Ευκλειδης β 95 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 95- Ιανουάριος- Φεβρουάριος- Μάρτιος 2015- Ευρώ: 3,50 e-mail: info@hms.gr, www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ Γενικά Θέματα

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Χρίατοc; Dcnιαιcορuιχόιrοvλος, ............................................................................... Κανο9ικά Σπρεό. ........................................ ............................................................ Το άvειρο, .................................................. ........................................ ......................

2 6 12 26

�μ;:�;:��-��:.:::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::::: Τρ(πrεφ θqιάιΜΥ, ..................................................................................................

30 35 38

Άλyqlρα: &eετικέc; και λοyαριθμικέc; συναρτήσεις, ................................... Γαιpετρία: κ.α-ικά πολυyωνα, ............................................................. ........... Κιπτύβuνοη: Οικοyένεια κύκλων,........................................................................ Τρ(πrεφ θqιάτων, . ...... . ..........................................................................................

41 49 52 59

ΜαθιJιιι:πιιιιέc; Ο�ιάδεc;, ................................................ ........ ....... .... ................ Homo ........................................... .... ................................................

�

Γαιμπρία:

Άλyqlρα:

Βασ

Α'Τάξη '

Β 'τάξη

Γ Τάξη

Γενική Παιδεία: Πιθανότητες, ............................................................................... 60 Καπύθιινη: Επαναληπτικές ασκήσεις,.......................................................... 62 Γενικά Θέματα

Ευκλείδης Πρστείνει, .. . ........................................................................................ 65 Το Βήμα του Ευκλείδη, ............................................................................................ 69 Τα μαθηματικά μαc; διασκεδάζουν,....................................................................... 76 Επικαιρότητα,......................................................................................................... 78 ••.

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί: Θαλής:� .. :··= 1 Νοεμβρίου 2014 Ευκλείδης: 17 Ιανουαρίου 2015 Αρχιμήδης: 28 Φεβρουαρίου 2015 Προκριματικός: 4 Απριλίου 2015 5 Απριλίου 201 5 Μεσογειάδα: -

Εκδότης:

Δημδκος Γεώργιος Διεuθuντής:

Κρητικός Εμμανουήλ Επιμέλεια Έκδοσης:

Ζώτος Βαyyέλης Κωδ ι κό ς ΕΛ.ΤΑ: 2054 ISSN: 1105 - 8005

Ευσταθίου Βοyyέλης Κeραcrαρίδης Γιάννης Γραμματέας: Χριcn6ποuλος Παναγιώτης Μέλη: Αρyυρδκης Δημήτριος Λοuρίδος Σωτήρης Στεφανής Πανογιώτης Ταπειν6ς Νικόλοος

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

Φροντίσαμε ακόμη και σ' αυτό το τεύχος να υπάρχουν θέματα κατάληλα για επαν6ληψη, ώστε να σας δοθεί η ευκειρία να ασχοληθείτε όσο γίνεται νωρίτερα με την εμπέδοση της ύλης. Το τέταρτο τεύχος βέβαια θα είναι αποκλειστικ6 αφιερωμένο στο σκοπό αυτό.

Η πλούσια ύλη, η ποικιλία των θεμ6των και η επικαιρότητα

είναι τα συστατικ6 του περιοδικού μας, που π6ντα προσπαθεί για το μαθητή και τον εκπαιδευτικό. Σας παραδίδουμε λοιπόν το 3ο τεύχος του Ευκλείδη Β" με την ελπίδα να σας φανεί χρήσιμο στο δύσκολο αγώνα σας. Σας ευχαριστούμε για την ανταπόκριση που δείχνετε στο περιοδικό

και

περιμένουμε

δικά

σας

άρθρα

με

επίκαιρο

ενδιαφέρον για τα επόμενα τεύχη. Με ευχές για υγεία και πρόοδο Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Τασσόπουλος Οι αντιπρόεδροι: Βαyyέλης Ευσταθίου, Γι6ννης Ι<ερασαρίδης

Υ.Γ.

Την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είχαν και οι συνάδελφοι: Α" Λυκείου [Χρ. Λαζαρίδης. Γ. ΚατσούληςJ Β' Λυκείου [Α. Κακαβάς. Β.

Εξώφυλλο:

Εικαστι κ

ή σύνθεση οπό προηγούμενο τεύχη

τοu περιοδικοιί για τα 97 χρόνια της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα,

στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. 27 Σεπτεμβρίου 2014.

.,•.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗΣ ΕΥΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣJΗΜΙΟΥ 34 Εκτελεστική Γραμματεία 106 79ΑθΗΝΑ Πρόεδρος: Τηλ.: 210 3617784 - 210 3616532 τocrcr6πouλoς Γιώργος Fσχ: 210 3641025 Αντιπρόεδροι:

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και συν6δελφοι,

Θυμίζουμε ότι: Ερωτήματα σχετικά με τα Θέματα Διαγωνισμών υποβάλλονται στην επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηθάει στην έκδοση του περιοδικού

�Ιtώρyιος Αvδριόποuλος Γεώργιος

Αvδροuλακ6κης Νίκος Αντων6ποuλος Ιtώρyιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακσλ6ποuλος Κώστας Rιβρ6ς Ί'άσος ΕυσταΘίου ΒσyyCλης Ζαχαρ6πουλος Κωv/νος Ζώτος BayyCλης Κσκαβ6ς Απόστολος Κολίκος Σταμ6της Κσμπούκος Κυριάκος Κονtλλος Χρήστος Κσρκ6νης Βασίλης Κοτσούλης Γιώργος Κcρασαρίδης Γι6ννης Κσρ6ομίτσης Σπύρος Κονδμης )φτι Κ6ντζιας Νίκος Κστσιφ6κης Γιώργος

Συντακτική Επιτροπή

Κυριαζής ιω6ννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κωνlνα Κυβερvήτου Χρuστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λ6ππας ΛcuτCρης Λοvριδ6ς Γι6ννης Λουρίδας Σωτήρης ΜαλαφCκας Θσν6σης Μανι6της Αvδρiας ΜανιατοπούλουΑμαλία Μαυρογιανv6κης Λεωνίδας Μενδριν6ς Γι6ννης Μεταξ6ς Νικόλαος Μήλιος Γtώργιος Μnερσίμης Φραyκίσκος Μnρίνος Παναγιώτης Μuλωv6ς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Σίσκοu Μαρία Σαfτη Εύα

Σταϊκος Κώστας Στ6ϊκος Παναγιώτης Στcφανής Παναγιώτης Στρατής Γι6ννης Ταnειν6ς Νικ6λαος Τασσ6nοuλος Γιώρyος Τ ζελCπης 'λλκης Τ ζιώτζιος θαν6σης Τ ρι6ντος Ιtώρyιος Τσαyκ6ρης Αvδρcας Τσαγκάρης Κώστας Τσικαλουδ6κης Γιώργος Τσιούμας θσν6σης Τ υρλής ιω6ννης ΦανCλη�wu Χαραλαμn6κης Ευστ6θιος Χαραλαμnοπούλου Λίνα Χαραλ6μπους Θάνος Χριστι6ς Σπύρος Χριστόπουλος Θσν6σης

Χριστ6ποuλος Πανσyιώτης

Ψύχας BayyCλης

ΞΣχόλιο: Οι εργασίες γιο το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικό στο e-moil: stelios@hms.gr

···············•············································································································ •

•

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

Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50

Οι συνεργασίες, (τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.) πρέπει να στέλνονται έγκαιρο, 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 αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται: (1). Με απλή ταχuδρομική 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: ROTOPRINJ (Α ΜΠΡΟΥΣΜΗ & DA ΕΕ). τηλ.: 2ΊΟ 6623778 - 358

Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόnουλος

Ημερίδα προς τιμήν Χρίστου Παπακuριακόποulοu στο ;,

.. Ι

Ε.Μ.Π.

� - : .·- ..,,.. "-

Την Δευτέρα 22 Δεκεμβρίου 2014 πραγματοποιήθηκε στην αίθουσα εκδηλώσεων του Ε. Μ. Πολυτεχνείου στην Πολυτεχνειούπολη Ζωγράφου ημερίδα -yια τα 100 χρόνια από τη γέννηση του μεγάλου Έλληνα Μαθηματικού Χρίστου ' . Παπακυριακόπουλου, την οποία διοργάνωσε ο Τομέας Μαθηματικών του ΕΜΠ. Ο Παπακυριακόπουλος εργάστηκε ως επιμελητής στο Ε. Μ. Πολυτεχνείο και � -.. '· .·_J.!"---:" .· προσέφερε ως καθηγητής μέχρι το θάνατό του, στο Πανεmστήμιο Pήnceton. Στον Τομέα Μαθηματικών ο αείμνηστος Παπακυριακόπουλος έχει κληροδοτήσει το μεγαλύτερο μέρος της προσωπικής του περιουσίας για χορήγηση υποτροφιών σε φοιτητές και για επιστημονικές δραστηριότητες. Μετά τους εισαγωγικούς χαιρετισμούς του Πρύτανη Ιωάννη Γκόλια και του Διευθυντή του Τομέα Μαθηματικών Παναγιώτη Ψαρράκου ακολούθησαν ομιλίες για τη ζωή και το έργο του Παπακυριακόπουλου καθώς και ομιλίες με μεγάλο επιστημονικό ενδιαφέρον με θέματα συναφή με το έργο του. Η καθηγήτρια Σοφία Λαμπροπούλου (Ε. Μ. Πολυτεχνείο) και η μεταπτυχιακή φοιτήτρια Α. Νικολακοπούλου (Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων) αναφέρθηκαν στη ζωή και το έργο του, ενώ ο καθηγητής Δημήτριος Χριστοδούλου (ΕΤΗ Zuήch) και επίτιμος διδάκτορας του ΕΜΠ, αναφέρθηκε στις προσωπικές εντυπώσεις του και δώρισε το προσωπικό ημερολό-yιο του Χρίστου Παπακυριακόπουλου στον Τομέα Μαθηματικών του Ε. Μ. Π. Την προσωπική αλληλογραφία του αείμνηστου Παντελή Ρόκου με τον Παπακυριακόπουλο δώρισε επίσης στον Τομέα η κ. Ντόρα Ρόκου. Σύντομες παρεμβάσεις αναφερόμενοι στη γνωριμία τους με τον Παπακυριακόπουλο έκαναν οι Σταύρος Παπασταυρίδης, ομότιμος καθηγητής ΕΚΙΙΑ και Θεμιστοκλής Ρασσιάς, καθηγητής ΕΜΠ. Διαβάστηκε επίσης μήνυμα της μεγάλης ηθοποιού κ. Α. Παπαθανασίου που ο σύζυγός της διατηρούσε μακρόχρονη φιλία με τον τιμώμενο. Στη συνέχεια οι καθηγητές C. McA.Gordon (University of Texas at Austin) και L. Η. Kauffman (University of Illinois at Chicago) έδωσαν ομιλίες με τίτλο: «Papakyriakopoulos and 3-Dimensiona/ Topo/ogy» και <<Papakyriakopou/os, Detectίng Knots and the Jones Polynomial», αντίστοιχα. Τέλος, oi νέοι μαθηματικοί Μ. Δαφέρμος (Pήnceton University, University of Cambήdge) και I. Σακελλαρίδης (Rutgers University, ΕΜΠ) έδωσαν δύο διαλέξεις με θέματα γενικότερου εmστημονικού ενδιαφέροντος. Η ημερίδα είχε μεγάλη επιτυχία με πολυπληθή συμμετοχή συναδέλφων μαθηματικών από όλες τις βαθμίδες και πολλούς φοιτητές. Τα πρακτικά, μαζί με φωτογραφικό υλικό θα αναρτηθούν στην ιστοσελίδα του Τομέα Μαθηματικών ΕΜΠ. _-J �·

' ' . η�

ιι ··

.ι

'!.

.. �-

Ο καθηγητής Δ.

Χριστοδούλου στην ομιλία του και στην παράδοση του προσωπικού ημερολογίου του Χρ. Παπακυριακόπουλου στην καθηγήτρια Σ. Λαμπροπούλου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/1

Κανονικά Στερεά

Σωτήρης Χρ. Γκουντουβάς

Αφιερωμένο στη μνήμη του πατέρα μου, δασκάλου Χρήστου Γκουντουβά.

Πολύεδρο λέγεται ένα στερεό σώμα στο χώρο των τριών διαστάσεων με επίπεδες εmφάνειες, που λέγονται έδρες, και είναι συνεχώς συνδεδεμένες μεταξύ τους. Τα ευθύγραμμα τμήματα κατά μήκος των οποίων τέμνονται οι έδρες λέγονται ακμές, ενώ τα σημεία που τέμνονται οι ακμές λέγονται κορυφές. Όλες οι πολυγωνικές έδρες μαζί συνθέτουν την πολυεδρική επιφάνεια, ενώ όλες οι ακμές μαζί συνθέτουν τον λ

πολυεδρικό σκελετό. Κυρτό λέγεται το πολύεδρο που όλες οι κορυφές του

βρίσκονται στην ίδια πλευρά του χώρου, αν θεωρήσουμε το επίπεδο που ορίζει κάθε μία έδρα του. Μη κυρτό λέγεται το πολύεδρο που όλες οι κορυφές του δεν βρίσκονται στην ίδια πλευρά του χώρου, αν θεωρήσουμε το επίπεδο που ορίζει μία έδρα του. Σε κάθε κυρτό πολύεδρο το πλήθος των εδρών Ε, των ακμών Α και των κορvφών Κ, συνδέονται μεταξύ τους με τη σχέση: ·:·\·

Τ ετράεδρο

Ε+Κ = Α+2

Η σχέση αυτή αποδείχθηκε από τον Leonard Euler (1 707-

1783) και η παράσταση Ε+Κ-Α καλείται χαρακτηριστική του και συμβολίζεται με χ, δηλαδή : χ= Ε + Κ - Α Θα αποδείξουμε τώρα τη σχέση: Ε + Κ = Α+2, δηλαδή χ = 2, για τα κυρτά πολύεδρα. Ας υποθέσουμε ότι αφαιρούμε από το πολύεδρο μία έδρα του, έπειτα μια δεύτερη έδρα του που να συνάπτεται με την πρώτη (δηλαδή να έχουν κοινή ακμή), έπειτα μια τρίτη έδρα που να συνάπτεται με την δεύτερη κοκ μέχρι να αφαιρέσουμε και την τελευταία έδρα. Κατά τη διαδοχική αφαίρεση των εδρών το στερεό που απομένει είναι ένα συνεχές, αλλά ανοιχτό στερεό. Αν αφαιρέσουμε την πρώτη έδρα δεν θα αφαιρεθεί από το πολύεδρο Μη κυρτό πολύεδρο ούτε ακμή ούτε κορυφή, επομένως η πολυεδρική εmφάνεια που απομένει θα έχει τόσες ακμές και κορυφές, όσες είχε το αρχικό πολύεδρο, αλλά μία έδρα λιγότερη. Αν παραστήσουμε με αι τον αριθμό των ακμών (πλευρών) της πρώτης έδρας και με κι τον αριθμό των κορυφών της θα είναι α ι = κι ή αι - κι = Ο (1 ). Αν αφαιρέσουμε από το πολύεδρο την δεύτερη ή την τρίτη κλπ έδρα, εκτός της τελευταίας τότε η πολυεδρική επιφάνεια που απομένει χάνει μια ακμή περισσότερο από όσες κορυφές χάνει. Αυτό γίνεται αντιληπτό στο παρακάτω σχήμα. Αν υποθέσουμε ότι θέλουμε να αφαιρέσουμε την έδρα ΑΒΓΔΕ η οποία συνάπτεται με την πολυεδρική επιφάνεια που απομένει με τις ακμές ΑΒ και ΒΓ τότε προφανώς θα αφαιρεθούν από την πολυεδρική επιφάνεια οι τρεις ακμές ΓΔ, ΔΕ, ΕΑ και μόνο οι δύο κορυφές Δ και Ε. Αν παραστήσουμε με α2 , α3, τον αριθμό των ακμών (πλευρών) της δεύτερης, τρίτης κλπ έδρας, που απομένουν σ ' αυτή μετά την αφαίρεση των ακμών των προηγουμένων πλευρών και με κ2 , κ3, τον αριθμό των αντίστοιχων κορυφών της, τότε θα είναι : Euler

Ε "' .Ift, '

' ._Δ ι ι ι ι ι

•••

α1=κz+Ι «3 = Κ3 +ι «.-ι=

ή ή

α:z-κ:z=ι α3 - Κ3 =ι

(2) (3)

Κ....ι +1 ή «.-ι- Κ...ι. =ι (ν-ι) ή α.- κ. = Ο (ν)

α.=κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/2

---

Κανονικά Στερεά

----

Προσθέτουμε κατά μέλη τις ν σχέσεις και έχουμε : (α ι + α2 + ... + αν)- (κι + κ2 + ... + Kv)= ν-2 Όμως το άθροισμα α ι + α2 + ... + αν παριστάνει το πλήθος Α όλων των ακμών του πολυέδρου, το άθροισμα κι + κ2 + ... + Kv παριστάνει το πλήθος Κ όλων των κορυφών του και το πλήθος Ε των εδρών του είναι ν, οπότε έχουμε Α- Κ = Ε - 2 δηλαδή : Ε + Κ= Α+2. Κανονικό στερεό λέγεται το κυρτό πολύεδρο που οι έδρες του είναι ίσα κανονικά πολύγωνα και ενώνονται με τον ίδιο τρόπο σε κάθε κορυφή του, δηλαδή όλες οι στερεές γωνίες του είναι ίσες. Από τον ορισμό προκύπτει ότι όλες οι ακμές του είναι ίσες καθώς και όλες οι δίεδρες γωνίες του. Τα κανονικά στερεά λέγονται και Πλατωνικά στερεά, λόγου του ότι είχαν μελετηθεί εκτεταμένα από την Ακαδημία του Πλάτωνα. Τα πέντε Πλατωνικά στερεά είναι: : Τετράεδρο (4 ισόπλευρα τρίγωνα) : Εξάεδρο ή Κύβος (6 τετράγωνα) Ψ Οκτάεδρο (8 ισόπλευρα τρίγωνα) : Δωδεκάεδρο ( 12 πεντάγωνα) : Εικοσάεδρο (20 ισόπλευρα τρίγωνα) Στο παρακάτω σχήμα φαίνονται τα πλατωνικά στερεά και τα αναπτύyματά τους. •• ••

••

Τετρόεδρο

Οκτάεδρο

Δωδεκάεδρο

Εικοσόεδρο

Στη φιλοσοφία του Πλάτωνα, τα στερεά αυτά συμβόλιζαν τα δομικά στοιχεία του σύμπαντος: το τετράεδρο τη φωτιά, ο κύβος τη γη, το εικοσάεδρο το νερό, το οκτάεδρο τον αέρα και το δωδεκάεδρο τον αιθέρα. Ο Ευκλείδης ασχολείται με τα πλατωνικά στερεά στο 13ο βιβλίο των Στοιχείων του, όπου αποδεικνύει ότι υπάρχουν ακριβώς πέντε κυρτά κανονικά πολύεδρα, δίνει τις κατασκευές τους και υπολογίζει την ακμή τους ως συνάρτηση της ακτίνας της περιγεγραμμένης σφαίρας. Αν σε ένα Πλατωνικό στερεό πάρουμε τα κέντρα των εδρών του ως κορυφές ενός άλλου πολυέδρου, το δεύτερο αυτό πολύεδρο είναι επίσης Πλατωνικό στερεό. Τα δύο αυτά πολύεδρα ονομάζονται CJ'Uζvyή πολύεδρα (ή δυϊκά πολύεδρα). Επομένως, το πλήθος των εδρών του πρώτου ισούται με το πλήθος των κορυφών του δεύτερου και το αντίστροφο. Το Κανονικό ο κτάεδρ ο πλήθος των ακμών τους παραμένει ίδιο. Εάν το σύμβολο SchHίfli του ενός πολυέδρου είναι {ν, μ} , τότε το σύμβολο Schlafli του συζυγούς του θα είναι {μ, ν} . Έτσι, τα Πλατωνικά στερεά είναι συζυγή ανά ζεύγη: ο κύβος με το οκτάεδρο, το δωδεκάεδρο με το εικοσάεδρο και το τετράεδρο με τον εαυτό του. Κάθε κανονικό στερεό χαρακτηρίζεται από το σVμpολο SehlaΩf της μορφής {ν, μ}, όπου ν είναι ο αριθμός των πλευρών της κάθε έδρας και μ ο αριθμός των εδρών που ενώνονται σε κάθε κορυφή. Για παράδειγμα στο κανονικό οκτάεδρο το σύμβολο Schlafli είναι {3, 4}, αφού η κάθε έδρα είναι ισόπλευρο τρίγωνο με ν=3 και οι έδρες που ενώνονται σε κάθε κορυφή είναι μ=4. Για το κανονικό τετράεδρο το σύμβολο Schlafli είναι {3, 3}, αφού η κάθε έδρα είναι ισόπλευρο τρίγωνο με ν=3 και οι έδρες που ενώνονται σε κάθε κορυφή είναι μ=3. Για τον κύβο το σύμβολο Schlafli είναι {4, 3}, αφού η κάθε έδρα είναι τετράγωνο με ν=4 και οι έδρες που ενώνονται σε κάθε κορυφή είναι μ=3. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/3

----

Κανονικά Στερεά

-----

Για το κανονικό δωδεκάεδρο το σύμβολο Schlafli είναι { 5, 3}, αφού η κάθε έδρα είναι κανονικό πεντάγωνο με ν=5 και οι έδρες που ενώνονται σε κάθε κορυφή είναι μ=3. Για το κανονικό εικοσάεδρο το σύμβολο Schlafli είναι {3, 5}, αφού η κάθε έδρα είναι ισόπλευρο τρίγωνο με ν=3 και οι έδρες που ενώνονται σε κάθε κορυφή είναι μ=5. Σε κάθε Πλατωνικό στερεό όλες οι κορυφές του ισαπέχουν από ένα σημείο που λέγεται κέντρο του ποϊ.υi;δρου, πράγμα που σημαίνει ότι υπάρχει σφαίρα με κέντρο το κέντρο του πολυέδρου και η οποία περνάει από όλες τις κορυφές του πολυέδρου (περιγεγραμμένη σφαίρα). Το ίδιο ισχύει και για τις έδρες, δηλαδή ισαπέχουν από το κέντρο του πολυέδρου, πράγμα που σημαίνει ότι υπάρχει σφαίρα με κέντρο το κέντρο του πολυέδρου και η οποία εφάπτεται όλων των εδρών, στα κέντρα τους (εγγεγραμμένη σφαίρα). Επίσης όλες οι ακμές ισαπέχουν από το κέντρο του πολυέδρου, πράγμα που σημαίνει ότι υπάρχει σφαίρα με κέντρο το κέντρο του πολυέδρου και η οποία εφάπτεται όλων των ακμών, στα μέσα τους. Θα αποδείξουμε τώρα ότι τα πλατωνικά στερεά είναι ακριβώς αυτά τα πέντε. Έστω ότι το πλατωνικό στερεό έχει Ε έδρες, Κ κορυφές και Α ακμές. Έστω επίσης ότι το πλατωνικό στερεό αποτελείται από κανονικά πολύγωνα με πλήθος πλευρών χ και ότι σε κάθε κορυφή συνέρχονται y γωνίες για να σχηματίσουν μια στερεά γωνία. Προφανώς χ � 3 και y � 3. Οι Ε έδρες του έχουν χΕ πλευρές και επειδή οι πλευρές ανά δύο έχουν μια κοινή ακμή, το πλήθος των ακμών του θα είναι Α = χΕ Επειδή κάθε έδρα έχει χ γωνίες (όσες και οι πλευρές), οι Ε έδρες θα 2 έχουν χΕ γωνίες. Οπότε οι χΕ γωνίες θα σχηματίσουν xE/y στερεές γωνίες (αφού σε κάθε κορυφή χΕ ' ' του θ α ειναι ' Κ=συνερχονται y γωνιες) . Άρα και το πλ:η' θος των κορυφων Υ Αν αντικαταστήσουμε τα παραπάνω στον τύπο Κ+Ε=Α+2 θα πάρουμε την εξίσωση 4Υ χΕ+ Ε= χΕ+ 2 �Ε= (1). 2 2(x + y) - xy Υ Επειδή οι αριθμοί Ε, χ, y είναι θετικοί ακέραιοι πρέπει να είναι 2(χ + y) - xy > Ο και λύνοντας ως ' 2Χ 4 . Αφου χ � 3 η τελευταια ' ανισοτητα ' ' y<6. προς y παιρνουμε y < �y < 2 + δινει 2 2 χ χ Δηλαδή τα χ και y μπορούν να πάρουν τις τιμές 3,4,5. : Αν χ = 3, τότε η (1) δίνει Ε=�, οπότε για y = 3,4,5 η (1) δίνει Ε=4,8,20 αντίστοιχα. Οπότε 6 -y με ισόπλευρα τρίγωνα μπορούμε να κατασκευάσουμε τρία πλατωνικά στερεά, το τετράεδρο, το οκτάεδρο και το εικοσάεδρο. : Αν χ = 4, τότε η (1) δίνει Ε=�, οπότε για y = 3 η (1) δίνει Ε=6. Οπότε με τετράγωνα 4-y μπορούμε να κατασκευάσουμε το εξάεδρο, δηλαδή τον κύβο. 4 Υ , οπότε για y = 3 η (1) δίνει Ε=12. : Αν χ = 5, τότε η (1) δίνει Ε= 10 - 3y Οπότε με κανονικά πεντάγωνα μπορούμε να κατασκευάσουμε το δωδεκάεδρο. Η παραπάνω πρόταση είναι η τελευταία από τις 465 των Στοιχείων του Ευκλείδη. Βρίσκεται στο 13° Βιβλίο και είναι η πρόταση 1 8. Ολόκληρο το 13° βιβλίο αποδίδεται στην Ακαδημία του Πλάτωνα και ειδικά στον Θεαίτητο (415-369 π.Χ). Υπάρχουν επίσης και 4 μη κυρτά κανονικά πολύεδρα που λέγονται κανονικά αστεροειδή πολύεδρα, που είναι τα παρακάτω. .

• •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/4

-------

------- Κανονικά Στερεά

Αρχιμήδειο Στερεό ή ημικανονικό πολύεδρο είναι ένα κυρτό πολύεδρο, οι έδρες του οποίου είναι κανονικά πολύγωνα, αλλά όχι του ίδιου τύπου, αντίθετα με ό,τι συμβαίνει στα Πλατωνικά στερεά. Τα κανονικά πολύγωνα, που αποτελούν τις έδρες, έχουν όλα ίσες τις πλευρές τους, δηλαδή οι ακμές του πολυέδρου είναι όλες ίσες. Υπάρχουν 13 ημικανονικά κυρτά πολύεδρα, το οποία είχε μελετήσει ο Αρχιμήδης στο, μη σωζόμενο, έργο του «Περί των ημικανονικών πολυέδρων». Α

Ε " .-, '

Κύβα;

Τtτράtδρο

Τετρ6εδρο Κορυφές: 4 Ακμές: 6 Έδρες: 4

Τετράεδρο

Κύβος

Οκτάεδρο

Οκτ6εδρο

Κορυφές: 8 Ακμές: 12 Έδρες: 6

Κορυφές: 6 Ακμές: 12 Έδρες: 8

Κύβος

Οκτάεδρο

Δωδεκάεδρο

Κορυφές: 20 Ακμές: 30 Έδρες: 12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 95 τ.3/5

Δωδεκάεδρο

' ...Δ I I I I I I I

Εικοσάεδρο 41�

Εικοα6εδρο

Κορυφές: 12 Ακμές: 30 Έδρες: 20

Εικοσάεδρο

Το

άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών Κουφός Θεόδωρος,

π. Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών Ν. Ημαθίας

Εισαγωγικά

άπειρο είναι μια από τις πλέον σημαντικές και ταυτόχρονα αντιφατικές, λόγω της φύσης του , ε πιστημονικές έννοιες. Οι αναφορές για το άπειρο χάνονται στο βάθος του χρόνου και στα πρώτα χρόνια έχουν έντονο το μυθοπλαστικό στοιχείο. Η πρώτη επιστημονική προσέγγιση για το άπειρο γίνεται από τους aρχαίους έλληνες, οι οποίοι δη μιούργησαν και καθιέρωσαν την επιστημονική σκέψη την κλασική περίοδο από το 600 π. Χ. έως το 300 π. Χ. Η μεγάλη αυτή στροφή στην ανθρώπινη σκέψη συνδέεται με το όνομα του Θαλή του Μιλήσιου, ε νός από τους επτά σοφούς της αρχαιότητας. Μια από τις πρώτες αναφορές στην έννοια του απείρου προέρχεται από τμήμα ενός χειρογράφου του Φερεκύδη από τη Σύρο ( 7ος ή 6°ς αιώνας π. Χ. ) , ο οποίος είπε: «Ζέας μεν και χρόνος ήσαν αεί. . . » κάτι που δείχνει ότι ο Φερεκύδης πίστευε ότι η διάσταση του χρόνου ήταν άπειρη. Ο Αναξίμανδρος ο Μιλήσιος ( 585 - 525 π. Χ.), μαθητής του Θαλή , ανέπτυξε τη σκέψη ότι το σύμπαν προέρχεται από το «άπειρΟ>), το οποίο είναι ανεξά ντλητο και αιώνιο. Ισχυ ρίσθηκε ακόμη ότι υπάρχουν άπειροι κόσμοι. Για να ερμηνεύσει την έννοια του α περιόριστου έλεγε ότι: «οπουδήποτε και αν σταθεί ο μαχητής, μπορεί να εκτείνει το ακόντιο πιο πέρω). Την ίδια άποψη είχε και ο Αρχύτας, μαθηματικός της πυ θαγόρειας σχολής. Ο Δημόκριτος, περίφημος ατομικός φιλόσοφος της αρχαιότητας, πίστευε ότι το σύ μπαν δεν είναι μόνο άπειρο αλλά και χωρίς κέντρο. Ο Ηράκλειτος διατύπωσε την άποψη ότι ο κόσμος εί ναι αιώνιος και μεταβλητός στο χρόνο. Δίδασκε ότι «τα πάντα ρέουν και δεν είναι δυνατόν να μπεις στον ίδιο ποταμό δυο φορές, γιατί διαφορετικά νερά θα βρέξουν τα πόδια σοω). Αυτό που προσδίδει ιδιαίτερη αξία στις παραπάνω απόψεις των φιλοσόφων είναι ότι εγκαινίασαν τη συζήτηση σχετικά με το απέραντο και το άπειρο, ενώ παράλληλα διασαφήνισαν το ερώτημα σχετικά με την πεπερασμένη ή άπειρη φύση του σύμπαντος. Ας αφήσουμε τις κοσμολογικές θέσεις και απόψεις των πρώτων φιλοσόφων της κλασικής περιόδου και ας προσπαθήσουμε να εξιχνιάσουμε κάπως τη δυσνόητη έννοια του απείρου. Μία πρώτη διάκριση που πρέπει να γίνει είναι ανάμεσα στα «φυσικά άπειρω) και τα «άπειρα της σκέψηρ). Η διάκριση είναι αναγκαία γιατί απαιτούνται διαφορετικές προσεγγίσεις για να ανακαλύψουμε τα διάφορα χαρακτηριστικά για τα δύο είδη aπείρων. Συγκεκριμένα για τα «φυσικά άπειρω) χρησιμοποι ούμε τον εμπειρισμό, δηλαδή την παρατήρηση του κόσμου που μας περιβάλλει και εκείνο που μπορούμε να πούμε είναι ότι δεν γνωρίζουμε αν υπάρχει ή όχι κάποιο υλικό άπειρο μέγεθος, ενώ για τα «άπειρα της σκέψηρ) χρησιμοποιούμε τη λογική προσέγγιση. Οι έλληνες της κλασικής περιόδου είναι αυτοί που ε φάρμοσαν τον aπαγωγικό τρόπο σκέψης για την ερμηνεία των νοητικών ιδεών μας για το άπειρο. Η άπει ρη ευθεία, το άπειρο επίπεδο και ο άπειρος γεωμετρικός χώρος είναι παραδείγματα νοητικού απείρου από το χώρο της γεωμετρίας. Το άπειρο στην αριθμητική είναι ενσωματωμένο στην ακολουθία των φυσικών αριθμών. Οι φυσικοί αριθμοί είναι άπειροι, συνεχίζονται επ' άπειρον, δηλαδή δεν υπάρχει φυσικός αριθ μός που να είναι μεγαλύτερος από όλους τους άλλους. Με την έννοια μάλιστα που χρησιμοποιούμε εδώ το άπειρο, συμπεραίνεται ότι το άπειρο δεν είναι αριθμός, αλλά ένα χαρακτηριστικό γνώρισμα του συνό λου των φυσικών αριθμών. Η δεύτερη διάκριση που πρέπει να γίνει είναι ανάμεσα στο aπείρως μεγάλο και το aπείρως μικρό. Οι περισσότεροι άνθρωποι, όταν σκέφτονται το άπειρο, σκέφτονται συνήθως το μεγάλο μέγεθος. Η έννοια βέβαια υπάρχει και με τις δύο μορφές της. Άλλωστε η έννοια του απείρου έχει δημιουργήσει κοσμολογι κά και λογικά προβλήματα, είτε αναφερόμαστε στο μεγάλο άπειρο, είτε στο μικρό. Το πρόβλημα του με γάλου μεγέθους ονομάζεται «άπειρο μέγεθοφ, ενώ αυτό του μικρού μεγέθους «άπειρη διαιρετότητω). Στη συνέχεια εξετάζουμε την ιστορία αυτών των προβλημάτων, για να μπούμε στην καρδιά του α πείρου, μέσα από τις απόψεις των μεγάλων φιλοσόφων και μαθηματικών της κλασικής περιόδου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/6

------- Το άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών

-------

2. Η άπειρη διαιρετότητα

Η ανακάλυψη του πυθαγορείου θεωρήματος δημιούργησε την κρίση της ασυμμετρίας. Διαπιστώ θηκε ότι η διαγώνιος και η πλευρά του τετραγώνου είναι ασύμμετρα μεγέθη, επομένως δεν μπορούν να μετρηθούν με την ίδια μονάδα μήκους. Συμπέρασμα που ήρθε σε αντίθεση με τις μέχρι τότε θέσεις και αντιλήψεις των Πυθαγορείων σχετικά με τους αριθμούς και τα μεγέθη. Οι Πυθαγόρειοι είχαν ανακαλύψει ήδη τις βαθύτερες αρχές της μουσικής αρμονίας, μέσα από τους απλούς aριθμητικούς λόγους των ακε ραίων, και αναζητούσαν τους μαθηματικούς νόμους οι οποίοι διέπουν τα φυσικά φαινόμενα, πιστεύοντας ότι οι ακέραιοι αριθμοί παίζουν πρωταρχικό ρόλο. Συγκεκριμένα πίστευαν ότι ο λόγος δύο ομοειδών γε ωμετρικών μεγεθών είναι πάντα λόγος ακεραίων αριθμών. Συμπέρα σμα που αναιρείται μετά την ανακάλυψη των ασύμμετρων μεγεθών. Το πρόβλημα της επ' άπειρον διαιρετότητας των τμημάτων προέκυψε από το γεγονός ότι η διαδικασία σύγκρισης πλευράς και δι αγωνίου τετραγώνου για την εύρεση κοινού μέτρου δεν έχει τέλος. Πού οδηγεί επομένως η επ' άπειρον διαιρετότητα των τμημάτων; Στην κλασική περίοδο εμφανίσθηκαν δύο θέσεις. Η μία ισχυριζόταν ότι τα μεγέθη είναι επ' άπειρον διαιρετά με κατάληξη το άϋλο σημείο και υποστηρικτή τον Αρχαίο φιλόσοφο Αναξαγόρα ( 5°ς αιώνας π. Χ.). Η δεύτερη θέση επηρεάστηκε από τη σχολή των Πυθαγορείων. Υιοθέτησαν την ύπαρξη ελάχιστων και αδιαίρετων υλικών σωματιδί ων των ατόμων. Οι ιδέες αυτές αναπτύχθηκαν από τον Λεύκιππο ( 500-440 π. Χ. ) και τον Δημόκριτο ( 5°ς αιών.π. χ. ). Η αντίθεση ανάμεσα στις δύο φιλοσοφικές σχολές κορυφώνεται στα μέσα του 500 αιώνα π. Χ. όταν ο Ελεάτης φιλόσοφος Ζήνων διατύπωσε τα περίφημα χωροχρονικά παράδοξα. Ο Ζήνων ήταν μαθητής του φιλόσοφου Παρμενίδη που πίστευε ότι το ον είναι ένα και αναλλοίωτο, ότι μεταβολή δεν υπάρχει και ότι η κίνηση είναι φαινομενική. Τα παράδοξα ήταν με τέτοιο τρόπο διατυπωμένα ώστε να αναδεικνύονται οι αντιφάσεις που περικλείουν οι έννοιες της κίνησης και του χρόνου σε συνδυασμό με τα απείρως μικρά μεγέθη.

Προορi.zετm για -ι;ην τελευταϊ.α επανάληψη με πρωτότυπα θέματα πολλών ερωτημάτων, ώστε ο μαθητήs να επιστρατεύει μεγάλο μi:ροs

των

γνώσεών του, επ\λεyμένα με τρόπο

που βοηθά σ-ι;ην καταvόη η

των

\δuήτ;ερα

δύσκολων σημεi.ων τη s ύAns και

των

διαφόρων μεθοδολογ\ώv επi.λυσns.

Περιέχει φύλλα εργασi.αs, αναλυτική μεθοδολογία, υποδεψματικά λυ μένεs α σκήσειs με αναφορέs στην αντίστοιχη μεθοδολογία, τυπολόγια ανά παράγραφο, γενικέs επαναλnπτικέs α σκήσειs και σ ύ νθετα θέ ματα εφ' όληs τηs ύληs, χρήσιμα για μια μεθοδική επανάληψη και προετοιμασi.α για τιs εΕετάσειs.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/7

-------

Το άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών

--------

Αναφέρουμε δύο από τα παράδοξα του Ζήνωνα: 1. «0 Αχιλλέας δεν μπορεί ποτέ να φτάσει μία χελώνα που τρέχει 10 φορές αργότερα απ' αυτόν και για λόγους δικαιοσύνης της έδωσε προβάδισμα d0 1 στάδιο ( :: 150m ). Τον ισχ;uρισμό του αυτό ο Ζήνων δικαιολογούσε ως εξής: Όταν ο Αχιλλέας θα φτάσει στην αρχική θέση Ρ1 της χελώνας, η χελώνα θα βρίσκεται ήδη λίγο μακρύτερα στη θέση Ρ2 Όταν ο Αχιλλέας θα φτάσει στη θέση Ρ 2 , η χελώνα θα βρί σκεται λίγο μακρύτερα στη θέση Ρ3 κ.ο.κ. Δηλα δή η χελώνα θα έχει πάντα ένα προβάδισμα dv . Άρα ο Αχιλλέας δεν μπορεί να φτάσει την χελώ να». 2. Διχοτομία: Έστω ότι θέλω να πάω από το σημείο Α στο σημείο Β, τα οποία βρίσκονται σε ευθεία γραμμή. Για να φθάσω στο σημείο Β θα πρέπει πρώτα να φθάσω στο μισό της διαδρομής ας πούμε στο σημείο Β 1 Για να φθάσω στο Β 1 θα πρέπει πρώτα να φθάσω στο Β 2 ,μέσο του ΑΒ1 Αυτή η διαδικασία συνεχίζεται χωρίς τέλος. Αυτό σημαίνει ότι η κίνηση δεν μπορεί ούτε να αρχί σει! Ο Ζήνων για να τεκμηριώσει την αντίθεσή του στις απόψεις των Πυθαγορείων ότι οι ευθείες αποτε λούνται από αδιαίρετα τμήματα, αλλά και για να αναδείξει τα προβλήματα που προκύπτουν από την άπο ψη ότι ο χώρος αποτελείται από άπειρα αδιάστατα σημεία έλεγε: « . . . τα άπειρα μέρη τα οποία προκύ πτουν από την επ' άπειρον διαίρεση ενός μεγέθους, ή έχουν μέγεθος πεπερασμένο ή δεν έχουν μέγεθος. Αν έχουν μέγεθος έστω και ελάχιστο επειδή είναι άπειρα με την πρόσθεση θα δώσουν μέγεθος aπείρως μεγάλο και όχι το αρχικό μέγεθος που είναι πεπερασμένο. Αν δεχθούμε ότι δεν έχουν μέγεθος, τότε το άθροισμά τους θα είναι μηδέν και όχι το αρχικό μέγεθος από το οποίο προέκυψαν....>>. Αναλύοντας το παράδοξο της διχοτομίας διαπιστώνουμε ότι αυτό που θεωρεί δεδομένο ο Ζήνων εί ναι ότι η απόσταση από εκεί που ξεκινάει το αντικείμενο μέχρι εκεί που καταλήγει μπορεί να διαιρεθεί άπειρες φορές και ότι το αντικείμενο δεν μπορεί να περάσει από έναν άπειρο αριθμό σημείων σε πεπε ρασμένο χρόνο. Αυτή η αντίληψη περί άπειρης διαιρετότητας αποτελεί την κεντρική έννοια του aπείρως μικρού. Οι συλλογισμοί του Ζήνωνα έδειξαν ότι ένα ευθύγραμμο τμήμα είναι δυνατόν να διαιρε θεί σε ένα άπειρο αριθμό μικρών τμημάτων ό που το καθένα έχει πεπερασμένο μήκος ( πίσω από το συλλογισμό αυτό κρύβεται η ισότητα: 1 + 1 + 1 + 1 + = 1 ) . Αναδεικνυουν , , ακομη 2 4 8 16 τις δυσκολίες που υπάρχουν προκειμένου να δοθεί μια ερμηνεία για το τι σημαίνει μια ευθεία αποτελείται από σημεία και πως ένα αντικείμε νο κινείται σε μια ευθεία η οποία αποτελείται από αδιάστατα σημεία. Αν μάλιστα λάβουμε υπόψη ότι οι σύγχρονες αντιλήψεις της Φυσικής για την έννοια της κίνησης σε υποατομικό επί πεδο βασίζονται στην κβαντική θεωρεία, γίνεται κατανοητό το επίτευγμα των ελλήνο:iν της κλασικής πε ριόδου. Άλλωστε πίσω από τα ερωτήματα αυτά κρύβονται οι λεπτές έννοιες του συνεχούς ( μολονότι γνωρίζουμε ότι μια ευθεία αποτελείται από άπειρα σημεία χωρίς διάσταση είναι αδύνατο να την ανασυν θέσουμε χωρίς τη χρήση του αξιώματος της συνέχειας ) , της στιγμιαίας ταχύτητας και η θεωρία του α πείρου από τον G. Cantor. Το σημαντικό επομένως είναι ότι από την εποχή εκείνη το άπειρο εισχώρησε τυπικά αλλά και ουσι αστικά στη φιλοσοφία και τα μαθηματικά καθορίζοντας την εξελικτική τους πορεία. Με την έννοια του απείρου ασχολήθηκε συστηματικά και ο μεγάλος φιλόσοφος Αριστοτέλης. Το τρίτο βιβλίο των «Φυσικών» του είναι όλο σχεδόν αφιερωμένο στην έννοια του απείρου. Να τονίσουμε =

•

· · ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/8

-------

Το άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών

--------

τη διάκριση που κάνει ο Αριστοτέλης ανάμεσα στο πραγματικό άπειρο και το δυνητικό άπειρο. Το δυνη τικό άπειρο εκφράζει μια ποσότητα που αυξάνει ή ελαττώνεται απεριόριστα παραμένοντας σε κάθε της βήμα πεπερασμένη. Πραγματικό άπειρο έχουμε όταν η ποσότητα έχει υπερβεί όλα τα πεπερασμένα φράγματα, όπως το σύνολο των φυσικών αριθμών. Αναγνώριζε τις διαφορετικές μορφές του απείρου, όπως άπειρος χρόνος, άπειρη διαιρετότητα, αλλά απέρριπτε το άπειρο μέγεθος, είτε φυσικό είναι αυτό, όπως η ιδέα ενός άπειρου σύμπαντος, είτε ιδεατό, όπως το άπειρο των φυσικών αριθμών. Ο Αριστοτέλης παραδεχόταν την ύπαρξη μόνο του δυνητικού απείρου. Συγκεκριμένα έγραφε : « . . . το άπειρο δεν υπάρχει με τη μορφή ενός άπειρου στερεού ή ενός άπειρου μεγέθους που γίνεται αντιληπτό από τις αισθήσεις . . . Το άπειρο υπάρχει δυνητικά, το άπειρο είναι κίνηση . . . ». Η κρίση της aσυμμετρίας και η επίδραση των παραδόξων του Ζήνωνα στα Μαθηματικά της κλασικής περιόδου ήταν καταλυτική. Το άπειρο και τα aπειροστά εξαλείφονται προοδευτικά από τα Μαθηματικά. Οι μετέπειτα μαθηματικοί χρησιμοποιούν την έννοια του απείρου μόνο στη δυνητική του μορφή. Όμως η έννοια του απείρου είναι σημαντική και απα ραίτητη στα Μαθηματικά, γιατί αποτελεί το θεμέλιο των ανωτέρων Μαθηματικών. Χωρίς την έννοια του απείρου το μαθηματικό οικοδόμημα κυριολεκτικά γκρεμίζεται. Η προσπάθεια των μαθηματικών να εν σωματώσουν το άπειρο στα μαθηματικά από την κλασική περίοδο μέχρι και σήμερα, αποτελεί την πλέον σημαντική κινητήρια δύναμη ανάπτυξης και εξέλιξής τους! Πράγματι οι έλληνες της κλασικής περιόδου για να ξεπεράσουν τις δυσκολίες που δημιούργησαν στα Μαθηματικά η ανακάλυψη των ασύμμετρων μεγεθών και κατ' επέκταση των άρρητων αριθμών ( τους οποίους δεν αποδέχθηκαν ), το άπειρο και οι άπειρες διαδικασίες, ανέπτυξαν τη θεωρία των λόγων του Ευδόξου ( ουσιαστικά παρέκαμψαν το πρόβλη μα αντικαθιστώντας τους αριθμούς με μεγέθη ) και επινόησαν τη μέθοδο της εξάντλησης ανοίγοντας το δρόμο για το σύγχρονο ολοκληρωτικό λογισμό 2000 χρόνια αργότερα.

Χίλια οκτακόσια χρόνια μετά τον Αρχιμήδη ο Francois Vieta ( 1 540-1603) επινοεί ένα σημαντικό 2 J2 �2+J2 �2+�2+J2 Με τον τυπο , που αφορουσε , τον αριθ μο, π : -= , αυτο, εγκαινια' ζεται τυπο 2 2 2 π η εισαγωγή των άπειρων διαδικασιών στα Μαθηματικά αφήνοντας στο περιθώριο προκαταλήψεις αιώ νων! Οι μαθηματικοί του 1600 και 1700 αιώνα εισήγαγαν τις άπειρες διαδικασίες στα προβλήματα που αντιμετώπιζαν και πέτυχαν, με την ασαφή μέθοδο των «αδιαιρέτων>>, αλλά και τη μέθοδο εξάντλησης του Αρχιμήδη σε βελτιωμένη μορφή, σημαντικά αποτελέσματα τα περισσότερα από τα οποία αφορούσαν τον τετραγωνισμό καμπυλών της μορφής: ψ= χ κ ε Ζ .Τα αποτελέσματα αυτά ήταν τα τελευταία βήματα πριν ο Newton και ο Leibnitz οδηγηθούν στο θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού, που ενώνει τους δύο κλάδους, τον διαφορικό ( εύρεση εφαπτομένης σε σημείο ) και ολοκληρωτικό λογισμό ( εύρεση εμβαδού χωρίου ) σε ένα ενοποιημένο σύστημα, τον απειροστικό λογισμό. Το έργο του Leibnitz και του Newton στον απειροστικό λογισμό δεν ήταν αυστηρά θεμελιωμένο και αναπόφευκτα οδήγησε σε ερωτήματα σχετικά με τα «aπειροστά>> και τα «μικρά μηδενικά». Ο aπειροστικός λογισμός μελετάει το ρυθμό μεταβολής συναρτήσεων σε μικρές περιοχές σημείων. Οι μαθηματικοί επομένως είχαν να αντιμε τωπίσουν και πάλι το άπειρο! Τα «aπειροστά» του Leibnitz ήταν «ενεργό» άπειρο, αδύνατο όμως να θε μελιωθούν εκείνη την εποχή, ενώ τα «μικρά μηδενικά» του Newton εξέφραζαν άπειρο σε δυνητική μορ φή. Η θεωρία ροών του Newton δέχθηκε έντονες επικρίσεις για τις ασάφειες που είχε από τον Άγγλο επί σκοπο και φιλόσοφο Berkeley. Υποστήριξε ότι η θεωρία ροών του Newton εμπεριείχε το λογικό σόφισμα μιας μετατόπισης στην υπόθεση! Ακόμη οι έννοιες που χρησιμοποιούσαν οι μαθηματικοί του 17°υ και 1 8ου αιώνα, όπως το όριο , η συνέχεια, η διαφόριση, η ολοκλήρωση και η σύγκλιση ήταν συγκεχυμένες και καλυμμένες με το μανδύα της γεωμετρικής διαίσθησης. Η λύση στα προβλήματα θα μπορούσε να δο θεί μόνο μέσα από την έννοια του συνόλου των πραγματικών αριθμών. Έπρεπε επομένως να δοθεί ο ορι σμός της έννοιας του άρρητου αριθμού. Αυτό που δεν έγινε τον 5° αιώνα π. Χ .με την κρίση της aσυμμε τρίας, έπρεπε να γίνει τώρα. Η λύση τώρα δεν μπορούσε να είναι γεωμετρική, γιατί η ίδια η φύση των άρρητων αριθμών δημιουργούσε τα προβλήματα. Ο άρρητος αριθμός με όποιον τρόπο και αν ορισθεί, εί τε σαν δεκαδικός , είτε με τομή Dedekind, είτε σαν όριο ρητών αριθμών εμπεριέχει το άπειρο. Στο βάθος κρυβόταν η αναγκαιότητα να καθοριστεί η φύση του απείρου στα μαθηματικά, κι' αυτό γιατί από τη στιγμή που θα έχει οριστεί η έννοια του πραγματικού αριθμού, θα έπρεπε να γίνει αποδεκτό το σύνολο των πραγματικών αριθμών ως ολότητα και όπως θα δούμε το άπειρο των πραγματικών αριθμών έχει χα ρακτήρα απείρου ανώτερης τάξης απ' αυτό των φυσικών αριθμών. Ο πολύ γόνιμος aπειροστικός λογι σμός, μολονότι χωρίς θεμέλια, εφαρμόσθηκε για δύο περίπου αιώνες δίνοντας απαντήσεις σε πλήθος προβλημάτων. Έπρεπε να φθάσουμε στο δεύτερο μισό του 1 9ου αιώνα για να βρει το πρόβλημα την ορι3 . Η εποχή της αναγέννησης

- ·

κ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/9

· · ·

-------

Το άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών

--------

στική του λύση, με τις εργασίες του Cauchy αρχικά ( εισαγωγή της έννοιας του ορίου ) και δυο δεκαετίες αργότερα με τους Weierstrass, Dedekind και G. Cantor μέσα από ένα πρόγραμμα αριθμητικοποίησης του συνόλου των πραγματικών αριθμών. 4. Οι υπερπεπερασμένοι αριθμο ί του G. Cantor Η πρώτη πετυχημένη αντιμετώπιση του ολοκληρωμένου απείρου έγινε από τον Γερμανό μαθηματι κό G. Cantor, στο τέλος του 19ου αιώνα. Μελετώντας θέματα σύγκλισης τριγωνομετρικών σειρών, για τη

λύση προβλημάτων από το χώρο της Φυσικής, οδηγήθηκε σε προβλήματα τα οποία σχετίζονταν με τη θε μελίωση της Ανάλυσης και θα μπορούσαν να απαντηθούν με τη θεώρηση απειροσυνόλων. Αξιοποίησε την αρχή της αμφιμονοσήμαντης αντιστοιχίας, η οποία ισχύει για τα πεπερασμένα σύνολα και στα απει ροσύνολα. Συγκεκριμένα αν Α και Β είναι δύο απειροσύνολα και αν σε κάθε στοιχείο του συνόλου Α α ντιστοιχεί ένα μόνο στοιχείο του συνόλου Β και αντίστροφα, τότε τα σύνολα Α και Β λέμε ότι έχουν τον ίδιο πληθικό αριθμό, δηλαδή το ίδιο πλήθος στοιχείων. Αξιοποιώντας τον παραπάνω ορισμό απέδειξε ότι μεταξύ των συνόλων των φυσικών, των ακεραίων και των ρητών αριθμών αποκαθίσταται αμφιμονοσή μαντη αντιστοιχία, που σημαίνει ότι τα σύνολα αυτά έχουν το ίδιο πλήθος στοιχείων. Λέμε ακόμη ότι τα σύνολα αυτά είναι aριθμήσιμα. Τον πληθικό αριθμό αυτών των συνόλων ο G. Cantor τον συμβόλισε με το σύμβολο �ο ,που είναι το πρώτο γράμμα του εβραϊκού αλφαβήτου. Ο υπερπεπερασμένος αριθμός �ο είναι ο πρώτος άπειρος αριθμός σε ότι αφορά τη διαδικασία μέτρησης αντικειμένων. Έχουμε επομέ

νως επέκταση της ακολουθίας των φυσικών αριθμών ως εξής:

1,2,3,4, . . .,

�ο, �ο

+l, . . . Μπορούμε μάλι

στα να πούμε ότι είμαστε περισσότερο εξοικειωμένοι με συλλογές που περιέχουν �ο σε πλήθος στοιχεία,

παρά με συλλογές που περιέχουν εκατομμύρια σε πλήθος στοιχεία. Παραδείγματα απειροσυνόλων με πληθάριθμο �ο αποτελούν τα πολλαπλάσια του 2, τα πολλαπλάσια του 3, του 4 και γενικά τα πολλαπλά

σια κάθε φυσικού αριθμού. Νωρίτερα ο Galileo, Galilee ( 1564-1642 μ. Χ. ) παρατήρησε ότι είναι δυνατόν να ορισθεί αμφιμονοσήμαντη αντιστοιχία ανάμεσα στους φυσικούς αριθμούς και τα τετράγωνά τους ( ν �

2 v ). Αυτό οδηγεί στο φαινομενικά παράδοξο συμπέρασμα ότι οι τετραγωνικοί αριθμοί είναι τόσοι

σε πλήθος όσοι και οι φυσικοί αριθμοί, δηλαδή ένα άπειρο σύνολο φαίνεται να έχει το ίδιο πλήθος στοι χείων με ένα γνήσιο υποσύνολό του! Αποτέλεσμα αυτής της διαπίστωσης ήταν οι μαθηματικοί του 17°υ και 18ου αιώνα να θεωρήσουν το άπειρο ως αντιφατική έννοια και να το απορρίψουν. Αναφέρουμε ενδει κτικά την άποψη του Carl Gauss, ενός από τους μεγαλύτερους μαθηματικούς όλων των εποχών, για τις άπειρες ποσότητες: «Διαμαρτύρομαι ενάντια στη χρήση των άπειρων μεγεθών . . . που θεωρώ πως ποτέ δεν επιτρέπεται στα Μαθηματικά». Η δικαίωση για τον G. Cantor θα έρθει αρκετά χρόνια αργότερα από τον μεγάλο μαθηματικό Hilbert : «κανείς δεν μπορεί να μας εξορίσει από τον παράδεισο που δημιούργησε για μας ο Cantor»! Η απόδειξη ότι το σύνολο των θετικών ρητών αριθμών είναι aριθμήσιμο, είναι απλή και μπορεί να γίνει κατανοητή και από το μέσο μαθητή γι' αυτό και την παρουσιάζουμε: Θεωρούμε το σύνολο των θετικών ρητών αριθμών σε ορθογώνια διάταξη ως εξής: Στη πρώτη γραμμή γράφουμε όλα τα κλάσματα με αριθμητή το ένα, στη δεύτερη γραμμή όλα τα κλάσματα με αριθμητή το δύο και τα λοιπά. Εύκολα τώρα μπορεί να γίνει η μέτρησή τους παίρνοντας όλους τους αριθμούς με ζιγκ-:-ζαγκ αρχίζοντας από το πρώτο στοιχείο. Το επόμενο βήμα του Cantor ήταν να εξετάσει αν και το σύνολο των πραγματι κών αριθμών είναι aριθμήσιμο. Είχε ήδη αποδείξει ότι το σύνολο των αλγεβρικών αριθμών είναι aριθμή σιμο ( ένας αριθμός είναι αλγεβρικός αν προκύπτει ως ρίζα πολυωνυμικής εξίσωσης με ακέραιους συντε λεστές. Κατά συνέπεια κάθε ρητός αριθμός είναι αλγεβρικός, ενώ υπάρχουν και άρρητοι αριθμοί οι οποίοι είναι αλγεβρικοί όπως οι αριθμοί .J2, :ifi, 1.if5 και γενικά αριθμοί της μορφής �'κ Ε Ν, ν Ε Ν* - 1} .κ. λ. π.). Το πρόβλημα επομένως αφορούσε την πληθικότητα του συνόλου των

{

υπερβατικών αριθμών ( ένας αριθμός είναι υπερβατικός αν δεν μπορεί να προκύψει ως ρίζα πολυωνυμι κής εξίσωσης με ακέραιους συντελεστές όπως οι αριθμοί e και π. Η υπερβατικότητα του e αποδείχθηκε το 1873, ενώ του π το 1882 από τον Γερμανό Μαθηματικό Lindemann. Με την υπερβατικότητα του π απο δείχθηκε το αδύνατο του τετραγωνισμού του κύκλου και αυτό γιατί οι υπερβατικοί αριθμοί δεν είναι κα τασκευάσιμοι με κανόνα και διαβήτη). Τελικά ο Cantor απέδειξε, με την περίφημη διαγώνιο μέθοδο, ότι το σύνολο των πραγματικrον αριθμών του ανοικτού διαστήματος ( Ο, 1 ) δεν είναι aριθμήσιμο, κάτι που συνεπάγεται ότι και το σύνολο των πραγματικών αριθμών δεν είναι aριθμήσιμο. Συμπεραίνουμε ακόμη ότι οι υπερβατικοί αριθμοί αποτελούν υπεραριθμήσιμο σύνολο! Ο πληθάριθμος του συνόλου των πραγματικών αριθμών συμβολίζεται με το γράμμα c και επομένως ισχύει �ο < c . Είναι αλήθεια ότι σχετικά ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8'95 τ.3/10

------- Το άπειρο κινητήρια δύναμη εξέλιξης των Μαθηματικών --------

με το άπειρο η διαίσθησή μας πολύ συχνά μας εξαπατά. Ένα παράδοξο αποτέλεσμα που εξέπληξε ακόμα και τον ίδιο τον Cantor είναι ότι τα σημεία της πραγματικής ευθείας μπορούν να τεθούν σε αμφιμονοσή μαντη αντιστοιχία με τα σημεία του επιπέδου. Κάτι που σημαίνει ότι όσα είναι τα σημεία μιας ευθείας εί ναι και τα σημεία ενός επιπέδου! Αποτέλεσμα πραγματικά εκπληκτικό. Η απόδειξη είναι απλή γι' αυτό και την παραθέτουμε: Χωρίς να περιορίζεται η γενικότητα θεωρούμε τα σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό του μοναδιαίου τετραγώνου. Έστω Μ (α, β ) ένα εσωτερικό σημείο του τετραγώνου. Θεωρούμε τους πραγματικούς α και β στη δεκαδική τους μορφή : α = Ο, αμ2 α3α και β = Ο, β1 β2 β3β 4 4 Μπορούμε τώρα στο σημείο Μ να aντιστοιχίσουμε ένα μόνο πραγματικό αριθμό του διαστήματος ( Ο, 1 ) τον y = Ο, α1 βμ2 β2 α3 β3 επιλέγοντας εναλλάξ τα δεκαδικά του ψηφία από τα αναπτύγματα των α και • • •

•

• • •

•

β. Η απεικόνιση είναι προφανώς αμφιμονοσήμαντη! Έχει ενδιαφέρον να παρατηρήσουμε ότι η εν λόγω και β = Ο, 3999999000 · · του απεικόνιση δεν είναι συνεχής. Οι πραγματικοί αριθμοί α = Ο, 4 000 διαστήματος ( Ο, 1 ) είναι πολύ κοντά μεταξύ τους, ενώ οι εικόνες τους στο μοναδιαίο τετράγωνο βρί σκονται μακριά. Πράγματι ο αριθμός α απεικονίζεται στο σημείο Μ (Ο, 400 , Ο, 000 και ο · · ·

0, 999000 . . . ) . Αυτό σημαίνει ότι καθώς το σημείο κινεί · · ·

αριθμός β στο σημείο

)

Ν (Ο, 3999000 . . , ·

· · ·

ται κατά μήκος του μοναδιαίου τμήματος η εικόνα του στο μοναδιαίο τετράγωνο κάνει άλματα! Ο Cantor προχώρησε πολύ πιο πέρα από τους δύο πληθάριθμους που προαναφέραμε τον �ο και το c. Πρώτα απέ δειξε το περίφημο θεώρημα, που φέρει το όνομα του, σύμφωνα με το οποίο για κάθε πληθικό αριθμό ν ισχ6ει

ν <

2v και στη συνέχεια συμβόλισε με

να με το θεώρημα θα ισχ6 ει: �1 < 2�1

� 1 τον πρώτο υπεραριθμήσιμο πληθάριθμο, οπότε σύμφω� 2 και �2 <

2 �2

� 3 και ούτω καθεξής. Δηλαδή δη

μιούργησε την ακολουθία των υπερπεπερασμένων αριθμών: � ο < � 1 < �2 < �3 < · · · . Η ακολουθία των αριθμών αυτών αποτελεί την εξέλιξη της έννοιας του αριθμού στη διαδικασία μέτρησης πλήθους α ντικειμένων. Ας σκεφθούμε ότι μέχρι το 1 9° αιώνα είχαμε μόνο τους φυσικούς αριθμούς για τη διαδικα σία αυτή! Ο Cantor επέκτεινε την αριθμητική των φυσικών αριθμών και στους υπερπεπερασμένους αριθμούς. Δίνουμε ενδεικτικά κάποια παραδείγματα πράξεων: �ο - 1 Ο = �ο , 2�0 = �ο , �0 2 = �ο , �1

Χ1 ,

2 �ο

C .

'Ετσι εν συντομία γεννήθηκε η θεωρία συνόλων του Cantor ( αποκαλείται και

απλοϊκή λόγω μη αυστηρής θεμελίωσης ), η οποία λίγα χρόνια αργότερα θα δημιουργούσε κλυδωνι σμούς στο μαθηματικό οικοδόμημα, με την ιστορία να επαναλαμβάνεται για τρίτη φορά! Ένα ερώτημα που προβλημάτισε και απασχόλησε έντονα τον Cantor ήταν αν υπάρχει aπειροσύνολο με πληθικό αριθμό ανάμεσα στον �ο και τον αριθμό c. Αυτό το ερώτημα έγινε γνωστό στη μαθηματική κοινότητα ως «η υπόθεση του συνεχούς». Ο ίδιος πίστευε ότι ένα τέτοιο σύνολο δεν υπάρχει. Οι εργασίες των Gδdel ( 1941 ) και Cohen ( 1963 } απέδειξαν τελικά, ότι η υπόθεση του συνεχούς είναι ένα ανεξάρτητο αξίωμα της θεωρίας συνόλων. Επομένως κάθε συνεπής θεωρία συνόλων μπορεί είτε να το περιέχει είτε όχι. Μ' αυτό τον τρόπο η θεωρία συνόλων έφτασε σε μία θέση ανάλογη μ' εκείνη της κλασικής περιόδου σχετικά με το αίτημα των παραλλήλων! 5 . Ε π ίλογος

Διαπιστώνεται από τα παραπάνω ότι το άπειρο κάνει την πρώτη εμφάνισή του στην εξέλtξη των Μαθηματικών, τον 5° π. Χ. αιώνα με την ανακάλυψη των άρρητων μεyεθών και των άρρητων αριθμών. Η πεποίθηση των Πυθαyο ρείων στον πρωταρχικό ρόλο των ακεραίων αριθμών στην κοσμοθεωρία τους, σε συνδυασμό με την αναστάτωση που προέκυψε με τα χωροχρονικά παράδοξα του Ζήνωνα, είχε ως αποτέλεσμα οι Αρχαίοι Έλληνες να απορρίψουν αιπό το νέο είδος αριθμού. Αυτό είχε ως φυσικό επακόλουθο μια σημαντική καθυστέρηση στην της έννοιας του αριθμού, ενώ στα θετικά εντάσσεται η επινόηση της θεωρίας των 'λi:rγων του Ευδόξου και της της εξάντλη σης. Το άπειρο ξαναεμφανίζεται τον 1 'f αιώνα στο διΝαμικό εργαλείο του απειροστικσύ λογισμού ως «άπειρα μικρό» και τον 1 φ αιώνα σαν «άπειρα μεyάλο)). Το μαθηματικό περιβάλλον τώρα είναι διαφορετικό συγκριτικά με εκείνο της κλασucής περtόδου. Τα Μαθηματικά των Αρχαiων Ελλήνων ήταν στατικά και πεπερασμένα, μπορούσαν να προχω ρήσουν ( και προχώρησαν ) και χωρiς την έννοια του ωrείρσυ. Τα μαθηματικά του 1r - 1900 αιώνα είναι διΝαμικά και άπειρα, γιατί μελετούν το ίδιο το άπειρο. Ως εκ τούτου ήταν αδύνατο να το παρακάμψουν. Το αντψετώπισαν , το τιθάσευσαν με αποτέλεσμα την τεράστια ώθηση στην και εξέλtξη των Μαθηματικών!

εξέλιξη μεθόδου

ανάπτuξη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/1 1

Μαθηματικοί Δtαyωvtσμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες Ε.Μ.Ε. 75oc;

ΠΑΝ ΕΛΛΗ ΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙ ΚΑ "Ο ΕΥΚΛΕ Ι Δ Η Σ " 1 7 Ι ανουα ρ ίου 201 5 ΕΝΔΕΙ ΚΥΙ ΚΕΣ ΛΥΣΕΙΣ Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ρόβλη μα 1

Δίνεται η παράσταση: Α

(-- )

2 α -1

η 2 + απ

μεγαλύτερο του 1 και η θετικό ακέραιο,

•

n-1

η > 1.

-η

4 3 α + η - αη - n 1 - α2

, με α πραγματικό αριθμό

Να αποδείξετε ότι:

( α) (β) Δεν είναι δυνατόν ο Α να είναι τέλειο τετράγωνο ακεραίου. A = n2 + n + 1

Λύση

..;..._---'-

n2 -η) (α +η) -η3 (α+ η) (α -1) (α+ 1) ( η2 -η2 +η ) (α +η)( 1-η3 ) Α (αη-1( η+)(αα)+1) (η-1 -(α -1)(α +1) η(η + α) η-1 (α -1)(α +1) -1)( α +1) ( η ) (α +η) ( 1-η3) = - η (α -1) (α + 1 )(α + η) ( 1-η3) = η3 -1 =η 2 +η+1 = (αη(η+α) η-1 (α -1)( α +1) η(η +α)( η-1 )(α -1 )(α+1) η-1 (β) Παρατηρούμε ότι: η 2 < Α= η 2 + η + 1 < η 2 + 2η + 1 = ( η+ 1 ) 2 , δηλαδή ο ακέραιος Α βρίσκεται μεταξύ ,

(α) Εχουμε

· -

των τετραγώνων δύο διαδοχικών ακέραιων, οπότε δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο κάποιου ακέραιου. Π ρ ό βλη μα 2

Στις εξετάσεις του Α.Σ.Ε.Π. τα εξεταζόμενα μαθήματα βαθμολογούνται από Ο μέχρι 100. Ένας υποψήφιος βαθμολογήθηκε σε όλα τα μαθήματα με διαφορετικό βαθμό και ο μέσος όρος των βαθμών του ήταν 40. Αν παραλείψουμε το μικρότερο βαθμό του ο μέσος όρος των υπόλοιπων βαθμών του είναι 46. Αν παραλείψουμε το μεγαλύτερο βαθμό του ο μέσος όρος των υπόλοιπων βαθμών του είναι 28, ενώ, αν παραλείψουμε και το μικρότερο και το μεγαλύτερο βαθμό του ο μέσος όρος των βαθμών που απομένουν είναι 32. Να βρείτε τον αριθμό των μαθημάτων, το μικρότερο και το μεγαλύτερο βαθμό του υποψηφίου. Λύση : Έστω ότι τα εξεταζόμενα μαθήματα ήταν

και οι βαθμοί του υποψηφίου ήταν οι Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος

Χ 1, Χ 2 , ,χ χ με τη διάταξη : Χ 1 < χ 2 < . .. < χ < χ έχουμε τις εξισώσεις: = 28(η -1) (3) (1) Χ1 + Χ 2 + ... + + = 40η =32(η -2) (4) = 46(η -1) (2) Με αφαίρεση των (2), (3) και (4) από την εξίσωση (1) λαμβάνουμε: χ1 = 46-6η, χ = 12η + 28, χ1 + = 8η + 64 , από τις οποίες προκύπτει η εξίσωση : χ1 + =(46-6η)+(12η +28) = 8η + 64 � 2η = 10 � η = 5 , οπότε θα είναι χ1 = 16 και χ5 = 88 . •••

η-Ι ,

η-Ι

X n -l

•

Π ρόβλη μα 3

θεωρούμε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ τέτοιο ώστε ΑΒ ΓΔ ΒΔ Φέρουμε το ύψος του ΔΕ , όπου Ε σημείο της πλευράς ΑΒ . Έστω Ζ το συμμετρικό της κορυφής Α ως προς κέντρο το σημείο Ε. Έστω επίσης Κ το συμμετρικό της κορυφής Γ ως προς κέντρο το σημείο Ζ και Λ το συμμετρικό της κορυφής Β ως προς κέντρο το σημείο Α. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΔΚΛ είναι ισοσκελές. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/12

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση : Έχουμε ΔΖ = ΔΑ , λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία του ύψους ΔΕ. Επίσης είναι ΔΑ = ΒΓ , από το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Επομένως θα είναι ΔΖ =ΒΓ. Επιπλέον Δ2Β=100' -ΔΖΑ=100' -MB=ABr. Επομένως τα τρίγωνα ΔΖΒ και ΖΒΓ έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία (ΔΖ = ΒΓ και ΖΒ κοινή) και τις περιεχόμενες γωνίες των πλευρών αυτών ίσες. Άρα είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΔΒ = ΖΓ => ΑΒ = ΖΓ => 2 . ΑΒ = 2 . ΖΓ => ΒΛ = ΓΚ ΖΒΔ = ΓΖΒ => ΖΒΔ = Δtz, αφού από 1 1 ΖΒ ισχύει ότι: ΓΖΒ = Δf'Ζ . Έτσι τα τρίγωνα ΔΒΛ και ΔΓΚ έχουν: ΔΒ = ΔΓ , ΒΛ=ΓΚ και Δf'Κ = ΔΒΛ , οπότε είναι ίσα. Άρα θα έχουν και τις πλευρές τους ΔΛ και ΔΚ ίσες. Λ

•

ΔΓ

Πρόβλη μα 4

Ο τετραψήφιος θετικός ακέραιος xyzw 1000 χ + 100y + 10z + w όταν διαιρεθεί με το άθροισμα των ψηφίων του δίνει πηλίκο 327 και υπόλοιπο 14. Επίσης ο αριθμός wzyx 1000w + lOOz + 10y + χ όταν διαιρεθεί με το άθροισμα των ψηφίων του δίνει πηλίκο 227 και υπόλοιπο 16. Να βρεθεί ο αριθμός xyzw . =

Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε τις εξισώσεις: xyzw = 1000χ + 100y + 10z + w = 327(χ + y+ z+ w )+ 14 (1) wzyx = 1000w + 100z+ 10y+ χ = 227 (χ + y+z+ w )+ 16 , (2) από τις οποίες με αφαίρεση κατά μέλη λαμβάνουμε: xyzw -wzyx =999 (χ -w )+ 90(y-z) = 100 (χ + y+ z+w )-2 . (3) Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι 17 ::::; χ+ y + z + w ::::; 30 , οπότε 1698 ::::; 100(χ + y+ z + w)-2 ::::; 2998 => 1698 ::::; 999(χ -w )+90(y-z) ::::; 2998. Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι χ -w { 1, 2, 3} , οπότε έχουμε τις περιπτώσεις: Για χ -w = 1 πρέπει y-z { 8, 9} , οπότε από την (3) δεν προκύπτει ακέραια λύση για το άθροισμα x + y+z+w . Για χ -w = 2 , από την (3) λαμβάνουμε: 9(y-z) =10(x+y+z+w-20) =πο σιο τσυlΟ, οπότε πρέπει: y-z =Ο και χ + y + z + w = 20. Τότε από τις ( 1) και (2) έχουμε: xyzw = 6554 και wzyx =4556 . Για χ -w = 3 πρέπει y-z =Ο, οπότε από την (3) δεν προκύπτει ακέραια λύση για το άθροισμα x + y+z + w . Λύση :

•

λλαπλά

•

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ρόβλη μα 1

-- --

3 . 2 1 ξ' , 3 Να λ:υσετε την ε ισωση -- + + χ-3 χ-2 χ-1 =

Για χ {1,2,3} έχουμε: 1 +2 +-3 =3<::>-1 -1 +2 -1+-3 -1=0 4-χ +4-χ +4-χ =0 <=>(4-χ)(-1 +-1 +-1 ) =0 χ-3 χ-2 χ-1 χ-3 χ-2 χ-1 χ-3 χ-2 χ-1 Ji2 χ-3 χ-2J3 χ-1 6± 1 +--1 +-1 = ο <=>Χ = 4 η' 3Χ2 - 12χ + 11 = ο <=>Χ = 4 ηχ, 12 ± <=>Χ = 4 ηχ=--. <=>4 - Χ = ο η' ' χ-3 χ-2 χ-1 6 3 2"ς τρόπος: Για χ { 1, 2, 3} με απαλοιφή παρανομαστών έχουμε: Λύση ( 1 "' τρόπος) :

JR -

<=>-

JR -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/13

3 ( χ-1)( χ -2)( χ -3) =(χ -1)( χ-2) +2( χ -1) ( χ-3) +3(χ -2)( χ -3) <::> 3 ( χ3 -6χ2 +11χ -6) = =χ2 -3χ +2+2( χ2 -4χ +3) +3 ( χ2 -5χ +6) <::> 3χ3 -18χ2 +33χ -18=6χ2 -26χ +26<::> 3χ3 -24χ2 +59χ-44=0 Οι πιθανές ακέραιες ρίζες της τελευταίας εξίσωσης είναι: ±1,± 2,±4,± 1 1,±22, ±44 , από τις οποίες μόνο το 4 ικανοποιεί την εξίσωση. Έτσι με το σχήμα Horner έχουμε: 3χ3 -24χ 2 +59χ -44 = ( χ -4 ) ( 3χ 2 -12χ +11 ) =0 <=> χ -4 =ο ή 3χ2 -12χ +11 =ο <=> χ =4 ή χ = 6 ±3.fi . -------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Πρόβλημα 2

Έ στω α 1 , α 2 , α3 , α4 , α5 , α6 , α 7 θετικοί ακέραιοι που είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Δίνεται επίσης ότι το άθροισμά τους είναι τέλειος κύβος και το άθροισμα των 5 μεσαίων όρων α 2 , α 3 , α4 , α5 , α6 , είναι τέλειο τετράγωνο. Να βρεθεί η ελάχιστη δυνατή τιμή του όρου α4 •

Έστω χ ο τέταρτος στη σειρά αριθμός. Τότε οι δεδομένοι αριθμοί θα έχουν τη μορφή: α1 = χ -3d, α2 =χ-2d, α3 = χ -d, α4 = χ, α5 = χ +d, α6 = χ + 2d, α7 = x +3d. Επομένως το άθροισμά τους ισούται με 7χ και το άθροισμα των 5 μεσαίων ισούται με 5χ . Επομένως, θα πρέπει να βρούμε το ελάχιστο φυσικό αριθμό χ που είναι τέτοιος, ώστε ο 7χ ναι είναι τέλειος κύβος και ο 5χ να είναι τέλειο τετράγωνο. Για να είναι ο 7χ τέλειος κύβος, θα πρέπει ο χ να είναι πολλαπλάσιο του , ενώ για να είναι και ο 5χ να είναι τέλειο τετράγωνο, θα πρέπει ο χ να είναι πολλαπλάσιο του 5 . Για να παραμείνει όμως το 7χ τέλειος κύβος, θα πρέπει το χ να είναι πολλαπλάσιο του 53 Τελικά, το χ πρέπει να είναι πολλαπλάσιο του 53 , οπότε η ελάχιστη τιμή του όρου α4 είναι 53 Λύση :

•

Πρόβλη μ α 3

Θεωρούμε παραλληλόγραμμο ABCD τέτοιο ώστε ΑΒ = BD = CD και με τη γωνία Α = 75° . Φέρουμε το ύψος του DE , όπου Ε σημείο της πλευράς ΑΒ . Έστω Ζ το συμμετρικό της κορυφής Α ως προς κέντρο το σημείο Ε . Έστω επίσης Κ το συμμετρικό της κορυφής C ως προς κέντρο το σημείο Ζ και L το συμμετρικό της κορυφής Β ως προς κέντρο το σημείο Α . Να βρείτε το μέτρο D της γωνίας κi>L . c ��-------r�

Λύση

Έχουμε DZ = DA, λόγω συμμετρίας ως προς την ευθεία του ύψους DE . Επίσης είναι DA = BC, από το παραλληλόγραμμο ABCD . Επομένως θα είναι DZ = BC . Επιπλέον DZB = 180° -DZA = 180° -DAB =ABC . Επομένως τα τρίγωνα DZB και ZBC έχουν δύο πλευρές τους ίσες μία προς μία ( DZ = BC και τη ΖΒ κοινή) και τις περιεχόμενες γωνίες των πλευρών αυτών ίσες. Άρα είναι ίσα, οπότε θα έχουν και DB = ZC => = ZC => 2 = 2 ZC => BL = CK ZBD = CZB => ZBD = DCZ, αφού από DC 1 ΖΒ ισχύει ότι: CZB = DCZ . Έτσι τα τρίγωνα DBL και DCK έχουν: DB = DC , BL = CK και DCK = DBL, οπότε είναι ίσα. Άρα θα έχουν και τις πλευρές τους DL και DK ίσες και επιπλέον DLB = DKC, οπότε το τετράπλευρο DLΚZ είναι εγγράψιμο. Επομένως, έχουμε κf>L = κΖL = BZC (ως κατά κορυφή) = ZBD (από τα ίσα τρίγωνα DZB και ZBC) = 180° 2 75° = 30° (από το ισοσκελές τρίγωνο ABD). Διαφορετικά, θα μπορούσαμε να παρατηρήσουμε ότι με το μετασχηματισμό στροφής με κέντρο το σημείο D κατά γωνία BDC = 30° , το τρίγωνο CDK θα συμπέσει με το τρίγωνο BDL, οπότε κf>L =30° . L

•

ΑΒ

Σημείωση.

Θεωρούμε το τριώνυμο f ( x ) = 4x 2 + kx + m και υποθέτουμε ότι οι ρίζες του είναι διακεκριμένες και ανήκουν στο διάστημα (0,1). Να αποδειχθεί ότι τουλάχιστον ένας από τους k,m δεν είναι ακέραιος. Πρόβλημ α 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/14

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Λύση

Έστω Ο < Χι < χ2 < 1 οι ρίζες του f(x) . Τότε: f(x) = 4(χ - χι )(χ - χ2 ) (1). Υποθέτουμε ότι οι k, είναι ακέραιοι. Τότε οι αριθμοί /(0) = και f(l) = 4 + k + είναι ακέραιοι . Αφού το πρόσημο του τριωνύμου είναι ομόσημο του 4 εκτός των ριζών και οι αριθμοί Ο και 1 είναι εκτός των ριζών, έπεται ότι /(0) > Ο και /(1) > Ο , οπότε, αφού είναι ακέραιοι, θα είναι /(0) � 1 και /(1) � 1 . Από την (1) για χ = Ο και χ = 1 παίρνουμε: 4χι χ2 � 1 και 4(1 - χι )(1 - χ2 ) � 1 . Πολλαπλασιάζοντας τις δύο σχέσεις έχουμε: 1 6χι (1 - Χι )χ2 (1 - χ2 ) � 1 (2) Όμως ισχύουν: 4χι Ο - χι ) :::;; 1 � (2χι - 1)2 � Ο και 4χ2 (1 - χ2 ) :::;; 1 � (2χ2 - 1)2 � Ο (3) οπότε πολλαπλασιασμό των δύο τελευταίων κατά μέλη λαμβάνουμε: 1 6χι (1 - Χι )χ2 (1 - χ2 ) :::;; 1 . (4) Επομένως πρέπει να έχουμε ισότητα: 16χ ι ( 1- χ ι ) χ2 (1 - χ2 ) = 1 , 5) η οποία, λόγω των (3), ισχύει μόνον όταν Χι = χ2 = ..!_2 Αυτό όμως είναι άτοπο καθώς υποθέσαμε ότι οι ρίζες είναι διακεκριμένες. Επομένως, δεν είναι δυνατόν να είναι και δύο αριθμοί k και ακέραιοι. m

με

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόβλημα 1 Στις εξετάσεις του Α.Σ.Ε.Π. τα εξεταζόμενα μαθήματα βαθμολογούνται από Ο μέχρι και 100. Ένας υποψήφιος βαθμολογήθηκε σε όλα τα μαθήματα με διαφορετικό βαθμό και ο μέσος όρος των βαθμών του ήταν 50. Αν παραλείψουμε το μικρότερο βαθμό του ο μέσος όρος των υπόλοιπων βαθμών του είναι 56. Αν παραλείψουμε το μεγαλύτερο βαθμό του ο μέσος όρος των υπόλοιπων βαθμών του είναι 40, ενώ, αν παραλείψουμε και το μικρότερο και το μεγαλύτερο βαθμό του ο μέσος όρος των βαθμών που απομένουν είναι 45. Να βρείτε τον αριθμό των μαθημάτων, το μικρότερο και το μεyαλύτερο βαθμό του υποψηφίου. Λύση

Έστω ότι τα εξεταζόμενα μαθήματα ήταν η και οι βαθμοί του υποψηφίου ήταν οι Χ ι , Χ 2 , , χη- ι • χη με τη διάταξη: Χι < χ2 < ... < χη-ι < xn . Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε τις εξισώσεις: Χι + Χ 2 + . . . + Χη-ι + Χ η = 50η (1) Χι + Χ2 + . . . + Χ η-ι = 40(η -1) (3) =45(η -2) (4) χ 2 + . . . + χη - ι χ2 + . . . + χη -ι + xn =56(η -1) (2) Με αφαίρεση των (2), (3) και (4) από την εξίσωση (1) λαμβάνουμε: Χ ι + χ η = 5η + 90 , από τις οποίες προκύπτει η εξίσωση: Χ ι = 56-6η; χ η = ΙΟη + 40, Χι + = (56-6η)+ ( 10η+40) = 5η +90 � η = 6, οπότε θα είναι Χ ι = 20 και χ6 = 100 . •••

� 2, να αποδειχθεί ότι: α=b. b+α1� 2

Πρόβλημα 2

Αν οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί α,b ικανοποιούν τη σχέση: � Λύση

Θέτουμε

=χ

. Αρκεί να αποδείξουμε ότι χ = 1 . Η δοσμένη σχέση τότε γίνεται:

3 1 + χ = - � 2 + 2χ(χ3 + 1) = 3(χ3 + 1) � 2χ4 - 3χ3 + 2χ - 1 = ο 2 1 + χ3 � 2(χ4 - χ3 ) - (χ3 - χ) + χ - 1 = ο � (χ - 1)(2χ3 - χ 2 - χ + 1) = ο Όμως � -� -x+1 =i + (i -�)-(x-1) =i + (χ-1)2 (χ + 1) >0 . Επομένως πρέπει χ = 1 και άρα α = b . --

Πρόβλημα 3

Να βρεθεί ο μεyαλύτερος θετικός ακέραιος k με την ακόλουθη ιδιότητα: Ο αριθμός 201 8 γράφεται ως άθροισμα k τετραγώνων διαφορετικών ακεραίων. Λύση

Ας υποθέσουμε ότι ο μεγαλύτερος τέτοιος k είναι ο και αι , a2 , n

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/15

•••

, an

είναι διαφορετικοί ανά δύο

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

μεταξύ τους ακέραιοι ώστε a12 + α� + ... + a; = 20 1 8 . Τότε

-------...;...._

( 1)(2 1) , (m 1)(2m + 1) a12 + ... + an2 >- (-m) 2 + ... + 02 + 1 + ... + m 2 - m m + m + 20 1 8 � m + . 3 3 2030 m = 14 n � 28 . 201 8 28 = 1 300 20 1 8 - 1 300 = 7 1 8 2 2 2 (-12) 2 + ... + 0 2 + ... + (1 2) 2 + 1 3 2 + 1 5 2 + 1 8 2 = 20 1 8 . 718 = 18 +15 + 13 , ι

, οποτε (1) Παρατηρούμε ότι για η τιμή της παράστασης στο δεξί μέλος ισούται με επομένως Θα αποδείξουμε τώρα ότι το γράφεται ως άθροισμα τετραγώνων, διαφορετικών ανά δύο ακεραίων. Έχουμε ότι (-12)2 + ... + 02 + ... + 122 και έχουμε χρησιμοποιήσει 25 τετράγωνα. , ως άθροισμα τριών τετραγώνων. Επομένως θέλουμε να γράψουμε τη διαφορά Όμως οπότε Μία διαφορετική προσέγγιση προκύπτει με τη θεώρηση του αθροίσματος 2 2 +132 =1638,οπότε έχουμε άθροισμα 27 όρων. Έτσι αναζητούμε τη δυνατότητα 2 + . . +<i + . . +12 (-13) +(-12) να προσθέσουμε ένα ακόμη τετράγωνο ίσο με 2018 - 1638 = 380 , (αδύνατο) ή να προσθέσουμε δύο τετράγωνα ακεραίων μεγαλύτερων του 13 αφαφώντας ταυτόχρονα ένα από τα τετράγωνα που έχουμε ήδη θεωρήσει.. Αυτό μπορεί να γίνεt, αφού (152 +1SZ)-132 = (225+324) -16J=549-16J=38:>. Άρα ο μεγαλύτερος θετικός ακέραως k με τη ζητούμενη ιδιότητα είναι ο 28. _

Πρόβλημα 4 Δίνεται τρίγωνο ABC με ΑΒ < AC < BC . Στη προέκταση της ΑΒ (προς το μέρος του Β ), θεωρούμε σημείο Κ και στη συνέχεια θεωρούμε τον κύκλο c(Κ,ΚΑ) (με κέντρο το Κ και ακτίνα ΚΑ ). Ο κύκλος (c) τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο D και την ευθεία AC στο σημείο Ε . Σε τυχόν σημείο Μ εσωτερικό της πλευράς ΑΒ θεωρούμε κάθετη προς την ευθεία ΑΒ η οποία τέμνει την ευθεία AC στο σημείο Ν . Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΚΜΕ (έστω (c1 ) ) τέμνει τον κύκλο (c) στο σημείο Ζ , να αποδείξετε ότι οι ευθείες MN,DE,AZ περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν). Λύ

Έστωση ότι η ΑΖ , τέμνει τον κύκλο (c1 ) στο σημείο . Από τα ορθογώνια τρίγωνα AED και έχουμε: ADE = D1 =Ν1 = 90" -Α . (1) Οι γωνίες Dι και Ζι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο (c) και βαίνουν στο τόξο , άρα: Dι = Ζι (2) Οι γωνίες Κι και Ζι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο (c ι ) και βαίνουν στο τόξο SE , άρα : Κι = Ζι (3) Από τις ισότητες (1),(2),(3) συμπεραίνουμε ότι Κι = 90° - Α . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΑΕ ( ΚΑ = ως ακτίνες του κύκλου (c) ) έχουμε: Επειδή όμως ΑΚΕ = Κι + κ = 1 80 - 2Α . 2 . Οι γωνίες κ2 και z2 είναι εγγεγραμμένες στον Κι = 90° ' συμπεραίνουμε ότι κ 2 = 90° κύκλο (cι ) και βαίνουν στο τόξο άρα: Κ2 = Ζ2 (4) Τελικά συμπεραίνουμε ότι z2 = Νι ' οπότε το τετράπλευρο είναι εγγράψιμο και κατά συνέπεια ΑΖΝ = ΑΜΝ = 90° . Η τελευταία ισότητα (ΑΖΝ = 90°) σε συνδυασμό με την ισότητα AZD = 90° (η γωνία AZD βαίνει στη διάμετρο AD του κύκλου (c) ), αποδεικνύει ότι τα σημεία D, Z, N είναι συνευθειακά. Οι ευθείες MN, DE,AZ περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν), διότι είναι ύψη του τριγώνου ADN . ΑΜΝ

ΑΕ

ΚΕ

-Α

' , ,\ )

SM ,

-Α

•

ΑΜΖΝ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/16

---- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---32η Ελλην ι κή Μαθηματ ική Ολυμπ ιάδα ••ο Αρχ ι μήδης" 28 Φεβρουα ρίου 201 5 Θέματα μεyάλων τάξεων

1 Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες θετικών ακέραιων { χ, y, p ) , όπου 3 ικανοποιούν την εξίσωση ...![___ = p . x+y Πρόβλημα

πρώτος, οι οποίες

Λύση

Έστω d = (χ, y) ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των αριθμών χ, y . Τότε υπάρχουν θετικοί ακέραιοι a, b τέτοιοι ώστε χ = da, y = db, (a, b) = 1. Με αντικατάσταση στη δεδομένη εξίσωση παίρνουμε: d3ab3 = p . (1) Όμως, από τη σχέση ( a,b) = 1 , έχουμε ότι (a,a + b) = 1 και (b3 ,a + b) = 1 , οπότε από τη a+b d3 = k (2) όπου k θετικός ακέραιος. Τότε η (1) σχέση (1) προκύπτει ότι: a + b Ι d3 • Γράφουμε -a+b γίνεται: kab3 = p , οπότε b3 Ι p . Επομένως πρέπει b = 1 και ka = p . Επομένως , έχουμε δύο περιπτώσεις: d3 = p, οπότε 2p = d3 , οπότε 2 1 d άρα 8 1 d3 και έπεται 8 l 2p , άτοπο. (i) k = p, a = 1 , τότε η (2) γίνεται 2 (ii) k = 1, a =p . Τότε η (2) γίνεται d3 = p+ 1 � d3 -1 = p � (d -1)(d 2 +d+ 1) = p. Επομένως, έχουμε ότι d-1 = 1, d2 +d+1=p (αφού d2 +d+1 > d-1), <::> d = 2, p = 7 , από όπου έχουμε: (x,y,p) =(14,2,7) . ότι

Έστω Ρ { χ ) = αχ3 + { b - α ) χ 2 - { c + b ) x + c και Q { x ) = χ4 + { b - l ) x3 + { α - b ) χ2 - { c + α ) χ + c πολυώνυμα μεταβλητής χ, όπου α,b,c είναι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί και b>O. Αν το πολυώνυμο Ρ(χ)έχει τρεις άνισες πραγματικές ρίζες χ0 ,χ 1 , χ 2 , οι οποίες είναι ρίζες και του πολυωνύμου Q { χ ) , τότε: (α) Να αποδείξετε ότι: αbc>28. (β) Αν α,b,c είναι μη μηδενικοί ακέραιοι με b>O, ποιες είναι οι δυνατές τιμές τους; Πρόβλημα 2

Επειδή το άθροισμα των συντελεστών του πολυωνύμου Ρ (χ) ισούται με Ο έπεται ότι μία ρίζα του είναι το 1, οπότε έχουμε Ρ( χ) = ax3 +(b - α)χ2 - (c+b)x+c = (x- 1)( ax2 +bx-c) . Αν θέσουμε χ0 = 1 , από τους τύπους Vieta έχουμε: Χι + χ2 b κ Χι Χ2 c 0 (1) οπότε θα είναι α α Χι , χ2 *- Ο. Επιπλέον, από την υπόθεση έπεται ότι οι χ0 , Χι , χ2 θα είναι ρίζες και του πολυωνύμου F ( x ) = Q ( x )- P ( x ) = χ 4 + (b - α - 1)χ3 + 2 (α - b)χ 2 + (b - α)χ = χ ( χ3 + ( b- α - 1) χ2 + 2 (α - b) χ+ b - α) = χ [ χ3 -χ2 + ( b - α)( χ2 - χ)+ (α - b )( χ - 1 ) J = χ ( χ - 1) [ χ2 + ( b - α) χ + (α - b)J. Επειδή (χ) = Ο χ = Ο ή χ = 1 ή χ2 + ( b - α) χ + (α - b ) Ο και χ0 , Χι , χ2 *- Ο , έπεται ότι: χ0 = 1 , Χι + χ2 = α - b , Χι Χ2 α - b . (2) Λύση (α)

= --

αι

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/17

= --

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

Από τις (1) και (2) λαμβάνουμε: Από τις (3) και (4) έχουμε:

b c α-b = -- = -- => b=c α α

α2 = b ( α - Ι) => α > Ι

(αφού

(3)

b > Ο)

και

κm

α2 b = c = --. α-Ι

=> αbc = χ3 + (5χ 2 + :2 ) + (l Ox + �) + 1 0.

Όμως ισχύουν: •

•

χ3 > Ο, 5χ 2 +

(4)

d -ciJ=-b

(5)

� > 4 <=> 5χ4 - 4χ2 + Ι > Ο <=> χ4 + ( 2χ2 - Ι )2 > Ο, ισχύει,

χ χ>Ο 5 Ι Οχ + - > Ι4 <::::> 1 0χ2 - Ι4χ + 5 > Ο, ισχύει αφού Δ = -4 < Ο. χ ( 5) αbc > 28 . Ι b = α + Ι + __ , b, α + Ι α-Ι Ι α -Ι = ± Ι <::::> α = Ο( απορρίπτεται, γαιτί α '* Ο) __ eΊl., α-Ι

Άρα από τη σχέση έχουμε: (β) Από το ερώτημα (α) και τη σχέση επειδή οι αριθμοί προκύπτει ότι και ο αριθμός οπότε πρέπει: 2 Τότε b = c = ...! !:...._ = 4 . Για τις τιμές αυτές το πολυώνυμο α-Ι

είναι ακέραιοι, ή

α = 2.

Ρ( χ) = ax3 + (b - α) χ2 - (c + b)x + c = 2χ3 + 2χ2 - 8χ + 4 = 2(χ-Ι)(χ2 + 2χ-2) (χ) = Q (χ) - Ρ (χ) = χ (χ - Ι) ( χ 2 + ( b - α) χ + (α - b) ) = χ ( χ 2 + 2 χ - 2) Q( F( Ρ (

έχει ρίζες χ0 = Ι, χ1,2 = -Ι ± J3 οι οποίες είναι ρίζες και του πολυωνύμου F

οπότε θα είναι ρίζες και του πολυωνύμου χ) = χ)+ χ).

Π ρόβλη μα 3

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = ι 05° . Έστω Δ σημείο της πλευράς ΒΓ τέτοιο ώστε ΒΜ = 45° . Να αποδείξετε ότι: (α) Αν το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ, τότε Γ = 30° (β) Αν Γ = 30° , τότε το σημείο Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ.

Έστω ότι το Δ είναι το μέσο της πλευράς ΒΓ. Θα αποδείξουμε ότι: Γ = 30° . Παρατηρούμε ότι ΒΜ = 1 80° - ( 1 05° + 45° ) = 30° . Έστω Ε το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΔ και έστω Ζ το μέσο της ΒΕ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές με = ΑΕ και ΒΑΕ = 2 ΒΜ = 60° . Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο, οπότε = ΒΕ = ΑΕ (1) ΑΒΕ = ΑΕΒ = 60° (2) Τότε, από το τρίγωνο ΒΖΔ με ΒΖΔ = 90° , έχουμε: ΔΒΖ 45° . Επιπλέον, στο τρίγωνο ΒΕΓ έχουμε, λόγω συμμετρίας, ότι η διάμεσος ΕΔ ισούται με ΕΔ = ΔΒ = ΒΓ2 Άρα το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισοσκελές ΕΒΓ = 45° και ΒΕ = ΕΓ . (3) Επομένως το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές ΒΕΓ = 90° . Επειδή είναι και ΑΖΕ = 90° , έπεται ότι: 1 1 ΕΓ . Τότε προκύπτει η ισότητα των γωνιών ΔΑr = ΕΓΑ (4) . Λύση (1 ος τρόπος) : Ευθύ.

ΑΒ

με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/18

ΑΒ

ΑΔ

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

Σχήμα 1 Επιπλέον, από τις ισότητες (1) και (3) λαμβάνουμε ότι ΑΕ = ΕΓ , οπότε το τρίγωνο ΑΕΓ είναι 300 = 15° , = ισοσκελές με . Ef'Α = EAr (5) Από τις σχέσεις (4) και (5) λαμβάνουμε ΔΑr = EAr = ΔλΕ 2 2 οπότε από το τρίγωνο ΑΒΓ προκύπτει ότι: t = 180° -Β ( ΒΜ + Δλr) = 180° -105° ( 30° + 15° ) = 30° . Αντίστροφο. Έστω ότι Γ = 30°. Θα αποδείξουμε ότι το Μ είναι το μέσο της ΒΓ. Παρατηρούμε ότι ΒΜ 180° - ( 105° + 45° ) 30° και BAr = 45° . Έστω Ε το συμμετρικό του σημείου Β ως προς την ευθεία ΑΔ και έστω Ζ το μέσο της ΑΕ. Τότε το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές με =ΑΕ και ΒΑΕ 2 ΒΜ 60° . Άρα το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισόπλευρο, οπότε ΑΒ=ΒΕ=ΑΕ (1) ΑΒΕ = ΑΕΒ ΒΑΕ = 60° (2) Τότε, από το τρίγωνο ΒΖΔ ΒΖΔ 90° , έχουμε: ΔΒΖ 45° . Επιπλέον, λόγω συμμετρίας έχουμε ΒΕΔ = ΔΒΖ 45° ' (3) ΕΔΒ 2·ΖΔΒ =90° . (4) Έστω Θ το σημείο τομής της ΔΕ με την ΑΓ. Τότε, από τη σχέση (4) προκύπτει ότι το ΘΔ είναι ύψος του τριγώνου ΒΘΓ. Επιπλέον, από τη σχέση (3) λαμβάνουμε ΒΕΘ = ΒΕΔ 45° BAr ΒΑΘ ' οπότε Σχήμα 2 το τετράπλευρο ΑΒΘΕ είναι εγγράψιμο. Άρα έχουμε ΒΘΔ = ΒΑΕ = 60° και ΔΘΓ = ΑΘΕ = ΑΒΕ 60° . Επομένως είναι ΒΘΔ ΔΘΓ = 60° , οπότε η ΘΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΘΓ . Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η ΘΔ είναι ύψος και διχοτόμος του τριγώνου ΒΘΓ, οπότε το τρίγωνο ΒΘΓ είναι ισοσκελές και θα έχει τη ΘΔ διάμεσο, δηλαδή το Δ είναι το μέσο της ΒΓ. 2ος τρόπο ς: (α) Υποθέτουμε πρώτα ότι Γ = 30° (σχήμα 3). Θεωρούμε το συμμετρικό Κ του Β ως προς την ευθεία ΑΓ και έστω ότι η τέμνει την ΑΓ στο Ε. Τότε έχουμε ότι ΚΒΓ = 60° , οπότε ΑΒΕ = 45° , επομένωςΑΚΒ = 45° και το τρίγωνο ΒΑΚ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Ισχύει επομένως ότι ΑΔΒ = ΑΚΒ = 45° , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΔΚ είναι εγγράψιμο. Αν η τέμνει την ΑΓ στο Ε , τότε ισχύει ΕΑ = ΕΒ = ΕΚ , άρα το Ε είναι το κέντρο του κύκλου, άρα ΕΔ = ΕΒ , και αφού ΚΒΓ = 60° , το τρίγωνο ΕΒΔ είναι ισόπλευρο, άρα ΕΒ = ΕΔ (1). Επιπλέον, θα είναι ΔΕΓ 30° , άρα το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές, οπότε ΔΕ = ΔΓ (2). Από τις (1),(2) έχουμε ότι ΔΒ = ΔΓ . -

ΑΒ

με

ΚΒ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/19

-------

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Α

ΒΓ

Μ ΑΒ ΒΑΔ

Σχήμα 4 Σχήμα 3 (β) Υποθέτουμε τώρα ότι Δ μέσον του (σχήμα 4). Θεωρούμε σημείο του τέτοιο ώστε 45° . Τότε μπορούμε να εφαρμόσουμε το (α) στο τρίγωνο ΑΒΔ , αφού 30° , οπότε το σημείο είναι μέσον του ΑΒ, οπότε ΔΜ I I ΑΓ . Επομένως Γ = ΒΔΜ ι sοο - ( ι 05° + 45° ) = 30° 3ος τρόπος (τριγωνομετρικά) : Έστω ότι η γωνία ΑΓΒ = χ . Από το νόμο ημιτόνων στο τρίγωνο Β Δ = ΑΔ � Δ = ΑΔ . Ό μοια απο, το νομο , ημιτονων στο τριγωνο ΑΔ εχουμε: , εχουμε: Β 2η μ105° η μ30° ημ105° ΑΔη μ(45ο - χ ) , μεσο , αν και μονο , αν: = . Ε Δ ειναι πομενως, το χ ημ

ΒΜΔ Μ Λ

ΔΓ

ΑΒ Δ

ΑΔημ(45° - χ) = ΑΔ <:::::> 2 ημι05°ημ45°(συνχ - ημχ) = ημχ <:::::> 2ημι05°ημ45°συνχ = (1+ 2ημι05°ημ45°)ημχ 2ημ105° ημχ

_....:.;._ ... ----'-

Όμως ισχύει ότι: 2η μ45°ημ105° = 2ημ45°ημ ( 60° + 45° ) = (ημ45°)2 (ημ60° + συν60°) = Jj2+ ι ,

οπότε η εξίσωση ισοδύναμα γίνεται:

J3 + ι 2r:; -ι+� 2

εφχ

<:::::>

J3 + ι r:; ν 3(ι + ν3 ) r:;

εφχ εφχ - νι3� <:::::>

Πρόβλη μα 4

Τετράγωνο ABCD διαιρείται σε n1 ίσα μικρά (στοιχειώδη) τετράγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του (στο σχήμα φαίνεται η περίπτωση για η 5 ). Τα σημεία που πλέγματος που βρίσκονται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD συνδέονται μεταξύ τους και με δύο τόξα κύκλων. Ξεκινώντας από το σημείο Α , κινούμαστε προς τα δεξιά και προς τα άνω (η κίνηση γίνεται επάνω στα ευθύγραμμα τμήματα που ορίζουν τα στοιχειώδη τετράγωνα και τα τόξα των κύκλων). Πόσες είναι οι δυνατές διαδρομές από το σημείο μέχρι το σημείο C ; =

Α Υποθέτουμε ότι το τετράγωνο είναι τοποθετημένο σε ορθοκανονικό σύστημα αναφοράς με αρχή το σημείο Α και τους άξονες να ταυτίζονται με τις πλευρές και Τότε όλα τα σημεία του πλέγματος θα έχουν θετικές ακέραιες συντεταγμένες. Παρατηρούμε (Σχήμα ι ) ότι το σημείο F(l, Ο) , μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο Α(Ο,Ο)) με 3 τρόπους. Με όμοιο τρόπο συμπεραίνουμε ότι και το σημείο Η(Ο,ι) , μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο Α (0, Ο)) με 3 τρόπους. Το σημείο G(l,ι) μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από

x <4so

r:; <:::::>

χ - 30ο .

1-----.

( )Ί (J !

( ι

\ _{ _ι ι ι {:λ ; ι ΙΥ Ι ) I

•

Λύ ση

ΑΒ

AD .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/20

Σχήμα 5

-------

3 32

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

το σημείο Η(Ο,1) ) με τρόπους. Άρα το σημείο G(1,1) μπορούμε να το προσεγγίσουμε (από το σημείο Α(Ο,Ο) ) με τρόπους (πολλαπλασιαστική αρχή), ακλουθώντας τη διαδρομή A,H,G . Με όμοιο τρόπο διαπιστώνουμε ότι οι δυνατοί τρόποι προσέγγισης του σημείου G(1,1) (ακλουθώντας τη διαδρομή A,F,G ) είναι τρόποι. Άρα τελικά όλοι οι δυνατοί τρόποι προσέγγισης του σημείου G(1,1) είναι 2 Κάθε λοιπόν σημείο του πλέγματος M(i,j) (που βρίσκεται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD ) μπορούμε να το 3� i j .. i j .. = προσεγγίσουμε με τρόπους (από το .,_=-_�3 �.-+:�� \ι::i j Σχήμα 6 σημείο Α(Ο,Ο) ). Τα σημεία του πλέγματος που βρίσκονται επάνω στη διαγώνιο BD (δηλ τα σημεία (Ο,η) , (1,η - 1) ), (2,η - 2) , , ( η - 1,1) , (η ,Ο) μπορούμε να τα

· 32•

( + ) · 3 1+J ( + ) · 3 '+J (�) · 3" , (�) · 3" , (�) · 3" ( � ) · 3" , (:) · 3" + + (k: ) (k: ) (�) , ••••

προσεγγίσουμε με

· ·

/· · ··

••• .

τρόπους αντίστοιχα. Τα υπόλοιπα η 1 σημεία του πλέγματος (δηλαδή τα σημεία του πλέγματος που δεν βρίσκονται στις πλευρές και το εσωτερικό του τριγώνου ABD ), συνδέονται μεταξύ τους μόνο με ευθύγραμμα τμήματα. Η μετακίνηση από το σημείο (i,j) στο σημείο (i k,j ) του πλέγματος (κινούμενοι προς τα δεξιά και άνω), μπορεί

να γίνει με

(�)

τρόπους. Άρα η μετακίνηση από το σημείο (Ο, η) στο σημείο (η, η)

τρόπους. Η μετακίνηση από το σημείο (1, η - 1) στο σημείο (η, η ) μπορεί να

μπορεί να γίνει με γίνει με

τρόπους. Η μετακίνηση από το σημείο (2,η - 2) στο σημείο (η, η) μπορεί να γίνει με

τρόπους. Η μετακίνηση από το σημείο (η - 1,1) στο σημείο (η, η) μπορεί να γίνει με μετακίνηση από το σημείο (η ,Ο) στο σημείο (η , η ) μπορεί να γίνει με C(η,η) ,

μπορεί

να

προσεγγιστεί

3" (ω+ (;)'+ (;)'+ · · + (. � !)' + (:)')= 3" ( :) 2

2"' τρόπος:

Αν

δεν

από

το

(:)

( )

(�)

η τρόπους. Η η-1

τρόπους. Άρα το σημείο σημείο

με:

τρόπους.

υπήρχαν τα τόξα των ιcύκλαιν, έχουμ<

( n : n)

διαφορετικές δtαδρομiς για να

πάμε από το Α στο C. Πράγματι, από τα συνολικά 2n βήματα που πρέπει να κάνουμε είτε δεξιά είτε πάνω, σε ακριβώς n πρέπει να πάμε δεξιά και σε ακριβώς n πρέπει να πάμε πάνω. Αν επομένως σταθεροποιήσουμε τα βήματα στα οποία πάμε δεξιά, τότε προσδιορίζεται όλη η διαδρομή. Επομένως πρέπει να επιλέξουμ< τα n βήματα από τα συνολικά 2n . Αυτό γ(νεται μ<

( :) 2

τρόπους. Τώρα, κάθε

σημείο της διαγωνίου BD είναι της μορφής ( k, n k) , οπότε για να φτάσουμε σε καθένα από αυτά χρειαζόμαστε ακριβώς k + n k n βήματα. Με τα τόξα, το μόνο που αλλάζει είναι ότι στα πρώτα n βήματα, δηλαδή ακριβώς στα βήματα πριν τη διαγώνιο, έχω επιλογές για τη μετακίνηση από το ένα σημείο στο άλλο. Δηλαδή για κάθε διαδρομή χωρίς τόξα, έχω 3 n διαδρομές με τμήματα και τόξα. -

Επομένως αφού οι διαδρομές χωρ(ς τόξα είναι

( :) 2

, μ< τμήματα και τόξα είναι 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/21

· ( :) 2

Λύση ασκήσεων τεύχους 94

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

Α34.

Θεωρούμε την ακολουθία πραγματικών αριθμών aΕΝ

•

και

a m+n

= am + an ' αν οι αριθμοι,

{

} της ακολουθίας.

an , η Ε Ν* , m+η

m,η και --

που ορίζεται από τη σχέση

είναι όλοι θετικοί ακέραιοι. Να

Θα αποδείξουμε ότι Σ = { a} , δηλαδή a n = a, για κάθε η Ε Ν• . Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι , aη = aη+ 2 η = a n + a 2 η � a2η = aη ' για κα, θε θετικο, ακεραιο η. (1) 2 -3(2) Με διαδοχική εφαρμογή της παραπάνω σχέσης λαμβάνουμε a 8 η = a2 .4 η = a 4 η = a 2. 2 η = a 2 η = aη . , και η ισοτητα τοτε , προκ:υπτει , , a 3 η = aη+ S η = aη + asη = aη + aη = aη . (3) Θετοντας η=1 2 2 3 -λαμβάνουμε a = a1 = a2 = a 3 = a 4 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε επαγωγικά, ότι για κάθε θετικό ακέραιο η ισχύει ότι aη = a1 = a . Πράγματι, για η = 1 ισχύει το ζητούμενο και αν για κάποιο θετικό ακέραιο k 3 υποθέσουμε ότι ak = a1 = a , τότε θα έχουμε ak+Ι = a 3 k+3 = a 3k + a 3 ( ) ak + a ι = a ι + a ι = a ι = a . -22 2 3 Επομένως έχουμε aη = a, για κάθε η Ε Ν• . 3

βρείτε το σύνολο τιμών

Σ = an : η Ε Ν*

Λύση :

•

Α3 5 .

Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f : JR -+ JR οι οποίες, για κάθε x ,y Ε JR , ικανοποιούν την ισότητα: f{xf(y) + x) = xy + f(x) . [Σιγκαπούρη, 2014] (*)

Για χ = 1 στη δεδομένη σχέση (*) λαμβάνουμε : f( f (y) + 1) = y + f (1) . (1 ). Από τη σχέση (1) προκύπτει άμεσα ότι η συνάρτηση f είναι 1-1 και επί. Πράγματι, αν f ( χ1 ) = f ( χ2 ) , τότε από την ( 1) προκύπτει ότι f{f(x1 ) + 1) = f(f(x2 ) + 1) � x1 + f(1) = x2 + f(1) � x1 = χ20 ενώ από την (1) για κάθε y E JR, ισχύει ότι f(f(y-f(1)) + 1) = y-f(1) +f(1) = y . Για y = Ο στη δεδομένη σχέση (*), για κάθε χ Ε JR , 1 -1 λαμβάνουμε: f(xf( O ) + x) = f(x):::>Xf (O) + x = χ � xf( O) = �( O ) = 0 . (2). Για χ * Ο και 1-1 (χ) f f( χ) y = - - , από τη σχέση (*) προκύπτει ότι : f{xf(y) + x) = O =f(O)�(y) +x = O�f(y) =-1 =>--χ χ -'- =C, όπου c σταθερά τέτοια ώστε f ( c) = -1 . Επομένως, έχουμε f (χ) = -cx, για κάθε χ * Ο και αφού f (Ο) = Ο θα είναι f (χ) = -cx, για κάθε χ Ε JR . Με αντικατάσταση της τελευταίας σχέσης στη σχέση (*), λαμβάνουμε: f(-xcy + x) = -c(-xcy + x) = xy - cx � c2 xy = xy, για κάθε x, y ε JR , οπότέ c2 = 1 <=>c =±l. Εύκολα επαληθεύουμε ότι και οι δύο συναρτήσεις f (χ) = ±χ ικανοποιούν τη δεδομένη σχέση. Ν27. Βρείτε το μεγαλύτερο δυνατό ακέραιο η για τον οποίο υπάρχει σύνολο Ση από η θετικούς Λύση :

xeiR f

ακέραιους που ικανοποιούν την ιδιότητα: Ακριβώς ένας αριθμός του συνόλου Ση διαιρείται με το η , ακριβώς δύο αριθμοί του συνόλου Ση διαιρούνται με το η - 1 κ. ο. κ., . . ..., ακριβώς η - 1 αριθμοί του Ση διαιρούνται με το 2 και όλοι οι αριθμοί του Σn διαιρούνται με το 1. [Ουκρανία 2014]

Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι το ζητούμενο ισχύει για η = 5 με τους αριθμούς 60, 12, 6, 2 και 1 . Ας υποθέσουμε ότι ισχύει το ζητούμενο για σύνολο Ση με η στοιχεία, η ;?: 6 . Τότε θα υπάρχουν η - 1 αριθμοί του συνόλου Ση που διαιρούνται με το 2 και η - 2 αριθμοί του συνόλου Ση που διαιρούνται με το 3. Επομένως μόνο ένας αριθμός του συνόλου Ση δεν διαιρείται με το 2 και μόνο δύο αριθμοί του συνόλου Ση δεν διαιρούνται με το 3, οπότε το πολύ τρεις αριθμοί του συνόλου Ση δεν διαιρούνται με το 6. Επομένως, τουλάχιστον η - 3 αριθμοί του συνόλου Ση είναι πολλαπλάσια του 6, το οποίο αντιβαίνει τη συνθήκη του προβλήματος ότι ακριβώς η - 5 αριθμοί του συνόλου Ση διαιρούνται με το 6. Λύση :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/22

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Σε τρίγωνο ABC υπάρχει κύκλος S που περνάει από το σημείο Β και εφάπτεται της ευθείας CA στο σημείο Α και υπάρχει κύκλος Τ που περνάει από το σημείο C και εφάπτεται της ευθείας ΒΑ στο σημείο Α . Έ στω 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 [Ουκρανία 2014] το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΕ . Γ28.

Έστω ότι ABD = θ,DCA = φ.. Τότε από τις ιδιότητες των εγγεγραμμένων γωνιών προκύπτουν ισότητες: οι CAD = ABD = θ και DAB = DCA = φ . Επομένως, τα τρίγωνα ABD και CAD είναι όμοια, οπότε θα και έχουμε ισότητες τις CAE = CBE = θ και ΕΑΒ = ECB = φ . Επιπλέον έχουμε τις ισότητες γωνιών BED ΒΕΑ = BCA, DBE = = CBE + DBC = ABD + DBC = ABC, από τις οποίες προκύπτει ότι τα τρίγωνα ABC και DBE ότι είναι όμοια. Επομένως, έχουμε . AC AC BD (1 � AD = = ). Επίσης ισχύει η . Σχήμα 1 BD AD , DB � DE = AC· BD (2) ισοτητα DE AC Από τις (1) και (2) έπεται ότι: AD = DE , δηλαδή το D είναι το μέσο του Λύση :

ΑΒ

= -

ΑΒ

ΑΕ .

Σε μία χώρα υπάρχουν η πόλεις. Μερικές από αυτές συνδέονται με εσωτερικές αεροπορικές πτήσεις. Κάθε πτήση συνδέει 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 διαδρομή τέτοια ώστε κάποιος μπορεί να πάει στη δεύτερη πόλη από την πρώτη χρησιμοποιώντας το πολύ δύο πτήσεις. Δεν υπάρχει πόλη που να συνδέεται με όλες τις άλλες πόλεις της χώρας με απ' ευθείας πτήσεις. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός η είναι τετράγωνο κάποιου ακεραίου. [Λευκορωσία 2014) Δ1 5.

-1

Θα χρησιμοποιήσουμε τη γλώσσα της θεωρίας γραφημάτων και θα θεωρήσουμε τις πόλεις ως τις ι--·-----·-� κορυφές ενός γραφήματος Γ. Συνδέουμε δύο κορυφές με I \_ πλευρά, αν υπάρχει απ ' ευθείας πτήση από τη μία πόλη . στην άλλη. Οι συνθήκες του προβλήματος είναι \ ισοδύναμες με τις ακόλουθες συνθήκες του γραφήματος -� - --->-· ι �I Γ: Σχήμα 2 ( α) Οποιεσδήποτε δύο κορυφές του γραφήματος συνδέονται με μοναδικό δρόμο που αποτελείται από δύο το πολύ πλευρές. (β) Δεν υπάρχουν κυκλικά μονοπάτια μήκους 3 ή 4, σχήμα 2. (γ) Δεν υπάρχει κορυφή που συνδέεται με όλες τις άλλες. Σταθεροποιούμε μία οποιαδήποτε κορυφή του Γ και διαμερίζουμε τις κορυφές του Γ σε τρία υποσύνολα: Γ0 ,Γ1 και Γ2 • Οι κορυφές του υποσυνόλου Γί λέγονται κορυφές Ϊ -επιπέδου, i = 0,1,2 . Το υποσύνολο Γ0 αποτελείται μόνο από την κορυφή το υποσύνολο Γ1 αποτελείται από όλες τις κορυφές που συνδέονται με την κορυφή με μία πλευρά και το υποσύνολο Γ2 αποτελείται από όλες τις κορυφές που απομένουν. Έστω Γι = { 2 κ } σχήμα 3. Από το (β) προκύπτει ότι δεν υπάρχουν δύο κορυφές ε Γ 1 που να συνδέονται με πλευρά, γιατί, αν συνέβαινε αυτό θα υπήρχε κυκλικό μονοπάτι μήκους 3, το Από το (γ) προκύπτει ότι Γ2 Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι κάθε κορυφή του επιπέδου 1 συνδέεται με μία τουλάχιστον κορυφή επιπέδου 2 και ότι διαφορετικές κορυφές επιπέδου 1 Λύση

i \

ι _- --

υ,

υ. ' υ , . . . , υ

υΡ , υq

υυρυq υ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/23

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

δεν μπορούν να συνδέονται με την ίδια κορυφή επιπέδου 2. Πράγματι, αν μία κορυφή υρ Ε Γ1 δεν συνδέεται με καμία κορυφή επιπέδου 2, τότε (εφόσον η υρ δεν ενώνεται με άλλες κορυφές του Γ ι ) το μονοπάτι από την κορυφή υρ προς οποιαδήποτε άλλη κορυφή επιπέδου 2 θα πρέπει να περνάει από την κορυφή υ , σχήμα 2, δηλαδή αυτό το μονοπάτι αποτελείται από τουλάχιστον τρεις πλευρές, που αντίκειται στο (α). Αν πάλι δύο κορυφές υρ ,υq Ε Γ1 συνδέονται με την ίδια κορυφή w Ε Γ2 , τότε έχουμε το κυκλικό μονοπάτι υυρwυqυ μήκους 4, που αντίκειται στο (β), σχήμα 3. 2

Σχήμα 3 Επομένως διαπιστώνουμε ότι Γ2 { G1 ,G 2 0 ... ,Gk } , όπου G (i) G (i) n G (j) για κάθε i j και το σύνολο Gρ αποτελείται από εκείνες τις κορυφές επιπέδου 2 που συνδέονται με την κορυφή υΡ ,p 1,2, ... ,k, σχήμα 3. Θα αποδείξουμε ότι όλα τα σύνολα G1 ,G 2 , ...,Gk περιέχουν τον ίδιο αριθμό κορυφών. Ας θεωρήσουμε οποιαδήποτε δύο σύνολα G Ρ και G q , p . Θα δείξουμε ότι κάθε κορυφή του συνόλου G ρ ενώνεται ακριβώς με μία κορυφή του συνόλου G q . Ας υποθέσουμε ότι υπάρχει w Ε G ρ που δεν συνδέεται με καμία από τις κορυφές του Gq . Τότε δεν υπάρχει μονοπάτι από το την κορυφή w προς την κορυφή υq που να έχει το πολύ δύο πλευρές. Πράγματι, μπορούμε να φθάσουμε στην κορυφή υq είτε από την κορυφή υ είτε από οποιαδήποτε κορυφή του συνόλου G q (αφού αυτές είναι οι γειτονικές κορυφές της υq ). Όμως το συντομότερο μονοπάτι από το w στο υ αποτελείται από δύο πλευρές και το μονοπάτι από το w προς κάθε κορυφή του Gq αποτελείται από τουλάχιστον δύο πλευρές επίσης. Συνεπώς κάθε μονοπάτι από την κορυφή w προς την κορυφή υq έχει τουλάχιστον τρεις πλευρές που αντίκειται στο (α). Η αντίφαση αυτή αποδεικνύει ότι κάθε κορυφή του GP συνδέεται με πλευρά με τουλάχιστον μία από τις κορυφές του G q Επιπλέον, κάθε κορυφή w Ε G Ρ συνδέεται με πλευρά με μία ακριβώς κορυφή του G q (διαφορετικά, αν w Ε G Ρ συνδέεται με πλευρά με τις κορυφές u1 , u2 Ε G q , τότε θα έχουμε το κυκλικό μονοπάτι wu1υqu 2 w μήκους 4). Επειδή επιλέξαμε τα Gρ και Gq τυχαία, έπεται ότι όλα τα σύνολα Gi , i 1, 2, ... ,k έχουν τον ίδιο αριθμό κορυφών. Έστω ο αριθμός των κορυφών καθενός από τα σύνολα G1 ,G 2 , ... ,Gk . Θεωρούμε το σύνολο Gρ και μία οποιαδήποτε κορυφή w Ε GP . Επειδή δεν υπάρχουν δύο κορυφές του GP που να συνδέονται με πλευρά (διαφορετικά θα υπάρχει κυκλικό μονοπάτι μήκους 3), η κορυφή w θα συνδέεται με πλευρά με ακριβώς μία κορυφή από καθένα από τα k - 1 σύνολα Gq , . Επίσης, η κορυφή w συνδέεται με πλευρά με την κορυφή υρ και δεν υπάρχουν πλευρές από την w διαφορετικές από αυτές που αναφέραμε παραπάνω, οπότε ο βαθμός της κορυφής w είναι ίσος με ( k - 1 ) + 1 k . Έτσι, ο βαθμός οποιασδήποτε κορυφής επιπέδου 2 ισούται με k , δηλαδή ισούται με τον αριθμό των κορυφών επιπέδου 1 . Σημειώνουμε τώρα ότι η κορυφή =

•

q ;e ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/24

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

υ έχει επtλεγεί τυχαία. Επομένως με το ίδιο σκεπτικό. μπορούμε να συμπεράνουμε ότι για την κορυφή υ1 το επίπεδο 1 αποτελείται από + 1 κορυφές (το επίπεδο 1 για την κορυφή υ1 αποτελείται από την υ και τις κορυφές του G1 , σχήμα 3). Επομένως, ο βαθμός κάθε κορυφής επιπέδου 2 για την κορυφή υ1 ισούται με + 1 . Συγκεκριμένα, όλες οι κορυφές των G2 , , Gk ανήκουν στο επίπεδο 2 για την κορυφή υ1 , οπότε έχουν βαθμό ίσο με + 1 Από την άλλη μεριά, οι κορυφές αυτές ανήκουν στο επίπεδο 2 για την κορυφή υ και ο βαθμός τους ισούται με k . Επομένως ισχύει ότι = k - ι και το γράφημα Γ αποτελείται από η = ι+ k + k(k ι ) = k 2 + 1 κορυφές, δηλαδή η -1 = k 2 • Παρατή ρηση . Υπάρχουν γραφήματα που ικανοποιούν τις συνθήκες του δεδομένου προβλήματος, για παράδειγμα το 5 -κυκλικό γράφημα και το γράφημα του Peterseη (σχήμα 4). m

•••

k=2

Σχήμα 4

k=3

Ασκήσε ι ς γ ι α λύση

Να προσδιορίσετε τα ζεύγη θετικών ακέραιων που ικανοποιούν την εξίσωση: η!+ ( η + ι ) ! = k !+ ι 2 ο . Ν29. Βρείτε πόσοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν που διαιρούνται με το 2010 και έχουν ακριβώς 2010 διαιρέτες. Ν30. Βρείτε όλες τις τετράδες θετικών ακεραίων ( w, x, y,z ) θετικών ακέραιων που ικανοποιούν την εξίσωση: wx + wY = wz . Ν3 1 . Βρείτε την αναγκαία και ικανή συνθήκη για το θετικό ακέραιο η , έτσι ώστε να υπάρχουν τριάδες θετικών ακέραιων ( y, p) , όπου p πρώτος, που ικανοποιούν την εξίσωση � p. x+y Α36. Αν a, b, c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε ( a + b ) ( b + c ) ( c + a ) Ο , να αποδείξετε ότι: a 2 + bc + b2 + ca + c2 ab � a + b +c. b+c c+a a+b Δ l 6. Να αποδείξετε ότι το σύνολο A = { 0,1,2, ... ,2 n - ι } μπορεί να διαμεριστεί σε η + ι υποσύνολα Α0 , Α1, , An ξένα μεταξύ τους και τέτοια ώστε να ισχύουν και τα δύο επόμενα: (α) Αν k + = η , τότε τα υποσύνολα Ak, Α1 έχουν τον ίδιο αριθμό στοιχείων. (β) Αν s, t μη αρνητικοί ακέραιοι και s + t η, τότε για το τυχόν στοιχείο z As + t υπάρχουν στοιχεία A , y Α1 τέτοια ώστε y = z . Γ2 9. Τα σημεία C1,A1 και Β1 ανήκουν στις πλευρές ΑΒ,ΒCκαιCΑ τριγώνου ABC , έτσι ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΑ1,ΒΒ1,και CC1 να συντρέχουν στο σημείο D . Δίνεται ότι για τα εμβαδά των οριζόμενων χωρίων στο εσωτερικό του τριγώνου ισχύει ότι: ( ΑΙΧ; ) + ( BDA1 ) + ( CDB1 ) = ( BOC1 ) + ( CDA1 ) + ( ADB1 ) . Να αποδείξετε ότι ένα τουλάχιστον από τα τμήματα ΑΑ1, ΒΒ1, και CC1 είναι διάμεσος του ABC . Ν28.

χ,

:;t.

---

• • •

χΕ

χ+

::;;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/25

ΗΟΜΟ MA THEMA TICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι 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

/. ' ' τι είναι τα Μαθηματικά; " Πρ ολεγόμε να συνεχίζουμε 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 200 αιώνα. δεύτερο σημείωμα

Η ΔΙΑΜΟΡΦΩΣΗ ΤΩΝ ΑΡΧΙΚΩΝ ΜΑ ΘΗΜΑ τΙΚΏΝ ΑΝΠΛΗΨΕΩΝ «Η επινόηση, η κατασκευή και ανάπτυξη οποιασδήποτε μαθηματικής θεωρίας ποτέ δεν αρχίζει από το κενό Τα μαθηματικά αντικείμενα ποτέ δεν δημιουργούνται Επομένως, το ζήτημα της θεμελίωσης των από κάποια ιδεατή ιδιότητα της σκέ ψης, της μαθηματικών αντιλήψεων, οι οποίες βρίσκονται στη συνείδησης, του ανθρώπινου πνεύματος κλπ., που να βάση οποιασδήποτε ακόμα και σύγχρονης, συγκεκριμένης μαθηματικής θεωρίας, ανάγεται σε είναι απόλυτα ανεξάρτητη και άσχετη προς την ανάλογο ζήτημα, όμως σε σχέση με τις θεωρίες που ιστορία της φύσης και της ανθρώπινης κοινωνίας. Γι εμφανίστηκαν νωρίτερα, δηλ. που προηγούνται αυτό το λόγο, συνήθως, χρησιμοποιούν έννοιες αυτής της συγκεκριμένης. Η εκ των υστέρων, βήμα άλλων θεωριών, κατασκευασμένων από πριν. Τις προς βήμα, λογική εξέταση του προβλήματος, οδηγεί έννοιες αυτές τις επαναλαμβάνουν, αφού τις αναπόφευκτα μέσα από ορισμένο (ορισμένες φορές εισάγουν σε αλλαγμένη μορφή, και τις γενικεύουν. αρκετά μεγάλο) σταδίων στο ζήτημα της προέλευσης Εξ αιτίας αυτού του γεγονότος, που αντικειμενικά των πιο θεμελιωδών, όπως λένε, μερικές φορές, στοιχειωδών εννοιών των Μαθηματικών: των εμφανίζεται σε όλες τις περιπτώσεις, όχι μόνο εννοιών του ακέραιου αριθμού, του γεωμετρικού αποκαθίστανται οι συνδέσεις, αλλά και πετυχαίνουν, σχήματος, του σώματος κλπ» ειδικότερα, την σαφήνεια στην κατανόηση των [πηγή:Κ. Α. Rybnίkoν, "Εισαγωγή στη μεθοδολογία θεμελίων, αναιρούν τις διαφωνίες σε ζητήματα των Μαθηματικών ", μετάφραση από τα ρώσικα: διευκρίνησης των ορισμών και πειστικότητας ή μη Κ.Γ. Φιλιππίδης] των αποδείξεων των θεωρημάτων. /1. "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου "

τρίγωνο συμπληρωματικό

' α1

τρίγωνα ορθολογικά

' α2

•

τρίγωνα παραλληλογικά

' α3

Ένα τρίγωνο ΚΛΜ λέγεται συμπληρωματικό τρίγωνο ενός άλλου τριγώνου ΑΒΓ, όταν έχει σαν κορυφές τα μέσα Κ,Λ,Μ των πλευρών ΑΒ,ΒΓ,ΓΑ, αντίστοιχα, του ΑΒΓ (σχήμα 1). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/26

Δύο τρίγωνα λέγονται ορθολογικά αν οι κάθετες που άγονται από τις κορυφές καθενός απ' αυτά προς τις πλευρές του άλλου διέρχονται από το ίδιο σημείο (σχήμα 2). Δύο τρίγωνα λέγονται παραλληλογικά αν οι παράλληλες που άγονται από τις κορυφές καθεν(Ις απ' αυτά προς τις πλευρές του άλλου διέρχονται από το ίδιο σημείο (σχήμα 3). •

•

ΠΙ. <<Α υτό το ξέρατε;»

ποιοι είναι οι συγγραφείς των επόμενων έργων; (α) μαθηματικής λογικής», (γ) «0 Σατανάς, ο Καντόρ και το «Ιστορίες για μέγιστα και ελάχιστα - από τους aρχαίους άπειρο - και άλλοι γρίφοι μαθηματικής λογικής» γεωμέτρες στη Γεωμετρία του Βέλτιστου Ελέγχου», (β) [η απάντηση στο τέλος της στήλη ς} «Την κυρία ή την τίγρη; - και άλλα αινίγματα

IV. "Οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν "

1° θέμα. «Ένας γεωμ. τόπος στηριγμένος στην ευθεία Gauss», του Παναγ. Οικονομάκου

ο τακτικός φίλος της στήλης Παν. Οικονομάκος, μας έστειλε το παρακάτω πρόβλημα γεωμετρικού τόπου (στο εξής γ. τ.) και την απάντησή του.

προλεγόμενα

«στις προεκτάσεις των πλευρών ΑΒ,ΑΓ (πέραν των Β, Γ) σταθερού τριγώνου ΑΒΓ, κινούνται τα σημεία Δ,Ε αντίστοιχα, έτσι ώστε ΒΔ=ΓΕ. Να βρεθεί ο γ.τ. της τομής Μ των ΒΕ,ΓΔ» λήμμα «τα μέσα των τριών διαγωνίων πλήρους τετραπλεύρου βρίσκονται στην ίδια ευθεία» [ευθεία Gauss-Newton. Η απόδειξη υπάρχει στην § 1233 της κλασικής Γεωμετρίας των Ιησουϊτών] απόδειξη από το μέσο Ρ της ΒΓ φέρνω τμήματα PZI I=BΔ, PHI I=ΓE. Λόγω των παραλ/μων ΡΒΔΖ, ΡΓΕΗ έχουμε ΔZI I=BP, HEI I=PΓ, απ' τα οποία παίρνουμε ΔZI I=HE, άρα το ΔΖΕΗ είναι παραλ/μο, άρα τα ΖΗ,ΔΕ έχουν κοινό μέσο Θ. Η ΘΡ είναι ευθεία Gauss του πλήρους τετραπλεύρου ΑΒΜΓ.ΔΕ, άρα διέρχεται κι από το μέσο Κ της διαγωνίου ΑΜ αυτού. Από τα παραλ/μα ΡΒΔΖ, ΡΓΕΗ και την υπόθεση, προκύπτει ότι ΡΖ=ΡΗ, δηλ. το τρίγωνο ΡΖΗ είναι ισοσκελές, οπότε η διάμεσός του ΘΡ θα είναι και διχοτόμος της γωνίας ΖΡΗ. Επειδή αυτή η γωνία έχει πλευρές παράλληλες κι ομόρροπες εκφώνηση

προς τις πλευρές της γωνίας Α (του τριγώνου ΑΒΓ), άρα η ΘΡ θα είναι παράλληλη προς τη διχοτόμο (ε) της γωνίας Α. Δηλ. η ευθεία Gauss είναι σταθερή ευθεία. Επειδή το Κ είναι μέσο του ΑΜ θα έχουμε (ΑΜ)/(ΑΚ)=2. Δηλ. το Μ είναι ομοιόθετο του Κ κατά την ομοιοθεσία με κέντρο Α και λόγο 2. Άρα ο γ. τ. των σημείων Μ είναι τα ομοιόθετα των σημείων Κ, δηλ. το ομοιόθετο της ευθείας Gauss του ΑΒΜΓ.ΔΕ.

2° θέμα. Η μαθηματική ανάλυση της « 'Εναστρης Νύχτας» του Van Gogh

Με το θέμα αυτό ασχοληθήκαμε στο χρώματα, ενισχύει το αίσθημα του ρυθμού και της περιοδικό μας και σε προηγούμενο τεύχος (τεύχ. κίνησης, με έναν τρόπο που 92, Απρίλης, Μάης, Ιούνης 2 0 1 4). δεν έχει, μέχρι σήμερα, καταφέρει να αποδώσει. «Μια αρκετά ενδιαφέρουσα ανάγνωση στον Η μαθηματικός αριστουργηματικό πίνακα <<'Έναστρη Νύχτα» του Natalya St. Clair Ολλανδού μετρ Vincent Van Gogh επιχειρούν η διερευνά στο βίντεο μαθηματικός Natalya St. Clair και ο δημιουργός της τη μυστηριώδη κινουμένων σχεδίων Αν Ofer στο βίντεο που κίνηση, τη ρευστότητα έφτιαξαν για τις ανάγκες μιας διάλεξης. του φωτός και των κραδασμών του στον πίνακα. Van Το έργο του Gogh, το οποίο μπορεί να δει Και παρατηρεί πώς ο ζωγράφος απεικονίζει τις κάποιος σήμερα στο ΜοΜΑ της Νέας Υόρκης, χαοτικές δίνες της παράστασης πλησιάζοντας τον αναπαριστά μια έναστρη νύχτα, σε ένα τοπίο βαθμό ακρίβειας και πολυπλοκότητας που οι γεμάτο κίνηση, ενέργεια και φως. Η ηρεμία του φυσικοί και οι μαθηματικοί εξηγούν τις δίνες στις χωριού στην παράσταση αντιπαραβάλλεται το επιστημονικές εργασίες τους. Και αυτή η ικανότητα αίσθημα της περιδίνησης που αποπνέει η απόδοση του ζωγράφου πρέπει να αποκτήθηκε, μάλλον του ουρανού. Η ευφυής τεχνική με τον οποία ο Van τυχαία, στα τελευταία χρόνια της ζωής του)) Gogh ζωγράφισε τον πίνακα και συνδύασε τα (πηγή: http://thalesandfriends.org/el/20 1 4/1 1 /26/i-mathimatiki-analisi-tis-enastris-nihtas-tou-νan-gogh/) προλεγόμενα

.,.".""'' " r

Γιώργου Καρουζάκη: η « Έναστρη Νύχτα» του Van Gogh

με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/27

3" θέμα. το «ξενοδοχείο του Hilbert>>

Ο φίλος της στήλης Κώστας Κελάς (Γιάννενα), μας έστειλε ένα σημείωμα, υπενθυμίζοντάς μας πως το θέμα αυτό είναι ένα παράδειγμα που χρησιμοποιούσε στις διαλέξεις του ο μεγάλος μαθηματικός «ένα ξενοδοχείο με άπειρα δωμάτια, μεγαλύτερο από το σύνολο των θετικών ακέραιων εκ των οποίων όλα είναι κατειλημμένα, μπορεί να αριθμών εκτός του 1 . φιλοξενήσει ακόμη έναν πελάτη, αν όλοι 1 23456 n n n n n n ... μετακινηθούν προς τα εμπρός κατά ένα δωμάτιο. 234567 Έτσι παρά το γεγονός ότι το ξενοδοχείο θα είναι Ο καθένας από τους φιλοξενούμενους πάντα πλήρως κατειλημμένο, ταυτόχρονα πάντα θα μπορεί να μετακομίζει στοάπειρους με τον επόμενο μπορεί να παραχωρεί ένα δωμάτιο σε έναν ακόμα μεγαλύτερο αριθμό. Έτσι τοδωμάτιο δωμάτιο No l αδειάζει πελάτη!» να δεχτεί ακόμη έναν πελάτη. Κανείς από τους από τη στιγμή που κατανοεί κανείς για πελάτες δεν μένει χωρίς δωμάτιο. ότι οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί δεν είναι προηγούμενους [πηγή: περισσότεροι από τα τετράγωνά τους, δεν πρέπει να τον εκπλήσσει ιδιαίτερα το γεγονός ότι το σύνολο όλων των θετικών ακέραιων αριθμών δεν είναι προλεγόμενα

Daνid Hi lbert. το <<ξενοδοχείο του Hίlbert», από τον Κώστα Κελά

το πρόβλημα

η απάντηση

Michael Clark, «Τα παράδοξα από το Α έως το Ω» ("Paradoxes from Α to Ζ "), μετάφραση: Νίκος Παπαδάκης, Μαρτίνα Κόφφα, εκδόσεις: ΕΝΑΛΙΟΣ, Αθήνα 2006}

4° θέμα. για να μη ξεχνιόμαστε

παρακολουθώντας μια διάλεξη για την προσφορά της μαθηματικής επιστήμης στον άνθρωπο, θυμηθήκαμε ένα άρθρο του ακαδημαϊκού Φίλωνα Βασιλείου με τίτλο «Μαθηματικά και Αισθητική>>. Να ένα μικρό κομματάκι: «Το βέβαιο είναι, ότι, κ ά θ ε μαθηματικό που θα συμβουλεύονταν τους μαθηματικούς για το επίτευγμα έχει τη δική του αισθητική αξία και ότι, ίδιο λόγο; κατά κάποιο τρόπο, θα μπορούσε κανείς να το Ένα τελευταίο ερώτημα αφορά στο κατά αντιμετωπίσει ως ένα έργο τέχνης. Στο σημείο πόσον η συγκίνηση, η ευαισθησία και γενικά ο αυτό ας μη ξεχνούμε, ότι ο Η. (1 885-1 955) συναισθηματικός κόσμος του μαθηματικού, ασκεί παρομοιάζει, την μαθηματική με την μουσική οποιαδήποτε επίδραση στο δημιουργικό του έργο, δημιουργία. Υπάρχουν αν και σπανιότερα, ανάλογα με ό,τι συμβαίνει, στον καλλιτέχνη. μαθηματικοί που αισθάνονται, την ανάγκη να Θέλουμε να πιστεύουμε ότι και στο σημείο αυτό προσφύγουν στον καλλιτέχνη για την αισθητική υπάρχει, αναλογία ανάμεσα στό έργο ενός αξιολόγηση του έργου τους. Δεν θα ήταν άραγε καλλιτέχνη και ενός μαθηματικού, αφού άλλωστε η επιθυμητό να βρίσκονταν κάποτε και καλλιτέχνες αγάπη και το πάθος για την επιστήμη του οδηγούν τον μαθηματικό στο δημιουργικό του έργο» [πηγή: Βασιλείου Φίλω : «Μαθηματικά και Αισθητική», προλεγόμενα

Wey l

ν "Μαθηματική Επιθεώρηση ", τεύχ. 9, σ. 55, εκδ. ΕΜΕ 1978 )

VJ. Ειδησούλες - Ειδήσεις

Ι'�. Ο νέος κύβος RUBIΚ.

••

Στην παρακάτω ηλεκτρονική διεύθυνση θα δείτε σε νideo μια μετεξέλιξη του γνωστού μας κύβου Rubik, μόνο που οι γνωστοί μας κυβίσκοι, που αποτελούν τον κύβο, είναι σφαιρίδια. Δείτε στην: http://www .wimp.com/zenmagnet/ 2'�. Νέος πρώτος αριθμός Lehmer - Ramanujan

Στα πλαίσια της ηλεκτρονικής μας αλληλογραφίας με τον Νίκο Λυγερό (πανεπ. Λυών), λάβαμε το παρακάτω μήνυμα: «Νέος γιγαντιαίος πρώτος αριθμός Lehmer Ramanujan [Ν. Ο. Rozier]. Στο πλαίσιο της

έρευνάς μας στη θεωρία αριθμών, ανακαλύψαμε με την υπολογιστική βοήθεια της Κυριακής Σταμπολίδου και αποδείξαμε ότι ο αριθμός Lehmer - Ramanujan τ(82 1 1 163" 1 ) είναι πρώτος αριθμός με 1 8.626 ψηφία... »

Επανερχόμενοι στο προηγούμενο τεύχος (στην καταχώρηση 'Έιδησούλες-Ειδήσεις", 3η.), συμπληρώνουμε πως το ίδιο κείμενο είχε εντοπίσει το 1 965 ο Μ. Pope που δημοσίευσε στο περιοδικό BSA, όπως αναφέρει ο Μηνάς Τσικριτσής, λέγοντας πως

πρόκειται για γεωμετρική πρόοδο, αλλά χωρίς κανέναν άλλο σχολιασμό. Μάλιστα ο Έλληνας ερευνητής τονίζει αντίστοιχα μαθηματικά ότι συναντώνται μόνο στον Ευκλείδη,

Λυγερός,

3'�. Το μαθηματικό κείμενο της Φαιστού

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/28

f"' \1 - : :1 '\/� . �m\ - � : -_ ι ι. •

<. ) Ο

------ ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

------

δηλαδή 1 1 αιώνες αργότερα. Μερικά αριθμητικά », * για την εκατοντάδα, η κουκκίδα ή κύκλος «ο», * για σύμβολα αυτής της επιγραφής: * για τη μονάδα, η τη χιλιάδα είναι το «ο+». Έτσι, για παράδειγμα, ο κάθετη γραμμή «I», * για τη δεκάδα, η οριζόντια αριθμός 1224 γραφόταν ο+ ο ο = 1111 γραμμή «-», * για τη δεκάδα, η οριζόντια γραμμή «[http:/lthesecretrealtruth. blogspot.com/20 14/02/blog-post 6138.html] _

4'�. Πουλάει το βραβείο Νόμπελ ο "πατέρας " του DNA

Ένας από τους τρεις επιστήμονες που ανακάλυψαν την <<έλικα της ζωής», το μόριο του DNA, ο Αμερικανός καθηγητής Τζέιμς Γουάτσον, πρόκειται να πουλήσει σε δημοπρασία του οίκου «Κρίστι'ς» το μετάλλιο Νόμπελ που πήρε το 1 962 για την ιστορική

του ανακάλυψή στο Πανεπιστήμιο Κέμπριτζ το 1 953. Πρόκειται για το πρώτο Νόμπελ που θα δημοπρατηθεί, ενόσω ο κάτοχός του είναι ακόμη εν ζωή.

Η ηλεκτρονική διακυβέρνηση εισδύει πλέον στις δομές του κράτους, αν και ίσως όχι τόσο γρήγορα όσο θα χρειαζόταν μια χώρα που κάνει αγωνιώδεις προσπάθειες εκσυγχρονισμού στο περιβάλλον της οικονομικής κρίσης, ωστόσο ·η έρευνα των Ελλήνων ακαδημαϊκών στο γνωστικό αυτό πεδίο θριαμβεύει. Απόδειξη, η δημοσίευση του Πανεπιστημίου του Σιατλ για τους πενήντα πιο δραστήριους ερευνητές (από δέκα

χιλιάδες περίπου από όλο τον κόσμο) που διακρίθηκαν επί του αντικειμένου, κατά την τελευταία δεκαπενταετία, μεταξύ των οποίων αναδείχθηκαν έξι Έλληνες καθηγητές. Μάλιστα, η ελληνική επιστημονική κοινότητα του κλάδου ήρθε δεύτερη στην κατάταξη μετά τις ΗΠΑ.

5'�. Έξι βραβευμένοι Έλληνες ανάμεσα σε δέκα χιλιάδες απ ' όλο τον κόσμο

(Ο Ι )

α. α. όνοματεπώνυμο σειρά κατάταΕ.nς

πανεπιστήμιο

(02)

(01)

(03)

(02)

(04)

(03)

Χαραλαμπίδης Γιάννης

Ταμπούρης Ευθύμης

Ασκούνης Δημήτρης

Αγαίου

Αιγαίου

ΕΜΠ

g ος

1 7ος

22°ς

(05)

(04)

(06)

(05)

Ταραμπάνης Μέντζας Γρηγόρης Κων/νος 20°ς

Μακεδονίας

45°ς

ΕΜΠ

6'�. Μιλά ο επί δεκαετίες συνεργάτης της NASA, καθηγητής Θανάσης Οικονόμου

αποκλειστική συνέντευξη παραχώρησε ο φημισμένος Έλληνας καθηγητής Αστροφυσικής στο Πανεπιστήμιο του Σικάγο και επί δεκαετίες συνεργάτης της NASA Θανάσης Οικονόμου. Ο Θ. Οικονόμου βρέθηκε για μια σύντομη επίσκεψη στη Θεσσαλονίκη αμέσως μετά από την παραμονή του στη Γερμανία κατά την τελική φάση προσέγγισης της αποστολής Rosetta στον κομήτη 67P/Churyumoν-Gerasimenko. Ο κ. Οικονόμου έχει ζήσει τη διαστημική εποχή από την αυγή της και εκ των έσω. Συμμετείχε στην προετοιμασία της αποστολής "Apollo 1 1 ", της πρώτης αποστολής που προσεδαφίστηκε στη Σελήνη, το 1969. Είναι ο επιστήμονας που κατασκεύασε το "Alpha Proton X-ray Spektrometer", ενός οργάνου που έχει πραγματοποιήσει αναλύσεις του εδάφους του Άρη, προσαρτημένο πάνω στο εξερευνητικό όχημα Sojoumer της αποστολής 11• πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης

(06)

Λουκής Ευριπίδης 24°ς

Αιγαίου

Pathfinder (NASA, 1997). Είχε ενεργό συμμετοχή στις αποστολές Mars Exploration Roνers (στον Άρη) και Cassini (στον Κρόνο), ενώ μια βελτιωμένη εκδοχή του ''Alpha Proton X-ray Spektrometer", το "Alpha Particle X-ray Spectrometer", είναι ένα από τα όργανα που φέρει το σκάφος Philae, το οποίο στις 12 Νοεμβρίου 2014 προσεδαφίστηκε στον κομήτη 67P/Churyumoν Gerasimenko. Το Philae είναι μέρος της αποστολής Rosetta, που εκτοξεύτηκε στις 2 Μαρτίου 2004. Το μητρικό σκάφος έχει μπει σε τροχιά γύρω από τον κομήτη. Σημειώνεται ότι είναι η πρώτη φορά που ένα διαστημόπλοιο μπήκε σε τροχιά γύρω από έναν κομήτη και η πρώτη φορά που ένα σκάφος προσεδαφίστηκε στην επιφάνειά ενός κομήτη. [πηγή: http://blog.planitaήo.gr/economou27 1 1 20 14/]

Από τις "ΠΑΝΕΠΙΣΤ'ΗΜΙΑΚΕΣ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΚΡΗΤΗΣ", ΤΗΣ ΚΒΑΝΠΚΗΣ ΕΠΑΝΑΣΤΑΣΗΣ». Συγγραφέας ο λάβαμε ένα σημείωμα 72 σελίδων με τίτλο «Μεγάλη Στέφανος Λ. Τραχανάς, πρόεδρος του ιδρύματος των επιστήμη, ενδιαφέρουσες ζωές. ΟΙ ΠΡΩΤΑΓΩΝΙΣΤΕΣ εκδόσεων αυτών.

Vl. "Απάντηση στο «Α υτό το ξέρατε;>> " Συγγραφέας του (α) είναι ο Vladίmίr Πkhomίroν, καθηγητής στο Κρατικό Πανεπιστήμιο της Μόσχας. Συγγραφέας των (β), (γ) είναι ο Raymond Smullyan, καθηγητής στο Πανεπιστήμιο της Ιντιάνα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/29

Μαθηματικά για την Α 'Λυκείου

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

-------

Βασι κές Έννοι ες Σ υναρτήσεων

Αργύρη Παναγιώτα

Οι ακόλουθες ασκήσεις έχουν ως στόχο να συνδέσουν την έννοια της συνάρτησης με τους διαφορετικούς τρόπους αναπαράστασής της (γραφικές παραστάσεις, αλγεβρικούς τύπους, πίνακες τιμών, συμβολικές εκφράσεις, λεκτικές περιγραφές, διατεταγμένα ζεύγη), καθώς και την μετάβαση απο την μία αναπάρασταση στην άλλη. , η συνάρτηση: f(χ) = Jx4 + 8x1 + 1 6 'Αρα (3) <=> χ E [0, 1] u (2, 4) . Δινεται --χ-:-4-_1-6-- 2. Δίνεται η συνάρτηση f : α)Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. χ - α Ι + S , χ -1 β) Να aπλοποιήσετε τον τύπο της συνάρτησης f. 1.

γ)

Να λύσετε την aνίσωση:

Λύ ση :

α)

Είναι:

f(x) � r( Fx)

2 χ 4 + 8χ 2 + 1 6 = (χ 2 + 4) > Ο , για κάθε χ Ε R

Άρα πρέπει και αρκεί: χ - 1 6 :;e 0 (1) .Άλλα (1) � 2 4

(χ - 2) · (χ + 2) · (χ + 4) :;t Ο � χ :;t 2 και χ :;t -2 , (x 2 + 4 :;t 0, γιακάθε χ Ε R )

Άρα το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι: Α = R - { -2, 2} . β) Είναι: �( χ 2 + 4 )2 1 = ---f( ) = (χ - 2) · (χ + 2) · ( χ 2 + 4 ) (χ - 2) · (χ + 2) γ) Για να ορίζεται η ανίσωση πρέπει και αρκεί: χ Ε Α και χ � Ο και Γχ Ε Α , δηλαδή,

χ E [0, 2) u (2, 4) u (4, +oo) l

1 Είναι: r(J";.) = (J";. - 2) · (.[;. + 2) = χ - -4 Άρα η ανίσωση : f(x) � ( Γχ ) ισοδύναμα ' γραφεται .. ( χ - 2 ) 1 ( χ + 2 ) > χ 1- 4 � r

- χ

1 1 >ο� ....,.----,-.... .....,.- ...,.... - (χ - 2) · (χ + 2) (χ - 4) - χ 2 -:---:------:-:- χ---:--- -:- > ο � (χ - 2) · (χ + 2) · (χ - 4) χ · (1 - χ ) · (χ - 2) · ( χ + 2) · ( χ - 4) � ο � χ . (χ - 1) . (χ - 2) . (χ - 4) � ο (3)

χ Ο

4 +«>

__; ι _ �ι--'-+-----., �ι _-:τ-ι+__,_

f(x) =

{Ι

�

β, - 1 < χ < 3 γχ, χ � 3

για την οποία ισχύουν: 12 , ii) f(3)=6, iii) f(2)+f(S)=14 i) f f

( ( -1)) = α)Να υπολογίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α, β,γ ,αν α :;t Ο •

β) Για α=-2, β=4 και γ=2 να βρείτε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f και της ευθείας ψ= -3 χ+2. f γ)Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης f και να επιβεβαιώσετε τα αποτελέσματα του ερωτήματος β) και γραφικά. Λύση :

Είναι:

f(-1) = 1-1 - αi + S > S , Άρα : f { f(-1)) = γ (l -1 - αl + s ) = γ ( l 1 + αl + s ) Επιπλέον , f(3 ) = 3 · γ , f(2) β f(5) = 5γ Όπότε από ί),ίί) ,ίίί) έχουμε : γ· (l 1 + αΙ + s ) = 12 2 · ( 11 + αΙ + s ) = 12 3·γ = 6 � γ=2 α)

{γ α {γ β=4 β { Άρα β + 5γ = 14

β + 5 . 2 = 14

11 + l = 1 α = -2 (αφού α -#. Ο) =2 � =2 =4

�

l x + 21 + 5 , χ :::; -1 f(x) = 4, - 1 < χ < 3 2χ, χ � 3

της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f και της ευθείας ψ=-3χ+2, θα επαληθεύουν το σύστημα: (Σ) ψψ == f(x) -3χ + 2 Διακρίνουμε τις παρακάτω περιπτώσεις Αν χ :::; -1 , τότε: β) Ο ι συντετ αγμένες των κοινών σημείων

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/30

(Σ) <::::>

{

ψ = lx + 2 + 5

ψ = -3χ + 2

<::::>

{

l x + 2 1 + 5 = -3χ + 2 ( 1 )

Μαθηματικά για την Α'Λυκείου

ψ = -3χ + 2 (2)

(1) {:::> l x + 2 = -3χ - 3 (3) και χ ::; - 1 � -3 · χ � 3 � -3χ - 3 � Ο . χ + 2 = 3χ + 3

Άρα (3 ) <::::> χ + 2 = -3χ - 3 ή 1 5 {:::> χ = - - η' χ = - - . 4 2 5 ' 5 {:::> χ = - , αφου 4 4

-1 ,

ψ = -3

και τότε απο (2):

-1 < χ < 3 ψ=4

(Σ) <::::>

<::::>

Άν

{

τότε:

ψ = -3χ + 2

{:::>

{

+2 =

{

ψ=4

β)ί) Αν χ ::; 60 τότε ψ ::; 1 0 + Ο, 5 · 60 � ψ ::; 40

-3χ + 2 = 4

Άρα για μηνιαίο λογαριασμό 30ευρώ έχουμε: 1 0 + 0, 5 · χ = 30 <::::> χ = 40 ( σε λεπτά). ίί)Για μηνιαίο λογαριαμό 50ευρώ, τα λεπτά ομιλίας είναι περισσότερα από 60, άρα έχουμε: 34 + Ο, 1 · χ = 50 {:::> χ = 1 60 (σε λεπτά) . γ) Έστω χ τα λεπτά ομιλίας όπου οι πελάτες έχουν ίσα κόστη στις δύο εταιρείες. Αν χ ε (Ο, 60] ,τότε f(x)=g(x) {:::> 1 0 + 0, 5 . χ = 1 5 + 0, 3 · χ {:::> 0, 2 . χ = 5

ψ=4 χ=-

� 3

' δεκτή τιμή (αφού - 1 < -� < 3 )

χ � 3 τότε:

(Σ) {:::>

{

ψ = 2χ ψ � -3χ + 2

{:::>

ψ = 2χ χ � -3χ + 2

<::::>

4 ψ=5 χ�

�

δ' ' ' 2 α υνατο συστημα αφου < 3 5 Άρα τα ζητούμενα σημεία τομής είναι : -� 23 Β - � -

γ)

( ) ( ) ' 4 4

β) Να υπολογίσετε τα λεπτά ομιλίας ενός πελάτη με μηνιαίο λογαριασμό i) 30ευρώ ii)SO ευρώ. γ) Το κόστος σε συνάρτηση με τα λεπτά ομιλίας ενός πελάτη μίας άλλης εταιρείας κινητής τηλεφωνίας δίνεται από την σχέση: g(x)=1 5+0,3x, χ>Ο. Να υπολογίσετε τα λεπτά ομιλίας για τα οποία οι πελάτες των δύο εταιρειων έχουν το ίδιο κόστος.

Λυση : α) Έστω χ τα λεπτά ομιλίας. Διακρίνουμε τις περιπτώσεις : Αν Ο < χ ::; 60 ,τότε: f(x) = 1 0 + 0, 50 · χ , Αν χ > 60 ,τότε: f(x) = 1 0 + 0, 50 · 60 + 0, 1 0 · (χ - 60) = 34 + 0, 1 0 · χ 1 ο + ο, 50 . χ, ο ::; χ ::; 60 Άρα f(x) = 34 + 0, 1 0 · χ, χ > 60

ενω - - > -1 2

{ ;)

-------

3 . Μία εταιρεία κινητής τηλεφωνίας χρεώνει τους πελάτες της με μηναίο πάγιο 1 Οευρώ και για τα πρώτα 60 λεπτά ομιλίας το κόστος είναι 0,5 ευρώ το λεπτο,ένώ για κάθε επιπλέον λεπτό ομιλίας (μετά τα 60 λεπτά) οι πελάτες χρεώνονται 0,1 ευρώ το λεπτό. α) Να βρεθεί η συνάρτηση που εκφράζει το κόστος ψ =f(x) σε συνάρτηση με τα λεπτά ομιλίας χ.

<::::> χ = 25 (σε λεπτά) ,δεκτή τιμή . Αν χ>60,τότε f(x)=g(x) {:::> 34 + Ο, 1 · χ = 1 5 + 0, 3 · χ {:::> χ = 95 (σε επίσης δεκτή τιμή . ψ = (λ - l) · χ + κ , 4. ί) ίί)

λεπτά),

Δίνεται ευθεία ε: κ>Ο, για την οποία ισχύουν τα° εξής: Σχηματίζει με τον άξονα χχ' γωνία 13 5 Αν Α,Β είναι τα σημεία τομής με τους άξονες χχ' και ψψ'αντίστοιχα, τότε το εμβαδόν του σχηματιζόμενου τριγώνου ΟΑΒ είναι 8 (σε τ.μ.) α) Να υπολογίσετε τα κ,λ. β) Για λ=Ο και κ=4, να βρείτε την εξίσωση της ευθείας η, η οποία είναι κάθετη στην ε και διέρχεται απο το σημείο Γ( 3, -4). γ) Να βρεθούν τα σημεία τομής των ευθείων ε και η. δ) Να βρειτε το συμμετρικό σημείο του Μ ως προς i) τον άξονα χχ' ίί) τον άξονα ψψ'ίίί) την αρχή των αξόνων Ο iv) την διχοτόμο της 1ης και 3ης γωνίας.ε) Να αποδείξετε οτι η ευθεία η σχηματίζει με τους άξονες χχ'και ψψ' ισοσκελές τρίγωνο, του οποίου να βρείτε την περίμετρο.°

Λύση : α) i) Η ευθεία ε σχηματίζει γωνία 1 3 5 με τον άξονα χχ ',άρα: λ-1 =εφ 1 3 5 ° � λ- 1 =-1 � λ=Ο. Άρα ε: ψ= -χ +κ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/31

Μαθηματικά για την Α'Λυκείου

ii) Τα σημεία τομής με τους άξονες χχ ' και ψψ ' είναι Α(κ, Ο) και Β(Ο,κ) αντίστοιχα. Το εμβαδόν του σχηματιζόμενου τριγώνου ΟΑΒ κ·κ = είναι: Ε οΑΒ = 2 2 2 Απο υπόθεση δίνεται ότι : Ε 0ΑΒ =8 � � = 8 2 2 � κ = 1 6 � κ = ±4 � κ = 4, αφού κ > Ο . Άρα ε: ψ=-χ+4. β) Έστω ψ=αχ+β η εξίσωση της ευθείας η. ε .l η � α · - 1 = -1 � α= 1. Άρα (η) :ψ= χ+β.

l l l l �.

( )

Επιπλέον Γ ε (η) ,άρα : -4 = 1 · 3 + β � β = -7 . Τελικά (η): ψ=χ-7. Οι συντεταγμένες των σημείων τομής των ευθειών ε, η είναι οι λύσεις του συστήματος: (Σ) <=> ψ = -χ + 4 ( Σ ) ψ = -χ + 4 .Έχουμε 2ψ = 1 1 ψ= χ+7

γ)

{

}

' .Άρα το σημειο τομης ειναι '

(

)

Μ - '2 , "2 . 3 11

δ) i) Μ 1 (-�2 ' _ .!..!_2 ) ' ίί) Μ 2 (� ' .!..!.2 )

(� _ .!..!_)

}

( -�) 2

' ' iv) Μ 4 .!..!. ' 2 2 2 2 Η ευθεία η :ψ= χ-7 τέμνει τους άξονες χχ ' ,ψψ ' στα σημεία Κ(7 ,0) και Λ(Ο,-7) αντίστοιχα. Οπότε (ΟΚ)=(ΟΛ)=7, δηλαδή το τρόγωνο ΟΚΛ είναι ισοσκελές. 2 2 . Είναι: (ΚΛ) = 7 - 0 + 0 + 7 = 7

ίίί) Μ 3

ε)

) (

.J7 = 1 4 + 2 .J7 .

)

Για την περίμετρο L του τριγώνου ΟΚΛ έχουμε: L = 7+7+2

5.Δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f: -

�

...:

·-·

..: -ι

·Υ ·-

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού και το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. β) Να συμπληρώσετε τον ακόλουθο πίνακα τιμών της συνάρτησης f:

γ) Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες η γραφική παράσταση της' συνάρτησης f είναι i) πάνω απο τον άξονα χχ ίί) κάτω απο τον άξονα χχ '. δ) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται απο το σημεία της γραφικής παράστασης με τετμημένες 3 και 6.

Λύση : Αρχικά παρατηρούμε οτι αν σχεδιάσουμε οποιαδήποτε κατάκόρυφη ευθεία τέμνει την παραπάνω καμπύλη σε ένα το πολύ σημείο, που σημαίνει η παραπάνω καμπύλη αποτελεί γραφική παράσταση συνάρτησης f, διότι κάθε χ του πεδίου ορισμού της συνάρτησης αντιστοιχεί σε ένα και μόνο ψ, ώστε ψ =f(χ). α)Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f, «προβάλλουμε)) την γραφική της παράσταση στον άξονα χχ ' και προκύπτει οτι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το σύνολο Α=(3,6] . Όμοια, για να βρούμε το σύνολο τιμών της συνάρτησης f,«προβάλλουμε)) την γραφική της παράσταση στον άξονα ψψ ' και προκύπτει οτι το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το σύνολο f(A)= (-7, 1 1 ] . β) Απο την γραφική παράσταση της f προκύπτει

γ) Απο την γραφική παράσταση της f προκύπτει οτι βρίσκεται i) πάνω από τον άξονα χχ ' για χε

ii) χε

ιι

ι·

------

(- � o)u(Eι ο ' ) ' 2 κάτω

από

(-3,-%)u( 0, ��).

τον

χχ 'για

άξονα

δJΕστω (δ) ψ=αχ+β η ζητούμενη ευθεία. Απο την γραφική παρασταση της συνάρτησης f προκύπτει οτι διέρχεται απο τα σημεία Α(3,8) Β(6, 1 1 ). ι ·

ι,ι Ι

1 8=3α+β {Αε(δ) {α= { } } } ε (δ) 11 = 6α +β β= Β

<=>

Άρα (δ): ψ=χ+5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/32

<=>

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

θΕΜΑ

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΑ

ι0

• 2 Θεωρούμε την εξίσωση : αχ + βχ + y = Ο , ό Α) που α, β, y Ε JR με α :;t: Ο . Να αποδείξετε ότι 2 αν Δ = β - 4αγ < Ο , τότε η εξίσωση αυτή δεν έχει πραγματικές ρίζες. Β) Να χαρακτηρίσετε καθεμία από τις παρακάτω προτάσεις ως «Σωστή>> ή «Λάθος». Να δικαιολο γήσετε (αποδείξετε) τις απαντήσεις. ι) Για οποιαδήποτε υποσύνολα Α, Β και Γ ενός βασικού συνόλου Ω, ισχύει: α) Α υ Β = Α υ Γ ::::> Β = Γ . β) Α υ Β = A n B ::::> Α = Β . γ) Α - Β = 0 ::::> Α = Β δ) Α - Γ = Β - Γ ::::> Α = Β Για οποιαδήποτε ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγμα τικού χώρου Ω, με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα, ισχύει: α) Ρ(Α) =Ρ(Β) <:::> Α=Β. β) Ρ(Α) =Ο ::::> Α= 0 . γ) Ρ(Α) = 1 ::::> Α = Ω . 3) Για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς α και β: α) Ισχύει: α - β $I α I + I β l .

J2 J

β) 'Εχει νόημα η ισότητα

ρ=Ν;

= 2α • γ) Ισχύει: α 4) Θεωρούμε την εξίσωση : αχ 2 βχ y = Ο (ι ) , + + όπου α, β Ε JR με α :;t: Ο. α) Αν α + β + y = Ο , τότε η εξίσωση ( 1 ) έχει ρίζες 2

τους αριθμούς: 1 και 1. . α Αν η εξίσωση ( 1 ) έχει πραγματικές ρίζες, τις ρι β) και ρ 2 , τότε: 2 αρι + β > Ο και 2αρ + β > Ο . 5) α) Ο αριθμός 1 88 δεν είναι όρος της αριθμητι κής προόδου με αι = 3 και ω = 5 . β) Ο αριθμός 553 είναι όρος της γεωμετρικής προόδου με αι = 5 και λ = 3 .

θΕΜΑ 2°. l

rl < 2 .

α, β, y Ε JR ισχύουν: 2 3α - β < 5 και 2 3y - β < 7 . Na αποδείξετε ό

Α)

Για τους

τι: Ι α -

αριθμούς

Β) Θ εωρούμε τον αριθμό: Α =

( J2 - .J6)�2 + J3 .

ι) Να βρείτε τον αριθμό Α 2) Να βρείτε τον αριθμό Α χωρίς ριζικά.

θΕΜΑ 3° .

-- --

Α) Θεωρούμε την εξίσωση :

•

χ χ - 1 0 χ - 20 χ - 30 χ - 40 -+ = 50 . + -- + + 20 19 18 17 16

ΑΛΓΕΒΡΑΣ

Αντώνης Κυριακόπουλος

ι) Να επαληθεύσετε ότι ο αριθμός 200 είναι ρiζα της. 2) Αν κάνουμε απαλοιφή των παρονομαστών, τις

πράξεις κλπ. ποια μορφή λαμβάνει ισοδύναμα η εξίσωση ; 3) Με βάση τα προηγούμενα να λύσετε την εξίσω ση αυτή, χωρίς να κάνετε πράξεις. 1 Ο άσπρους κλήρους a Β) Σε μία κάλπη έχουμε ριθμημένους από το 1 έως το 1 Ο και 6 μπλε κλήρους aριθμημένους από το 1 έως το 6. Τραβάμε ένα κλήρο. Να βρείτε την mθανότητα ο κλήρος αυτός να είναι ά σπρος ή να έχει αριθμό μεγαλύτερο του 3.

βάλει

θΕΜΑ 4° . (

Θεωρούμε τις ευθείες ει με εξίσωση : y = 2 1 λ 2 1 χ + λ - 6 και ε 2 με εξίσωση : y = I λ Ι +4 ) χ + 2 , που λ Ε JR . Να βρείτε τους α

Α)

ριθμούς λ, έτσι ώστε να ισχύει: ει n ε 2 = 0 . Β) Να βρείτε τους αριθμούς λ Ε R , έτσι ώστε η 2 εξίσωση : χ + 2(λ + 3)χ + 4λ + 1 2 = 0 να έχει πραγματικές ρίζες (ίσες ή άνισες), οι οποίες να α νήκουν στο διάστημα: -2, + οο ) .

(

λύσεις

θΕΜΑ ι 0 •

Α) Σχολικό βιβλία σελίδα 89. Β) ι) α) Λάθ ο ς. Ω=Ν,

Παράδειγμα.

Α = { 1, 2, 3, 4 } , Β = { 1, 2 }

και Γ = { 2, 3 .4} . Ισχύει:

Α υ Β = Α υ Γ(= Α) , αλλά Β :;ι: Γ . Έστω ότι: Α υ Β = Α n Β β ) Σωστό. ' για ( 1 ). Έχουμε κάθε χ Ε Ω :

{

� χ E { A n B ) ::::> χ Ε Β . Άρα

Απόδειξη.

χ Ε Α :::> χ Ε Α υ Β )

Α ς Β . Όμοια δείχνουμε ότι: Β ς Α . Άρα: Α = Β .

γ) Λάθ ο ς.

Παράδειγμα. Ω = Ν , Α = { 1, 2} και

Β = { 1, 2, 3 } . Ισχύει: Α - Β = 0 , αλλά Α :;t: Β .

{ }

δ) Λάθ ο ς.

{

r( { })

Παράδειγμα. Ω = Ν , Α = { 1, 2, 3, 4} ,

Β = 3,4 και Γ = 1,2} . Ισχύει: Α-Γ=Β- = 3,4 ,

αλλά Α :;ι: Β . 2) α) Λάθ ο ς.

{

}

Παράδειγμα. Έστω ένας δειγματικός

χώρος: Ω = { ωι , ω 2 , ω3 } με ισοπίθανα απλά ενδε-

{ ffiι,� } . Ισχύει: Ρ(Α) = Ρ(Β)

χόμενα Β=

και

τα

ενδεχόμενα: A= cq,� =

(-i} αλλά Α

και :;t:

Β.

β) Σωστό. Απόδειξη. Έστω ότι: Ρ( Α) = Ο

και ό τι: Α :;ι: 0 . Τότε: 0 c A ::::> N(0) < N(A) => ::::>

Ν(0) Ν(Α) ::::> p(0) < Ρ( Α) ::::> Ο < Ο , άτοπο. < Ν(Ω) Ν(Ω)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/33

Μαθηματικά Ύια την Α· Λυκείου

Άρα: Α = 0 .

Απόδειξη. Έχουμε: Α

Ω :Εστω ό τι: Ρ(Α) = 1 και ότι: Α c 0 . Τότε: Ν(Α) < Ν(Ω) � � Ν(Α) < Ν(Ω) � Ρ( Α) < Ρ(Ω) � 1 < 1 , άτοπο. Ν(Ω) Ν(Ω) Άρα: Α = Ω . 3) α) Σωστό. Απόδειξη. Έχουμε: γ) Σωστό.

Ι α -� = Ι α +(-β)Ι ::;Ι αΙ + Ι� = l αi + I � �Ι α -� ::;Ι αΙ + I � β) Όχι. Παράδειγμα. Με α = -2 , το δεύτερο μέ λος δεν έχει νόημα, επομένως ούτε και η ισότητα. γ) Λάθος. Παράδειγμα. Με α = -3 .

χει λύση κάθε αριθμό χ Ε IR ή θα έχει μια μοναδική λύση. Αλλά, δεν είναι αδύνατη αφού έχει τη λύση χ=200 και δεν έχει λύση κάθε αριθμό χ Ε IR , αφού με χ=Ο δεν επαληθεύεται (αρνητικός αριθμός= θετι κός). Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση χ=200. Β) Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «0 κλήρος που τραβήξαμε είναι άσπρος» και Β: «0 κλήρος που τραβήξαμε έχει αριθμό μεγαλύτερο του 3». Βρί σκομαι εύκολα ότι: 10 7 + 3 10 7 Ρ (Α) = , Ρ(Β) = Μ = και P(A n B) = . 16 16 16 Ζητάμε την πιθανότητα το ενδεχόμενου Α υ Β . Έχουμε: Ρ(Α υ Β) = P(A) + P(B) - P(A n B) = = 10 + 10 - 7 = 13 . 16 16 16 16

ρ 1 = 1 είναι ρίζα της εξίσωσης. Ονομάζουμε ρ 2 την άλλη ρίζα τη ς. 'Εχουμε : ΡιΡ2 = 1 , δηλαδή: ρ2 = 1 . α α ΘΕΜΑ 4° . β) Λάθος. Απόδειξη. Τότε θα είχαμε: Α) Ζητάμε τους αριθμούς λ IR , για τους οποίους 2α ρ 1 + β + 2 α ρ2 + β > 0 � 2α ( ρ1 + ρ2 ) + 4) α) Σωστό.

Απόδειξη.

Προφανώς ο αριθμός

( )

φυσικός αριθμός ν με: αν = 1 88 . Έχουμε: αν = 1 88 � α 1 + (ν - 1)ω = 188 � 3 + (ν - 1) · 5 = 1 88 � ... � ν = 38 . Άρα, ο αριθμός 1 88 είναι όρος της προόδου. β) Λάθος. Απόδειξη. Εξετάζουμε αν υπάρχει φυ σικός αριθμός ν > 1 με: α = 553 , δηλαδή με: ν α1 · λ ν-ι = 553 , δηλαδή με 5 · 3ν-ι = 553 . Δεν υ πάρχει ( αν υπήρχε θα είχαμε 5 1 553, άτοπο). Άρα, ο αριθμός 553 δεν είναι όρος της προόδου.

Απόδειξη. Εξετάζουμε αν υπάρχει

ΘΕΜΑ 2° .

Α) Από τις υποθέσεις έχουμε:

{1 α

6 - 2β l < 5 I 2β - 6γI < 7

{-5 < 6α - 2β < 5 � -12 < 6(α - γ) < 12

-7 < 2β - 6γ < 7 � -2 < α - γ < 2 � Ι α - γ l < 2 . 2 Β) 1 ) 'Εχουμε: Α2 = ( .J2 - v/6 ) ( 2 + ν'J ) = ( 8 - 2 Jϊ2 )( 2 + ν'3 ) =4 ( 2 - JJ)( 2 + JJ) 4 2 ) Α = -2 . �

ΘΕΜΑ 3° .

Το σύνολο ορισμό της δοσμένη εξίσωσης είναι το IR . 1 ) Έχει την λύση: χ=200, αφού, τότε, καθένα από τα κλάσματα είναι ίσο με 1 Ο. 2) Η εξίσωση αυτή μετά την απαλοιφή των παρονομαστών κλπ. είναι ισοδύναμη ( έχει τις ίδιες ακριβώς λύσεις) με μια εξί σωση της μορφής: αχ + β = Ο , όπου α , β Ε IR . 3) Άρα, η δοσμένη εξίσωση ή θα είναι αδύνατη ή θα έΑ)

+2β > 0 � 2α - � + 2β > 0 � 0 > 0, Άτοπο.

5) α) Λάθος.

οι ευθείες ε1 και ε 2 είναι παράλληλες (υπό την στενή έννοια, δηλαδή και δεν ταυτίζονται). Αυτό ' αν, και μονο ' αν: 2 1 λ - 2 1 =1 λ l +4 (1) συμβαινει λ - 6 :;ι!: 2 (2) Λύνουμε την εξίσωση (1) με άγνωστο το λ. 1) Με λ�2, έχουμε: (1) � 2(λ - 2) = λ + 4 � λ = 8 . Η τιμή αυτή του λ δεν πληροί την (2) και απορρί πτεται. 2) Με Ο < λ < 2 , έχουμε : (1) � -2(λ - 2) = λ + 4 � λ = 0 , αδύνατον. 3) Με λ ::; Ο , έχουμε: (1) � -2(λ - 2) = -λ + 4 � λ = Ο , δεκτή και εί ναι η μοναδική ζητούμενη. Β) Η διακρίνουσα της δοσμένη εξίσωσης είναι: Δ = 4(λ + 3) 2 - 4(4λ + 12) = 4(λ 2 + 2λ - 3) . Με Δ � Ο ,για τις ρίζες της ρ1 και ρ 2 έχουμε: Ρι + Ρ2 = -2(λ + 3) και ρ1 ρ2 = 4λ + 12 . Τα ζητού μενα ισχύουν αν, και μόνο αν:

{

{�� {�:� {t �� { {

2� > 0 � ρ 2)( ρ2 +2) > 0 ρ2 > -2 ρ2 + 2 > 0 ( ρ1 + 2) + ( ρ2 + 2) > 0 Δ�Ο λ2 +2λ-3 � 0 � Ρ1 ρ2 +2(ρ1 + ρ2 ) + 4 > 0 � 4λ+12- 2(2λ+6)+4 > 0 --(2λ + 6) + 4 > 0 Ρι +ρ2 + 4 > 0 (λ -3 ήλ�1) � :S �λ :S -3 . λ<-1 Άρα, οι ζητούμενες τιμές του λ είναι οι αριθμοί του διαστήματος: ( 3] .

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/34

-οο, -

Α ΆΥΚΕΙΟΥ

ΕΓΓΕΓΡΑΜΜΕΝΑ

ΣΧΗΜΑ ΤΑ Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας

κύκλο (Α,ΑΒ)

στο σημείο Β και η γωνία

ΑΣΚΗΣΗ l η

Δίνονται δυο κύκλοι (O,R) και (Κ,ρ) οι οποίοι εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Σ. Η χορδή ΑΒ του κύκλου (O,R) στην προέκταση της εφάπτεται στον κύκλο (Κ,ρ) στο σημείο Γ. Αν η ευθεία ΓΣ τέμνει τον κύκλο (O,R) στο σημείο Τ, να δείξετε ότι: α) Η κάθετη από το Τ στην χορδή ΑΒ περνά από το κέντρο Ο του κύκλου. β) Αν Μ το σημείο τομής της ΤΟ και της ΑΒ τότε ΓΜ ΓΑ + ΓΒ 2 =

•

Λύση : α) Το τρίγωνο ΚΓΣ είναι προφανώς ισο.-..

.-..

σκελές , (ΚΓ=ΚΣ). Άρα Γ ι = Σι .Παρόμοια από το ισοσκελές ΟΤΣ έχουμε τ; =� . Επί πλέον είναι ..-.

.-..

Σι = Σ2 ως κατακορυφήν. Άρα και Γι = τ; ( 1 )

"' Αι , , και εφαπτομενης. , χορδης ( 1 )ως γωνια Β2 =

Επίσης η γωνία Αι είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο

(Ο,�)

άρα ισούται με την γω νία χορδής και εφαπτο""

μένης δηλ Αι = ΕΒΓ (1) Από (2).

(2)

και

έχουμε

"" "" "' "' Αι - "' "' Αι ΕΒΓ = Βι + Β2 � Αι = Βι + - � Βι = 2 2 "' Άρα τελικά Βι = Β2 δηλαδή ΒΖ διχοτόμος της .Είναι ΖΗ .l ΒΓ ,επίσης γωνίας ΓΒΕ ΖΕ .l ΒΕ οπότε ΖΕ=ΖΗ. "'

ΑΣΚΗΣΗ 3 η .

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει τον κύκλο στο σημείο Δ. Από την κορυφή Α φέρουμε κάθετη στην διχοτόμο που τέμνει τις ΒΔ, ΒΓ και τον κύκλο στα σημεία Κ , Η και Ε αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το σημείο Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΒΔΕ. •

Οι ευθείες τΜ και ΚΓ τεμνόμενες από την ΤΓ σχηματίζουν λόγω της ( 1 ) εντός εναλλάξ γωνίες ίσες , οπότε είναι παράλληλες, και τελικά έχουμε ™ I /ΚΓ (2). Η ευθεία ΑΒ εφάπτεται στον κύκλο (Κ,ρ) επομένως είναι ΚΓ .l ΑΒ (3), και .l ΑΒ (4), δηλαδή ΤΟ , τΜ ταυτίζονται. άρα β) Είναι ΓΑ = ΓΜ + ΑΜ (5) επίσης έχουμε ΓΒ = ΓΜ - ΒΜ (6). Προσθέτοντας κατά μέλη τις (5) και (6) ΓΑ + ΓΒ = 2ΓΜ + ΑΜ - ΒΜ . Και επειδή ΑΜ=ΒΜ (από το Ο φέραμε κάθετη στην χορδή ΑΒ) θα είναι τελικά ΓΑ+ ΓΒ = 2ΓΜ .

ΤΟ

Λύση : Το τρίγωνο ΑΒΗ είναι ισοσκελές (ΑΚ ύ""

ψος

και διχοτόμος).

κλιο. Είναι ΒΓ .l ΑΒ , άρα ΒΓ εφάπτεται στον

Αι = Ηι . Επίσης ""

Ηι = Η2 ως κατακορυφήν οπότε και Αι = Η2

( 1 ). Είναι ακόμη Βι =Ε (2) ως εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο ΑΔ. Α

ΑΣΚΗΣΗ 2 η .

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Κατασκευάζουμε ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ εσωτερικά του τε τραγώνου. Κατασκευάζουμε ακόμη εσωτερικά του τετραγώνου τόξο 90° του κύκλου (Α, ΑΒ). Τυχαία τέμνουσα από το Α τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Ε και το τόξο στο Ζ. Από το Ζ η παράλληλη προς την ΑΒ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Η. Να δείξετε ότι ΖΗ=ΖΕ. Λύση : Η ΑΕΒ = 90 ° ως εγγεγραμμένη σε ημικύ

Άρα

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΚΒ προκύπτει ότι

Α ι + Β ι = 90 ° (3). Από τις σχέσεις ( 1 )και (2) η (3) ......

----

γίνεται Η2 + Ε = 90 , επομένως η ΕΡΗ = 90 ° , δηλαδή ΒΡ .l ΔΕ . Από την υπόθεση εξ άλλου έχουμε ΕΚ .l ΒΔ επομένως στο ΒΔΕ είναι ΒΡ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/35

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

και ΕΚ ύψη. Άρα το σημείο τομής τους Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου. ΑΣΚΗΣΗ 4 η .

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ , το ύψος ΑΔ και η διάμεσος ΑΜ αυτού. Η μεσοκάθετος του ύψους ΑΔ τέμνει τις ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Ζ και Ε αντίστοιχα. Να δείξετε ότι

Αι + Δι =

θογώνιο τρίγωνο ΑΚΔ είναι 90° (3). Από σχέσεις ( 1 ), (2) και (3) προκύπτει ότι

Ez + fi2 = 90° <4)

α) ΕΔ .L ΖΔ β) Το τετράπλευρο

ΑΕΜΖ είναι ορθογώνιο γ) Τα σημεία Α,Ζ,Δ, Μ,Ε είναι ομοκυκλικά. ......

Λύση : α) Είναι

Αι = Δι

( 1 ) αφού το τρίγωνο ΑΖΔ Λ

-"'

Ει Αι

είναι ισοσκελές. Εξ άλλου = (2) ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες. Από ( 1 ) και (2) προκύ.Α.

Ει Δι Λ

= πτει ότι (3). Άρα στο τετράπλευρο ΑΕΔΖ η πλευρά ΑΖ φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες οπότε είναι εγγράψιμο. --

Οι απέναντι γωνίες

ΕΔΖ

και

είναι παραπλη-

ρωματικές ( Α = 90° ), οπότε :ΕΔΖ = 90 ° . β) Στο τρίγωνο ΑΔΒ το σημείο Κ είναι μέσον της πλευράς ΑΔ και ΚΖ/I ΔΒ, οπότε Ζ είναι το μέσον της ΑΒ και τελικά ΕΖ=//ΜΒ. Άρα το τετράπλευρο ΜΕΖΒ είναι παραλληλόγραμμο και συνεπώς ΜΕ=//ΖΒ. Επειδή όμως ΑΖ=ΖΒ θα είναι και ΜΕ=/IΑΖ, δηλαδή το ΑΕΜΖ είναι παραλλη r λόγραμμο με μια γω νία ορθή, οπότε και ορθογώνιο. γ) Από το β ' ερώτημα .-...

Μι = Ει την .-...

( 4), και από (3) σχέση

Μι = Δι .

Στο τετράπλευρο ΑΜΔΖ η πλευρά ΑΖ φαίνεται από τις απέναντι κο z ρυφές υπό ίσες γωνίες , επομένως είναι εγγράψιμο και τελικά τα σημεία Α,Ζ,Δ, Μ ,Ε είναι ομοκυκλικά. ΑΣΚΗΣΗ S η .

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο σε (O,R) στο οποίο οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ τέμνονται κάθετα στο σημείο Κ. Αν Ε , Ζ , Η , Θ είναι οι προβολές του Κ στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ, αντίστοιχα να δείξετε ότι το τετρά πλευρο ΕΖΗΘ είναι επίσης εγγράψιμο. κύκλο

Λύση : Το τετράπλευρο ΑΕΚΘ είναι εγγράψιμο ---

αφού

ΑΕΚ και ΑΘΚ

γωνίες παραπληρωματικές Λ

ως ορθές. Επομένως τετράπλευρο ΚΘΔΗ -----

-----

( 1 ). Παρόμοια το είναι εγγράψιμο (γωνία ""'

.......

ΚΘΔ + ΚΗΔ 1 80° ). Άρα Δι = Hz =

Ει + Ηι = 90°

(5). Προσθέτοντας κατά μέλη τις --

(4) και (5) αποδεικνύεται ότι οι γωνίες

(2). Στο ορ-

ΘΕΖ

και

ΘΗΖ

είναι παραπληρωματικές και επομένως το ΕΖΗΘ εγγράψιμο τετράπλευρο. ΑΣΚΗΣΗ 6η .

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ , ΒΕ , ΓΖ τα ύψη του. Αν Μ και Ν τα μέσα των υψών ΒΕ και ΓΖ αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΒΑΓ = ΜΔΝ και ΜΝΔ = ΑΓΒ . ----

----

-----

----

Λύση : Αν Κ είναι το μέσον της πλευράς ΒΓ τότε ΚΝ//ΒΖ αφού το ΚΝ ενώνει τα μέσα των πλευρών ΒΓ και ΓΖ στο τρίγωνο ΒΓΖ. Άρα

ΚΝ .l ΓΖ . ΗΔΚ και --

Στο τετράπλευρο ΔΚΝΗ

οι γωνίες

---

ΚΝΗ

είναι παραπληρωματικές ως ορθές.

Άρα

---

ΗΔΝ ΗΚΝ

είναι εγγράψιμο και επομένως = ( 1 ). Στο τρίγωνο ΒΕΓ τα σημεία Κ και Μ είναι τα μέ σα των πλευρών του ΒΓ και ΒΕ. Άρα ΜΚ//ΕΓ συνεπώς και Α Στο τετράπλευρο ΔΜΗΚ οι γωνίες

MK .l BE --

ΗΔΚ = ΗΜΚ

ως ορθές. Η πλευρά λοιπόν ΗΚ φαίνε� �� Γ ται από τις απένα- e Δ κ ντι κορυφές υπό ίσες γωνίες οπότε το ΗΜΔΚ είναι εγγράψιμο και ........ . .

Δι = Κ ι "

επομένως

........ . .

.....

(2). Προσθέτοντας κατά μέλη --

τις ισότητες ( 1 ) και (2) έχουμε ΜΔΝ = ΜΚΝ (3). --

Εξ άλλου ΒΑΓ =

ΜΚΝ

ως οξείες γωνίες με --

-"'

Ez Αι =

Με παρόμοιο τρόπο από τα εγγράψιμα τετρά πλευρα ΕΒΖΚ και ΚΖΓΗ προκύπτει ότι

---

ΜΔΝ

(4) πλευρές παράλληλες, οπότε ΒΑΓ = Από την (3) προφανώς συμπεραίνεται ότι και το ΜΔΚΝ είναι εγγράψιμο τετράπλευρο , επομένως

ΜΚΔ = ΜΝΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/36

(5). Εξ άλλου

ΜΚΔ = ArB

(6)

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

(ως εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΚΜ και ΑΓ που τέμνονται από την ΒΓ). Από τις --

---

ισότητες (5) και (6) προκύπτει ότι ΜΝΔ = ΑΓΒ . ΑΣΚΗΣΗ 7η .

νως ΚΑ //Δ ' Δ " άρα Ζι = ΑΛΚ (2), (εντός- εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων). Α

Δίνεται κύκλος (O,R) , η διάμετρος του ΑΒ , η ακτίνα του ΟΔ είναι κάθετη στην ΑΒ και σημείο Ε του κύκλου τέτοιο ώστε 6ΔΈ 60° . Η εφαπτομένη του κύκλου στο Ε και η ευθεία ΔΕ τέμνουν την ΑΒ στα σημεία Η και Γ αντίστοιχα. α) Να δείξετε ότι Γ = Ζ . β) Να υπολογίσετε την γωνία ΒΕΓ.

---

ματικές ως ορθές, προκύπτει ότι ΑΛΚ = Δι ( 1 ). Εξ άλλου στο ΔΔ ' Δ ' ' τα σημεία Κ, Λ είναι τα μέ σα των πλευρών ΔΔ ' και ΔΔ " αντίστοιχα. Επομέ---

.Λ.

Λύση : α) Το ΟΔΓ είναι ορθογώνιο στο Ο, οπότε

f = 30°

(1) ως συμπληρωματική της z

00 .

Δ'

.. ..

Γ Α

�------�--��

Ο ι = 60° , δηλαδή το ΟΔΕ είναι ισόπλευρο. Άρα στο ΟΕΖ είναι ΟΕ l. ΕΖ επομένως Ζ = 30 ° , τε λικά f = Ζ = 30° . β) Η γωνία ΒΕΗ είναι γωνία χορδής και εφαπτοο , Άρα , Β ΕΗ = ΕΟΒ = 30 = 1 5 ο (4) μενης. Το

ΟΔΕ

έχει

ΟΔ=ΟΕ ως ακτίνες, οπότε

Ε2 + ψ = 90° Ε2 = 30° και Ε ι = Ε 2 ως κατακορυφήν γωνίες οπότε Ε ι = 30 ° (5). Είναι επομένως BEr = ΒΕΗ + Ε ι = 1 5 ° + 30 ° = 45 ° . ---

---

Αλλά

:::}

ΑΣΚΗΣΗ 8 η .

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ , ΑΔ το ύψος του και Δ' , Δ" τα συμμετρικά του Δ ως προς τις πλευρές του ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Η ευθεία Δ'Δ'' τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα Ε και Ζ αντιστοίχως. Να δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΖΔΔ' είναι εγγράψιμο. β) Τα σημεία Α,Ζ,Δ,Β,Δ' είναι ομοκυκλικά. γ) Το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο. δ) Τα ευθύγραμμα τμήματα ΓΕ και ΒΖ τέμνο νται πάνω στην ΑΔ. Λύση : α) Από το τετράπλευρο ΑΛΔΚ που είναι

εγγράψιμο αφού οι ΑΛΔ και ΑΚΔ παραπληρω---

Από ( 1 ) και (2) έχουμε Ζι = Δι (3) δηλαδή στο τετράπλευρο ΑΖΔΔ ' η πλευρά ΑΔ ' φαίνεται από τις απέναντι κορυφές υπό ίσες γωνίες. Άρα είναι εγγράψιμο.

β) Οι

---

----

ΑΔΒ

ΑΔ ' Β

και είναι ίσες ως συμμετρικές με άξονα συμμετρίας την ευθεία ΑΒ. Επειδή

.ΑΔΒ = 90° άρα είναι και παραπληρωματικές, δηλαδή το ΑΔΒΔ ' είναι εγγράψιμο τετράπλευρο. Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΑΖΔΔ ' και ΑΔΒΔ ' συνεπάγεται ότι τα σημεία Α,Ζ,Δ,Β,Δ ' είναι ομοκυκλικά. Α

γ) Από β ' ερώτημα προφανώς θα είναι Α3 = Ζ 2 -..

-..

(4). Από το ισοσκελές ΔΑΔ ' έχουμε Α3 = Α 2 , Α

και τελικά Α 2 = Ζ 2 (5). Από την τελευταία σχέση είναι προφανές ότι και το ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο τετράπλευρο. δ) Από το εγγράψιμο ΑΖΗΕ προκύπτει ότι -._

Ει = Αι �

(6). Από το β ' ερώτημα επιπλέον �

Δ ι = Αι και τελικά Δ ι = Ει . Άρα

ΓΕ I I ΔΔ ' (7)

αφού τέμνονται από την Δ ' Ζ και σχηματίζουν τις εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες. Εξ άλλου ΔΔ ' l. ΑΒ (8) Από (7) και (8) l. ΑΒ επομέ νως το ΓΕ είναι ύψος στο αρχικό τρίγωνο ΑΒΓ. Προσθέτοντας τις σχέσεις (3) και (5) προκύπτει

ΓΕ

"""'

Ζι + Ζ 2 = Δι + Α 2 (9). Από το εγγράψιμο ΑΔΒΔ ' Α

Ζ Ζ Δ Δ

είναι Α3 = Δ 2 οπότε και Α2 = Δ 2 ( 1 0).Από τις σχέσεις

(9)

και

---

( 1 0)

επομένως

ΒΖ

ΒΖΑ =

= ι + 2 = ι + 2 = 90 ° . Άρα l. ΑΓ , δη λαδή ΒΖ ύψος και το σημείο Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/37

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΓΡΑ Π ΤΉ ΕΞΕΤ ΑΣΗ

2ου ΤΕΤΡΑΜΉΝΟΥ ΣΤΗΝ ΑΛ ΓΕΒΡΑ

Κώστας Τσαγκάρη ς

ΘΕΜΑ 1 ° . Α.

--------

(

)

α) Να γράψετε την εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο, α;t:Ο στην μορφή χ + 1._ 2 = � , όπου Δ =β2-4αγ 4α 2α η διακρίνουσα του τριωνύμου. β) Αν Δ = Ο , να δείξετε ότι η εξίσωση έχει διπλή ρίζα την χ = _ 1._ . 2α (Μονάδες 10)

(Σχολ. Άλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 201 4 : Σελ88-89).

Β.

Να χαρακτηριστεί η κάθε πρόταση ως Σωστή Σ D ή Λάθος Λ α) Η εξίσωση αχ2 + βχ - α = Ο , έχει μια τουλάχιστον ρίζα στους πραγματικούς αριθμούς.

(Σχολ. Άλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 1 4 : Κατανόηση ς /Σελ 96).

β) Υπάρχει ορθογώνιο με περίμετρο Τ=2χ+2ψ = 4 και εμβαδόν Ε = χψ = 2. (Σχολ. 'Αλγ και στοιχεία πιθαν . εκδ 20 1 4 : Κατανόηση ς /Σελ 97).

γ) Η aνίσωση χ2+χ+ 1 � Ο, είναι αληθής, για κάθε χ

δ) Η λύση της ανίσωσης �(χ - 1 } � 1 παριστάνεται στο σχήμα που παρατίθεται:

(Σχολ. 'Αλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 1 4 : : παράδειγμα 4 /Σελ1 1 1 ).

[.. �..._,. ! ._

(Μονάδες

-4>--� =="'� _--.____,- ]

-ι _

(Σχολ. 'Αλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 1 4 : : παράδειγμα 3 /Σελ1 1 0 ).

(Μονάδες

Στο βελλοδιάγραμμα, δίνονται τα σύνολα Α = { 1 ,2,3} και Β = { 1 ,4,5 ,9} . Η διαδικασία f :Α Β δεν είναι συνάρτηση του Α στο Β.

ε)

(Σχολ. 'Αλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 14 : Παράδειγμα 2 ° /Σελ 1 47).

(Μονάδες

Γ.

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = αχ+ 1 , α>Ο, της οποίας η γραφική παράσταση είναι:

D � D V D 4 U Να επιλέξετε, σημειώνοντας, το σωστό κάι να αιτιολογήσ��έ την ��\λ"ογή σας.

(Μονάδες 5 )

(Σχολ. Άλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 1 4 : Σελ 1 60).

{

ΘΕΜΑ 2 ° . (Σχολ. 'Αλγ και στοιχεία πιθαν. εκδ 20 1 4 : σελ 1 49, σελ 1 5 1/ασκ Α3, σελ 1 57/ασκ Α3).

, οι συναρτησεις g(χ) = I χ I , ""'ν χ ε Δινονται

R, f(χ) =

αχ 2 + βχ, χ � 1 , α, β πραγματικοι αριθμοι,' των οποιων -χ + 2, χ > 1 ·

οι γραφικές παραστάσεις Cg , Cr τέμνονται στα σημεία Α, Β, που είναι συμμετρικά του άξονα ψ ' ψ και η τετμημένη του Α είναι ΧΑ= - 1 . α) να υπολογίσετε τις συντεταγμένες των (Μονάδες 5 ) σημείων Α,Β. β) υπολογίζοντας τους αριθμούς α,β, να εξετάσετε αν ισχύει η σχέση α2 +β2 -2α+ 1 =Ο (Μονάδες 8 ) και να γράψετε τον τύπο της συνάρτησης, αντικαθιστώντας τα α, β. γ) να βρείτε τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτηση ς f τέμνει τον χ 'χ . (Μονάδες 7 ) δ) να αιτιολογήσετε ότι, το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ΟΒΑ και ΟΓΒ (Γ το σημείο με τη θετική ρίζα της εξίσωσης f(x)=O), είναι ίσο με το εμβαδόν ορθογωνίου διαστάσεων 1 ,2. (Μονάδες s ) ΘΕΜΑ 3 ° .

Οι θετικοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, ενώ η σειρά β, γ, α αποτελεί γεωμετρική πρόοδο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/38

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

--------

α) Να δείξετε ότι οι α, β, γ, είναι τα μήκη των πλευρών του ισοπλεύρου τριγώνου Α1Β1Γ1 (πλευράς α). (Μονάδες 10 ) β) Στο ισόπλευρο τρίγωνο Α1Β1 Γ 1 πλευράς α σχηματίζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο Α2Β2Γ2 που έχει κορυφές τα μέσα του Α ι Β ιΓι , (Α2 το μέσον της ΒιΓι , Β2 το μέσον της Α ιΒι κ.λ.π) Συνεχίζουμε με αυτόν τον τρόπο, μέχρι τον σχηματισμό του ισοπλεύρου τριγώνου AvBvΓv, ν� l φυσικός. ί) να συμπληρώσετε τον πίνακα: Ι σό πλευρο τρίγωνο

ΑιΒιΓι Α2Β2Γ2 Α3Β3Γ3 �Β4Γ4

Πλευρά τριγώνου

και να αιτιολογήσετε ότι οι πλευρές των τριγώνων AvBvΓν, ν Ν*, σχηματίζουν γεωμετρική πρόοδο (Μονάδες 9 ) ίί) να υπολογίσετε το άθροισμα των περιμέτρων των ν πρώτων τριγώνων, που σχηματίζονται. (Μονάδες 6 ) της οποίας να αναφέρετε τον πρώτο όρο και τον λόγο .

ΘΕΜΑ 4 ° . (Σχολ. Αλγ και στοιχεία πιθ αν. ειcδ 20 1 4 : σελ 1 1 4/ασιc 7, σελ 1 5 8/ασιc 1 0). Δίνεται ο κύκλος C1 : (0,4) και εσωτερικό σημείο Γ της διαμέτρου του ΑΒ, ώστε ΒΓ = χ ( >0) . ·

ΒΓ ) και C3 : ( Ε, ΑΓ ) ),όπου 2 2 Δ,Ε το μέσον των τμημάτων ΒΓ, ΓΑ αντιστοίχως. π 2 Α) να δείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = - χ +4πχ , 2 της οποίας να βρείτε το πεδίο ορισμού, εκφράζει το εμβαδόν του σκιασμένου τμήματος

.p.:mιau.�=.ι.ι.aL.Zi.UU.o..L.WWL...:ΙjOυς κύκλους C2: (Δ,

(είναι τα κοινά σημεία του εσωτερικού του κυκλικού δίσκου (0, 4) και των εξωτερικών σημείων των κυκλικών δίσκων με διαμέτρους ΒΓ, ΓΑ).

ιι ,

(Μονάδες 4+1 )

Β) να αποδείξετε ότι το εμβαδόν f(x), είναι μικρότερο ή ίσο από 8π και να δείξετε ότι, όταν οι κύκλοι C2,C3 είναι ίσοι, το εμβαδόν f(x) γίνεται μέγιστο. (Μονάδες S+2 ) Γ) να βρείτε την ευθεία ψ=g(χ) που διέρχεται από την αρχή των αξόνων Κ και την κορυφή Ζ, της παραβολής. Σε ποιό διάστημα, η γραφική (Μονάδες 4+S ) παράσταση Cg , βρίσκεται κάτω από την Cr; ΘΖ Δ)να αιτιολογήσετε ότι το εμβαδόν του τριγώνου Η ,Θ(8,0), είναι ίσο με το διπλάσιο εμβαδόν του αθροίσματος των κύκλων C2,C 3, όταν χ=4.(Μον.4 )

ΓΡΑ Π ΤΗ Ε Ξ Ε ΤΑΣΗ

zου

Τ Ε ΤΡΆΜ ΗΝΟΥ ΣΤΗ ΓΕΩΜΕΤΡ Ι Α

ΘΕΜΑ 1 ° .

Κώστας Τσαγκάρης

Α. Θεωρούμε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°) με Β = 30° . Να αποδείξετε ότι β = � .

( Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. ειcδ 20 1 4 : Πόρισμα Σελ1 1 4).

(Μονάδες 10)

Β. Να χαρακτηριστεί η κάθε πρόταση ως Σωστή Σ D ή Λάθος Λ D : α) Ένα τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο, αν δύο διαδοχικές του γωνίες, είναι συμπληρωματικές. (Μονάδες 2) (Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. ειcδ 20 1 4 : Κατανόησης 5 /Σελ 1 04). β) Ρόμβος που έχει τις διαγώνιους του ίσες, είναι τετράγωνο.

(Μονάδες 2)

(Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. ειcδ 20 1 4 : Κατανόησης 5 /Σελ 1 08).

γ) Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΑΔ = � και ΒΕ = � τέμνονται στο Θ. Τότε ΘΔ = .!.. μ α . 3

(Μονάδες 2) ). δ) Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του εmπέδου τα οποία βλέπουν γνωστό ευθύγραμμο τμήμα χ υπό γωνία φ = 90°, είναι ημικύκλιο διαμέτρου χ. ( Σχ. Α ' Λυιc Κατανόησης 4 /Σελ 1 34). (Μονάδες 2) (Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. ειcδ 20 1 4 : Θεώρημα σελ 1 1 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/39

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

--------

ε) Κάθε εξωτερική γωνία ενός εγγεγραμμένου τετραπλεύρου ισούται με την απέναντι εσωτερική γωνία του. (Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. εκδ 20 1 4 : Πόρισμα !Σελ 1 36). (Μονάδες 2) Γ. Αν το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ ανήκει στην πλευρά ΑΓ, τότε D 2 Γ = ΑΟΒ D Γ = 2 ΑΟΒ D Κανένα από τα προηγούμενα. Να επιλέξετε, σημειώνοντας, το σωστό και να αιτιολογήσετε την επιλογή σας.

(Μονάδες S )

(Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. εκδ 2014 : Θεώρημα !Σελ 1 28).

ΘΕΜΑ 2 ° . (Σχολ. Ευιcλειδ Γεωμ. εκδ 20 14 : Εφαρ/σ1 1 9, Αποδ 4/ σ 1 20 ,Εφαρ/6.7). /

Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες ΑΔ, ΒΓ, των κύκλων (Κ,ρ 1 ) και (Λ,ρ2) τέμνονται στο σημείο Ρ. Α) να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. (Μονάδες 10 )

Β) i) αν επιπλέον, οι κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά στο Ε, να δείξετε ότι ΕΑJ.ΕΔ. (Μονάδες 10)

ii) Αν στα σημεία Α,Ε,Δ ανεγείρονται τρεις κατοικίες , πού πρέπει να τοποθετηθεί, ένας στήλος ηλεκτροφωτισμού, που να έχει την (Μονάδες S) ίδια απόσταση από τις κατοικίες;

! .! i

_.,. ··--·-···-····--·-...... --···-·"-···---.-···-·----·-- · · · "

ΘΕΜΑ 3° . (Διδακτικοί στόχοι: Αναγνώριση πότε ένα τετράπλευρο είναι εγγράψιμο σε κύκλο σε σχέση με τις γωνίες του και εφαρμογή των ιδιοτήτων αυτών )

Δίνεται το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με βάση τη ΒΓ. Τα ύψη του, ΒΔ και ΓΕ τέμνονται στο ορθόκεντρο Η. Η ευθεία ΑΗ τέμνει τη ΒΓ στο Ζ. α) να δειχθεί ότι το τετράπλευρο ΒΓΔΕ είναι εγγράψιμο. (Μονάδες 7) β) να δείξετε ότι ο κύκλος διαμέτρου ΑΗ διέρχεται από τα σημεία Η, Δ, Α, Ε. (Μονάδες 6) γ) να αιτιολογήσετε ότι ΕΑΗ ΕΔΗ ΕiΉ (Μονάδες 8) ° (Μον δ) να αποδείξετε ότιΑΖΒ = 90 . άδες 4) =

Σχόλιο: Ουσιαστικά το θέμα είναι μια απόδειξη της γνωστής

ιδιότητας: Τα ύψη τριγώνου διέρχονται από το iδιο σημεiο. Α υτό μπορεί να ζητηθεί ως εργασία για τυχαίο τρ ίγω νο .

ΘΕΜΑ 4° .

Δίνεται ο κύκλος (Ο,ρ) που έχει διάμετρο το τμήμα ΒΔ και για το σημείο της Ζ, ισχύει ΒΔ=4ΔΖ Θεωρούμε σημείο Α, στο ένα ημικύκλιο που ορίζεται από την ΒΔ και σημείο Γ στο άλλο (τα Α,Γ είναι διαφορετικά των Β,Δ). Από το μέσον Η της πλευράς ΑΒ φέρνουμε παράλληλη στην ΑΟ που τέμνει την ΒΟ στο Ε. Το σημείο Θ είναι το μέσον της ΓΔ. >ι:!»r.+�u-,"'��r.J;ι, '] α) να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ έχει :1! :ί· δύο ορθές γωνίες. (Μονάδες 6) "' u (Μονάδες 10) � β) να αποδείξετε ότι ΕΗ=ΘΖ ;.{ �i γ) αν ΕΗ//ΘΖ να δείξετε ότι το Ο διχοτομεί το τμήμα ΗΘ και το τετράπλευρο :: ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο. (Μονάδες 9) �-• -

�·�� ....,,. _,; ,

Σχόλιο: Αν τα σημεία Α,Γ είναι στο ίδιο ημικύκλιο το ερώτημα β) ισχύει, ακόμα και όταν Α τα Α,Γ ταυτίζονται Παρατηρήσεις: i) Οι μαθητές που θα ασχοληθούν με το διαγώνισμα να κάνουν δικά τους .Δ σχήματα, τα οποία να είναι μεγάλα καιακριβή, γιατί έχοντας καλύτερη εποπτεία, βλέπουν ευκολότερα τις ιδιότητες που αναδύονται. Η χρήση των βασικών γεωμετρικών οργάνων είναι αυτονόητη. ii) Η επιλογή των θεμάτων έγινε με βάσ:n το σχολικό βιβλίο. λαμβάνοντας υ1( όψιν τις οοηΎiες και τους διδακτικούς στόχους του Υπουργείου. .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/40

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

----- Μαθημαnκά για την Β' Λυκείου

Π ολυώνυμα - Εκθετι κή Σ υνάρτηση - λογάριθμοι

Πολυώνυμο Ρ( χ ) όταν διαιρείται με το χ + ι αφήνει το ίδιο πηλίκο με το υπόλοιπο. α) Να αποδείξετε ότι Ρ( -2 ) = Ο . β) Δίνεται Ρ ( ι ) = 3 και Ρ ( Ο ) = -4 να βρείτε το

Ρ( χ ) αν είναι 200 βαθμού. γ) Να βρείτε πολυώνυμο 2°υ βαθμού Q ( χ ) που έχει ρίζα το μηδέν. Το άθροισμα των ακεραίων συντελεστών του είναι ίσο με το άθροισμα των ακεραίων συντελεστών του Ρ ( χ ) και όταν διαιρείται με το χ - 2 αφήνει υπόλοιπο 8. εξίσωση

x+3·x· ��) =Q: x-4) +2.

Λύση

Ρ (χ) = π(χ) · (χ + 1) + υ (χ) = π ( χ ) · ( χ + 1 ) + π ( χ ) = π ( χ ) · ( χ + 2 ) , για κάθε χ ε JR , αφού π ( χ ) = υ ( χ ) Άρα: Ρ ( -2 ) = π ( -2 ) · ( -2 + 2 ) = Ο . β) Έστω Ρ ( χ ) = α · χ 2 + β · χ + γ . Τότε: Ρ ( 1 ) = 3 => α + β + γ = 3 ( 1 ) Ρ ( Ο ) = -4 ::::> γ = -4 (2) Ρ (-2) = 0=>4α-2β+γ=Ο (3). Από ( 1 ),(2),(3) βρίσκουμε: α=3, β=4, γ=-4. Άρα: Ρ ( χ) =3χ2 +4χ -4 γ) Έστω Q ( x ) = κ · χ 2 + λ · χ + μ . Τότε έχουμε: Q ( O ) = Ο , κ + λ + μ = 3 + 4 - 4 και Q ( 2 ) = 8 δηλαδή : μ=Ο κ + λ + μ = 3 και 4κ + 2λ + μ = 8 , α) Έχουμε:

από όπου προκύπτει μ=Ο, κ= 1 , λ=2. Άρα:

( -5- J5 -5+ J5 ( Ι) �( χ- 2) χ2 +5χ+5) =Ο�χε 2, 2 -, 2 -

Γιώργος Πλεξίδας (τρίκαλα), Σωτήρης Παπαχρήστου (Καλαμπάκα)

λσκηση ι

δ) Να λύσετε την

-----

Q ( x ) = x 2 + 2χ

x + 3 · x · P ( ; ) = Q ( x - 4) + 2 � �χ+3· + · ω +4 - ω - + ( χ-4)' +2 - ( χ-4) +2 � χ + 3 · χ { � + �χ -4) = χ2 -8χ + 16+2χ - 8 + 2 �

δ)

Άσκη ση 2

- }.

4 · 2' - ι 6 ---4x - 6 · 2 ' + 8

Δίνεται η συνάρτηση f(x ) = ln

4 · 2 ' - ι 6 = Ο (i),

α) Να λύσετε τις εξισώσεις:

4χ - 6 · 2χ + 8 = 0 (ii)

β) Ν α βρείτε το πεδίο ορισμού της f ( χ ) • γ) Να

αποδείξετε ότι f( χ ) = ln

Να βρείτε για ποια κάτω από τον χχ '. δ)

χ e IR

,2 4 2 • _

η Cr βρίσκεται

g ( x ) = ln xi , να αποδείξετε ότι: g ( 2 ) + g ( 8) = 2 . r( 3 ) + ιη 9

ε) Αν

Λύση

α)

(i) � 4 · 2· = 16 � 2· = 4 � 2· = 2 2 � χ = 2

(ii)

� ( 2χ )2 - 6 . 2χ + 8 = ο �

-y i -6 · y+8 = 0

}

2χ

β) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί:

- 16 > 0 4χ - 6 · 2χ + 8 Βρήκαμε ότι: ( 1 ) � χ Ε: { 1, 2 } . Τότε ( 2 ) � ( 4 · 2χ - 16 ) · ( 4• - 6 · 2χ + 8 ) > 0 � 4χ - 6 · 2χ + 8 * 0

( 1 ) και

y = 2χ (4y - l6)(y 2 - 6 · y + 8) > 0 2' � 4 (y - 4) (y - 2 ) > 0 Υ=

}

4 · 2·

}

- 2' � y :;t 4 y>2 Υ-

2 � Χ * � χ e ( Ι,2) υ ( 2, -+οο) χ>1 γ) Για

y = 2·

� χ3 + 3χ 2 - 5χ - 10 = Ο (1). (Με Horner). Άρα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/41

έχουμε:

)

�

Άρα Ar

(2).

2' :;t 4 2' >

�

= ( 2, -too ) .

f ( x ) = ln 2 4y - 1 6 = y -6·y+8

------

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου ------

4= ln ( y 4-{2y)(-y4-) 4) = ln-y -4-2 = ln2' - 2 δ) Με χ A r έχουμε: 2' - 2 > Ο, οπότε: 4 - ) lnl � 4- 1 f { x) < ο � m (2' - 2 2' - 2

•

(έχει α=1>0 και Δ=-8<0) Προφανώς η εξίσωση Ρ(χ)=Ο έχει μοναδική ρίζα την χο=-1 2 γ) Με χ>Ο έχουμε: -ln3 x+ln2 x-lnx lne4 +lne � 2 � -ln3 x + ln 2 x-lnx = 4 +2 2 � ln3 χ -ln 2 x + lnx +3 = 0 � lnx=y � ln x = y � lnx = -1 � x = e-• � x = 1 e p ( y) = 0 y=-1 δ ) 3 3x-l 3 2 χ -Ι + 3 χ -Ι + 1 > Ο �

�τ -2>4�2' >6�ln2' >ln6�xln2>ln6�x> ln6 ln2 1n{ 2 · 3 ) ln 3 , �χ> � χ > ln 2 +ln 3 � x > l + ln 2 ln 2 ln 2 ln3 > 1 => 1 +ln 3 > 2 ' αφου' δεκτες' τιμες, ln 2 ln 2 .!. 1 3 .!. 1 ε) g 2 ) = ln 2 =2ln2 , g(8)=ln8 = ln23 = ln2

}

( 2 2 "2 "2 4 - = 1n.i = ln � = ln2-ln3. οπότε f{3) = lη' 23 - 2 3 6 g ( 2 ) + g ( 8) = 2 ln 2 και 2f(3)+ ln9 =2ln2 - 2ln3 + ln32 =2ln2-2ln3+2ln3=2ln2

� 33 ' -3 2 ' + 3' + 3 > ο 3' = y � 3' - Υ � 3' > -1 � x E IR � Ρ ( y) > 0 y > -1 ε) Αρκεί log α1ogβ = log β og , ή log β·log α =logα ·logβ που ισχύει. Αφού Ρ{ χ ) = Ο � χ = -1 θα έχουμε με Ά σκηση 3 85 1osx Δίνεται το πολυώνυμο P(x) =eκ·r-i+(Ιnλ) ·x+3. χ>Ο, Ρ( 2 5 -4· χ 10 - 6 ) = Ο � Αν έχει παράγοντα το χ+ 1 και διαιρούμενο με το 25\og x - 4 · xlogS - 6 =-1 � (5log x )2 - 4 ( 5log x ) - 5 = 0 � χ 2 αφήνει υπόλοιπο το 9, τότε: 5 Iog x = 5 ιοgχ = Υ Υ � 5 ιο8 χ = 5 � � α) Να υπολογίσετε τα κ και λ. 5 5 y2 - 4 · y - = Ο y = ή Υ = -1 β) Για κ = Ο και λ = e να λύσετε την Ρ (χ) � Ο . � log x = 1 � χ = 10 2 ln ln Άσκηση 4 γ) Να λύσετε την -ln3 x + ln2 x- ln x= e4 + e α) Να λυθεί η εξίσωση χ3 + χ - 2 = Ο . 2

}

{

β) Δίνεται το γραμμικό σύστημα Να λύσετε την 3 3 '-ι - 3 2'-1 + 3 '-ι + 1 > Ο λχ+y=1 ε) Αφού αποδείξετε ότι αιοg β = βιοg α να λύσετε , όπου λ παράμετρος στο R 2 2-λ y=1 ( χ+λ ) 6) s o o 1 1 g g την εξίσωση: Ρ( 2 5 x - 4x - = Ο i) Να βρεθούν οι ορίζουσες D, D, και DY του Λύση συστήματος. ii) Αν το σύστημα είναι αόριστο, να βρεθεί ο α) Έχουμε: οπότε: 2 αριθμός λ. iii) Αν ( χ 0 , y 0 ) είναι η μοναδική λύση του συστήματος, να λυθεί ως προς λ η εξίσωση δ)

•

}

Ρ(-1) = 0 (Σ), Ρ ( ) =9 -eκ -1-lnλ+3 =0 => { Σ) => 8eκ -4+21ηλ+3=9 eκ +lnλ = 2 => eκ +lnλ=2 => κ = Ο => κ = Ο Χο + Υ ο = λ3 - D2λ + 1 (1). lnλ=l λ=e 4eκ +lnλ = 5 3eκ =3 Λύση : 2 β) Βρήκαμε λοιπόν: Ρ{ χ) = χ3 -χ + χ + 3 α) χ!+χ-2=Ο�χ!+2χ-χ-2=0��-1)+2(χ-1) =0� Άρα: P { x ) ;;::: o � ( x + l ) ( χ2 - 2χ +3) ;;::: Ο � χ ;;::: -ι, � ( χ-ι ) ( χ 2 + χ +2) = ο � χ =1 (χ 2 + χ +2 αφού Δ<Ο). αφού χ 2 - 2χ + 3 > Ο , για κάθε χ IR .

}

} }

�ο,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/42

---- Μαθηματικά για

λ β) ί) D = 2-λ 1 1 λ 1 D= = λ-2+λ= 2λ -2. =λz -1 , Dy = χ 1 λz 2-λ 1 ίί) Αφού το σύστημα είναι αόριστο θα έχουμε: D = D = D = Ο (προσοχή το αντίστροφο δεν χ Υ ισχί>ει). Λόγω του α) ερωτήματος αυτό συμβαίνει μόνο όταν λ=1 . ίίί) Αφού το σύστημα έχει μοναδική λύση ( χ 0 , y0 }

l 1

θα είναι D ;e O, δηλαδή λ;e 1 , και ( xo,y0 ) =

(� �} ,

Με λ :;e 1 λοιπόν έχουμε: D D +_ -2λ+1 � D +D =λ3 - 2λ + 1 � ( 1} �χ Υ = λ3 χ Υ D D D �( λ2 -1) +( 2λ-2) =λ3 -2λ+l �λ3 -λ2 -4λ+4=0� �λ2 ( λ-1) -4 ( λ-1) = 0 � ( λ-1}( λ-2}( λ+ 2) =0 � � λ = 2 ή λ = -2

Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ ( χ) = κ2 r -2κχ2 - χ+ 3 και Q( x) χ3 - ( λ 2 + 1 } χ 2 - 4 ( λ + 2)χ + 5 . α) Αν οι διαιρέσεις των παραπάνω πολυωνύμων με το πολυώνυμο χ - 1 έχουν το ίδιο υπόλοιπο, να βρεθούν οι αριθμοί κ, λ. β) Για κ = 1 και λ = -2 : ί) Να λυθεί η εξίσωση 2 Ρ (χ) = Q( x) + 1 . Άσκηση 5

ίί) Να λυθεί Λύση :

η aνίσωση Ρ { χ ) - .!.2 � Q{2χ )

•

α) Οι διαιρέσεις των παραπάνω πολυωνύμων με το πολυώνυμο χ - 1 έχουν το ίδιο υπόλοιπο. Άρα: Ρ { 1 } = Q ( 1 } => κ 2 - 2κ + 2 = 1 - λ2 - 1 - 4λ - 8 + 5 => � -2κ+λ2 +4λ+5 =0=>� -2κ+1+λ2 +4λ+4=0=> => ( κ - 1 γ + ( λ + 2 }2 = 0 => κ = 1 και λ = -2 . β) Για κ = 1 και λ = -2 , τα πολυώνυμα γίνονται Ρ ( χ ) = χ3 - 2χ 2 - χ + 3 και Q ( x ) = x3 - 5x 2 + 5 . ί) 2P ( x ) = Q ( x } + 1 � 2χ3 - 4χ 2 - 2χ + 6 = = x3 - 5xz + 6 � x3 + xz - 2x = O � χ ( χ 2 + Χ - 2 ) = 0 � Χ Ε { 0,1, -2 } . Q(x) ii) Ρ ( χ ) - _!_ � � 2Ρ ( χ } - 1 � Q ( x ) � 2 2

2P ( x } � Q ( x } + 1 � χ ( χ 2 + χ - 2 ) � 0

την Β'

Λυκείου --

� χ ( χ - 1 )( χ + 2 } � Ο � χ Ε [ -2, O ] u [ 1, +οο ) .

Άσκηση 6

Αν το πολυώνυμο Ρ { χ ) = χ3 + αχ + β έχει παράγοντα το πολυώνυμο χ2 - 3χ + 2 , α) Να βρεθούν οι αριθμοί α, β. β) Να λυθεί η εξίσωση Ρ { χ) = Ο . γ) Δίνεται η συνάρτηση f{x) = e x . Να λυθεί η , εξισωση

r (ημ3χ) = f {6 · ημχ) · f {-6) (1). f ( ημχ )

Λύ ση :

χ3 + Oxz + αχ + β -χ3 + 3χ 2 - 2χ χ+3 3χ 2 + ( α - 2 ) χ + β -3χ 2 + 9χ - 6 ( α + 7) χ + (β - 6) Το πολυώνυμο Ρ ( χ ) = χ 3 + αχ + β έχει παράγοντα το πολυώνυμο χ 2 - 3χ + 2 , Άρα ( α + 7 ) χ + ( β - 6 ) = 0 => α = -7 και β = 6 . β) Για τις τιμές των α και β που βρήκαμε παραπάνω έχουμε: Ρ ( χ ) = Ο � χ3 - 7χ + 6 = 0 � � ( χ 2 - 3χ + 2 )( χ + 3 ) = 0 � Χ Ε { 1,2,-3 } α)

γ) 'Εχουμε: ( 1) � =e&τιιχ ·e-6 �eτμ'χ--ψχ =e&τιιχ-6 � eτιιχ Λόyω β �ημ3χ -ημχ = 6 · ημχ - 6 �ημ3χ - 7 · ημχ + 6 = 0 � � ημχ = l ή ημχ = 2 ή ημχ = -3 ,Jx

� ημχ = l � χ = 2 · κπ + �,

Ά σκηση 7

Δίνεται η συνάρτηση

2 κ ε Ζ , αφού - l :s; η μχ

α - 1) f { χ) = ( 2-

::;; ι

χ •

α) Να βρείτε τις τιμές του α Ε 1R , για τις οποίες

η συνάρτηση f ορίζεται σε όλο το IIR β) Για ποιές τιμές του α IR , η f είναι γνησίως •

αύξουσα και για ποιες γνησίως φθίνουσα. γ) Για α=5, να λυθεί η εξίσωση f{ημχ) =f{συνχ) . δ) Για α=5, να λυθεί η r ( x 3 +5x ) � r ( 4x2 + 2 ) . Λύση :

α) Η συνάρτηση f ορίζεται σε όλο το μόνο α - 1 > Ο, δηλαδή α > 1 . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/43

όταν και

----

Μαθηματικά για την Β ' Λυκεiου

συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα όταν και μόνο α 2-1 > 1 δηλαδή α > 3 . Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα όταν και α-1 < 1 δηλαδή 1 < α<3 . μόνο Ο < -2 γ) Για α=5 η f γίνεται: f( χ) = 2χ . Οπότε: f(ημχ)=f( συνχ) <:=>2ημχ =2συνχ <:=>ημχ =συνχ (1). Αν συνχ = Ο , τότε ημχ= ± 1 οπότε δεν ισχύει η (1). Αν συνχ*Ο, τότε ( 1) �=1<:=>aρχ=1<:=>χ=ιστ+�,4 κ ε Ζ . Δεκτές τιμές αφού συν ( κπ + �) * Ο, για κάθε κ ε Ζ (γιατί;) 3 δ) Όμοια έχουμε: f ( χ +5χ ) � f ( 4χ 2 + 2 ) <::::> β) Η

σwχ

( χ -1 ) ( χ2 - 3χ + 2 ) � ο <::::> ( χ -1 )2 (χ -2) � ο <::::> ) { 1} . <::::> χ = 1 ή χ � 2 <::::> χ ε [ 2, <::::>

+οο υ

Άσκηση 8

Δίνονται οι συναρτήσεις f (χ) = ln (χ - 1) και g ( x) = ln ( - x) . Βρείτε το πεδίο ορισμού καθεμιάς από τις παραπάνω συναρτήσεις.

α)

β) Ν α συγκριθούν οι αριθμοί f2

(�) g2 (�). Cg .

α) Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί χ -1 > Ο, δηλαδή χ > 1 , και για να ορίζεται η g πρέπει και αρκεί 2- > Ο, δηλαδή χ < 2 Συνεπώς Ar = (1, + ) και Ag = ( 2). β) Είναι f 2 ( % ) = m2 ( �) . g 2 (�) = ffi 2 ( �) . Η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα έτσι έχω: � < � � ω (�) < ω � < ο � m2 (�) > m2 (�) � � [2 (%) > f2 ( �) .

οο

h1x

()

-οο,

κι

Για να ορίζεται η εξίσωση ( 1) πρέπει και αρκεί χ ε Ar και ( 3-χ) ε As , δηλαδή χ> 1 και 3-χ<2, τελικά χ>1. Τότε (1) <:=> m2 (x-1)+ m (x - 1) =me2 <::::> χ-1)= ω <::::> <:=>m2 (x-1)+ m (x-1)-2=0<:=> mω2(+ω-2=0 m ( χ - � ) = ω <::::> m (x-1) = 2 ή <::::> ω = 2 η ω = -1 ln ( χ -1) = -1 <::::> χ = 1 + e2 δεκτές τιμές αφού ανήκουν στο ( 1, +οο) . ς βρίσκεται δ) Στο 1\ flf\ ={L 2) έχουμε: κάτω από c g <:=>f( x)< g( x) <:=>ln( x-1)< ln{ 2-x) <:=> χ-1 < 2-χ<:=>2χ < 3<:=>χ <� <::::> χ ε 1, %) y)

}

τη

( J n x 1 { 2 α) +- 9Ι3 nnyy == 125 {2-Γχ+JΥ = 512 ' γ) {XIogy = 100 χ· = 1000 .

Άσκηση 9

410 1

Να λύσετε τα συστήματα:

Ff = 1 + log 2 Λύση α) Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί χ > Ο και y > Ο . Τότε το σύστημα γράφεται: 1 �;�.)?:Ί2Ι;η.χ ,=) =, 25και(Σ3Ι)n y = β , οπότε προκύπτει {Θέτουμε: α το βοηθητικό σύστημα: {αα2-β+ β: 1=25 (Σ ') . α =β+1 α =β+l <:=> Έχουμε: ( Σ ') <=> {(β+1) { 2 +β2 =25 β= -4 ή β=3 Για β=-4 η 31n y = β είναι αδύνατη. Για β=3 έχουμε = 4} <::::> χ = 2} <::::> χ = e2 } α=4 και ( Σ ) <::::> 3J2Ιnnyχ =3 my =l y = e β) Ομοίως για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί χ � Ο , y � Ο και .ι;::Ύ > Ο , δηλαδή χ > Ο και y > Ο . Τότε το σύστημα γράφεται: {2-.Γχ+JΥ = 29 , δηλαδή {J;. + .JY = 9 (Σ) , logM =log20 ν χ νy = 20 οπότε οι J;., .JY είναι ρίζες της εξίσωσης β)

log

και

γ) Να λυθεί η εξίσωση f2 ( x)+g(3 -x) =f{ e2 +1)( 1). δ) Να βρεθούν οι τετμημένες των σημείων της Cr που βρίσκονται κάτω από τη Λύση :

-----

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/44

Γ Γ.:

-------

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

t2 - 9 t + 20 = 0 (I) . Αλλ.ά : (1) � t ε {5,4} οπότε: fx = 4 ή fx = 5 � χ = 16 ή χ = 25 ( Σ) � y = 25 y = 16 JY = 5 JY = 4 γ) Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει (χωρίς να αρκεί)* y > Ο . Τότε όμως με χ s Ο η δεύτερη δεν επαληθεύεται. Αν λοιπόν έχουμε και χ > Ο τότε το log x1og y = loglOO σύστημα γράφεται: , δηλαδή log ( χ · y ) = loglOOO logy· log χ = 2 Σ ( ) . Άρα οι log x,log y είναι ρίζες logx + logy = 3 εξίσωσης t2 - 3t + 2 = Ο (11) Αλλ.ά: της (11) � t ε {1,2} οπότε: χ = 10 χ = 1 00 logx = 1 logx = 2 � ( Σ) � ή ή y = 1 00 y = 10 logy = 2 logy = 1

( J( J ( )( ) {

{

( )( ) ( )( )

* Σχόλιο από το Γιώργο Σ. Τ α σσ όπουλο

Με την άσκηση αυτή ερώτημα (γ) μας δίνεται η ευκαιρία να τονίσουμε μερικές λεπτομέρειες. Αρχικά πρέπει να γίνει κατανοητό ότι το να ορίζεται μια εξίσωση ένα σύστημα είναι διαφορετικό από το να επαληθεύεται (ισχύει). Προφανώς μπορεί να ορίζεται και να μην έχει λύση. Στην περίπτωση μας η δεύτερη εξίσωση ορίζεται για κάθε χ, y ε 1R δεν επαληθεύεται όμως αν xy s Ο . Εξάλλου η συνθήκη δεν είναι απαραίτητη για να ορίζεται η πρώτη εξίσωση. Πράγματι η πρώτη εξίσωση μπορεί να ορίζεται και μάλιστα να Ενδιαφέρον ισχύει και όταν π. χ. λοιπόν αποτελεί η λύση του συστήματος

χ>Ο

χ<Ο ( -10)108 100 = 100 . Χ 108 Υ = 100 (1) } Σ l x l ·y = 1000 (2) ( ) Για χ>Ο λύθηκε προηγουμένως Για χ=Ο δεν ισχύει η δεύτερη, ενώ η πρώτη πιθανόν να μην ορίζεται (πιθανόν y>O, και logy�O). Αν χ<Ο, τότε για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί y>O και ( log y) (δεν αρκεί δηλαδή η y>O) . Για να ισχύει όμως η (1) πρέπει ο (logy) να είναι άρτιος. Τότε: (1) <::::> ( -x )1ogy = 100 <::::> logy·log( -χ) = 2 και ( 2) <=> ( - χ) · y = 1 000 <=> log ( - χ) + log y = 3 . Έτσι οι log (-χ), log y θα είναι ρίζες και πάλι της -χ = 10) ή εξίσωσης t2 -3t + 2 = Ο (11) . Άρα: ( Σ ) <::::> ( y = 100 ( -χ =1 100) <=> ( χ = -10) ή ( χ = - 100) <=> ( χ = -10) y= IOO y = 10 y= 0 y = 100 αφού για y=10 έχουμε logy=l (περιττός αριθμός), ενώ για y=IOO έχουμε logy=2 (άρτιος αριθμός). χ= Ο χ= χ=-Ι Ο) · Τελικά λοιπόν: ( Σ) <=>( Ι ) ή ( ΙΟΟ) ή ( y=IOO y=IO y=IOO •

• •

------

ΑΣ ΚΗ ΣΕ ΙΣ ΤΡΙΓΩΝΟΜ ΕΤΡΙ ΑΣ 1)

Μανιάτης Ανδ ρ έας- 1 ° ΓΕΛ Μεγάρων

Δίνονται οι συναρτήσεις

f(x)

σφχ

και

g(x)

η μχ

α) Να βρεθούν τα πεδία ορισμού τους.

β) Εξετάστε αν οι Cr και Cg έχουν κοινό σημείο με τετμημένη στο διάστημα

(Ο,�).

γ) Αν το κοινό σημείο των τετμημένη χ0, δείξτε ότι:

και

χ0 < 2

έχει

f(x0 ) - f(-) ---�4� < 0 . g(xo )- g(4) π

δ)

Δείξτε ότι :

Λύση :

Αφού f(x) = συνχ και ημχ = 0 � χ = κπ, κ ε Ζ ημχ θα έχουμε: Ar = 1R - {κπ / κ ε Ζ} και Αg = 1R y = f(x) να β) Πρέπει και αρκεί το σύστημα y = g (χ) α)

}

( �) Στο (Ο,�) έχουμε

έχει λύση (x,y) με χ ε Ο,

συνχ = ημχ � συνχ = ημ2χ � f(x) = g(x) � -ημχ συνχ = 1 - συν2χ � συν2χ + συνχ - 1 = 0 � συν:; ω � νχ = ω � � ω + ω - 1 = 0 ω = ± J5 2 Για ω= -1 - J5 < Ο η συνχ=ω είναι αδύνατη στο 2 ενώ για ω -1 � J5 ε (Ο,1) έχει μοναδική

}

(ο,�).

---

( )

}

λύση χ 0 ε 0, �

συνάρτηση συνημίτονο είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Ο, � . Αφού χ 0 ε Ο, ; )

γ)

( )

(

π π π ' για να ειναι 4 < χ 0 < 2 , αρκει' 4 < Χ 0 , η' συν -π > συνχ 0 , η' J2 > J5 - 1 , η' '\/�L.2 > ν;,r;5 - 1 , η' 4 2 2 J2 + 1 > J5, ή 3 + 2J2 > 5, ή J2 > 1 που ισχύει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/45

-----

ιΊ�rι J +2

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου -----

r( �) + 2f( x) � ι� -

lx - ιl( zΙxl + ι ) ' 'v' ε JR. χ lxl

� ...

•

Άρα προκύπτει το γραμμικό σύστημα 2 χ 2 ως -1

.f( ι- )

προς =

rr.,::

( .ι· )

f(x) ( ) �<χ0 < � � f(x0) <f(�)�f(x0) - f(�)<0 (1) Επειδή η συνάρτηση g(x) είναι γνησίως αύξουσα (ο, -π2 ) ισχυ. ει: -π < χ0 < -π2 � . στο διαστημα g(x0)>g(�)�g(x0)- g(�)>o (2) Από (1), (2) π f(x0)-f(-) προκύπτει ότι g(xo )-g(4π ) .

Επειδή η συνάρτηση είναι γνη σίως φθίνουσα στο διάστημα Ο, � ισχύει: δ)

ΑΣΚΗΣΗ 2 η

Δίνεται η f : IR � IR ώστε να είναι και f(x) + z

{�J

1(0) = 1

f(x)

και

(� J

της μορφή ς :

1f(x)+2· f ( � ) Ιχ - l ί + 2)

��ί 2 ψ)nr( � )� l χ - ιΙ�� ψ ι)

Vx e R·

, v x e R· .

D = l � �� = l·l-2·2 = -3 :;t: O l x -II ( I x l + 2 ) 2 lxl και D r(x) = = ... = -3 l x -II l x -Ii ( 2i x i +I ) lxl με ορίζουσες

�χ) i x - 11 , Αφού f(O) = 1 θα είναι f(x) = i x - 11 , f(x) =

Συνεπώς είναι

'v' x

Ση μείω ση : Η

ΛΥΣΗ

Αντικαθιστούμε στην παραπάνω ισότητα, του χ το

JR.* .

f(x) μπορούσε νά προκύψει και με την μέθοδο αντικατάστασης ή αντίθετων συντελεστών συντομότερα. β) Η γραφική παράσταση της

β) Να χαράξετε τη γραφικι] παράσταση της f.

' στην θεση

'v' x Ε JR.

α) Να βρείτε την συνά ρτη ση f.

α)

- και εχουμε: 1

-1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/46

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου Ε κθετι κές και λογαριθμι κές Ε ξισώσεις

Γιώργος Κοτσιφάκης

(α:: τ

3-ι Εστω η συνάρτηση f(x) = Για ποιες τιμές του α : Α) Η συνάρτηση ορίζεται σε όλο το R. 3 Β) Είναι εκθετική με βάση το Γ) Είναι γνησίως αύξουσα στο R. Δ) Είναι γνησίως φθίνουσα στο R. ι.

Άρα (1) <=> α Ε (0, 4 - .Jί3) υ (4 + .Jί3 , +οο) α 2 + 3 - 1 (1), Δ) Πρέπει και αρκεί : α * Ο , Ο < 4α 2 α + 3 - 1 <1 (2) Με α Ο βρήκαμε ότι: * 4α (1) <=> α Ε (0,1) υ (3, +οο) . Τότε (2) <=> α2 - 8α + 3 < Ο <=> α Ε ( 4 - .Jί3,4 + .fι3) <=>

(α:;: -I)

Λύση : Α) Πρέπει και αρκεί

<=> α Ε ( 4 - .[13,1 ) υ ( 3,4 + .fι3)

α 2 + 3 - 1 >Ο ( 1) α * Ο και -4α

Με α * Ο έχουμε : α 2 + 3 - 1 > . Ο <=> α 2 + 3 - 4α > 0 <=> -4α 4α 4α ( α 2 - 4α + 3 ) >Ο <=> α (α - 1 )(α - 3) > Ο ο 1 3

Να λυθούν οι εξισώσεις: 9 ημ2 (i-χ2 > +9 συν(-2 χ) = 4 (ί) Ιηχ + ln(x -4x)=ln8 + ln(x-3) (ίί)

συν χ συ ν2 χ +9 =4 Έχοψιε: (i)<=> 9 ν χ συ +9 2 συν'χ-Ι = 4 9 + + 2 ν συ ? ? f 9 . 9 χ + 9 2 συν'χ = 36 2 Επομένως πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το 9 συν χ + 9 · 9 συν Χ - 36=0 (1) Α= (Ο, 1) υ (3, +οο ). 9 συν'χ ω 9 συν'χ = ω <=> <=> <=> ω2 + 9ω - 36 = Ο ω = 3 ή ω = -12 α*Ο <::::> 9 συν'χ = 3 <=> 3 2 συν'χ = 3 <=> 2συν 2 χ = 1 <=> 2 +3 α - 1 > Ο ( 1) Με Β) Πρέπει και αρκεί : J2 <=> χ=2κπ+ -Π η, =2κπ- -Π η, <=> συνχ = ±4α 4 4 2 α 2 + 3 _ 1 * 1 (2) 3 3 χ=2κπ+ -π η' χ=2κπ- -π ' κ Ε Ζ . 4α 4 4 α * Ο βρήκαμε: (1) <=> α Ε (0, 1) υ (3, +οο ) τότε Για να ορίζεται η (ίί) πρέπει και �ρκεί: χ>Ο, ( 2) <::::> α2 -8α+3*-0<=>α*-4+fι3 mι α * 4-fι3 <=> χ2-4χ>Ο και χ-3>0 δηλαδή τελικά χ>4. Τότε: <::::> αΕ(Ο, 4- v'i3)υ(4- v'i3, 1)υ(3,4+ ν'i3 )u(4+ v'i3, -too ) (ii) ln [ χ ( χ 2 - 4χ )] ln [ 8(x - 3) ] <=> αφού: .Jl3 > 3 � Ο < 4 - .Jl3 < 4 - 3 = 1 και <=> χ ( χ 2 - 4χ ) = 8(χ - 3) <=> χ3 - 4χ 2 = 8χ - 24 4 + .J13 > 3 . χ 3 - 4χ 2 - 8χ + 24 = 0 (1) 2 +3 α Με σχήμα Horner βρίσκουμε Γ) Πρέπει και αρκεί : α * Ο , - 1 > 1 (1) 4α (ίί) <=> (χ � 2)(χ 2 - 2χ - 12) = Ο <=> χ - 2 = 0 2 α * Ο έχουμε: (1) <=> α ( α - 8α + 3 ) > Ο <=> ή χ 2 - 2χ - 12 = 0 <=> χ = 2 α(α - ρ1 )(α - ρ2 ) > Ο, με ή χ = 1 + .Jί3 ή x = 1 - .Jl3 <=> x = l + .Jl3 . ρ = 4 - .[13, ρ 2 = 4 + .fι3 3) Να λυθούν οι ανισώσεις: 3.6 χ +2.6 χ+ ι <2 χ +2 χ+ 1 + 3.2 χ+2 (Α) ο ρ χ ι χ ι ι -00

Λύση

+οο

}

-οο

2 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/47

�4

-2

2χ-ι

(Β)

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου Λύση :

(Α)� 3 · 6" + 2·6 · 6" <2' + 2 · 2" + 3 · 4 · 2" � �15 · 6" <15 · 2" �6" <2" � � (%)" <1� 3" <1� 3" < 3° �χ<0(3" i) .

(�)" + (�)" = 1 � (�)" + (�)" -1 =0 (1) Μία προφανής λύση της (1) είναι η χ=2 . " Επειδή όμως η συνάρτηση f(x) =(� ) + ( � )Ί

είναι γνησίως φθίνουσα ( ερώτημα Β) η ρίζα αυτή θα είναι και μοναδική.

5" + 12" < 1 3" � ( 153 )" + (U12 )" < 1 � � (135 )" + (ϊ312 )" -1<0 (1) � 3 2ι +ι 3 < 4 2ιι - 4 2ι �ι ι � 3" · 32 + 3" · 32 < 4" · 42 - 4" · 4-2 � 5 )" + (ϊ312 )" -1 Θέτουμε g(x) = (13 1 3" (fj + -fj ) < 4" (2- .!.2 ) � 3" _i_fj < 4" l2 � είναι γνησίως φθίνουσα (απόδειξη, όμοια με g 3 3 3 3 3 3 το ερώτημα Β) και g(O) =Ο� χ= 2, οπότε /3 (-)2" <-� 2" < (-) � 7 2 � (-4 )" <-� ) ( 4 64 4 4 x<2=>g(x) >g(2) =0 και x>2=>g(x) < g(2)=0 8 Επομένως οι λύσεις της αρχικής ανίσωσης είναι οι �2χ > 3 �χ >-23 τιμές του διαστήματος ( 2, ) " Δίνεται η συνάρτηση f(x)=ln( (Αφού g(x ) = (�) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. Β) Να λυθεί η εξίσωση f(x)=ln2 Δίνεται η συνάρτηση : Να λυθεί η ανίσωση f(x)<ln2 f(x)= ( �) + ( �) χ _ ημ 2 χ - ημ 2 ( ; _ χ Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί J Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. e2" - e" >Ο (1). Αλλά Β) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα. (l)� e2" > e" �2χ>χ�χ>Ο (αφού f(x) = ex t ) Γ) Να λυθεί η εξίσωση + = s• Οπότε πεδίο ορισμού της f είναι το διάστημα Δ) Να λυθεί η ανίσωση s• 12• (Ο,+οο) Β) Στο (0, +οο) έχουμε: f(x)=ln2 � ln( e2" - e " )= Το πεδίο ορισμού της f είναι το JR ln2� e2" - e"=2� e2" - e"-2=0 · Β) f(χ)= ατ + (�Τ -ημ2χ -συVχ= ατ + (�J -1 �( e ")2 - e" -2=0 � e" =ω � 2 ω -ω-2=0 } Έχουμε : για κάθε Χ ι , χ 2 ε JR e" =ω } � e" =2� x=ln 2, δεκτή � <χ, => (Π > (Π (g(ψ ω i) και ω=2 ή ω=-1 τιμή αφού 2 > 1 => ln 2 >Ο. Ομοίως στο (0, +οο) έχουμε: ω· > (Η' (h(ψ(Η i] f (χ)< ln 2 � ln ( e2" - e") < ln 2 � e2" - e" < 2 � , 3 " ' ( 4 " ' 3 "2 4 " 2 Οποτε: ( ) + - ) > ( -) + (- ) 5 ' 5 25 25 ' (-53 )" + (-45 )" -1> (-53 )" + (-45 )" -1 f(χι ) > f(x2 ) f (Συντομότερα πρόκειται για � e" < 2 �χ< 1n2 � 0 <χ< 1n2 άθροισμα φθινουσών συναρτήσεων Από ερώτημα Β) έχουμε 3 " + 4" =5" � Δ)

χ+-

χ--

χ+-

+οο

J. )

5) Α)

•

Γ)

Λύση : Α)

Α)

3 • 4•

Λύση Α)

13 •

••

Γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/48

e2• - e • )

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Κανονι κά Πολύγωνα και Μέτρηση Κύκλου Κονό μης Άρτι

2 Λ; 25(2+J2) Λg αi + = R 2 � � = k - =... 4 4 4 J2 � as = 5�2 + . 2

Άσκη ση 1

Σε κανονικό πολύγωνο με ν πλευρέςη γωνία του φν είναι τριπλάσια από την κεντρική του γωνία ων και το εμβαδόν του είναι so.Ji (σε cm 2 ).Αν το κανονικό πολύγωνο είναι εγγεγραμμένο Άσκηση 2 σε κύκλο (Ο,R)να βρείτε: Δίνεται κύκλος (O,R) και τα διαδοχικά του α) Τον αριθμό ν των πλευρών του. σημείαΑ,Β,Γ, ώστε να είναιΑΒ R.Ji και β ) Τις γωνίες φ και γ) Την ακτίνα R. ΒΓ R .J3 . Προεκτείνουμε την ΓΟ, η οποία δ) Την πλευράλν του πολυγώνου. τέμνει την ΑΒ στο Δ και τον κύκλο (Ο,R)στο Ε. του πολυγώνου. ε) Το aπόστημα α) Να βρείτε το μήκος της χορδής ΑΓ και το Λύση μήκος του τόξου ΑΓ ως συνάρτηση του R. β ) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτηση τουR. γ) Να βρείτε τα μήκη των τμημάτων ΑΔ,ΒΔκαιΟΔ ως συνάρτηση τουR. δ) Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού As τμήματος που περιέχεται στην κυρτή γωνία ΑΟΕ ως συνάρτησητου R. / ν

ων .

αν

Λύση

Α2

α) Σε κανονικό πολύγωνο με ν πλευρές η γωνία Ψν και η κεντρική του γωνία ων δίνονται από τις 360° 360° σχέσεις: Ψν = 1 80 - -- και ων = -- . Έχουμε: ν ν 360° 360° φν = 3 ων <::> 1 80 - -- = 3 · -- <::> ο

= 8 .Δηλαδή έχουμε κανονικό οκτάγωνο. 360° ' β) Ειναι: ω8 = -- = 4 5 και φ8 = 3 ω8 = ... = 135 8 γ) Αν Α1 Α 2 Α8 είναι το κανονικό οκτάγωνο τότε ΟΑ . ΟΑ 2 ημ4 5° , : Ε 8 = 8 · ( ΟΑ 1 Α 2 ) = 8 · ι 2 R 2 J2 = 5o.J2 � ... � R = 5 . = 5o.J2 � 8 Ε8 4 δ) Είναι: Λ; =ΑΑ; =0� +ΟΑ; -2·0f\0Αρυν45' . • .

<::> ν

•••

= ... = 25(2 - .Ji) Ag = 5�2 - .Ji . ε) Για το aπόστημα α8 και την πλευρά Λg του κανονικού πολυγώνου ισχύει: '

Β α) Επειδή ΑΒ = R.Ji η χορδή ΑΒ είναι η πλευρά του εγγεγραμμένου τετραγώνου στον κύκλο (O, R) . Δηλαδή ΑΒ = R .Ji = λ4 και ΑΒ = 90° . Επειδή ΒΓ = R .J3 η χορδή ΒΓ είναι η πλευρά ισόπλευρου τρίγωνο εyΥεγραμμένου στον κύκλο (Ο, R) .Δηλαδή ΒΓ = R .J3 = λ3 και ΒΓ = 120° . n

ΑΓ

ισχύει : ΑΓ = 360° - (ΑΒ+ ΒΓ) = ... = 1 50° . Άρα ΑΟΓ = 1 50° . Στο τρίγωνο ΑΟΓ έχουμε:

Για το τόξο Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/49

Μαθηματικά για τη Β · Λυκείου

ΑΓ 2 = ΟΑ 2 + ΟΓ 2 - 2 · ΟΑ · ΟΓ συv1 50. = R 2 (2 + J3) , ΑΓ = R .J2 + J3 . Για το μήκος n

του τόξου ΑΓ έχουμε: 5πR = π · R · 1 50. = = R ΑΓ 6 1 so· β) Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ ισούται με το άθροισμα των εμβαδών των τριγώνων ΟΑΒ , ΟΒΓ και ΟΓΑ . Έχουμε: (ΑΒΓ) = (ΟΑΒ) + (ΟΒ Γ) + (ΟΓΑ) = ΟΑ· 0Βημ90. + ΟΒ · 0Γημ120" +----��ΟΓ · 0Αημ150. ----��2 2 2 2 .J3 = R (3 + ) 4 γ) Στο τρίγωνο ΑΟΒ είναι ΑΟΒ = 90 και Α1 = Β 1 = 4 5° . Επίσης στο τρίγωνο ΒΟΓ είναι Δ

θετικός αριθμός. Αν Κ1 Α λfi και το εμβαδόν (ΑΚ2Β) = λ 2 .J3 , τότε να βρείτε: α) Τη γωνίαΑΚ 2 Β και την ακτίνα ρ2 . β) Τη γωνία ΑΚ Β . 1 γ) Το εμβαδόν των κυκλικών τομέων Κ 1 ΑΒ και Κ 2 ΑΒ . δ) Το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο κύκλων. =

Λύση

ΒΟΓ = 120° και 0 1 = 60. , 0 2 = 30 • . Φέρνω το ύψος ΔΗ στο τρίγωνο ΑΟΔ και έστω ΑΔ = χ και ΟΔ = y .Τότε στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗΔ και ΟΗΔ ισχύει: ΔΗ = χημ4 5. και ΔΗ = yημ 30 Άρα y = x.fi .Επίσης στα ίδια τρίγωνα έχουμε : ΑΗ = χσυv 4 5. και ΗΟ = yσυv3ο· . Είναι AO = R � ΑΗ + HO = R � ... � y = R(J3 - 1) = 0Δ και χ = ΑΔ = • .

ή ΑΔ = R.fi(J3 - 1) . 2 είναι ορθογώνιο και ισοσκελές ΑΟΒ τρίγωνο Το με ΑΟ = ΟΒ = R .Άρα AB = R.fi � AΔ + ΔB = R.fi � ΔΒ = ΑΒ - ΑΔ RJ6(J3..__ - 1) = = ---:... _:_

α) Οι κύκλοι { Κ1 , p1 ) και {K 2 , p2 ) είναι τεμνόμενοι με κοινή χορδή την ΑΒ . Άρα η διάκεντρος Κ 1 Κ 2 είναι μεσοκάθετος της κοινής ΑΒ χορδής ΑΒ . Δηλαδή ΑΓ = ΓΒ = - = λ . Στο 2 Δ ΑΒ . . (ΑΚ 2 Β) - · Κ 2 Γ .ΑΚ 2 Δ εχουμε: τριγωνο 2 ----.. λ λ 2 .J3 = 2 · Κ 2 Γ � Κ 2 Γ = λ .J3 ' 2 Κ2 = -ΑΓ = ... = J3 εφ � κ 2 = 30 ο � 2 3 2 Κ2 Γ Δ Κ 2 = ΑΚ 2 Β = 60° . Το τρίγωνο ΑΚ 2 Β είναι ισοσκέλες τρίγωνο με μια γωνία 60° , άρα είναι ισόπλευρο και ΑΚ 2 = ΒΚ 2 = p2 = 2 λ . Λ

Το εμβαδον του κυκλικού τμήματος που β) Στο τρίγω ο Α 1 Γ έχουμε : ημ �ι = :� ν Κ περιέχεται στην κυρτή γωνία ΑΟΕ δίνεται: F2 � πR2 30° ΟΑ· ΟΕ · ημ30° κ1 = � ... � ημ Κ1 = 90 . ε = (Ο ΑΕ) -(ΟΑΕ) = 2 2 2 180° 2 γ) Τα εμβαδά των κυκλικών τομέων Κ 1 ΑΒ και = = R (π - 3) 2 Κ 2 ΑΒ είναι : Άσκη ση 3 Δύο κύκλοι(Κ 1 , ρ1 ) και(Κ 2 , ρ 2 ) τέμνονται στα (κ ΑΒ) π(Κ ι Α) 2 9ο· πλ 2 = = ... = _ _ και δ)

σημεία Ακαι ΒμεΑΒ=2λ , όπου λ γνωστός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/50

360 •

Μαθηματικά για τη Β · Λυκείου

Το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο κύκλων ισούται με το άθροισμα των εμβαδόν των κυκλικών τμημάτων &ι και ε2 των κύκλων (Κ 1 , ρ 1 ) και (Κ 2 , ρ2 ) που περιέχονται στις κυρτέςγωνίεςΑΚ 1 Β και ΑΚ 2Β αντίστοιχα. Έχουμε: &1 = (Κι ΑΒ)- (ΑΚ. β ) = 2 πλ Κ ι Α · Κ ι Β = ... = λ 2 π ( - 1) και 2 2 2 ε2 = {Κ 2 ΑΒ) -:-{ ΑΚ 2 Β) = δ)

R J2- και ει το ' με ακτινα . ΜΓ = κυκλικου. δισκου 2 εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που περιέχεται στην κυρτή γωνίαΓΟΔ , τότε το εμβαδόν του Ε μηνίσκου ΓΕΔΖ είναι: {ΓΕΔΖ) = -;fει = π( R Ji )2 2 Λ

((Ο ΔΓ)- (ΟΓΔ)) = ... = (ΟΓΔ) .

2πλ 2 AB 2 J3 = ... = λ 2 2π ( J3 ) .

4 3 3 Άρα το ζητούμενο εμβαδόν ε είναι : 2 π -6 ) ε = ει + ε2 = = ... = λ ( 7 - 6 J3 6 _

Άσκηση 4

Δίνεται ημικύκλιο με διάμετροΑΒ=2R. Έστω Γ και Δ δύο σημεία του ημικυκλίου τέτοια ώστε η χορδή ΓΔ RJ2 και παράλληλη με την διάμετρο ΑΒ. Γράφουμε τον κύκλο με διάμετρο ΔΓ. Να αποδείξετε ότι: α) το εμβαδόν του μηνίσκου ΓΕΔΖ είναι ίσο με το εμβαδόν του τριγώνου ΟΓΔ β) το άθροισμα των εμβαδών των μικτόγραμμων τριγώνωνΑΟΗΔ καιΒΟΘΓ είναι ίσο με το εμβαδόν του μηνίσκου ΓΕΔΖ. =

•

Λύση α) ι ος τρόπος.

Β 2°ς τρόπο ς . Αν Ε μ είναι το εμβαδόν του μηνίσκου ΓΕΔΖ και Τ το εμβαδόν του τριγώνου ΟΓΔ τότε για να είναι Εμ = Τ , αρκεί Εμ + ει = Τ + ει , ή πΜΓ 2 πR 2 . ΜΓ2 R 2 ' = 4 , η = 2 που ισχυει. 2 β) ι·οςτρόπος. Αρκεί να αποδείξω ότι το άθροισμα των εμβαδόν των μικτόγραμμων τριγώνων ΑΟΗΔ και ΒΟΘΓ είναι ίσον με το εμβαδόν του τρίγωνου ΟΓΔ . Αν ε είναι το εμβαδόν του κυκλικού δίσκου με διάμετρο ΑΒ τότε έχουμε : Δ

Ε 1 - ει = Έστω Μ το μέσο της χορδής (ΑΟΗΔ) + (ΒΟΘΓ) = -ε - Ενώνω το Μ με το σημείο Ο . Τότε στο ισοσκελές 2 2 τρίγωνω ΟΔΓ η ΟΜ είναι διάμεσος , και ύψος πR2 π( R J2 )2 " και διχοτόμος. Δηλαδή Μι = 90° . Στο τρίγωνο = 2 - ; ((Ο ΔΓ)- (ΟΔΓ)) = ΜΓ = ... = J2 = πR 2 - πR 2 πR 2 90° + (ΟΓΔ) = .. = (ΟΓΔ) . ΟΜΓ έχουμε: ημ Οι = ΟΓ 2 4 360 2 2°ςτρόπο ς . Έστω (ΑΟΗΔ) = χ , (ΒΟΘΓ) = y και � Οι = 45° . Άρα και Γι = 45° .Δηλαδή και y' τα εμβαδά των κυκλικων τμημάτων που R ΟΜ = ΜΓ = J2 . Άρα ο κύκλος με κέντρο Μ περιέχονται στις γωνίες ΔΜΟ και ΓΜΟ . Για να 2 χ + y = Τ αρκεί: και διάμετρο διέρχεται από το σήμείο Ο . είναι χ + y + x '+ y '+ ει = Τ + χ '+ y '+ ει , ή Ομοίως αποδεικνύεται ότι και0 2 = Δ2 = 45° . Άρα πR 2 Τ πΜ 2 πR 2 = πΜΓ 2 , η - = Γ - Εμ ' η 2 2 ΓΟΔ = 90° . Αν Ε 1 είναι το εμβαδόν του 2 R που ισχυει. , ΜΓ 2 = 2 ΔΓ .

ΔΓ

χ'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/51

Μαθηματικά γω τη Β' Λυκείου

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΟΙΚΟΓΕ ΝΕΙΕΣ ΚΥΚΑΩΝ

Αλκιβιάδης Γ. Τζελέπης Η κεντρική tδέα του άρθρου είναι διττή: αφενός μεν να μπορούμε να δημιουργήσουμε οικογένειες κύκλων με συγκεκρι μένα χαρακτηριστικά, αφετέρου δε να έχουμε τη δυνατότητα να ανακαλύψουμε και να μελετήσουμε τις Ιδιότητες που τις χαραιcrηρiζουν. Παρουσιάζονται τέσσερις οικογένειες κύκλων. Ι η: Κύκλοι με κοινή χορδή, 2η: Κύκλοι με μία κοινή εξω τερική εφαπτομένη, 3η: Ίσοι κύκλοι με δύο κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες, 4η : Άνισοι κύκλοι με δύο κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες. Επιπροσθέτως δίδονται δύο ασκήσεις ως επέκταση της ύλης σε ενδιαφέροντα ζητήματα. Άσ κη ση

lη

Λύση Α)

Έστω (C) : (χ - χ0)2 (y - y0) 2 = ρ 2 οι ζη τούμενοι κύκλοι. Τότε Α,Βε(C) � Λύση : Τα σημεία Κ, Λ, Μ δεν είναι συνευθειακά, (1 - χσ )2 Υδ = ρ2 � (3 - χσ )2 = (1 - χσ )2 γιατί det(RA, ΛM) = Ι� -il = 2 * ο (1 - χσ )2 Υδ = ρ2 ( 3 - Χο )2 Υδ = ρ 2 ότι ο ζητούμενος κύκλος (C) έχει εξίσωση: Έστω χ0 = 2 { Α2 + Β 2 - 4Γ > χ 2 + y 2 + Αχ + By + Γ = 1 Υδ = ρ 2 Τότε4 Κ,Λ,Με(C) � Επιπλέον; το κέντρο του κύκλου βρίσκεται επάνω Γ = -2Β - 4 i + 2Β + Γ = ετη της χορδής ΑΒ . Πράγματι το μέ στη J εσ� Α + Β = -Γ - 2 2+Α+Β+Γ = σ�ου εt>θΏJραμμου τμήματος ΑΒ είναι το Μ(2 ,0) 2 (Α + Β) = -Γ + 2Α + 2Β + Γ = Γ = -2Β - 4 Β = -4 και λ�.--&ομένως η μεσοκάθετη του ΑΒ έχει Α + Β = -Γ - 2 Α + Β = -6 εξίσω�=:.J · 2 ( -Γ - 2) = -Γ Γ=4 : � =� και Α2 + Β 2 - 4Γ = 4 > Γ=4 Επομένως ο ζητούμενος κύκλος έχει εξίσωση: χ2 y2 - 2χ - 4y 4 = Ο, ή ισοδύναμα (χ - 1)2 (y - 2)2 = 1. Να βρεθεί η εξίσωση κύκλου ο οποίοςνα διέρχε ται από τα σημεία Κ(Ο,2), Λ(l,l) και Μ(2,2).

( ( (

Ο,

<=>

( (

{

με

�

<=>

ΣΧΟΛΙΟ :

Από τρία μη συνευθειακά σημεία διέρχε ται ένας μοναδικός κύκλος Άσ κη ση

-2

2η

Να βρεθεί η εξίσωση που περιγράφει όλους τους κύκλους που διέρχονται από τα σημεία A(l,O) και 8(3 ,0) Β) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση + y 2 - 4χ - 2λy + 3 = Ο, λ Ε R (1) παριστάνει κύκλο (Cλ) για κάθε λ Ε R β 1 ) Να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα του ως συνάρτηση του λ β2) Να αποδείξετε ότι όλοι οι κύκλοι (Cλ) διέρ χονται από δύο σταθερά σημεία. β3) Να βρείτε την εξίσωση της κοινής χορδής των ανωτέρω κύκλων και να αποδείξετε ότι εί ναι κάθετη στη διακεντρική τους ευθεία. β 4) Αν ένα σημείο Μ(α, β) επαληθεύει την (Cλ) για κάθε λ Ε R, να αποδείξετε ότι β = Ο. Α)

χ2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Το κέντρο του κύκλου λοιπόν, είναι το K(2,y0) και αν θέσουμε y0 = λ, λ Ε R, έχουμε: χ0 = 2 Υο = λ , λ Ε R ρ 2 = λ2 1 Επομένως η ζητούμενη εξίσωση είναι: (χ - 2)2 (y - λ)2 = λ2 1, λ Ε R (2) Β) Επειδή ( -4) 2 + ( -2λ) 2 - 4 = 4(λ2 + 1 ) > η (Ι) παριστάνει κύκλο (Cλ) για κάθε λ Ε R,

{

95 τ.3/52

με κέντρο Κ ( - �4 , - -: ) = (2, λ) και ακτίνα ρ = jψz+l) = vλ2 + 1 . 'Ιδια με τη (2). 2 β 2 ) Εύρεση κοινών σημείων: επιλέγουμε δύο από τους κύκλους (Cλ) : Για λ = Ο, έχουμε: C 0 : χΖ + y2 - 4χ + 3 = Ο Για λ = !, έχουμε: C 1 : χΖ + y2 - 4χ - 2y + 3 = Αφαιρώντας κατά μέλη τις δύο ισότητες προκύπτει y = Ο και αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση, παίρνουμε: χΖ - 4χ + 3 = Ο � χ = 1 ή χ = 3 . Επομένως οι κύκλοι C 0 , C 1 έχουν δύο κοινά σημεία, τα Α(1,0) και Β(3,0). Με μια απλή αντικατάσταση αποδεικνύεται ότι τα σημεία αυτά επαληθεύουν την (Cλ) για κάθε λ Ε R, είναι δε ανεξάρτητα της παρα μέτρου και ως εκ τούτου, αποτελούν τα μοναδικά κοινά σημεία όλων των κύκλων (Cλ)· β3) Η κοινή χορδή λοιπόν των κύκλων (Cλ) είναι η ευθεία ΑΒ, με εξίσωση y = Ο. Η διάκεντρος είναι ευθεία με εξίσωση χ = 2, επομένως κάθετη στη χορδή ΑΒ, γνωστή ιδιότητα άλλωστε της Ευκλεί δειας Γεωμετρίας. β4) Αφού το σημείο Μ(α, β) επαληθεύει την (Cλ) για κάθε λ Ε R, πρέπει υποχρεωτικά να είναι ή το Α(1,0) ή το Β(3,0). Σε κάθε περίπτωση ισχύει: λ

βι)

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

(χ - χ σ ) 2 + (y - Υο ) 2 = ρ 2 K (x0, y0 )

και την ακτί Αναζητούμε το κέντρο του να του ρ. Παρατηρούμε ότι το Μ(1,2) ανήκει στην (ε). Το κέντρο του κύκλου βρίσκεται σε ευθεία (ζ) που διέρχεται από το Μ και είναι κάθετη στην (ε), γιατί η ακτίνα είναι κάθετη στην εφαπτομένη (ε) στο σημείο επαφής Μ.λε=1 Έτσι είναι λζ λε = - 1 λζ = -1 και ΚΜ

�

( ζ) : y -

2 = ( - l) (x - 1) � (ζ) : y = -χ + 3

α· β = 1 ·0 = 3· 0 = 0

ΣΧΟΛΙΟ : Από δύο σημεία διέρχονται άπειροι κύ

κλοι, οι οποίοι έχουν κοινή χορδή και εκφράζονται από μία μονοπαραμετρική εξίσωση κύκλου Άσ κη ση

3η

Να βρείτε την εξίσωση των κύκλων, οι οποί οι διέρχονται από το σημείο M(l,2) και εφά πτονται στην ευθεία (ε) με εξίσωση Α)

x-y+ 1 = 0

Β) Δίνεται η εξίσωση:

(χ - 1) 2 + (y - 2) 2 = 2λ(χ - y + 1), λ Ε R ( 1) ότι βι) λ =Ι= Ο κ6κλο όταν λ = Ο;

η εξίσωση Να αποδείξετε για κάθε παριστάνει (Cλ), του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα. Τι προκ6πτει β z ) Να αποδείξετε ότι η οικογένεια των κύκλων διέρχεται από ένα σταθερό σημείο Μ, το οποίο να βρεθεί β3) Να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) εφάπτεται στην οικογένεια των κύκλων στο σημείο Μ(1,2) Λύση Α)

Έστω κύκλος με εξίσωση:

Επομένως το κέντρο του τυχαίου κύκλου έχει συ ντεταγμένες Κ(μ, - μ + 3), μ Ε R - {1}. Για μ = 1 έχουμε το σημείο Μ. Για την ακτίνα, έχουμε: ρ = d (K, ε) = ΚΜ = J (μ - 1) 2 + (3 - μ - 2) 2 = .J 2 (μ - ι γ = νΓz l μ - ι ι .

Επομένως η ζητούμενη εξίσωση των κύκλων, είναι (χ - μ) 2 + (y - 3 + μ) 2 = 2 ( μ - 1) 2 , με μ * 1 Β) Η εξίσωση ( 1) μετά από πράξεις καταλήγει στην ισοδύναμή της βι) Για κάθε λ Ε R ισχύει: 4 (λ + 1) 2 + 4(λ - 2) 2 - 4( 5 - 2λ) = 8λ2 ;;::: ο Επομένως αν λ Ο η εξίσωση (2) παριστάνει κύκλο με κέντρο Κ(λ + 1, 2 - λ) και ακτίνα ρ = νΓz l λ l . Αν λ = Ο η εξίσωση παριστάνει το σημείο Μ(1,2). β z) Εύρεση κοινού ση μείου: Ζητάμε σημείο (χ0, y0) που να επαληθεύει την (1) για κάθε λ Για αυτό πρέπει2 και αρκεί2 χ2

+ y 2 - Ζ (λ + l)x + 2 (λ - 2) y + 5 - 2λ

Ο,

Ε R (2)

=Ι=

{

(χ0 - 1) + (y0 - 2) 2 (χ0 - Υο + 1)

δη λαδή

(

;eO.

χ0

=1 Υο = 2

2 (1 - 2 + 1)

Επομένως η οικογένεια των κύκλων, όπως εκφράΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/53

Μ αθηματικά για τη Β' Λυκείου

ζεται από την εξίσωση cλ , με λ ο διέρχεται ε: χ + y - 1 = Ο Έτσι το κέντρο της οικογένειας των κύκλων είναι από το σταθερό σημείο Μ(1 ,2) β3) Το σημείο Μ( 1 ,2) επαληθεύει την (ε), επομέ το σημείο Κ(μ, 1 - μ) , μ Ε R νως αρκεί να αποδείξουμε ότι η (ε) εφάπτεται στην Όσον αφορά στην ακτίνα, ισχύει: d (ει, ε 2 ) οικογένεια των κύκλων. Πράγματι, είναι: = d (ε 1 , ε) = d (Α, ε) = ρ= *

d (K, ε) =

1 1 · (λ + 1) - 1 · (2 - λ) + 1 1

..fi l 2λ l 2 l λ l = ..fi = ..fi = ..fi l λ l = ρ

2 _ ο + 1 · (-1) - 1 1 1 · 1 _ .!:.._ - ..fi

..fi

Επομένως η εξίσωση των κύκλων είναι:

(χ - μ) 2 + (y - 1 + μ) 2 = 2, μ Ε R

Παρατήρηση : Η οικογένεια κύκλων που βρέθηκε στο

Α) ερώτημα είναι η ίδια με την οικογένεια κύκλων του Β) ερωτήματος (αρκεί μ = λ + 1 ) Άσκηση 4 η Α)

Να βρείτε την εξίσωση των κύκλων, οι οποίοι tχουν κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες τις ευθείες με εξισώσεις y = -χ - 1 y = -χ + 3 Β) Δίνεται η εξίσωση Cλ: και

χ 2 + ψ2 - 2 (λ + 1)χ + 2λψ + 2λ2 + 2λ - 1

= Ο,

λΕ

β 1 ) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση παριστάνει ίσους

κύκλους και να υπολογίσετε τις συντεταγμένες του κέντρου τους και την ακτίνα τους. β2) Να προσδιορίσετε το γεωμετρικό τόπο των κέντρων των κύκλων. fl:J) Να προσδιορim:τε τις εξισώσεις ζ1 , ζ2 των κοινών εξωτερικών εφαπτόμενων όλmν των κύκλων. β4) Να αποδείξετε ότι η ευθεία με εξίσωση χ + ψ = 1 είναι μεσοπαράλληλη των ζ1 , ζ2 •

εξίσωση2 εκφράζει κύκλο για κάθε λ Ε R, 2 2 + 4λ διότι 4(λ + 1) - 4(2λ + 2λ - 1)..fi= > με κέντρο Κ(λ + 1, -λ) και ακτίνα ρ = . Επειδή η ακτίνα είναι σταθερή (ανεξάρτητη της παραμέτρου λ)..fiέπεται ότι οι κύκλοι είναι όλοι ί σοι, με ακτίνα β2) Εύρεση γεωμετρικού τόπου του Κ(λ + -λ) : Για να είναι το Κ σημείο του τόπου πρέπει και αρ Λύ ση Α) Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των κύ κεί να υπάρχει λεR ώστε κλων είναι παράλληλες ευθείες, ως εκ τούτου { =_λ + 1 , δηλαδή λ = κ - 1 Για αυτό πρέπει - -λ λ= -Υκ η απόστασή τους είναι σταθερή και ίση με τη διάμετρο των κύκλων, οι οποίοι βέβαια θα εί και αρκεί χκ - 1 = -Υκ, ή + = 1 . ναι ίσοι. Έτσι τα κέντρα των ζητούμενων κύ Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η κλων βρίσκονται στη μεσοπαράλληλη ευθεία ευθεία ε: χ + ψ = 1 . (ε) των εφαπτομένων: β3) Επειδή όλοι οι κύκλοι Cλ είναι ίσοι και τα κέ y = -χ - 1 κα ι ε2 y = -χ + 3 ντρα τους βρίσκονται στην ίδια ευθεία (ε), έπεται ότι αναζητούμε ευθείες της μορφής ζ: y = + β, Εύρεση μεσ οπαράλληλης ευθείας: οι οποίες: Είναι (ε) // ( ) ( ε2 ), επομένως i) Είναι παράλληλες την (ε), δηλαδή � = λε = - 1 ε2 τα οπότε ζ : y = - 1χ + β , ή ζ: χ + y - β = Ο Επιλέγουμε δύο τυχαία σημεία των Α(Ο, - 1) και Β(Ο, 3 ) αντίστοιχα. Τότε το μέσο ii) Η απόστασή τους από το κέντρο Κ των κύκλων Μ(Ο, 1 ) του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ θα είναι να ισούται με την ακτίνα τους, δηλαδή 1 1 . (λ + 1) + 1 · (-λ) - β l σημείο της μεσοπαράλληλης. Έχουμε λοιπόν = ..fi d(K, ζ) = ρ Β)

β1) Η

{

Χκ

Υκ

Ει :

Χκ

ε ι //

Ο,

Υκ

λχ

λε

-1 ε1 ,

με

ε: y - 1 = - 1 (χ - Ο) <::::> ε: y = -χ + 1 <::::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/54

�

..fi

�

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

φής: Κ ( μ, � μ + 1 ) , μ Ο. Γαι μ = Ο έχουμε το ση Προκύπτουν λοιπόν δύο εφαπτόμενες ευθείες, οι μείο τομής A(O,l) των εφαπτομένων, όπου ζι : χ + y + 1 = Ο κα ι ζ2 : χ + y - 3 = Ο ακτίνα των προφανώς διέρχεται και η διχοτόμος. Γαι β 4) Η ευθεία ε: χ + ψ = 1 είναι παράλληλη με τις Επομένως (Κ, η ε κύκλων, είναι: ρ = d ει) = � I μ i . ζι , ζ2 και επιπλέον d ( ζ 1 , ε) = d ( ζ2 , ε) = ρ = .fi. ξίσωση που περιγράφει ζητούμενη οικογένεια Επομένως η (ε) είναι μεσοπαράλληλη των ζι, ζ2 των κύκλων, είναι:( ) 2 μ2 1 2 1 1 - β l = 2 � 1 - β = 2 ή 1 - β = -2 � β = -1 ή β = 3

Τότε, τα κέντρα των ζητούμενων κύκλων είναι της μορ *

δύο

την

ωτό

τη

(χ - μ) + y - -z μ - 1

Άσκηση Sη Α) Να βρείτε την εξίσωση των κύκλων, οι ο ποίοι έχουν κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες τις ευθείες με εξισώσεις ει : y =

Β)

και

= 4 , μ -=1: 0

ε2 : 4χ - 3 y + 3 = Ο

Δίνεται η εξίσωση:

(χ - 2λ) 2 + (y - λ - 1) 2 = λ2 , λ Ε R (1)

Να αποδείξετε ότι η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ Ο και να βρεθούν το κέντρο και η ακτίνα του. Τι προκύπτει για λ = Ο; Jh) Να προσδιορίσετε γ τ. των κέντρων των κύκλων β 3) Να αποδείξετε ότι όλοι οι κύκλοι εφάπτονται σε δύο σταθερές ευθείες ει, ε2 , οι οποίες διέρχο νται από το σημείο Α(0,1). β4) Να αποδείξετε ότι η ευθεία y = i χ + 1 είναι η διχοτόμος της οξείας γωνίας των ευθειών ει, ε2 • Ποια είναι η διχοτόμος της αμβλείας γωνίας τους; β 1) Cλ

το

Λύση Α)

Οι κοινές εξωτερικές εφαπτόμενες των κύκλων είναι δύο ευθείες οι οποίες τέμνονται στο σημείο A(O,l). Ως γνωστόν, οι διχοτόμοι δ 1, δ 2 μιας γωνίας και της παραπληρωματικής της είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από πλευρές τους. Ως εκ τούτου, τα κέντρα K(x0, y0) των ζητούμενων κύκλων βρίσκονται διχοτόμους των γωνιών αυτών των δύο ευθειών. τις

τις

Εύρεση διχοτ όμου γωνία ς δύο ευθειών :

d (K, ει) = d (K, ε 2 ) � I Yo - 1 1 =

l 4x0 - 3y0 + 3 1 25 .fiS

3y0 + 3 = 5(y0 - 1) ή 4Χο - 3y0 + 3 = 5 (y0 1 <=> y0 = � x0 + 1 ή y0 = -2x0 + 1 Άρα: δ 1 : y = !.2 χ + 1 και δ 2 : y = -2χ + 1. �

S I Yo - 1 1 = l 4xo - 3yo + 3 1

4Χο -

�

για κάθε λ Ο, η εξίσωση (1) εκφράζει κύκλο, με κέντρο Κ(2λ, λ + 1) και ακτίνα ρ = l λ l . Αν λ = Ο η εξίσωση περιγράφει το σημείο A(O,l) β z ) Εύρεση γεωμετ ρικού τόπου του Κ(2λ, λ + 1) : Για να είναι το Κ σημείο του τόπου πρέπει και αρ κεί να υπάρχει λεR ώστε: { Υκχκ_-=λ +2λ1 , δηλαδή {λ =λ =Υκ2- 1 για αυτό πρέπει και αρκει z- = Υκ - 1, η Υκ = zι χκ + 1 Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία ζ: ψ = � χ + 1 , εξαιρούμενου του A(O,l) β3) Όλες οι ευθείες που διέρχονται το A(O,l) και έχουν συντελεστή διε6θυνσης α είναι της μορφής: ε: y - 1 = α(χ - Ο) ε: αχ - y + 1 = Ο Η (ε) είναι εφαπτομένη των κύκλων C λ αν και μόι)+ιΙ νο αν, d (κ, ε) = ρ l α·(2λ)-ι·(λ+ = l λl .Jαz +ι Β)

β1) Επειδή λ2

χκ

, χκ

ωτό

�

l λ(2 α - 1) 1 = l λ l ν'α2 + 1 � l λ l 1 2 α - 1 1 - � α2 + ι =

ο�

l 2 α - 1 1 = �α2 + 1 � (2α - 1) 2 = α2 + 1 � 3 α2 - 4α = Ο � α = Ο ή α = �

[

]

Το πρόβλημα θα λυθεί για την (δ1 ) (αντίστοιχη η Επομένως προκύπτουν δύο εφαπτόμενες, οι διαδικασία για την (δ 2 ) ) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/SS

ει : y =

. . ε2 : y = 34 χ + 1 , οι οποιες ειναι α-

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

και

νεξάρτητες του λ. Η κατακόρυφη ευθεία δ : χ δεν αποτελεί λύση για το πρόβλημα, γιατί d ( K, δ ) = 2λ :;e ρ = λ αφού λ :;e Ο .

l l

β4) Οι διχοτόμοι δ 1 , δ2 μιας γωνίας και της παρα

�

πληρωματικής της είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από τις πλευρές τους. Η ευθεία ζ : y = χ + 1 είναι μι από τις δύο διχοτόμους. Στην περίπτωση μας της οξεί ας γωνίας των ει, ε 2 , (γιατί;). Είναι επίσης γνωστό , ότι οι διχοτόμοι δύο εφεξής και παραπληρωματι κών γωνιών είναι κάθετες. Επομένως η διχοτόμος της αμβλείας γωνίας των ει, ε2 (διέρχεται από το σημείο Α(Ο, 1 ) και έχει κλίση - 2) είναι η ευθεία: ζ ': y - 1 = - 2 (χ - 0 ), δηλαδή ζ ': y = - 2 χ + 1

Η οικογένεια κύκλων που βρέθηκε στο Α) ερώτημα είναι η ίδια με την οικογένεια κύκλων του Β) ερωτήματος (αρκεί μ = 2λ). Π αρατή ρηση :

--�

-----·-

ελάχιστη

Η μέγιστη απόστασή τους είναι το μήκος του εuθίηιραμ μσυ τμή ματος ΑΔ = Β Γ = ρ ι + ρ 2 = 2 . Η απόστασή τους είναι το μήκος του ευθύyραμμσυ τμήμα τος ΑΓ = ΒΔ = ρ 2 - ρ ι = 1 . Έτm η διάμετρος των κύκλων C e είναι δ = 1 και η ακτίνα τους ρ = · Επο η εξίσωση των κύκλων C e , είναι: 1 (χ - συνθ ) 2 + (y - η μ θ ) 2 = 4 , θ Ε [0 ,2 π)

�

μένως

Άσκη ση 6η (επέκταση ) Α)

Δίνονται οι ομόκεντροι κύκλοι

( �) , C2 : (0, �)

C 1 : 0,

Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Κ(συνθ, η μθ), θ Ε [0, 2 π) του επιπέδου α2) Να βρείτε την εξίσωση των κύκλων C 8, με κέντρο το Κ και διάμετρο ίση με την ελάχιστη απόσταση των σημείων των κύκλων C 1 και C2 α3) Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι C 8 εφάπτονται τερικά και εξωτερικά στους κύκλους C 1 και C2 αι)

εσω

α ι ) Για να είναι το

Κ σημείο του τόπου πρέπει και

αρκεί να υπάρχει θ Ε [0 ,2 π) ώστε: χκ = συνθ . Υκ = η μ θ

{

Γι αυτό πρέπει και αρκεί ισοδύναμα

x k + yk =

α3 ) Πράγματι έχουμε: ΟΚ =

Λύ ση

χ� = 1 - y�, ή

Χκ

=±

�1 - y� ,

δηλαδή

Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ο κύκλος χ2 + y 2 = 1 , ο οποίος είναι ομόκεντρος με τους κύκλους Cι και C 2 . α2) Για τα σημεία των κύκλων

Cι , C 2 έχουμε:

.Jσυν 2 θ + η μ2 θ = 1 ,

. . Ε πομενως ισχυουν:

ρ 1 2, ρ 2 2 , ρ 2· ρ1 + ρ = ρ 2 - ρ = 1 = Ο Κ ΟΚ = ρ 1 + ρ => ο C εφάπτεται εξωτερικά στον C ι ΟΚ = ρ 2 - ρ => ο C εφάπτεται εσωτερικά στον C 2 Άσκη σ η 7η (επέκτασ η )

Δίνεται κύκλος C 1 (0, ρ) . Σχηματίζουμε τους ομόκεντρους κύκλους Cz (Ο, i) , C 3 (Ο, �) κ.ο.κ. με τη λογική κάθε επόμενος να είναι ομόκεντρος του προηγούμενου του και να έχει τη μισή ακτίνα από αυτόν. α) Να βρείτε την εξίσωση της οικογένειας των κύκλων β) Να υπολογίσετε το άθροισμα των εμβαδών των 10 πρώτων και στη συνέχεια των άπειρων κυκλικών δίσκων που σχηματίζονται.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/56

�, ; , �-

Λύ ση

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

α) Όλοι οι κύκλοι έχουν ως κέντρο το σημείο Οι ακτίνες είναι: ρ,

0(0,0) .

Αποτελούν δε, μία ακολουθία αν όρων γεωμετρι κής προόδου, με πρώτο όρο α1 = ρ και λόγο λ = 1 ο γενικος ' ' ορος ' της προο' δου, ειναι: 2· αν

= «ι · ν -ι = λ

ρ·

(-21 )

ν-ι

1 ρ · zv- ι

ν Ε

Ν*

l 3xo +4y0 -36 l

ρ= . Επιλυοντας το σύστημα των 5 παραπάνω σχέσεων βρίσκουμε: ρ= x0=y0= 3 . Άρα C 1 : (χ - 3 ) 2 + (y - 3) 2 = 9

β) Επίλυση του προβλήματος, επιλέγοντας ως ε φαπτόμενες πλευρές τις ΟΒ και ΑΒ. Τα κέντρα K(x0, y0) των κύκλων που εφάπτονται των ΒΟ, ΒΑ επαληθεύουν την _ l 3xσ + 4y0 - 36 l I Χο l 5

δηλαδή την

y0 = -2x0 +9 ή την y0 = .!..2 x0 +9 .

Οι διχοτόμοι λοιπόν της γωνίας Ο:ΒΑ και της πα και ραπληρωματικής της είναι οι δ 1 : δ2 :

y = .!..2 χ + 9 αντιστοίχως.

y = -2χ + 9

Προφανώς η διχοτόμος της ΟΒΑ έχει αρνητική κλίση δηλαδή είναι η (δι). (το σχή μα έγινε για ρ = 1 και ν = 1 , 2,

(-) ρ 2 -ι

...

, 1 5)

Επομένως, δοθέντος του αρχικού κύκλου, η εξί σωση που εκφράζει τη ζητούμενη οικογένεια κύ κλων, είναι:

χ2 + y2

ν Ε

Έχουμε λοιπόν Κ(λ, 9 - 2 λ), Ο < λ ::::;; 3 και ακτί να ρ = l λ l . Έτσι η ζητούμενη οικογένεια κύκλων έχει εξίσωση (χ - λ) 2 + (y - 9 + 2 λ) 2 = λ2 , ο < λ ::::;; 3 .

Ν*

β) Τα εμβαδά των κυκλικών δίσκων είναι πρ2 πρ2 πρ2 πρ 2 , 4 , 16 , 64 , μία ακολουθία Ε ν όρων γεωμετρικής προόδου, με πρώτο όρο Ε ι = πρ 2 , λόγο ( ι /4)10 -ι ι = 4/3 π ρ 2 (1 - 1/4 ι ο ) = λ 4 και ι = Ε ι ι 4 -ι -

Σ ο

C 1 )

Το άθροισμα των άπειρων όρων μιας απολύτως φθίνουσας γεωμετρικής προόδου, αποδεικνύεται ότι είναι πραγματικός αριθμός και δίνεται από τον τύπο:

Μπορείτε να βρείτε την οικογένεια των κύκλων λο που ο κληρώνει το πρόβλημα, δηλαδή να εφάπτονται σnς άλλες δύο πλευρές του τριγώνου, τις ΟΑ και ΑΒ; Ε ρ ώτη μα:

Άσκη ση 8η

Να βρείτε τον κύκλο C 1 που είναι εγγεγραμ μένος στο ΟΑΒ, με 0 (0, Ο), Α(12, Ο), Β(Ο, 9) β) Με αφετηρία τον κύκλο C 1, να βρείτε την οι κογένεια κύκλων που εφάπτεται στις δύο πλευ ρές του τριγώνου. α)

Λύ ση

α) Έστω K(x0, y0) το κέντρο και ρ η ακτίνα του κύκλου C 1 . Η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι η 3 χ + 4y και ρ= xo=yo , 36 = Ο . Τότε

Ο<χσ<12, O<yo<9

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/57

------

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

-------

Διόρθωση άσκησης 5/ σελίδα 51/ τεύχος 90

χ2 +y2 + 2λχ+2(1+ λ)y+1+2λ = 0 (1), λ

Γ)

ΑΣΚΗΣΗ S

Δίνεται η εξίσωση:

JR " .

Να αποδειχθεί ότι η (1) παριστάνει κύκλο για κάθε λ JR" . Β) Να αποδειχθεί ότι όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η (1) διέρχονται από σταθερό σημείο. Γ) Να αποδειχθεί ότι οι παραπάνω κύκλοι εφάπτονται στην ευθεία (ε) με εξίσωση: Α)

x+y+l = O .

και ( c2 ) οι κύκλοι που προκύπτουν από την (1) για λ = 1 και λ = -2 αντίστοιχα, να δείξετε ότι η εφαπτόμενες από το σημείο Α ( 4 5 ) στον κύκλο ( c 1 ) εφάπτονται και στον κύκλο ( C2 ). Αν ( c 1 )

Δ)

Λύση

Μια ευθεία εφάπτεται σε ένα κύκλο αν και μόνο αν το κέντρο του κύκλου απέχει από την ευθεία όσο η ακτίνα του.

Έχουμε,

d(Κ, ε)

Α = 2λ , Β = 2 { 1 + λ)

και

( 2, 1 )

...

Κ2

Έστω

( - � , -�) = {-λ, -λ - 1)

.J8λ2 = l λi .J2 για κάθε λ JR • . ρ = -2

και

Γ = 1 + 2λ

ακτίνα

( χ0 , y0 ) , τέτοιο ώστε χ0 2 + y0 2 + 2λχ 0 + 2 { 1 + λ) y0 + 1 + 2λ = Ο δηλαδή χ02 + ( y0 + 1 ) 2 + 2λ ( χ0 + y0 + 1 ) = 0 (2) Ζητάμε

σημείο

x 0 2 + ( y0 + 1 ) 2 = 0

για κάθε λ Ε JR * . Για να έχει η εξίσωση (2) (ως προς λ) άπειρες λύσεις (τουλάχιστον δύο) πρέπει και αρκεί:

{

που προφανως

+1 = 0 ισχύει για { χ0 , y0 ) = {(λ -1) . Άρα υπάρχει ζεύγος ( x0 , y0 ) = {0, -1) για το οποίο η εξίσωση (2) Χο + Υο

ρ1

= .J2

και

( η) =

δηλαδή

(

λχ - y + 4λ + 5 = 0

η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας η. Αρκεί να αποδείξουμε ότι: d K1 , ρ • ρ 1 => d K ,

Β)

και ακτίνες

y -5 = λ ( χ+ 4)

κέντρο

με

) ρ = 2 .J2 2 (

αντίστοιχα. Προφανώς η εφαπτόμενη του κύκλου ( c1 ) από το Α δεν είναι κατακόρυφη (γιατί;)

κύκλο

(1)

και για λ -2 προκύπτουν οι Για λ κύκλοι ( c1 ) και ( c2 ) με κέντρα Κ 1 - 1, -2 , Δ)

τότε

παριστάνει

�

Άρα όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εφάπτονται στην ε.

Α2 + Β2 - 4Γ = { 2 λ ) 2 + [2(1 + λ) Τ - 4(1 + 2 λ) = = 8λ 2 > ο για κάθε λ Ε n�: . Άρα η ( ι )

Α) Αν

Ι -λ-1 -λ+ 11'1 2l'l"1l =l 2 =ρ �12 +12 .J2 �ν

αληθεύει για κάθε λ Ε JR * . Το ζεύγος αυτό είναι οι συντεταγμένες του σημείου από το οποίο διέρχονται όλοι οι κύκλοι που παριστάνει η εξίσωση

(1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/58

η) = 2

Μαθηματικά για τη Β 'Λυκείου

Διαγώνισμα στις Ε κθετι κές και λογαρ ιθμι κές συναρτήσει ς

Αργύ ρη Π αναγιώτα

ΘΕΜΑ Α: ΑΙ. Να χαρακτηρίσετε τις προτάσεις που ακολουθούν, γράφοντας στο φύλλο των απαντήσεών σας δίπλα στον αριθμό της κάθε πρότασης Σ στη περίπτωση που η πρόταση είναι Σωστή ή Λ στη περίπτωση που η πρόταση είναι Λάθος.

( F2 ) r ( v'J ) (σελ. 1 64)

Ι.

Η εξίσωση logx= -e

Για τη συνάρτηση

παράσταση της συνάρτησης f(x) = s • διέρχεται απο το σημείο (0, 1 ) (σελ1 64). Η εξίσωση e- • -e- • είναι ταυτότητα ( σχόλιο σελ. 1 65,εφαρμαyή Ι σελ. 1 66) Για κάθε O < a ;e l ισχύει (Iog. a) 20 1 5 = 20 Ι 5 (σελ. 1 74)

4. 5.

είναι αδύνατη . ( εφαρμογή σελ. 183)

f(x) =

α)χ

,ισχύει ότι

Η γραφική

(

)

Σ Σ

(

)

Λ Λ

ι 2 > log 1 ο- ι => Α2. Να βρεθεί το λάθος στο συλλογισμό : 2 > 1 => 2 log Ο, 1 > 1 · log Ο, 1 => log 1 ο=> 1 0-2 > ιο- ι => 0, 0 1 > 0, 1 (εφαρμογή 2 σελ. 184) Α3.Δίνεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = 2 χ και η ευθεία ψ=χ που διχοτομεί τις γωνίες

χΟψ

χ• δψ • .

και Να συμπληρώσετε τα κενά στις ακόλουθες δύο πρότασεις ί) ,ii) : i) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι συμμετρική με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f( x) = 2 χ ως προς την ευθεία ψ=χ. (σελ. 182) ii) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης είναι συμμετρική με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f( x) = 2 χ ως προς τον άξονα ψψ ' . (σελ. 1 65) ι iii) Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης g (x) = 2 χ- + 1 (εφαρμογή 4 σελ. 1 67) ΘΕΜΑ Β: Για τους αριθμούς Ο < α * 1 και χ,ψ,ω >Ο ισχύουν τα εξής : lο gαχ=2 , : lο�ψ=3 , : lοgαω=5 . B l . Ν α υπολογίσετε ω ς συνάρτηση του α τους αριθμούς χ,ψ,ω (Α ομάδα: Ασκήσεις 2, 3 σελ. 1 79) Β2 . Να

αποδείξετε οτι : Α = log α Χ · ψ = Ο (Α ομάδα άσκηση 4 σελ. Ι). Β3.Να aπλοποιήσετε την παράσταση : ω l +lnx ·lnψ·lnω (Β ομάδα άσκηση 1 σελ. 180). e Β=

)

tn (

ΘΕΜΑ Γ: Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)= log(x+2)+ 1 και g(x)=log(x+ 1 ). ΓΙ. Να βρείτε το πεδίο ορισμού των συναρτήσεων f,g. (Ορισμός λογαριθμικής συνάρτησης) Γ2. Να αποδείξετε οτι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f,g δεν τέμνονται (Α ομάδα άσκηση 5 σελ. 1 85) 2 Γ3. Να αποδείξετε οτι ισχύει : f(x ) - 1 2:: g(2x) για κάθε χ> - 1 (Β ομάδα άσκηση 8 σελ. 1 85) ΘΕΜΑ Δ : Σε ασθενή Α που πρσβάλεται απο ιό χορηγείται αντιβιωτικό. Ο αριθμός P(t) των μικροβίων ' 1-α = μειώνεται εκθετικά σε συνάρτηση με τον χρόνο t με βάση τον τύπο : P(t) , t ο χρόνος σε • 1+α ώρες μετά την χορήγηση του αντιβιωτικού και ο αρχικός αριθμός των μικροβίων ΔΙ . Για ποιες τιμές του α συμβαίνει αυτό ; (άσκηση 1 ομάδα Β, σελ. 1 71) Δ2 . Να βρείτε την τιμή του α, αν μετά απο 1 ώρα απο την χορήγηση του αντιβιωτικού ο αριθμός των μικροβίων έχει υποτριπλασιαστεί. (ασκήσεις 7, 9, 1 1 Β ομάδα σελ. 1 72) Δ3. Ασθενής Β προσβάλεται απο τον ιό , την ίδια χρονική στιγμή που ξεκίνησε η χορήγηση του aντιβιοτικού στον Α. Όμως στον ασθενή Β δεν χορηγείται aντιβιοτικό και ο

Ρ0 (

Ρο

.!.

)

αριθμός Q(t) των μικροβίων του ιού αυξάνεται εκθετικά με τον χρόνο t με βάση τον τύπο: Για α =

Q(t) = _Q. · 9 1 • 2

να βρείτε μετά απο πόσα λεπτά (περίπου) οι δύο ασθενείς έχουν προσβληθεί απο τον ίδιο

αριθμό μικροβίων.Δίνεται log2 =0,3 και log3 = 0,477

(άσκηση 3 ομάδα Α σελ. 1 70.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/59

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΝΙΣΟΤΗΤ ΕΣ ΚΑΙ Π ΙΘΑΝΟΤΗΤ ΕΣ

IP ( AnB') = Ρ ( Α-Β ) � min { P ( A ) ,P ( B' ) } I (6) Επίσης ισχύουν και οι τύποι: I Ρ ( Α n Β' ) � Ρ ( Α ) I,

θάνος Χαραλάμπους - Κώστας Βακαλόπουλος

� Ρ( ) � , =Α-Β, Α n Β, Α υ Β, ενδεχόμενα: A'nB=B-A, Α'υ Β , ΑυΒ' , Α'υΒ', Α' n Β' . Θα ασχοληθούμε λοιπόν με την μελέτη

Στη διδασκαλία του μαθήματος των πιθανο τήτων έχει αποδειχθεί ότι οι μαθητές αντιμετωπί ζουν μία σημαντική δυσκολία στην αντιμετώπιση ανισοτήτων της μορφής: α Ε β όπου Ε τα ΑιιΒ

IP ( Α

Β ') s; Ρ (B')I

Ρ ( Α rι Β ) < Ρ ( Α } +2 Ρ ( Β '} ,l + P (A}2 - P (B} II n

και

Ρ ( ΑυΒ ) � 1 => Ρ ( Α ) +Ρ ( Β ) -Ρ ( ΑnΒ ) � 1 =>P ( AnB) 2:: P ( A) +P ( B) -1 . Όμως P (AnB) 2:: 0 . Άρα: l max { O,P ( A ) +P ( B ) -1 } � P ( AnB ) I (1) Επίσης: ΑnΒ ς A => I P ( AnB ) � P ( A ) I και ΑΣΚΗΣΗ 1 Αν Ρ( Α) = ! , Ρ( Β) = ! , δείξτε ότι AnB ς B => I P ( AnB ) � P ( B ) I . 3 4 Ρ { Α ) +Ρ ( Β ) Όμως η πιο ε-, _!�Ρ(Α-Β) ��4 . Άρα: P ( AnB ) � 2 Απ όδ ειξη : Εφαρμόζοντας τον τύπο ( 1 ) για Β το γκλειστη ανισότητα είναι η παρακάτω: Β' έχουμε: IP ( AnB ) � min { P ( A ) ,P ( B ) } I (2) max { O,P ( A ) + Ρ ( Β' ) -1 } � P ( AnB' ) => 2. Για την Ρ (Α Β) . max { P ( A ) -Ρ ( Β ) ,Ο} � Ρ ( Α-Β ) => Ρ ( ΑnΒ ) 2:: 0 => Ρ ( Α ) +Ρ ( Β ) -Ρ ( ΑυΒ ) 2:: 0 {�- �.ο} = lf2- s; Ρ ( Α - B ) l · Αποδεικνύουμε => Ρ ( ΑυΒ ) � Ρ ( Α ) +Ρ ( Β ) . Όμως πρώτα ότι max { O,P ( A ) -P ( B ) } � P ( A-B ) και Ρ ( ΑυΒ ) � 1 . P (A-B) �min { P ( A) ,P { B' )} και μετά aντικαΆρα: I P ( AυB ) � min { 1,P ( A ) + P ( B ) } I (3) θιστούμε: Ρ ( Α-Β ) � min {.!., � } = .!. � . Επίσης: ΑςΑυΒ::::> Ρ ( Α ) �Ρ ( ΑυΒ ) 3 4 3 4 Β ς ΑυΒ ::::> Ρ { Β ) �Ρ ( ΑυΒ ) Άρα: _.!.._ �Ρ ( Α-Β ) � � . Θα μπορούσαμε επίσης Ρ { Α ) +Ρ ( Β) � P ( AnB ) . 4 12 Άρα: να χρησιμοποιούσαμε την ανισότητα: 2 Όμως η πιο έγκλειστη ανισότητα είναι η παρακά Ρ( Α-Β) � Ρ( Β) =� τω: ΑΣΚΗΣΗ 2 l max { P ( A ) ,P ( B )} � P ( A u B) I (4) Έ στω Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου αυτών των ανισοτήτων. 1.

•

Για την P(A n B) .

Π αρατήρ η ση : Ομοίως εργαζόμαστε για τις mθανό τητες των ενδεχομένων:

Α' n Β =Β-Α , Α' υ Β , ΑυΒ' , Α'υΒ',Α'nΒ' .

Στις ασκήσεις που ακολου θούν θα χρ ησιμοπο ι ήσουμε τους τύ πους που αποδείξαμε. Επειδή όμως οι τύποι αυτο ί δεν περιέχο νται στο σχολικό μας βιβλ ίο, πριν τους χρ ησιμοπο ιήσουμε πρέ πει να τους αποδεικνύουμε .

•

m ax

•

( 1 ) για Β το Β' έχουμε: max { O,P ( A ) + Ρ ( Β' ) -1 } � P ( AnB' ) = Ρ ( Α -Β ) l max { O,P ( A) -P ( B )} � P ( AnB' ) =P ( A-B)I (5)

Για την P(A n B') = P(A - B) .

Εφαρμόζοντας τον τύπο

Επίσης από τον τύπο

(2), για Β το Β' έχουμε:

με Ρ(Α) = 31 και Ρ(Β) = 21 .

i) Να αποδειχθεί ότι: !.6 � Ρ ( Α' n Β) � !.2 . ii) Να βρεθεί ποια είναι η ελάχιστη και ποια η μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει η πιθα νότητα του ενδεχομένου: Α n Β .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/60

------

ΥΣΗ: ί)

Α' έχουμε:

m ax

•

Εφαρμόζοντας τον τύπο

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

( 1) για Α το

{ο, Ρ (Α ') + Ρ (Β ) - 1 } ::;; Ρ (Α ' Β ) => 11

P(A')=l- .!_ = � =>

m ax {O, P ( A ' ) + P ( B ) - 1 } ::;; P ( A ' n B )

max{ο,f+Ξ-1} ::;; Ρ (Α' nB) � max{o.�} = �::;; P(A'n B)

•

Α το Α' Ρ( Α' nB) ::;; min{P(A'),P(B)} � !.} � Ρ(Α' n Β) ::;.; min{1-.!..3 2 Ρ( Α' n Β) ::;; min {3.3 .-!2-} = _!_2 Ρ( Α' n Β) ::;; .!_3 Άρα: _!_::; ; Ρ( Α' n Β) ::;; _!_2 6

Εφαρμόζοντας τον τύπο (2) πάλι για έχουμε:

Σημείωση 1: Για την απόδειξη του 2°0 μέλους της παρα πάνω ανισότητας θα μπορούσαμε να -χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή ιδιότητα : I\ nΒςΒ=>Ρ( I\ nB} ::;; Ρ( Β) =>Ρ( I\ nB}

::;;�

Σημείωση 2: Το 1° ερώτημα μπορούμε να το αποδείξου με και μετατρέποντας την ζητούμενη σχέση σε άλλη ισο δύναμή της, -χρησιμοποιώντας τις ιδιότητες λογισμού των πιθανοτήτων. Πράγματι: 1 Ι 1 1 - ::;; Ρ(Α' n B) ::;; - � - ::;; P(B) - P(A n B) ::;; - � 2 6 6 2 Ι Ι Ι Ι - ::;; - - P(A n B) ::;; - � - ::;; -P(A n B) ::;; Ο � 6 2 2 3 Ο ::;; Ρ(Α n Β) ::;; .!. . Όμως

επειδή

AnB ς Α

ισχύει:

Ρ(Α n Β) :2: Ο (προφανής) P(A n B) ::;; Ρ(Α)

και

=±

( 1) έχουμε: max{O, P (A)+ Ρ(Β)-1} ::;; P(AnB) � mιx{<\��-1}::;;�AnB)�ιmx{o.-i}=lo::;; P( AnB)j

ίί)

Σύμφωνα

Επίσης

με

από

τον

τύπο

(2)

έχουμε:

Ρ(Α n Β) ::;; min{.!.,_!_} � Ρ( Α n Β) ::;; .!_3 . 3 2

Από

τις

ότι:

παραπάνω

σχέσεις

προκύπτει

::;; Ρ (Α n Β) ::;; .!_.3 Η ισότητα: Ρ (Α n Β) = ισχύει αν τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ξένα μεταξύ τους και η ισότητα Ρ (Α n Β) = .!. ισχύει αν 3 Α Β οπότε Α n Β = Α. Άρα η ελάχιστη τιμή της Ο

-------

πιθανότητας του ενδεχομένου

, τιμη, του ειναι , 31 . μεγιστη

ΑnΒ

είναι Ο και η

ΑΣΚΗΣΗ 3 Έστω Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Ρ( Α) = ! και Ρ(Β) = .! να αποδειχθεί ότι: 5 7 32 �7 ::;; P(A u B') ::;; 3 5 • ΛΥΣΗ: Εφαρμόζοντας τον τύπο (3) για Β το •

Β' έχουμε: Ρ(Α υ Β') ::;; min{1,P(A)+P(B')} � Ρ( Α υ Β') ::;; min{1,P(A)+ 1-Ρ(Β)} � Ρ(Α υ Β') ::;; min{1.�+ 1-�} = min{1. �� } � Ρ(ΑυΒ') :ς 3235 Εφαρμόζοντας τον τύπο (4) πάλι για Β το Β' έχουμε: max{P(A),P(B')} ::;; Ρ(Α υ Β) � max{P(A),1 -P(B)} ::;; Ρ(Α υ Β') � max{�.1-�}::;; Ρ(Α υ Β' ) � max{�· %} = = lf ::;; Ρ (Α B')l Άρα: % ::;; Ρ(ΑυΒ') ::;; ��

•

ΑΣΚΗΣΗ 4 Για τα ενδεχόμενα Α, Β του ίδιου δειγματικού χώρου Ω ισχύουν Ρ(Β') = !4 και P(A u B) = 25 . 13 ::;; Ρ( Α) ::;; 2. Να αποδειχθεί ότι: 20 5 ΛΥΣΗ: Στην άσκηση αυτή δεν θα εφαρμόσουμε

τους παραπάνω τύπους αφού η πιθανότητα που ζη τείται δεν είναι της τομή ή ένωση ενδεχομένων. Όμως θα εφαρμόσουμε την ίδια «λογική» που χρη σιμοποιήσαμε για να αποδείξουμε τους παραπάνω τύπους. • •

ΑςΑυΒ=*(Α)::;;�ΑυΒ) 4�Α)::;�; � Επίσης: jo ::;; P(AnB)j::;; 1 � Πράγματι:

P ( B ) = l - �= t

Ο ::;; Ρ ( Α ) + Ρ (Β ) - Ρ (Α Β ) ::;; 1 => 1 3 ::;; 1 => Ο ::;; Ρ (Α ) + -3 - -7 :5; 1 => Ο ::;; Ρ (Α ) - u

.------.

νω ανισότητα θα μπορούσε να έλειπε το 2° μέλος)

Άρα :

1 3 ::;; Ρ (Α ) ::;; -7 20

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/61

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

------- Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου -----Επαναληπτι κές Α σκήσεις

Κεφαλάς Νίκος [Μυτιλήνη]

ΘΕΜΑ 1 °

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)=21nx+x -2χ και g(x)=(2x-4)1nx-x με χ>Ο και οι μιγαδικοί z=21nx-xi, και w=l-(x-2)i που μεταβάλλονται συναρτήσει του χ. Α. α. Να βρείτε τα όρια: lim f(x) , lim f(x) β. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει α κριβώς μια ρίζα. γ. Αποδείξτε ότι υπάρχει μοναδικό χ >Ο ώστε lz + wl = lz - wl Β. α. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της C στο σημείο A(l, -1 ). β. Να aποδείξτε ότι για κάθε χ>Ο ισχύει Im(z w )2': -3 χ+2 γ. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό ξ>Ο ώ στε η εικόνα του μιγαδικού z+w, όταν χ=ξ, να βρίσκεται στη διχοτόμο y=x 2

X-t+OO

Χ-)ι0+

Λύση Α. α.

Είναι: lim f(x)= lim(2ln x+x2 -2χ)=-οο και lim f(x) = lim (2lnx + χ 2 -2χ) = αφού lim ln χ = και lim (χ 2 -2χ) = +οο . β. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+ οο) με - χ2 2χ- 2 - 2χ 2 -χ2χ + 2 f(χ)--+ αφού το τριώνυμο 2χ 2 -2χ+2 έχει διακρίνουσα Δ<Ο. Άρα f(x)>O, οπότε η f είναι γνησίως αύξου σα στο διάστημα (Ο,+οο) . Το σύνολο τιμών της f είναι: ( ( lim f(x), lim f(x)) = ( , ) . Επειδή ο αριθμός Ο περιέχεται στο σύνολο τιμών της f , η εξίσωση f(x)=O έχει (θετική) ρίζα. Τέλος, λόγω της μονοτονίας της f, η ρίζα είναι μοναδική. γ. Είναι: l z +w l = l z - w l � (z+w)(� +w) =(z -w )(� - w) � ..... Re(z w) =Ο, (1) z w =(2lnx-xi)[1 +(x-2)i] και =2lnx+2lnx(x-2)i-xi+x(x-2), οπότε για την από δειξη του ζητούμενου, αρκεί, λόγω της ( 1) να αποδείξουμε ότι η εξίσωση + 2 - δη λαδή η f(x)=O, έχει μοναδική θετική ρίζα' κάτι που προκύπτει άμεσα από το ερώτημα β . Β. α. Η g είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, + οο) με 2χ -4 -1 = 2 ln x + 1- -4 , g '(x)=2lnx + -χ χ χ -+

+«>

χ --+

+«>

χ�+

χ �+

χ -+

+οcι

+«>

+οcι

χ -+ +«>

χ -+0+

χ -+

+ω

-οο +οο

2 ln χ

2χ = Ο Χ0,

Επιπλέον, g(1)= -1 και g '(1)= -3, οπότε η εξίσω ση της εφαπτομένης της Cg στο A(l ,- 1) είναι: y-g(1)=g '(1)(x-1), δηλαδή y+ 1 = -3(χ-1) και τε λικά y= -3χ+2 β. Είναι: Im(z w )=2(x-2)lnx-x=g(x) και 2 -4 Ο για κα' θε χ>Ο. Άρα η g ει'ναι g " (χ)=-+ χ χ2 κυρτή στο (Ο,+ οο ), οπότε η γραφική της παράστα ση θα είναι από την εφαπτομένη της στο Α και πάνω, δηλαδή g(x) 2': -3χ +2. Επομένως,Ιm(zw) :::: -3χ + 2 . γ. Για τους μιγαδικούς z+w έχουμε: = 2 ln x + 1 - χί - (χ - 2)i = 2 ln x + 1 + (-2χ + 2)ί οπότε οι εικόνες τους είναι τα σημεία (2lnx+ 1, -2χ+2), με χ>Ο. Για την απόδειξη του ζητούμενου, αρκεί να δείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό ξ>Ο ώστε 21ηξ+ Ι=-2ξ+2. Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(χ)=21ηχ+2χ-1, χ>Ο. Είναι: lim φ(χ) = -οο και lim φ(χ) = +οο . Επιπλέον, η φ είναι παραγωγίσιμη με φ ' (χ)= �χ + 2 και φ '(χ)>Ο, οπότε το σύνολο τιμών του είναι ( οο, ) . Επειδή ο αριθμός Ο περιέχεται στο σύ νολο τιμών της f, υπάρχει ξ>Ο οπότε φ(ξ)=Ο και αφού φ γνησίως αύξουσα στο (Ο,+οο) αυτό θα είναι μοναδικό. >

z+w

0 χ -+ +

χ -++οο

+οcι

Θέμα 2°

Έστω συνάρτηση f ορισμένη στο R με f"(x)=f'(x)+ l με f(O)=l και f(x) 2': 1 για κάθε χ Ε R και οι μιγαδικοί z=ln(e -f(x))+iλ και w=l-i(f(x)+x), λΕR. α. Αποδείξτε ότι ο τύπος της f είναι f(x)=e -χ β. Αποδείξτε ότι η Cr δέχεται μία aσύμπτωτη. γ. Αποδείξτε για κάθε λ Ε R υπάρχει μοναδικό χ >Ο ώστε zwΕR. χ

Λύση α.

Παρατηρούμε ότι f(x)2': f(O) για κάθε xER, οπότε απ ' το ' Θ.Fennat' είναι f(O)=O Είναι: (f(x)) =(f(x)+x) => f(x)=f(x)+x+c. Για χ=Ο προκύπτει ότι c= -1 και συνεπώς f(x)=f(x' )+x-1 =>' f(x)-f(x)=x-1 => (f(x)e -x ) =(-xe -x ) => f(x)e -x = -xe -x +κ Για χ=Ο προκύπτει ότι κ=1 και συνεπώς f(x)=e χ για κάθε χ Ε R. β. Επειδή η f είναι συνεχής, η γραφική της παρά σταση δεν έχει κατακόρυφες aσύμπτωτες. Για aσύμπτωτες με κλίση λ έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/62

-------

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου -------

ex -χ = lim (.::_ - 1) =-1 = λ = lim f(x) lim χ χ χ και lim (f(x)-χ) = lim (f(x) +χ) = Ο. Επομένως, η ευθεία y= -χ είναι πλάγια ασύμπτωτη της C στο -οο · Επιπλέον, Ιίm f(xχ ) = lim ex χ-χ = lim (.::_χ _ 1) = +οο . Άρα, η Cr δεν έχει ασύμπτωτη με κλίση στο + οο γ. Είναι: zw=(lnx +iλX1-iex )=lnx-iex lnx +iλ+λex και z w ε � -ex lnx+λ=O . Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(χ)= ex 1n χ-λ , χ>Ο.Η φ είναι παραγωγίσιμη για χ>Ο, με φ '(x)= e'lnx+e" �χ =e"(]nx-r!χ)>O διότι, αν στη σχέση lnx ::::; χ - 1 θέσουμε όπου χ το , , -χΙ προκυπτει οτι, 1 χ + χΙ . Άρα η φ ειναι γνησίως αύξουσα και επειδή είναι και συνεχής στο (Ο,+ οο ), το σύνολο τιμών της είναι το � , αφού lim φ(χ) = και lim φ(χ) = Προφανώς Ο ε ( +οο), οπότε υπάρχει Ο , που είναι μοναδικό λόγω της μονοτονίας της φ, ώστε φ(χ )=Ο δηλαδή υπάρχει >Ο ώστε z· w ε � . ΘΕΜΑ 3° Αν οι μιγαδικοί z και w ικανοποιούν τις σχέ σεις: zz = l z l + l (1) χ-+-«>

χ+-οο

χ-+-«>

χ-+-+«>

�

Χ--+0+

-οο

+οο .

Χ-+-+«>

-οο ,

Χ0 >

Χ0

•

;;:: Ι

2 1 - 2z

w= z - 2 (2) τότε: α. Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των ανήκουν σε κύκλο με κέντρο το 0(0,0) και ακτίνα ρ=l. β. Να αποδείξετε ότι: Ο ::::; l z -wl ::::; 2 . γ. Να βρείτε του μιγαδικούς z και για τους ο ποίους επιπλέον ισχύει l z -wl =Ο δ . Να δικαιολογήστε γιατί η μέγιστη τιμή του l z -wl δεν είναι 2. ε. Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του l z -wl και τους μιγαδικούς για τους οποίους αυτή επιτυγ χάνεται. •

Λύ ση

Έχουμε: l zl = - -2Ι � l zl = 1, ενώ (2) => wz-2w = 1-2z => z(w+2)= I+2w => z = 1w+ +2w2 => l zl = 1 1w+ +2w2 = 1 => I I +2w l = l w+21 α.

=> (1+2w)(1 + 2w) =(w + 2)(w+2) => ... Ι w l = 1 Άρα, οι εικόνες των w ανήκουν σε με κέντρο το 0(0,0) και ακτίνα ρ=l. β . Η αριστερή ανισότητα προφανώς ισχύει, αφού το μέτρο ενός μιγαδικού είναι πάντα μεγαλύτερο ή ίσο με το μηδέν. Σε ότι αφορά στην δεξιά ανισότητα, από την τριγωνική ανισότητα έχουμε: l z -wl ::::; l zl + l w l =2 γ. Είναι: l z -wl =Ο� z . Με z=w έχουμε: , (2) w= I+2w ·W +2 w 2 = 1 w = ±l , οποτε αν τότε z=1 και αν w= -1 τότε z=-1. w=1 δ . Αν για κάποιους μιγαδικούς z, w ισχύει l z -wl =2 τότε, επειδή οι εικόνες τους κινούνται στο κύ κλο με κέντρο το (0,0) και ακτίνα ρ=1, θα είναι aντιδιαμετρικές οπότε z= -w και - 2z z2 -4z+ 1 =Ο :::> z=2± ί -/3 (2) => -z= Ιz-2 l zl = .J7 1, ενώ l zl = 1 (άτοπο). Άρα, η ισότητα l z -wl =2 δεν ισχύει ποτέ, οπότε ο αριθμός 2 δεν είναι μέγιστη τιμή του Ι z-wΙ . 1-2z z2 -1 ε. Έχουμε: l z -wl = z--- = I z-2 z-2 Αν z=x + yi τότε, Ι z l= 1�x2 +y =1 με χ,yε[-1, 1] και z2 -1 = χ 2 -y2 + 2xyi - 1 = 2χ 2 -2 + 2xyi , z-2 =(x-2)+yi. Είναι φανερό ότι το l z - wl γίνεται μέγιστο όταν και μόνον το l z -wl 2 γίνει μέγιστο. Είναι: 2 -1 2 -_ (2x2 -2)2 +4x 2 y2 = -4χ 2 +4 l z -wl 2 _- zz-2 (x -2)2 +y2 5-4χ Θεωρούμε τη συνάρτηση 2 +4 με -1::;χ::;1 . f(x) = -4χ5-4χ , με f ' (χ)= 8 2xz _-5χ + 2 Η f ει,ναι παραγωγισιμη (5 4χ ) 2 και, όπως εύκολα βρίσκουμε, παρουσιάζει μέγιστο 1 , ισο , και το I z-w I , με 1 οποτε για χ=-και 2 ειναι ' μεγιστο ' για χ= 21 με τη μεγιστη ' τιμη' να γινεται ' με 1 . Για χ=-2Ι ει'ναι y= J32 ει'ναι ιση Αν z= _!_2 + J32 ' τότε w = 3-J3....; 3 . = ... και --+-ι 2 2 ιcύκλο

�

1 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/63

±- .

ι;; ;::=-

----

' αν z= 21 J32 τοτε = 3 J3ν 3 . --2 2 -ι - - -

---=--

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

ι;;

•

ii. (1 + eα )(l + eΎ ) > (1 + e11 )2 Λύ ση α. Η f IR

ορίζεται στο και είναι παραγωγίσιμη με 1 ex f ' (x)= -- -1=- -- < 0. 1 +ex 1 +ex Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR . e >0. Η f παραγωγίζεται στο IR με f ' (x) (l + e Υ Άρα η f στρέφει τα κοίλα άνω . Η f ως συνεχής και γνησίως φθίνουσα έχει σύνολο τιμών το f( IR )=( lim f (x), lim f ( x ) )= (Ο,+ οο) αφού lim f(x) = lim [ln(1 +e ) - lne ] = Ιιm. ln 1+eex x = ιm u= ln1 = διοτι' αν 1+eex x ' ιm 1 +exe ιm (1(+exe)' ) = ιm -eex = 1 τοτε και lim f(x) = lim [ln( l+e' )-χ] =+οο αφού lim ln( 1 + ex ) = lim lnu=O. β. Είναι: lim f "(x) = lim (1 +eex X ) 2 = Ο αφού lim ex = Ο και 1im (1 + ex )2 = 1 οπότε η ευθεία y=O (δηλαδή ο άξονας χ'χ είναι οριζόντια aσύμπτωτη). Επιπλέον, lιm. f "(χ) = lιm. (1 +e•eX γ lιm. 2ex (1e•+ ex ) = lim 2(1 +1 ex ) = 0 οπότε η ευθεία y=O (δηλαδή ο άξονας χ 'χ είναι χ

χ �+<ο

χ�-

ι·

χ-+-+«>

χ �+<ο

u�l

Χ � --<0

;;;

-- =

ι·

χ-+-+«>

Χ � --<0

l+ex =u

u�l

χ-+-«>

Χ � --<0

Χ � -<0

χ �-α::ι

�

χ �-

Χ -+-+«>

χ-+ -+«>

οο

Χ0

Χ0 Ε

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)=ln(l + e• )-χ α. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία τα κοίλα και να βρεθεί το σύνολο τιμών της. β. Να δείξετε ότι ο άξονας χ 'χ είναι οριζόντια aσύμπτωτη της f '' στο - οο και στο + οο γ. Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις της Cr και της διχοτόμου της πρώτης γωνίας των αξόνων τέμνονται σε ένα ακριβώς σημείο στο διάστημα (0,1). δ. Να αποδείξετε ότι f"( e • ) <f"( χ 2 + ι ) για κά θε χ>Ο. ε. Αν α, β, γ IR με α < β < γ ώστε 2β=α+γ να αποδείξετε ότι: i. f(α) + f(γ) > 2f(β)

Χ -Η«>

οριζόντια aσύμπτωτη). γ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει μοναδικό (0, 1) : f(X0 ) = Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f(x)-x, χ IR . Η g είναι συνεχής στο [0, 1] ως διαφορά συνεχών συ ναρτήσεων με g(0)=1n2>0 και g(1)=1n(l+e)-2=1n(1+e)-1ne2 = ln 1 e+2 e <Ο αφού 1 + e <1, καθόσον 2<e<3�1+e<4<e2 . e2 Εξάλλου g '(x) = f '(χ)-1 < Ο, δηλαδή gJJR οπότε από το Θ.Bolzano υπάρχει (0, 1) ώστε g(xo)= O , δηλαδή f(x0)=x0 και επειδή η g είναι γνη σίως φθίνουσα, ο αριθμός χ0 είναι μοναδικός. e x 2 και δ. Είναι f '(x) (1 + e )

Χ -++«>

----

Χ0 Ε

f'"

2 e')-2e• ] l+e (χ) - e' ( 1 +e' ) -2e' ( ')e' e' (l+e.)[(l+ x (l+e )2 (l+e' ? _

e• (1+e.X1-e ----' -(1+e....x ).. .;...;. 2 ..x.,....-- )..;.. < 0 αφού: >Ο e">e0 =1�1--e' <0. Άρα η f' ' είναι γνησίως φθίνουσα στο (0, +οο) και επειδή η f' είναι συνεχής στο Ο η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, οο ). Για να ισχύει λοι πόν η σχέση f'( e • ) <f '( χ2 + 1) αρκεί e" > χ 2 + 1, (1) αφού ex , χ 2 + 1 [Ο,+οο) . Θεωρούμε τη συ νάρτηση φ(χ)=e - χ2 -1 x E !R . Είναι φ'(χ)= e• -2χ και φ (χ)= ex -2, οπότε η φ' παρουσιάζει ελάχιστο στο = 2 και συ νεπώς, φ'(χ) � φ'(Ιη2) =e1" 2 -2ln2 = 2-ln4 = ln e2 -ln 4 = e42 Ο αφού e42 1 Άρα η φ είναι γνησίως αύξουσα στο IR , οπό τε: χ>Ο :::::> φ(χ)>φ(Ο)=Ο � (1). ε. i. Είναι β-α=γ-β και από Θ. Μ . Τ σε καθένα από τα διαστήματα [α, β] και [β, γ] θα υπάρχουν αντι στοίχως ξ1 (α, β) και ξ2 (β, γ) ώστε f(ξ , ) = f(β)β--αf(α) και f(ξz ) = f(γ)γ -- fβ(β) Όμως f ' J JR , οπότε: ξι <ξ2� f(ξ1) < f(ξ2 ) f ( β ) f ( α ) <f ( γ ) -f ( β ) � f(α) + f(γ) > 2f(β) ίί.'Εχουμε: f(α) + f(γ) > 2f(β) � Ιη(1+eα)-α+ ln(1+er )-γ > 2 1η(1+eβ )-2β + er) >0�(1 +eα)(1+eY)>(1+eβ )2 • �ln (1 +eαΧ1 (1+ � ) χ

�

1n - >

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/64

Χ0

---

Ε υ κλεlδης

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προ βλήματα και οι λύσεις και ο κύ ριος λόγος

π ροτεlνει

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ -

ΑΣΚΗΣΗ 228 (τΕΥΧΟΥΣ

90)

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ = α και Β = Γ = 40° . Προεκτείνουμε την ΑΓ κατά τμήμα ΑΔ = ΒΓ . Να αποδειχθεί ότι είναι: ΓΒΔ = 1 0° . ( Γιώργος Κυριακόπουλος - Βόλος ) Λ

Βλέπε άσΚ!Jση 2 18 του τεύχους 88 . (

ΑΣΚΗΣΗ 229 ΤΕΥΧΟΥΣ

90 )

Να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε συνεπίπεδα διανύσματα α , β , γ , δ με α + β + γ + δ = ισχύει η σχέση: /�/ + /ίi/ + /1/ + /δ/ � /� + δ/ + /ii + δ/ + /Ύ + δ/ . (Αντώνης Ιωαννίδ η ς - Λάρισα ). ΛΥΣΗ ( Ρο δ όλφος Μπόρης - Δάφνη ) Διαπιστώνουμε εύκολα ότι αν ένα τουλάχιστον των διανυσμάτων α, β , y , δ είναι το μηδενικό διάνυσμα τότε η αποδεικτέα ισχύει ως ισότητα. Δεχόμαστε ότι τα διανύσματα αυτά είναι μη μηδενικά. Επειδή είναι και συνεπίπεδα σε καθένα από αυτά αντιστοιχεί ένας και μοναδικός μιγαδικός αριθμός. Υποθέτουμε ότι στα α , β , y αντιστοιχούν οι μιγαδικοί Ζ ι , z 2 , z 3 . Από τη σχέση α + β + y + δ = δ = -(α + β + y) δηλ. στο διάνυσμα δ αντιστοιχεί ο μιγαδικός αριθμός - (z ι + z 2 + z 3 ) και η αποδεικτέα να γράφεται: -

�

ο =>

• • •

ύπαρξης του προ βλήματα».

μαθηματικού

είναι

να

λύνει

P. R. HALMOS

Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ Λ ΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖ Ι Ο Σ

wι + w 2 + w3 = 1

(2) ,

l w ι + w 2 + w3l = l

(3)

και η αποδεικτέα σχέση παίρνει τη μορφή:

lw ι Ι + lw :z Ι + lw 31 + ι � lw :z + w 31 + lw ι + w 31 + + lw ι + w 2 I η οποία λόγω της (2) γράφεται: lw ιl + lw :zl + lw 31 + 1 � lt - wιl + lt - w:zl + lt - w31

και ισοδυναμεί με την τετραγωνισμένη σχέση:

2 2 2 lw ι l + lw :zl + lw 3 1 + 2lw ιw:zl + 2lw ιw:zl + 2lw 2 w31 + 2<lw ι l + lw 2 1 + lw 31) + ι� lt - wιl 2 + ll - w 2 1 2 + 2 lt - w31 + 21(1 - Wι )(l - W 2 )1 + 21(1 - Wι )(l - W 2 )l + 2 1(1 - wι )(l - w 2 )1 (4) Επειδή για i, j, k Ε {1,2,3} ί * j * k * ί ισχύουν : 2 2 l w 1 1 = w 1 w 1 (5) , lt - w 1 1 = (l - w 1)(1 - w 1 ) = (1 - w 1 )(1 - w 1) = 1 - 2 Re(w 1) + lw 1 1 2 (6) (2) l(l - w 1 )(1 - w J )I = lt - (w 1 + wi ) + w 1 w J I =

= lw + w 1 w J I η (4) ισοδυναμεί με τη σχέση: 2 2 2 lw ιl + lw 2 1 + lw 31 + 2lw ιw 2 1 + 2 lw ιw 2 1 + 2lw :zw31 + 2(lw ι l + lw 2 l + lw 3 l) + 1 � 3 - 2 Re(wι + w 2 + w3 ) 2 2 2 lw ιl + lw 2 1 + l w 31 + 2 lw ι + w 2 w31 + 2lw 2 + wιw31 + 2 lw 3 + w ι w 2 1 <=> lw ι w 2 1 + lw ι w 2 1 + lw 2 w 3 1 + lw ι I + lw :zl + lw 31 � 1 - Re(w ι + w 2 + w 3 ) + + lw ι + w 2 w31 + 1 w 2 + wιw31 + 1w 3 + wιw 2 1 <=> l w ι w 2 l + l w ι w 2 l + l w 2 w 31 + l w ι I + l w 2 l + l w 31 � lw ι + w 2w31 + 1w 2 + wιw31 + 1w 3 + wιw 2 1 (7) αφού από τη σχέση (2) έχουμε: wι + w 2 + w3 = ι => 1 - Re ( wι + w 2 + w3 ) = 1 - 1 = 0 . k

σχέση (7) ισχύει από την τριγωνική ανισότητα l w I + lw 1 w J I � lw + w 1 w J I , ί, j, {1 ,2,3} και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/65

------ Ο Ευκλείδης προτείνει

πρόσθεση κατά μέλη των τριών ανισοτήτων. Λύση με καθαρώς διανυσματική αντιμετώπιση έστειλε ο Πύργος . (τΕΥΧΟΥΣ 90)

Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με μήκη πλευρών α , β , γ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O, R) . Αν Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου και οι ευθείες , ΒΗ , ΓΗ τέμνουν τον κύκλο στα σημεία Αι ,Βι ,Γι ,αντιστοίχως, να αποδειχθούν οι σχέσεις: α2β 2γ 2 1) 3 6ρ , όπου ρ η ακτίνα (ΗΑι )(ΗΒ ι )(ΙΠΊ ) του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο ΑΒΓ. ΑΗ

�

Ε ΑΒ1ΓΑ1ΒΓ1 � R .

α+β+γ

-------

(αφού R � 2 ρ από τη σχέση του Euler με την

Διονύσης Γιάνναρος -

ΑΣΚΗΣΗ 230

• • •

ισότητα να ισχύει για ισόπλευρο τρίγωνο)

Επειδή τα Αι ,Βι , Γι είναι τα συμμετρικά του Η ως προς ,τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ έχουμε: ΕΒΑ Γ = ΕΒΗΔ , ΕΑΒ Γ = ΕΑΙΠ" , ΕΑΓ Β = ΕΑΗΒ (λόγω ι ι ι της ισότητας των αντιστοίχων τριγώνων) οπότε: 2)

Ε ΑΒ1 ΓΑ1 ΒΓ1 = 2Ε ΑΒΓ α+β+γ

α+β+γ

2τ ρ 2τ

=ρ�

(Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι) ΛΥΣΗ (Ο μάδα προβλη μάτων Ιδιωτικού υκείου «Παναγ α Πρου σιώτισσα» ί

Αγρίνιο).

Λύση έστειλαν: Δή μος Παπαδόπουλος -Έδεσσα, Ροδόλφος Μπόρης -

-Πύργος , Πάτρα, Νικόλαος Κρήτης ,

Δάφνη,

Διονύσης Γιάνναρος

Γεώργιος Τσιώλης -

Τσάκ ας -

Τρίπολη, Άγιος - Λάρισα, Θ ω μάς

Άγγελος Στρατήγης Αντώνης Ι ω αννίδης

- Ρόδος. Παρατήρηση της στήλης: Ως γνωστόν η σχέση

Γιάννης Περδικ άρης

R � 2ρ προκύπτει από τη σχέση του Euler: 2 ΟΙ = R(R - 2 ρ ) � Ο , που δίνει την απόσταση

περικέντρου Ο - έκκεντρου Ι ενός τριγώνου. Ο συνάδελφος δίνει μια άλλη απόδειξη που στηρίζεται στο εξής θεώρημα:

Διονύσης Γιάνναρος

(Ευκλείδειος Γεωμετρία Σπύρου Κανέλλου)

α,β,γ είναι μέτρα πλευρών τριγώνου Τα Αι , Β ι , Γι είναι τα συμμετρικά του Η ως ανΟικαιαριθμοί μόνον αν υπάρχουν θετικοί αριθμοί προς τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντιστοίχως. τέτοιοι, ώστε: α = β = γ = Έτσι: ΗΑι = 2ΗΔ = 4RσυνΒσυνΓ , οπότε Έτσι, για τα στοιχεία ενός τριγώνου ΑΒΓ έχουμε: «

x,y,z

y+ z,

z + χ,

χ+Υ»

�------�

RVεΦ 2 ΑεΦ 2Β εΦ 2Γ = RV<εΦΑ + εΦΒ + εΦΓ ) 2

(1)

Από την ανισότητα του Jensen σε κάθε οξυγώνιο τρίγωνο ισχύει: εΦΑ εΦΒ εΦΓ 3εΦ � Γ π = 3εΦ = 3 J3 (2 ). Από τις ( 1 ) και (2 ) έχουμε: 3 +

�

Α+

Ε = �τ(τ - α)(τ - β)(τ - γ) �(x + y + z)xyz (x + y)(y + z)(z + x) = R = αβγ 4Ε 4 �(x + y + z)xyz ' =

ρ=-=

� . Κατα' συνεπεια, , ειναι: , yz

x+y+z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/66

+ + + R = 4�(x + y + z)xyz - 4�(x + y + z)xyz =

------

(χ y)(y z)(z χ) >

8xyz

= 2 � = 2ρ =:> R ';2: 2ρ . v� ΑΣΚΗΣΗ 231 (τΕΥΧΟΥΣ 90) Δίνεται τρίγωνο

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

αποδειχθεί ότι:

κάθετη στην ΑΓ στο

ΑΒΓ. Να βρεθεί σημείο Μ Λ

σΦθ = σΦΑ + σΦΒ + σΦΓ

(Γιώργος Τριάντος -

ΛΥΣΗ (

Γ. Ονομάζουμε Ο την τομή

προσδιορίζουμε τα κέντρα Σ και Λ των κύκλων ΑΜΓ και ΑΜΒ αντιστοίχως και γράφουμε τους

κύκλους το

Μ.

(Σ , ΣΑ ) και (Λ ,ΛΒ) που διέρχονται από

Απόδ ειξη. Από κατασκευή είναι:

Τ ρίπολη )

ΒΓ και την

τους και γράφουμε τον κύκλο (Ο , ΟΓ ) . Ομοίως

Αθήνα ).

Γιώργος Τσιώλης -

εφάπτεται της ΒΓ στο σημείο Β. Άρα, το σημείο Σύνθεση : Φέρουμε τη μεσοκάθετο της

ΜΒΓ ΜΓΑ = θ και στη συνέχεια να =

περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΜΒ Μ βρίσκεται στη τομή των τριών κύκλων.

εσωτερικό του τριγώνου τέτοιο, ώστε να ισχύει: ΜΑΒ

------

και

ΜΓΑ = ΜΑΒ

οπότε

ΜΒΓ = ΜΓΑ

ΜΒΓ = ΜΓΑ = ΜΑΒ

(το Μ είναι γνωστό ως το σημείο του Brocard)

[ Παρατήρηση της στήλης:

Για την εύρεση του

ση μείου Μ δεν χρειάζονται οι δύο από του ς τρείς κύ κλου ς παρά μόνον ένας από αυτούς και μία

κ ατάλληλη ευ θεία. Πράγματι. Αν η κύ κλο

(Ο , ΟΓ )

στο σημείο Ζ τότε

ΑΜ τέμνει τον

ΓΖ // ΑΒ

αφού

ΒΑΜ = θ = ΜΓΑ = ΜΖΓ ΑΖΓ . Έτσι, αρκεί να γράψου με τον κύκλο (Ο , ΟΓ ) , να ονομάσου με Ζ I I I I I

την τομή του κύκλου αυ τού με την εκ του παράλληλη στην

Μ το ζητούμενο σημείο.

Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο του Λ

(Ο , ΟΓ )

2) Αν είναι Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ και τομή της ΑΖ με τον κύκλο

τριγώνου

ΑΒ και να φέρου με την ΑΖ. Η

ζητούμενο ση μείο

1) Ανάλυση : Έστω

ΒΜΓ. Επειδή ΜΒΓ = ΜΓΑ = θ

η πλευρά ΑΓ εφάπτεται του κύκλου ΑΜΒ στο σημείο Γ. Συνεπώς, το κέντρο Ο του κύκλου βρίσκεται στη τομή της μεσοκαθέτου της ΒΓ με την κάθετη στην ΑΓ στο σημείο Γ. Ομοίως, ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΜΓ εφάπτεται στην ΑΒ στο σημείο Α ενώ ο

είναι το

Μ. ]

Ε 1 , Ε 2 , Ε3 τα εμβαδά των τριγώνων ΒΜΓ, ΑΜΓ ,

ΑΜΒ αντιστοίχως τότε Ε 1

+ Ε 2 + Ε 3 = Ε .Από το

τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε τις σχέσεις:

α 2 = β 2 + γ 2 - 4ΕσΦΑ , β 2 = α 2 + γ 2 - 4ΕσΦΒ , γ 2 = β 2 + α 2 - 4ΕσΦΓ και με πρόσθεση κατά μέλη 4Ε(σΦΑ + σΦΒ + σΦΓ) = α 2 + β 2 + γ 2 ( 1 ). Από τα

τρίγωνα ΒΜΓ , ΑΜΓ , ΑΜΒ αντιστιστοίχως, έχουμε:

ΜΓ 2 = α 2 + ΜΒ 2 - 4Ε1σΦθ ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/67

------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

ΜΑ 2 = β 2 + ΜΓ 2 - 4Ε 2 σΦθ και 2 2 2 ΜΒ = γ + ΜΑ - 4Ε 3 σΦθ . Με πρόσθεση κατά

------

257. Αν κ, λ, μ, α, β, γ είναι μη μηδενικοί πραγματικοί αριθμοί από τους οποίους οι κ, λ, μ είναι ομόσημοι και οι α, β, γ θετικοί τότε να

μέλη των σχέσεων αυτών παίρνουμε:

4(Ε 1 + Ε 2 + Ε 3 )σΦθ = α 2 + β 2 + γ 2 ή 4ΕσΦθ = α 2 + β 2 + γ 2 (2). Από τις ( ι ) , (2)

προκύπτει ότι:

σφθ = σΦΑ + σΦΒ + σΦΓ

δειχθεί ότι ισχύει:

λ2 �2 � (κ + λ + μ) 2 κ2 + α β + γ α+β+γ

Πότε ισχύει η ισότητα; ( Λ ευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι)

Λύση έστειλαν: Γιάννης Περ δ ικάρη ς - Ρόδος,

258. Από τις κορυφές Α, Β, Γ ισοπλεύρου

Διονύ σης Γιάνναρος - Πύργος, Αντώνης

τριγώνου ΑΒΓ πλευράς α , φέρουμε τις

Ιωανν ί δης - Λάρισα, Άγγελος Στρατήγης - Άγιος

Νικόλαος Κρήτης, Ρο δ όλφος Μπόρης - Δάφνη και βιβλιογραφικές αναφορές για την άσκηση από

την ο μ ά δ α προ β λη μ άτων του Ιδ ιωτικο ύ Λ υκε ί ου « Π αναγία Προυσιώτισσα» - Αγρίνιο. Π ΡΟΤ Ε Ι ΝΟΜΕΝΑ Θ ΕΜΑΤΑ

255. Ένας Μαθηματικός ήθελε να κάνει δώρα σε πέντε φίλους του. Τους αρίθμησε κατά σειράν με

τους αριθμούς ι , 2, 3 ,4 , 5 και έδωσε στον καθένα από μία μάρκα. Η κάθε μάρκα είχε γραμμένη την

. ομώνυμη δύναμη του 5 δηλ.

51 ,5 2 ,53 ,5 4 ,55 . Στη

συνέχεια μοίρασε τα ( αριθμημένα από

ι έως 5 )

ε1 , ε2 , ε3 αντιστοίχως. Αν η απόσταση των ε 1 , ε 2 είναι μ και η απόσταση των ε 2 , ε 3 είναι ν , να δειχθεί ότι ! �3(μ 2 + ν 2 + μν) . ισχύει: α = 3 παράλληλες μεταξύ τους ευθείες

(Γιώργος Τσιώλης - Τρίπολη )

259. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο

(O, R) . Οι ακτίνες ΑΟ, ΒΟ, ΓΟ τέμνουν

τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ του τριγώνου στα σημεία

Α 1 , Β 1 ,Γ1

και τον κύκλο στα σημεία

Α 2 , Β 2 ,Γ2

αντιστοίχως. Να δειχθεί ότι ισχύει η σχέση :

δώρα κατά τυχαίο τρόπο. Τους παρακάλεσε να

R3 ) . Α 1 Α 2 · Β 1Β 2 · Γ1 Γ2 � (2

πολλαπλασιάσουν τον αριθμό του δώρου τους με

(Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι )

τον αριθμό της μάρκας του ο καθένας και να του

260. Αν τα μήκη α, β, γ των πλευρών τριγώνου

ανακοινώσουν το άθροισμα των γινομένων αυτών.

ΑΒΓ είναι ανάλογα των αριθμών

Οι φίλοι του έδωσαν άθροισμα τον αριθμό 9615

4κμ, 3 κ 2 + μ 2 ,

βρεί ποιό δώρο πήρε ο καθένας. Πώς σκέφθηκε

3 κ 2 + 2κμ - μ 2 , όπου κ, μ είναι θετικοί πραγματικοί με 3 κ > μ και τα μέτρα των γωνιών

για να το επιτύχει; (Ευριπίδης Κασσέτας - Αθήνα)

Α, Β, Γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου

256. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και τα

με διαφορά θ , τότε να αποδειχθεί ότι ισχύει η

και ο Μαθηματικός ισχυρίστηκε ότι μπορούσε να

σημεία Ε , Ζ εσωτερικά των πλευρών ΑΔ , ΔΓ

σχέση :

αντιστοίχως έτσι, ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα ΕΒ και ΕΓ να τριχοτομούν το ευθύγραμμο τμήμα

εΦθ =

J3(κ - μ) . 3κ + μ

( Γιώργος Τ ριάντος - Αθήνα ) *

στήλη παρακαλεί τους συναδέλφους να στέλνουν

ΑΖ. Να βρεθεί η τιμή του λόγου ΔΖ .

τις λυ μένες (ή προτεινόμενες) ασκήσεις τους σε

( Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι)

ξεχωριστές σελίδες η κάθε μία και οπωσδήποτε με

ΖΓ

ονοματεπώνυμο σε κάθε σελίδα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/68

JΊ® illτ�J�� ']) JE"®iY��U®r�j Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

ΣΥΝ ΕΥΘΕΙΑΚΑ Σ Η Μ ΕΙΑ - ΘΕΩΡΗ ΜΑΤΑ ΤΟΥ PASCAL

Στην Ευκλείδια Γεωμετρία ιδιαίτερη γοητεία ασκούν κάποιες κανονικότητες που προκύπτουν, όμως, από τυχαία σχήματα και κατασκευές. Αναμφίβολα, τα ομοκυκλικά και τα συνευθειακά σημεία ανήκουν στην κατηγορία αυτή. Με βασικό εργαλείο το θεώρημα του Μενελάου θα αναπτυχθούν στη συνέχεια τρεις περιπτώσεις συνευθειακών σημείων που προκύπτουν

Γιώργος Κ . Τριάντος

από τυχαία πολύγωνα (εξάγωνα, πεντάγωνα, τετράπλευρα) που είναι εγγεγραμμένα σε κύκλο και α ποδίδονται στον PASCAL. Στην τελευταία περίπτωση γίνεται χρήση της βασικής ιδιότητας του πλήρους τε τραπλεύρου σύμφωνα με την οποία: Κάθε μία από τις

διαγώνιες ενός πλήρους τετραπλεύρου διαιρείται αρμονικά από τις δύο άλλες.

(I) Θ ΕΩΡΗΜΑ PASCAL (για Ε ΞΑΓΩΝΟ) και μία συνάντηση με τον DESARQ U ES. l) Δίνεται εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο, που δεν διαθέτει ζευγάρι παραλλήλων πλευρών . Άν Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 είvαι τα σημεία τομής των φορέων των απέναντι πλευρών ΑΒ - ΔΕ , ΑΖ - ΔΓ , ΒΓ - ΖΕ , αντιστοίχως . Τότε τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 είναι συνευθειακά. 2) Αν ονομάσουμε G, Κ τα σημεία τομής των φορέων των πλευρών ΑΒ - ΖΕ, ΒΓ - ΔΕ αντιστοίχως, L, Λ τα σημεία τομής των φορέων των πλευρών ΔΓ - ΕΖ, ΒΓ - ΑΖ αντιστοίχως και Ν , Ρ τα σημεία τομής των φορέων των πλευρών ΑΒ - ΔΖ, ΑΖ - ΔΕ αντιστοίχως, τότε τα τμήματα GK, ΛL, ΝΡ συντρέχουν στο σημείο Τ. (Desarques). ' - ::., -

Ρ � ;;;-,- - - ' ' ' ' , ' ' ' ' ' ' ' ' '

I '

Α ΠΟΔ Ε Ι Ξ Η : 1 ) Επειδή τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 βρί

σκονται εκτός του τριγώνου GLN , σύμφωνα με το θεώρημα του Μενελάου, αρκεί να δειχθεί ότι Ρ G Ρ2 Ν P3L · ισχύει: ι . = ι . Στο τρίγωνο GLN , Ρ1Ν P2 L P3G εφαρμόζοντας το θεώρημα του Μενελάου με δια τέμνουσες Ρ1ΔΕ , Ρ2 ΑΖ , Ρ3ΓΒ παίρνουμε: Ρι G . ΔΝ . EL Ρ1Ν ΔL EG

I Ι

= ι (ι) ' Ρ2 Ν . ZL . = ι (2) P2 L ZG ΑΝ

P3L . BG . ΓΝ = ι (3) P3G ΒΝ ΓL αντιστοίχως . Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη έ χουμε:

Ρι G . ΔΝ . EL . Ρ2 Ν . ZL . AG . P3L . BG . ΓΝ = ι Ρ1Ν ΔL EG P2 L ZG ΑΝ P3G ΒΝ ΓL (4). Οι δυνάμεις των σημείων Κ, Λ, Ν ως προς τον κύκλο δίνουν: ΔΝ · ΓΝ = ΑΝ · ΒΝ ( 5) EL · ZL = ΔL · ΓL ( 6) , BG · AG = ZG · EG (7)

Λόγω των

( 5 ) ,( 6) , ( 7 )

(4 )

γράφεται :

P3L Ρι G . -Ρ2 Ν . -, σχεση , . = ι δη λ. η αποδεικτεα Ρ1Ν P2 L P3G 2) Στα τρίγωνα GLN , ΡΚΛ οι πλευρές GN , ΡΚ τέμνονται στο Ρ1 , οι πλευρές LN , ΛΡ στο --

Ρ2 , οι πλευρές GL , ΚΑ στο Ρ3 και τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 είναι συνευθειακά . Από το θεώρημα του Desarques προκύπτει ότι τα τμήματα GK , LΛ , ΝΡ διέρχονται από το ίδιο σημείο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/69

------

Το Βήμα του Ευκλείδη ------

(11) ΘΕΩΡΗΜΑ PASCAL (για ΠΕΝΤΑΓΩΝΟ )

Δίνεται πεντάγωνο ΑΒΓΔΕ εγγεγραμμένο σε κύκλο τέτοιο, ώστε οι φορείς των πλευρών ΑΒ - ΔΕ να τέμνονται στο Ρ1 , οι φορείς των πλευρών ΒΓ - ΑΕ στο Ρ2 και η εφαπτομένη του κύκλου στο Α τέμνει τον φορέα της ΓΔ στο Ρ3 • Τότε τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 είναι συνευθειακά.

1 (1 ) . P H ΑΖ . ΕΘ Με διατέμνουσα Ρ2 ΕΑ : z . (2) =1 Ρ2 Ζ ΑΘ ΕΗ Θ με διατέμνουσα Ρ3ΔΓ : Ρ3Ζ . Δ . ΓΗ = 1 (3). Ρ3 Θ ΔΗ ΓΖ Με πολ/σιασμό κατά μέλη των (1),(2),(3), έχουμε: Ρι Θ . ΒΗ . ΑΖ . Ρ2Η . ΑΖ . ΕΘ . Ρ3Ζ . ΔΘ . ΓΗ = 1 (4). Ρ1Η ΒΖ ΑΘ Ρ2Ζ ΑΘ ΕΗ Ρ3Θ ΔΗ ΓΖ Ρ1 Θ ΒΗ ΑΖ , με διατεμνουσα: Ρ1ΑΒ :-- · - · - = Ρ1Η ΒΖ ΑΘ

ΑΠΟΔΕΙΞ Η . Ονομάζουμε Θ , Ζ τα σημεία τομής

της εφαπτομένης του κύκλου με τους φορείς των πλευρών ΔΕ , ΒΓ αντιστοίχως και Η το σημείο το μής των φορέων των πλευρών ΔΕ , ΒΓ. Αρκεί να Ρ1 Θ Ρ2 Η Ρ3Ζ , , ισχυει: , - · - · - = . Εφαρμοδειχ;θει, οτι Ρ1Η Ρ2 Ζ Ρ3 Θ ζουμε το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ΗΖΘ οπότε προκύπτουν οι σχέσεις:

Από τη δύναμη του σημείου Η ως προς τον κύκλο έχουμε ΗΓ · ΗΒ = ΗΔ · ΗΕ ( 5 ), ενώ από το θεώρημα της εφαπτομένης για τα εφαπτόμενα στον κύκλο τμήματα ΑΖ και ΑΘ παίρνουμε 2 ( 6) αντιστοίχως: ΑΖ = ΒΖ · ΓΖ και 2 ΑΘ = ΔΘ · ΕΘ ( 7 ) . Η ισότητα (4) , βάσει των ( 5 ),( 6),( 7 ) , γράφεται: Ρι Θ · Pz H · Ρ3Ζ = 1 που είναι Ρ1Η Ρ2 Ζ Ρ3 Θ η αποδεικτέα σχέση.

(111) ΘΕΩΡΗΜΑ PASCAL (για ΤΕΤΡΆΠΛΕΥΡΟ) Δίνεται κυρτό τετράπλευρο εγγεγραμμένο σε κύκλο τέτοω, ώστε να μην έχει ζευγάρι παραλλήλων πλευρών και να μην έχει ζευγάρι αντιδιαμετρικών κορυφών. Τότε , τα σημεία τομής των φορέων των απέναντι πλευρών του και

τα σημεία τομής των εφαπτομένων του κύκλου στις απέναντι κορυφές του είναι σημεία συνευθειακά. ...

ΑΠΟΔΕΙΞ Η : Έστω τετράπλευρο ΑΒΓΔ που ικα νοποιεί τις προϋποθέσεις της πρότασης. Ονομά ζουμε Ρ1 , Ρ2 τα σημεία τομής των φορέων των πλευρών ΑΒ - ΓΔ, ΒΓ - ΑΔ αντιστοίχως και Ρ3 , Ρ4 τα σημεία τομής των εφαπτομένων του κύ κλου στα σημεία Α , Γ και Β ,Δ αντιστοίχως. Θα δειχθεί ότι τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 , Ρ4 είναι συνευθειακά. Έστω Τ1 η τομή των εφαπτομένων του κύ-

αντιστοίχως, Μ η τομή του φορέα της πλευράς ΑΒ με την εφαπτομένη του κύκλου στο Γ και Ν η τομή του φορέα της πλευράς ΑΒ με την εφαπτομένη του κύκλου στο Δ. ι) Αποδεικνύουμε ότι τα τμήμα τα ΜΤ2 , ΝΤ3 διέρχονται από το σημείο τομής V των δ ιαγωνίων ΑΓ και ΒΔ του τετραπλεύρου ΑΒΓΔ. i) Υποθέτουμε ότι η ΜΤ2 τέμνει την ΑΓ στο σημείο V1 και την ΒΔ στο V2 • Εφαρμόζουμε

κλου στα Α , Β και τ2 , τ3 τα σημεία τομής του φορέα της πλευράς ΓΔ με τις εφαπτόμενες αυτές

το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο ΜΤ2 Ρ1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/70

------

με διατέμνουσα: α) Αν1Γ :

Το Βήμα του ΕυΚUwη

Υι Μ . Π2 . ΑΡι = Υι Τ2 ΓΡ1 ΑΜ

1 (1).

ν2 Μ ΔΤ2 ΒΡι . = (2 ) β) Βν2 Δ : ν . 2 Τ2 ΔΡ1 ΒΜ Με πολlσιασμό των ( 1 ),(2) προκύπτει ν1 Μ ΓΤ2 ΑΡ1 ν2 Μ ΔΤ2 ΒΡ1 . . . . . = ν1 Τ2 ΓΡ1 ΑΜ ν2 Τ2 ΔΡ1 Β Μ 2 Επειδή ΔΤ2 · Π2 = ATi , ΑΜ · Β Μ = ΓΜ και

1 (3).

ΑΡ.1 · Β Ρ.ι = ΓΡ.ι · ΔΡ.ι η

(3): ννι Μ2 . ΓAΜTi2 . νν22Μ2 = 1 Λ

Iτ

και μία για τις παραπληρωματικές γωνίες τους) έ ν1 Μ ΓΜ (5). Από χουμε ότι ισχύει: = --ν1 Τ2 ΑΤ2 ν2 Μ ΓΜ ΑΤ2 . ν2 Μ (6). Από (4),(5) => = <=> = ν2 Τ2 ΑΤ2 ΓΜ ν2 Τ2 --

ν1 Μ ν2 Μ ν1 Μ => = = ν1 Τ2 ν2Τ2 ν1 Τ2 + ν1 Μ ν Μ ν2 Μ νz Μ => ι = => νι Ξ νz . = ν2 Τ2 + ν2 Μ ΜΤ2 ΜΤ2

(5),(6) =>

(4)

Παρατηρούμε ότι: Α\)Γ2 = Μ\{Γ (κατά κορυφή) Λ

-------

Τελικά, η ΜΤ2 τέμνει τις ΑΓ και ΒΔ στο ίδιο ση μείο που κατ ανάγκην είναι το σημείο ν . ίί) Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο, από το τρίγωνο Ρ1Τ3Ν και τις ίδιες διατέμνουσες αποδεικνύεται ότι και η ΝΤ3 διέρχεται από το σημείο ν .

και Τ2 ΑΥι + ΜΓV1 = ΑΒΓ + ΑΔΓ = π . Με εφαρμογή του θεωρήματος των εμ βαδών στα τρίγωνα Αν1 Τ2 , Μν1Γ δύο φορές ( μία για τις ίσες 2) Στη συνέχεια, αποδεικνύ ουμε ότι οι ευθείες Ρ1Ρ2 , Ρ1Ρ3 , Ρ1Ρ4 έχουν εκτός του Ρ1 και δεύτερο κοινό σημείο, οπότε ταυτίζονται. Α) Στο πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓΔΡ1Ρ2 η διαγώνιος ΜΤ2 , Ρ1Ρ3 , δηλ. τα ση ΑΓ διαιρείται από τις άλλες μεία ν, R είναι αρμο δύο διαγωνίους ΒΔ και νικά συζυγή των Α, Ρ1Ρ2 αρμονικά. Δηλ. τα ση- οπότε ισχύει η ισότημεία ν , L είναι αρμονικά τα: νΑ RA συζυγή των Α, Γ. Άρα, ' =(9) με νΓ RΓ νΑ LA = (7) με L E Pι Pz . R Ε Ρ1Ρ3 . Από (7),(9) VΓ LΓ ότι Επίσης, οι διαγώνιοι ΑΓ, έπεται LA RA LA RA Ρ1Ρ2 διαιρούν αρμονικά τη LA RA => - = - = - => = διαγώνιο ΒΔ, δηλ. τα ν , S είναι αρμονικά συζυγή LΓ RΓ LA - LΓ RA - RΓ ΑΓ ΑΓ SB => LA = RA => L Ξ R . Επειδή οι ευθείες Ρ1Ρ2 , Ρ1Ρ3 με S Ε Ρ1Ρ2 . των Β, Δ, οπότε VB = νΔ SΔ έχουν εκτός του Ρ1 και δεύτερο κοινό σημείο το L, Β) Στο πλήρες τετράπλευρο Α.Μτ2ΡιΡ3 η διαγώ- ταυτίζονται. Συνεπώς, τα σημεία P1 , P2 , P3 , L, S είνιος ΑΓ διαιρείται αρμονικά από τις ναι συνευθειακά.

Γ,

(8),

Γ) Στο πλήρες τετράπλευρο ΝΒΤ3ΔΡ1Ρ4 η διαγώνιος ΒΔ διαιρείται αρμονικά από τις άλλες δύο διαγω

νίους ΝΤ3 , Ρ1Ρ4 • Δηλαδή τα σημεία C , ν είναι αρμονικά συζυγή των Β, Δ.

(10)

CB Συνεπώς, ισχύει: VB = με C Ε Ρ1Ρ4 . Από νΔ CΔ SB CB => = SB - SΔ CB - CΔ SB CB => SB = CB => S Ξ C . = ΒΔ ΒΔ

SB CB = => (8),(10) προκύπτει ότι SΔ CΔ � �

---

Επειδή οι ευθείες Ρ1Ρ2 , Ρ1Ρ4 έχουν εκτός του Ρ1 και δεύτερο κοινό ση μείο το S, ταυτίζονται. Τελικά, τα σημεία Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 , Ρ4 είναι συνευθει ακά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 95 τ.3/71

------- Το Βήμα του Ευκλείδη -----Παρατηρήσεις -Συμπληρώσεις - Επισημάνσεις και μερικές ασκήσεις στο Διαφορικό Λογισμό Γιάννης Σαράφης Ελληνογαλλική Σχολή

Kaιamari, Θεσσαλονίκη

Πρόταση : Κάθε παραγωγίσιμη συνάρτηση πειρα κοινά σημεία(Ι/κπ) κοντά στο Ο με την γρα φική παράσταση της f. είναι και συνεχής το αντίστροφο δεν ισχύει. α. Η συνέχεια είναι αναγκαία (μόνο, όχι ικα Συνέχεια της παραγώγου α. Η παράγωγος μιας συνάρτησης δεν είναι νή) συνθήκη για την παραγωγισιμότητα. β. Αν δεν είναι συνεχής στο ξ, τότε δεν είναι πάντα συνεχής συνάρτηση. παραγωγίσιμη στο ξ. 2 Ι γ. Υπάρχουν άπειρες συναρτήσεις που ενώ εί 'Εστω η συνάρτηση f( χ) = χ ημ ; ' χ * 0 . ναι συνεχείς, δεν είναι παραγωγίσιμες π. χ. Ο , χ=Ο f(χ) = κ+ Ι χ - λ l , κ,λ ε � ,χ ε � . Η παράγωγος της f είναι Εφαπτομένη γραφική ς παράστασης συνάρτησης f' (χ) = 2χημ-Ι - συν-Ι για χ * Ο και α. Για μια συνεχή συνάρτηση σε ένα διάστημα, οι χ χ εφαπτόμενες είναι δύο ειδών. Αυτές που έχουν συ f' (Ο) = Ο , η οποία δεν είναι συνεχής διότι ντελεστή διεύθυνσης (όταν η συνάρτηση είναι παρα Ι γωγίσιμη και τέμνουν τον άξονα y'y) και αυτές που ' το ιιm ι.ιm χημ - = Ο ενω' δεν υπαρχει · συν-ΧΙ . χ�Ο χ�Ο είναι παράλληλες στον άξονα y'y (κατακόρυφες) Χ β. Η εφαπτομένη στη γραφική παράσταση μιας β. Π ρότα ση : Αν η f είναι συνεχής στο ( α,β) συνάρτησης σε μια θέση ξ, μπορεί να χρησιμοποι και παραγωγίσιμη στο (α, ξ) υ (ξ, β) και ισχύει ηθεί για την προσέγγιση των τιμών της συνάρτη limf( χ =κ ε� τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο ξ. σης αυτής κοντά στο ξ, ιδίως όταν η συνάρτηση -.ξ ) είναι πολύπλοκη. Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο ξ Θεώρημα Rolle και y = f'(ξ)(x -ξ) + f(ξ) η εξίσωση της εφαπτο α. Λόγω η)ς παραγωγισιμότητας της συνάρ μένης της στο ξ τότε τησης στο εσωτερικό του (α, β) η υπόθεση της συ της συνάρτησης στο [α,β] θα μπορούσε να �f(χ) -( f'(ξ)(χ-ξ) +f(ξ))] =Ο, οπότε για τιμές νέχειας αντικατασταθεί με την συνέχεια μόνο στα α,β. β. Οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle είναι του χ κοντά στο ξ μπορούμε να λάβουμε κατά ικανές, όχι όμως και αναγκαίες για το συμπέρασμά προσέγγιση f( χ) � f'(ξ)( χ - ξ) + f(ξ) του. Π αράδειγμα: Να υπολογίσετε την � . Αυτό σημαίνει ότι, αν μία ή περισσότερες από τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle δεν ικα Θεωρούμε την συνάρτηση f (χ) = if;. και την νοποιούνται, τότε ενδέχεται να υπάρχει ή και να εφαπτομένη της στη θέση ξ=8. Για χ = 8,4 έχουμε μην υπάρχει ξ, με f' (ξ) = Ο . Σε καθεμιά από τις την προσέγγιση � � � �2 (8, 4 - 8) + 2 = Ι , Ι . τέσσερις παρακάτω περιπτώσεις δίνουμε τη γρα 3.V8 φική παράσταση δύο συναρτήσεων για τις οποίες Για πολύ μεγάλες ή μικρές τιμές της ανεξάρ δεν ικανοποιείται κάποια από τις υποθέσεις του τητης μεταβλητής, η προσέγγιση μπορεί να γίνει θεωρήματος του Rolle και, στη μια από τις συναρ με την ασύμπτωτη. τήσεις αυτές ικανοποιείται το συμπέρασμα του Θ. γ. Μια εφαπτομένη της γραφικής παράστασης μιας Rolle, ενώ στην άλλη όχι. συνάρτησης μπορεί να έχει περισσότερα του ενός ι . Η προϋπόθεση f (α) = f (β) δεν ικανοποιείται. κοινά σημεία με αυτήν. Π αράδειγμα ι : Η συνάρτηση f(χ)=ημχ, .. χ ε � , έχει στη θέση π/2 εφαπτομένη την ευθεία y= Ι , η οποία έχει άπειρα κοινά σημεία με την γρα φική παράσταση (ημχ=l). :. --· -- !' .· -

{

Παράδειγμα 2

2 ημ Ι , x :;e O χ ; Η συνάρτηση f(x) = έχει Ο , χ=Ο εφαπτομένη στη θέση Ο, την y=O η οποία έχει ά-

{

- --

2. Η

f δεν είναι συνεχής στο κλειστό διάστη-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/72

---- Το Βήμα του Ευκλείδη

μα [α,β]

/( α ) = /(β)

(

τησης f' στο ( α, β) . 3. Το Θ.Μ.Τ. χρησιμεύει και στις ανισότητες: Αν η f' είναι π.χ. γνησίως αύξουσα στο [α,β], f β) - f ( α) τότε f' ( α) � ( � f' (β) β-α Αν η f' είναι συνεχής στο [α,β] τότε f β) - f ( α) < f' < ( f' β-α •

•

β χ

3. Η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο ανοικτό

διάστημα (α, β) �·

----

ελ. -

μεy.

Ακρ ό τατα

Στον ορισμό του τοπικού ακροτάτου η το--, j( U I jt β)Ιh,μή Α Γ'Ι ( Χ0 - δ, Χ0 + δ) γράφεται για να καλύψει ""'· την περίπτωση τοπικού ακροτάτου σε άκρο δια \ _ .στήματος, ανεξάρτητα από τη συνέχεια. Παράδειγμα: Αν Α=[-2,3] και ισχί>ει f ( χ) � f ( -2) για κάθε β χ ε Αn( -2-1,-2+1) = [-2,3] n( -3,-1) = [-2,-1) , , το4. Η f δεν ικανοποιεί καμιά από τις τρείς προ ϋποθέσεις του Θ. Rolle . τε η f παρουσιάζει στο -2 τοπικό ελάχιστο. Υ 2. Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής σ' ένα κλειστό διάστημα, τότε το μεγαλύτερο από τα το πικά μέγιστα είναι ολικό μέγιστο. Το μικρότερο από τα τοπικά ελάχιστα είναι το ολικό ελάχιστο. (Οταν η συνάρτηση είναι συνεχής σε κλειστό διά στημα, παίρνει πάντοτε στο διάστημα αυτό και μέ γιστη και ελάχιστη τιμή, Θεώρημα Μέγιστης και Ελάχιστης τιμής). Κάποιες (αλγεβρικές) συνέπειες του Θ. Rolle 3. Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής σ' ένα 1 . Μεταξύ δυο ριζών μιας παραγωγίσιμης συ ανοικτό διάστημα, τότε το μικρότερο από τα τοπι νάρτησης βρίσκεται μια, τουλάχιστον, ρίζα της κά ελάχιστα δεν είναι το ολικό ελάχιστο. παραγώγου. Π αράδειγμα 2 . Αν η εξίσωση f' ( χ) = Ο έχει κ ακριβώς δι 2 , Ο<χ<1 αφορετικές πραγματικές ρίζες, τότε η εξίσωση χ f ( χ) = Ο έχει το πολύ κ+ 1 . f ( χ) = χ , 1 � χ � 2 . Η f στο χ= 1 παρουσιά3 . Ανάμεσα σε δυο διαδοχικές πραγματικές 1 , χ>2 ρίζες της f' η f έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα. χ 4. Αν ένα πολυώνυμο έχει όλες τις ρίζες του ζει τοπικό ελάχιστο ίσο με 1 ,ενώ δεν έχει ολικό πραγματικές, τότε η παράγωγός του έχει μόνο ελάχιστο. Επίσης, στο χ=2 παρουσιάζει τοπικό μέ πραγματικές ρίζες και μάλιστα, αν το πολυώνυμο γιστο ίσο με 2,ενώ δεν έχει ολικό μέγιστο. έχει κ διαφορετικές πραγματικές ρίζες, τότε η πα 4. Αν μια συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικό ράγωγός του έχει κ-1 διαφορετικές πραγματικές ελάχιστο στο σημείο ξ, τότε η f δεν είναι πάντα ρίζες. γνησίως φθίνουσα κοντά στο ξ από τα αριστερά Θεώρη μα Μ έσ η ς Τιμής του Δ.Λ. και γνησίως αύξουσα κοντά στο ξ από τα δεξιά. 1 . Εκτός από την γνωστή γεωμετρική ερμη Π αράδειγμα 1 ο νεία το Θ.Μ.Τ. έχει και φυσική ερμηνεία: χεQ Υπάρχει εσωτερική θέση ξ όπου ο ρυθμός μεταβο Έστω η συνάρτηση f ( χ) = tnΙ 1 , Χ Ε ΠbJN.. -"-f λής του μεγέθους y=f(t) είναι ίσος με τη μέση τιμή Η f δεν είναι συνεχής συνάρτηση και παρου του μεγέθους y=f(x) στο διάστημα [α,β]. 2. Μια άλλη συνέπεια του Θ.Μ.Τ. για μια συ σιάζει τοπικό ελάχιστο στο χ=Ο(αλλά και σε κάθε νάρτηση f στο διάστημα [α, β] είναι ότι, ο αριθμός ρητό) , ίσο με Ο.Ό μως εκατέρωθεν του χ=Ο και ο σοδήποτε κοντά θέλουμε σ' αυτό, υπάρχουν ρητοί f ( β) - f ( α) ανήκει στο σύνολο τιμών της συνάρ και άρρητοι, για τους οποίους η f παίρνει τιμές Ο β-α και 1 αντίστοιχα. Οπότε η f δεν είναι μονότονη -

{ο '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ B '9S τ.3/73

.!. ' χ * Ο . χ

-------

Παράδειγμα 2°

Έστω η συνάρτηση Η

f(x) =

{l · x

ημ

Το Βήμα του Ευ�ωη

Ι , χ=Ο

f είναι συνεχής συνάρτηση και στο χ=Ο πα

ρουσιάζει ολικό ελάχιστο, χωρίς να είναι μονότονη κοντά στο χ=Ο από τα δεξιά. Ισχύει: Αν μια συνάρτηση που είναι συνεχής σ ' ένα διάστημα (α,β), παρουσιάζει μεμονωμένο τοmκό ακρότατο στο (α, β), έστω στο χ 0 ε α, β ,

(

( )

(δεν έχει άλλο τ. ακρότατο στο (α,β)), τότε στο διάστημα α, χ 0 ] είναι γνησίως φθίνουσα ( αύξουσα) ενώ στο

[ χ0 ,β)

είναι γνησίως αύξουσα (φθί

νουσα). 4. Αν μια συνεχής συνάρτηση είναι γνησίως

μονότονη σε ανοικτό διάστημα, τότε δεν έχει τοπι κά ακρότατα. Δεν ισχύει σε κλειστό διάστημα. 5. Μια συνάρτηση συνεχής στο (α, β) η οποία δεν έχει τοπικά ακρότατα, τότε είναι γνησίως μο νότονη. Ο ισχυρισμός δεν αληθεύει αν είναι συνε χής σε ένωση διαστημάτων. 6. Αν μια συνάρτηση f συνεχής σε ανοικτό διάστημα και έχει μοναδικό τοπικό ακρότατο, τότε είναι ολικό. Αν η συνάρτηση δεν είναι συνεχής τό τε δεν ισχύει ο ισχυρισμός. Παράδειγμα

(χ - 1)2 , χ � Ο f(x) = 1 , χ<Ο χ

{

Παρουσιάζει τοmκό ελάχιστο στο χ 0 = Ο το 1 , το οποίο δεν είναι ολικό. Ο ισχυρισμός δεν ισχύει όταν η συνάρτηση είναι συνεχής σε ένωση διαστημάτων. Παράδειγμα

(χ - ιγ , χ>Ο f(x) = 1 , χ<Ο χ

{

Κυρτότητα 1 . Ένα γεωμετρικό χαρακτηριστικό μιας κυρ

τής (κοίλης) συνάρτησης είναι μια οποιαδήποτε χορδή της ΑΒ βρίσκεται πάνω (κάτω) από τη γρα φική παράσταση με άκρα τα Α,Β. 2. Τα σημεία καμπής είναι μόνο σε εσωτερικά σημεία των διαστημάτων του πεδίου ορισμού, ενώ τα τοmκά ακρότατα μπορεί να είναι και σε άκρα. 3. Ένα σημείο καμπής

είναι πάντα ακρότατο της f' . 4. Ένα τοmκό ακρότατο δεν μπορεί να είναι και σημείο καμπής. Ο ισχυρισμός ισχύει είτε το ακρότατο είναι σε την

f' συνεχή στο χ0

( χ 0 , f ( χ 0 ) ) της Cr με

------

άκρο διαστήματος είτε είναι σε εσωτερικό σημείο ενός διαστήματος (α, β). Κανόν ας De L' Hospital •

ι·

. ιm f'(x) ,τοτε υπαρχει g' ( Χ )

•

1 Αν υπαρχει το οριο •

. f(x) . lιm και το οριο g(Χ)

Χ --+ Χ ο

2. Αν δεν υπάρχει το όριο

όριο

και οχι το αντιστροφο.

Χ --+ Χ ο

f ( χ) lim g(Χ)

f' χ) lim ( ,τότε το g ' (Χ )

Χ --+ Χ ο

μπορεί να υπάρχει ή όχι.

Χ --+ Χ ο

, lim ( f (χ) - λχ)

Ασύμπτωτες

1 . Αν ένα τουλάχιστον από τα όρια

χ -+±«>

lim

χ -+±«>

f (χ) χ

δεν είναι πραγματικός αριθμός

ή δεν υπάρχει, τότε η γραφική παράσταση δεν έχει ασύμπτωτη (στο -οο , αντίστοιχα στο +οο ) που να τέμνει τον y 'y. 2. Η ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης μπορεί να έχει κοινά σημεία με αυτή. Παράδειγμα

Έστω

-1 ημχ 2 , x ;e O + χ . f(x) - χ Ο , χ=Ο

{

συνάρτηση Η ευθεία

y=x

είναι

ασύ μπτωτη της γραφικής παράστασης της f στο +οο και στο -οο και έχει άπειρα κοινά σημεία με αυτήν. Άσ κηση 1 Να υπολογιστεί το άθροισμα S = 1 + 2 χ + 3 χ 2 + . . . + νχ v- ι , x;el, ν ε Ν• Λύση : Παρατηρούμε ότι

S=l+2x+3x2 + . . . +νχν-ι ={l+x+x2 +χ3 + . . . +xv )' Γνωρίζουμε ότι για x;el ισχύει +Ι 1 + χ + χ 2 + χ 3 + . . . + χ v = Χν - 1 (γεωμετρική χ-1

πρόοδος)

{χ ν+Ι - ι )' (χ - 1) - {χ ν+Ι - l}(x - 1)' = (χ - 1)2 (ν + l)χ ν (χ - 1) - {χ ν+Ι _ Ι} _ (χ - 1)2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/74

-------

Το Βήμα του Ευκλείδη

VXv+l + Xv+I _ VXv - Χν - Xv+l +ι VΧν+Ι _ (ν+ι)χν +ι (χ -ι)2 (χ -ι)2

Άσκηση 2 Έστω f μια συνάρτηση δύ ο φορές παραγω γίσιμη στο διάστη μα [0,2] με f(Ο)=f(2)=ι.Να α ποδείξετε ότι υπάρχει χ0 e Ο, 2 τέτοιο ώστε f" f ι -ι

(Χ ) I ο

Λύ ση :

()

Ι•

( )

Για την fισχύει το Θ .Μ. Τ . σε κάθε ένα από τα διαστήματα [Ο,ι],[ι,2]. Άρα υπάρχει Χι Ε (ο, ι) τέτοιο ώστε f(ι) f(O) δηλαδή και f'(x1 ) f'(χ1 ) = f(ι) -ι � ,

------

Για χ<3 είναι Ιχ-3Ι=-χ+3 οπότε f(x) = x 2 - χ - χ + 3 + 2012 = χ 2 - 2χ + 2015 Για χ�3 είναι Ι χ-3Ι=χ-3, οπότε f(x) = x 2 - χ + χ - 3 + 2012 = χ 2 + 2009 2 ' f ( χ ) = χ - 2χ + 20ι5 ' χ < 3 Άρα χ 2 + 2009 ' χ�3 Για χ<3 είναι f'(x) = ( x 2 - 2χ + 2015 )' = 2χ - 2 f'(χ) = 0 �2χ-2=0�χ=ι (κρίσιμο σημείο) Για χ>3 είναι f' (χ) = ( χ 2 + 2009 )' = 2χ

{

f' (χ) = Ο �2χ=Ο�χ=Ο (απορρίπτεται) Για το σημείο χ=3 έχουμε: 2 f(x) - f(3) = lim χ - 2χ + 2Οι5 - 2Οι8 = lim Χ -3 Χ -3 2 Για την f' ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο [ χ1 ,χ 2 ] . Άρα (χ + ι)(χ -3) m = lim χ - 2χ - 3 = lim li (x + ι) = 4 χ -3 χ -3 υπάρχει χ 0 Ε ( χ1 , χ 2 ) τέτοιο ώστε : f (χ) - f ( 3) χ 2 + 2009 - 20 ι s = f'(x 2 ) - f'(x 1 ) lim = lim f" ( Χ0 ) = , δηλαδή χ -3 χ-3 Χ2 - ΧΙ . 2 3)(χ + 3) (χ 9 . χ - = lιm = lim (x + 3) = 6 lιm ι - f (ι) ) - ( f (ι) - ι ) ( χ-3 χ-3 f " (χ ) = ,ή Χ2 - ΧΙ Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο χ=3. Επομένως τα κρίσιμα σημεία της f είναι τα 2 ( ι - f(ι) ) f " (xo ) = χι=ι, χ2=3 Χ2 - ΧΙ Άσκηση 4 ι - r(ι) ι ι - f(ι):.Ι .._ Οπότε : I f " ( χ 0 ) I= 2 = 2-____,_ Δίνεται η συνάρτηση Χ 2 - Χι I Χ 2 - Χι I ι Έχουμε xz η μ - , χ * Ο και η g(χ)=η μχ.Να pρε= ) x ( f χ Χ1 Ε (Ο,ι) � Ο < χ1 < ι � -ι < -Χ 1 < 0 0 ,χ = Ο χ 2 Ε (ι, 2) � ι < χ 2 < 2 . f ( x) Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: θεί το lιm ι--+0 ( Χ ) 0 < Χ 2 - Χ 1 < 2 � -2 < 0 < Χ 2 - Χ1 < 2 � g ι ι >�Ι χ 2 - χ ι 1< 2 � Λύση : 1 χ2 - ΧΙ I 2 Για κάθε χ*Ο είναι f'(χ) =2χημ.!. -συν.!.και Ι ι - f (ι) I Ι ι - f (ι) I χ χ >2 Άρα I f " ( Χ ) I= 2 � 2 I χ2 - ΧΙ I g' (χ)=συνχ. Εδώ θα ήταν λάθος να κάνουμε ε φαρμογή του κανόνα De l' Hospital γιατί δεν υI f " ( Χ ο ) I > ι ι - f (ι) ι� I f " ( Χ ο ) I > I f (ι) - ι Ι χ) . Υπολογίζουμε το όριο ως εξής: πάρχει το ιπn!ι x--oO g ( Χ) Ά σκηση 3 τέτοιο Χ 2 Ε (ι, 2) f(2 (ι) = , δηλαδή f'(χ2 ) =ι-f(ι) . f( � )

��

ώστε

χ--+Τ

Χ--+Τ

χ--+3+

χ --.3·

χ--+Τ

χ --+3+

χ --.3·

•

Να β ρεθούν τα κρίσιμα ση μεία της συνάρ τησης f x = χ2 - χ+ Ι χ - 3 1 +20ι2 .

{)

Λύση :

Η συνάρτηση

f(χ) είναι συνεχής στο � ως άθροισμα των συνεχών συναρτήσεων Χ 2 - χ + 2012 και Ιχ-3 1 .

-- ( ( )

χ2 ημ .!. x x = lim � · χημ .!. = lim f (( ) = lim χ ....Ο g Χ χ--+0 η μχ Χ-+0 η μχ Χ

)

( )

1- · lim xημ .!. = · Ο = Ο = lim� · lim xημ .!. = lim -μχ 1 Χ Χ-+0 η Χ χ-+0 χ ....Ο η μχ Χ-+0 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '95 τ.3/75

Τα Μαlηιισπιcά μας Ιισnειιιξοuν

•

Γρ ίφ οι

Π αναγιώτη ς Π . Χριστόπουλος «Όπου η αρετή δεν εκτιμάται, εκε( η κακ(α μιλάει ελεύθερα» Δη μόκριτος

Τρ(α πράγματα χρειάζεται η εκπα(δευση: τη φuση, τη μάθηση και την άσκηση. Η μόρφωση ε(ναι στολιδι στην ευτυχια και καταφύγιο στη δυστυχια. Αριστοτέλης ΤΟΝ ΙΚΑΝΟΝ ΝΑ ΚΑΝΟΥΝ ΝΑΝΟΝ ΕΙΝ' Ο ΚΑΝΩΝ ΤΩΝ ΑΝΙΚΑΝΩΝ"

Τα ψηφία •

Πόσα ψηφία θα χρειαστείτε για να γράψετε όλους τους αριθμούς από το 1 μέχρι και το 1 000 Πόσες φορές θα χρησιμοποιήσετε το 1 και πόσες φορές το 3 για να γράψετε τους αριθμούς από το 1 μέχρι και το 500 Τέλειο τετράγωνο: Να βρείτε διαδοχικούς ακέραιους αριθμούς που η διαφορά των τετραγώνων τους είναι επίσης τέλειο τετράγωνο. Ποιος είναι ο αριθμός: Ποιος είναι ο αριθμός που έχει ψηφίο μονάδων το 2 και κάθε ψηφίο του προς τα αριστερά είναι διπλάσιο του προηγούμενου. •

Ο αριθμός 12345679

Αποτελέσματα που είναι μαγεία .

ι 2345679x99.999.999=t 23456788765432t ι 23456 79x9.999.999=1234S67776S4321 ι 2345679x999.999=1234S6666S4321 ι 2345679x99.999=1234SSSSS4321 1 2345679χ9.999=123444444321 1 2345679χ999=12333333321 ι 2345679χ99=1222222221 ι 2345679χ9=111111 1 11 ι 2345679χ18=222.222.222 1 2345679χ27=333.333.333 1 2345679χ36=444.444.444 1 2345679x4S=SSS.SSS.SSS 1 2345679xS4=666.666.666 ι 23456 79χ63=777.777.777 1 2345679χ72=888.888.888 l 2345679x81=999.999.999

Ο Α μαξάς:

Ένας αμαξάς, ενώ η άμαξα προχωράει κανονικά, κατεβαίνει και πηγαίνει στο πίσω μέρος της άμαξας κάνοντας 8 βήματα για να μαζέψει μια αλυσίδα που σέρνεται. Αμέσως επιστρέφει στη θέση του κάνοντας 24 βήματα. Πόσα βήματα του αμαξά είναι το μήκος της άμαξας από το πίσω μέρος μέχρι τη θέση του αμαξά; Ξέρετε ότι: :

Ένας διάσημος επιστήμων της κοσμολογίας, ο Μαξ Τέγκμαρκ του Ινστιτούτου Τεχνολογίας της Μασαχουσέτης (ΜΙΤ) , υποστηρίζει ότι «κάθε τι που υπάρχει στον κόσμο, από τα 6:ψυχα πράγματα ως τα έμψυχα όντα, αποτελεί μέρος μιας μαθηματικής δ ο μής» δηλαδή το Σύμπαν είναι φτιαγμένο από ... μαθηματικά; Το χαρτί έγινε στην Κίνα το 105 μ.Χ.; Ένας aξιωματούχος της Αυλής του αυτοκράτορα Χο-7ί της : δυναστείας των Χαν, ο Τσάι Λουν πήρε υλικά όπως φλοιό δέντρων, ίνες κάνναβης, παλιά κουρέλια και κομμάτια μετάξι και κατασκεύασε χαρτί. Τα υλικά αυτά τα πολτοποίησε σφυροκοπώντας τα μέσα στο νερό, έχυσε μετά τον πολτό επάνω σε μια πλάκα και τον άφηνε να στεγνώσει στον ήλιο. Το 1 907 ο αρχαιολόγος Marc Aurel Stein, σε ένα πύργο του Σινικού Τείχους, βρήκε κιβώτιο που περιείχε εννέα επιστολές γραμμένες σε χαρτί από το έτος 1 3 7 μ. Χ.. Η τέχνη της αποτύπωσης γραπτού λόγου και εικόνων σε χαρτί, ύφασμα, μέταλλο ή άλλο υλικό με : τη βοήθεια τεχνικών μέσων είναι η τυπογραφία; Η τυπογραφία αποτελεί ανακάλυψη των Κινέζων. Σε αυτό συνέβαλαν τόσο η ανακάλυψη του χαρτιού, όσο και η εξάπλωση του Βουδισμού το 2° μ.Χ. αιώνα. Το χαρτί βοήθησε γιατί ήταν κατάλληλο υλικό λόγω της αντοχής και του χαμηλού κόστους και οι Βουδιστές με την πρακτική τους να κάνουν πολλά αντίγραφα των προσευχών ή άλλων ιερών κειμένων. Η εξέλιξη των τυπογραφικών μεθόδων ήταν διαφορετική στα διαφορετικά μέρη του κόσμου. Η αντιγραφή των βιβλίων με το χέρι, με τη χρήση πένας ή πινέλου με μελάνι, ήταν χαρακτηριστικό των αρχαίων πολιτισμών της Αιγύπτου, της Ελλάδας και της Ρώμης. Με παρόμοιο τρόπο γινόταν και η αντιγραφή ••

••

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/76

------ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν βιβλίων στα μεσαιωνικά μοναστήρια. Μια πρωτόγονη μορφή τυπογραφίας είναι η χρήση σφραγιδόλιθων Τον 1 3 ° αιώνα στην από τους Βαβυλώνιους και κεραμικές ή ξύλινες σφραγίδες από άλλους Κορέα εμφανίστηκαν και τα πρώτα μεταλλικά στοιχεία. Η τυπογραφία ουσιαστικά ξεκίνησε τον 1 5 ° αιώνα στην Ευρώπη, με την εφεύρεση του επίπεδου πιεστηρίου από τον Ιωάννη Γουτεμβέργιο. Το πρώτο βιβλίο που τύπωσε ο Γουτεμβέργιος το 1 455 ήταν η Βίβλος στην λατινική της μετάφραση (Βουλγάτα) σε 1 80 αντίτυπα(σώζονται 48). Η ευκολία με την οποία μπορούσαν να παραχθούν βιβλία επέτρεψε να τυπωθούν συγγράμματα αρχαίων Ελλήνων και Ρωμαίων συγγραφέων, που έως τότε αναπαράγονταν μόνο από aντιγραφείς σε μοναστήρια. Σήμερα με τους Η/Υ και 3D Pήnter τυπώνουμε πλέον και αντικείμενα. : Stonebenge: Είναι ένα μνημείο που τα ερείπια του είναι στη νότια Αγγλία. Πρόκειται για έναν κύκλο από ογκόλιθους με διάμετρο 50 μέτρα. Οι λίθοι από πέτρωμα σκληρότερο του γρανίτη έχουν μήκος μέχρι 9 μέτρα και βάρος από 4 μέχρι 50 τόνους. Οι αρχαιολόγοι εκτιμούν ότι χτίστηκε το 1 500 π.Χ., όμως το αρχαιότερο κυκλικό ανάχωμα και η περιφερειακή τάφρος ανήκουν σε πρωιμότερη φάση του μνημείου και χρονολογήθηκαν περί το 3 1 00 π. Χ.. Στο χώρο βρέθηκαν ακόμα πήλινα σκεύη και οστέινα εργαλεία. Τα περίφημα τρίλιθά του το καθιστούν μοναδικό, γι' αυτό από το 1 9 86 είναι Παγκόσμια Πολιτισμική Κληρονομιά στον κατάλογο της UNESCO. Το όνομα Στόουνχεντζ (Stonehenge) προέρχεται από τις aρχαίες αγγλικές λέξεις Stanhen gίst, που σημαίνουν «κρεμαστοί λίθοι)). Μέχρι σήμερα οι μελετητές και οι αρχαιολόγοι δεν γνωρίζουν ποιοι ήταν αυτοί που έχτισαν το μεγαλιθικό αυτό μνημείο. Σύμφωνα με τη χρήση aστρονομικών διαγραμμάτων, οι αρχαιολόγοι υπολόγισαν ότι το μνημείο παρέμεινε σε χρήση για 1 .500 χρόνια περίπου ως λατρευτικός χώρος και ως αστρονομικό παρατηρητήριο. Ο Εκαταίος ο Αβδηρίτης και ο Διόδωρος ο Σικελιώτης αναφέρουν στα έργα τους έναν λαό με το όνομα Υπερβόρειοι, οι οποίοι κατοικούσαν σε ένα νησί πέρα από τη γη των Κελτών της Γαλατίας (σημερινή Γαλλία) και είχαν κατασκευάσει έναν μεγάλο κυκλικό ναό όπου χρησιμοποιούνταν ως παρατηρητήριο για τη θέση του ήλιου που ταυτιζόταν με τον θεό Απόλλωνα. Ευχαριστούμε τους: Κώστα Καρλή πληροφορικό, Τάσο Κυρίτση μηχανολόγο, Αγγελική Σταυροπούλου μαθήτρια και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή. ••

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας δ ιασκεδάζουν Γρίφοι Τα ψηφία:

Θα χρειαστούν 2.893 ψηφία. Είναι 9 μονοψήφιοι 1(10-1), 90 διψήφιοι 2(10-1)10, 900 τριψήφιοι 3(101)102 και ο 1000. Ο αριθμός 1 μέχρι το 99 είναι 20 φορές, από 100 μέχρι 199 είναι 20 +100=120 φορές, από 200 μέχρι 299 είναι άλλες 20χ3=60 φορές, σύνολο 200. Το ίδιο και ο αριθμός 3 . 2 Τέλειο τετράγωνο: Αν ν και ν+l οι δύο διαδοχικοί ακέραιοι τότε έχουμε {ν+l /-ν =2ν+l θέση τουή2ν+l2 παίρνουμε ένα περιπό που είναι και τέλειο τετράγωνο π χ 13 25 τότε 2ν+1=25 άρα ν=12 και ν+1=13 . . 1 22=52. Άλλος τρόπος: το άθροισμα των ν αρχικών περιττ2 ών αριθμών είναι ν2. Παίρνουμε π.χ. 72=49δηλαδ που είναι ο ώ 25ος περιπός. Α.'λλ.ά. το άθροισμα των 24 περιττ ν είναι 24 αν προσθέσουμε και τον 25° περιττό που είναι ο 49 τότε το άθροισμα των 25 περιττών είναι 252 δηλαδή 242+72=252 ή 252-242=72• Ποιος ε{ναι ο αριθμός: Το ψηφίο των μονάδων 2, των δεκάδων2χ2=4, των εκατοντάδων2χ4=8, συνέχεια 2χ8=16, 6 και 1 το κρατούμενο, 2χ6+1=13, 3 και 1 το κρατούμενο, κοκ και έχουμε τον αριθμό 105263157894736842 αν συνεχίσουμε θα έχουμε επανάληψη του ίδιου αριθμού, αυτός ο αριθμός είναι η περίοδος του • α μός Ο αριθμός αυτός είναι η περίοδος του αριθμού Αμαξά�: Όταν ο αμαξάς κάνει ένα βή μα πίσω η άμαξα προχωρεί χ βή ματα του αμαξά μπροστά, η ταχύτητα αμαξά και άμαξας προστίθενται και ο αμαξάς πλησιάζει στο πίσω μέρος με ταχύτητα 1 +χ και το μήκος μέχρι πίσω είναι 8{l+x). Όταν εmστρέφει στη θέση του οι ταχύτητες αφαιρούνται και η ταχύτητά του είναι 1-χ και το μήκος τώρα εκφράζεται ίσο με 24(1-χ). Έτσι έχουμε 8(1+χ)= 24(1-χ) άρα χ-� άρα το μήκος της άμαξας από τη θέση του μέχρι πίσω είναι 8(1 -+1)=12 βήματα του αμαξά. στη

Ο ρ ιθ

12345679:

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 95 τ.3/77

Σπύρος Π. Ζερβός, ένας υπέροχος άνθρωπος

Γεώ ργιος Δημάκος Ομότιμος Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών

Η ΕΜΕ αποχαιρετά σήμερα στις 23 Ιανουαρίου 2015 τον πρώτο Πρόεδρό της, μετά την αποκατάσταση

της Δημοκρατίας, τον Ομότιμο Καθηγητή του ΕΚΠΑ Σπυρίδωνα Ζερβό, που φεύγει για το μεγάλο , το τελευταίο ταξίδι της ζωής του. Ο Σπυρίδων-Πλούταρχος Ζερβός γεννήθηκε στην Α θήνα το 1930 και είναι γιός του αείμνηστου Καθηγητή και Ακαδημαϊκού ΠαναΎιώτη Ζερβού ,εκ των ιδρυτών της Εταιρείας και μάλιστα Αντιπροέδρου του πρώτου Δ.Σ αυτής το 1918. Ο Καθηγητής Ζερβός προικισμένος με οξύνοια και ευφυία πέραν του μετρίου , δεν άργησε να διακριθεί, από τα οχολικά του ακόμη χρόνια ως μαθητής, τόσο στο Αμερικάνικο Κολλέγιο Ψυχικού, όσο και στην Ιωννείδειο Σχολή Πειραιώς, στην τελευταία τάξη της οποίας μαθήτευσε. Στη συνέχεια σπουδάζει μαθηματικά στο Πανεπιστήμιο Α θηνών, όπου και εκεί διακρίνεται για την ευρύτητα των ιδεών του και τις κατά πολύ προχωρημένες γνώσεις του. Ευθύς μετά την αποφοίτησή του από το Πανεπιστήμιο με "άριστα» " και την στρατιωτική του θητεία μεταβαίνει το 1955 για μεταπτυχιακές σπουδές στο Πανεπιστήμιο Παρισίων, ως υπότροφος του ΙΚΥ. Κατά την διάρκεια των σπουδών αυτών μυείται προοδευτικά στους νέους κλάδους των αφηρημένων Μαθηματικών. Ακριβώς την εποχή εκείνη και στον ευρύτερο ερευνητικό χώρο της μαθηματικής επιστήμης, διαπιστώνει ότι κυοφορούνται ιδέες σημαντικές γενικεύσεων και ενοποιήσεων, πολλές από τις οποίες έχουν ήδη λάβει συγκεκριμένη μορφή όπως: Uniνersal ΆλΎεβρα, θεωρία Κατη'fοριών, θεωρία Μορφών, Model Theory. Αυτές είναι μερικές μόνον από τις θεωρίες, πού θα τον επηρεάσουν έντονα και οι οποίες, αργότερα, θα καρποφορήσουν στη σκέψη του κατά την πανεπιστημιακή του καριέρα. Το 1960 λαμβάνει το Doctorαt d' Etαt des Scίences Mαthemαtίques για την διατριβή του με (θέμα Aspects moderns de /α locαlίzαtίon des zero des polynomes d'une ναrίαble complexe και ) επιβλέποντα Καθηγητή τον Pαul Montel. Το 1961 εκλέχθηκε έκτακτος αυτοτελής Καθηγητής στην ομώνυμη Έδρα των Γενικών Μαθηματικών του ΕΚΠΑ, για να διδάξει στους πρωτοετείς Χημικούς, Φυσιογνώστες και Φαρμακοποιούς της Φυσικομαθηματικής Σχολής. Ο Καθηγητής Ζερβός , ο νεαρότερος Καθηγητής στην μέχρι τότε ιστορία τού Μαθηματικού Τμήματος, αφοσιώνεται με ζήλο στην αποστολή του εγκαινιάζοντας μία επαναστατική μέθοδο διδασκαλίας και επικοινωνίας με τούς φοιτητές του. Παραμερίζει τούς παραδοσιακούς και τυπικούς κανόνες διδασκαλίας των Μαθηματικών, προσφέροντας στο ακροατήριό του μια σύγχρονη αλλά και ευρύτερη θεώρησή τους, πού την ποικίλλει με αναδρομές στην ιστορική εξέλιξή των σύγχρονων Μαθηματικών. Τον υποδέχονται γεμάτα πάντοτε τα μεγάλα αμφιθέατρα ,με ακροατήρια που υπέμεναν και τις πολύωρες ακόμη παραδόσεις του. Θέλοντας να απαλλάξει τον εξεταζόμενο φοιτητή από το άγχος του χρόνου στις γραπτές εξετάσεις, δεν διστάζει να καθιερώσει, καθ ' υπερβολή ίσως, απεριόριστο (στην κυριολεξία) χρόνο και για να έχει στενότερη επαφή και προσωπική γνωριμία με τον κάθε φοιτητή του, καθιερώνει ιδιάζουσα προφορική εξέταση, με ευρύτερη συζήτηση περί τα διδαχθέντα. Η μεγάλη και εντυπωσιακή μνήμη tου, τού έδινε την δυνατότητα να συγκρατεί τις φυσιογνωμίες και τα ονόματα όλων των φοιτητών, πού περνούσαν από την εξέταση αυτή και να τούς θυμάται ακόμη και μετά την αποφοίτηση τους από το Πανεπιστήμιο. Παράλληλα με τα διδακτικά του καθήκοντα συνεχίζει το ερευνητικό του έργο με σημαντικές εργασίες , δημοσιεύσεις, σεμινάρια και ανακοινώσεις σε συνέδρια. Ακολουθώντας την διεθνή τάση της μαθηματικής έρευνας της εποχής εκείνης , δηλαδή να γενικεύει επί μέρους έννοιες και να επιδιώκει ενοποιημένες θεωρίες, όπως την θεωρία των Συναρτησιακών δομών ( structur fonctίonnell elementer ) γνωστή ως Θεωρία των sef, και στην οποίαν, κατά τρόπο εντυπωσιακό ανάγονται σε ενιαία μαθηματική οντότητα όλες

οι μέχρι τότε γνωστές μαθηματικές δομές και όλες οι απεικονίσεις πού αναφέρονται σ ' αυτές. Ενδιαφέρουσες ανακοινώσεις αυτής έγιναν τόσο στην Ακαδημία Αθηνών όσο και στην Ακαδημία Επιστημών των Παρισίων. Το καθεστώς της δικτατορίας της 21ης Απριλίου απολύει από το Πανεπιστήμιο τον μέχρι τότε έκτακτο Καθηγητή Ζερβό, με αποτέλεσμα η παράνομη και άδικη αυτή απόλυση να τού κοστίσει, πέραν των άλλων, επτά χρόνια στερήσεων και πραγματικής δοκιμασίας για την επιβίωσή του, μια και ο ίδιος δεν διέθετε εναλλακτικό πόρο ζωής. Με την αποκατάσταση, της Δημοκρατίας το 1974, ο Καθηγητής Ζερβός επανέρχεται αυτοδίκαια στο Πανεπιστήμιο και εκλέγεται μάλιστα τακτικός Καθηγητής. Η Φυσικομαθηματική Σχολή του αναθέτει να διδάξει τα μαθηματικά στα δύο πρώτα έτη τού Φυσικού Τμήματος. Η Ανωτέρα Άλγεβρα, η Πραγματική και Μιγαδική Ανάλυση, οι Διαφορικές εξισώσεις, η Θεωρία Τελεστών, η Αρμονική Ανάλυση, πρέπει όλα αυτά να διδαχθούν αλλά και να χωρέσουν στον περιορισμένο χρόνο, πού διαθέτει τό πρόγραμμα. Ταυτόχρονα, οργανώνει και διευθύνει, εκτός προγράμματος, σεμινάρια με άκρως χρήσιμα και αναγκαία Μαθηματικά για τούς φοιτητές της Φυσικής Επιστήμης, όπως είναι οι Μετασχηματισμοί Συναρτήσεων ( Tranformatίon offun- ctίons ) , Dίgίtal Data (Διακριτές Τιμές) και ο Λογισμός Μεταβολών ( Ca/culus of Varίatίons) ο τόσο απαραίτητος για την μελέτη των μεγάλων Αρχών της Φυσικής. Εδώ πρέπει να αναφερθούν ακόμη και οι εξαιρετικά ενδιαφέρουσες, αν και πάνω σε πολύ προχωρημένα θέματα Εφαρμοσμένων και θεωρητικών Μαθηματικών, διαλέξεις ξένων διακεκριμένων καθηγητών, τούς οποίους συχνά προσκαλούσε, αποβλέποντας να λάβουν οι φοιτητές του μικρή, έστω, γεύση της σύγχρονης Μαθηματικής έρευνας . Για την προσωπικότητα και την αναγνωρισμένη συμβολή του στη Μαθηματική Επιστήμη, τιμάται από τον κόσμο των ελλήνων μαθηματικών, με την εκλογή του το 1 9 75 ως Προέδρου της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Στην περίοδο της θητείας του πραγματοποιήθηκε σειρά διαλέξεων με σημαντικούς ξένους και έλληνες ομιλητές και η έκδοση δύο τόμων διαλέξεων το 1977, η έκδοση της Μαθηματικής Επιθεώρησης αλλά και η πρότασή του για την ίδρυση Πανεπιστημίου του Αιγαίου. Θα ήταν, όμως, σοβαρή παράλειψη και ετεροβαρής η αναφορά μας στον αείμνηστο, αν την ώρα ετούτη περιοριστούμε στην επιστημονική και μόνον εικόνα του και αγνοήσουμε τις άλλες πλευρές της πολυσχιδούς όσο και ενδιαφέρουσας προσωπικότητάς του. Είναι οι πλευρές τού συναισθηματικού του κόσμου, με πρώτες και πιό δυνατές απ ' όλες εκείνες οι καταβολές πού έσερνε μέσα του από τούς προγόνους της μητέρας του Χαρίκλειας Παπαϊωάννου, αδελφής του αείμνηστου Καθηγητή και Ακαδημαϊκού Κωνσταντίνου Παπαϊωάννου, πού κρατούσε από τον ΣτάίΚο ΣταίΚόπουλο, αγωνιστή τού '21 και παράτολμο πορθητή τού φοβερού κάστρου τού Παλαμηδιού. Σ' αυτό πρέπει, ίσως, να αποδώσουμε την πυρετική φαντασία του Καθηγητή Ζερβού, τον φλογερό πατριωτισμό του, τη ριψοκίv�υνη ιδιοσυγκρασία του, το απρόβλεπτο της σκέψης και των αντιδράσεών του. Τον ψυχικό του κόσμο συνείχαν πάντοτε δύο μεγάλα εθνικά ιστορικά γεγονότα της πατρίδας μας, για τα οποία αφιέρωνε μεγάλο μέρος της σκέψης του αλλά και ένα αξιοσημείωτο ποιητικό ταλέντο. Το ένα ήταν ο ξεσηκωμός τού '21 και το άλλο η διπλή εποποιία τού ελληνικού λαού το 1940-41, η μία στα Ηπειρώτικα βουνά κι η άλλη στα οχυρά της γραμμής Μεταξά. Το βιβλίο του, «ΤΟ ΣΑΡΆΝΤΑ», μια ποιητική συλλογή αφιερωμένη σ ' αυτόν τον πόλεμο αλλά και στην ηρωική Αντίσταση του λαού, πού ακολούθησε ενάντια στους τρείς κατακτητές, εκφράζει με έντονο συναισθηματισμό και συγκίνηση, το ανεπανάληπτο εκείνο ηρωικό πνεύμα προσφοράς και θυσίας ενός λαού, που δόθηκε τότε ολοκληρωτικά προκειμένου να υπερασπίσει το υπέρτατο αγαθό του: την εθνική αξιοπρέπεια και την Ελευθερία. Όμως επιβάλλεται να εξάρουμε εδώ αυτήν την ώρα, μιαν ακόμη πλευρά του ψυχικού του κόσμου, άγνωστη στους πολλούς και απόλυτα διδακτική για την σκληρή εποχή μας, εκείνη ενός υπερευαίσθητου στην κακοτυχία και την ανημποριά του κάθε συνανθρώπου του. Εξαιρώντας τον εαυτό του από τον γενικευμένο κανόνα της εποχής μας, πού θέλει τον άνθρωπο διψαλέο και αδίστακτο για το χρήμα, ο Σπύρος Ζερβός αδιαφορούσε σχεδόν γι ' αυτό. Δεν το είδε ποτέ ως αυτοσκοπό και δεν δίσταζε να έρχεται αρωγός σε όποιον του ζητούσε την βοήθεια του. Παρά την εξαιρετικά λιτή ζωή του. Όλα αυτά τον έκαμαν να ξεχωρίζει και να διακρίνεται, τόσο στον δύσκολο στίβο της ζωής, με τις aντίξοες συνθήκες πού έζησε ή γενιά του, όσο και στον επιστημονικό τομέα, τον οποίον με πάθος υπηρέτησε. Εκ μέρους του Δ.Σ. της ΕΜΕ ο Πρόεδρος Γεώργιος Μ. Δημάκος στην σύζυγο του Ρ/Α. Αείμνηστε φίλε και συνάδελφε Σπύρο Καλό Ταξίδι στην αιώνια ζωή, σε λίγο σε περιμένει η οικογένεια σου ο πατέρας σου η μητέρα σου και ο θείος σου.