς και η παρουσία συναδέλφων με όλους τους τρόπους, ακόμα και μαθηματικής εκδρομής με πούλμαν, στην όμορφη Καστοριά. -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/53

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Σ ΤΑΠΣΠΚΗ ΘΕΩΡΙΑ ΚΑΙ ΑΣΚ Η ΣΕΙΣ

Θανάσης Χριστόπουλος

Α. ΣΧΟΛΙΑ •

Ισχ6ει ο τύπος ορισμού της σχετικής συχνότητας f; = ν;ν , ί = 1,2,3, ... , κ και για τις αθροι στικές συχνότητες; Δηλαδή ισχύει F; = Ν;ν ; Η είναι ναι. Πράγματι: απάντηση ν ν ν ; , F; f + f2 + ... + f = - + -2 + ... - = ν ν ν ν, + ν 2 + ... + ν; = Ν; · = 1, 2 , 3, ... ,ν ν ν Επομένως μπορεί να χρησιμοποιηθεί και για να βρεθεί το πλήθος ν όταν γνωρίζουμε τα αντίστοιχα F; , Ν; (ν = Ν; ), ί = 1,2,3, ... , ν . =

, ι

•

Όταν η διάμεσος δεν ταυτίζεται με κάποια τι μή, τότε συμπεραίνουμε ότι το πλήθος ν είναι άρτιος αριθμός και επιπλέον ότι: το πλήθος παρατηρήσεων που είναι μικρότερες από τη διάμεσο είναι ίσο με το πλήθος παρατηρήσεων που είναι μεγαλύτερες από τη διάμεσο. Καθέ να από τα οποία ισούται με το μισό του μεγέ θους του δείγματος. Έστω X1 , X 2 0 , x v οι παρατηρήσεις μιας με ταβλητής Χ και y1 ,y2 , ... ,yv οι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Υ και c, μια σταθερά, τότε με βάση εφαρμογή του βιβλίου ../ Αν Y; = X ; + c , i = 1,2,3, ... ,ν τότε y = x + c και s Y = s x Αν Υ; = Χ; · c , i = l,2,3, ... ,ν τότε y = x · c και s Y = s x · l cl •••

•

../ ../

Ποιες σκέψεις θα βοηθήσουν για τη συμπλήρωση ενός ελλιπούς πίνακα;

Στην πρώτη γραμμή οι αθροιστικές συχνότητες ταυτίζονται με τις απλές. Δηλαδή Ν , = ν1 , F1 = f1 , F;% = f1 % Αν σε κάποια γραμμή γνωρίζουμε τη συχνότη τα ν; και την αντίστοιχη σχετική συχνότητα f; (ή αν γνωρίζουμε την αθροιστική συχνότητα Ν; και την αντίστοιχη σχετική αθροιστική συχνό τητα F; ) για i = 1,2,3, ... ,κ τότε υπολογίζουμε , θος ν του δειγματος , ( ν = ν . η, ν Ν . ) το μεγε F; f; Αν γνωρίζουμε ταυτόχρονα το μέγεθος ν και _.!...

../

τη συχνότητα ν; τότε βρίσκουμε τη σχετική συχνότητα f; ή αν γνωρίζουμε το μέγεθος ν και τη σχετική συχνότητα f; τότε βρίσκουμε τη συχνότητα ν; , ί = 1,2,3, ... , κ ../ Αν γνωρίζουμε δύο διαδοχικές αθροιστικές σχετικές συχνότητες: f;_1 , F; τότε F; - f;_1 = f; , ί = 1, 2, 3, ... ,κ . Αντίστοιχα ί = 1,2,3, ... , κ ../ Στη δεύτερη τιμή (γραμμή) ισχ6ει: Ν 2 - Ν 1 = ν2 Ν2 - ν 1 = ν2 <:::> ν 1 = Ν 2 - ν2 ../ Στην τελευταία τιμή (γραμμή) οι αθροιστικές συχνότητες είναι: Ν κ = ν , Fκ = 1 , Fκ % = 100 ../ Στη γραμμή των συνόλων είναι: κ κ κ Σν; = ν , Σf; = 1 , Σf;% = 100 . i=l i=l i=l Αν γνωρίζουμε τη γωνία α; , ί = 1,2,3, ... , κ σε ένα κυκλικό διάγραμμα τότε βρίσκουμε τις α ντίστοιχες συχνότητες f; επιλύοντας τους α ντίστοιχους τύπους, α . = f. ·360° � f. = � 360ο ν. ν · α.� , ί = 1,2,3, . α; = _.!...ν 3 60 � ν; = -360 Για τις περιπτώσεις που έχουμε ομαδοποίηση των παρατηρήσεων: ../ Στη στήλη των κλάσεων: Αν γνωρίζουμε οποιαδήποτε όριο (άκρο) μιας κλάσης, τότε συμβολίζουμε όλα τα άλλα όρια προσθέτοντας ή αφαιρώντας από αυτό το πλά τος c, ../ Για τη στήλη των κεντρικών τιμών μπορούμε να σκεφτούμε 3 διαφορετικές ενέργειες: <::::>

•

.., Κ .

•

i i) i ii)

Αν γνωρίζουμε κάποια κεντρική τιμή τότε όλες τις άλλες τις συμβολίζουμε προσθέ τοντας ή αφαιρώντας από αυτήν το πλάτος c, Η κεντρική τιμή κάθε κλάσης ισούται με το ημιάθροισμα των άκρων της. Η κεντρική τιμή κάθε κλάσης είναι κατά � μεγαλύτερη από το αριστερό άκρο και 2 κατά �2 μικρότερη από το δεξί άκρο της.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/54

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Π ΑΡΆΔ Ε ΙΓΜΑ

Αν γνωρίζουμε ότι η μέση τιμή είναι 20,8 να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας [,)

Χ;

[' )

νι

±:

f; %

Νι

Fι

Fιο/ο

αι

20' 8 = 12 · 6 + 16 · 8 + 20 - 1 550+ 24 · χ + 28 · (21 - χ) => 1088 - 4χ = 1040 => 4χ = 48 => χ = 12 . Δη λαδή ν 4 = 12 και ν5 = 9 . Εύκολα πλέον συμπλ\.τ ρωνουμε τα υπο' λοιπα κενα το πινακα. [') xi ±: ±: % ν;

[' )

[ ' 26)

108°

[ ' ) Γ , )

[ ' )

[')

Γ , 26)

Σύνολα

[ ' )

Θα αρχίσουμε τη συ [') μπλήρωση με την εκμε τάλλευση της πληροφο 26 - 4c 26 - 3c ) , ρίας ότι η κεντρική τιμή [ της 2ης κλάσης είναι 16 και το δεξιό άκρο της 4ης [ 26 -3c, 26 - 2c) είναι 26. Υποθέτουμε ότι το πλά (26 - 2c, 26 - c) τος τη ς κλάσης είναι c, (26 - c, 26) συμπληρώνουνε τα άκρα των κλάσεων ως εξής: (26, 26 + c) Οπότε 26-3c + 26- 2c 16 <::> 52-5c =32 <::> c =4 . 2

0, 1 6

0, 1 2

43,2°

0,28

57,6°

F;%

l1j

0,30

0,58

108°

0,24

0,82

86,4°

0, 1 8

1 ,00

1 00

64,8°

Σύνολα

ΛΥΣΗ

0, 1 2

Ν;

1 00

360°

Β. ΑΣΚΗΣΕΙΣ Άσκηση l η

Αν γνωρίζουμε ότι χ = 1 1 α) Να συμπληρωθεί ο παρακάτω πίνακας [-)

[ - )

[ -) [- )

Σύνολα

±: ο/ο

Νι

Fι

Fιο/ο

[ -8) [ - )

νι

85 80

Εύκολα τώρα συμπληρώνουμε τις κλάσεις και τα β) Να βρεθεί το πλήθος των παρατηρήσεων κέντρα τους. που ξεπερνούν το 8 Να βρεθεί το ποσοστό των παρατηρήσεων γ) ./ Στη συνέχεια θα αξιοποιήσουμε τα δεδομένα: που είναι μεγαλύτερες ή ίσες από 9 και μι ν2 = 8 και Ν2 = 14 : κρότερες του 1 6 Ν 2 = ν 1 + ν 2 => ν 1 = 14 - 8 = 6 και Λύσ η ./ Ν 3 - Ν = ν 3 => ν 3 = 29 - 14 = 15 α) 2 ./ Από την κεντρική τιμή 14 προκύπτει ./ Από τη γωνία α3 του κυκλικού διαγράμματος 8 + c + 8 + 2c = 14 => 3c = 12 => c = 4 έχουμε: 2 108 = 0 30 α3 = 108° => f3 360° = 108° => f3 = 360 , ./ Ν 5 = ν = 80 , ./ ν 1 = ν · f1 = 80 · 0 , 1 = 8 ./ Γνωρίζοντας ταυτόχρονα το ν 3 και το f3 μπο./ ν 1 + ν = Ν => ν = 24 -8 = 16 ρούμε να βρούμε το πλήθος ν. 2 2 2 ν 15 , ./ f5% = 100 - F4 % = 100 -85 = 15 3 => Ειναι ν = f3 ν = 0, 3 = 5 0 ./ ν5 = 80 - 0, 15 = 12 ./ Όμως: ν 1 + ν + ν 3 + ν4 + ν5 = 50 οπότε ./ ν 1 + ν + ν 3 + ν 4 + ν 5 = 80 => ν 3 + ν 4 = 44 2 2 6 + 8 + 15 + ν4 + ν5 = 50 =:> ν4 + ν5 = 21 και αν ./ Αν ν 3 = χ τότε ν 4 = 44 - χ οπότε από θέσουμε ν4 = χ τότε ν5 = 21 - χ και αφού χ = 1 1 έχουμε χ = 16 5 Άρα: ν3 = 16 και ν4 = 28 . Σχ i - ν ί χ = 20, 8 από το τύπο χ = i=Ι ν έχουμε: β) ν - Ν2 = 80 - 24 = 56 •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/55

Μαθη ματικά ΎU1 τη Γ Λυκείου

i f3 % + f4 % = 50 . Άρα το ζητούμενο ποσοστό

γ)

4 είναι 50%. Έτσι ο πίνακας γίνεται: Νι ( Χ; f; f; o/o -

)

ν;

(Ο - 4 )

0, 1 0

[ 8 - 1 2)

0,20 0, 1 5

[4 - 8 )

[ 1 2- 1 6) [ 1 6-20)

Σύνολα

Άσκηση

0,20

0,35

1 ,00

Fι

0, 1 0

0,50

20 35

1 00

Fιο/ο

0,30

0,85

1 ,00

1 00

2'1

Αν f(x) = x2 · ln(x - 1) και x, s η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων μιας με1-� ταβλητης χ = 20 · ι·ιm 3 και · χ, με 2 χ-+ 2 χ + χ - 6χ s2 = lim3 f:(2) . Να υπολογιστεί ο συντελεστής χ-+ χ - 2 μεταβλητότητας. Λ\ιση

(I - �XI+ �) , lim ι - � -li Ειναι χ-->2 χ3 +χ2 -6χ - x-+m2 x(x2 +x- 6Xl +vr:--:; 5-x2 ) 1 - (5 - χ 2 ) = lim = χ-->2 χ( χ - 2)(χ + 3)(1 + .J5 - χ 2 ) �(χ + 2) 4 = -1 . = lιm = -χ-+2 χ�(x + 3)(I + .J5 - x 2 ) 2 · 5 · 2 5 Άρα: χ = 20 · .!..5 = 4 . 1 - . Οπότε, Είναι: f'(x) = 2χ · ln(x - 1) + χ 2 · χ-1 1 = f'(2) = 4 · ln1 + 22 ·2 --1 0 + 4 = 4 και . 4 =4 2 . f'(2) = lιm s 2 = lιm 3χ - 2 χ-+3 -3χ - 2 25 :::::> s = -5 x -+3 -Ο συντελεστής μεταβλητότητας είναι: CV = �χ 2 οπότε CV = 54 = _.!._ 10 ή 10%. Ά σ κ η ση 3'1

Έστω ένα δείγμα με παρατηρήσεις: 3, 3, α, 2, 5, β, 8, 2, γ, όπου α, β, γ φυσικοί αριθ μοί με α < β < γ , διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Να βρεθούν οι πιθανές τιμές των α, β, γ, έτσι ώστε να ισχύει δ =4 και R=6. ii) Εξετάστε, για την περίπτωση με τη μικρότε ρη διασπορά, αν το δείγμα είναι ομοιογενές. Λύ ση

i) R=6 επομένως 2:s;α<β<γ:s;8. Η διάμεσος δεν ταυ τίζεται με κάποια παρατήρηση, επομένως 5 παρα τηρήσεις είναι μικρότερες του δ και 5 μεγαλύτε ρες. Ήδη υπάρχουν 4 παρατηρήσεις μικρότερες από 4 ,οπότε μόνο το α είναι μικρότερο του 4 και οι β,γ μεγαλύτεροι του 4 δηλαδή α=2 ή α=3. Αν α=2 τότε αφού β>4 θα είναι τουλάχιστον β=5 και για να αποτελούν αριθμητική πρόοδο με το γ πρέ πει γ=8. Αν α=3 τότε αφού β>4 θα είναι τουλάχι στον β=5 και για να αποτελούν αριθμητική πρόοδο με το γ πρέπει γ=7. i i) Η περίπτωση που α=3,β=5,γ=7 θα έχει μικρότε ρη διασπορά από την περίπτωση που α=2,β=5,γ=8 οι παρατηρήσεις είναι 3, 3, 3, 2, 5, 5, 8, 2, 7, 6. ' -χ 2·2 + 3·3 + 2·5 + 6 + 7 + 8 4 4 Οποτε 10 2 2 S 2 = 2 · 2 + 3 · 3 + 210· 5 2 + 62 + 7 2 + 82 - 4' 42 :::::> 8 2 = 8 + 27 + 50 +1036 + 49 + 64 _ 19' 36 => 234 - 19,36 = 23,4 - 19,36 = 4,04 s2 = 10 Οπότε s == 2 και CV = � 4' 4 = 0'45 η' 45% > 10% οπότε το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. = ,

Άσκη ση 4 '1

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = χ 2 και g(x) = 3x - 2 . Έ στω A 1 ( x 1 , y 1 ) , A 2 ( x 2 , y 2 ) , A 3 ( x 3 , y3 ) , , A v ( xv , Yv ) , σημεία της γραφι κής παράστασης της f . Αν η μέση τιμή των τε τμημένων τους είναι χ = 1 και των τεταγμένων τους y = J2 , να βρεθεί α) η μέση τιμή των διαφορών d; = f(x1 ) - g(x; ) , i = 1 , 2 ,3, , ν β) η διακύμανση των g(x; ) , ί = 1 , 2 ,3 , ... , ν • • •

•

Λίι ση α)

x=l

•

�

Σ χ; = ν · χ = ν . I

Είναι

Υ;

= Χ; 2 '

i = l,2,3, ... ,ν , y = Ji Σ χ ; 2 = ν · y = ν J2 �

Σ [ χ� - ( 3χ ; - 2 )] :Σ χ� - 3 :Σ χ 1 + ν · 2 ν ν

d = ---"ι"---

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/S6

Μαθη ματικά -yια τη Γ Λυκείου

δείγματος έχουν ύψος μεγαλύτερο από 154cm + 2ν .J2 _ 1 = ν.fi -3ν και η διάμεσος της κατανομής είναι ν 2 Έστω zi = 3x i + 2 , i = 1,2,3, ... , ν οπότε β) limι 2χ + 2 l lx l l - 4 δ = 162 + •-+ - xz - x z = 3x + 2 = 5 i) Να βρεθούν η μέση τιμή χ και η τυπική από κλιση s του δείγματος και να εξετάσετε το δείγμα είναι ομοιογενές. ν ii) Αν χ = 166 και s = 6 και το πλήθος των μα θητών με ύψος από 184cm και πάνω είναι 3 μα Σ <χ ί - 1) 2 Σ <χ; - 2χ + 1) � sz2 = 9 · 1 θητές, να βρεθεί το πλήθος ν του δείγματος. =9· = ν ν Λύ ση . 2�(1 x l +2) . . 2 lxl 2 + 2 Ι χ l -4 = lιm ι) lιm 1 1 9 -ν--2-ν- + �ν =9(.J2 - 2 · 1 + 1) = 9(.J2 -1) χ-+- ι lxl � χ-+- ι lxl 2 - Ι χ I = limι 2 1 I +2 =4 οπότε δ=162+4=166 χ-+- lxl (β ' τρόπος: sz = 3s x αλλά s� = .J2 - 1 ) Αλλά στην κανονική κατανομή έχουμε χ =δ άρα Άσκηση Sη χ = 166 και αφού το 97,5% των μαθητών του δείγματος έχουν ύψος μεγαλύτερο από 154cm άρα Οι βαθμολογία σε ένα τμήμα 30 μαθητών έχει = 154 χ- 2s � 2s = 166 -154 � s = 6 ω $S: τη ομοιογένεια θα χρειαστούμε το συντελεστή I (νι) I I �.� I .�� I ·; I �.� Για μεταβολής. Όμως, CV = ; = 1 :6 :::: 0,036 ή 3,6% Αν η διάμεσος είναι 16,5 και η μέση τιμή 16,4 ί) Να συμπληρωθεί ο πίνακας επομένως το δείγμα είναι ομοιογενές. ii) Να υπολογιστούν οι γωνίες του κυκλιίί) 184 = χ + 3s . Γνωρίζουμε ότι πάνω από το κού διαγράμματος. x + 3s βρίσκεται το 0,15% οπότε το 0,15% των Λύσ η είναι 3 μαθητές άρα i) Η διάμεσος δ = 16,5 δεν ταυτίζεται με κάποια μαθητών = = 0,0015ν 3 <::: :> ν 2000 μαθητές. παρατήρηση, επομένως οι μισές παρατηρήσεις εί ναι μικρότερες από δ και οι άλλες μισές μεγαλύτε Άσκη ση 7η ρες, δηλαδή ν 1 + ν2 + ν3 = 15 ( 1) και ν4 + ν5 = 15 Οι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Χ ομαδο σε 5 κλάσεις ίσου πλάτους. Το πολύ (2). Από τη σχέση (2) έχουμε 9 + ν5 = 15 � ν5 = 6 ποιήθηκαν γωνο συχνοτήτων που προέκυψε είναι το τετρά ενώ από τη σχέση (1) προκύπτει ν2 + ν3 13 . Αν πλευρο ΑΒΓΔ με κορυφές Α(6,0), Β(10,10), ν 2 = χ τότε ν3 = 13 - χ και αφού η μέση τιμή είναι Γ(18,14), Δ(30,0). Να βρεθούν α) το πλάτος c, των κλάσεων β) το πλήθος ν, των παρατηρήσε 16,4 θα έχουμε: ων. 2·14 + 15χ + 16(13-χ)+17·9 + 18·6 =16 4� Λύ ση ' 30 α) Το σημείο Α είναι μέσο μιας υποθετικής κλάσης 28 + 15χ + 208 -16χ + 153 + 108 = 492 � χ = 5 που θεωρούμε αριστερά με συχνότητα μηδέν, ομοίως οπότε ν 2 = 5 και ν3 = 8 . το σημείο Δ βρίσκεται δεξιά στο μέσον υποθετικής κλάσης με συχνότητα μηδέν. ,Χρα i = 1,2,3, ... , κ αί = 360° ίί) Είναι · νi , ν 360° · ν επομενως ' α. = 120 · ν. και απο' αυτο' α. = -. 14 30 εύκολα προκύπτουν : α1 = 24° , α2 = 60° , α3 = 96° , α4 = 108° , α5 = 72° . ---:----!:-+--

αν

--1�----

[Σχ; Σχ I

�:rδλ�λ

---=:.,... :.. ....,. --=-

124

Άσκηση 6η

Έστω μια μεταβλητή Χ, η οποία μετράει σε cm το ύψος ενός δείγματος ν μαθητών Λυκείου μιας πόλης και η οποία ακολουθεί περίπου την κανο νική κατανομή. Αν το 97,5% των μαθητών του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/57

Μαθη ματικά -yια τη Γ Λυκείου

Επομένως: -2c + 5c + -2c = ΑΔ <:::::> 6c = 24 <:::::> c = 4 Γνωρίζουμε ότι στην ομαδοποίηση με κλάσεις ίσου πλάτους, θεωρούμε το πλάτος c ως μονάδα μέτρησης του χαρακτηριστικού στον οριζόντιο ά ξονα, οπότε το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από το πολύγωνο συχνοτήτων και τον οριζόντιο άξονα είναι ίσο με το μέγεθος ν. β) Αν E(lO,O), Ζ(18,0) οι προβολές των Β ,Γ στον Λύση χ ' χ τότε AE=c , EZ=2c , ΖΔ=3c . Περιμέναμε βέ Από το κυκλικό διάγραμμα περνάμε στον πίνακα βαια το πολύγωνο συχνοτήτων να είναι επτάγωνο, ενώ δόθηκε τετράπλευρο, αυτό σημαίνει ότι τα κατανομής συχνοτήτων: άλλα τρία σημεία βρίσκονται πάνω στις πλευρές χ/ ΒΓ και ΓΔ . Το εμβαδόν του ΑΒΓΔ θα μας δώσει το ν. Όμως (ΑΒΓΔ)=(ΑΒΕ)+(ΒΕΖΓ)+(ΓΖΔ)= 5+24+21=50 άρα ν=50 7 10%

Χ;

fι %

X;• f;

0,25

1 ,25

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ 2 + Sx - 10. Αν χ και s, ρίζες της εξίσωσης: f(x) = χ + 2 , όπου χ και s η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση μιας μεταβλητής Χ με κανονική κατανομή. Να βρε θεί το ποσοστό των αρνητικών παρατη ρήσεων. Λύ ση

= + 2 <:::::> χ 2 - 3 χ - 10 = χ + 2 <:::::> - 4 - 12 = Ο <:::::> χ = -6 ή χ = 2 Επειδή η τυ πική απόκλιση δεν μπορεί να είναι αρνητικός α ριθμός, θα είναι s = 2 και χ = -6 . Για την κανονι κή κατανομή έχουμε ότι το μηδέν είναι το χ + 3s οπότε το ποσοστό των παρατηρήσεων που είναι μεγαλύτερες από χ + 3s δηλαδή από το μηδέν , 100 - 99,7 _- 0 15ο/ ειναι 2 Επομένως το ποσοστό των αρνητικών παρατηρή σεων είναι 99,85% f( x ) χ χ χ2

x-3s

Άσκηση 91J

-10

χ-2s

-8

χ-s

;ro .

-6

99,7%

-4

x+S

x+2S

x+3S

Δίνεται το κυκλικό διάγραμμα που απεικονίζει τους βαθμούς με τους οποίους «πέρασαν» το μάθημα «Γραμμική .Άλγεβρα» οι φοιτητές του μαθηματικού τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών. Να βρεθεί η μέση τιμή και ο συντελεστής μετα βολής.

6,25

\ 0,80

0,30

1 ,80

0,20

1 ,40

9,80

0, 1 0

0,80

6,40

Άσκηση 8η

1 Χ; • f;

\Ο

0, \ 0

0,90

8, 1 0

\Ο

0,05

0,50

1 00

5,00

Σύνολα

\ 00

46,35

6,65

= Σ χ i � = 6,65 , s 2 = Σ χ � � - χ2 i=l

i=l

s 2 = 46,35 - 44,2225 = 2,1275 :::::> s = N = 1,46 1 • 46 = 0,22 ή CV=22% οπότε CV = �χ = 6,65 Άσκηση 1 0η

Ποιά είναι η πρώτη τριάδα διαδοχικών περιτ τών αριθμών που έχουν ομοιογένεια Λύ ση

Αντί για τους κ, κ + 2, κ + 4 μελετάμε τους αριθμους, Ο, 2 , 4. Έχουμε: χ = Ο + 23 + 4 = 2 22 = 203 - 4 = �3 => 2J6 Ji 2 2 = 3 = J6 s = Jj = J6 3 . Άρα: CV 2 3 . Για τους κ, κ + 2, κ + 4 έχουμε ίδια τυπική απόκλιση s και μέση τιμή χ = κ + 2 οπότε θέλουμε J6 3 <10 => κ + 2 > -10J6 . 3 κ + 2 100 25 => 24 10J6 < Ειναι 2,4 < ν6 < 2,5 :::::> -< 3 3 3 , 8 < 1o3J6 < 8,33 . Έτσι κ + 2 > 8,33 . Άρα: κ + 2 2 9 και αφού κ περιττός αριθμός οι ζητού μενοι αριθμοί είναι: 7, 9, 1 1 -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/58

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

ΣΥΝΕΑΕΣΤΗ Σ ΜΕΤΑ ΒΑΗΤΟΤΗΤΑ Σ

Γ ' ΑΥΚΕΙΟΥ

Γιατί είναι μέτρο διασποράς;

Βαγγέλης Ευσταθίου - Θάνος Χαραλάμπους

Ορίζουμε ως συντελεστή μεταβλητότητας θροισμα αυτό, επομένως τόσο πιο μικρός θα CV μιας μεταβλητής Χ τον λόγο είναι και ο συντελεστής μεταβλητότητας αφού με την συγκέντρωση των τιμών του δείγματος 1 CVx = �� όπου s� = -Σ( Χ ; ·�") η διακύμανση yύρω από την μέση τιμή, το δείγμα θα καθί ν i=I χ σταται πιο ομοιογενές! της Χ. Έτσι έχουμε : Από την μορφή cv� = _!_ Σ � , έχουμε 1 ν

cvz = � t;:( χ

χ;

1 �1 2

�)2

= 1 t;:( ν

χ;

�2

� )2

CVx

( -1J2 χ

( -1J2 , άρα μπορούμε να πούμε

= _!_ν Σ � χ i=ι

i=I

ότι ο συντελεστής μεταβλητότητας είναι η τετραγωνική ρίζα της μέσης τιμής των τε τραγώνων των επί τοις εκατό μεταβολών της μεταβλητής Χ ως προς την μέση τιμή.

( - 1J2

Άρα: cv� = _!_ Σ �

Όσο μικρότερος λοιπόν είναι ο CV τόσο το δείγμα είναι πιο ομοιογενές. χ. , , Βλέπουμε λοιπόν ότι η τιμή του CV ε Τι παpιστα η παpασταση -:4- - 1 ; χ ξαρτάται από την διασπορά των τιμών Ας προσπαθήσουμε να την ερμηνεύσουμε χ ; , i= 1 ,2,3, .. ,ν yύρω από την μέση τιμή , κα με ένα αριθμητικό παράδειγμα . θώς εξαρτάται από την εκατοστιαία απόκλιση Έστω ότι η μέση τιμή μιας μεταβλητής Χ των απ' αυτήν. είναι � = 125 . Έστω ακόμη μία τυχαία τιμή Γι αυτό και είναι μέτρο διασποράς! ! του δείγματος x k = 102,5 . ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ ΓΙΑ ΤΑ ΟΠΟΙΑ ΙΣΧΥΕΙ : xk 102,5 'Ε τσι -=- - 1= -1 = 0, 82 -1 = -0,18=-1οο/ CV 2 • ν = 1 125 χ Δηλαδή η τιμή x k = 102,5 υστερεί από την Έστω για μια μεταβλητή Χ ενός δείγματος μεγέθους ν, ότι ισχύει : ν ή μέση τιμή χ = 125 κατά 1 8%. Έστω μία άλλη τιμή της Χ, χ = 131,25 . ή i χ =l 2 τότε � - 1 = 131 ' 5 -1 = 1 , 05 - 1 = ο, 05 = 5% . 125 χ Δηλαδή η τιμή χ = 131,25 υπερτερεί της χ = 125 κατά 5 % . Τότε : Επομένως η παράσταση � - 1 εκφράζει I) Όλες οι τιμές xi , ί=1,2,3, ,ν έχουν το χ ίδιο πρόσημο με την χ την επί τοις εκατό μεταβολή της τιμής χ ; ως 11) Εάν υπάρχει τιμή xk ίση με το μηδέν προς την μέση τιμή, συνεπώς η παράσταση τότε όλες οι υπόλοιπες τιμές είναι ίσες � - 1 αθροίζει τις επί τοις εκατό μετα με την χ ,η δε μηδενική τιμή είναι μο ναδική. βολές των τιμών του δείγματος ως προς την 111) Το διάστημα στο οποίο κινούνται οι τιμέση τιμή. Όσο λοιπόν πιο συγκεντρωμένες μές της μεταβλητής Χ είναι: είναι οι τιμές του δείγματος yύρω από την μέ ση τιμή , τόσο όσο πιο μικρό θα είναι το άν

i=I

•

o;ro .

CV2 = ι

Σ ( � - •)2 = • (�-ι)' +(�-ι)' +(�-ι)' + .. +(�-ι)' = ι •

.•.

•

t ( J2

[i-lil , i + lil]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2159

Μαθη ματικά yια τη Γ Λυ κείου

Λύ ση I)

Έστω JZ > Ο και έστω ακόμη ότι υπάρχει τιμή x k < 0 . Τότε :

- IJZI :::; Χ; - ;z :::; IJZI � ;z - IJZI :::; Χ ; :::; ;z + IJZI i = 1,2, ... , ν Άρα οι τιμές της μεταβλητής κινούνται στο διάστημα [JZ - I JZI ,JZ + I JZI ] "ϊΙ

ΕΦΑΡ Μ ΟΓΗ Σε δείγμα μεγέθους ν = 400 με συντελεστή μεταβλητότητας CV = 0,05 , δίδεται ότι η

ι ι

, �jZ - � < l , "-'·ν Ι - 1 , 2, ... , ν αρα 11) Έστω ότι υπάρχει μία τιμή από το άθροισμα : _

χλ

= Ο . Τότε

( � - ι)2 + ... + ( � - 1)2 = 1 ' ο όρος ( 1- ι ) = ι , συνεπώς το άθροισμα ... +

που θα αποτελείται από ν- 1 όρους θα είναι ίσο με το μη δέν , δηλαδή θα έχουμε :

(

�

)

(

�

)( ) ) ?

(

�

)

2 2 2 2 - ι + -ι + - ι + ... + - 1 = Ο για κάθε i = 1,2,3, ... , ν και i * λ 2 Συνεπώς: -1 = 0 για κάθε ί = 1, 2, 3, ... ,ν ιαιι i "Φλ Άρα Χ; = χ για κάθε i = 1,2,3, ... , ν και i * λ

(�

Θα αποδείξουμε ότι αυτή είναι μοναδική . Έ στω ότι υπάρχει και μία δεύτερη τιμή χ μ = χ λ = ο με μ * λ .

( � - ι)' + ( ? - ι)' = ι + ι = 2 > ι , άτοπο. Άρα είναι μοναδική ! τον τύπο (� -ι)2Από (� 2 (� 2 (� 2 + - ι) + -1) + ... + -1) = Ι , , . 1� - 1ι < 1 , 1 2 αρα , εχουμε. Τότε 111)

'jZ

"-' ν Ι.

, , ... , ν ,

Χ ; _ ;z ::; ι � ι χ ί - JΖΙ ::; ι � ι χ - -ιχ :::; ι-χ ι � ; ---=;-Ι χl

μέση τιμή του είναι χ = 160 . Αν όλες οι πα ρατηρήσεις είναι διάφορες μεταξύ τους ανά δύο, να αποδειχθεί ότι όλες είναι θετικές και να βρεθεί το διάστημα στο οποίο κινούνται οι τιμές της μεταβλητής Χ. Λύ ση

=.!.. Σ (�

Σύμφωνα με τον τύπο cv; -1 ν i=ι χ (η απόδειξή του είναι προφανώς αναγκαία), 2 έχουμε: (0,05 ) 2 = -1- Ι - 1

(�

)

() V VΣ( � ) �Σ( � ) ( ) ( ) ( ) ( ) i= l

400 χ 2 1Όμως (0,05 ) 2 = -1 = 20 400 , άρα 2= 2 = 1� -ι -1 χ τοο τοο χ 2 2 2 2 χ =1 1 1 -1 -1 ... + + + + � ? � � Αν υπήρχε μία τιμή k ε { 1,2,3, .. ,400} με : χ < 0 < 160 � � < 0 � � - 1 < -1 � 160 160 2 � � 160 - 1 > 1 , άτοπο. Αν υπήρχε μία τιμή λ ε {1,2,3, ... ,400} με : χ λ = Ο , τότε όλες οι υπόλοιπες θα ήταν ί i=l

i=l

•

( )

•

σες με την μέση τιμή 1 60, επίσης άτοπο γιατί είναι διάφορες ανά δύο. Επομένως όλες είναι θετικές. Από την

(� -ι)2 +(� -ι)2 (� -1)2 +.. +( � -1)2 =1 ,

•

ισχύει:

χ. χ. χ. ο ι � ι ι ι -ι � :::; :::; :::; :::; · ' 160• :::; 2 � 160 160 � 0 Χ; 320 "ϊf ί = 1,2,3, ... ,400

:ς

Άρα το ζητούμενο διάστημα είναι:

[0,320]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/60

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΟ ΟΡΙΟ -ΣΥΝΕΧΕΙΑ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

Αδαμίδης Ηλίας, Στυλιανίδου Αλεξάνδρα [Ε.Μ .Ε. Ημαθίας] 1. i) Δίνονται οι συναρτήσεις φ,h που έχουν για κάθε χ Ε R(1) να αποδειχθεί ότι: φ(χ) = h(x) . κοινό πεδίο ορισμού ένα σύνολο Δ ς R και για Λύση ί) Για χ = Ο από την ( 1 ) έχουμε οτι: f(O) � O , κάθε χ Ε Δ ισχύει: 2(φ+h)(χ)· [(φ+h)(χ)-2χ]+ ενώ για χ = y = Ο από την (2) έχουμε: +[(φ - h)(x)] 2 � [(φ + h)(x)] 2 - 4χ 2 f (O + O) � f(O) + f(O) <=> f (O) � O. Είναι f(O) � O Να δείξετε ότι : φ( χ) = h(x) . ίί) Να εξετάσετε αν υπάρχει κ Ε R ώστε οι και f ( O) � O άρα f(O) = O (3) Τώρα για y = -x συναρτήσεις: από την (2) έχουμε: f(x - x) � f(x) + f(-x) άρα 3 - (κ + 1)χ2 + (κ + 1)χ - κ χ f(O) � f(x) + f(-χ) , δηλαδή Ο � f(x) + f( -χ) άρα και φ ( χ) = χ3 + 1 (ι ) f(x) � -f(-x) => f(x) � -(-χ) => f(x) � χ χ 1 h( χ) = -- να ειναι , ισες. , Είναι: f(x) � χ και f(x) � χ άρα f(x) = χ . χ+1 Λύση :

ί)Έχουμε: 2(φ + h)(χ) ·[(φ + h)(χ) - 2χ] +

+[(φ-h)(χ)]2 � [(φ+h)(χ)]2 -4χ2 � 2{φ{χ)+h(χ))·(φ{χ)+h(χ)-2χ)+ +( φ(χ)-h(χ))2 � {φ{χ)+ h(x))2 -4χ2 � 2(φ(χ)+ h(x))2 -4χ(φ(χ)+ h(χ))+φ2 (χ) -2φ(χ)h(χ)+ h2 {x) � (φ(χ)+ h(x))2 -4χ2 � φ2 (χ)-2χφ(χ)+h2 (χ)-2χh(χ)+2χ2 � ο� φ2 (χ)-2χφ(χ)+χ2 +h2 {x)-2xh(x)+x2 � Ο � (φ(χ)-χ)2 +{h(χ)-χ)2 � 0, Vx ε R (1)

ίί) Για χ = y = Ο από την ( 1 ) έχουμε:

φ( Ο + Ο) + φ( Ο - Ο) = h (O + Ο) + h (O - Ο) => => 2φ(Ο) = 2 h (O) => φ( Ο) = h (O) (2)

Θέτοντας τώρα όπου χ και y το �2 και πάλι από την ( 1 ) έχουμε:

{��)+{� ;) ={� +�)+{� ;)=>

(2) => φ( χ) + φ( Ο) = h (x) + h (Ο) => φ(χ) = h (x).

(α) Δίνεται η συνάρτηση f : R � R με τύπο: f(x) = χzοιι + χ zοι3 + xzoιs (φ(χ) - χ) 2 + (h (x) - x) 2 � 0, (2) ί) Να δειχθεί ότι η f(x) είναι γνησίως αύξουσα Από ( 1 ), (2) έχουμε: (�χ)-χ)2 +(h(x)-x)2 =0 , άρα ίί) Να λυθεί η ανίσωση: χ 1011 + χ1013 + χ 1015 > 3 φ( χ) = χ και h (x) = χ ,δηλαδή φ( χ) = h (x) = χ . (β) Δίνεται η συνάρτηση f : R � R με τύπο: f(x) = χ 1015 + 201Sx - 2015 ii) Για την φ(χ) πρέπει χ3 + 1 :;ι!: 0 <=:> χ3 :;ι!: -1 κ άρα χ :;ι!: -1 ομοίως και για την h (x) πρέπει χ :;ι!: -1 . ίίί)Να δειχθεί ότι η f(x) είναι γνησίως αύξουσα Άρα έχουν κοινό πεδίο ορισμού το: ίν) Να λυθεί η ανίσωση: f{f(x)) < 1 3.

Όμως για κάθε χ Ε R ισχύει:

Αφ = Ah = R - {-1} . 'Εχουμε:

Λύση

χ3 - (κ + 1)χ 2 + (κ + 1)χ - κ φ(χ) = = χ3 + 1 (χ - κ)(χ 2 - χ + 1) χ - κ = -- είναι: φ(χ) = h (χ) αν = (χ + 1)(χ 2 - χ + 1) χ + 1 και μόνο αν: Αφ = Ah , που ισχύει και φ( χ) = h(x) , χ-κ χ-1 = -- άρα και χ - κ = χ - 1 , δηλαδηλαδή: -χ+1 χ+1 δή κ = 1 . Επομένως για κ = 1 είναι φ( χ) = h (x) .

(α) ί) Για χ ι , χ 2 Ε R με Χ ι < χ 2 έχουμε:

χ �ο ι ι < χ;ο ι ι ( + ) χ , < χ 2 � x � on < χ;ο ι3 � χ �ο ιs < χ;ο ιs � χ �ο ιι + χ �ο ι3 + χ �ο ιs < χ; ο ι ι + χ; ο ι3 + χ;ο ιs

}

δηλαδή f(x ι ) < f(x 2 ) , άρα όντως η f είναι γνη σίως αύξουσα στο R . ίί) Είναι: χ2011 + χ2013 + χ20ι5 3 άρα: f(x) f(l) , όμως 2. ί) Δίνεται η συνάρτηση f : R � R για την δείξαμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα άρα και οποία ισχύουν: f(x) � χ, για κάθε χ R (1) χ 1 , δηλαδή η aνίσωση αληθεύει Vx Ε (1, +οο) . και f(x + y) � f(x) + f(y), για κάθε x,y R(2) Να (β) ί) Για Χ ι , χ 2 Ε R με Χ ι < χ 2 έχουμε: Ε

δείξετε ότι : f(x) = χ . ίί) Δίνονται οι συναρτήσεις φ,h : R � R για τις οποίες ισχύει: φ(x+y)+φ(x-y) =h(x+y)+h(x-y),

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ

}

(+) ι χ20 1 5 < χ202 1 5 χ1 < χ2 ;::> 1 :::> χ20ι 1 5 +2015χ < χ:;ι' 5 +2015χ, :::> ι 2015χι < 2015χ2 :::> χ�ιs +2015χι -2015 < χ�ιs + 2015χ2 -2015,

Β' 94 τ.2/61

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

δηλαδή : f(x 1 ) < f(x ) , άρα όντως η f είναι γνη 2 σίως αύξουσα στο R . 0 ii) Παρατηρούμε ότι: f(1) = 12 1 5 + 2015 · 1 - 2015 , δηλαδή f(1) = 1 . Έτσι έχουμε: ��x)} <1=:t1�x)}<f(1), άρα f(x) < 1 (αφού f γνησίως αύξουσα) δηλαδή f(x) < f(1) και άρα χ < 1 , επομένως η aνίσωση αληθεύει για κάθε χ Ε ( -οο, 1) .

Δίνεται η συνάρτηση f : [4,+<χ>) με τύπο: f(x) = �4 + .J16x2 - 8χ3 + χ4 - 2χ να αποδειχθεί ότι είναι γνησίως φθίνουσα (β) Δίνεται η συνάρτηση f : R - { 1 } � R με τύ2 3 πο: f(x) χ + 20χχ3 +- 120χ + 19 Να δειχθεί ότι είναι «1-1» (γ) Δίνεται η συνάρτηση f:R�R ώστε για κάθε χ Ε R να ισχύει: f(f(x)) =D4 (1) Να δειχθεί ότι: i) Η f(x) δεν είναι αντιστρέψιμη ίί) Να δείξετε ότι f(2014) = 2014 4.(α)

Λύση : (α) Για κάθε

�

χ � 4 ισχύει :

f(x) = 4 + .J1 6x 2 - 8χ3 + χ4 - 2χ =

= �4 + �( χ2 - 4χ)2 - 2χ = �4 +1χ2 - 4χl - 2χ , όμως χ � 4 άρα και χ2 -4χ � Ο . Έτσι, f(x) = .J4 + x2 - 4χ - 2χ = �( χ - 2)2 - 2χ = lx - 2l=x-2 Δηλαδή: = lx - 2l - 2x = χ - 2 - 2χ = -χ - 2. χ�4

f(x) = -x - 2 με α = -1 < 0 άρα όντως η f γνησί ως φθίνουσα στο [4, +οο) χ 3 + 20χ 2 + 20χ + 1 9 = (β) 'Εχουμε : f( χ ) = χ3 - 1 χ3 + χ2 + χ + 19χ2 +19χ + 19 χ+ 19 κάθε --------,----- = για x :;t: 1 ' χ-1 (χ - 1Χχ2 + χ + 1) Έτσι τώρα αν χ 1 , χ Ε R - {1} είναι: 2

S.(α) Δίνονται οι συναρτήσεις f,g : R � R για τις οποίες ισχύουν οι σχέσεις: f(κ- λ) = f(κ)f(λ) + g(κ)g(λ) (1) 'v'κ,λ Ε R g(κ - λ) = g(κ)f(λ)-f(κ)g(λ) (2) Να αποδείξετε ότι: i) g(O) = Ο ίί) f(O) = 1 εαν f(x) :;t: Ο για κάθε χ Ε R iii) η f είναι άρτια, εάν η g είναι περιττή (β) Δίνεται η συνάρτηση f : R � R , η οποία ι κανοποιεί την σχέση: αf(χ) + βf(-χ) = ημ(54χ) · Ιη(44 + l xl > (1), για κάθε χ Ε R με α, β Ε R και α + β :;t: Ο Να αποδείξετε ότι η f είναι περιττή.

}

Λύση : (α) i)

Για κ = λ = Ο από την (2) έχουμε: g(O) = g(O) · f(O) - f(O) · g(O) = Ο ii) Για κ = λ = Ο από την ( 1 ) έχουμε: f(O) = f(O) · f(O)- g(O) · g(O) =O�f(O) = ( f(0))2 �f(0) =1 (αφού για κάθε χ Ε R f(x) :;t: Ο ) iii) Από την ( 1 ) για κ = Ο και λ = χ έχουμε: f(-x) = f(O) · f(x) + g(O) · g(x) , όμως από προηγού μενο ερώτημα δείξαμε ότι f(0) =1και g( O) = Ο άρα: f( -χ) = f(x) έτσι η f είναι άρτια. Από την (2) τώκ=Ο για λ=χ έχουμε: ρα και g(O)=O f(O)=l

g(-x) = g(O) · f(x) -f(O) · g(x) � g(-x) = �x) , άρα η g είναι περιττή. (β) Θέτοντας όπου χ το -χ απ' την ( 1 ) έχουμε: αf(-χ) + βf(χ) = ημ(-54χ) · ln(44 + 1 -x l > � � αf(-χ) + βf(χ) = -ημ(54χ) · ln( 44 + l x l ) (2) Προσθέτοντας τώρα κατά μέλη την ( 1 ), (2) έχου με: (α + β)f(χ) + (α + β)f(-χ) = Ο � :α+β,οΟ

� (α + β)f(-χ) = -(α + β)f(χ) = Ο � � f(-x) = -f(x) , άρα όντως περιττή.

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f(x) σε

κάθε μια από τις περιπτώσεις: = Xz +19 =>(χι +19Χχz -1)= f(xι )=f(Xz ) => χχ, +19 , -1 χz -1 i) xf ( x ) + 3 f ( - �) = 4 , γ ια κ ά θ ε χ * Ο =(Xz +19Χχ, -1) =>X1Xz -χ, +19Xz -19=χ, χz -χz +19χ, -19 => ii ) 3 f ( x ) - 4 f ( 2 - x ) = 1 2 x + 5 , γ ια κ ά θ ε χ e R => -χ1 -19χ1 =-χz -19Xz => -20χ1 =-20xz => Χι = Xz

άρα όντως η f είναι « 1 - 1 ». (γ) i) Ας υποθέσουμε ότι η f(x) είναι αντιστρέψιμη (σε άτοπο απαγωγή), τότε θα είναι και «1-1)). Για Χ1 , Χ2 E R με � :;t:χz �f(� ) :;t: f(χz)�f( f(� } :;t:f( f(Xz ) � � 20 14 :;t: 201 4 ΑΤΟΠΟ. Άρα η f δεν είναι αντι στρέψιμη. ii) Η ( 1) ισχύει για κάθε χ Ε R άρα θέτοντας όπου χ το f(x) έχουμε: f{ f( f( x) )) =2014�f(2014) =2014.

iii) r

( ) χ+2

χ-3

Λύση

+ 2.r

( ) χ-3

χ+2

= χ, γ ια κάθε χ * 0, 1, -2, 3

( :) = 4

i) 'Εχουμε x f ( x ) + 3f -

(1) .

Θέτοντας

·3 χ 1 1 1 όπου χ το -- έχουμε: --f(--) + 3f ( x ) = 4� χ χ χ 1 � -3f(--) + 9xf(x) = 12χ (2) χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/62

Μαθη ματικά yια τη Γ' Λυκείου

6χ + 2 , χ :;e O 5χ ίί) Έχουμε 3f(x) - 4f ( 2 - x ) = 12x + 5 (1) Θέ τοντας όπου χ το 2 - χ κ έχουμε: 3f(2 - χ) - 4f ( χ ) = 1 2(2 - χ) + 5 => => 3f(2 - x) - 4f(x) = - 1 2x + 29 (2) Λύνοντας το σύστημα των ( 1 ), (2) έχουμε τελικά 12 131 , , οτι: f( χ ) = - χ - -, για καθ ε χ Ε R 7 7 χ + 2 + 2 . f χ - 3 = χ (1) ίίί) Έχουμε f (1) + (2) => IOxf(x) = 12χ + 4 => f(x) =

(χ-3) (χ+2)

χ+2 χ-3 1 3t + 2 ' Θετοντας -- = t => -- = - και χ = χ-3 χ+2 t t-1 Άρα η ( 1 ) γίνεται: f(t) + 2r .!. = 3 t + 2 ( ... ) Τελικα' f(x) =

7χ + 8 . 3(χ - 1)

(t)

t-I

7 . Δίνεται η συνάρτηση i) Να μελετηθεί η f(x) ως προς τη μονοτονία και να βρεθεί το σύνολο τιμών της ίί) Να αποδείξετε ότι η f(x) είναι αντιστρέψιμη και να βρείτε τον τύπο της f -• (χ) ίίί) Να βρείτε τον αριθμό α Ε R για τον οποίο ισχύει: ( 3+�2α+4) ·�ιi + 1 = 3+Jιi + 1) ·�2α+4

(

O< "t < Xz �� <.{χ; �3-� <3 -.{χ; � � 3 · F. + �χ , χ 2 < 3 - F; + Ν: � � F. . ( 3 + F:) < rx; . ( 3 + F.) � � F. · (3. + F;) < F: · (3. + F.) � ( 3 + F.) ( 3 + F:) ( 3 + F.) ( 3 + F:) � F.c- < rx;Γ. � f(x 1 ) < f (x 2 ) 3 + νχ , 3 + νχ 2

Λύση : Έχουμε:

Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) . Η f είναι συνεχής στο Α = [0, +οο ) και είναι γνησίως f(x)] όμως f(O) = O αύξουσα άρα: f ( A) = [f ( O) , Χlim -+ΚΟ "'

και lim f(x) = lim .Γχ :, lim ·� 3+ -Γχ ·� ·�

lim

χ -++.,

l = Ι · Επομένως 3 1+-

.rx

.Γχ

{1 + JxJ

f(A) = ( 0, 1 ] .

i) Η f είναι γνησίως αύξουσα άρα είναι και « 1 -

συνεπώς αντιστρέφεται, δηλαδή υπάρχει η f -ι : [ Ο, 1 ] ----+ [0, +οο ) και για να βρούμε τον τύπο

1 ))

ΓχΓ <=> 3y + yJ;. = 3 +νχ = = Γχ <:> 3y = fx(l - y) <=> Γx = � 1 -y <:> χ � ( 1-y) 92 y E [ 0, 1 ] τελικά r - ' (x) = χ 2 , χ ε [ο, ι ] ( χ - Ι)

της θέτουμε:

y = f(x) <=> y

{

με

)

ίί) 'Εχουμε: ( 3+�2α+4) - �<i +1 = 3+Ν +1 · �2α+4 �

�

' ' = &+4 � με α � -2 . Ετσι ειναι: 3 + vα + 1 3 + ν 2α+ 4 f( <i +1) =f( 2α+4) όμως η f είναι « 1 - 1 )) οπότε και: �

Γ""?" 2 ":

<i +1 =2α+4d -2α-3=0, απ ' όπου α = -1 ή α = 3 .

Δίνεται η συνεχής συνάρτηση f : R ----+ R για την οποία ισχύουν f(O) = 1 και f 2 (x) - 2xf(x) - 1 = Ο, 'v'x Ε R . i) Να αποδείξετε ότι f(x) = χ + .Jx 2 + 1, 'v'x Ε R ii) Να αποδείξετε ότι αντιστρέφεται και να βρείτε τον τύπο της f -• (χ ) iii) Να επαληθεύσετε ότι ( f I o f)(x) = χ, 'v'x Ε R 8.

iv)

Να υπολογίσετε το όριο:

lim

·�-

(r(x) · ημ.!.χ J

ί) Έχουμε : f 2 ( x ) - 2 xf ( x ) - 1 = 0 => => f2 ( x ) - 2xf ( x ) + x 2 = χ2 + 1 � { f ( x ) - x ) 2 = χ2 + 1

Λύση :

Εάν g(x)=f(x)-x, x ER τότε: i (x) =x2 +1>0, 'v'x ER , έτσι g( χ) :;e Ο κ επειδή συνεχής στο R διατηρεί πρόσημο (συνέπειες Θ.Bolzano), είναι f(0) = 1 > 0 κ άρα g(O) = f(O) > Ο ,οπότε είναι: g2 (χ) = χ2 + 1 =>

g(x)= �,C +1 �f(x)-x=�,C +1 , δηλ.: f(x) � +x με x E R . ίί) Για χ1 , χ E R με f("t )=f(χz )�"t +J"t2 +l= � +Jχz2 +1� 2

� χ, -χz + Jx� +1 -�χ; +I =0 � (�χ� +1-�χ; +I )(�χ� + I + �χ; +l) =0 �( ...) �χ, -χ2 + x� +l +� χ; +ι � + =0 �(χ, -χz)· l+ x� +l + χ; +ι , {�x� +l+x,)+{�x; +l+χz) χ + Xz >0. Όμως: 1+ Jx� +1 +�χ; +1 �χ� +1 +�χ; +1

( � �] 1

( 'v'x, Ε R ισχύει ι χ . I � -χ . => R � -χ , => => Jx: +1 � -x1 => Jx: +l +x � O). 'Ετσι, απ ' την προ ηγούμενη σχέση: χ1 -χ = 0 => χ1 = χ , άρα η f εί2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/63

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

«ι-ι» οπότε και αντιστρέφεται. Για χ ε R με h{�) (\) 2h(h(ι!)) = 2h(h(�)) =-) h{ι! ίίί)Έχουμε: 2 2 y = f(x) έχουμε y = x + Jx + ι �y-x = Jx + ι � <=> � � · � <=> με y>x (ι). Υψώνουμε την (ι) στο τετράγωνο και 2h(h(ι!)) 2h(h(�)) <=>h(h(ι!)} =h(h(�)) άρα ισο� <=> � 2 2 2 έχουμε: (y -χγ = χ + ι � y - 2yx + x = χ + ι � - ι Υ > ο δύναμα και h ( Κ ) = h ( � ) ( αφού η h είναι «1-ι>>) Υ2-' Υ - 2yx =ι� i -ι =2yx και άρα χ = _ 2y έτσι και Κ = � � � (λ -1) =Ο αλλά λ>Ο οπότε λ = 1 2 ι χ + 2 ln h(a) = + ln h (a) = ίν)Έχουμε: οπότε f -1 (x) = --, x > O 2χ = + ln h(a) άρα + hιh(a), + hιh2 (a) 2 (x)-1 f ( = = iii) ( Γ1 of}(x) =f 1 f(x)) 2f(x) οπότε θεωρώντας την φ(χ) = + hι χ, φ / στο (0, +οο) οπότε η προηγούμενη σχέση γίνεται: 2 (x + .Jx 2 + 1) - 1 .Jx 2 + 1) 2x(x + φ{h2 {a)) = φ{h(a)) , φ / άρα και «ι-ι>> έτσι και = =χ ( ... ) = 2 2 2(χ + .Jx + 1) 2(χ + .Jx + 1) ο h2 {a)=h{ a) => h(a)=ι =>h(a) =h(2) => a=2>0 ίν) 1im (r(χ) · ημ.!.. ) <;- 1im (( χ + .Jx 2 + 1)ημ.!..) = ν) Θεωρούμε την f(x) = h(x) - χ με χ ε [1,2] Η f(x) συνεχής στο [1,2] ως διαφορά συνεχών = lim [ χ · ημ.!.. · (1 + ν 1 Τ 7 (ι) συναρτήσεων σ ' αυτό f(ι) · f(2) = { h(ι) - ι) · (h(2) -2) =(2 -1)(ι -2) = - ι < ο

ναι

e h' (a)

<•>

h ' <•>

h<•> => h' (a) e e

h( ) =e a

•

h(a)>O

Χ -ΗΦ

Χ -Η«>

ι;:-Ι)]

Χ -Η<:ιΟ

( ) ημ.!.x r=7= 1im ημt = 1 Όμως : 1im χ·ημ.!. = 1im χ-++«>

Και

)

χ-++«>

lim (1 + J1 + 12 = 2 .

X-++tO

1 χ

χ-++«> ι-+->«> t -+0

Οπότε τελικά από την

(ι) έχουμε ότι: . lim (r(χ) ·ημ.!..) = 2 .. X -H·CO

Δίνεται η συνάρτηση h : (Ο, +οο) � R με h(x) > Ο και ισχύει η σχέση: 2h{h(x)) = χ2 h(x), για κάθε χ > Ο και h(1) = 2 i) Να υπολογιστεί το h(2) ii) Να αποδείξετε ότι η h(x) είναι «1-1» στο (Ο,;.οο) h{λ2 ) iii) Να λυθεί: h{ λ3 ) = -y- ως προς λ με λ>Ο ίν) Να λυθεί: eh'<•> + lnh(a) = eh<•> ως προς α>Ο ν) Να δείξετε ότι υπάρχει ξ ε (1,2) τέτοιο ώστε h(ξ) = ξ νί) Να δείξετε ότι h(.Ji) J2

h'Ί-1"

• •

Έτσι, απ' το Θ.Bolzano υπάρχει ξ ε (ι,2) : f(ξ) = Ο � h(ξ) - ξ = Ο � h(ξ) = ξ νί)Έχουμε ότι: 2h{h(x)} =x2h(x) έτσι για χ = ξ είh(ξ)>Ο

2h{ h( ξ}) = ξ2 h(ξ) �2h( ξ} =ξ2 h(ξ) => ξ2 =2 , άρα ξ= J2 . Δείξαμε ότι h(ξ) =ξ οπότε και h(J2) = J2 .

ναι:

•

10. Να δειχθεί ότι η εξίσωση:

+ 2014 χ2012 + 2012 -χ - 2 χ-2 έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( -2,2) χ2014

Για

:ι:.

χ ±2

Λύ ση

η εξίσωση γράφεται:

χ 20 \ 4 + 2014 = χ 201 2 + 2012 <=> ��-χ - 2 (χ - 2) ι (χ + 2)( χ 2014 + 2014) = -(χ - 2)( χ 201 2 � 2012 ) \<=> i (χ + 2)( χ 2014 + 2014 ) + (χ - 2)( χ 20 1 2 + 2b1�) = ο (1)

Θεωρούμε τη συνάρτηση :

f(x) = (χ + 2){ χ 2014 + 2014 ) + (χ - 2)( χ 201 2 + 2�12)

Συνεχής στο [- 2, 2 ] ως πράξεις συνεχcον Jυ_ 2 i) Για κάθε χ > Ο ισχύει 2h(h(x)) = x h(x) οπότε ναρτήσεων f(-2)=-4((-2):xι12+:D12) <0 και f(2)=4(�'4 +2014) >0 για χ=ι έχουμε 2h{h(ι)) =ι2 h(ι) => 2h{h(ι)) =h(ι) οπότε f(-2) · f(2) < Ο , άρα από Θ.Bolzano θα υ όμως h(l) = 2 άρα 2h(2) = 2 => h(2) = ι ii) Για κάθε χ1 ,χ2 ε (Ο, ;.οο) με h(x 1 ) = h(x 2 ) έχου πάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (-2, 2) τέτοιο ώστε f(ξ) = Ο και λόγω της (ι) η αρχική εξίσωση που με: h { h(x1 )) = h { h(x2 )) => 2h { h(x1 )) = 2h { h(x2 )) => => x;h(x1 ) =x;h(x2 )=> χ12 =χ; αλλά χ 1 ,χ 2 > Ο άρα δόθηκε έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα ( -2,2) . τελικά χ 1 =χ2 οπότε η h είναι «1-ι>> στο (0,-Ι<Χ>) Λύ ση

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/64

Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Ση μαντικά Θεωρήματα Γεωμετρίας

Ευαγγελόπουλος Αναστάσιος

Σύμβουλος Μαθηματικών Ανατολικής Θεσσαλονίκης Μαθηματικός MSc Στατιστικής και Επιχειρησιακής Έρευνας Θα ήθελα να τιμήσω το μαθηματικό Αντωνόπουλο Θεόδωρο, παρουσιάζοντας ένα μικρό κομμάτι από τις αλησμόνητες παραδόσεις του. Το σχολικό έτος 1974-75 στα πλαίσια της διδασκαλίας των μαθηματικών Γ Γυ μνασίου στο Β ' Γυμνάσιο Αρρένων Κατερίνης ο καθηγητής μας δίδαξε με πρωτότυπο yια την εποχή εκείνη τρόπο σε αντίστοιχη θεματική ενότητα τα παρακάτω θεωρήματα .

θΕΩΡΗΜΑ VECTEN Τριγώνου ΑΒΓ επί των πλευρών ΑΒ και ΑΓ κατασκευάζουμε εξωτερικώς τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ. Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΔΓ και ΒΖ τέμνονται επί του ύψους ΑΚ. ΑΠΟΔΕΙΞΗ

ΘΚ, ΒΜ, ΓΛ είναι ύψη άρα συντρέχουν στο ίδιο σημείο Ο οπότε ΒΖ και ΓΔ τέμνονται πάνω στο ύψος ΑΚ.

θΕΩΡΗΜΑ NAGE L Σε κάθε τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο (C) οι ακτίνες του κύκλου (C) που αντιστοιχούν στις κορυφές του τριγώνου είναι κάθετες στις πλευρές του ορθικού τριγώνου του .( ορθικό τρίγωνο ενός τριγώνου είναι το τρίγωνο που έ χει κορυφές τις καταλήξεις των υψών του.) ΑΠΟΔΕ Ι Ξ Η

Φέρουμε ΒΛ .l ΓΔ και έστω το Θ σημείο τομής των ΒΛ και ΑΚ .Επίσης ΓΜ .l ΒΖ και έστω Θ ' σημείο τομής των ΓΜ και ΑΚ .Τα τρίγωνα ΔΒΓ και ΒΑΘ έχουν ΔΒ=ΒΑ ( πλευρές τετραγώνου). ΛΔΒ = Β ι (οξείες που έχουν τις πλευρές τους κάθετες), ΔΒΓ = ΒΑΓ (αμβλείες που έχουν τις πλευρές τους κάθετες).Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα οπότε από την ισότητα ΛΔΒ = Β ι :::::} ΑΘ = ΒΓ (1) . Τα τρίγωνα ΒΓΖ και Γ ΑΘ' έχουν ΓΖ=ΑΓ ως πλευρές τετραγώνου, Ζ ι = Γ ι (οξείες που έχουν τις πλευλ

ρές τους κάθετες), ΒΓΖ = Γ ΑΘ (αμβλείες που έχουν τις πλευρές τους κάθετες). Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα οπότε από την ισότητα Ζ ι = f ι :::::} ΑΘ' = ΒΓ (2) . Από τις σχέσεις ( 1 ), (2) έχουμε ΑΘ = ΑΘ' :::::} Θ = Θ' Στο τρίγωνο ΘΒΓ τα ευθύγραμμα τμήματα Α

.-.

Φέρουμε την εφαπτομένη Αχ τότε τ = σ

(1)

( τ εγγεγραμμένη, σ σχηματίζεται υπό χορδής και εφαπτομένης). Το τετράπλευρο ΒΖΕΓ είναι εγ γράψιμο διότι BZr = BEr = 90 ° (ΒΕ, ΓΖ ύψη) το ΒΓ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες ,οπότε τ = φ (2) , ( τ εσωτερική γωνία Α

και φ εξωτερική γωνία του εγγράψιμου τετράπλευρου). Από τις σχέσεις (1 ), (2) έχουμε σ = φ (3) :::::} Αχ I IZE και επειδή OA .lAx :::::} QA .l ZE . Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/65

------

Το Βή μα του Ευκλείδη

ΠΕΡΙΦΕΡΕΙΑ EULER Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ τα μέσα των πλευ ρών, οι πόδες των υψών και τα μέσα των απο στάσεων του ορθοκέντρου από τις κορυφές βρίσκονται πάνω σε περιφέρεια η οποία καλεί ται περιφέρεια των εννέα σημείων ή περιφέρεια του Euler. ΑΠΟΔΕΙΞΗ Α

-------

εγγράψιμο συνεπώς το σημείο Ν είναι και σημείο της περιφέρειας ( C ).

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΠΕΡΙΦΕΡΕΙΑΣ

EULER Α) Το κέντρο της περιφέρειας του διχοτο

Euler

μεί την απόσταση του ορθοκέντρου περικέντρου . Β) Η ακτίνα της περιφέρειας του Euler είναι το μισό της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου. Γ) Η εφαπτομένη της περιφέρειας του Euler στο μέσο μιάς πλευράς του τριγώνου είναι παράλ ληλη προς την εφαπτομένη της περιγεγραμμένης περιφέρειας στην απέναντι κορυφή. Δ) Η περιφέρεια του Euler διχοτομεί τα ευ θύγραμμα τμήματα που άγονται από το ορθόκε ντρο και καταλήγουν στην περιγεγραμμένη περιφέρεια. ΑΠΟΔΕ Ι Ξ Η

Τα τμήματα ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ ύψη του τριγώνου ΑΒΓ. Τα σημεία Κ, Λ, Μ μέσα των πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ .Το σημείο Η ορθόκεντρο του τρι γώνου ΑΒΓ. Τα σημεία Ν , Ρ ,Π μέσα των απο στάσεων του ορθόκεντρου από τις κορυφές Α ,Β, Γ αντίστοιχα του τριγώνου ΑΒΓ. Θεωρούμε περιφέρεια (C)=(Κ,Λ, Μ) που περνά από τα σημεία Κ,Λ, Μ θα δείξουμε πρώτα ότι Δ σημείο της παραπάνω περιφέρειας και μετά ομοίως για το σημείο Ν. Έχουμε ΜΛΙ/ΒΓ (Μ, Λ μέσα πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ) άρα το ΜΛΚΔ τραπέζιο. Στο τρίγωνο ΑΒΔ( Δ = 90 ° η ΔΜ διάμεσος στην υποτείνουσα άρα ΔΜ = ΑΒ (1) επίσης ΚΛ = ΑΒ 2

(2) (Κ,Λ μέσα πλευρών του τριγώνου

ΑΒΓ). Από ( 1 ) και (2) έχουμε ΔΜ=ΚΛ οπότε ΜΛΚΔ ισοσκελές τραπέζιο άρα εγγράψιμο Μ Λ Λ ( = , + Κ => Μ + Κ = 1 80° ) συνεπώς Δ ση μείο της περιφέρειας ( C ). Έχουμε τ = σ (3) (απέναντι γωνίες παραλ�

,..

ληλογράμμου ΑΛΚΜ). Επίσης ω = φ (4) (έχουν τις πλευρές τους παράλληλες άρα ορίζουν παραλ ληλόγραμμο ΝΛ//ΗΓ, ΜΝ//ΒΗ ευθύγραμμα τμή ματα που ενώνουν μέσα πλευρών των τριγώνων ΑΗΓ, ΑΒΗ αντίστοιχα). Το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο διότι z = Ε = 90° => ;;; + � = 1 80° ( 5) . Η (5) από τις (3) και (4) έχουμε ψ + ; = 1 80° οπότε το τετράπλευρο ΝΛΚΜ είναι

Α) Φέρουμε την ΝΟ και ΗΚ τότε το τετράπλευρο ΝΗΚΟ είναι παραλληλόγραμμο ΚΟ =/INH (τα τρίγωνα ΗΝΟ' = ΟΌΚ , (διότι ο'Ν = ο'Κ ακτίνες του κύκλου Euler , Ηό'Ν = κόΌ κατά κορυφή γωνίες , ΉΝο' = ο':Κο εντός εναλλάξ ) οπότε οι διαγώνιοι διχοτομούνται συνεπώς ο' ( κέντρο της περιφέρειας του Euler ) μέσο του ΗΟ , Ο ( περίκε ντρο ). Β) Στο τρίγωνο ΑΗΟ το ο· Ν συνδέει τα μέσα ΑΟ R , Ο. Ν = , αρα των πλευρων =- .

2 2 Γ) Το τετράπλευρο ΑΝΚΟ είναι παραλληλόγραμ

μο ( ΟΚ= / I ΑΝ) οπότε Ο'Κ I /ΟΑ και επειδή Ο'Κ ..L Κχ και ΟΑ ..L Αψ => Κχ / /Αψ . Δ) Φέρουμε τα ΟΤ και Ο' Σ (Σ μέσο της Ητ) τότε στο τρίγωνο ΗΟΤ η ο· Σ ενώνει τα μέσα των

· · πλευ ρων οποτε ο· =

το

Τ της περιφέρειας του Euler.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/66

· · ο· Σ ακτινα = '2 αρα

------

θΕΩΡΗΜΑ

S I MSON

Το Βήμα του Ευ�wη -----Α

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε περιφέ ρεια (C) και σημείο Ρ αυτής. Αν ΡΔ, ΡΖ, ΡΕ είναι κάθετοι που άγονται από το σημείο Ρ στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ τότε οι προβολές του Ρ στις πλευρές του τριγώνου Δ, Ε, Ζ βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία η οποία καλείται ευθεία του Simson . ΑΠΟΔΕΙΞΗ

θΕΩΡΗΜΑ SALMON Έστω περιφέρεια (C) και σημείο Ρ αυτής. Φέρουμε τις χορδές ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ. Με διαμέτρους τις χορδές αυτές γράφουμε περιφέρειες οι ο ποίες τέμνονται ανά δύο στα σημεία Δ, Ε, και Ζ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι τα σημεία Δ, Ε, και Ζ είναι σvνευθειακά. ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Το τετράπλευρο ΑΕΡΔ είναι εγγράψιμο διότι Α ΔΡ = ΑΕΡ = 90° � � = φ (1) . Το τετράπλευρο ΑΒΓΡ είναι εγγεγραμμένο οπότε σ = τ (2) . Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε τ = φ (3) . Το τε τράπλευρο ΡΕΖΓ είναι εγγράψιμο διότι P Er = P Zr = 90° � � + � = 1 80 ° (4) . Η (4) λόγω της (3) δίνει φ + � = 1 80 ° συνεπώς Δ, Ε, Ζ συνευθειακά.

θΕΩΡΗΜΑ MIGUEL Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Δ,Ε,Ζ σημεία πάνω στις πλευρές του έτσι ώστε Δ ε ΒΓ , Ε ε ΑΓ , Ζ ε ΑΒ . Οι περιφέρειες (C1 ) = (A, Z, E) , (C2 ) = (Β, Ζ, Δ) , (C3 ) = (Γ, Δ, Ε) διέρχονται από το ίδιο σημείο που καλείται ση μείο του Miguel. ΑΠΟΔΕΙΞΗ

γραμμένο οπότε φ = τ (1) . Το ΒΔΜΖ είναι εγγεγραμμένο οπότε

του C 2 , Μ =� εyyεγραμμένη που βαίνει σε ημι κύκλιο του C1 • Τελικά m.lΔP, Μ.lΔΡ�ΒΔ/ /ΒΑ Λ

Θεωρούμε τις περιφέρειες ( C 1 ) , ( C 2 ) και έστω ότι M E ( C1 ) n ( C 2 ) .Θα αποδείξουμε ότι Μ Ε ( C 3 ) . Το τετράπλευρο ΑΖΜΕ είναι εγγεΛ

Τα Γ,Ζ,Β είναι συνευθειακά διότι: Plr=� εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο του C 3 , Ρ ΖΒ = 90° εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο του C 2 • Τα Δ,Α,Β είναι συνευθειακά διότι: W =c:xf εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο

�

,....._

ίδιο τόξο ΔΡ Ε cl Οι απέναντι γωνίες στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΡΕΖΓ στον C 3 δίνουν PEz + Bfp =180° � � + Bfp = 180° � � + φ = 1 80° . Άρα τα σημεία Δ,Ε,Ζ είναι συνευθειακά. --

ω = σ (2) .Από τις σχέσεις ( 1),(2) έχουμε � + � = φ + � � 1 80° = φ + � (3) όποτε ΔΓΕΜ είναι εγγράψιμο συνεπώς Μ Ε ( C 3 ) •

οπότε Δ,Α,Β συνευθειακά. Οι γωνίες ΒΓΡ =ΔΑΡ ( 1 ) ως εσωτερική και απέναντι εξωτερική γωνία του εγγεγραμμένου ΑΡΓΒ. Οι γωνίες ΔΑΡ = ΔΕΡ =φ (2) εγγεγραμμένες που βαίνουν στο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/67

Το Βήμα του ΕυκλΕίδη

Το Θ εώρημα του Mor l ey Δημοσθένης Δαββέτας

[πολιτικός Μηχανικός - Τρίπολη]

Αν οι γωνίες ενός τριγώνου ΑΒΓ τριχοτομηθούν, τότε το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. Λύση

Προεκτείνω τις ΒΔ και ΓΕ μέχρι την τομή τους Ζ'. Ομοίως βρίσκω και τα σημεία Ε' και Δ'. Η -' ΒΒΖΓ ---- =7V ()Λο +-ΒΖ Τ � ' με την γωνια γωνια Ζ 'Γ με την σχεση συνδεεται ' Β-ΖΓ ' 2 --181'-(β+r) =ιχf � . Εξ άλλου από το τρίγωνο ΒΖΤ έχουμε ΒΖΥ = 360° - 1 80° - 2 (β + r) . 2 Επειδή α + β + r = 60° , η τελευταία σχέση γίνεται: ΒΖΥ = 1 80° - 2 ( 60° - α ) = 60° + 2α . Α

Άρα i3z1:ϊ = ΗΖ"Ί" = 30° + β . Η ΒΖΗ ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΒΖ'Ζ είναι ΒΖΗ = 30° +α+β και με τον ίδιο τρόπο Hzr = 30° + α + r . Στο τρίγωνο Ε'ΟΖ έχουμε ifZO + ZE'Ό + fΌZ = 1 80° ή 30° +α+r+30ο +α+β+:fΟΖ = 180° . Άρα :fOZ = 60o ( 1 ) και ΖοΕ = 120° (2) . Το σημείο Ο είναι το σημείο τομής δυο τυχαίων διχοτόμων Ε'ΕΘ και Ζ'ΖΗ -των ΑΕ Τ και ΒΖ Τ . Από το σημείο Ο φαίνεται η πλευρά ΕΖ του τριγώνου ΔΕΖ υπό γωνία 120° . Από το Ο θα διέρχεται και η άλλη διχοτόμος Δ' ΔΚ της γωνίας ΒΔ'Α διότι: Ας υποθέσουμε ότι η Δ' ΔΚ δεν διέρχεται από το Ο αλλά τέμνει τις ΕΕ και Ζ'Ζ στα Ο' και Ο" αντίστοιχα. (σχ.2) . Προφανώς έχουμε :fΟΖ = ΔΏΈ = .z:c?Ζ = 60° (3 ) , WE = iΞ<Yλ = Mz = 120° (4). Στο ΔΕΖ οι πλευρές ΕΖ , ΕΔ, ΔΖ φαίνονται υπό γωνία 120° από τα σημεία Ο, Ο' ,0 " αντίστοιχα. Άρα ορίζονται με τον γεωμετρικό τόπο αντίστοιχων τόξων κύκλου τα οποία διέρχονται από το σημείο Ο (σημείο Fermat) , διότι: Από το σχ.(3 ) προκύπτει ότι τα τόξα που γράφονται με γωνία 120° και βλέπουν τις πλευρές ΕΖ και ΕΔ , τέμνονται στο Ο1 και επειδή � = 120° από το 01 θα διέρχεται και το τρίτο τόξο. Με βάση τις (3 ) και (4) θα είναι � = 60° , Ζο;Ε 120° ( 6) . =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/68

Τα ΟΙ και Ο συμπίπτουν διότι από τις ( 1) και (2) είναι φανερό ότι το Ο προκύπτει ως σημείο τομής των τόξων που γράφονται με βάση τα τμήματα Ε'Ζ και ΖΕ και δέχονται γωνίες 60° και 120° αντίστοιχα, από δε τις ( 5 ) και (6) το ΟΙ προκύπτει ως σημείο τομής των ίδιων ως άνω τόξων. Άρα Ο = ΟΙ. Φέρουμε την ΔΌΙ . Τα τρίγωνα ΔΌΙΖ και ΔΌΙΕ είναι ίσα διότι η ΔΌΙ είναι κοινή πλευρά και ΖC>ιΔ' = � = 60° και δμ' = ψ = 30° + α + β . Άρα � = � = 30° + r και ΟΙΖ= ΟΙΕ (7) Α

Άρα Δ' ΟΙ διχοτόμος της ΑΔΉ . Επειδή � = .εο;Δ = 60° + 120° = 1 80° , δηλαδή η ΔΌΙΔΚ είναι ευθεία. Τα τρίγωνα ΕΟΙΖ' και ΖΌΙΔ είναι ίσα διότι: ΖΌΙ κοινή πλευρά και οι προσκείμενες γωνίες είναι ίσες . Άρα ΟΙΕ= ΟΙΔ (8 ) . Από (7) και (8) προκύπτει ΟΙΖ= ΟΙΔ (9). Επομένως τα τρίγωνα ΖΟΙΕ , ΖΟΙΔ, ΔΟΙΕ είναι ίσα, οι πλευρές ΕΔ, ΔΖ, ΖΕ είναι ίσες και το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/69

Ευκλ.εfδης

προτεlνει

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ ( ΤΕΥΧΟΥΣ 89 ) Θεωρούμε τους κύκλους C1 : (O, R) και C : (Ο, ρ) με R > ρ και σημείο Α του κύκλου 2 C1 .Τυχαία ημιευθεία από το σημείο Α τέμνει για πρώτη φορά τον κύκλο C στο σημείο Β. Από το 2 Β φέρουμε ημιευθεία ΒΓΔ που τέμνει τον C στο 2 Γ και τον C1 στο Δ έτσι, ώστε να είναι ΑΣΚΗΣΗ

224

ΑΒΔ = 72 ° .Θεωρούμε, επίσης, χορδή ΒΕ του C κατά τρόπον ώστε οι γωνίες ΑΒΔ και ΔΒΕ να 2 0 είναι εφεξής και να ισχύει ΔΒ� = ' 5 � • (Άρα � Λ i2 y2 = 1 με ΑΒΕ = 126 ° ). Έστω η έλλειψη ι.: : 2 2 α = (ΑΒ) , β = (ΒΔ) . Αν το εμβαδ ι του χωρtου που περικλείει η έλλειψη αυτή 'είναι ίσο ,με το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου1 που qρίζουν οι κύκλοι C 1 και C και (ΒΓΕ) = 2 .JΦ + 2 , όπου Φ 2 ο λόγος της χρυσής τομής , τότε να υπολογισθεί η ακτίνα ρ του κύκλου C . Αν επί πλέον το εμβαδόν 2 του δακτυλίου είναι ίσο με 8π(3 - Φ) , τότε να ( Ε) υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών: ΑΒ . (ΓΒΕ) (Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας) ) ΛΥΣΗ ( Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος ) Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε: ( 1 ). Ακόμη, παβ = π(R 2 - ρ 2 ) :::> αβ = R 2 - ρ 2 +1 ημ54° = J5 = _!_ Φ = συν36° , Φ 2 = Φ + 1 . 2 4 Η δύναμη του σημείου Α ως προς τον κύκλο C '2 είναι AB · AZ = R 2 - ρ 2 ή α · ΑΖ = R 2 - ρ 2 (2). Από ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΑΖ = β . Επίσης, είναι ΑΒ = ΖΗ = α , οπότε ΑΖ = ΒΗ = β . Επειδή είναι ΒΔ = ΒΗ = β το τρίγωνο ΔΒΗ είναι

P. R. HALMOS

Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

φ2 4 - φ2 3 - φ 0 παίρνουμε ημ 2 36 = 1 - 4 = -- = -- και 4 4 � , ' τελικα ημ 36 ° = . Απο' το ορθογωνιο 2 τρίγωνο ΒΓΕ παίρνουμε: ΓΕ = ΒΕ · ημ54° δηλαδή φ ΓΕ = 2ρ · - = ρ · Φ και ΒΓ = ΒΕ · ημ36° ,δηλαδή 2 .J ΒΓ = ρ · 3 - Φ . Α

1\β

ισοσκελές οπότε η διχοτόμος ΒΕ της γωνίας ΗΒΔ είναι ύψος και διάμεσος του τριγώνου ΒΗΔ, δηλαδή μεσοκάθετος της χορδής ΗΔ και άρα διέρχεται από το κοινό κέντρο Ο των κύκλων c l , c , οπότε είναι διάμετρος του κύκλου c 2 2 Λ

.. ... ..

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

Έτσι, ΒΖΕ = 90 ° = ΒΓΕ και ΒΕΓ = 36° . Επειδή φ , ημ54° = συν36° = - , 2

Ακόμη για το ίδιο τρίγωνο ΒΓΕ έχουμε: (ΒΓΕ) = ΒΓ · ΕΓ = ρ� . ρ . φ

= _!_ ρ 2 �3Φ 2 - Φ3 = _!_ ρ 2 �3Φ 2 _ φ2 - Φ = 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 Φ+2 - ρ '\/ 2Φ - Φ = -ρ " 2Φ + 2 - Φ = -ρ 2 '\/� 2 2 2 Από την υπόθεση είναι : (ΒΓΕ) = 2 .JΦ + 2 , οπότε ..!.. ρ 2 .JΦ + 2 = 2 .JΦ + 2 ::::> ρ 2 = 4 και τελικά ρ = 2 . 2 Από την ισότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΒΓΕ παίρνουμε: ΒΕΖ και ΒΓ = ΒΖ = ΒΗ - ΖΗ = ΒΔ - ΑΒ = β - α ::::> β - α = ρ .J3 - Φ ::::> β = α + 2 .J3 - Φ (3) Επί πλέον ισχύει ότι π(R 2 - ρ 2 ) = 8π(3 - Φ) και λόγω της ( 1 ) αβ = 8(3 - Φ) (4) . Η (4) λόγω της (3) γράφεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/70

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

α(α + 2.J3 - Φ ) = 8(3 - Φ) � α2 + 2α.J3 - Φ) - 8(3 - Φ) = Ο (5) Η διακρίνουσα της ( 5) είναι Δ = 36(3 - Φ) ενώ η θετική τιμή του α είναι: α = 2 .J3 - Φ = β - α δηλ. ισχύει ότι β = 2α . Τέλος, έχουμε ότι: 1 - ΒΑ · ΒΕ · ημ1 26 ο ΒΑ α Ε) (� ΑΒ� -- 2 - - - -- - 1 . (ΓΒΕ) _!_ ΒΓ · ΒΕ · ημ54ο ΒΓ β - α 2 Λύση έστειλε ο Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη.

--------

ΑΣΚΗΣΗ 22 6

( ΤΕΥΧΟΥΣ 90 )

Να επιλυθεί στο ΖχΖ η εξίσωση: 5χ3 - 6y3 = 1 33 1 (1) (Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι )

1 8 ΛΥΣΗ ( Από τον ίδιο )

Θέτουμε χ 3 = k , y3 = m και η ( 1 ) γράφεται 5k - 6m = 1 33 1 (2). Μία μερική λύση της (2) είναι η (k 0 , m0 ) = (27 1 , 4) οπότε θα είναι και k = 27 1 + 6t , m = 4 + 5t , t ε Z δηλαδή είναι χ3 = 6t + 27 1 και y3 = 5t + 4 , οπότε χ3 - 27 1 χ3 - 6 · 45 - 1 ΑΣΚΗΣΗ 22 5 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 89 ) t= = (3) και 6 6 Να αποδειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη y3 - 5 + 1 π πλευρών α , β, γ και ακτίνες R , ρ των = (4) . αρατηρουμε οτι : περιγεγραμμένου , εγγεγραμμένου κύκλωv , 5 αντιστοίχως, ισχύει η διπλή ανισότητα: i) Για χ = 6η , 6η - 1 , 6η ± 2 , 6η + 3 η ισότητα (3) .J3 1 1 1 1 δεν δίνει ακέραια τιμή του t. � -- + -- + -- < - . ίί) Για χ = 6η + 1 , η (3) δίνει ακέραια τιμή : 2R α + β β + γ γ + α 2ρ t = 36η3 + 1 8η 2 + 3η - 45 (5). ( Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι ). Επίσης, για y = 5η , 5η + 1 , 5η ± 2 η (4) δεν δίνει ΛΥΣΗ ( Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος ) 1 ) Από την ανισότητα του Cauchy έχουμε: ακέραια τιμή για τον t, ενώ για y = 5η - 1 δίνει 1 1 1 t = 25η3 - 1 5η 2 + 3η - 1 (6) που είναι ακέραιος. -- + -- + -3 _ α_+....:.β__,_ β +....:.γ γ..:...+. α � Από τις ισότητες ( 5) και ( 6) προκύπτει ότι: � _ _ _ 3 α+β+β+γ+γ+α 36η3 + 1 8η 2 + 3η - 45 = 25η3 - 1 5η 2 + 3η - 1 1 1 1 9 � 1 1η3 + 33η 2 - 44 = 0 � η3 + 3η 2 - 4 = 0 � = -- + -- + -- � α + β β + γ γ + α 2(α + β + γ) η3 - 1 + 3η 2 - 3 = 0 � η3 - 1 + 3(η 2 - 1) = 0 � ό 9 9 >- - · = � (η - 1)(η 2 + η + 1 + 3η + 3) = Ο 4R(ημΑ + ημΒ + ημΓ) 4R 3 ημ Α + Β + Γ � (η - 1)(η 2 + 4η + 4) = 0 � (η - 1)(η + 2) 2 = 0 3 � η = 1 ν η = -2 .J3 9 . 1 9 . 2 = = χ = 6η + 1 = 6 · 1 + 1 = 7 π 4R 3 .J3 2R 4R 3 ημΑ) Για η = 1 � y = 5η - 1 = 5 · 1 - 1 = 4 που είναι 3 που χρησιμοποιήθηκε η ανισότητα του Jensen για τιμές που επαληθεύουν την ( 1 ). τη συνάρτηση f(x) = ημχ που είναι κοίλη στο χ = 6(-2) + 1 = -1 1 τιμές που διάστημα (Ο,π) , με την ισότητα να ισχύει στην Β) Για η = -2 � y = 5(-2) 1 = -1 1 περίπτωση ισοπλεύρου τριγώνου. επίσης επαληθεύουν την ( 1 ). β+γ γ+α α+β , 2 ) Ισχυει.. υα < -- , υβ < 28 ΛΥΣΗ (Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος) 2 2 , υ1 < 2 Επειδή 1 33 1 = 1 13 μία προφανής λύση της ( 1 ) είναι 2 2 1 1 1 2 ' -οποτε + -- + -- < - + - + η (x, y) = (-1 1, - 1 1) αφού πράγματι είναι: β + γ γ + α α + β υα υβ υ1 5( -1 1)3 - 6( -1 1)3 = -( -1 1)3 = 1 33 1 . 1 1 1 1 1 1 1 � -- + -- + -- < - (- + - + -) Επειδή 1 33 1 = 6 · 22 1 + 5 δηλ. 1 33 1 = 5 mod 6 α + β β + γ γ + α 2 υα υβ υ1 Η εξίσωση ( 1 ) θα δέχεται λύση αν και μόνον το α+β+γ � 1 υπόλοιπο της διαίρεσης (5χ3 - 6y3 ) : 6 είναι 5, = _!_ (� + 1.._ + _.1._) = = = . 2 2Ε 2Ε 2Ε 4Ε 4Ε 2ρ γεγονός που συμβαίνει όταν χ = 6k + 1 , k ε Ζ . Λύσεις έστειλαν οι: Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Τότε η εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως: Τηλέμαχος Μπαλτσαβιάς - Αργοστόλι, Γεώργιος 5(6k + 1)3 - 6y3 = 6 . 22 1 + 5 � Τσιώλης - Τρίπολη και η ομάδα λύσης y3 = 1 80k3 + 90k 2 + 1 5k - 22 1 (2) προβλημάτων Ιδιωτικού Λυκείου « Παναγία Προυσιώτισσα» Ψηλογέφυρο Αγρινίου. '

------

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/71

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει

Η (2) για k = 1 δίνει y 3 = 64 � y = 4 . Οπότε χ = 6 · 1 + 1 = 7 και συνεπώς το ζεύγος (x, y) = (7, 4) είναι λύση της ( 1 ). Θα αποδείξουμε στη συνέχεια ότι η ( 1 ) δεν δέχεται άλλη ακέραια λύση. Δεχόμαστε ότι υπάρχει ακέραια λύση της ( 1 ) , έστω (x 0 , y0 ) διάφορη των (-1 1, -1 1) και (7, 4) . Τότε θα έχουμε: 5χ� - 6y� = 1 33 1 (3). Επειδή 5 · 73 - 6 · 43 = 5(-1 1)3 - 6(-1 1)3 = 1 13

, { {

5x� - 6y� = 5 · 73 - 6 · 43 ισχυ ουν 5χ 30 - 6y30 = 5 · (-1 1)3 - 6 · (-1 1) 3

5(x� - 73 ) = 6(y� - 43 ) Μ , ε διαιρεση κατά 5(χ� + 1 13 ) = 6(y� + 1 13 ) , , χ� + 1 13 Υ� + 1 13 � = με' λη προκυπτει οτι: Χ 3ο - 7 3 Υο3 - 43 x3ο y3ο _ 43 χ3ο + 1 13 YJο _ 1 13 . 43 -_ x3ο y3ο + 1 13 χ3ο -73 y� - 73'1 13 = ο � -(43 + 1 13 )χ� + �

(1 13 - 73 )y� + 1 1\73 - 43 ) = 0 � -1 395χ� + +988y� + 1 13 . 279 = ο � -9 . 5 . 3 1χ� + 4 · 13 · 1 9y� + 1 13 . 9 . 3 1 = ο � 4 · 1 3 · 1 9y� = 9 . 3 1 · (3) (5χ� - 1 13 ) � 4 · 1 3 · 1 9y� = 9 · 3 1 · 6y� � Υο = 0 133 1 ' (3) => 5χ� = 1 13 � χ� = -Οποτε �Ζ. 5 Άτοπο, αφού χ 0 � Ζ . ΑΣΚΗΣΗ 227

(τΕΥΧΟΥΣ 90 )

Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΔ τρείς διαδοχικές χορδές ΑΒ , ΒΓ , ΓΔ έχουν μήκη 1 , 2 , 3 , αντιστοίχως. Να υπολογισθεί το μέτρο της ακτίνας R του ημικυκλίου αυτού. ( Νικόλαος Επαμ. Τσιλιακός - Χίο ς )

1 8 ΛΥΣΗ

(Ομάδα Προβλημάτων Ιδιωτικού Λυκείου « Παναγία Προυσιώτισσα»- Αγρίνιο) Γ

. . .

--------

.J4R 2 - 9 . .J4R 2 - 1 = 4R + 3 (4R 2 - 9)(4R 2 - 1) = (4R + 3) 2 � 2R3 - 7R - 3 = 0 (1) Επειδή 2R = ΑΔ < ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ = 6 => R < 3 , και R > � εξετάζουμε αν η ( 1 ) έχει λύση στο 2 διάστημα (� , 3) . Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 f(R) = 2R3 - 7R - 3 για την οποία ισχύει f(�)f(3) < Ο , οπότε η ( 1 ) έχει λύση στο διάστημα 2 (� , 3) που π ροσεγγίζει την τιμή R � 2, 065 . 2" 2 8 ΛΥΣΗ ( Χ ρή στος Δ ε μιρτζόγλου - Δράμα ) Γ

Από το θεώρημα των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ και επειδή συνΒ = -συνΔ έχουμε: ΑΓ 2 = ΑΒ 2 + ΒΓ 2 - 2 ΑΒ · ΒΓσυνΒ ΑΓ 2 = 1 2 + 2 2 - 2 · 2συνΒ = 5 - 4συνΒ = 5 + 4συνΔ => ΑΓ 2 = 5 + 4συνΔ (1) Όμως, ΑΓ 2 = δ 2 - 9 ( 2 ) και συνΔ = � (3) δ

3 δ 2 - 9 = 5 + 4 · - και δ τελικά: δ3 - 1 4δ - 1 2 = Ο ( 4) που δέχεται λύση στο διάστημα (3,5). Προσεγγιστικά, δ � 4, 1 1 οπότε R � 2, 06 (βλέπε παρακάτω γράφημα της συνάρτησης f(x) = x3 - 14χ - 12 = 0 ) Από ( 1 ),(2),(3) έχουμε:

Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΓΔ έχουμε: ΑΓ = .JΑΔ2 - ΓΔ2 = .J4R 2 - 9 ' R > � 2 .!._ ΒΔ = .JΑΔ2 - ΑΒ 2 = .J4R 2 - 1 ' R > 2 Από το θεώρημα του Πτολεμαίου στο εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχουμε: ΑΓ · ΒΔ = ΑΒ · ΓΔ + ΒΓ · ΑΔ . Συνεπώς, είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2172

------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . -------

3 8 ΛΥΣΗ (

Γι άννης Π

εp δ ικά ρης - Ρόδος)

Π ΡΟ ΤΕΙΝ Ο ΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ

Έστω Λ

το

κέντρο του

ημικυκλίου

και

ΑΟΒ = 2χ , ΒΟΓ = 2y, ΓΟΔ = 2z τα μέτρα των γωνιών . Είναι χ + y + z = � ( 1 ). Από το τρίγωνο 2 ΑΒ 1 , , = ΑΒΔ εχουμε (2) , ενω απο, το η μχ = ΑΔ 2R ΓΔ τρίγωνο ΑΓΔ έχουμε ότι ημz = = __i_ (3 ). ΑΔ 2R

Στο τρίγωνο ΒΕΓ είναι: ημy = ..2_ = _!_ (4) 2R R π τότε: ..2.. = ημz = ημ[ - (χ + y)] = συν(χ + y) = 2R 2 = συνχσυνy - ημχημy = �1 - ημ 2 χ �1 - η μ 2 y -

�

ημχημy = l -

ι 4R 2

�

�-

ι ι _ __ . _!_ � R 2 2R R

3 + ι = ΓΙ ΓΙ 112R 2R 2 ν 4R2v R2 3R + 1 .J4R 2 - 1 . .JR 2 - 1 � -- = � 2R 2R 2 R 3R + 1 = �(4R 2 - 1)(R 2 - 1) � (3R + 1) 2 = (4R 2 - l)(R 2 - 1) � 9R 2 + 6R + 1 = 4R4 - R 2 - 4R 2 + 1 � 4R4 - 14R 2 - 6R = 0 � 2R(2R3 - 7R - 3) = 0 ..

R o

� 2R3 - 7R - 3 = 0 (4) Η (4) είναι η εξίσωση που εμφανίζεται στην πρώτη λύση με μοναδική θετική ρίζα R = 2, 065 . Ρ ο δόλφος Μ π ό ρης Γ ι άνναρος Πύργος, -

Λύσεις έστειλαν: Δ ιονύ σης

Πάγκ α λος - Άγιος Ν ικόλαος Ιωανν ίδ ης - Λ άρισα .

Δάφνη,

Κρήτης ,

Ιω άννης Αντ ώ νης

248. Δίνεται τρίγωνο ΑΟΒ ορθογώνιο στο Ο με ΟΒ > ΟΑ , ΟΑ + ΟΒ = 1 2cm και εμβαδόν 2 (ΑΟΒ) = 1 7cm :Εστω Η η ορθή προβολή του Ο στην ΑΒ και Δ σημείο του τμήματος ΗΒ για το 1 7 J2 , , οποιο ισχuει ΟΔ = -- . 6 1) Να υπολογισθεί ο λόγος των εμβαδών (ΒΟΔ) . (ΑΟΔ) 2) Στη συνέχεια θεωρούμε το μέσον Μ του ΟΑ και σημείο Ν του ΟΒ τέτοιο, ώστε ΒΝ = ΑΜ . Ονομάζουμε Ι την τομή των ΑΝ, ΒΜ και φέρουμε την ΙΖ / /ΟΔ (το Ζ σημείο του ΟΒ). Να δειχθέί ότι ισχύει (ΒΙΝ) = (ΖΙΝ) . (Γ ιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας) 249. 1) Να βρεθούν οι ακέραιες και θετικές λύσεις εξίσωσης της χ 2 - y 2 + (χ - y)(z + 1) + χ + y + z = a 2 ( 1 ) όπου a Ε Ν* και χ :ι:. y . 2) Για ποιες τιμές του a έχει λύσεις η ( 1 ); 3) Να βρεθούν όλες οι λύσεις της ( 1 ) για την μικρότερη επιτρεπτή τιμή του a , αν 3 1 < a < 40 . ( Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι) 250. Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν θετικοί πραγματικοί αριθμοί χ , y τέτοιοι, ώστε : (1) Χ · 2Υ + y · 2- x = x + y (Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα) 251. Αν b > a > 1 και η Ε Ν* να δειχθεί ότι ln b � J e nx + e(n -l ) x + . . . + e2 x + ex + 1 dx � Ιη n +Ι -a 1 na (Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι ) 252. Αν ν φυσικός αριθμός να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί α , β που ικανοποιούν τη σχέση: (1 - αΥ + (2 - β)ν + (α + βΥ = = (1 - αy+ ι + (2 - βy+ι + (α + βy+ ι ( 1) (Χ ρήστος Δεμι ρτζόγλου - Δράμα) 253. Να βρεθούν οι τιμές των α, β, γ, δ Ε R αν είναι γνωστό ότι η παρακάτω εξίσωση 3 χ 4 + αχ + βχ 2 + γχ + δ = Ο ( 1 ) έχει 4 μη πραγματικές ρίζες και το γινόμενο δύο εξ αυτών είναι 1 3 + i ενώ το άθροισμα των δύο άλλων είναι 3 + 4i . ( Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα ) 254. Δίνεται συνάρτηση f : [ a, b] � R με συνεχή παράγωγο στο διάστημα [ a, b] και f ( a) = f (b) = Ο Να αποδειχθεί ότι ισχύει η σχέση: b b 2 2 (x)dx � (b a) f J(f'(x)) 2 dx J

�

•

(Γ ιάννης Ιωαννίδης - Λάρισα). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2/73

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος «Απλά είναι τα λόγια της αλήθειας» Α ισχύλος «Η παιδεία είναι πανη-γύρι της ψυχής, γιατί στην παιδεία υπάρχουν πολλά θεάματα και ακούσματα της ψυχής.>> Σωκράτης

Γρίφοι Ο ελέφαντας ζυγίζει όσο . . . η ουρά του Έστω χ το βάρος του ελέφαντα και y το βάρος της ουράς του. Αν χ + y = κ τότε χ = -y + κ (1) και χ - κ= -y (2 ) Πολλαπλασιάζουμε κατά μέλη τις εξισώσεις ( 1 ) και ( 2) και έχουμε: χ (χ - κ) = -y (-y+κ) ή κχ / - κy ή χ2 - 2!5.χ +(!5.) 2 = / - 2!5.y+(!5.)2 και τώρα (χ _ !5.) 2 = (y _ !5.) 2 χ2 = 2

με τετραγωνική ρίζα και στα δύο μέλη προκύπτει χ -

�=y-�

ελέφαντα είναι ίσο με το βάρος y της ουράς του. Υπάρχει λάθος; Ο σκύλος πάει και έρχεται

ή χ = y δηλαδή το βάρος χ του

Δύο φίλοι βρίσκονται σε ένα μεγάλο διάδρομο 200 μέτρα μήκος ο ένας στο ένα άκρο και ο άλλος στο άλλο άκρο μαζί με ένα σκύλο. Ξεκινούν συγχρόνως με σταθερό βήμα ίδια ταχύτητα 5 χιλ/ώρα για να συναντηθούν. Το ίδιο και ο σκύλος που τρέχοντας με σταθερή ταχύτητα 8 χιλ/ώρα πηγαίνει να συναντήσει τον άλλο και αμέσως γυρνάει στον πρώτο, ξαναφεύγει χωρίς σταματημό και αυτό το πέρα δώθε έως ότου οι δύο φίλοι συναντηθούν. Πόσα μέτρα έτρεξε ο σκύλος;

Οι 1 00 φυλακισμένοι

Υπάρχουν 1 00 κρατούμενοι σε μια φυλακή, όλοι τους σε ξεχωριστά κελιά, τα οποία είναι χωρίς παράθυρα με ηχομόνωση κλπ. . Υπάρχει επίσης μια αίθουσα στη φυλακή, με μια λάμπα. Κάθε μέρα ο φύλακας θα διαλέγει έναν από τους 1 00 φυλακισμένους τυχαία (ακόμα και αν έχει επιλεγεί ξανά) και θα τον πηγαίνει στην αίθουσα. Ο κρατούμενος A a ' θα έχει την επιλογή να πατήσει τον διακόπτη της λάμπας, αν θέλει. == Όταν ένας κρατούμενος επιστρέφει από την αίθουσα, έχει επίσης τη δυνατότητα να πει <<'Ολοι οι υπόλοιποι κρατούμενοι έχουν πάει στην αίθουσα». Εάν ένας κρατούμενος αποφασίσει να το πει και είναι αλήθεια, όλοι οι κρατούμενοι θα αποφυλακιστούν. Εάν όμως ένας κρατούμενος αποφασίσει να το πει και είναι λάθος, όλοι οι κρατούμενοι θα εκτελεστούν. Γι' αυτό ένας κρατούμενος πρέπει να το πει αυτό μόνο αν ξέρει ότι είναι σίγουρα αλήθεια. Την πρώτη ημέρα που ξεκινά αυτή η διαδικασία, όλοι οι κρατούμενοι επιτρέπεται να βρεθούν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 94 τ.2174

-------

Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

--------

μαζί, για να συζητήσουν ποια στρατηγική θα ακολουθήσουν για να σωθούν. Μπορείτε να τους βοηθήσετε; Αφαιρέσεις τι παρατηρείτε σε αυτές τις αφαιρέσεις;

63.582 - 1 7.904 45.678 65.382 - 19.704 45.678

48.61 5 - 02.937 45.678 48.65 1 - 02.973 45.678

Τα νομίσματα

Έχουμε 33 νομίσματα διαφορετικής αξίας το κάθε ένα, δηλαδή με αξία 1 ,2,3,4,5,6, . . . . . . ,3 0,3 1 ,32,33 μονάδες (π.χ. δραχμών για μην τις ξεχνάμε) και θέλουμε να τα μοιράσουμε σε τρία άτομα έτσι που όλοι

τελικά να έχουν το ίδιο ποσό. Πώς θα τα μοιράσουμε; Η δασκάλα Σε ένα σχολείο διορίστηκε πρόσφατα μια νέα δασκάλα η οποία το χ

έτος θα είναι χ χρόνων, τι ηλικία έχει σήμερα;

Ξέ ρ ετε ότι: : Μαγικά τετράγωνα Λέμε τετράγωνους πίνακες αριθμών όταν οι αριθμοί αυτοί οριζόντια, κάθετα και διαγώνια έχουν το ίδιο άθροισμα. Πως γίνονται; Γράφουμε τους αριθμούς από το 1 έως το 9 όπως στο σ ' • •

2 6

' κα' θε γραμμη,

Τώρα σε κάθε γραμμή, στήλη και διαγώνιο έχουμε άθροισμα 1 5 . ,

ο αθ ροισμα ειναι: = 1 5. Σε

κάθε

v (v 2 + 1)

-2

μαγικό

προσθέσουμε,

να

που για ν=3 εχουμε

τετράγωνο

3 (32 + 1)

-2

μπορούμε

αφαιρέσουμε

να να

πολλαπλασιάσουμε όλους τους όρους του με τον ίδιο αριθμό και το τετράγωνο θα παραμείνει μαγικό.

Ο A lbrecht Durer( 1 47 1 - 1 528) διάσημος ζωγράφος και χαράκτης από τη Νυρεμβέργη έχει χαράξει το παρακάτω μαγικό τετράγωνο στην πάνω δεξιά γωνία «Μελαγχολία» του πίνακα που εχει το ονομα ' 16 3 13 2 10 ll 5 8 6 7 9 12 14 I 15 4 Το τετράγωνο αυτό είναι(4χ4) 4ης τάξης. Το άθροισμα σε '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

4 (42 + 1)

-2

' =34. Εmσης

το ίδιο άθροισμα έχουν οι αριθμοί που είναι: στις 4 γωνίες, στο τετράγωνο του κέντρου και οι ( 1 5+1 4)+(3+2), οι ( 1 2+8)+(9+5), οι (12+ 1 5)+(2+5), οι (8+3)+( 1 4+9), κυκλικά οι 1 5+9+2+8, οι 1 4+5+3+12 κλπ. Τα τετράγωνα αυτά σχηματίζονται ως εξής: πρώτα γράφουμε τους αριθμούς από το 1 - 1 6 γραμμή-γραμμή.

Ύστερα μεταφέρουμε τα χρωματιστά τετράγωνα στο απέναντι κενό τετράγωνο και προκύπτει το μαγικό τετράγωνο 3ης τάξης. 4

' λη, διαγωνιο ειναι '

στη

Ύστερα εναλλάσσουμε την 1 η με την 4η γραμμή καθώς και τη 2η με την 3η. Το ίδιο κάνουμε στη συνέχεια με τις στήλες και ακόμα αλλάζουμε διαγώνια την θέση των αριθμών που είναι στις κορυφές του τετραγώνου, το ίδιο και στο μικρό εσωτερικό τετράγωνο και έχουμε το μαγικό τετράγωνο του πίνακα. :

• •

Αρχαία Ελλάδα και ρητορική « Εκ κακού κόρακος, κακόν ωόν » Ο Τεισίας ήταν μαθητής του φημισμένου

διδάσκαλου της ρητορικής και πολιτικού Κόρακα, που είχε διακριθεί 5ο αιώνα στις Συρακούσες, ως άριστος δικανικός ρήτορας. Στις Συρακούσες διηγούνται μια ιστορία που έγινε μεταξύ μαθητού και δάσκαλου. Ο νεαρός Τεισίας επισκέφθηκε τον Κόρακα και του ζήτησε να του μάθει την τέχνη της ρητορικής. Όμως επειδή δεν είχε χρήματα για τα ιδιαίτερα μαθήματα συμφώνησαν ότι, θα τον πλήρωνε μόνο αν τον έκανε καλό ρήτορα και κέρδιζε την πρώτη του δίκη στο δικαστή ριο.

Ο Κόρακας δέχτηκε. Ο Τεισίας έγινε εξαίρετος πράγματι ρήτορας, αλλά δεν ανελάμβανε να συνηγορήσει σε δικαστήριο για να αποφύγει την Β ' 94 τ.2/75

------- Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν

πληρωμή. Ο Κόρακας αναγκάστηκε να καταγγείλει το μαθητή του στα δικαστήρια. Πολύς κόσμος συγκεντρώθηκε τότε σ' αυτή τη δίκη, για να παρακολουθήσει τη μονομαχία ανάμεσα σε δάσκαλο και μαθητή. Ακολουθεί η εκπληκτική επιχειρηματολογία και των δύο : Ο Κόρακας εξήγησε στους δικαστές τη συμφωνία, που είχε κάνει με τον Τεισία και τέλειωσε με αυτά τα λόγια: «Και τώρα, κύριοι δικαστές, αποφασίστε. Όμως

-------

να με πλη ρώσει, τότε ο μαθητής μου θα έχει κερδίσει την πρώτη του δίκη, έτσι με βάση τη συμφωνία μας οφείλει να με πληρώσει».

Οι δικαστές έμειναν έκπληκτοι. Όταν ανέβηκε στο βήμα ο νεαρός Τεισίας είπε: «Και εγώ

αδιαφορώ για την

όμως

απόφαση

του

δικαστη ρίου. Γιατί ότι και αν αποφασίσετε, δεν οφείλω

καμιά

και συνέχισε:

πλη ρωμή»

«Αν

το

δικαστήρw αποφανθεί να μην πληρώσω το δάσκαλο, τότε

δεν

θα

τον

πλη ρώσω

φυσικά.

Αν

όμως

αποφανθεί πως πρέπει να τον πλη ρώσω, τότε θα έχω

όποια απόφαση και να βγάλετε εγώ θα πλη ρωθώ.

χάσει την πρώτη μου δίκη, οπότε, κατά τη συμφωνία

Είτε

μας, δεν του οφείλω χρήματα»

τον

καταδικάσετε

τον

Τεισία

είτε

τον

αθωώσετε, εγώ τα λεφτά μου θα τα πάρω» Οι δικαστές του ζήτησαν να εξηγήσει τι εννοεί και ο Κόρακας είπε: «Αν το δικαστήριο σας αποφανθεί, ότι ο μαθητής οφείλει να με πληρώσει, θα με πληρώσει φυσικά. Αν όμως αποφανθείτε πως δεν υποχρεούται

Ευχαριστούμε τους:

Οι δικαστές, μη ξέροντας ποιόν να πρωτοθαυμάσουν, είπαν τότε την παροιμιώδη πλέον φράση : «Εκ κακού κόρακος, κακόν ωόν» Ση μείωση. Αν ήσουν στη θέση του δικαστή ποια απόφαση θα έπαιρνες;

Πέτρο Χριστόπουλο, Τάσο Μπακάλη, Αποστόλη Κακαβά, Μαρία Σίσκου

και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή .

Ο ι απαντήσεις στα Μ αθηματικά μας Δ ιασ κεδ άζουν Γρίφοι Ο ελέφαντας ζυγίζει όσο

• • •

η ουρά του

Το λάθος είναι ότι από την σχέση

Ο σκύλος πάει και έρχεται

(χ - �) 2 = (y - �) 2 με τετραγωνική ρίζα και στα δύο μέλη προκύπτει k

χ - -2 = y - -2 η χ - -2 = -y + -2

' ' ' 200 Ά ' οι φίλοι για να συναντη θ ουν θ ελουν χρονο t= 2.5 . ρα αφου ο χρόνου χωρίς σταματημό με 8 χιλ/ώρα έτρεξε Οι

100

και αρα οχι χ = y . '

σκυ

tυ= ��:.8=160 μέτρα.

' ' ' λος μετακινη θηκε στη διαρκεια αυτου του

φυλακισμένοι

Οι κρατούμενοι στο μισάωρο που είχαν στην διάθεσή τους, όρισαν έναν αρχηγό. Επίσης, συμφώνησαν ότι όταν θα έμπαιναν στην αίθουσα και θα έβρισκαν την λάμπα για πρώτη φορά σβηστή μόνο τότε θα την άναβαν. Ο αρχηγός και μόνο αυτός μπορούσε να σβήνει την λάμπα. Έτσι, όταν μετρούσε ο αρχηγός 99 σβησίματα θα ήταν ελεύθεροι να φύγουν. Αφαιρέσεις

Στις αφαιρέσεις αυτές οι αριθμοί που αφαιρούνται περιέχουν τα ψηφία 0, 1 ,2,3,4,5,6,7,8 και 9 από μία φορά μόνο και δίνουν το ίδιο αποτέλεσμα. Υπάρχουν άλλες 1 8 . Τα νομίσματα

Ο καθένας θα πάρει 1 5+25+3 7+49+6 1 = 1 87 μονάδες. Αφού aριθμήσουμε τα νομίσματα ανάλογα με την αξία τους από 1 έως 33, θα πάρουμε τα 9 πρώτα σε ένα μαγικό τετράγωνο για να έχουμε 3 τριάδες με ίδιο άθροισμα 1 5 μονάδες. Ύστερα κάτω από αυτές θα βάλουμε τα υπόλοιπα νομίσματα έτσι ώστε οι γραμμές ανά δύο να έχουν το ίδιο �οισ�α μονάδων σε κάθε στήλη (25, ••• όπως στο σχήμα: Η δασκάλα

Στον αιώνα μας τέλειο τετράγωνο είναι το έτος 2025. Δηλαδή το i έτος θα είναι το 2025 και η δασκάλα θα είναι 45 (45 2=2025) χρόνων. Επομένως 2025 - 20 1 4 = 1 1 χρόνια άρα σήμερα είναι 45 - 1 1 =34 χρόνων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 94 τ.2/76

ΑΣΚΗ Σ Ε Ι Σ

Διαγωνισμός « Ο Θαλής» 20 1 4

Με μεγάλη επιτυχία έγινε ο 75°ς μαθητικός διαγωνισμός στα Μ αθηματικά για μαθητές Γυ μνασίου, Λυκείου με συμμετοχή από όλη την Ελ λάδα καθώς και από άλλες χώ ρες του εξωτερικού,

τα μυστήρια του σύμwαντος Οι τελευταίες μελέτες των επιστημόνων f:χουν καταλήξει σε οκτώ αναπάντητα ερωτήματα του σύμπαντος αυτά είναι: • Η σκοτεινή ενέργεια, η οποία ναι μεν υπάρχει αλλά δεν μπορεί ακόμα να μετρηθεί να την ανιχνεύσουν. • Η σκοτεινή ύλη, η οποία συνδέεται στενά με την σκοτεινή ενέργεια. Με αυτόν τον όρο χρησιμοποι ούμε για να περιγράψουμε την "κόλλα" που κρατά τα πάντα στο σύμπαν ενωμένα. • Που είναι τα αγνοούμενα βαρυόνια; Σύμφωνα με την κοσμολογία, το σύμπαν αποτελείται από 5% συνηθισμένη ύλη (βαρυόνια), 23% σκοτεινή ύλη και 72% σκοτεινή ενέργεια. Τα βαρυόνια είναι υποατομικά σωματίδια τα οποία δημιουργούνται με συνδυασμούς τριών κουάρκ. Μαζί με τα μεσόνια απαρτίζουν την οικογένεια των αδρονίων, δηλαδή σωματίδια που κατασκευάζονται από κουάρκ. Τα βαρυόνια διαθέτουν έναν κβαντικό αριθμό, τον βαρυονικό. Η ονοματους προέρχεται από την ελλφzική -λέξη βαρύς, κ� σία θώς την εποχή που δόθηκε, mστευόταν ότι τα σωματίδια αυτά είχαν πολύ μεγάλη μάζα σε σχέση με τα υπόλοιπα. Τα mo συνηθισμένα βαρυόνια είναι τα γνωστά πρωτόνια και νετρόνια, τα οποία αποτελούν τους δομικούς λίθους του ατομικού πυρήνα. Πρόσφατα, στις 18 Νοεμβρίου 2014, ανακαλύφθηκαν δύο νέα σωματίδια που συνδέονται μεταξύ τους με την αποκαλούμενη ισχυρή δύναμη (Ονομάζονται Χί_b' και Χί_b*). • Γιατί εκρήγνυνται τα αστέρια; Πολλές από τις διαδικασίες σχηματισμού των άστρων και ο σχηματισμός του ηλιακού συστήματος, είναι γνωστά από τους εm στήμονες, αλλά δεν κατανοούν πραγματικά τι συμβαί νει σε ένα αστέρι, όταν εκρήγνυται, διαμορφώνοντας αυτό, που είναι γνωστό ως σουπερνόβα. • Τι ιόνισε εκ νέου το σύμπαν; Για μερικές εκατο ντάδες χιλιάδες χρόνια μετά το Big Bang, τα ηλε κτρόνια απογυμνώθηκαν από τα άτομα, και δεν ξέ ρ ουμε γιατί έγινε αυτό. •

Ποια είναι η πηγή των πιο ενεργητικών κοσμικών ακτίνων;

Βομβαρδιζόμαστε από αυτές κάθε μέρα,

•

αλλά ακόμα οι ερευνητές δεν μπορούν να συμφω νήσουν για το . . . από που έρχονται . . . Γιατί το ηλιακό μας σύστημα είναι τόσο "περίερ

Υπάρχει λογική στο ηλιακό μας σύστημα ή κυ ριαρχεί το χάος και η τύχη; γο" ;

Γιατί το στέμμα του Ήλι

Όσοι μελετούν τον Ήλιο ακόμα δεν ξέρουν. Το στέμμα εί ναι το απώτατο στρώμα από τον πυρήνα του Ήλιου, αλλά είναι απίστευτα ζεστό και οι λόγοι για αυτή τη παράξενη "διαστρω μάτωση " αποτελεί μυστήριο. ου είναι τόσο καυτό;

Πέθανε ο Alexander Grothendieck Ο Alexander Grothendieck, ένας από τους μεγαλύτε ρους μαθηματικούς του 20ού αιώνα, πέθανε χθες σε νοσοκομείο 86 ετών.

Είχε αποσυρθεί στη νοτιο-δυτική Γαλλία το 1 988 και ζούσε απομονωμένος στο χωριό Λασέρ, θέλοντας να κρατηθεί μυστικός ο τόπος διαμονής του. Γεννήθηκε τον Μάρτιο 1928 στο Βερολίνο από πατέρα ρώσο, και μητέρα δημοσιογράφο, και έχει τιμηθεί με το Βραβείο Fields, το αντίστοιχο του Βραβείου Νόμπελ για την επιστήμη των Μαθηματικών. Υπήρξε πρωτοπόρος στη διατύπωση της θεωρίας της αλγεβρικής τοπολογίας και κεντρικό πρόσωπο στη διαμόρφωση της θεωρίας της αλγεβρικής γεωμετρίας. Πέρασε το μεγαλύτερο μέρος της ζωής του στη Γαλλία, αν καrθεωρούσε-τον εαυτό του κάτοικο όλου-�.-+-κόσμου. Αποχώρησε από το Ινστιτούτο Ανωτάτων Εmστημονικών Σπουδών, όπου δίδαξε και πραγματοποίησε το μεγαλύτερο μέρος του έργου του. Το 1 970 εmκέντρωσε την ενέργειά του σε κοινωνικά ζητήματα. Το Συνέδριο

� euror��t�

Στην Αθήνα θα γίνει στις 25 - 30 Μαρτίου 20 1 5 το EUROMATH-20 1 5 με θέμα "Creatiνity and Innoνation from early age" μπορούν να πάρουν μέρος οι νέοι εικίας από 9 - 1 8 ετών.

European Student Conference in Mathematics EUROMATH-20 1 5, 25 - 30 March, 20 1 5, Athens, Greece www .euromath.org, www .cms.org.cy. www .thalescyprus.com

Θεσμοθέτηση βράβευσης μαθηματικών από την

Το διοικητικό συμβούλιο της Ε.Μ.Ε. αποφάσισε και θεσμοθέτησε από φέτος σε κάθε συνέδριο να βραβεύονται αξιόλογος συνάδελφος που ξεχώρισε για το έργο του και την προσφορά του στην Μα θηματική Εταιρεία και μαθηματική Εκπαίδευση. Για φέτος επιλέχθηκε ο κ. Αντώνιος Κυριακόπου λος στον οποίο Πρόεδρος της εταιρείας κ. Καθη γητής Γεώργιος Δημάκος προσφώνησε με τον παρακάτω λόγια ΒΡΑΒΕΥΣΗ ΑΝΤΩΝΗ ΚΥΡΙΑΚΟΠΟΥΛΟΥ

Η προσφορά του Αντώνη Κυριακόπουλου στα μαθηματικά είναι μεγάλη, ουσιώδης και συνεχής. Πάρα πολλοί μαθηματικοί και άλλοι επιστήμονες υπήρξαν μαθητές του. Έχει στο ενεργητικό του ένα πλούσιο συγγραφικό έργο. Συνέγραψε 20 βιβλία Μαθηματικών για τους υποψηφίους και φοιτητές των ανώτατων σχολών και είναι ο πρώτος στην Ελλάδα που συνέγραψε βιβλίο Μαθηματικής Λο γικής, με την οποία, ως γνωστόν, θεμελιώνονται, κατανοούνται και αναπτύσσονται τα Μαθηματικά. Επίσης, έχει γράψει περί τις 20 εργασίες σε διάφο ρα μαθηματικά θέματα, χρήσιμα για τη διδασκα λία των μαθηματικών στη Μέση Εκπαίδευση. Τα κείμενα του διακρίνονται από άκρα αυστηρότητα, ακρίβεια και σαφήνεια. Στην Μαθηματική Εται ρεία ήρθε, κατόπιν δικής μου προσκλήσεως, το 1 999 και από τότε, αδιαλείπτως επί 1 5 συναπτά έτη, λαμβάνει ενεργό μέρος στην έκδοση του περι οδικού « Ευκλείδης Β ' », στο οποία περιοδικό έχει δημοσιεύσει περισσότερα από 1 00 άρθρα. Υπήρξε και πρόεδρος της συντακτικής επιτροπής του περι οδικού αυτού, καθώς και μέλος του Δ.Σ. της εται ρείας μας. Η παρουσία του στην Μαθηματική Ε ταιρεία, της προσδίδει βαρύτητα και κύρος. ΜΕΤΑ ΤΗ ΒΡΑΒΕΥΣΗ

Σας ευχαριστώ πολύ για την τι μή που μου κάνετε. Είμαι ιδιαίτε ρα συγκινημένος αλλά και υπερή φανος γιατί με βραβεύει ένας μα θητής μου, ο Γεώργιος Δημάκος, ο οποίος ξεπέρασε το δάσκαλό του και έγινε καθηγητής του Πανεπιστημίου Αθηνών και πρόεδρος της Ελληνικής Μαθηματικής Εται ρείας. Γιώργο σε ευχαριστώ πολύ για τα καλά σου λόγια. Το μόνο που θέλω να πω είναι ότι για περισσό τερα από 55 χρόνια προσπαθώ, με τα βιβλία μου, τα άρθρα μου στα περιοδικά και στο διαδίκτυο, τις εργασίες μου και τις εισηγήσεις μου, να παρου σιάσω τα Μαθηματικά, κυρίως της μέσης εκπαί δευσης, με σωστό και αυστηρό τρόπο, διότι πι στεύω ότι μόνο τότε γίνονται απλά και κατανοητά,

Ε.Μ.Ε.

στα Συνέδρια

πράγμα βεβαίως το οποίο επιδιώκει κάθε δάσκα λος των Μαθηματικών .. Τελειώνοντας θα ήθελα να σας πω κάτι που ασφαλώς το ξέρετε όλοι. Τα μαθηματικά είναι η μοναδική επιστήμη, η οποία διακρίνεται για την αυστηρότητα των συλλογισμών που έχει σαν συ νέπεια την βεβαιότητα των συμπερασμάτων. Κα μία άλλη επιστήμη δεν έχει τις αρετές αυτές. Τα μαθηματικά τα χρησιμοποιούν όλες ανεξαιρέτως οι άλλες επιστήμες, κατά τον ένα ή τον άλλο τρόπο. Τελικά, τα μαθηματικά δεν είναι επιστήμη αλλά Η ΕΠΙΣΤΉΜΗ. Και πάλι ευχαριστώ πολύ. Αντώνης Κυριακόπουλος •

Επίσης ο κ. Αντώνης Κυρ ιακόπουλος βραβεύτηκε στις 30-11-2014 και από την Ομοσπονδία Εκπαιδευ τικών Φροντιστών Ελλάδος, στην διημερίδα που ορ γάνωσε με τίτλο: «Σεμινάρια Δ ιδακτικής». ΠΑΙ?ΕΜΒΑΣΕΙΣ Ί'ΗΣ Ε Μ.Ε . ..

Ο κ. Γ. Δημάκος πήρε μέρος στο Εθνικό Συμβούλιο Παιδείας, και στο ΣΑΠΕ - ΣΑ ΤΕ, ως θεσμικός εκπρόσωπος όλων των επιστημονικών

ενώσεων (της Ε.Μ.Ε., Ένωσης Ελλήνων Φυσικών, Πανελλήνιας Ένωσης Φιλολόγων, Ένωσης Ελλή νων Χημικών, Πανελλήνιας Ένωσης Βιολόγων, Συλλόγου Ελλήνων Γεωλόγων και Ένωσης Πλη ροφορικών Ελλάδας). Ιδιαίτερα τόνισε: ••

: 1.

στο

«Εθ νικ ό Συμβο ύλιο Π αι δ ε ίας» 1511 1 Ι

Τη θεσμική εκπροσώπηση της ΕΜΕ στις επι τροπές του Υπουργείου Παιδείας και όλων των οργανισμών που εποπτεύονται από αυτό 2. Με ποια κριτήρια και ποια προτεραιότητα χορη γούνται επαγγελματικά δικαιώματα σε Ιδιωτικά Κολ λέγια, ενώ υπάρχουν Πανεπιστημιακά τμήματα π.χ. Τμήμα Βιολόγων, Μαθηματικών κλπ. τα οποία δεν έχουν προσδιορισμένα επαγγελματικά δικαιώματα 3 . Να υπάρξει επιμόρφωση των Εκπαιδευτικών πριν από την αξιολόγηση και 4. Γιατί δεν αναφέρθηκε τίποτε για την Επαγγελ ματική Τεχνική Εκπαίδευση . 5. Επειδή η εκπαίδευση είναι επένδυση, θα πρέπει να γίνεται πιο συστηματική μελέτη των θεμάτων που την αφορούν με πλήρη επεξεργασία, στο πλαίσιο σταθερών διαχρονικά επιτροπών και με προηγούμενη πιλοτική εφαρμογή όλων των προ τεινομένων αλλαγών. Στο ΣΑ Π Ε - ΣΑΤΕ ) 24/1 1 ) •:• Να αναλάβουν την ευθύνη να καθορίζουν τα ΑΕΙ - ΤΕΙ τον α ριθμό των εισακτέων, με την προϋπόθεση ότι αυτό θα συνοδεύεται με την παρο χή του ανάλογου ποσού για να λειτουργήσουν σωστά τα ΑΕΙ-ΤΕΙ και τη γνωμοδότηση της Α ΔΙΠ.

Η επι καιρότητα των Πυθαγορείων Θεωρημάτων Στην Αθήνα γίνεται μια ωραία έκθεση , μέχρι 3 1 Ι ανου αρίου 2 0 1 5

Με θέμα: «Αποδεικνύοντας το Πυθαγόρειο Θεώρη μα Καλλιτεχνικές απεικονίσεις» του Παύλου Μωραίτη Το Ίδρυμα Ευγενίδου φιλοξενεί την πρωτότυπη και ανέκδοτη συλλογή του Παύλου Μωραίτη 1 που αποτέ λεσε για εκείνον αντικείμενο μελέτης, τεκμηρίωσης και καλλιτεχνικής απεικόνισης για πάνω από 25 χρόνια. Στην έκθεση παρουσιάζεται μια επιλογή από 99 χειρόγραφα τοτ μέσα από τα οποία φιλοδοξεί να κεντρίσει το ενδι αφέρον του καθένα για ό,τι τον συγκινεί: Τα Μαθη ματικά, τον πολιτισμό, την καλλιγραφία, την Αρχαία Ε λλάδα, την Αρχαία Αίγυπτο, τη δη μιουργικότητα, την επιστή μη. Το έργο που εκτίθεται δίνει φως στην έμπνευση και στην δημιουργικότητα πολλών μελετητών, από διάφορους αιώνες, που ασχολήθηκαν με το Πυθαγόρειο θεώρημα. Ο ι δημιουργίες του παραπέμπουν υφολογικώς σε κλασικά χειρόγραφα και δανείζονται μοτίβα από τους πο πολιτισμούς προέλευσης των μελετητών. Κάθε χειρόγραφο, έχει προσχεδιαστεί προσεκτικά, έχει μελετηθεί η απόδειξη του, και έχει δημιουργηθεί με βάση την αισθητική κάθε κουλτούρας που απηχεί. Η έκθεση εκτός από τα χειρόγραφα περιλαμβάνει μία σειρά συλλεκτικών αντικειμένων και βιβλίων που αποτέλεσαν πηγή έμπνευσης για τον ερασιτέχνη καλλιτέχνη. Τα χειρόγραφα έχουν γίνει στην Αγγλική γλώσσα που χειριζόταν πολύ πιο άνετα από την Ελληνική, έχοντας ζήσει τα περισσότερα χρόνια του στο εξωτερικό. Όνειρο του Παύλου Μωραίτη ήταν η δη μι ουργία μαθηματικού μουσείου με όργανα μέτρησης, εργαλεία, βιβλία και οπτικοακουστικά βοηθήματα και μία έκδοση της συλ λογής του. Το έργο του περιλαμβάνει 1 5 0 περίπου αποδείξεις του Πυθαγορείου θεωρή ματος εκ των οποίων οι 36 είναι δικές του προσωπικές αποδείξεις. Με αφορμή αυτή την έκθεση παρουσιάζουμε εδώ, επίσης δύο όμορφες αποδείξεις στο Πυθαγόρειο Θεώρημα δύο εκλεκτών συ ναδέλφων Π. Παπαχρήστου και Γ. Μενδωνίδη. : Μια "οπτική " απόδειξη για το Πυθαγόρειο Θεώρημα" [Π. Παπαχρήστου)

,C:��

• •

Σχήμα ι

Σχήμα 2.

Τα σχή ματα Π10Α, ΒΒ ιΟΑ είναι παραλληλόγραμμα (από κατασκευή) . Ισχύει ότι (Γ10)=(ΜΝ)=(ΑΓ) και (Β ,Ο)=(ΛΚ)=(ΑΒ) Επίσης (ΜΝΑΓ)=(Π10Α) (1) και (ΚΛΑΒ )=(ΒΒ 10Α) (2) Επίση ς : (Π10Α)=(ΓΙΣΕ) (3) και (ΒΒ ιΟΑ)=(ΒΙΣΔ) (4) Από (1) και (2): (ΜΝ ΑΙ}+(ΚΛΑΒ)=(Π 10Α)+(ΒΒ 10Α) Από (3) και (4): (ΓΓ10Α)+(ΒΒ 10Α)=(ΓΙΣΕ)+(ΒΙΣΔ)=(ΒΓΕΔ) :

Ο σταυρός με το Πυθαγόρειο Θεώρημα [Γ. Μενδωνίδης)

εμ β αδόν Σταυ ρ ού = α2 + β 2 + γ2 + 6 Α Β Γ

• •

(

εμ β αδόν Σταυ ρ ού = 2α2 + 6 Α Β Γ •

( )

)

(

)

(

)

=> α' + β2 + γ2 + 6 Α Β Γ = 2α2 + 6 Α Β Γ => lβ' + γ2 = α' l

ι Γεννήθηκε το 1937 στην Αλεξάνδρεια της Αιγύπτου και πέθανε το 2010 στη Θεσσαλονίκη. Όντας ηλεκτρολόγος-μηχανικός εργάστηκε πάνω από 25 χρόνια στις πλατφόρμες εξόρυξης πετρελαίου σε όλη την περίμετρο της Αφρικής και τη Σαχάρα, στη Βόρειο θάλασσα και στη Νέα Γη στον Καναδά. Μελέτησε Μαθηματικά και επιστημονικά θέματα καθώς και τους aρχαίους πολιτισμούς της Ελλάδας και της Αιγύπτου. Η καλλιγραφία υπήρξε σύμφυτη με την αγωγή που πήρε ως Αλε· ξανδρινός, φοιτώντας στο Saint Marc (Γαλλικό Σχολείο στην Αλεξάνδρεια) και αργότερα στην τεχνική Ιταλική Σχολή Don Bosco (στην Αλεξάνδρεια). Χρησιμοποίησε την αισθητική για να κάνει ελκυστικά τα θέματα που συχνά aπωθούν τους μαθητές: τα μαθηματικά, τη φυσική, την αστρονομία, τις εφευρέσεις. Η ανάγκη του Παύλου Μωραtτη να αποτυπώσει τις εικόνες των αρχαίων παπύρων, των τοιχογραφιών της Αιγύπτου, των σημαντικών ανακαλύψεων των Ελληνιστικών χρόνων αλλά και των συναισθημάτων του για τα μαθηματικά και τον φυσικό κόσμο, τον οδήγησε να δημιουργήσει σειρές χειρογράφων, που άλλοτε είχαν θέματα μαθηματικά, άλλοτε αρχαiες ελληνικές ανακαλύψεις και τα περισσότερα μία σειρά αποδεiξεων του Πυθαγορείου θεωρήματος, που για εκείνον ήταν ένας σταθμός ή μία αφετηρία για τη σκέψη και τη γεωμετρία.

Τάσος Μάλλιος : η οπτική ενός φοιτητή στην δεκαετία του 60.

ΣΤΑΥΡΟΣ Γ ΠΑΠΑΣΤΑΥΡΙΔΗΣ ομότιμος Καθηγητής ΕΚΠΑ

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Ο ο. καθηγητής του Μαθηματικού της Αθήνας Τάσος Μάλλιος, εδώ και λίγου ς μήνες, δεν είναι π ιά μετα ξύ μας. Ο υπογράφων ήταν φοιτητής του μαθηματικού Αθηνών την δεκαετία του 60, και εκεί τον γνώρισε όπου ο Μάλλιος ήταν υφηγητής. Ο Μάλλιος δεν υπήρξε δάσκαλος μου με την «τυπική» έννοια του όρου, δηλαδή δεν υπήρξε διδάσκων κάποιου μαθήματος που έπρεπε να παρακολουθήσω και να πάρω έναν βαθμό. Υπήρξε Δάσκαλος μου με κεφαλαίο Δ, με συζητή σεις που έλαβαν χώραν την δεκαετία του 60, εκτός των πλαισίων της τυmκής λειτουργίας του Πανεπιστημίου. 1 Με σκοπό την απότιση ενός οφειλομένου ευχαριστώ αλλά και την ενημέρωση των νεωτέρων για κάποιες πτυχές της ιστορίας του ελληνικού πανεπιστημίου, γράφω τα παρακάτω. ? ! Θα έπρεπε να ήταν 1 965-66. Η ατμόσφαιρα στα πανεπιστήμια μας καταπιεστική, δεν ήταν γενικώς εύκολο να κάνεις συζήτηση με το διδακτικό προσωπικό και οι κλητήρες ήσαν αυταρχικοί, ο δε καθηγητής ήταν (σχεδόν) θεός. 2 Τα οικονομικά ήσαν δύσκολα, κάποιοι φοιτητές ερχόντουσαν με τα πόδια από τα το Χημείο και οδό Σόλωνος) για να μην καταβάλουν το Ι ,20 δρχ που ήταν το εισιτήριο του λεωφορείου3 . Ομως μέσα σε όλα αυτά υπήρχε μιά αισιοδο ξία ότι το μέλλον θα είναι καλύτερο, αισιοδοξία που προήρχετο και από το συνολικό διεθνές κλίμα των «sixties», αλλά κυρίως από την σαφή προοπτική του . . . διορισμού. Μιά ομάδα φοιτητών του μαθηματικού είχε ενδιαφέρον να συζητήσει περισσότερο και για . . . Μαθηματικά. Εκάλυπταν τρία πανεmστημιακά έτη και αναφέρω όσους θυμάμαι4 : οι πρωτοετείς οι Θά νος Μικρούτσικος, Ηλίας Νικολακόπουλος, δευτε ροετείς οι Χαράλαμπος Αλιπράντης, Φρειδερίκη Δαρεμά, Θόδωρος Πανουργιάς, Θόδωρος Παπαθεο δώρου, Ηλίας Χούστης και τριτοετείς οι Τάσος Να κάσης, Σουζάνα Παπαδοπούλου κλπ . Σαν θέμα διαλέξεων μεταξύ μας διαλέξαμε το βιβλίο Andrew Η. Wallace5 , An Introduction to Algebraic Topology. Δεν είχαμε καμμιά ουσιώδη καθοδήγηση από πουθενά, έτσι μας φάνηκε «μοντέρνο» και η ασυνήθης λέξη «τοπολογία» ίσως είχε ένα μυστήριο. Οι συναντήσεις-διαλέξεις ελάμβαναν χώραν σε όποια αίθουσα διδασκαλίας της Νομικής βρίσκα με κενή. Κάποια μέρα δεν βρέθηκε αίθουσα και η ομάδα βρέθηκε συγκεντρωμένη στο ισόγειο της Νομικής κοντά στην πόρτα του μαθηματικού σπουδαστηρίου. Τότε επέρασε από εκεί, (φουριόζος ήταν στο στύλ του), ο Μάλλιος πηγαίνοντας προς το μαθηματικό σπουδαστήριο. Κάποιος από το περιβάλλον του Κάππου μας είχε συστήσει κάποια στιγμή, ήξερα ότι ήταν υφηγητης χωρίς να ξέρω ακριβώς τι σήμαινε αυτό, για τους φοιτητές ήταν ένας από το «προσωπικό» με το οποίο δεν είχαμε και πολλά-πολλά. Τον χαιρέτισα τυmκά με ένα «γειά σας» και αυτός πλησίασε και ρώτησε με ενδιαφέρον τι κά νουμε. Ηταν ασύνηθες. Του εξηγήσαμε την κατάσταση και χωρίς πολλά πολλά μας πέταξε ένα «ελάτε εδώ να συζητή--σοuμ&για Αλ-γεβριιεή Τοπολογία-»- κα-ι κατευθύνθηκε προς-το μαθηματικό σπουδαστήριο όπου και ακολουθήσαμε, προ σπεράσαμε τον προθάλαμο και μπήκαμε στα ενδότερα, (που σε εμάς εφάνταζε κάτι σαν Αδυτα των Αδύτων), όπου κα θήσαμε γύρω από ένα ελλειπτικό τραπέζι. Ο Μάλλιος πολύ άνετος πήρε στα χέρια του το βιβλίο του Wallace, το ξεφύλι σε, μας ρώτησε διάφορα πράγματα, έκανε διάφορα σχόλια σε χαοτικό στύλ χωρίς συγκεκριμένη σειρά ή στόχο, που τα περισσότερα δεν τα πολυκαταλαβαίναμε. Ομως μετά από μία αρχική αίσθηση δισταγμού, σιγά-σιγά αισθανόμασταν πολύ άνετα, ωραία και προνομιακά εκεί μέσα. Κάποια στιγμή η ωραία και ασυνήθης και κάπως «ανατρεπτική» για τον χώρο ατμόσφαιρα διεκόπη από την φωνή της «τάξης»: Βρέ Τάσο τι μας του ς κου β άλη σες αυτούς ?6• Ο Μάλλιος το αντιπα ρήλθε με ένα φευγαλαίο «έλα μωρέ τώρα», και η ειδυλιακή συζήτηση συνεχίστηκε με τον Μάλλιο κυρίως να μιλάει και ενίοτε, κάποιος από εμάς διέκοπτε διστακτικά για κάποια διευκρινιστική ερώτηση. Και τι δεν μας είπε, μαθηματικούς ό ρους που ποτέ δεν είχαμε ξαναακούσει, ονόματα σημαντικών συγχρόνων μαθηματικών, βιβλία κλπ, κλπ . . . Κάποιοι από � εμάς κρατούσαν βιαστικά κάποιες σημειώσεις. - Εκτοτε αφού πια είχαμε «γνωριστεί», είχα την άνεση την άνεση, να τον βρίσκω και να τον ρωτάω διάφορα. Ηταν

Τι μας τους κουβάλησες αυτούς

1 Αντίστοιχη λειτουργία ως πρός εμένα, πέραν της τυπικής πανεπιστημιακής διαδικασίας Δάσκαλοι, είχαν και δύο άλλοι Δασκαλdί μου, οι Σπύρος Ζερβός -και Αντώνης Παναγιωτόπουλος. 2 Πρέπει να αναφερθεί ότι οι φοιτητές παρακολουθούσαν τα μαθήματα και κοίταζαν να πάρουν πτυχίο, που γενικώς το έπαιρναν σε 4-4,5 χρόνια. Η άποψη μου είναι ότι ο κύριος λόγος είναι ότι η λήψη πτυχίου εσήμαινε τότε άμεσο δwρισμό. Για πολλούς φοιτητές η διαδικασία αυτή εσήμαινε αλλαγή κοινω νικής τάξης, φαινόμενο γενικώς πολύ σπάνιο μέσα στην ανθρώπινη ιστορία. 3 Σήμερα ίσως κάνουμε το ίδιο για να είμαστε «φίτ» (fit) ! . 4 Η ομάδα ήταν άτυπη, aπολογούμαι που δεν τους θυμάμαι όλους. 5 Αργότερα μάθαμε ότι ο Andrew Wallace ( 1 926-2008) ήταν σημαντικός μαθηματικός που μεταξύ άλλων το 1 960 είχε παίξει σοβαρό ρόλο στο πρόβλη μα της Γενικευμένης Εικασίας Πουανκαρέ (Generalized Poincare conjecture ) Αλλά εκείνη την στιγμή αυτά ήσαν τελείως άγνωστα. 6 Θυμάμαι επακριβώς ποιός το είπε αυτό, που ίσως ο Ομηρος θα απαντούσε «Ποίον σε έπος φύγεν έρκος οδόντων; Άχθος αρούρης»! (Βλέπε Ιλιάδα Δ' 360 και Ιλιάδα Σ' Ι 04). Επιλέγω να μην αναφέρω το όνομα διότι το πνεύμα αυτής της δήλωσης δεν αντανακλούσε τόσον προσωπικά χαρακτηριστικά του εκπέμψαντος αυτήν, αλλά έδινε το στίγμα της εποχής. .

πολύ σημαντικό για εμένα και σαν πληροφόρηση, αλλά επίσης και σαν ενθάρρυνση. Σιγά-σιγά άρχισα να καταλαβαίνω περισσότερο το ποιός είναι ποιός στον μαθηματικό περίγυρο της εποχής. Ο Μάλ λιος στην δεκαετία του 60 ήταν υφηγητής7 , δεν είχε αναλάβει διδακτικά καθήκοντα, aσχολείτο αποκλειστικά με την έρευ να στα Μαθηματικά, ειδικότερα με την συναρτησιακή ανάλυση. Αξίζει να τονισθεί ότι στην δεκαετία του 60, ο Μάλλιος ήταν ο μόνος μαθηματικός στον οποίον η Ελλάδα έδινε μισθό αποκλειστικά για να κάνει έρευνα, aπαλλαγμένος από δι δακτικά η διοικητικά καθήκοντα8 • Αυτό ήταν μία απολύτως επάξια επιλογή του καθηγητή Κάππου. Αυτα μόνον ο Μ άλλιος τα ξέρει ! 9 Στα χρόνια εκείνα άκουσα ότι ο (τακτικός) καθηγητής Δημήτριος Κάππος λειτουργούσε ένα «σεμινάριο», όπως εί παν, σε «προχωρημένα» θέματα. Η λέξη Σεμινάριο ήταν γενικώς άγνωστη . Το σεμινάριο του Κάππου συνήρχετο στο γραφείο του Ιπποκράτους 3 3 , και το ακροατήριο αποτελείτο από το προσωπικό της έδρας του, σπανιότερα από στελέχη άλλων μαθηματικών εδρών και κάποιους επιλεγμένους φοιτητές, που σε αυτούς κυρίως ανετίθετο η μελέτη και παρουσί αση του υλικού. Θυμάμαι τον Νακάση και την Παπαδοπούλου. Το έτος 1 965-66 το θέμα ήταν το Ολοκλήρωμα του Haar (Haar lntegral), και η κυρία πηγή μελέτης ήταν το βιβλίο του Leopoldo Nachbin, The Haar integral. Ο Μάλλιος εμφανι ζόταν στο σεμινάριο σποραδικά. Η «φήμη» ήταν ότι συχνά βρισκόταν εκτός Ελλάδος, σε συνέδρια, σεμινάρια η κάτι τέ τοιο. Οταν ήταν παρών έκανε σχολιασμούς που οι λοιποί μετέχοντες ακούγαν με προσοχή. Γενικώς ανεγνωριζόταν ότι ξέρει τα περισσότερα. Την επόμενη χρονιά 1 966-67, το σεμινάριο θα συνεχιζόταν και θυμάμαι ότι οι ενεχόμενοι φοιτητές είχαμε ζητήσει από τον Απρίλιο να μας γνωστοποιηθεί το θέμα και το σύγγραμμα, ώστε να προλάβουμε να προετοιμασθούμε το . . . κα λοκαίρι. Μας εδόθη λοιπόν το βιβλίο του L. Hormander, An Introduction to Complex Analysis in Seνeral Variables, σαν θεμα για το σεμινάριο του Κάππου το 1 966-67. Πέσαμε με τα μούτρα που λένε, και προτου καλα-καλά αρχίσει η ουσία του βιβλίου, στην σελίδα xi, υπήρχε LIST of ΝΟΤΑτJONS (Κατάλογος Συμβόλων), όπου υπήρχαν μεταξύ άλλων και εξής δύο : k C0 (Ω), where Ω i s a n open set i n RN (or a C "' manifold), i s the space of k times continuously differentiable complex νal k k ued functions in Ω και C0 (Α), where Α is a subset of a C"' manifold Ω, denotes the set of functions in C0 (Ω) νanishing outside a compact subset of Α. Καλά όλα τα άλλα κολήσαμε στο «manifold», που δεν το ξέραμε. Απευθύνθηκα άμεσα σε Επιμελητή του τμήματος. Η απάντηση ήταν λακωνική, χωρίς δισταγμούς οι περιστροφές: Αυτά μόνο Μάλλιος τα ξέρει. Βρήκα τον Μάλλιο τα κουβεντιάσαμε, έμαθα ότι πίσω από την μικρή λέξη manifold, κρύβεται ένας τεράστιος όγκος γνώσεων που ο Hormander θεωρούσε την γνώση τους αυτονόητη . Για μένα αφ ενός μεν ήταν η αρχή μιάς άλλης μεγάλης περιπλάνησης στον ωκεανό των Μαθηματικών, αφ ετέρου οδήγησε σε σχετική ενημέρωση προς το επιτελείο του Κάππου, όπου απεφασίσθη η αλλαγή του βιβλίου στο Set Theory and the Continuum Hypothesis, του Paul J. Cohen ι 2 και το σεμιναριο έγινε κανονικά. Το βι βλίο του Cohen το συμβουλεύομαι και σήμερα. Παρ όλο που εχούν γραφεί από τότε πολλά βιβλία με κομψότερες διατυ πώσεις, μου αρέσει περισσότερο διότι μου φαίνεται ότι προβάλλει τις βαθύτερες ιδέες.

ιο

ιι

ΕΠΙΛΟΓΟΣ Αγαπητέ αναγνώστη, προσπάθησα να είμαι αντικειμενικός αλλά δεν μπορώ να είμαι σίγουρος ότι τα κατάφερα. Τα γεγονότα που αναφέρω συνέβησαν όντως, όμως αυτά που αναφέρω αναγκαστικά είναι μία επιλογή των όσων συνέβησαν, όπως κάθε ιστοριογραφία. Επέλεξα κάποια επεισόδια που θεωρώ ότι εκφράζουν κάτι κεντρικό και αυτό μοιραία έχει προσωπικό χαρακτήρα. Στόχος μου ήταν αφ ενός να πω ένα προσωπικό ευχαριστώ στον Μάλλιο αφ ετέρου να παρουσιά σω ορισμένες πτυχές της πανεπιστημιακής μας ζωής στην δεκαετία του 60. Αν αυτό βοηθήσει κάποιους να καταλάβουν κάπως καλύτερα το τι συνέβη στο εθνικό μας παρελθόν και αυτό, μαζί με άλλες αναγνώσεις, παίξει ρόλο στο να οργανώ σουμε καλύτερα το παρόν και το μέλλον μας, αυτό θα αποτελέσει για εμένα μεγάλη ικανοποίηση. Ο τίτλος του «Υφηγητή» αντιστοιχεί προς τ ο γερμανικό Docent (εκ του λατινικού docens, που σημαίναι «διδάσκω, δίνω διαλέξεις). Είναι τίτλος που χρησιμοποιείτο κυρίως σε γερμανόφωνες χώρες, και σημαίνει σε γενικές γραμμές κάποιον λίγο πιό κάτω από τον καθηγητή (i.e. professor ordinarius). Ε κείνη την εποχή στην Ελλάδα, ήταν ακαδημαϊκός τίτλος που αποτελούσε το επόμενο βήμα μετά το Διδάκτωρ, δεν συνεπαγόταν αναγκαστικά διορισμό ή διδακτικά καθήκοντα ή μισθό. Υπήρχε και ο επόμενος τίτλος του Εντεταλμένου Υφηγητή, που συνεπαγόταν ανάθεση ανεξάρτητης διδασκαλίας, (όχι υπό την <<επίβλεψη>> καθηγητού), και κάποιο μισθό. Η ιεραρχία αυτή έχει εγκαταληφθει σήμερα και έχει αντικατασταθεί από άλλες. 8 Αυτό γινόταν υπό την αιγίδα του Εθνικού Ιδρύματος Ερευνών (EIE). 9 Ο καθηγητής Δημήτριος Κάππος ( 1 904- 1 985) ήταν καθηγητής του μαθηματικού τμήματος του ΕΚΠΑ στα έτη 1 955- 1 970, όπου είχε την ευθύνη της δι δασκαλίας της Μαθηματικής Ανάλυσης. Ο Κάππος ήτανε η σημαντική μορφή των μαθηματικών της Ελλάδας στην περίοδο εκείνη, αυτός έφερε το κλίμα των συγχρόνων μαθηματικών του 20°" αιώνα στην Ελλάδα. Αξίζει να επισημανθεί ότι στην δεκατία του 60, ο Κάππος ήταν ο μόνος καθηγητής πανεπι στημίου που εδίδασκε τα Μαθηματικά με την οργάνωση που έφερε η θεωρία των συνόλων. 10 Η λέξη Σεμινάριο είναι λατινικής προέλευσης από το Seminarium, που σημαίνει <<τόπος ανατροφής, καλλιέργιας κλπ». Προφανώς συνδέεται και σε το αγγλικό semen (σπέρμα). Ιστορικά φαίνεται ότι ο όρος αυτός, με έννοια που μοιάζει με την σημερινή, διαμορφώνεται στην σύνοδο του Τρέντου (Council of Trent 1 545- 1 563), όπου η Καθολική Εκκλησία επιχειρεί να οργανώσει την άμυνα της κατά της <<αίρεσης των Προτεσταντών». Αρχικά συνδέεται με θεολογικές συζητήσεις και βαθμιαία επήρε την περιεκτικότερη έννοια που έχει σήμερα. 1 1 Θα πρέπει να αναφέρω ότι στην ίδια εποχή ύπηρχε και άλλο ένα σεμινάριο στα πλαίσια της μαθηματικής επιστήμης. Το είχε οργανώσει ο τότε εmμελη τής (και αργότερα καθηγητής και Πρύτανης του Πανεπιστημίου Πειραιώς), Αντώνης Παναγιωτόπουλος, το οποίο είχε θέμα τα εφαρμοσμένα Μαθηματι κά. Στα πλαίσια εκείνα ηταν νεωτεριστική ενέργεια, όχι απόλυτα εναρμονισμένη με τα κρατούντα, στοιχείο αυτής της κατάστασης ήταν το ότι το σεμινά ριο του Παναγιωτόπουλου συνήρχετο στο μαθηματικό σπουδαστήριο .. σάββατο βράδυ ! Η ενασχόληση μετα εφαρμοσμένα Μαθηματικά ενείχε και αuτή το στοιχείο του νεωτερισμού. Θυμάμαι ότι ο Κάππος με το κύρος που είχε, είχε σχολιάσει ότι <<τα εφαρμοσμένα Μαθηματικά είναι ένα '"'" τη; �ία; των χώρων Banach»! Ευκαιρία για να ξαναδιαπιστώσουμε ότι η ιστορία δεν έχει τελείως άσπρο η τελείως μαύρο ! . 1 2 Το βιβλίο αυτό μόλις είχε εκδοθεί το 1 966 και περιείχε την διάσημη ανακάλυψη του Paul Cohen ( 1 934 -::!Ο(Γ ι ro � �- ιr.t 11 Y n.� �-· �_r.-ε-,r.ot•; και το Αξίωμα της Επιλογής είναι ανεξάρτητα του αξιωματικού συστήματος Zermelo-Fr:ιnιeL :mι• mvι ::t> � � � �--:cΛ· :e.r.· Μαθηματικών. Για την ανακάλυψη αυτή ο Cohen τιμήθηκε με το βραβείο Fidd> • � � · ot: <:"ο>: ...:q:...._ -=-=-"�">; :): :.ι � _._�.-:ο..=.:.. =··=---::.;:_'\Γ -:"' ; Λογικής-Συνολοθεωρίας που έχει τιμηθεί με το βραβείο Fields. 7