Ευκλειδης β 96

ΑΠΡΙΛΙΟΣ-ΜΑΪΟΣ- ΙΟΥΝΙΟΣ

2015

ευρώ 3,5

•

�

•

� Ερατοσθένης 2014

Προκριματικοί 2015

στην Καστοριά

32ο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας 30·31 Οκτωβρίου & 1 Νοεμβρίου 2015

IEAAHN!IJΚ::H

!MJAΙJJ!IJIMATIKH

IETAIPEIA

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 96- Απρίλιος- Μάιος- Ιούνιος e-mail: info@hms.gr,

2015-

www.hms.gr

Ευρώ:

3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ εν κ Θέματα

Γ

ι ά

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Nash, Βραβε(ο Abe\2015, .......................................................................................

Ερατοσθένης 2014, .................................................................................................. Αφορμές και στιγμιότυπα, ........ . ........................................................................... Μαθηματικές Ολυμπιάδες, .....................................................................................

Homo Mathematicus,

'λλγεβρα: Γεωμετρία:

Α·

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

τάξη

Επαναληπτικές Ασκήσεις, ......................................... . .................... Επαναληπτικές Ασκήσεις, Β· .............................................................. τάξη

�

�

ΆΑγεβρ�: Επαναληπτικ ς Ασκ σεις, ............................................................... Γεωμετρια: Επαναληπτικες Ασκησεις, ............................................................... Κατεύθυνση: Επαναληπτικές Ασκήσεις, .............................................................. Διαγωνίσματα Μαθηματικών,................................................................................ Γεωμετρικοί τόποι εικόνων μιγαδικών αριθμών• ................................................ . ξ Γ Τια η Γενική Παιδεία: Επαναληπτικές Ασκήσεις,.......................................................... Κατεύθυνη: Επαναληπτικές ασκήσεις, ..................................................... εν κ Θέ..... ματα Γ ι ά Ευκλείδης Προτείνει,... ........................................................................................... το Βήμα του Ευκλείδη, ....................................................................... . .................... Τα μαθηματικά μας διασκεδάζουν,....................................................................... Επικαιρότητα, ........................................... ,.............................................................

1 4 8

9

15 19

23 28 37

47

50

53 57

64 72

75

76

79

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και cιυνάδελφοι,

Φτάcιαμε αιcιίως cιτο τέλος κι' αυτής της cιχολικής χρονιάς με τις εξετάcιεις να πληcιιάζουν και την αγωνία να κορυφ ώνεται. Φροντίcιαμε να φθάcιει έγκαιρα cιτα χέρια cιας, το 4ο τεύχος

του Ευκλείδη Β· με μια cιυλλογή αcικήcιεων κατάλληλων για την απαραίτητη επανάληψ η, πριν μπούμε cιτην τελική ευθεία. Σας ενημερώνουμε άτι τη cιυγγραφή του πρώτου τεύχους του

περιοδικού για τη νέα cιχολική χρονιά έχει αναλάβει το παράρτημα της Κ αcιτοριάς, όπου θα πραγματοποιηθεί και το 32ο Μαθηματικό Συνέδριο cιτις 30-31 Οκτωβρίου και 1 Νο εμβρίου του 2015.

Ευχόμαcιτε ολό ψυχα να ευοδωθούν οι cιτό χοι cιας, ώcιτε το καλ ο καίρι που έρχεται να cιας βρει χ αρο ύμενους και ευτυχιcιμένους. Μ εευχές γιο υγεία και πρόοδο Ο πρό εδρος της Συντακτικής Επιτ ροπής: Γιώργος Τοcιcιόπουλος

��������;;;;i;;;;i;;;;;;� Οι αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Ευcι ταθίου, Γιάννης Κεραcιαρίδης Την επιμέλεια της ύλης των τάξεων είχαν και οι συνάδελφοι Α. Β . Γ. ΚατσοιjληςΙ Β. Λυκε:iου IA Λυκείου ΙΧρ.

Κuκαβ�ς.

Υ.Γ.

Η έγκαιρη πληρωμή της1 συνδρομής βοηθάει στην έκδοση του πεΡ-ιοδικού ΠAHB'1IΣ'JHMIOY 34 10679ΑθΗΝΑ Τηλ.: 210 3617784 - 210 3616532 Fαχ: 210 3641025

Εκδότης:

Διευθυντής:

Δημάκος Γεώργιος Κρητικός Εμμανουήλ

Επ ι μέ λε ια Έκδοσης:

Ζώτος Βαyyέλης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ: 2054 \SSN: 1105 - 8005

Πρόεδρος:

Ταααόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδροι:

Ευσταθίου Βαyyέλης Κε:ραααρίδης Γι6ννης : Γραμματέ ας

Χριστόπουλος Παναγιώτης Μέλη: Αργυράκης Δημήτριος

Λουρίδας Σωτήρης Στεφανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔιΑΓΩΝιΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

•

•

Αθοvοcιόποuλος Ιtώρyιος Ανδριόποuλος Γεώργιος Ανδρουλοκάκης Νίκος Αντωνόπουλος Γεώργιος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώcιτος Γαβράς Τάcιος Ευcιτοθίου Βαγγέλης Ζοχορόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαγγέλης Κακοβάς Απόcιτολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήcιτος Καρκάνης Βοcιίλης Κατcιούλης Γιώργος Κεραcιαρίδης Γιάννης Καρδομίτcιης Σπύρος Κανόμης �ρτι Κ6ντζιας Νίκος Κατcιιφάκης Γιώργος

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

Συντακτική Επ ι τρο πή

Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριοκοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυcιτ. Λαζαρίδης Χρήcιτος Λ6ππας Λευτέρης Λουριδάς Γιάννης Λουρίδας Σωτήρης Μολαφέκας Θανάcιης Μανιάτης Ανδρέας ΜανιατοπούλοuΑμολίο Μουρογιοννάκης Λεωνfδος Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μήλιος Γεώργιος Μπερcιίμης Φραγκίcικος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήcιτος Πονδής Χρήcιτος Σίcικου Μαρία Σαfτη Εύα

Τιμή Τεύχους: ευρώ

Σταϊκος Κώcιτος Στάϊκος Παναγιώτης Στεφανής Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικ6λοος Τοcιcιόπουλος Γιώργος Τ ζελέπης �κης Τ ζιώτζιος Θσνάcιης Τ ριάντος Γεώργιος Τcιαγκάρης Ανδρέας Τcιογκάρης Κώcιτος . Τcιικολοuδάκης Γιώργος Τcιιούμος Θανάcιης Τ υρλής Ιωάννης Φανέλη �ννυ Χαραλομπάκης Ευcιτάθιος Χαρολαμποπούλου Λίνο Χαραλάμπους Θάνος Χριcιτιάς Σπύρος Χριcιτόπουλος θανάcιης Χριcιτόποuλος Παvaγιώτης Ψύχος Βαγγέλης

3,50

Οι συνεργασίες, (τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.) πρέπει να στέλνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β''. Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Όλα τα άρθρα υπόκεινται σε κρίση, αλλά την κύρια ευθύνη τη φέρει ο εισηγητής. Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται στέλνεται: (1). Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ.

30044 (2). Στην ιστοσελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

Εκτύπωση: ROTOPRINY (Α. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ.: 2ΊΟ 6623778- 358 Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΟΙ ΓΙΓΑΝΤΕΣ ΤΟΥ ΕΙΚΟΣΤΟΥ ΑΙΩΝΑ John Forbes Nash και Louis Nirenberg

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος Στις

19

Μαίου 2015 στο Όσλο θα απονεμηθεί το διεθνές βραβείο Abel 2015, το ως θεωρούμενο «Νόμπελ» Μαθηματικών», στον 8 6χρονο πλέον John Nash καθηγητή του Πανεπιστημίου του Pήnceton στο Νιου Τζέρσεϊ των ΗΠΑ και στον Louis Nirenberg καναδικής καταγωγής καθηγητή στο Ινστιτούτο Μαθηματικών Επιστημών Courant του Πανεπιστημίου της Νέας Υόρκης. Το βραβείο απονέμεται·κάθε χρόνο από τον Βασιλιά της Νορβηγίας σε έναν ή περισσότερους μαθηματικούς με σπουδαία συνεισφορά στην επιστήμη και φέρει το όνομα του Νορβηγού μαθηματικού Νιλς Χένρικ Άμπελ (18 02-18 29). Συνοδεύεται από χρηματικό έπαθλο έξι εκατομμυρίων Νορβηγικών κορωνών ( �750.000 €). Στην ανακοίνωση της βράβευσης ο Nash και ο Nirenberg χαρακτηρίζονται ως ((μαθηματικοί γίγαντες του εικοστού αιώνα>). Οι δύο κορυφαίόι μαθηματικοί βραβεύονται για την σημαίνουσα συνεισφορά στη θεωρία των μη-γραμμικών μερικών διαφορικών εξισώσεων και στις εφαρμογές τους στη γεωμετρική Ανάλυση. Δηλαδή εξισώσεων οι οποίες ανέκυψαν πρωτίστως, για να περιγράψουν φυσικά φαινόμενα, αλλά αποδείχθηκαν εξίσου χρήσιμες στην ανάλυση αφηρημένων γεωμετρικών αντικειμένων. Οι μερικές διαφορικές εξισώσεις θεωρούνται το θεμέλιο πολλών επιστημονικών Περιοχών, χρησιμοποιούνται τόσο στα καθαρά Μαθηματικά, ιδίως στη γεωμετρική ανάλυση, όσο και στην περιγραφή ποικίλων φυσικών φαινομένων και έχουν μια πληθώρα εφαρμογών. Η συμβολή του Nash στις διαφορικές εξισώσεις από τους· επιστημονικούς κύκλους ανέκαθεν θεωρείτο πιο σημαντική και από το έργο του για τη θεωρία των παιγνίων στα οικονομικά. Όμως τα ψυχιατρικής φύσης προβλήματα που τον βασάνιζαν επί δεκαετίες, τον είχαν εμποδίσει να ολοκληρώσει την έρευνά του. Το 1994, απονεμήθηκε στον Αμερικανό μαθηματικό John Nash το βραβείο Νόμπελ στα Οικονομικά για εργασία του στη θεωρία των παιγνίων. Το βραβείο Nobel το μοιράστηκε με τον οικονομολόγο John C. Harsanyi και τον μαθηματικό Reinhard Selten. Ο πρώτος επιστήμονας που έχει βραβευτεί με δύο διεθνή Βραβεία, το Nόbel και το Abel είναι ο John Nasb. Το 2001 στην ταινία του Ρον Χάουαρντ «Beautiful Mind» [ένας υπέροχος άνθρωπος) προβάλλεται η ζωή του ιδιοφυούς μαθηματtκού Nash και η προσπάθειά του να υπερβεί τα προβλήματα ψυχιατρικής φύσης που τον απασχόλησαν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/1

f.

•

Χαρα κτηριστι κές φωτογραφίες Nash - Χριστοδούλου με τις συζύγους τους

. Να υπενθυμίσουμε ότι ο John Nash είναι πολύ στενός φίλος του κορυφαίου Έλλην� Μαθηματικού και Φυσικού, με διεθνή επίσης βραβεία Δημήτρη Χριστοδούλου. Στις φωτογραφίες που πήραμε από τον κ. Δ. Χριστοδούλου τον βλέπουμε μαζί με το Nash και με τις συζύγους τ<:Qν. Ζητήσαμε από τον κ. Δημήτρη Χριστοδούλου να σχολιάσει το θέμα της βράβευσης του φίλου του Nash και μας απάντησε τον Μάρτιο 2015: Αγαπητέ κ. Χριστόπόυλε, Ευχαριστώ πολύ για τις ευχές σας. Όσον αφορά τα φετινά βραβεία Abel, δεν γνωρίζετε φάίνεται ότι όχι μόνο ο Nash σJ.λά και ο άλλος που τιμάται φέτος με αυτό το βραβείο, ο Louis Nirenberg, είναι φίλος μου και υπήρξε μέντορας μου από το 1 98 1 , από τότε που πρωτοπήγα στο Courant lnstitute. Μάλιστα η αδελφή του, που λέγεται Deborah Goldberg, ζει στην Αθήνα εδώ και 40 χρονιά, ήταν μάλιστα πολύ φίλη με την μητέρα μου. Όσον αφορά τον Nash χαίρομαι ιδιαίτερα γιατί επιτέλους αναγνωρίζεται με την υψηλότερη διάκριση το έργο του στα Μαθηματικά, και συγκεκριμένα στην μαθηματική ανάλυση και την εφαρμογή της στην διαφορική γεωμετρία. Η αναλυτική μέθοδος που εφεύρε, την όποια ο ίδιος εφήρμοσε για να λύσει το πρόβλημα του ομαλού ισόμετρου εμβαπτισμού καμπύλης πολλαπλότητας Riemann σε Ευκλείδειο χώρο ανώτερης διάστασης, εφαρμόστηκε έκτοτε και έδωσε την λύση σε πολλ.ά και πολύ διαφορετικά μεταξύ τους προβλήματα, όπως το πρόβλημα της ευστάθειας των ελλειπτικών σημείων ισορροπίας στην κλασσική Μηχανική από τον Moser, ακόμα και πρόσφατα στο πρόβλημα της κίνησης της ελεύθερης επιφάνειας ενός υγρού από τον Lindbl!d. Και η άλλη μέθοδος που εφεύρε ο Nash εν σχέση με το πρόβλημα του ισόμετρου εμβαπτισμού, εκείνη που δίνει εμβαπτισμό όχι ομαλό, σJ.λά με συνεχή παράγωγο μόνο 1 ης τάξεως, ονομάστηκε, από τον Gromoν (βραβείο Abel 2009) , 'Ή Pήnciple" και βρήκε πολλές σημαντικές εφαρμογές. Τέλος η μέθοδος με την όποια έλυσε το πρόβλημα της ομαλότητας των λύσεων των μη γραμμικών ε�ιπτtκών μερικών :διαφορικών �ξισώσ�ων :(ένα από τα προβλήματα του Hilbert) αποτελεί την βάση της θεωρίας, και χάρις σε αυτήν έγινε, ότι έγινε μέχρι τώρα σε αυτόν τον τομέα. Αρκεί να αναφέρω ότι το έργο του Yau που έλυσε την εικασία του Calabi βασίζεται σε αυτή την μέθοδο. Το έργο. λοιπόν του Nash σε αυτά τα μαθηματικά θέματα είναι πολύ σημαντικότερο από το έργο του στην θεωρία των παιγνίων για το οποίο τιμήθηκε με το Nobel Οικονομικών. Σας παραπέμπω στην ιστοσελίδα www.abelpήze.no . Καλό Πάσχα, Δημήτρης Χριστοδούλου ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/2

-------

Nash-Abel 20 15 ---------------------------------------------------------

Ακόμα να αναφέρουμε [δείτε σε προηγούμενα τεύχη του Ευκλείδη Β' 78,79,90] εδώ ότι το 2009 ένας άλλος Έλληνας, ένα λαμπρός νέος με μεταπτυχιακές και διδακτορικές σπουδές στο Πανεπιστήμιο του Μπέρκλεϊ, καθηγητής πληροφορικής στο ΜΙΤ, ο Κωνσταντίνος Δασκαλάκης εκτόξευσε τη δημοτικότητά του στην επιστημονική κοινότητα, όταν ξεδιάλυνε έναν γρίφο της Πληροφορικής. Στη διδακτορική του διατριβή δίπλα στον Παπαδημητρίου μελετά το Θεώρημα του Nash στη θεωρία των παιγνίων. Με απλά λόγια ο Nash, στη θεωρία των παιγνίων, είχε δημιουργήσει ένα απλοποιημένο σύστημα των σχέσεων και των ενεργειών κάποιων ανθρώπων που βρίσκονταν σε καταστάσεις με διαφορετικά συμφέροντα, όπως το. να είναι αντίπαλοι σε ένα παιχνίδι. Ισχυρίστηκε ότι σε κάθε αγορά, ακόμη και όταν υπάρχουν αντικρουόμενα συμφέροντα, υπάρχει τρόπος να βρεθεί η ισορροπία. Ο Δασκαλάκης, σε συνεργασία με τους καθηγητές του, Χρίστο Παπαδημητρίου από το Πανεπιστήμιο του Μπέρκλεϊ και τον καθηγητή Πολ Γκόλντμπεργκ του Πανεπιστημίου του Λίβερπουλ, απέδειξε ότι οι μέχρι τότε προσπάθειες στρέφονταν προς λάθος κατεύθυνση. Έδειξε δηλαδή ότι η ισορροπία αυτή, σε ορισμένες περιπτώσεις, είναι υπολογιστικά αδύνατη, και ότι δεν υπάρχει τρόπος για να προβλεφθεί η ισορροπία. Για αυτή του την απόδειξη βραβεύθηκε από τον διεθνή οργανισμό ACM (Association for Computing Machinery). Σχόλιο: Θυμίζουμε ότι ο καναδικής καταγωγής L. Nirenberg είναι καθηγητής στο Ινστιτούτο Μαθηματικών Επιστημών Courant του Πανεπιστημίου της Νέας Υόρκης. Οι δύο τους -που ποτέ δεν έγραψαν μαζί μια επιστημονική εργασία, αλλά συνεργάστηκαν άτυπα στη δεκαετία του '50- θα μοιραστούν το βραβείο ύψους περίπου 765.000 δολαρίων, όπως ανακοίνωσε χθες η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων, σύμφωνα με το "Nature" και το "New Scientist". Οι μερικές διαφορικές εξισώσεις θεωρούνται το θεμέλιο πολλών επιστημονικών περιοχών, από τη γεωμετρία έως τη φυσική και έχουν μια πληθώρα εφαρμογών. Το έργο των Nash και Nirenberg έχει τεράστια επίδραση σε πολλά πεδία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/3

ΕΡΑΤΟΣΘΕΝΗΣ 2014: Ένα αρχαίο πείραμα με τη χρήση τεχνολογιών αιχμής: ένα παράδειγμα βιωματικής και διαθεματικής διδασκαλίας μέσω eTwinning

Κωστόπουλος Βασίλης Πειραματικό Γυμνάσ ιο Αγίων Αναργύρων Το πρόγραμμα eTwinning <<Ερατοσθένης 2014>> είναι ένα καινοτόμο πρόγραμμα που κάνει χρήση των νέων τεχνολογιών προκειμένου να γίνει ο υπολογισμός της περιφέρειας της Γης με τον αρχαιότερο γνωστό τρόπο: τη μέθοδο του Ερατοσθένη. Ένα μεγάλο μέρος του προγράμματος βασίζεται στη βιωματική διδασκαλία αφηρημένων εννοιών ειδικότερα στους τομείς των μαθηματικών και φυσικών επιστημών. Ειδικότερα οι συμμετέχοντας μαθητές καλούνται να προβούν σε τρηωνομετρικο6ς και γεωμετρικο6ς υπολογισμούς βασιζόμενοι στις δικές τους μετρήσεις του μήκους της σκιάς ενός στ6λου. Από αυτή την απλή εμπειρική διαδικασία θα καταλήξουν στον υπολογισμό με ακρίβεια της περιφέρειας της Γης υπό την καθοδήγησή τους βήμα βήμα από τους συμμετέχοντες καθηγητές. Για τη διαδικασία αυτή θα βιώσουν τη συλλογική δουλειά που απαιτείται για την επιστημονική πρόοδο, καθώς ο υπολογισμός της περιφέρειας της Γης δεν μπορεί να γίνει παρά μόνο με την βοήθεια των μετρήσεων των μαθητών ενός άλλου σχολείου σε διαφορετική γεωγραφική τοποθεσία. Το πρόγραμμα είναι κατεξοχήν διαθεματικό, διότι πέρα από τις αρχές μαθηματικών και φυσικών επιστημών που προαναφέρθηκαν, απαιτούνται γνώσεις από τη Γεωγραφία, την Τεχνολογία, την Ιστορία, τις Ξένες Γλώσσες (στο πρόγραμμα η επικοινωνία γίνεται στα Αγγλικά και Γαλλικά), τα Εικαστικά και τις ΤΠΕ.

Η

παρούσα ε ισήγηση παρουσ ιά ζε ι το πρόγραμμα eTwinning «Ερατοσθένης 2014)). Πολλά από τα σχολεία που συμμετέχουν στο πρόγραμμα βραβεύθη καν με την «Εθνική Ετικέτα Ποιότητας)) της χώρας τους. Στην Ελλάδα βραβεύθηκαν κα ι τα δύο συμμετέχοντα σχολεία , το Πρότυπο Πε ιραματ ικό Γυμνάσιο Αγίων Αναργύρων κα ι το Πρότυπο Πειραματικό Γυμνάσιο Ζωσιμαίας Σχολής Ιωαννίνων. Ιδρυ τής του προγράμματος αυτού είνα ι ο Γάλλος, κ . Eric Vaysie καθηγητής Φυσ ικών Επ ιστημών στο College Antonin Perspog. Παρα κάτω θα γίνε ι αναλυτική περ ιγραφή του προγράμματος, κα ι θα επ ισημανθούν τα στο ιχεία πα ιδαγωγ ικής κα ινοτομίας. Έμφαση θα δοθεί στην επ ικοινωνία κα ι συνεργασία μεταξύ των συμμετεχόντων από όλες τ ις χώρες σχολείων καθώς αυτό αποτελεί σημ αντικό στο ιχείο του προγράμμα τος. Στα πλαίσ ια του προγράμματος αυτού , μαθητές από όλες τ ις ηπείρους συνεργά ζοντα ι προ κε ιμένου να επαναλάβουν ένα από τα ωρα ιότερα πε ιράματα όλων των εποχών: τη μέτρηση της περ ιφέρειας της Γης σύμφωνα με τη μέθοδο του Ερατοσθένη . Το 205 π.Χ. ο Έλληνας aστρονόμος Ερατοσθένης, δ ιευθυντής της περίφημης β ιβλ ιοθή κης της Αλεξάνδρειας, επ ινόησε μία γεωμετρική μέθοδο η οποία του επέτρεψε να μετρήσει με ακρίβεια το μήκος της περιφέρειας Γης. Ξεκίνησε χρησ ιμοπο ιώντας τη μαρ τυρία ότ ι κατά την Εαρ ινή ισημερία (στις 21 Ιουνίου ) στις 12:00 το μεσημέρ ι ακρ ιβώς(χρησ ιμοπο ιώντας το ηλ ιακό ρολό ι) ο ι α κτίνες του ήλ ιου στη Συήνη(σημερ ινό Ασουάν ), περ ιοχή που απείχε 800 χ ιλ ιόμετρα από την Αλεξάνδρε ια , έπεφτ αν κατα κόρυφα . Το συμπέρασμα αυτό προέ κυπτε από την παρατήρηση ότ ι εκείνη τη χρον ική στ ιγμή ένα πηγάδι φωτιζόταν μέχρι τον πυθμένα του χωρίς σκιά. Την ίδ ια ημέρα κα ι ώρα στην Αλεξάνδρε ια ο ι ακτίνες δεν έπεφταν κατα κόρυφα . Μετρώντας τη χρον ική ε κείνη στ ιγμή με τη χρήση ενός κατα κόρυφου στύλου τη γωνία πρόσπτωσης των ακτίνων του ήλ ιου στην Αλεξάνδρε ια κα ι γνωρί ζοντας την απόσταση μεταξύ Αλεξάνδρειας κα ι Συήνης, ο Ερατοσθένης υπολόγ ισε την γωνία κα ι γνωρί ζοντας το μή κος του τόξου που αντ ιστο ιχούσε στην απόσταση των δύο πόλεων υπολόγ ισε με ακρίβε ια το μή κος της περ ιφέρε ιας της γης. Το πρόγραμμα eTwinning «Ερατοσθένης 2014)) δ ιαρ κεί ένα ημερολογ ιακό έτος (Ιανουάρ ιος 2014 έως Δεκέμβρ ιο 2014) κα ι έχε ι ως σημεία αναφοράς αστρονομικά φα ινόμενα δηλαδή τις ισημερίες κα ι τα ηλ ιοστάσ ια . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/4

-------

Ε ρατοσθένης 2014

Τις ημερομηνίες των ισημεριών , δηλαδή 4 φορές το χρόνο , οι μαθητές του Πρότυπου Πειραματι κού Γυμνασίου Αγίων Αναργύρων καθοδηγούμενοι από τους καθηγητές τους, υπολογί ζουν με τη χρήση ενός κατακόρυφου στύλου που έχουν κατασ κευάσει για το σκοπό αυτό τη γωνία πρόσπτωσης των ακτίνων του Ήλιου στην αυλή του σχολείου τους. Στη συνέχεια χρησιμοποιούν τα αποτελέσματα αντίστοιχων μετρήσεων των μαθητών ενός από τα σχολεία που συμμετέχουν στον πρόγραμμα για να επαληθεύσουν τον υπολογισμό του Ερατοσθένη . ΠΑΙΔΑΓΩΓΙΚΗ ΚΑΙΝΟΤΟΜΙΑ: Η πρωτοτυπία του προγράμματος έγκε ιται στο γεγονός ότι συνδυά ζει ένα από τα. αρχαιότερα επιστημονι κά πειράματα με τεχνολογίες αιχμής. Το αρχαίο εmστημονι κό πείραμα· διεξάγεται ξανά και ξανά από μαθητές σε όλο τον κόσμο με βιωματι κό τρόπο: οι μαθητές, συγ κεκριμένη ώρα και μέρα στο προαύλιο του σχολείου τους μετρούν το μή κος της σ κιάς ενός κατα κόρυφου στύλου και βρίσκουν τη γωνία πρόσπτωσης των ακτίνων με τριγωνομετρι κούς υπολογισμούς. Ταυτόχρονα με τη χρήση GPS βρίσ κουν τις ακριβείς γεωγραφικές συντεταγμένες του τόπου τους. Συγ κρίνοντας τα. δεδομένα που συνέλεξαν με αυτά μαθητών από ολόκληρο τον κόσμο , καθώς τα ανταλλάσουν με τη χρήση του διαδικτύου , προχωρούν στόν υπολογισμό και επαλήθευση της μέτρησης της περιφέρειας της Γης με την μέθοδο του Ερατοdθένους. Όλες οι μετρήσεις αρχειοθετούνται στο Twinspace καθώς επίσης και σε μία ιστοσελίδα (http://www.eratosthenes.eu ). Το τελευταίο στάδιο του πειράματος, μετά τις μετρήσεις και τους υπολογισμούς είναι οι τηλεδιασ κέ ψεις των μαθητών για την παρουσίαση αυτών .

=.....

._,.

.....

Μαθηματικές έννοtες και υποθέσεις που διδάσκονται στην τάξη. ΔΙΑθΕΜΑΤΙΚΟΤΗτΑ: Το πρόγραμμα αυτό είναι κατεξοχήν διαθεματι κό . Συμπεριλαμβάνει ενότητες από Μαθηματικά , ιστορία , γεωγραφία , αστρονομία , φυσική , Τ ΠΕ, ξένες γλώσσες, τεχνολογία , ει καστικά . Συγ κεκριμένα στα Μαθηματικά διδάσ κονται βασικές γεωμετρικές έννοιες παραλληλίας ευθειών , σχέσεις μεταξύ γωνιών , τριγωνομετρία και άλλες έννοιες προ κειμένου να κατανοηθεί και να εξηγηθεί το πείραμα . Η διδασκαλία είναι βιωματική καθώς τα παιδιά κατασκευά ζουν όργανα μέτρησης, και μετρούν και εφαρμό ζουν στην πράξη όλα όσα αναπτύσσονται θεωρητι κά στην τάξη . Τέλος, διδάσκονται τη χρήση του λογισμικού Geogebra. Στην Ιστορία μελετούν το ι στορι κό πλαίσιο της εποχής του Ερατοσθένους καθώς και της προόδου των επιστημών της ιστορι κής εκείνης περιόδου . Στο μάθημα της Φυσικής εξηγούνται φαινόμενα όπως της κίνησης της Γης και του Ήλιου , της ευθύγραμμης διάδοσης του φωτός και ά λλα . Στη Γεωγραφία διδάσ κονται την έ ννοια των γεωγραφικών συντεταγμένων , την έννοια των μεσημβρινών και παραλλήλων , καθώς και τη γεωγραφία των χωρών με τους μαθητές των οποίων υπάρχει ε mκοινωνία στο Twinspace.

Παράδειγμα γεωγραφικών εννοιών που διδάσκονται.

Στο μάθημα της Πληροφορικής μαθαίνουν τη χρήση του απαραίτητου λογισμικού(λογιστικά φύλλα , επεξεργασία κειμένου , φωτογραφίες, βίντεο , παρουσιάσεις), λογισμι κό για εmκοινωνία μεταξύ των ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/5

---

Ε ρατοσθένης 2014

σχολείων για ανταλλαγή πληροφοριών, για δημοσίευση στοιχείων, για ενημέρωση , για εύρεση πληροφοριών και για τηλεδιασκέψεις. Η συμμετοχή στις τηλεδιασκέψεις προ'Οποθέτει προετοιμασία στα μαθήματα ξένων γλωσσών (Αγγλικών και Γαλλικών) με την εκμάθηση του απαραίτητου λεξιλογίου και δομών της γλώσσας. Στο μάθημα της Τεχνολογίας, η διδασκαλία περιλαμβάνει και πρακτική κατασκευή κατακόρυφων στύλων που είναι απαραίτητοι για τις μετρήσεις.

Μετρήσεις με τη χρήση του στόλου.

Για τις κύριες μετρήσεις (κατά τις ισημερίες και τα ηλιοστάσια) τα δεδομέν α ανταλλάσσονται σε πραγματικό χρόνο σε ένα Google dήνe sheet και αυτό το αρχείο ενσωματώνεται σε μία σελίδα wiki. Στο Twinspace αναρτώνται φωτογραφίες που απεικονίζουν τους μαθητές την ώρα των μετρήσεων καθώς και οι διαφορετικοί τύπο στύλων που χρησιμοποιούν για τις μετρήσεις. Η μελέτη των φωτογραφιών μπορεί δυνητικά να δώσει κάποιες πληροφορίες για mθανά λάθη στ α αποτελέσματα των μετρήσεων ή της διαδικασίας της μέτρησης. Έχει δημιουργηθεί ένα υπολογιστικό φύλλο στο Google dήve το οποίο αυτόματα υπολογίζει την περιφέρεια της γης με βάση τα διαθέσιμα δεδομένα, και αυτό εmτρέπει σε κάθε σχολείο να βρει τον καταλληλότερο συνεργάτη (δηλαδή το σχολείο το οποίο έχει κάνει την ακριβέστερη μέτρηση που θα εmτρέψει τον ακριβή υπολογισμό της περιμέτρου της Γης). Στη συνέχεια, ένα πρότυπο στο πρόγραμμα Geogebra χρησιμεύει στη δημιουργία του σχετικού γεωμετρικού σχήματος. Το πρότυπο αυτό θα υπολογίσει αυτόματα την περιφέρεια της Γης χρησιμοποιώντας τα δεδομένα από τις μετρήσεις των δύο σχολείων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/6

----- Ε ρατοσθένης 2014 2t 2t

-- 2IDM (Ltfι•ιO... . ι=ιwιc:ει -- .... .... 8ltEECEJ

43.80�

37. r Athens 678 km

_.x&78km

σlιcω:ιιlcι.ι8nα8 • a.r -

,37. 7°

Πρότυπο Geogebra για τον υπολσyισμό της περιφέρειας της Γης.

•

, ιιοοtι-

Στη συνέχεια οι μετρήσεις, και τα αποτελέσματα των υπολογισμών παρουσιάζονται μέσω τηλεδιάσκεψης όπου γίνεται αναφορά στα σχολεία που πραγματοποίησαν τις πιο ακριβείς μετρήσεις. Από τα παραπάνω είναι φανερό ότι το πρόγραμμα «Ερατοσθένης 2014» βασίζεται στην επιστημονική συνεργασία: οι μετρήσεις ενός άλλου σχολείου είναι απαραίτητες για να υπολογισθεί το τελικό αποτέλεσμα. Οι μαθητές αντιλαμβάνονται ότι οι εmστημονικές πρόοδοι είναι εξ ανάγκης αποτέλεσμα συλλογικής εργασίας. Ενθαρρύνονται να αναλύουν τα δεδομένα και να παρατηρούν τις φωτογραφήσεις των μετρήσεων των συνεργαζόμενων σχολείων. Για παράδειγμα είναι εύκολο να ανιχνευθούν προβλήματα έλλειψης καθετότητας του στύλου σε μία φωτογραφία. Από την ποιότητα των μετρήσεων εξαρτάται και το τελικό αποτέλεσμα. . ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑΤΑ ΚΑΙ ΟΦΕΛΗ ΑΠΟ ΤΗΝ ΕΦΑΡΜΟrΒ τοΥ ΠΡΟrΡΑΜΜΑΤΟΣ: Κατά τη διάρκεια του προγράμματος, οι Ευρωπαίοι eTwinne'fs μπορούν να εmκοινωνήσουν με συνεργάτες αΠό όλο τον κόσμο και να συνομιλήσουν online μέσω τηλεδιάσκεψης. Συγκεκριμένα συμμετέχουν στο πρόγραμμα περισσότερα από από όλο τον κόσμο, περισσότεροι από κα εκατοντάδες μαθητές. Από την Ελλάδα συμμετείχαν 2 σχολεία (το Πρότυπο Πειραματικό Γυμνάσιο Ζωσιμαίας Σχολής Ιωαννίνων και το Πρότυπο Πειραματικό Γυμνάσιο Αγίων Αναργύρων) υπό την καθοδήγηση 8 καθηγητών διαφόρων ειδικοτήτων. Υπήρχε δε, πολύ καλή συνεργασία μεταξύ των αθηγητών των δυο Σχολείων καθώς και των μαθητών τους. Οι μαθητές δεν ήταν οι μόνοι που άντλησαν την ικανοποίηση του ανήκειν σε μία παγκόσμια κοινότητα. Το ίδιο παρατηρήθηκε και στους καθηγητές, οι οποίοι και αυτοί με τη σειρά τους απαιτήθηκε να συνεργαστούν τόσο μέσα στο ίδιο σχολείο με συναδέλφους διαφορετικών ειδικοτήτων όσο και σε εθνικό και παγκόσμιο έπίπεδο. ΑΝΑΦΟΡΕΣ: European Commission (2008). Comenius actίons - eTwinning. Ανακτήθηκε 30 Σεπτεμβρίου 2014, από τη διεύθυνση http://ec.europa.eu/education/comenius/doclOIO en.htm.

Frey, Κ.(1998). Η «μέθοδος project: Μια μορφή συλλογικής εργασίας στο σχολείο ως θεωρία και πράξη, Μτφρ. Κ. Μάλλιου, Θεσσαλονίκη: Εκδόσεις Κυριακίδης. Δαπόντες, Ν.(2002). Η Κοινωνία της Πληροφορίας: Η εκΠαιδευτική διάσταση των Τεχνολογιών της Πληροφορίας και της Εmκοινωνίας στην Εκπαίδευση. Στο Χρ. Κυνηγός και Ε. Β. Δημαράκη (εmμ.) Νοητικά Εργαλεία και Πληροφορικά Μέσα. Παιδαγωγική Αξιοποίηση της Σύγχρονης Τεχνολογίας για τη Μετεξέλιξη της Εκπαιδευτικής Πρακτικής, Αθήνα: Εκδόσεις Καστανιώτη, σσ. 82-97. Ματσαγγούρας, Η(2000) . . Ομαδοσυνεργατική Διδασκαλία, Αθήνα: Εκδόσεις Γρηγόρη. Ράπτης, Α. & Ράπτη, Α.(2007). Μάθηση και διδασκαλία στην εποχή της Πληροφορορίας. Α Τόμος, Αθήνα: Εκδόσεις Ράπτη.

20 σχολεία

40 Εκπαιδευτικοί

·

�ΑΚΕΣΤΟΠΟθΕΣRΣ

http://new-twinspace.etwinning.net/web/p1Ο 1402 Η πλατφόρμα Twin�pace του προγράμματος «Ερατοσθένης 2014» http://www.eratosthenes.eu/spip/ Η ιστοσελίδα του προγράμματος «Ερατοσθένης» ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/7

� I 11 I1

a8ΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙ�ΙΙΙΙΙΙΙΙΙΙ������������

•

Βραβεία Ακαδημίας Αθηνών 2014

Βραβείο Νικολάου Κ. Αρτεμιάδη,

αθλοθετούμενο από τη σύζυγό του Ζαφειρία Ν. Αρτεμιάδη, με χρηματικό έπαθλο 3. 000 ευρώ, για ερjασία επί θεμάτων Μαθηματικής Ανάλυσης, στον κ. Νικόλαο Στυλιανόπουλο για την εργασία του "Strong Asymptotics for Bergman

Polynomials oνer Domains With Comers and Applications".

•

Βραβείο Επαμεινώνδα Παπαστράτου,

με χρηματικό έπαθλο 3. 000 ευρώ, για εργασία σε τομείς της Άλγεβρας, στον κ. �ριστείδη Κο�ογεώργη για την εργασία του "Constructιi1g Class Inνanants". Βραβείο Σίμωνος Σίνα στη Βαρβάκειο Πρότυπο • Σχολή (1843) , η οποία, ξεκινώντας από τα μέσα του 19ου αιώνα χάρη στην ευεργεσία του Ιωάννή Βαρβάκη και συνεχίζοντας να παρέχει υψηλής στάθμης διδασκαλία ως πρότυπος σχολή, έχει συμβάλει σημαντικά στην προαγωγή της Παιδείας στην Ελλάδα.

• Έπαινος, με χρηματική ενίσχυση ·2. 000 ευρώ, στον Λιθουανό μαθητή του Σχολείου του Ειδικού Καταστήματος Κράτησης Νέων Αυλώνα Μπαλμπιέρις Ρόκας για τις εξαιρετικές εmδόσεις του στις σπουδές του και έπαινος στον διευθυντή του ιδίου Σχολείου κ. Πέτρο Δαμιανό για τον ζήλο που εmδεικνύει στο έργο του. .

Στον Ακαδημαϊκό Σταμάτη Κρψιζή Το βραβείο

Lifetime Achieνement Trophy Με το βραβείο «Συνολικής Προσφοράς», τιμήθηκε από το Εθνικό Μουσείο Αεροπορίας και Διαστήματος των ΗΠΑ 0 διακεκριμένος Έλληνας aστροφυσικός Σταμάτιος

Η απονομή του βραβείου έγινε, σε ειδική τελετή στην Ουάσινγκτον. Το συγκεκριμένο βραβείο, που θεσμοθε­ τήθηκε το 1985, απονέμεται σε αναγνώριση των εξαιρε­ τικών επιτευγμάτων στο χώρο της αεροδιαστημικής επιστήμης και τεχνολογίας. Ο J.R. Dailey, εκ των δι­ ευθυντών του Μουσείου,δήλωσε ότι ο δρ. Κριμιζής «έ­ χει συμβάλει όσο λίγοι άvθρωποι στη γνώση μας για

το ηλιακό σύστημα».

Ο δρ. Σταμάτιος Κριμιζής, έχει θεμελιώδη συνεισφορά στη διαστημική επιστήμη και εξερεύνηση. Είναι ο μοναδικός επιστήμονας στον κόσμο που έχει ηγηθεί, ή συμμετάσχει, σε πειράματα διαστημι­ κής φυσικής, που έχουν αποσταλεί και στους οκτώ πλα­ νήτες του ηλιακού μας συστήματος. Έχει, επίσης, πραγ­ ματοποιήσει αξιόλογες ανακαλύψεις στη φυσική του η­ λιακού ανέμου και της μαγνητόσφαιρας, που περιβάλλει το ηλιακό μας σύστημα. Σε πρόσφατη συνέντευξη του έλεγε: «Δώσε στον εαυτό σου την ευκαιρία να σταθείς τυχερός. Όταν είσαι προετοιμασμένος καλά έχεις τη δυ­ νατότητα να αναγνωρίσεις την ευκαιρία μόλις παρου­ σιαστεί και να την αξιοποιήσεις>>. Ρώτησαν κάποτε τον Αϊνστάιν πως κατάφερε να γίνει τόσο έξυπνος. Εκείνος απάντησε Ι 0% ιδιοφυία, 90% ιδρώτας! «Χωρίς πολλή δουλειά δύσκολα στέκεσαι τυχερό9>.

Διαδραμάτισε κρίσιμο ρόλο

στη διαμόρφωση της δια­ στημικής εξερεύνησης, ως εισηγητής του προγράμματος διαστημικών αποστολών Discoνery της NASA και ως εmκεφαλής του τμήματος Διαστημικής του Εργαστηρί-

ου Εφαρμοσμένης Φυσικής του πανεπιστημίου Τζον Χόπκινς, στη δημιουργία. των αποστολών �AR, _ Shoemaker, MESSENGER και New Honzons. Σημερα, συμ�έχει σε αποστολές στον Ερμή τον Κρόνο, τον : Πλουτωνα, και την Ηλιόσφαιρα, καθως και σε πρωτοποριακές μελέτες για την κατ�νόηση της μεταβατικής ζώνης προς τον μεσοαστρικό χωρο.

2015:Διεθνtς Έτος φωτός ι 00 χρόνια Αϊνστάιν

Δj

-

α Έθν έ ουν ανακηρύξει το 2015 ως "Διε,�� θνές 'Ετος Φωτός". Ο στόχος είναι η ενημέ. ρωση σχετιj : "1.:6'-! κά με τις δυνατότητες των οπτικών τεχνολογιών όσον ε-.υ:=::: := αφορά την προώθηση της c.nι ....., βιώσιμης ανάπτυξης και την παροχή λύσεων σε παγκόσμιες προκλήσεις, όπως είναι η ενέργεια, η εκπαίδευση, η γεωργία, οι εmκοινωνίες και η υγεία. Το Νοέμβριο του 2015 συμπληρώνονται 100 Τα Ηνω

{•;:�

·

χρόνια από τη διατύπωση της "Θεωρίας της ΣχετιΤα π ικότητας" του

Alb rt Einstein. _ � πάνω στα Eιnsteιn

� ράματα του οποια �τήριξε τη διατύπωση της θεωρίας του ηταν εστιασμένα στην έννοια του φωτός. Στόχος του .Διεθνούς Έτους είναι να αναδείξει, σε παγ�όσμιο επίπεδο, τον τρόπο με τον οποιο το φως, και οι βασισμένες σε αυτ;ό τεχνοΛ.οyιες επη- , ρεάζουν κάθε πτυχη της ανθρωπινης ζωης. Στις σχετικές εκδηλώσεις που θα ακολουθήσουν, εντός του 2015, θα συμμετάσχουν 85 χώρες. Το 2015 επελέγη επειδή αποτελεί επέτειο ορισμένων σημαντικών γεγονότων, όπως τα 1.000 χρόνια από την έκδοση ενός σημαντικού με­ σαιωνικού έργου οπτικής από τον Ιμπν αλ- Χαϊθάμ ή Αλχάζεν (lbn Al-Haytham), τα 200 χρόνια αΠό τη δημοσίευση της εργασίας- ορόσημο του Fresnel για την κυματική φύση του φωτός, τα 150 χρόνια (1865) από την καθοριστική εργασία του Μάξγουελ για τον ηλεκτρομαγνητισμό, η οποία άνοιξε τον δρόμο για τις σύγχρονες τεχνολογίες από τα λέιζερ και τη φωτονική έως τα κινητά τηλέφωνα, αλλά και τα 100 χρόνια (1915) από τη Γενική Θεωρία της Σχετικότητας του Αϊνστάιν, που ενσωμάτωσε την ταχύτητα του φωτός ως ουσιαστική παράμετρο για την περιγραφή του χωροχρόνου. Ο

σημαντικός Ιταλός Κarlo Roveli

Ο Ιταλός επιστήμονας Karlo Roveli έχει αφιερώσει τη ζωή του στην Κβαντική Βαρύτητα Βρόχων μια θεωρία που προβλέπει ότι ο χώρος δεν είναι συνεχής όπως συ­ νήθως πιστεύουμε, αλλά διαιρεμένος σε μικροσκοπικά κομμάτια. Δημοσιεύει συχνά μελέτες για την ιστορία της φιλοσοφίας και το χώρο χρόνο. Ισχυρίζεται μεταξύ άλλων ότι καμία μορφή γνώσης δεν είναι ανώτερη από κάποια άλλη και καταλήγει: «αν διαβάσω Ντοστογιέφ­ σκι θα μάθω περισσότερα για τους ανθρώπους , αν διαβάσω Αϊνστάιν θα μάθω περισσότερο για τη φύση». Ο ίδιος θε­ ωρεί την επιστήμη μια επανάσταση της μάθη­ σης. Σήμερα ζει στην Μασσαλία και έχει γράψει μεταξύ άλλων ·ένα βιβλίο για τον Αναξίμανδρο τον Έλληνα προσωιφα­ τικό φιλόσοφο από τη Μίλητο.

I

I I IΙ I I II I I

I

�

I

I

I

I

��

1

IΙ

I

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί ΜαθqματtκέG ΟλυμπtάδεG

Ε.Μ.Ε.

Προκριματικός διαγωνισμός 2015 4 Απριλίου 2015

θέματα μεyάΑων τάξεων

Πρόβλη μα 1 : Να προσδιορίσετε τα ζεύ'yη θετικών ακέραιων (x,y) που είναι λύσεις της εξίσωσης:

xy ( x + y -10) - 3x1 - 2y 2 + 21χ + 16y 60. =

)

Λύση: Η εξίσωση γράφεται: xy(x+y-10)-3.1-31 +21x+16y=60�(y-3)� +(I -10y+2 1 x=2y -16y+60

�(y-3).1+(y-7)(y-3)x=2(y-3)(y-5)+30�(y-3)� +(y-7)(y-3)x-2 (y-3)(y-5)=30 �(y-3)[� +(y-7)x-2 (y-5)] =30�(y-3){ .1-7x+.xy-2y+ι ο) =30�(y-3){ � - 4..:. 1x+xy-2y+ 14) =30 �(y-3)((x-2)(x+2)-7 (x-2)+(x-2)y)=30�(y-3)(x-2)(x+y-5)=30=1·2·3·5 Επειδή _οι παράγοντες

χ- 2, y - 3

και

χ+ y - 5 είναι ακέραιοι τέτοιοι ώστε:

{ :=�=� }ή { ;=�=� } ή { ;=�=� } ή { :��=� } ή ή ή

(x- 2)+(y- 3)=x+ y- 5

και

χ-2�-1. y- 3�-2, χ+ y- 5�-3

έχουμε τις εξής περιπτώσεις:

x +y -5 = 6 x +y -5 = 5 x+y-5 = 5 x+y-5 = 6 (x, y) = ( 5, 5) (x, y ) = (3,8 ) (x, y ) = (7,4). Εναλλακτικά, στην παραπάνω � (x, y) = ( 4, 6) διαδικασία από την εξίσωση: (y-3)r +(y -3XY -7)x = �y -8y+30) λαμβάνουμε την εξίσωση ( y - 3) [ χ2 + (y - 7)χ] = 2 y 2 -16y + 60 ( 1) οπότε, αφού για χ, y θετικοί ακέραιοι, προκύπτει ότι: ( y - 3) 12 y 2 - 16y + 60 . Από την τελευταία, με τη διαίρεση πολυωνύμων 2/ - 1 6y+60 = (y -3)(2y - 10) + 30 προκύπτει ότι y - 3130. Επομένως, έχουμε ότι y -3 Ε {± 1,±2,±3,±5,±6,±1 0,± 1 5,±30}, οπότε δεδομένου ότι πρέπει να ισχύει y >Ο, δηλαδή y - 3;;::: -2 έχουμε ότι: y - 3 Ε {± 1,±2, 3, 5, 6, 1 0,1 5, 30}. Για καθεμία από τις παραπάνω τιμές, αντικα­ θιστώντας στην ( 1 ) προκύπτει μία δευτεροβάθμια ως προς . Έτσι προκύπτουν οι λύσεις που έχουμε βρει και στην προηγούμενη μέθοδο επίλυσης της εξίσωσης.

χ

Πρόβλη μα 2: Δίνονται 111 διαφορετικά μεταξύ τους σημεία που ανήκουν στο εσωτερικό ή και την πε­ ριφέρεια μοναδιαίου δίσκου. Να αποδειχθεί ότι υπάρ­ χουν τουλάχιστον 1998 τμήματα που σχηματίζονται από αυτά τα σημεία και έχουν μήκος μικρότερο του J3 Λύση : Χωρίζουμε τον κύκλο σε τρία ίσα μέρη που

Σχήμα 2

αντιστοιχούν σε κεντρική γωνία 1 20° που είναι και τέτοια ώστε να μην περιέχουν κάποιο από τα σημεία στο σύνορό τους, με μόνη εξαίρεση αν κάποιο σημείο ταυτίζεται με το κέντρο του δίσκου, όπου τότε θεωρούμε ότι ανήκει σε ένα από τα μέρη. Αυτό είναι εφικτό καθώς τα σημεία είναι πε­ περασμένα ενώ για την επιλογή του διαχωρισμού σε τρία ίσα μέρη έχουμε άπειρες επιλογές. Έστω ότι έχουμε δύο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/9

------

Μαθηματικοi Διαγωνισμοi- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

σημεία Α,Β στον ίδιο τομέα και έστω όn ο τομέας τέμνει τον κύκλο στα Κ, Λ (βλέπε σχήμα). Τότε αν

κύκλο

οιΟΑ,ΟΒ

τέμνουν

τον

ΑΒ::;; Α'Β'=

2Rημ(ω) < 2Rημ60° = 2

στα

�

σημεία

Α',Β'

και

Λ

ΑΟΒ =ω<60°έχουμε

ότι

= J3. (Ισότητα δεν μπορεί να έχουμε στο πρώτο βήμα

καθώς τα σημεία δεν ανήκουν στο σύνορο σύμφωνα με το χωρισμό σε μέρη που κάναμε στην αρχή.) Ε­ πομένως, οποιαδήποτε δύο σημεία στο ίδιον τομέα έχουν απόσταση μικρότερη από J3. Έστω ότι στους τρεις τομείς έχουμε αντίστοιχα χ, y, z το πλήθος σημεία. Τότε χ+ y + z =111 και τα τμήματα με μήκος

μικρότερο r;; είναι τόυλάχιστον

x( J (YJ (zJ

x(x - 1) + y(y -1) +z(z-1) = x2 +/ +z2 -1 1 1 ν_, 2 2 2 2 2 1 112 . (χ+ y +z) 2 = -, , , . Όμως απο την ανισοτητα Cauc hy- S chw arz εχουμε: χ2 + y 2 + z2 3 3 1 112 - 1 11 3 ρα έχοuμε: �1 998 . Ά 2 +

+

=

� (�H�H �J Δίνεται οξυγώνw σκαληνό τρίγωνο ABC με

�

·

.

Πρόβλη μα 3 : ΑΒ < AC < BC , εyyεγραμμένο σε Jώ.­ κλο c(O,R) . Ο παρεγεγραμμένος ιώκλος (c A) (που αντιστοιχεί στην κορυφή Α), f:ι..ει κέντρο Ι και ε­ φάπτεται στις πλευρές BC, AC,AB (του τριγώνου ABC) στα σημεία D,E,Z αντίστοιχα. Η ΑΙ τέμνει το ιώκλο (c) στο σημείο Μ και ο περιγεγραμμένος ιώκλος (έστω (c1 )) του τριγώνου ΑΖΕ τέμνει τον ιώκλο . (c) . στο σημείο Κ. Ο περιγεγραμμένος ιώκλος (έστω (c1 ) ) του τριγώνου ΟΚΜ τέμνει τον ιώ­ κλο (c1 ) στο σημείο Ν. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες ΑΝ και ΚΙ τέμνονται επάνω στο ιώκλο (c) . Λύση: Εφόσον οι ΑΖ και ΑΕ είναι εφαπτόμενες του παρεyεγραμμένου Κύκλου

ΙΖ .1. ΑΖ

και

κΝο

κΜο

ΙΕ .1. ΑΕ . Άρα ο κύκλος . (c2 )

(cΑ),

θα ισχύει

θα περνάει από το Ι και η ΑΙ θα είναι διάμετρός του. Πρώτα θα αποδείξουμε ότι ΑΝ, περνάει αΠό το σημείο Ο. Δηλαδή ότι: κΝο=κf.ιΑ (*). Οι γωνίες Από

και το

είναι εγyεγραμμένες στο κύκλο (c2 ) και βαίνουν στο τόξο ισοσκελές τρίγωνο ΟΚΜ έχουμε:

ΟΚ. Άρα κΝο = κΜο.

κΜο = OkM. Από τίς τελευταίες ισότητες γωνιών xNJ= κΜο=οkΜ (1). Οι γωνίες

προκύπτει:

κΝΑ tαι κiΑ είναι 1 εγyεγραμμένες στο κύκλο (c1) και βαίνουν στο τόξο ΑΚ . Άρα είναι: κΝΑ = κiΑ. Το τρίγωνο ΑΚΙ εί­ ·

·

ναι ορθογώνιο, αφού η ΑΙ είναι διάμετρος του κύ-

κλου (c1) .Άρα κiA=9rf- ΙΑκ=9rf- ΜΑκ.

Στο κύκλο (c ), η γωνία με

λ

αντίστοι χη

Μλκ

επίκεντρη

είναι εγyεγραμμένη

την

λ

ΜΟΚ.

Άρα

, ;ιι ,iΛ v = ΜΟΚ . Επιπλέον, απο, το ισοσκελές τρι2

ΙΥ.ιrιΛ.

γωνο

ΟΚΜ

ο:ΚΜ = 90° - ΜΟΚ .

έχουμε:

2

Από

τις παραπάνω ισότητες γωνιών και την(1), έχουμε: λ Jl ι.ο•v <ι> λ ° _IY.l' :n. ΚΜΌ '

= 90

"

2

= ΟΚΜ=

(*/.\

ΚΝΑ= κiΑ = 9(/'- ΙΑκ= 9(/'- .Μ4κ

Άρα τα σημεία

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ

Α, ο , Ν

Β' 96 τ.4/10

είναι συνευθειακά και εστω •

τ

το

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

με τον κύκλο (c). Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία Κ, Τ, Ι είναι συνευθειακά, δηλαδή ότι: ΑΚι = ΑΚτ. Η γωνία ΑΚτ είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο (c) και σημείο τομής της

ΑΝ

βαίνει στην διάμετρό του Α Τ. Η γωνία και βαίνει στην διάμετρό του ΑΙ .

ΑΚι είναι ορθή διότι είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο (c ) 1

Παρατήρηση. Εναλλακτικά μπορούμε να θεωρήσουμε το σημείο τομής , έστω Τ, της ΚΙ με τον κύκλο

( c), ·οπότε η

ΑΤ είναι διάμετρος του κύκλου

Α, Ο, Τ, Ν είναι σvνευθειακά.

( c), και

στη συνέχεια

να αποδείξουμε ότι τα σημεία

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f : 1R � 1R που ικανοποιούν f(xy)syf(x) +f(y) (1) για κάθε x,y e 1R . Πρόβλημα 4 :

τη

σχέση:

Ανθέσουμε όπου y το - y στην(1)θα πάρουμε (2) f(-xy) S-yf(x) + f(-y) Με πρόσθεση των(1) και (2) έχουμε: f(xy) + f(-xy) � f(y) + f(-y) για κάθε x,y έ IR. (3) Ανστην τελευταία θέσουμε όπου y το 1,θα πάρουμε: (4) f(x) + f(-x) � f(l ) + /(-1) . Λύση :

/(-1)�/(y)+ /(-y)για κάθε Υ*Ο. Αν στην(3)θέσουμε όπου χ το!,θα πάρουμε: /(1)+ .

Υ

(5)

f(y) + f(-y) = /(1) + /(-1 ) = c για κάθε y *Ο, οπότε η (2) γίνεται: c - f(xy) �-yf(x) + c - f(y) , δηλαδή έχουμε yf(x) + f(y) �f(xy) , για κάθε x, y *Ο.

(6) x, y *Ο.

(7) Από τις(1) και (6) έχουμε ότι: f(xy) = yf(x) + f(y) για κάθε Από την τελευταία σχέση για χ=y =1 λαμβάνουμε f(1 ) =Ο, ενώ εναλλάσσοντας τους ρόλους των (8) x, y λαμβάνουμε: f(yx) =xf(y) + f(x) για κάθε x,y *O. οπότε από τις σχέσεις (7) και(8) έχουμε: yf(x) + f(y) =xf(y) + f(x )� f(x)(y -1 ) = f(y)(x -1) � f(x) = f(y) για κάθε x, y * 0,1. Άρα,αφού /(1) =Ο,έχουμε: f(x) = α (χ-1) , για κάθε χ* Ο. χ-1 y -1 Τέλος θέτοντας όπου χ το Ο στην αρχική παίρνουμε: f(y) � (1 - y) f(O ) , για κάθε y , οπότε Από τις(4), (5) έχουμε ότι:

(y - l) ( a + f(O)) � o . f(x ) =-/( Ο) ( χ-1) = /( 0 )(1 -χ) , για κάθε χ

α(y-1)�(1- y)/(Ο)για κάθε Υ*Ο, οπότε

α =- f( O). Άρα είναι

ε

για

κάθε Υ*Ο οπότε

IR, που επαληθεύει την(1).

σεις ασκήσεων τεύχους 95 Λύ Ν28. Να προσδιορίσετε τα ζεύγη θετικών ακέραιων που ικανο οιούν την εξίσωση:

π n!+ (n+ 1)! = k !+ 120 . Λύση (1°ς τρόπος) : Για κάθε θετικό ακέραιο n ισχύει ότι: n!+ (n+1) !=n !( n+2) �( n+2) ! Επομέ­ νως, αν n !+ (n+1) !=k!+120 , τότε, αφού 120 = 5 !έπεται ότι: k!+ 5!�( n+2) !, από την οποία προκύ­ πτουν άμεσα οι ανισότητες: k< n+2 και 5 < n+2. Επομένως, 5 �n+1� 0 �( n+1 ) !- 5 ! =k!- n !, οπότε k � n. Άρα οι περιπτώσεις που έχουμε να εξετάσουμε είναι οι: 1 . k n, οπότε η αρχική εξίσωση γίνεται: ( n +1 ) ! =120 C> n =4, οπότε και k =4 2. k n + 1, οπότε η αρχική εξίσωση γίνεται: n ! =120 C> n = 5, οπότε και k = 6. Ν29. Βρείτε πόσοι θετικοί ακέραιοι υπάρχουν που διαιρούνται με το 2010 και έχουν ακρι­ βώς 2010 διαιρέτες. Λύση : Έστω n ένας θετικός ακέραιος που διαιρείται με το 2010 και έχει ακριβώς 201 0 θετικούς διαιρέτες. Επειδή 201Ο = 2 · 3 · 5 · 67 , ο n πρέπει επίσης να διαιρείται από τους πρώτους αριθμούς 2,3 5 και 67. Επομένως πρέπει n = 2a · 3b · 5 c · 61d ·s, όπου ο αριθμός s δεν διαιρείται από κανέ­ ναν από τους αριθμούς 2,3,5 και 67. Επομένως, όλοι οι διαιρέτες του n θα είναι της μορφής 2; · 3j · 5 k · 671 ·t, όπου Ο�ί�α,Ο�j�b. O�k� c,O�l�d και t είναι ένας διαιρέτης του n. Υπάρχουν α +1, b +1, c +1, d + 1 επιλ(yγές για τους ί, j, k, l, αντίστοιχα. Επομένως ο n έχει =

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/11

------ Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες δ ( n) = (α + 1) ( b + 1 ) ( c + 1 )( d + 1) δ ( s), διαφορετικούς διαιρέτες, όπου με

-------­

( ) συμβολίζουμε

δ χ

τον αριθμό των διαφορετικών διαιρετών του χ. Σύμφωνα με το πρόβλημα πρέπει να έχουμε: δ ( n) = 2 0 1Ο � δ ( n) = (α + 1) ( b + 1) ( c + 1) ( d + 1) δ ( s) = 2 0 1Ο . Επειδή α + 1 > 1, b + 1 > 1, c + 1 > 1 και d + 1 > 1, παρατηρούμε ότι ο καθένας από αυτούς τους α­ ριθμούς διαιρείται αη:ό έναν πρώτο αριθμό και ότι ο αριθμός δ ( n) μπορεί να γραφεί ως γινόμενο τουλάχιστον τεσσάρων πρώτων παραγόντων. Όμως ισχύει 2 0 1 Ο = 2 · 3 · 5 · 67, οπότε οι α + 1, b + 1, c + 1 και d + 1 είναι οι 2,3,5 και 67 με κάποια σειρά και δ ( s) = 1 . Επομένως πρέπει s 1 και ο αριθμός n για να ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος πρέπει να γράφεται στη μορφή n = 2a · 3b · 5c · 67 d , όπου οι αριθμοί α, b, c και d είναι οι αριθμοί 1 ,2,4 και 66 με κάποια σειρά, οπότε υπάρχουν 4 ! 24 αριθμοί που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Ν30. Βρείτε όλες τις τετράδες θετικών ακεραίων ( w, x, y, z ) θετικών ακέραιων που ικανοποιούν την εξίσωση: w x + wY w z Λύση( l0ς τρόπος) : Θεωρούμε τις ακόλουθες περιπτώσεις: Αν w = 1, τότε δεν υπάρ χει λύση,α φού η εξίσ ωση γίνεται: 2 1. Αν w � 1, τότε πρέ πει χ < z και y < z , δηλα δή χ :::; z - 1 και y :::; z - 1 , οπότε Wx + Wy :ς Wz-1 + Wz-l 2 Wz-l :ς W · Wz-l = Wz .

(1) =

=

=

•

=

•

=

Για να ισ χύει η ισ ότη τα στην(1) πρέπει και οι δύο εμ φανι ζόμ ενες ανισ ότητες να ισχύουν ως ισ ότη ­ τες, δηλα δή πρέπει χ = y = z - 1 και w = 2 . Έτσι προκύπτουν ως λύσ εις οι τετρά δες

( w, χ, y, z ) = ( 2, n, n, n + 1) , όπου n τυχόν θετικός ακέραιος.

2°ς τρόπος: Αν w = 1, τότε η εξίσωση γίνεται 1 + 1 =2 και δεν έχει λύσεις, αφού το 2 δεν είναι κά­ ποια δύναμη του 1 . Υποθέτουμε ότι w > 1 . Τότε, χωρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να x x y wzw ( 1 + w-x ) = wz � 1 + w -x υποθέσουμε ότι χ :::; y < z . Τότε η εξίσωση γίνεται : Επομένως, ο 1 + w-x είναι μία δύναμη του w με θετικό εκθέτη και εmπλέον διαιρείται με το w Έτσι, αν y - χ > Ο, τότε και ο w-x θα διαιρείται με το w, οπότε και το 1 θα πρέπει να διαιρείται με το w, που είναι αδύνατο. Αν y χ = Ο, τότε καταλήγουμε στην εξίσωση 2 = w•-x <=> w = 2 και z - χ = 1 <=> ( w, χ, y, z) = ( 2, n, n, n + 1), όπου n τυχόν θετικός ακέραιος. =

-

Ν31.

Βρείτε την αναγκαία και ικανή συνθήκη για το θετικό ακέραω n, έτσι ώστε να υπάρχουν n

τριάδες θετικών ακέραιων (χ, y, p ) , όπου p πρώτος, που ικανοποwύν την εξίσωση � p . x =

+y Λύση : Αν n 1 , τότε παίρνουμε χ = y = p = 2 . Αν n � 2 , τότε έστω d = (x , y) 9 μέγιστος κοι­ νός διαιρέτης των αριθμών. Τότε x = dα, y = db, (α, b) = l . Με αντικατάσταση παίρνουμε: =

dnαbn = p .(1) Όμως έχουμε ότι (α, α + b) = 1 και (b \ α + b) = 1 , οπότε πρέπει α + b I dn , οπότε α+b

αν s = _!!...._ , (3) έχουμε ότι ο s είναι ακέραιος και επιπλέον sαbn = p . Τότε bn Ι p , οπότε για α+b n � 2 , έχουμε ότι b = 1 . Τότε sα = p και διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (i) s = p, α = 1 , τότε η (3) γίνεται 2p = d\ οπότε 2 1 d , άρα n-l

Σ 2(n - k + 1)(n - 2k + 1) = ... = (n - 1)(n +121)(5n + 3) ' k=l

α=b.

Αν n = 2 , τότε p = 2 και d = 2 , άρα χ = 2, y = 2, οπότε ο n 2 ικανοποιεί τις συνθήκες. Αν τώρα n � 3 , τότε δεν μπορεί να έχουμε 2n 1 2 p και δεν έχουμε ά)..)...Ες λύσεις σε αυτή την περίπτωση. =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' 96 τ.4/12

------

(ii)

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------­

s = 1, α = p , τότε η (3 ) γίνεται p + 1 = dn � p = (d - 1)(dn-ι + ... + d + 1) , οπότε πρέπει d - 1 = 1 , άρα d = 2 . Επομένως θα έχουμε p = 2n - 1 . Επομένως, αν ο αριθμός 2n - 1 είναι πρώ­ τος, τότε η εξίσωση έχει τη λύση χ = 2(2n - 1), y = 2 . Α36. Αν a , b, c θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε (α + b)(b + c)(c + α ) *- Ο , να απο2 2 2 , δείξετε ότι: α + bc + b + cα + c + αb > α + b + c b+c c+α α+b Λύση : Επειδή η ανισότητα είναι συμμετρική ως προς α, b, c μπορούμε χωρίς βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε ότι: α � b � c . Τότε έχουμε: c 2 + (α + b)b - b 2 α 2 + bc b2 + cα c 2 + αb α2 + (b + c)c - c2 b2 + (c + α) α - α2 ---'--�-+ + + + = b+c c+ α α+b b+c c+α α+b 2 2 2 2 2 2 b -α c -b α -c +c+ +α+ +b� α+b+� = b+c c+α α+b α2 - c2 b2 - α2 c2 - b2 α2 - b2 + b2 - c2 b 2 - α2 c2 - b2 αφού ισχύει ότι: + + = + + = b+c c+α α+b b+c c+α α+b ( d -b2 ) { α-b) ( b2 -c2 ) ( α-c) 1 1 1 1 2 2 c >O ) + +( b ( d -b ) b+c α+b ( b+c)( c+α) ( b+c)( α+b) - · b+c c+α Δ16. Να αποδείξετε ότι το σύνολο A = 0,1, 2, , 2 n - l μπορεί να διαμεριστεί σε n + 1 υπο­ •

---

(

)

__

(

__

{

)

•.•

}

σύνολα A0 , A1 , , A n ξένα μεταξύ τους και τέτοια ώστε να ισχύουν και τα δύο επόμενα: (α) Αν k + l = n , τότε τα υποσύνολα Ak , A1 έχουν τον ίδιο αριθμό στοιχείων. ( β) Αν s,t μη αρνητικοί ακέραιοι και s + t � n, τότε για το τυχόν στοιχείο z ε Αs+ι υπάρ­ χουν στοιχεία χ ε As , y ε Α, τέτοια ώστε χ + y = z . Λύση : Διαμερίζουμε το σύνολο A= { 0,1,2, ... ,2n -1} σε n + 1 υποσύνολα A0 , A1 , ... , An έτσι ώστε το υποσύνολο Ak να περιέχει μόνο εκείνους τους αριθμούς που περιέχουν το ψηφίο 1 ακριβώς k φορές στη δυαδική αναπαράσταση τους. Τότε Ασ ={ Ο} , Α1 = { 1, 2, 4, ... ,2n-ι } , ... , A := {2n -1} . n Θα αποδείξουμε ότι τα παραπάνω σύνολα ικανοποιούν και τις δύο συνθήκες τ ου προβλήματος. Πράγ­ ματι, έχουμε: (α) Οι αριθμοί π ου περ ιέχουν το ψηφίο 1 ακριβώς k φορές στη δυαδική τ ους αναπαρά­ σταση βρίσκονται σε 1-1 αντιστοιχία με τ ους αριθμούς π ου περιέχουν το ψηφίο 1 ακριβώς n k φορές στη δυαδική τ ους αναπαράσταση. Αυτό προκύπτει, αν, δεδομένου ενός αριθμού, αντικαταστήσ ου με όλα τα ψηφία 1 με Ο, και αντιστρόφως, στη δυαδική αναπαρ άσταση. (β) Έστω z ε As+l . Η δυαδική αναπαράσταση του z περιέχει ακριβώς s + t μονάδες. Κατα­ σκευάζουμε έναν αριθμό χ που στη δυαδική αναπαράστασή του περιέχειs μονάδες από τη δυα­ δική αναπαράσταση του z και συμπληρώνουμε όλες τις άλλες θέσεις με Ο. Ομοίως, κατασκευά­ ζουμε ένα δεύτερο αριθμό y με βάση τα 1 που έχουν μείνει από τη δυαδική αναπαράσταση του z. z. Τότε χ ε As , y ε Α, και είναι τέτοια ώστε χ + y Παρατήρηση. Το πρόβλημα μπορεί να λυθεί και με χρήση της μαθηματικής επαγωγής. Γ 29. Τ α σημεία C1 , Αι και Β1 ανήκουν στις πλευρές ΛΒ , ΒC και CΛ τριγώνου ABC , έτσι ώστε τα ευθύγραμμα τμήματα ΛΑι , ΒΒ1 ,και CC1 να συντρέχουν στο σημείο D. Δίνεται ότι για τα εμβαδά των οριζόμενων χωρίων στο εσωτερικό του τριγώνου ισχύει ότι: ( ADC1 ) + ( ΒDΑι ) + ( CDB1 ) = ( BDC1 ) + ( CDAι ) + ( ADB1 ) . Να αποδείξετε ότι ένα τουλάχιστον από τα τμήματα ΛΑι , ΒΒ1 , και CC1 είναι διάμεσος του τριγώνου ABC . Λύση : Τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΑ1 , ΒΒ1 , και CC1 χωρ ίζουν το τρίγωνο ABC σε έξι μικρότερα •••

-

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

96 τ.4/13

------

Μαθηματικοί Διαyωνισμοί - Μαθηματικές Ολυ μπιάδες

-------

τρίγωνα με εμβαδά ( ΑΙΧ.; ) =α, (BDAι) =b, (CD�) =c, (BDς) =h, (CDAι) =g, ( AD� ) = ι. α+b+c =ι+g+h Σύμφωνα με το πρόβλημα έχουμε (1) (2) και αb+ bc + cα = ιg + gh + hι (3) Θα αποδείξουμε ότι: αbc = ιgh

�

Α

Β

Σχήμα 1 Η ισότητα (2 ) είναι ισοδύναμη με την ισότητα ( ΑDς ) ( ΒDΑι )( CDB1 ) = (BJJC. ) ( CDAι )( ADB1 ) <=> 1

Μ

·

� sin� ·

.

ΙΒ

·

� sih� . OC � sin� ·

·

·

D4

·

�

·

sin

�

.

OC

·

� sinffi1 ·

.

ΙΒ

·

�

·

Bfx:ι

sin

2 2 2 2 2 2 η οποία είναι αληθής, λόγω των κατά κορυφή γωνιών που εμφανίζονται. Επιπλέον έχουμε α+ f + c = Α Cι = f!.. � hf +hc =αb+αg (4) Ομοίως λαμβάνουμε gh+ gα=bc +bf, fg + fb = cα + ch (5 ) h+b+g Cβ h

Με πρόσθεση κατά μέλη των τελευταίων τριών ισοτήτων λαμβάνουμε την (3 ) . Επομένως, τα πολυώwμα (t - α )(t - b )(t -c ) και (t - ι)( ι - g )(t - h ) είναι ίσα, αφού λόγω των ( 1 ) , (2) και (3) έχουν τους συντελεστές των ομοιοβάθμιων όρων τους ίσους. Επομένως τα σύνολα ριζών τρ>ν δύο πολυωνύμων ταυτίζονται, δηλαδή {α, b, c} = {ι, g, h} . Αν είναι α = h, τότε α = Α Cι = 1 , h Cβ δηλαδή το σημείο C1 είναι το μέσο της πλευράς ΑΒ και η CC1 είναι διάμεσος του τριγώνου AB C . Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε, αν ισχύει b = g ή c = ι . Αν α = ι, τότε από τη (2) προκύπτει ότι bc = gf , οπότε από την πρώτη ισότητα των (5 ) λαμβάνουμε gα = bι => g = b, οπότε η ΑΑ1 είναι διάμεσος. Ομοίως εργαζόμα στε, αν είναι b = h ή c = g. Τελευταία περίπτωση είναι όταν ισχύουν: α = g, b = ι, c = h . Τότε από την (4) έχουμε: bc + c2 = αb + α2 <=> ( c - α) ( c + α + b) = Ο � α = c => α = h => CC1 διάμεσος. ·

Ασκήσε ι ς γ ια λύση

Στον πίνακα είναι γραμμένοι οι αριθμοί 1 ,3,5,7,9 και 1 1 . Σε κάθε βήμα διαγράφουμε δύο από τους αριθμούς αυτούς, έστω α και b και αντί αυτών γράφουμε τον αριθμό αb + α + b . Συ­ νεχίζουμε αυτή τη διαδικασία μέχρις ότου μείνει στον πίνακα μόνο ένας αριθμός. Βρείτε όλες τις δυνατές τιμές για τον τελευταίο αριθμό. Δ17.

�

�

Α = 2013 + 2012 + . . ·�2 + Jί . Ν32. Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους υπάρχουν πρώτοι p, q τέτοιοι ώστε: p ( p + 1) + q ( q + 1 ) = n ( n + 1) . Γ30. Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΑΔ και ΒΕ. Έστω Μ το μέσο της πλευ­ ράς ΑΒ. Η ευθεία ΓΜ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΓΔΕ στα σημεία Γ και Ζ. Επίσης τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Γ και Θ. Να αποδεί­ ξετε ότι ΜΖ = ΜΘ . Α37. Βρείτε το ακέραιο μέρος του αριθμού:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/14

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS 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 επι­ στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης Αμαλία Μανιατοπούλου Γιώργος Μήλιος

L "Τι είναι τα Μαθηματικά; ,

συνεχίζουμε τη δημοσίευση αποσπασμάτων, από το βιβλίο του Κ.Α. Rybnikoν , μt τίτλο «ΕΙΣΑΓΩΓΗ Σ1Ή ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΏΝ»

Προλεyόμενα

τρίτο σημείωμα

«Σχηματικά , τα λογικά στάδια της διαδικασίας διαμόρφωσης της μαθηματικής απαρίθ μησης .και της εμ ­ φάνισης της έννοιας του ακέραιου αριθμού είναι περίπου τα εξής: α ) ταύτιση των στοιχείων του συνόλου και αφαίρεση από μια σειρά ατομικών ιδιοτήτων και ε mμέρους ιδιαιτεροτήτων τους, β ) σύγκριση των συνόλων με την πράξη της αντιπαραβολής των σημείων (πχ. στα πλαίσια της ανταλλαγής), γ ) διάκριση των συνόλων που παί ζουν το ρόλο προτύπου στις aντιπαραβολές(τα δάχτυλα των χεριών και των πο ­ διών,η συλλογή πετραδιών ),δ ) εμφάνιση των αφηρημένων ε ννοιών των αριθμών,στην αρχή μικρών και μεμον ωμένων, ε ) σύγκριση των φυσικών αριθμών κατά μ έγεθος, σχηματισμός πεπερασμένης σειρά ς φυ ­ σικών αριθμών και εmμή ιcυν ση της σειρά ς αυτή ς,στ ) εμφάνιση σημειογραφίας των αριθμών και ανάπτυ­ ξη του αριθμητικού συμβολισμού, ζ)δ ιαμόρφωση συστημάτων αριθμών και συστημάτων συμβόλων . Αυ ­ τές είναι οι γ ενικές μεθοδολογικές νομοτέλειες της ανάπτυξης της έννοιας του φυσικού αριθμού )) [στο επόμενο: η διαδικασία διαμόρφωσης των γεωμετρικών εννοιών]

IL "Ευκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου ,, αρμονικό τετράπλευρο Α.

' α1

ορθοδιαγώνιο τετράπλευρο Α

ρομβοειδές Α

Γ

' α3

2

αρμονικό τετράπλευρο λ έγεται το εγγεγραμμένο τετρ άπλευρο στο οποίο τα γινόμενα των απέναντι πλευρών είναι ίσα (σχήμα 1) ορθοδιαγώvιο τετράπλευρο λέγεται το τετράπλευρο με τις διαγώνιε ς κάθετες (σχήμα 2 Ν5) ρομβοειδές λ έγεται το ορθοδιαγώνιο τετράπλευρο που έχει,σ αν άξ ονα συμμετρίας,μία από τtς δια ­ γώνιές του (σχήμα 3) •

• •

IIL «Α υτό το ξέρατε;))

Ο φ ίλος της στήλης

Ηρακλής Ευαγγελινός(Αθήνα ) , μας έστειλε δύο ερωτήματα κ αι την απάντηση σ ' αυτά: α ) στο ορθογώνιο παρα λληλεπίπεδο, υπάρχει τύπος που να μας δίνει τις "πυθαγόρειες τετρ άδες", μετα ξύ των διαγωνίων του και των τριών διαστάσεών αυτού, όπως στο ορθογώνιο τρίγωνο με τις πυθα ­ γόρειες τριάδ ες; β ) υπάρχει τύπος που να μας δίνει τις άπ ειρες τετράδες ακεραίων αριθμών, οι οποίοι συνδέονται μ ε τύπο της μορφής που προκύπτει από το π ροηγούμενο τύπο ;)) [η απάντηση στο τέλος της στήλης] IV.

Μπορείτε να βοηθήσετε;

Ο φίλος της στήλης Ευρι πίδης Κασσέτας(Αθήνα ), μας έστε ιλε

το παρακάτω ερώτημα . Μπορείτε να μας

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' 96 τ.4/15

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

--------­

βοηθήσετε, για ν' απαντήσουμε; [απαντήστε στo:kerasaridis@yahoo.gr] «Λέγοντας ν-γωνο, εννοούμε ένα πολύγωνο με ν γωνίες. Αυτό ισχύει για κάθε φυσικό αριθμό ν, που είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 3 . Δεν ισχύει όμως για ν=4, διότι λέγοντας τετράγωνο, δεν εννοούμε ένα πολύ­ γωνο με 4 γωνίες, αλλά ένα ειδικό πολύγωνο με 4 γωνίες που και οι 4 είναι ορθές. Πώς καθιερώθηκε αυ­ τό; Πότε και για ποιό λόγο; Υπάρχει ιστορικό; (Θα μπορούσαμε π.χ. λέγοντας τετράγωνο να εννοούμε ένα πολύγωνο με 4 γωνίες, και αυτό Που λέμε σήμερα "τετράγωνο" να το λέμε "κανονικό τετράγωνο")>> V. , Οι συνεργάτες της σ.τήλης γράφουν-ερωτούν ,

]0 θέμα: Παναγ. Οικονομάκου, «Ευκλεlδεια Γεωμετρία. παντός καιρού>> .•

ο τακτικός συνεργάτης της στήλης Παναγ. Οικονομάκος μας έστειλε ένα πρόβλημα αλγε­ βρικής ανισότητας, την οποία αντιμετωπίζει με τη βοήθεια της Ευκλ. Γεωμετρίας

προλεγόμενα:

το πρόβλημα : Δ είξτε, με τη βοήθεια της Ευκλείδειας Γεωμετρίας, ότι για κάθε τετράδα θετικών πραγμα­ τικών αριθμών α,β,γ,δ ισχύει η ανισότητα β γ α δ >4 + + + β+γ+δ α+γ+δ α+β+δ α+β+γ 3 Για ν' αποδείξουμε αυτή την ανισότητα, θα αποδείξουμε προηγούμενα το παρακάτω

Δίνεται τετράεδρο Α . ΒΓΔ και Μ τυχαίο σημείο εντός αυτού. Οι ευθείες ΑΜ ,ΒΜ ,ΓΜ και ΔΜ τέ­ μνουν τις απέναντι των κορυφών Α ,Β ,Γ , Δ αντίστοιχες έδρες στα σημεία Α ι ,Β ι ,Γ ι , Δ ι . Να δειχθεί ότι ισχύ­ , Μ Αι ΜΒ ι ΜΓ ι ΜΔ ι 4 + + -+ ει η σχεση ΜΓ ΜΑ ΜΔ ΜΒ 3 απόδειξη από το σχήμα ( 1) προκύπτουν οι ισότη­ τραέδρου). Αν τις παραπάνω ισότητες τις προσθέ­ τες: σουμε κατά μέλη, παίρνουμε την ισότητα ΜΑ ΜΓ ΜΒ ΜΒ ΜΔ y ν ν , ΜΑ χ ι + ι = 1 (i) ι + ι + � = - = --ι ι ομοιως � = - = --ι ι ΒΒ ΔΔ ΒΒ ΓΓ ΑΑ ΑΑ ι υα υβ νΑΒΓΔ νΑΒΓΔ ι . ι ι ι ι ί γράφουμε ( την ) Την διαδοχικά: ΜΓ ΜΔ ν t z , ι ι ( οπου � = - = -- και � = - = ΔΔ ΓΓ υδ υy νΑΒΓΔ νΑΒΓΔ ι ι x,y,z,t οι αποστάσεις του Μ από τις έδρες του τεΜΑ ΜΒ ΜΔ ΜΓ ι ι ι ι + =1 ή + + ΜΑ + ΜΑ ΜΔ + ΜΔ ΜΓ + ΜΓ ΜΒ + ΜΒ ι ι ι ι

λήμμα :

--

--

�-

--

V

--

Επειδή, τώρα, για κάθε τετράδα θετικών αριθμών ΜΒ ΜΓ ΜΔ ΜΑ ι ι __ι ___ι (α2 ,α2 ,α3 ,α.ι), ισχύει η σχέση ΜΑ ΜΑ ΜΔ + + ΜΒ + = 1 (1) ΜΑ ΜΒ ΜΓ ΜΔ ι 1+ ι 1+ ι 1+ ι 1+ ΜΓ ΜΒ ΜΔ ΜΑ --

--

Θέτουμε λ4 =

�

ΜΑ

ι ΜΑ

λι =

ΜΔ

ι ΜΔ

--

ΜΒ ι _ λ2 ΜΒ

--

ι

(2)

Η (1) γράφεται με βάση την (2): λι λ -+ 2

1 + λι

--

1 + λ2

1 + λ3

1 + λ4

1 1 1 1 -+ -- + -- + -- = 3

1 + λι

1 + λ2

Β

λ3 λ4 , + -+ -- = 1 η

1 + λ3

1 + λ4

(ίί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/16

(

)

------

1 +1 +1 +1 ( αι + α + α 3 + α 4 ) 2 αι α2 α3 α4

ΗΟΜΟ MAΊΊIEMAτiCUS

� 42

[θα

(

-------­

που Μ Α , Μ Η ο αριθμητικός κι ο αρμονικός μέσος, αντίστοιχα)] :

έχουμε σύμφωνα με την ανισότητα Μ Α � Μ Η (ό-

βάση τη (ίί) , + λ4 ) · 3 � 1 6 - 1 2 ή

Η τελευταία,

( λ1 + λ + λ3 2

1 + -1 + -1 + -1 ( 1 + λ1 + 1 + λ + 1 + λ3 + 1 + λ4 ) -2 1 + λ1 1 + λ 2 1 + λ3 1 + λ4 με

)

� 16 .

γράφεται: που είναι η αποδεικτέα λ1+λ2+λ3 +λι � 4/3 [η απόδειςη του προβλήματος στο επόμενο τεύχος]

2° θέμα: Νίκου Λ υγερού {πανεπ. Λ υών] ((Q γέρος και τα μαθηματικά''

προ λεγόμενα από το φίλο της στήλης Σάκη Λιπορδέζη (διευθυντή του μουσείου Κ. Καραθεοδωρή-Κομοτηνή) λά­ βαμε και, ευχαρίστως, δημοσιεύουμε το παρακάτω μήνυμα και το συνημμένο ποίημα: «Γιάννη σου στέλνω ένα ποίημα που έγραψε ο Νίκος Λυγερός για τον Σπύρο Ζερβό μετά την επίσκεψή του στο σπίτι του Ζερβού» • Ο γέρος κοίταζε την πόρτα.

• Έπεσε η νύχτα και ο γέρος δεν έβλεπε mα τον άγνω-

• Περίμενε τον άγνωστο.

• Έπρεπε να μιλήσει για τα μαθηματικά του.

• Η πόρτα άνοιξε.

• Δεν κουνήθηκε από την καρέκλα του.

• Ο άγνωστος κάθισε δίπλα του.

• Τότε άρχισαν να ξεχειλίζουν οι νεκροί από το στόμα του γέρου.

• Χαμογελούσε επιτέλους μετά από τόσα ΧJ)όνια.

• Έλεγε για τη γαλλική σχολή.

• Ζωντάνεψε ο Bourbaki και το σεμινάριο του Pisot.

• Ήρθε μετά η σειρά του Κrasner.

• Με τη λογική ο γέρος πήρε mo σκοτεινά μονοπάτια.

• Ο άγνωστος τα ήξερε από τον Fraϊsse και δε ξαφνιάστηκε.

• Πέρασαν ανάμεσα στους τάφους ακίνητοι.

• Για να βρουν τη θεωρία κατηγοριών.

• Άγγιξαν τα πρώτα θεωρήματα του γέρου.

• Έτσι είδαν και πάλι τη σκιά του Caratheodory.

• Μα και ο Cartan δεν έμεινε πίσω.

• Ακόμα και αν άφησε για λίγα λεπτά στη θέση του τον Dieudonne.

• Η αναφορά στον Weil με τα Souνenirs d' Apprentissage ήταν αναμενόμενη.

• Έτσι η αυτόματη ύπαρξη του Seπe επισκέφτηκε το διάλογο.

στο.

• Τον ένιωθε δίπλα του με τη σκιά του.

• Αυτό αρκούσε για εκείνον.

• Δεν ήθελε τίποτα ά'λλο .

• Και ήρθαν τα σύνολα με μερική διάταξη.

• Το ω πήρε άλλο νόημα. . Η ιστορία δεν θα σταματούσε εκεί.

• Ο γέρος το ήξερε ότι ο άγνωστος κατέγραφε κάθε λεπτομέρεια.

• Δεν έπρεπε να ξεχάσουν τήtοτα.

• Δεν ήξεραν αν θα ξαναβρεθούν.

• Η μοναδική συνάντηση μπορούσε να ήταν και η τελευταία.

• Ήξεραν και οι δύο για τον Hausdorff.

• Η σκιά έβλεπε για πρώτη φορά τον ανύπαρκτο λαό.

• Κι ένα κεφάλι πάνω από τους άλλους κοίταζε ο Poincare.

• Τότε ήρθε η στιγμή της αλγεβροποίησης.

• Η ισχυρή εφαρμογή της θεωρίας κατηγοριών.

• Ο γέρος γελούσε πια.

• Ήξερε πως ένιωθε ο άγνωστος.

• Θα ζούσε μέσα του για την τιμή του ανθρώπινου πνεύματος.

•

3° θέμα: Γιώργου Μήλιου <<το Cambridge δημοσιοποιεί τα χειρόγραφα του sir Isaac Newton''

προλεγόμενα από τον συνεργάτη της στήλης Γιώργο I. Μήλιο (Λεόντειο Λύκ. Ν. Σμύρνης) λάβαμε και δημοσιεύουμε ψηφιοποιημένα κ είμενα του Ι. Newton «Το 20 1 1 ψηφιοποιήθηκε ένα από τu όημειωματά- έργο την πραγματεία μέχρι και τη ρια του Isaac Newton ( 1 642- 1 727), το οποίο δόθη- σελ.20, όπου χαρακτηριστικά σχολιάζει στα ελλη­ κε στη δημοσιότητα από το Πανεπιστήμιο του νικά, «Τέλος των Κατηγοριών», παραλείποντας αρ­ Cambήdge. Η πρόσβαση στο κείμενο είναι ελεύθε- κετά μέρη από το πρωτότυπο έργο. Στην ίδια σελί­ ρη, όπως και στα υπόλοιπα χειρόγραφα. Το σημει- δα του χειρογράφου ο Αριστοτέλης ορίζει τα είδη ωματάριο αυτό φέρει την ημερομηνία 1 66 1 , την της κινήσεως: γένεση, φθορά, αύξηση, μείωση, αλ­ περίοδο που ο ίδιος ήταν προπτυχιακός φοιτητής λοίωση, και τη μεταβολή κατά τόπο. στο Tήnity College (τήnity College Notebook, MS Αξίζει να σταθούμε σε δύο σημεία: Στην ικανότητα Add. 3996). Όπως παρατηρούμε στο χειρόγραφο, ανάγνωσης του I.Newton, του έργου του Αριστοτέ­ ήδη από την πρώτη σελίδα καταγράφει λη από το αρχαίο ελληνικό κείμενο και το ενδιαφέ­ Α από το έργο του ριστοτέλη του Σταγειρίτη, ρον που επέδειξε για το συγκεκριμένο απόσπασμα (επικεφαλίδα στα Λατινικά, κείμενο που έχει επιλέξει, για το διαχωρισμό των ειδών της στα ελληνικά). Στη σελ. 1 2 καταγράφει από το ίδιο κίνησης.

"Κατηγορίαι",

σματα "'Όργανον",

αποσπά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/17

πηΊή:http:l/cudLiib.cam.ac. uk/yiew/MS-ADD-0399611

VI. Ειδήσεις - ειδησούλες 1 η. Γεωμετρία και ζω'fpαφική

Από παλιά είναι γνωστό πω ς η Γεωμετρία εμπνέει περασμένο Γενάρη έλ αβαν μέρος σε μια έ κθεση τους εικαστικούς κα λλιτέχνες. Τα παραδείγματα (Γκαλερί Α Δ της Αθήνας, Παλλ άδος 3, Ψυρρή ) με πά ρα πολλά . Το π λέον πρόσφατο είναι των καλλι - εικαστι κό , φ tλοσ οφικό και μαθηματικό ενδιαφέρον . τεχνών: Δανιήλ , Κρις Γι ανά κου, Θ ανάση Τότσικα, τίτλος της έκθεσης «0 Υπερβατικός Χώρος της Γιάν νη Σαμοθρά κη, Νίκου Αλεξίου και Βάσως Γεωμετρίας» Γκαβαϊσέ(από διαφορετικές γενιές ο καθένας). Τον 2η. Μαθηματικά και ποiηση

Το βιβλίο τη ς ποιήτριας, μαθηματι κού και φ tλοσό ­ φου E mily Grosholz, μ έ τίτλο «Proportions of the Heart», ε ίναι ένα άριστο παράδειγμα, που επιβε ­ βαιώνει ότι υπάρχει σημείο σύγκλι σης ανάμεσα στα Μαθηματικά και την ποίηση . Στην ποίηση της

Grosholz η μαθηματική εmστήμη , από τα fractals

μέχρι την αρνητική καμπυλότητα, συν αντά, επίσης, την ιστορία , τη φ tλοσοφία , αλλά και τα ανθρώmνα συναισθήματα

3η. ,πετά'fματα , του μυαλού Ο φ ίλος της στήλης(με στοιχεία

Γ.Κ.Χ. - Αθήνα ), μας πα ­ ρέπεμψεστην η λεκτρ . διεύθυνση γρά φοντάς μας πως « ...τα σύμβολα των αριθμών προέ κυψαν, συνειρμ ικά,για να περιγρά ψουν κάποιες πραγματι κότη ­ τες ... » κι αμέσως κατασκευά ζει « "πετάγματα " του μυαλού» του για τη σχέση του συ μβόλου των · μονοψήφιων φυσικών α ριθμών και του αριθμού των γωνιών που υπά ρχει σ ' αυτό . Θα στενοχωρή σουμε το φίλο μας, αλλά εμείς δεν π έισθήκα ­ με . ' Ποια είναι η δική σας γνώμη ;

1 z �-4 5

1 ••sι.

ι ansιιn

2 ιngln

7 angιa

• ;ongloa

8 angl88

[https://twitter.com/AwkwardGoogle/status /4920064 1 94290974 72/photo/1 ]

4η. η ,αλήθεια , και το ,ψεύδος ,

Παρακάτω σας δίνουμε ένα σ κεπτι κό και περιμένουμε από σας να δώσετε λύση σ ' αuτή την άσκηση λο ­ γικής. Το θέμα,μας το έθ εσ ε στα υπόψη ο φίλος της στήλης Θανάσης Λύπας. Στο επόμενο θα έχουμε και βιβλι ογραφι κή παρ απομπή . η άσκηση λογικής «Αν πω τη φράση: "λέω ψέματα ", λέω την αλήθε ια ; Αν λέω την αλήθεια , ψεύδομαι, και κατά συνέπεια η φράση μου είναι ψευδή ς αν όμως δ εν λέω την αλήθεια, λέω ψέματα, και έτσι λέω όντω ς την αλήθεια . άρα λο ιπόν η φράση μου είναι ταυτόχρονα αληθής και ψευδής>) 5η. Fibonacci και Τέχνη [στο επόμενο τεύχος θα αναφερθούμε αναλυτι κά ]

VII. ,,Απάντηση στο

((Αυτό το ξέρατε;» ,,

α ) αν a,b ,c οι διαστάσεις του παρα λ/πέδου κα ι d η διαγώνιός του , θα έχουμε: a2+b2+c2=d2 , β ) υπάρχει τύπος και ε ίναι ο n2+(n+ 1 )2+[n(n+ 1 )] 2=[n(n+ 1 )+ 1 ] 2 , ο οποίος μ ας δίνει τετράδες α κέραιων α ­ ριθμών για κάθε η ε Ν ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

96 τ.4/18

Μαθηματικά -yια την Α ' Λυκειου

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Άλγεβρας

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Άσκηση 1η α)

Να λυθεί η aνίσωση: r -12χ+32<0(1). β) Για τις τιμές του χ που είναι λύσεις της (1), να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης: Κ=5Ιχ-3Ι+4 Ιχ-8Ηχ+11 1. χ-1 γ) Να μετατρέψετε την παράσταση � v(χ-ι) σε ισοδύναμη με ρητό παρονομαστή. δ) Να μετατρέψετε το κλάσμα r; 5r; r; . �2+�3-�5 ρητό ισ με σε �δύναμο παρονομαστή. Λύση : α) χ 2 - ι2χ + 32 < Ο

·

(χ-4)(χ-8)<0 <=>

<=>

<=> χ ε(4,8) . β) Είναι 4<χ<8, οπότε χ-3>0, χ-8<0 και χ+ι ι>Ο . Άρα: Ιχ-3Ι=χ-3, Ιχ-81=8-χ, Ιχ+l l Ι=χ+ι ι και έτσι παίρνουμε Κ= 5(χ-3)+4(8-χ}-(χ+ ι ι )=5χ­ ι 5+32-4χ-χ-ι ι=32-26=6 . γ) Η παράσταση ορί ζεται ότ αν και μόνο όταν χ-ι * ο, δηλαδή χ * ι Αν χ> ι , τότε χ - ι - ( χ - ι) � _ ( χ - ι) � �( χ - ι )2 �( χ - ι )2 · Vx - 1 �( χ - ι )3

( χ - ι ) Vχ - ι , � = v χ - ι . Αν χ< ι , τότε q χ-ι ( χ - ι) � (χ - ι) � χ-ι _ �( χ - ι )2 �( -χ + ι )2 · V-χ + ι �( -χ + ι )3

..,_______,___

(χ - ι) � Vι - χ .

-(χ - 1) 5 5(.J2 + .J3 + J5) δ) J2 + .J3 -J5 (.fi + .J3 - J5)(.J2 + .J3 + J5) 5(.J2 + .Jj + ./5) 5(.J2 + .Jj + ./5) 2 2 + 2../6 + 3- 5 (.J2 + .J3)2 - J5 5../6(.J2 + .J3 + J5) ι2

ι

ι

4+χ2 4 δ) χι 5 + χ2 5 2 ι ε) (2 J2 J2 Χι ) zοι5 . (2 J2 J2 Xz ) zοι5 β) -- + -- γ) χ ι χ +ι χ +ι _

Λύση :

Από τους τύπους του

_

Vieta έχουμε :

χ ι + χ 2 =-! =ιΟ κα ί Χ ι · χ 2 = 1. =ι6 . Έχουμε: α α α) Χ ι ·( χ 2 + ι )+ χ 2 ·( χ ι + ι )= Χ ι . χ 2 +χ ι +χ ι . χ 2 +χ 2 =χ ι +χ 2 +2 Χ ι . χ 2 =ιΟ+32=42 χ + ι + χι + ι ι ι = β) __ + __ = 2 Χ ι + ι χ 2 + ι (χ ι + ι)(χ 2 + ι) Q ιΟ + 2 Χι + χ2 + 2 Χ ι Χ 2 + Χ ι + χ 2 + ι ι 6 + ιΟ + ι 27 γ) Χ ι 4 + χ 2 4 =( χ ι 2 + χ 2 2 ) 2 :.._2 χ ι 2 . χ 2 2 = ( [ χ ι + χ 2 ) 2 -2 Χ ι . χ 2 ] 2 -2( χ ι . χ 2 ) 2 = =(10 2 -2 · ι 6) 2 -2 · ι6 2 =68 2 -2 · 256= =4624-5 ι2=4 ι ι 2 . δ) Είναι:( χ ι + χ 2 () χ ι 4 + χ 2 4 )= -_ Χ ι 5 + Χ ι Χ 2 4 + Χ2 5 + χ2 Χ ι 4 :::::> Χ ι 5 + Χ 2 5 _ =( Χ ι + Χ 2 χ Χ ι 4 + Χ 2 4 )- Χ ι Χ 2( Χ ι 3 + Χ 2 3 ) :::::> Χ ι 5 + Χ 2 5 _ =( χ ι + χ 2 ( ) Χ ι 4 + χ 2 4 )- Χ ι · Χ 2 ( [ χ ι + χ 2 )3 -3 Χ ι χ 2( χ ι + χ 2 )] :::::> Χ ι 5 + χ 2 5 =10 · 4112-ι6(ιΟΟΟ-480)= =1ι ι2Ο-8320=32800 . ι . .J2 _ .J2 χ ) 2ο ι 5 2 ε)(2 .J2 _ .J2 Χ ι ) 20 5 (2 ι ι 2 2 ι 2 0 0 0 . . . = .J2 5 (2- Χ ι ) 5 .J2 5 (2- Χ2 ) 20 ι 5 = =2 20 ι 5 . [(2- Χ ι ) . (2- χ 2 )] 2ο ι 5 = =2 2ο ι 5 . [4-2( χ ι + χ 2 )+ χ ι . χ 2 ] 2Ο ι 5 = . . ι Ο+ ι6) 2ο ι 5 =Ο =2 2ο ι 5 (4-2 _

Άσκηση 3η α)

Να δείξετε ότι ο αριθμός J3 + JS είναι άρρητος. β) Να συγκριθούν οι αριθμοί � και � , αν α>Ο. γ) Να δείξετε ότι : Άσκηση 2η ι + Δίνεται η εξίσωση 2χ 2-20χ 32=0. Αν είναι ---;:: + r= ι r= + r= ι r; + + ι;:;:;-; ι τ==; γνωστό ότι η εξίσωση έχει δύο ρίζες ι+v2 v2 + v3 v3 + v4 v2Οι4 + v2Οι5 πραγματικές και άνισες, τις Χι , χ1 , τότε χωρίς = ../2Οι5 -ι. να βρεθούν αυτές οι ρίζες να υπολογιστούν οι Λύση : τιμές των παρακάτω παραστάσεων: α) Έστω J3 + J5 =ρ , όπου ρ ρητός . Τότε: α) Χ ι · ( χ 1 + 1)+ χ 1 ( χι + ι) 2 2 ••••

·

J3 + J5 =ρ :::>( .Jj + J5 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/19

=ρ :::::>

Μαθηματικά yια την Α ' Λυκείου

3+2 -.;� ι ;, +5=ρ

..JI5

�- -4[�=���;;�� :�;��]�=:

2 -8 ' 2 � ..;� 15 = ρ , ατοπο αφου' ο

( 1 ) <::::> 4x+2=2x+ l 0 <::::> 2χ=8 <::::> χ=4, δεκτή Αν 4χ+2<0, δηλαδή χ<- 1 /2 τότε έχουμε: �2, δεκτή (I)

--

2

είναι άρρητος. (γιατί;)

� = � και � = 3(;;.36 · Αν α> 1 , τότε α 36 >α 25 οπότε � > 3(;;zs και άρα � > � . Αν Ο<α< 1 , τότε α 36 <α 25 οπότε � < 3(;;zs και άρα � < � . Αν α= l , τότε � =� . β) Είναι

(

α- β2

[α

]

<::::>

{ {

{

{

;�:

ιr��α- β Γ = (�Γ -ω ' -

J

...

"

=

-< - ι J"'" - ι .

Ά σκηση Sη

-8.

Να βρεθεί ο αριθμός μ ε JR Αν Ζ,Η είναι τα συμμετρικά σημεία των κορυφών των παραβολών (1) και (2) αντίστοιχα ως προς τον άξονα χ 'χ, να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα Ζ και Η.

•

Λύση : α) Το Μ(2λ, 1 3) ανήκει στη γραφική παράσταση της. f όταν και μόνο όταν ft2λ)= 1 3(1).

5 2 Αλλά (I) <=> 3 · (2λ) +2λ · 2λ-4λ-7�1 3 <::::> λ= 4

ή λ=-1 <::::> λ=-1 , αφού λ<Ο .

2 β) Για λ=-1 έχουμε: f(x)= 3χ - 2χ - 3 .Η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ 'χ αν και μόνο αν f(x)<O(II). Είναι (11) <::::> 3χ 2 - 2χ - 3 <Ο <::::>

α' 5 = -18α + α2

(

;w)( ;w) ( ι -;w ι + ;w}

3 x-

<::::> β = -2 β 5 = -32 ii) Για τις τιμές των α και β που βρήκαμε η εξίσωση Ι 4χ+α Ι =αχ-β+8 γίνεται: Ι 4χ+2 1 =2χ+2+8 <::::> l 4x+2 1 =2x+ 1 0 ( 1 ) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν 4χ+2 2:: Ο, δηλαδή χ 2:: - 1 /2 τότε έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

·

[

1 = β 2 . 5 . .2β1 -24 , α- β

i) ii)

Λύση : α) i)lχ-7 Ι · Ι χ+9 Ι = Ι 2χ+3 1 · Ι χ-7 Ι <=> Ι χ-7 Ι ( Ι χ+91Ι 2χ+3 1 )=0 <=> ( Ι χ-7 Ι =Ο ή Ι χ+9 Ι = Ι 2χ+3 1 ) <=> (χ-7=0 ή χ+9=2χ+3 ή χ+9=-2χ-3) <::::> (χ=7 ή χ=6 ή χ=-4). ii) 1 1 3-1 2χ- 1 1 1-5 1 =9 <=> (13-Ι 2χ- 1 Ι I-5=9 ή 1 3l 2x- 1 l l-5=-9) <=> (13-Ι 2χ- 1 Ι I=14 ή 1 3 -1 2x- 1 l l=-4 αδύνατη) <::::> 1 3-Ι 2χ- 1 Ι I=1 4 <::::> (3-l 2x- 1 1 = 1 4 ή 3-1 2χ- 1 Ι =-14) <::::> (1 2χ- 1 Ι =-1 1 αδύνατη ή l 2x- l l = 1 7) <::::> l 2x- l l = 1 7 <::::> <::::> (2χ- 1 = 1 7 ή 2χ- 1 =- 1 7) <::::> (2χ= 1 8 ή 2χ= - 1 6) <::::> (χ=9 ή χ=-8).

100 2 β) ί) Ι α - 128 1 + Ι β + 1 8α-α 1 =0 = 128 - 128 = 0 <::::> <::::> β β

α7 5 +18α - α 2 = 0 α=2 α=2

β s )3

' '"'

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=Jr +2Λx-4λ-7 (I ), όπου λ αρνητικός πραγματικός αριθμός. Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Μ(2λ,13), τότε: α) Να βρείτε τον αριθμό λ. β) Να βρείτε τα διαστήματα στα οποία η γραφική παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ'χ. γ) Δίνεται η συνάρτηση g(x)= 2χ2 + (μ - 2)χ - 9 (2) της οποίας η κορυφή ανήκει στην ευθεία (ε): y = 3χ 63

Να λυθούν οι εξισώσεις: Ιχ-7Ι · Ιχ+9Ι=Ι2χ+3Ι · Ιχ-7Ι 113-Ι2χ-1ΙΙ-51=9 Δίνονται οι πραγματικοί αριθμοί α και β για τους οποίους ισχύει Ια 7 -1281 1 00 +Ιβ 5 +18α-α 2 1=0. i) Να βρεθούν οι α,β. ii) Να λυθεί η εξίσωση Ι4χ+αΙ=αχ-β+8 iii) Να υπολογιστεί η τιμή της C: άστασης � ( α-2 : β 3 )4 : (α-4β-& )3 Κ= α' · α -12 . p 21

5

"

-

Άσκηση 4η α) i) ii) β)

7

-4

---

J3 -

[

1

(�;')' 5 α. 1�

γ) Παρατηρούμε ότι για κάθε α 2:: Ο είναι 1 = .Jα + 1 - Jα . Άρα αν Α το πρώτο .J Jα + 1 μέλος της ζητούμενης, τότε Α=( .Ji - 1 )+( .Ji )+ . . . +( ../20 1 5 - ../20 1 4 ) = ../20 1 5 - 1 .

α+

α · α -12 · β 2 1 1 000

ιιι)

χ

ε

1+

χ

ι-

<Ο �

.

γ) i) Αν Κ( Χ κ , Υκ ) η κορυφή της παραβολής,

(2) τότε γνωρίζουμε ότι : Χ κ = Β'

96 τ.4/20

β 2-μ = -- και 2α 4

Μαθηματικά yια την Α· Λυκείου

2 (μ - 2) + 72 = Υκ = 4α 8 63 => οπότε Κ ε (ε) => Υκ =3 Χ κ 8 2 - μ 63 μ 2 - 4μ + 76 3 . -- - 8 => -μ 2 +4 μ-764 8 1 2-6μ-63 => μ 2 - 1 0μ+25=0 => (μ--5) 2 =0 => μ=5. ίί) Για μ=5 έχουμε g(x)=2x 2 +3x-9 και Δ

Κ( -� , _ !!_ ).

4

8

Το συμμετρικό του

Κ

ως προς τον

3 81 , , , χ χ ειναι το Η( -- , - ) . Αν Λ η κορυφη της 4 8 1._ .!. και = παραβολής . ( 1 ), τότε χΛ = 2α 3 Δ .!. 1 0 10 Το ). ΥΛ = = - 3 , δη λαδη' Λ( ' 3 4α 3 συμμετρικό του Λ ως προς τον άξονα χ 'χ είναι το .!. 1 0 Ζ( , ).Η εξίσωση της ζητούμενης ευθείας (ζ) 3 3 που ορίζουν τα Ζ και Η είναι της μορφής y=αχ+β , οπότε: Ζ,Η ε (ζ) .!.

10 1 0 = . .!. β= -α. α +β 3 3 3 <=> <=> <=> 3 81 = � 10 .!. !!_ = � + α β α · α + 8 4 8 4 3 3 I

{

2 2 Ι α +9α+40 1-7 α= Ι 5α -:-α -9 1 +7 α+3 1 . Για να είναι αβ-l αβ l � α lβ l-βl α l , αρκεί αβ-Ι α Ι · Ιβ l -:-α l β l +β lα Ι � Ο, αρκεί α(β-l β i )-Ιαl (β-l β l ) � Ο, αρκεί (β-l β l )(α"-Ι α l ) � Ο, ισχύει αφού β � lβ l και α � Ιαl από ιδιότητες απόλυτης τιμής. ίίί) Ισχύουν: Ι χ+5 1 � χ+5 και Ι χ+5 1 � -{χ+5). Άρα Ι Ι χ+5 Ι +χ+5 1 + Ι Ι χ+5 Ι-χ-5 Ι-2 Ι χ+5 Ι = Ι χ+5 Ι +χ+5+ Ι χ+5 1χ-5-2 Ι χ+5 Ι =Ο. β) Είναι 2+ J5 +2- J5 =4 και (2+ J5 )(2- J5 )=-1 ,

ii)

επομένως οι αριθμοί χ 1 =2+ J5 και χ 2 =2- J5 είναι οι ρίζες της εξίσωσης χ 2 -4χ-1 =0. Είναι χ I 6 + χ 2 6 =( χ I 3 + χ 2 3 ) 2 _2 χ I 3 χ 2 3 = 3 [( χ ι + χ 2 ) -3 Χ ι χ 2 ( χ ι + Χ 2 )] 2 -2( χ ι χ 2 ) 3 = [4 -3(-1 )4] 2 -2 (-1 ) 3 =(64+ 1 2) 2 +2=76 2 +2=5778.

3

Άσκηση 7η α)

_

{

{

{

423 β= 10 1 β =--α·78 . <=> 3 3 1 63 = = α 3 · 8 1 - 8 · 1 0 -1 8α - 8α 26 423 1 62 ' Άρα (ζ): y= -- χ + - .

26 78

Δίνονται οι ευθείες (ε): y=4λ 2 χ+Sλχ-9 και (ζ): y-9χ=12. Να βρεθούν οι τιμές του λ ε IR για τις οποίες οι (ε),(ζ) είναι παράλληλες. β) Να βρείτε το σημείο τομής Α της (ζ) με τον χ'χ και το σημείο τομής Β της (ε) με τον y 'y.

Λύση : α) Αρχικά γράφουμε τις εξισώσεις των (ε), (ζ) στη μορφή y=αχ+β . Είναι: (ε):y=(4λ 2 +5 λ)χ-9 και (ζ): y=9x+ 12. Αφού -9 * 1 2 , οι ευθείες (ε),(ζ) είναι παράλληλες αν και μόνο αν 4λ 2 +5 λ=9(111). .2_ Είναι(ΙΙΙ) <=> 4λ 2 +5 λ-9=0 <=> (λ= 1 ή λ=- ).

4 = ΥΑ 0 ΥΑ - Ο β) Έχουμε: <=> 4. ΥΑ = 9χΑ + 1 2 ΧΑ = - 3

Άρα

Άσκηση 6η α)

Να δείξετε ότι i) Ια 2 +9α+40Ι-7α=Ι5α -α 2-91 +7α+31. ii) αβ-Ιαβ l � αΙβ l-β l αΙ iii) ΙΙχ+5Ι+χ+5Ι+ΙΙχ+5Ι-χ-5Ι-2Ιχ+SΙ=Ο β) Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης Α=(2+ J5 ) 6 +(2- J5 ) 6

{

{

A(- i3 ,0). Και χ8 =0, y8 =-9. Άρα Β(Ο,-9).

Άσκηση 8η

Να λυθεί η εξίσωση λ 2 · (χ+3) =Ιλl · χ+Ιλl 3 l λl+3, για διάφορες τιμές του λ ε IR .

•

-Λύση : α) Το τριώνυμο α 2 +9α+40 έχει 2 4 · 1 · 40=8 1 1 60=-79<0 Δ=9 διακρίνουσα 2 επομένως α +9α+40>0 για κάθε α ε JR Το τριώνυμο 5α -:-α 2 -9 έχει διακρίνουσα -Δ=25-36=1 1 <Ο επομένως 5α -:-α 2 -9< για κάθε α ε IR . Άρα 2 2 2 Ι α +9α+40 1-7 α =α +9α+40 -7 α=α +2α+40 και l 5α -:-α 2 -9 1 +7α+3 1 =-5α+α 2 +9+7α+3 1 = =α 2 +2α+40. Επομένως

i)

•

Λύση : 2 2 2 . (χ+3) = l · χ+ 3 λ Ιλ Ιλ1 �Ιλl+3 <=> lλl . χ+3 1λ1 = = Ιλl · χ+ Ιλl 3 -lλl +3 <=> ( l λl 2 -lλl )χ= Ιλl 3 -3 lλl 2 - lλl +3 2 <=> lλl (lλl-1 )x= Ιλl (1λl-3)-( lλl-3) <=> lλl ( iλl- 1 )χ=( Ιλi-3)( Ιλl- 1 )( l λl + 1 ) .( 1 ) Αν l λl ( lλl- l ) :F- 0 , δη λαδή λ � { 0 , 1 ,- 1 } , τότε η ( l λ l -3)( 1 λ l + l ) . εξίσωση ( ! ) <=> x= lλl Αν lλl ( l λl- l )=Ο,δηλαδή λ ε { 0, 1 ,- 1 } τότε : Για λ=Ο η εξίσωση γίνεται Οχ=3 που είναι αδύνατη. Για λ= 1 , και για λ=-1 , η εξίσωση γίνεται Οχ=Ο, είναι δηλαδή άόριστη και μάλιστα ταυτοτική .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/21

·

Μαθηματικά yια την Α' Λυκε(ου

Άσκη ση 9η

α) Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος της οποίας ο τρίτος, ο τέταρτος και ο πέμπτος όρος f:ι..οον άθροισμα 33, ενώ ο ένατος όρος υπερβαίνει κατά 16 μονάδες το διπλάσιο τοο 200 όροο. β) Να βρεθεί το άθροισμα των ακεραίων από το 1 έως και το 180 οι οποίοι δεν είναι πολλαπλάσια του 4 ή τοο S. γ) Να βρεθούν οι Ύωνίες κυρτού εννιαΎώνου αν -yνωρίζουμε ότι τα μέτρα τους είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου και ότι η μικρότερη Ύωνία είνάι 40° δ) Μεταξύ των αριθμών 4 και 2916 να παρεμβληθούν πέντε αριθμοί έτσι ώστε όλοι μαζί να είναι διαδοχικοί . όροι Ύεωμετρικής προόδου.

•

, {�

ενός κυρτού ν-γωνου δίνεται από τον τύπο 8ν = (2ν-4)90° . Άρα 89 =1260. Επίσης αν ω η διαφορά της αριθμητικής προόδου, θα ισχύει: 89 =.2.[2 · 40° + (9 - 1)ω]=9(40° +4ω).

2 Έτσι 1260° =360° +36ω <=> ω=25° . δ) Έστω χ1 , χ2 , χ3 0 χ4 , χ5 οι ζητούμενοι αριθμοί. Τότε οι αριθμοί 4, χ1 , χ2 , χ3 0 χ4 , χ5 ,2916 είναι επτά διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Είναι 2916=4 · λ <=> λ =729 <=> (λ=3 ή λ=3).Συνεπώς οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι: 12,36,108,324,972 ή -12,36,-108,324,-972.

6

6

Άσκηση Ι Οη

Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δει'Υματικού χώρου Ω. Αν είναι -yνωστό ότι οι α4 +αs =33 <=> α) Ειναι : � +-� αριθμοί Ρ(Α-Β), Ρ(Α), Ρ(Β) είναι διαδοχικοί =16 όροι αριθμητικής προόδου και ότι +2ω+αι +Χο+αι +4ω=33 <=> 3α1 + 9ω = 33 I 4P(B)-11+13P(A v Β)-11=0 τότε: <=> αι +&ο-� α) Να υπολογιστούν οι πιθανότητες -αl + 6ω = 16 αι αι �=16 Ρ(Α),Ρ(Β). α1 + 3ω = 1 1 6ω -16 + 3ω = 1 1 <=> α1 <=> β) Να υπολογιστούν οι πιθανότητες των = 6ω-16 α1 = 6ω - 16 ενδεχομένων: = 27 <=> ω = 3 . Άρα η ζητούμενη i) Να μην πραΎματοποιηθεί κανένα από τα <=> 9ω Α και Β. α1 = 2 α1 = 6ω - 16 ii) Να πρα'Υματοποιηθεί μόνο το Β. γεωμετρική πρόοδος είναι η 2,5,8, ... Λύση :

{ { {

{ {

{

Τα πολλαπλάσια του 4 από το 1 έως και το 180 είναι: 4,8,12,16, ... ,180.Πρόκειται για αριθμητική πρόοδο με α 1 =4 και ω=4:Εχουμε: α ν= 180 <=> 4+(ν-1 )4= 180 <=> ν=45. Άρα το άθροισμα των πολλαπλασίων του 4 από το 1 έως και το 180 είναι 81 = 452 · (4 + 180) =4140.Τα πολλαπλάσια του 5 από το 1 έως και το 180 είναι: 5,10,15,20, ... ,180 και έχουν άθροισμα 82 = 362 · ( 5 + 180 ) =3330.Τα κοινά πολλαπλάσια του 4 και του 5, δηλαδή οι αριθμοί που περιλαμβάνονται και στα πολλαπλάσια του 4 και στα πολλαπλάσια του 5 είναι: 20,40,60, .... , 180 με πλήθος ν=9 και έχουν άθροισμα 83 =� · ( 20 + 1 80 ) =900. Επίσης 1+2+3 + ...+180= 2 1 = 8) Συνεπώς το ζητούμενο .

2 ·(Η�)+1)=16290. άθροισμα είναι: 8=16290-4140--3330+900=9720. γ) Γνωρίζουμε ότι το άθροισμα των γωνιών β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

Λύση :

α) Είναι I4P(B)-11 + 1 3 P(A v B}-11=0 <=> <=> (4Ρ(Β}-1=0 και 3 P(Av B}-1=0 <=> <=> Ρ(Β)= -41 και Ρ(Α v Β)=-31 . Αφού οι αριθμοί Ρ(Α-Β),Ρ(Α),Ρ(Β) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητιΚής προόδου θα ισχύει: 2Ρ(Α)=Ρ(Α-Β)+Ρ(Β) => =>2 Ρ(Α)= P(A}- P(A n B) + Ρ(Β) => Ρ(Α)= Ρ(Β}- Ρ(Α n Β) (1). Από τον προσθετικό νόμο των πιθανοτήτων έχουμε Ρ(Α v Β)= Ρ(Α)+ Ρ(Β}- Ρ(Α n Β) = 2Ρ(Α). Άρα .!_=2 Ρ(Α) =>. Ρ(Α)=.!_ .

3 6 (I)

β) ί)

P((A v B) ' )=1- P(A v B)=1 - .!.3 = 3.3 .

ii) Ρ(Β-Α). =Ρ(Β}- Ρ(Α n Β) =Ρ(Α)= .!.6 .

96 τ.4/22

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Γεωμετρίας

Καρδαμίτσης Σπύρος - Τσιφάκης Χρήστος

Παρουσιάζόυμε iιια σειρά επαναληπτικών θεμάτων σε όλη της ύλη για την καλύτερη προετοιμασία για τις εξετάσεις των μαθητών της Α ' τάξης για το μάθημα της γεωμετρίας ΑΣΚΗΣΗ 1 η. Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ισοσκελές και t = ΜΔΓ = ΒΔΕ (ως κατακορυ­ (Α = 90� φέρνουμε το ύψος ΑΔ, την διχοτόμο φήν). Η γωνία Β στο τρίγωνο ΒΕΔ είναι εξωτεριΑΗ της γωνίας ΔΑΒ και την ΑΕ διχοτόμο της επομένως Β = ΔέΒ + ΒΔΕ = ΔέΒ + t , οπότε γωνίας Γ η οποία τέμνει τις ΑΔ, ΑΗ και ΑΒ στα κή, ΔέΒ = Β -Γ . σημεία Ζ, Ρ καί Ε αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: Στο τρίγωνο ΑΔΒ η ΔΛ είναι διάμεσος, τότε α) ΑΗ ΓΕ. β) ΑΡ = ΡΗ. γ) Ο κύκλος με διάμετρο την ΗΖ διέρχεται από ΔΛ ΑΒ = ΒΛ επομένως το τρίγωνο ΑΔΛ είναι 2 τα σημεία Ρ, Δ. ΛΥΣΗ. ισοσκελές, και είναι Β = ΒΜ (1 ). z Α t Α α) Στο τρίγωνο = ' ΑΡΓ έχουμε: ΑΡΓ = ΡΑΓ +2 Λ

�

Α Α = ΡΑΖ + ΖΑΓ + -Γ2 = -Γ2 + ΒΑ + -Γ2 = ΒΑ + ΓΑ = 90° . ' Β

Ε

Γ Ε

Στο τρίγωνο ΖΑΔ έχουμε: Z+zM+Aλz= 180° � z + 90° + t + 90° - ΒΜ = 180° � z + t � Β = ο � t Β' τρόπος: Είναι ΡAz = άρα στο τετράπλευρο � Z = B - t .

2 ΑΣΚΗΣΗ 3η. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε ΑΡΔΓ η πλευρά ΡΔ φαίνεται υπό ίσες γωνίες , άρα και Ζ τα μέσα των πλευρών ΑΒ , ΒΓ , ΓΑ αντί­ το τετράΠλευρο ΑΡΔΓ είναι εγγράψιμο τότε στοιχα. Φέρνουμε το ύψος ΒΚ. Δείξτε ότι η γωΔ = ΑΡΓ = 90° . Κ νία Δ Ε = ΔΖΕ β) Το τρίγωνο ΓΑΗ είναι ισοσκελές αφού η ΓΡ είναι διχοτόμος και ύψος (α ερώτημα), άρα είναι Λύση. Α και διάμεσος οπότε ΑΡ ΡΗ. γ) Το τμήμα ΗΖ φαίνεται από τα σημεία Δ , Ρ υπό ορθή γωνία, άρα ο κύκλος με διάμετρο την ΗΖ διέρχεται από τα σημεία Ρ, Δ. ΑΣΚΗΣΗ 2η. Σε τρίγωνο ΑΒΓ(ΑΒ < ΑΓ) οι γωνίες Β και { είναι οξείες. Έστω ΑΔ το ύψος του και Μ , Λ τα μέσα των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Οι ΜΔ τέμνει την ΑΒ στο Ε και η ΔΛ την ΑΓ στο Ζ. Δείξτε ότι: Β Ε Γ ΔΕΒ = ΑΖΔ = Β - Γ. Τα σημεία Δ, Ζ, Ε είναι μέσα πλευρών του ΑΒΓ, Λύση. ΒΔΖΕ είναι παραλληλόάρα το τετράπλευρο Στο τρίγωνο ΑΔΓ η ΔΜ είναι διάμεσος άρα γραμμο, οπότεΒ = Ζ (1). Το τρίγωνο ΑΒΚ είναι ΑΓ = ΜΓ , συνεπώς το τρίγωνο ΜΔΓ είναι ορθογώνιο και η ΚΔ διάμεσος άρα το τρίγωνο ΔΜ = 2 ΒΔΚ είναι ισοσκελές και ΔΚΒ = Δ:Βκ (2). Γ

•

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/23

Μαθηματικά ΎUΙ την Α ' Λυκείου

Όμοια το τρίγωνο ΒΚΓ είναι ορθογώνιο με ΚΕ διάμεσος, άρα ΒΚΕ = ΕΒΚ (3). Από(1), (2), (3) έπεται το ζητούμενο. ΑΣΚΗΣΗ 4η. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Ο το κέντρο του. Η διχοτόμος της γωνίας ΑΒΔ τέ­ μνει την διαγώνιο ΑΓ στο Ε. Από την κορυφή Γ φέρνουμε την ΓΗ ΒΕ που τέμνει την ΒΔ στο Ζ και την ΑΒ στο θ. Από το Ο φέρνουμε παράλ­ ληλη της θΖ που τέμνει την ΒΕ στο Κ και την ΑΒ στο Ι. Να αποδείξετε ότι: α) θl = ΟΖ β) Αθ = 2 ΟΖ. Α

Λύση.

Α

Ι

Β

θ

. ρών του, άρα ΜΛ I I = ΑΡ 2 => ΑΡ = 2ΜΛ Τα τρίγωνα ΜΘΛ και ΘΚΔ είναι ίσα (γιατί;) άρα ΜΛ = ΔΚ. Το τετράπλευρο ΒΖΗΓ είναι τραπέζιο με ΔΚ διάμεσο οπότε ΔΚ = ΒΖ +2 ΓΗ => ΒΖ + ΓΗ = 2ΔΚ . Άρα ΑΡ = 2 ΜΛ = 2 ΔΚ = ΒΖ + ΓΗ. ΑΣΚΗΣΗ 6η. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ < ΑΓ) , το ύψος ΑΖ και (C) ο περιγεγραμ­ μένος κύκλος του. Η εφαπτομένη στό σημείο Α τέμνει την ΒΓ στο Ρ. Τα ύψη ΒΔ και ΓΕ τέ­ μνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα Β 1 και Γ1 αντίστοιχα. Η ευθεία Β1Γ1 τέμνει την ΒΓ στο Σ. Να δείξετε ότι: α) ΑΡΓ = Β - Γ . β) Β 1 ΣΓ = Β - Γ . γ) ΖΑΟ = Β - Γ . Λύση.

i) Στο τρίγωνο ΑΡΒ η Β είναι εξωτερική άρα Β = ΑΡΒ + Ρ ΑΒ . Η Ρ ΑΒ σχηματίζεται υπό χορδής και εφαπτομένης στο τόξο άρα ΡΑΒ = Γ (εγγεγραμμένη στο ίδιο τόξο). Έτσι ΑΡΒ = Β- Γ . Λ

Λ

Λ

Λ

ΑΒ -

Δ

Γ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

α) Τα τρίγωνα ΘΒΖ και ΙΒΟ είναι ισοσκελή γιατί τα τμήματα ΒΗ και ΒΚ είναι διχοτόμοι και ύψη των τριγώνων, άρα ΒΘ = ΒΖ και ΒΙ = ΒΟ και από τις σχέσεις αυτές προκύπτει ΘΙ ΟΖ . β) Στο τρίγωνο ΑΘΓ το σημείο Ο είναι το μέσο της πλευράς του ΑΓ και ΟΙ I I ΓΘ . Άρα το Ι είναι το μέσο της ΑΘ οπότε ΑΘ = 2ΘΙ = 20Ζ . ΑΣΚΗΣΗ 5η . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ , οι διάμε­ σοι ΑΔ, ΒΕ και από το βαρύκεντρό του θ φέρ­ νουμε τυχαία ευθεία (ε) που δεν διέρχεται από καμιά κορυφή του τριγώνου. Από τις κορυφές Α, Β, Γ φέρνουμε τις ΑΡ, ΒΖ, ΓΗ κάθετες στην (ε). ίί) Ισχύουν Β+ ΕΓΒ 90° , Γ+ Β1 ΒΓ = 90° άρα Να δείξετε ότι ΑΡ = ΒΖ + ΓΗ. . Β- Γ = Β1 ΒΓ -ΕΓΒ . Λύση. Φέρνουμε την ΔΚ κάθετη στην (ε) και από το Μ Στο τρίγωνο ΣΒΒ1 η γωνία Β1 ΒΓ είναι εξωτερική μέσο της ΑΘ την ΜΛ κάθετη στην (ε). Άρα Β1 ΒΓ = Σ+ ΣΒι Β <=> Σ = Β1 ΒΓ - ΣΒι Β . Α Αλλά ΣΒι Β = ΕΓΒ (εγγεγραμμένες στο ίδιο τόξο). Άρα Σ = Β1 ΒΓ - ΣΒι Β = Β- Γ . iii) ΡΑΒ + ΒΑΖ + ΖΑ0 = 90° , Β+ ΒΑΖ = 90° Άρα Ρ Α Β + Β ΑΖ + Ζ Α Ο = Β + Β ΑΖ <=> ΖΑΟ = Β-ΡΑΒ <=> ΖΑΟ = ΑΡΒ =Β- Γ . ΑΣΚΗΣΗ 7η. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ Δ Β Γ με ΑΒ = 2ΓΔ. Αν είναι Η, Ζ τα μέσα των πλευ­ Στο τρίγωνο ΑΡΘ τα Λ και Μ είναι μέσα πλευρών ΑΒ και ΓΔ, τότε να δείξετε ότι: =

Ρ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

=

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/24

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

(ί)

Λ

Λ

Μαθηματικά -yια την Α · Λυκείου

Λύση. α) Το τετράπλευρο ΗΒΓΖ είναι ρόμβος β) Αν από την κορυφή Α φέρουμε την κάθετη α) ΑΕ στην ΒΓ, να δείξετε ότι η ΖΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΗΕΒ. γ) ΔΖΕ 3ΖΕΓ (Να εξετάσετε αν ισχύουν τα ίδια

Είναι ΑΔΙΙΜΣ ως κάθετες στην ίδια ευθεία ε­ ως εντός ε­ πομένως είναι και να.λλάξ των παραλλήλων ΑΔ καιΜ ΜΣ.

=

όταν τα Ε, Γ είναι προς το ίδιο μέρος του Β, δηλαδή όταν Β <

Α.1 = Μ

Α.2 = 'Ν1

90°.)

Λύση. α)

ΕίναιΑΒ ΑΒΓΔΓΔπαραλληλόγραμμο, τότε ΑΒ=ΙΙΓΔ, . 2 Ι Ι 2 � HB=I!ΓΖ, οπότε το ΗΒΓΖ είαρα είναιτε­ ναιΑΒ=2ΓΔπαραλληλόγραμμο. Εmπλέον 2ΗΒ=2ΓΔ ΗΒ=ΓΔ, συνεπώς το � � τράπλευρο ΗΒΓΖ είναι ρόμβος. =

Δ

Β

Δ

Σ

r

Επειδή το ύψος ΑΔ είναι και διάμεσος του ισο­ σκελούς τριγώνου ΑΒΓ είναι , οπότε από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ότι Μ , δη­ λαδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές. β) Το τετράπλευρο ΑΘΣΔ έχει τρεις γωνίες ορθές, συνεπώς είναι ορθογώνιο, οπότε + + + + 2ΝΘ = Ν = = 2ΣΜ ΣΝ ΣΜ Σ ΣΝ 2 +ΝΘ) = 2ΣΘ = 2ΑΔ. (ΣΜ 9η. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμ­ Στο ορθογώνιο τρίγωνοΑΒΑΕΒ η ΕΗ είναι διαμε- ΑΣΚΗΣΗ ' ΕΗ 2 ΗΒ ' οπότε το μένο σε κύκλο (Ο, R). Από σημείο Ρ του κύκλου σος. του, επομενως φέρνουμε τις προβολές Λ, Μ στις πλευρές εm­ ΑΒ, τρίγωνο ΕΗΖ είναι ισοσκελές, άρα ΑΓ και ΒΓ αντίστοιχα. Αν η ΡΜ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Σ, τότε, να δείξετε ότι: είναι ως εντός εναλλάξ των πλέον παραλ­ α) Τα τετράπλευρα ΑΚΡΛ και ΒΚΡΜ είναι εγ­ λήλων και ΕΓ που τέμνοντάι από τη ΖΕ, επο­ γράψιμα μένως είναι , δηλαδή η ΖΕ είναι διχοτόμος β) Η ευθεία είναι παράλληλη με την ΑΣ ΗΕΒ.ΖΓΕ η γωνία ΔΖΕ είναι εξωτερική γ) Τα σημεία Λ, βρίσκονται πάνω σε μια τηςγ) Στογωνίας τρίγωνο ευθεία. του, άρα ΔΖΕ = t (1) Λύση. ΡΚΒΜ οι απέναντι γωνίες Κ τετράπλευρο Από το ισοσκελές τρίγωνο ΕΗΒ έχουμε: καια) ΣτοΜ είναι ορθές (παραπληρωματικές) συνεπώς ΗΒΕ t (2) λόγω των παραλλήλων αυτό είναι εγγράψιμο. Για τον ίδιο λόγο και το τε­ ΑΒ ΒΓ. και ΓΔ που τέμνονται από τη Από τις σχέ­ τράπλευρο ΡΚΑΛ είναι επίσης εγγράψιμο σεις και (2) έχουμε: β) το εγγράψιμο τετράπλευρο ΡΚΒΜ έχουμε Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ότιΑπό ΡΒΑ τιςΡΣΑεντόςδηλαδή Ρ ζουν οικαιευθείες και (ΑΒ ΑΓ) και ΑΔ το ύψος του. Από τυχαίο ση­ σχηματί εκτός επί τα αυτά μείο Σ της βάσης του ΒΓ φέρνουμε παράλληλη γωνίες ίσες, συνεπώς είναι παράλληλες. του ύψους ΑΔ που τέμνει τις πλευρές ΑΒ και μέρη γ) Ανάλογα στο τετράπλευρο ΡΚΑΛ ανάλογα έ­ ΑΓ στα σημεία Μ και Ν αντίστοιχα. χουμε είναιΚ παράλληλη της ΑΣ, επομέ­ α) Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ι­ νως απόότιτοη σημείο έχουμε τις ευθείες και σοσκελές. που είναι πα στην ευθεία συνε­ ράλληλες Αν από τη κορυφή Α φέρουμε την κάθετη Αθ πώς τα σημεία Κ, Λ και βρίσκονται πάνω στην Α1 = Α2

ΜΑΝ ΜΝ

Ε

β)

·

Ε2 = Ζ1

=-=

= Ν1

= ΗΖ

Κ,

Ε1 = Ζ1 ,

ΗΖ

·

Ε1 = Ε2

ΚΜ Κ,

Μ

+ Ε2

Ε1 + Ε2 =

=

(1)

ΔΖΕ = Ε1 + Ε2 + Ε2 = Ε + Ε2 + Ε2 = 3Ε2 = 3ΖΕΓ ΑΣΚΗΣΗ 8η.

(I( = A = 90° )

ΑΣ

=

ΜΑΝ

β)

στην ΜΝ, να αποδείξετε ότι ΣΜ + ΣΝ 2Αθ

Μκ =

ΚΜ

=

ΚΛ

ΚΛ

ΚΜ

Μ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/25

/

ΑΣ,

Μαθηματικά για την Α ' Λυκειου

ίδια ευθεία που ονομάζεται «ευθεία Simson»

οπότε ΔΑ = ΑΖ. Στο τρίγωνο ΔΓΖ η ΑΒ ενώνει μέσα πλευρών άρα ΑΒ // ΓΖ. γ) Αφού ΑΒ I/ ΓΖ έχουμε ότι Β = ΕΓ Ζ = 60° και Γ = 60° άρα ΑΓ Ζ = 60° . Άρα τα τρίγωνα ΑΓΖ και ΓΖΕ είναι ίσα (ΑΓ = ΓΕ, ΑΓΖ = ΕΓ Ζ = 60° , ΓΖ κοινή). Άρα ΑΖΓ = ΕΖΓ = 30°και ΑΖ = ΖΕ οπότε το τρίγωνο ΑΖΕ είναι ισόπλευρο. ΑΣΚΗΣΗ 1 1 η . Δίνεται κυρτή γωνία xOy και τυχαίο σημείο Α στό εσωτερικό άυτής. Από το · σημείο Α φέρουμε ΑΒ και ΑΓ κάθετες στις πλευρές Οχ και Oy αντίστοιχα. Εάν Δ και Ε εί­ Robert Simson, Σκωtσέζος μαθηματικός προορι­ ναι τα μέσα των ΒΓ και ΟΑ αντίστοιΧα να δεί­ ζόταν από τον πατέρα του για ιερέας αλλ.ά η κλίση ξετε ότι ΕΔ 1. ΒΓ του στα μαθηματικά τον απέτρεψε από την μονα­ χική ζωή. Έκανε μεταπτυχιακές σπουδές στο Λον­ Λύση � δίνο, όπου έγινε καθηγητής του εκεί πανεπιστημί­ Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ η ΒΕ είναι διάμεσος, ου και μετέπειτα του πανεπιστημίου της Γλασκό­ άρα ισούται με το μισό της υποτείνουσας δηλαδή βης όπου είχε κάνει τις βασικές σπόυδές του. Οι ΟΑ ΟΑ συνεισφορές του Simson στη μαθηματική γνώση ΒΕ = . Όμοια στο τρίγωνο ΟΑΓ η ΓΕ = . έλαβαν τη μορφή κρίσιμων εκδόσεων και σχολίων στις εργα<Ψ;ς των Αρχαίων Ελλήνων μαθηματι­ κών. πρώτη δημο�μένη πραγματεία είναι πά­ νω σε πορίσματα της Ευκλείδειας γεωμετρίας. Στην συνέχεια ασχολήθηκε με φιλοσοφικούς σχο­ λιασμούς σε έργα του Απολλώνιου και του Πάπ­ που. ΑΣΚΗΣΗ 10η . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ. Εκατέρωθεν της ΒΓ παίρνουμε τμήματα ΒΔ ΒΓ ΓΕ. Φέρνουμε την κάθετη της ΔΕ στο Ε η οποία τέμνει την ΔΑ στο σημείο Ζ • Να δείξετε ότι: α) ΑΔ ΑΖ β) ΑΒ // ΓΖ γ) Το τρίγωνο ΑΕΖ είναι. ισόπλευρο. Λύση . α) Στο τρίγωνο ΑΒΓ φ�ρνουμε τη διιiμεσο ΑΚ. Τότε ΒΚ = ΚΓ και ΔΚ = ΔΒ+ΒΚ = ΚΓ + ΓΕ =ΚΕ. ο Β Αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο η ΑΚ είναι και ύψος, οπότε η ΑΚ 11 ΖΕ γιατί είναι κάθετες Επομένως ΒΕ=ΓΕ, άρα το τρίγωνο ΒΕΓ είναι ισο­ σκελές και η ΕΔ διάμεσος. Άρα η ΕΔ είναι και στην ίδια ευθεία. z ύψος. Άρα ΕΔ 1. ΒΓ . ΑΣΚΗΣΗ 1 2 η . Δύο κύκλοι C1 (Κ,R1) και C2(Λ,R2) εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α. Με διάμετρο την ΚΛ φέρνουμε κύκλο C3• Εάν Μ τυχαίο σημείο του κύκλου C3 φέρνουμε τις ΜΚ και ΜΛ που τέμνουν τον κύκλο C1 στο ση­ μείο Β και τον κύκλο C2 στο σημείο Γ αντίστοιχα. Δείξτε ότι Β Α Γ 135° • Λύση . Φέρνουμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη XJ\.Y κ Ε Β Γ Δ Άρα στο τρίγωνο ΔΕΖ το Α είναι μέσο της ΔΖ, των κύκλων Cι, C2. Τότε οι γωνίες χ ΑΒ , χ ΑΓ κ

β)

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Σ

•

2

2

Η

=

=

=

χ

Λ

=

Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/26

Λ

Μαθηματικά pα την Α' Λυκεiου

σχηματίζονται υπό χορδής και εφαπτομένης στους β) Τα τρίγωνα ΕΔΓ και ΒΓΗ είναι ίσα γιατί έχουν 1 C1 , C2 αντίστοιχα, επομένως χ ΑΒ = - ·ΒΚΑκαι ΓΕ = ΓΗ, ΓΔ = ΓΒ, ΕΓΔ = ΒΓΗ (ως συμπληρω2 ματικές της ίδιας γωνίας ΕΓΒ . χΑΓ = -21 · ΓΛΑ . ΑΣΚΗΣΗ 14η. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ Β με ΑΒ = ΑΓ και Α= 20°. θεωρούμε σημείο Δ πάνω στην πλευρά ΑΓ τέτοιο ώστε ΑΔ=ΒΓ. Από το σημείο Α φέρουμε ευθύγραμμο τμήμα ΑΕ τέ­ τοιο ώστε ΑΕ/ΙΒΓ, ΑΕ=ΑΒ και με τα σημεία Ε και Δ να βρίσκονται στο ίδιο ημιεπίπεδο ως προς την ευθεία ΑΒ. Στην cmνέχεια κατασκευά­ ζουμε το παραλληλόγραμμο ΒΑΕΖ. Να βρείτε το μέτρο της γωνίας ΒΔΖ. (θΑΛΙΙΣ 2013) Λύση. Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Α

Υ

Λ

Ε

Λ

= 180° - ΜΚΑ+2 180° -ΜΛΑ +ΜΛΑ) = 360° - 90° l3 So . = 360° - (ΜΚΑ 2 2 ΑΣΚΗΣΗ 13η. θεωρούμε τετράγωνο ΑΒΓΔ και πάνω στην διαγώνιο ΒΔ παίρνουμε τυχαίο ση­ μείο Ε. Με πλευρά την ΕΓ κατασκευάζουμε τε­ Β r τράγωνο ΓΕΖΗ. Να δείξετε ότι: α) Το τρίγωνο ΕΒΗ είναι ορθογώνιο. Αφού Α = 20° και ΑΕ 11 ΒΓ έχουμε ότι: β) Τα τρίγωνα ΕΔΓ ΒΓΗ Γ = Β = Ε Α Δ = 1800 - 2 90 800 . Λύση.

2 α) Φέρνουμε την ΒΗ και αφού οι ΒΔ και ΕΗ είναι Άρα τα τρίΎωνα ΑΒΓ και ΑΕΔ είναι ίσα διαγώνιοι στα τετράγωνα ΑΒΓΔ και ΕΖΗΓ αντί­ (ΑΕ=ΑΒ, ΒΓ=ΑΔ, Β = Ε�Δ = 80° ) οπότε έχουμε στοιχα έχουμε ότι ΕΔ=ΑΓ=ΑΒ, Γ = Β = ΕΑΔ = ΕΔΑ = 80° και Α Β z Q . ο-------....ο , ΔΕΑ = 20° . Το παραλληλόγραμμο ΑΕΖΒ έχει δύο διαδο­ χικές πλευρές ίσες, άρα είναι ρόμβος οπότε ΕΖ=ΕΔ και ΔΕΖ = 60° . \ Άρα το τρίγωνο ΔΕΖ είναι ισόπλευρο και τότε ΒΖ Δ = 100° - 60° = 40° . Δ Γ Επίσης το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισοσκελές με ΕΒΓ = ΕΗΓ = 45° . Άρα το τετράπλευρο ΒΕΓΗ . Ζ κορυφή τ Β Δ Ζ = 1800 2 4ο = 70° άρα ο είναι εγγράψιμο και αφού η γωνία Ε Γ Η 90° άρα και η ΕΒΗ = 90° . Λ

Λ

Λ

=

Λ

Λ

··· . . �'· · ·

....

� �. ' ' �. ' ' ... ' ' ... ' ' , �. ' .

Λ

.

f:..

Λ

Λ

Λ

Λ

'

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/27

-

ο

Μαθηματικ� -yια τη Β " Λυκεtου

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

-------

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Άλγεβρας Αριyύ ρη Παναpώτα

Η συνάρτηση g(χ) = + 2 είναι γνησίως αύξουσα στο IR και g(x) = 2 <:::> χ + 2 = 2 <:::> <:> χ = Ο , ενώ g(x) = -6 <:> x + 2 = -6 <:> <:::> χ = -8 . Στο ( -οο,-2] η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα, οπότε η f (χ + 2) = f ( g( χ)) είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, -4] , δηλαδή όταν χ + 2 � -2 . Στο ( -οο,-4] λοιπόν έχουμε: f( χ + 2) <..,.7 <=>f(g(x)) <f{g(--8)) <:>χ <--8 (Δεκτές τιμές). Στο [ -2, +οο ) η συνάρτηση f είναι γνησίως Λύση Α) Αφού η γραφική της παράσταση της φθίνουσα, οπότε η f( χ + 2) = f(g(x)) είναι παραβολής f{x)= ror + βx +γ διέρχεται από τα γνησίως φθίνουσα στο [ -4, +οο ) , δηλαδή όταν Α(-1,8), Β( 2,-7) ισχόει f(-1)=8και f(2)=-7. Δηλqδή, α-β+γ= 8 (1) και 4 α+2β" +γ= -7 (2). χ + 2 ;;::: -2 . Στο [ -4, +οο) λοιπόν έχουμε: Επιπλέον τέμνει τον άξονα ψψ στο σημείο Γ(Ο,5). f{ χ + 2) < -7 <:::> f(g(x)) < f(g(O)) <:::> χ > Ο Άρα f(0)=5, δηλαδή γ=5 (3). Όποτε απο τις (1), (Δεκτές τιμές). Τελικά: (2), (3) α= -3, β=-4. Άρα f(x) = -χ2-4χ+5 Β. ί) Μετά απο συμπλήρωση τετραγώνου είναι: f{ χ + 2) < -7 <:::> χ Ε ( -οο, -8 ) υ (Ο,+οο ) f(x)=-(x+2)2+9. Για καθε χι,χ2 Ε (-οο, -2] έχουμε: β ' τρόπος: (Απευθείας λύση) Χι <χ2 � χι +2<χ2+2�0� (χι +2)2>(χ2+2)2 � Έχουμε: f(x+2)=-(x+4)2+9, οπότε: 2+ 2 + -(χι +2)2 < -(χ2+2) ::::::> -(χι +2)2 +9 < -(χ2 2) 9 f(x+2)<-7 -(χ+4)2+9<-7 (χ + 4)2 > 16 <:::> � f (χι) < f (χι). Δηλαδή· η συνάρτηση f είναι j x + 41 > 4 <:>χ + 4< -4 ή χ+4>4<:>χ <--8 ή χ >Ο . γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( -2] Εξάλλου για κάθε χι,χ2 Ε [ -2, +οο) έχουμε ίν) α ' τρόπος: (Με βάση τη μονοτονία) Από Α) έχουμε: f(x)=8 χ=-1 ή χ= -3. χι<χ2 � Ο�χι +2< χ2+2 � (χι +2)2 < (χ2+2)2 � Η συνάρτηση h(x) = χ 5 είναι γνησίως αύξουσα + �-(χι +2)2 +9 > -(χ2+2)2+9� f(χι) > f(χι) Δηλαδή η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR και h(x) = -1 <:::> χ + 5 = -1 <:::> στο διάστημα [-2, +οο) . Επομένως η συνάρτηση f <:> χ = -6 , ενώ h(x) = -3 <:> x + 5 = -3 <:> για χ= -2 παρουσιάζει μέγιστη τιμή f(-2)=9. <:::> χ = -8 . Στο ( -οο,-2] η συνάρτηση f είναι Αλλά και απευθείας: f(x) = -(χ+2)2+9 � 9, με το γνησίως αύξουσα, οπότε η f{ χ + 5) = f{h(x)) ίσον μόνο για χ�2. ίί) Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο,-7] , δηλαδή όταν προκύπτει απο την μετατόπιση της γραφικής χ + 5 � -2 . Στο ( -οο,-7] λοιπόν η f{h(x)) θα παράστασης της συνάρτησης g(x)=-x2 οριζόντια κατά·2 μονάδες προς τα αριστερά και κατακόρυφα είναι και "1 - 1" . Άρα: f{ χ + 5) = 8 <:::> f{h(x)) = f{h(-8)) <:::> κατά 9 μονάδες προς τα πάνω. . . <:::> χ = -8 , δεκτή τιμή, αφού -8 � -7 . Στο [-2, +οο ) η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε η f(x + 5) = f(h(x)) είναι γνησίως φθίνουσα στο [ -7 ,+οο ) , δηλαδή ότ� χ + 5 :;::: -2 . Στο [-7,+οο) λοιπόν η f{h(x)) θα είναι και "1 -1" . iii) α ' τρόπος: (Με βάση τη μονοτονία) Από Α) Άρα: f{ χ + 5) = 8 <:::> f{h(x)) = f{h(-6)) <:::> έχουμε: f(x) -7 χ=2 ή χ= -6. <:::> χ = -6 , δεκτή τιμή, αφού -6 ;;::: -7 . β " τρόπος (Απευ θείας λύση): Έχουμε: 1.Α) Αν η

γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x)=ar +βx+γ, διέρχεται από τα σημεία Α(-1,8), Β( 2,-7) και τέμνει τον άξονα ψ 'ψ στο σημείο με τεταγμένη 5, τότε να βρεθούν τα α,β,γ. Β) Αν f(x)= -χ1-4χ+5 τότε: ί) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. ii) Να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της f(x). ίίί) Να λύσετε την ανίσωση: f(x + 2) < -7 ίν) Να λύσετε την εξίσωση f(x+5)=8 ν) Να αποδείξετε: f(2015) +f(-2015) � 18

χ

<=>

<=>

-οο ,

<=>

==

<=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β" 96 τ.4/28

' . , φθινουσα. (ο π) , (π π) η f ει,ναι yνησιως Ενώ στα διαστήματα : ( �, 3: ){ 3: , Τ ) , δηλαδή

Μαθη ματικά για

f(χ+5}= -(χ + 7) 2 + 9 , οπότε f(χ+5}=8 � -(χ + 7)2 + 9 = 8 � ( χ + 7 )2 = 1 � χ + 7 1 ή χ + 7 -1 <:::χ:> =-6 ή χ=-8 ν) Εφόσον η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστη τιμή f(2)=8 ισχύει f(x) �9 για κάθε χ Ε R . Άρα f(2015) �9 και f(-2015) �9, οπότε: f(2015) +f(-2015) � 18 2. Δίνεται η συνάρτηση f(χ) = α · συν(ω · χ) + β , π α>Ο , η οποία έχει περίοδο - , παίρνει ελάχιστη 2 =

=

τιμη, -2 και διέρχεται από το Α( 2015 · π , -2).

2 i) Να υπολογίσετε τις τιμές των α,β, ω. ii) Για ω = 4 , α=l και β=-1 να μελετήσετε την συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα σε διάστημα μίας περιόδου. iii) Δίνεται η συνάρτηση g(χ) = -2 · ημ2 χ . Να βρείτε τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των f, g για χ Ε [Ο, 2π] iv) Να αποδείξετε οτι :

g( x) 1 + εφ z χ = f( x) 4

για κάθε

τη Β' Λυκείου

8, '4

,8

(π 3π) ( 3π π)

' ' στα διαστηματα 4 , 8 , 8 ,.2 η f ειναι γνησίως αύξουσα. Έστω χ Ε Ο, Τότε: κπ f(χ)=α+β <=> συν(4χ) = ι <=>. 4χ=2κπ <=> χ=2' κ Ε Ζ και Ο � χ � -π <=> 0 � - � 2 2 2 <=> ο � κ � 1 <=> κ Ε {0,1} <=> χ=Ο ή χ= π2 . Έξάλλου βρήκαμε ότι: f(x) = -α+β <=> χ=κπ+-� , 4 Κ Ε Ζ , οπότε: ο � χ � -π2 <=> ο � κπ+-π4 � -π4 <=> κ Ο <=> χ= �4 . Άρα για χ=Ο και χ= 2 η f

κπ π

=

π

[ �J .

π

παίρνει μέγιστη τιμή f(O}=f( 2 }=α+β=Ο, ενώ για Ζ χ= η fπαίρνει ελάχιστη τιμή f( 4 )=-α+β=-2.

4 Λύση : i) περίοδος της συνάρτησης iii) Τα σημεία τομής των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων ψ=f(χ) και ψ=g(χ) προκύπτουν f(χ) = α· συν(ω· χ) +β , α>Ο είναι Τ = 2π . απο την λύση της εξίσωσης f(x)=g(x) (1) ω Αλλά : (1) <=> συν4χ - 1 = -2ημ 2 χ ' 2π = -π � ω = 4 Απο υπόθεση Τ = -π . Άρα<=> 1 -2·ημ2 2χ -1 = -2 ·ημ2 χ <=> ημ2 2χ =ημ2 χ <=> 2 2 Όποτε f(χ) = α·συν(4· χ) +β ,α>Ο.Αλλά : ημ2χ=ημχ (1) ή ημ2χ= -η μχ (2) Έχουμε: (1) <=> 2χ=2κπ+χ ή 2χ=2κπ+π-χ <=> -1 � συν( 4 · χ) � 1�- α � α · συν( 4 · χ) � α 2κπ + - Κ Ε ιu . χ=2κπ η' χ=� -α + β � α· συν( 4 · χ) +β � α + β � -α + β � f(x) � α + β Εξάλλου f(χ)=-α+β Αλλά : ο � χ � 2π <=>ο� 2 � 2π ή ο � 2κπ � � 2π + κπ �4χ)=-1 <=>4χ=2ισttιt <=>χ=κπ2 +�4 ι κ Ε z . Άρα η � _ .!_ f(x) έχει ελαχιστή τιμή -α+β, οπότε -α+β=-2 (1). Ο � κ � 1 ή 2 � κ � 2 <=> κ Ε {0,1} ή κ Ε {0,1,2} Εmπλέον απο υπόθεση δίνεται οτι η συνάρτηση <=> χ Ε {0,2π, π ,π, 5π } Εξάλλου: (2) <=> 2χ=2κπ-χ διέρχεται απο το σημειο, Α( 20152 · π , -2) . Άρα 2κπ ' +π, η' 2χ=2ΚΠ+π+χ <=> χ=2015·π 3- η χ=2ΚΠ Κ Ε ιu Ο = α· συν(4· 2 ) +β � α+β = Ο (2) 2κπ Από την λύση του συστήματος των (1},(2) Αλλά ομοίως: Ο�χ�2π<=>Ο� �2πή 0�2κπ�2π προκύπτει α=1, β=-l.Άρα f(χ) = συν(4·χ) -1 0 � Κ � ή _ .!_2 � Κ � .!_2 <=> Κ Ε {0,1,2,3} ή κ=Ο ii) Στα διαστήματα: Ο, , (τ η περίοδος 2π 4π .

-,-,2π,π} <=> χ {Ο, της συνάρτησης t), δηλαδή στα διαστήματα π Χ;� ΚΠ, ΚΠ + - με 2

ΚΕ

•

π

Η

π

ω

α>Ο

3 π3 '

•

'71

3 3

3.3

( :) (: , �)

Ε

3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/29

'71

3

3 3 .

•

Μαθηματικά ΎUΙ τη Β' Λυκεiου

------

. ) Αφου, χ * κπ, κπ + '2π με Κ Ε Ζ θα έχο υ με: � 1n λ ( ι - 2Ιnλ } = Ο �lnλ = O ή ι � λ = ι ή λ=e!2 �λ=.fe, αφού η τιμή lnλ = * Ο, -8 f{ χ ) = συν4χ - ι = -2η μ2 2χ = η μ2χσυν2χ 2 + λ=-ι απορρίπτεται ι 2χ ι μ2χ g(x) 2η Οπότε: f(x) = -8ημ?χ · σWχ = 4σWχ εφ 4. Δίνεται το πολυώνυμο: 4 Ρ(χ) = αχ3 + 12χ2 - χ + β για το οποίο ισχύουν: α) Έχει παράγοντα το (2χ-1) λ :ι e · : e<ι-ψ) = ι β) Το υπόλοurο της διαfρmης Ρ(χ) με (χ-1) είναι 12.

3. Δίνεται το σύστημα: ( (Σ) ) :ι λ · i) Να υπολογίσετε τις τιμές των β e R . e ·e :e=l ii) Για α=4 και β=-3, να βρεί.fε το υπόλοιπο της i) Να λυθεί για τις διάφορες τιμές του λ R διαίρεσης του Ρ(χ): (2x-l)(x-1) . ii) Αν το παραπάνω (Σ) έχει μοναδική. λύση να iii) Δίνεται η συνάρτηση f(x)=P(logx). Να βρείτε τα λύσετε την εξίσωση: σημεία τομής της γραφικής παράστασης της f με 2 2λ -2λ-3 + 2 . 3λ -λ'-2 = 3λ -λ-1 + 4λ2-λ-2 τον χ 'L iii) Αν το παραπάνω (Σ) έχει μοναδική λύση να iv) Δίνεται η g(x) = P(logx) · ( P { Iog 2 χ ) - 12 ) . λύσετε την εξίσωση: 2 · ln 2 λ 2 = 4 ln λ 4 Να βρείτε τις τιμές του χ για τις όποιες η γραφική παράσταση της συνάρτησης g δε Λύση : I) (Σ) βρίσκεται πάνω απο τον άξονα χ 'χ. Λύση :ί) Αφού το πολυώνυμο Ρ(χ) έχει παραγοντα λ λ ι ι ι D= ιλ2-ι,D = ιλ-ι D = � =λ-1 . το (2χ-ι) ισχ6ει : Ρ = Ο � α+8β=-20 (ι) ι 41 ι � ι � Εmπλέον,αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) Αν D * Ο, δηλαδή λ Ε R - {-ι, ι} το σύστημα με το (χ-ι) είναι ι2 ισχ6ει: Ρ(ι)=ι2 � α+β=ι(2). έχει μοναδική λύση (x,y): Απο την λύση των (ι),(2) βρίσκουμε: λ ι D ι β = -3 , α = 4 . Άρα Ρ(χ) = 4χ3 + ι2χ 2 - χ - 3 .

- + χ = -x = + D (λ - ι)(λ ι) λ ι ii) Απο την ταυτότητα της Ευκλείδιας διαίρεσης ισχ6ει: Ρ(χ)= π(χ)δ(χ)+υ(χ) για κάθε χ Ε JR (3), ο και ψ = _.!. = λ- ι + = +ι όπου Ρ(χ) = 4χ3 + ι2χ 2 - χ - 3 , δ(χ)= (2χ-ι)(χ-ι), D (λ - ι)(λ ι) λ ι π(χ) το πηλικό και υ(χ) το υπόλοιπο της διαίρεσης. διαιρέτης δ(χ) είναι πολυώνυμο δευτέρου Αν λ= -ι τότε D=O και Dx=-2 ;t Ο ,δηλαδή το Οβαθμού, οπότε το υπόλοιπο υ(χ) της διαίρεσης θα σύστημα είναι αδύνατο. είναι πολυώνυμο της μορφής υ(χ)=γχ+δ. Αν λ= ι τότε D=O = Dx=Dψ=O ,δηλαδή το Άρα: (3)� Ρ(χ)=(χ-ι)(2χ-ι)π(χ)+γχ+δ για κάθε σύστημα είναt αόριστο. Όμως χ Ε JR , οπότε: Ρ � =γ· � +δ, και Ρ(l)=γ+δ. . ii) Αφού το σύστημα έχει μοναδική λύση ισχ6ει 2 2 λΕ R - {-ι,ι} Είναι: από i) Ρ = Ο �αι Ρ(ι)=ι2=> 22λ2 -2λ-3 + 2 . 3 λ2 -:λ-2 = 3 λ2 -λ-1 + 4λ2 -λ-2 � 4λ2 -λ - 4λ2 -λ = --3 λ2 -λ 2 . 3 λ2 -λ � l + δ=Ο δ=-ι2 8 . 16 3 9 => => . Τελικύ.:υ(χ)=24χ-ι2 2 λ λ 2 2 =24 γ γ + δ=ι2 = 2� 4λ2 -λ ι� =3λ2 -λ i � = ι: � Τ ' ' . ρίζα χ= 2l , αφού Ρ( χ) εχει ιιι) ο πολ:uωνυμο �λ2 -λ =2 �λ Ε { -ι,2} �λ=2, δίνεται ότι έχει παράγοντα 2χ-ι. Άρα από το αφού η τιμή -ι απορρίπτεται. σχήμα Horner βρίσκουμε: iii) Αφού το σύστημα έχει μοναδική λύση ισχ6ει λ R - {-ι, ι} . Αν επιπλέον ισχ6ει: λ2 > Ο, λ 4 > Ο , Ρ(χ)= χ- 4χ2+ι4χ+6)= δηλ. λ * Ο, τότε λ Ε R - {0, - ι,ι} και = ( 2χ - ι )( 2χ2 + 7χ + 3 ) . Οπότε για χ>Ο 2 · ln2 λ2 = 4ln λ4 8 · 1n 2 λ = ι6Ιnλ ιν

{

2

2

�

}

Ψ

το

α,

ε

2

{ ::::�:·�::'} { ::::::} �

χ

'

·

(�)

ψ

•

--

--

•

•

( �)

---

---

()

{ }{ } (�Ι (�Ι (�) '''

Ε

<=>

( �}

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/30

'

Μαθη ματικά για

f(x)=P(logx)=(2 logx-1 )[4(logx)2+ 14logx+6] Για να βρούμε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f με τον άξονα πρέπει και αρκεί να λύσουμε την εξίσωση f(x)= (1).

O Έχουμε: ( 1 ){::>(2logx-1 )[2(logx)2+7logx+3 ]=Ο<=> logx =y logx =y } ( 2y-1) (2y +7y+3) = 0 {::>ye H ,� ·-3} {::> <=> logx=� ή logx=-� ή logx=-3 x�fe,�·�}· Αφού το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ(χ) με το είναι 12, το πολυώνυμο Ρ(χ)-12 έχει (χ-1) παράγοντα ·το (χ-1), οπότε η συνάρτηση Ρ(IO!fx) -12 έχει παράγοντα τη συνάρτηση l(x) =Iqix-1. Πράγματι από Homer βρίσκουμε: 2+ 15)+ 16χ+ 12=> Ρ(χ)=(χ-1)(4χ 2+16 Ρ(χ)-12=(χ-1)(4χ χ+15) Για χ>Ο είναι P ( log2 x) -12 =(log2x -1)(4log4x+16log2x+15). Επομένως: <=> (2logx-1) g(x)� )(logx+ 1 )�0, (logx-1 O αφού 4log4x+16log2x+15>0. Άρα g(x)�O <=> χχ

}

·,

ίν)

log x

y

)

} ( - 1] [t, 1 J Τελικά: g(x)�O {::>lo�-1 ή��log x�1{::> 0 <x�� ή .fe"�x�e{::> x e ( o.�] u[.fe",e] . log x

=

y

( 2 y - 1 )( y - 1) ( y + l) � Ο

<=> y ε

=

-οο ,

υ

Ένα ενδιαφέρον σχόλιο

Τα ερωτήματα iii) και ίν) της πρώτης άσιcησης αφορούν και σε μαθητές της Γ Λυκείου. Κρύβουν δε τον εξής κίνδυνο. Είναι πιθανόν να αντιμετωπίσει κάποιος την εξίσωση η συνάρτηση είναι ως εξής: Στο γνησίως αύξουσα, οπότε και Άρα: δεκτή τιμή αφού Στο [ - ) η συνάρτηση είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε και Άρα:

f (χ + 5) = 8 f ( -2] "1-1" . f(x + 5) = 8 {::> f{ χ+ 5) = f(�3) {::> {::> Χ +5 = -3{::> χ =-8, -8 � -2.

2, f "1-1" . f (χ + 5) = 8 {::> {::> f(x + 5 )= f(-1) {::> χ+5 = -1 {::> χ = -6. Η τιμή αυτή απορρίπτεται αφού: -6 < -2. Όμως με την απευθείας λύση βρήκαμε ως ρίζες και τους δύο αριθμούς -6, -8 Ανόλσyο κίνδυνο κρύβει και η aνίσωση f (χ + 5) < -7 . Συμπτωματικά όμως εδώ, και -οο ,

+οο

•

(! ! !)

τη Β · Λυκείου

η λανθασμένη αντιμετώπισή της, με το προηγούμενο σκεπτικό, οδηγεί στο ίδιο συμπέρασμα.

( --οο, -2] η f είναι γνησίως f(x + 2) < -7 {::> f{ χ + 2) < f(-6) {::> χ+2<-6{::> χ <-8 . Στο [ -2, ) η f είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε: f{ χ + 2) < f(2) {::> χ + 2 > 2 {::> χ > Ο. Πράγματι: Στο αύξουσα, οπότε -too

Δημιουργείται έτσι, ψευδώς, η εντύπωση ότι είναι αποδεκτή και αυτή η λύση. Αν όμως αντί της είχαμε την τότε: Στο θα βρίσκαμε

f(x + 2)<-7 f(x + 7)<-7 , (--οο, -2] f(x + 7)< -7 {::> f(x + 7) < f(-6) {::> χ + 7. < -6 {::> χ < -13 και στο [-2, +00) θα βρίσκαμε: f{ χ + 7) < -7 {::> f{ χ + 7) < f(2) {::> χ + 7 > 2 {::> {::> χΌμως > -5 {::> μεχ � -2απευθείας . λύση βρίσκουμε: f{x + 7) <-7 {::> -(χ + 9)2 + 9 < -7 {:>(χ + 9)2 > 16� {::> l x + 9l>4{::> ( x + 9<-4 ή χ + 9>4){::> {::> (χ< -13 ή χ> -5) Θεωρώντας λοιπόν την f(x + 7) ως f(g(x)) με g(x) = x + 7 στα διαστήματα (--οο, -9] και [ -9, +00 ) δεν οδηγούμαστε σε τέτοια παράδοξα. Το συμπέρασμα επομένως είναι: Εκτός από τη . μονοτονία της f(x) χρειάστηκε και η μονοτονία της g(χ) , προκειμένου να διαπιστωθεί μονοτονία της f ( g( χ)) , όχι στα διαστήματα ( --οο, -2] ή [ -2, ) , όπου αλλάζει η μονοτονία της f(x), WJ..fJ. στα διαστήματα που ισχύει: g(x) -2 ή g(x) � -2 . Στην περίπτωσή μας βέβαια, όπου 8=R, θα μπορούσαμε απλούστερα, να AFA εξετάσουμε μόνο περιπτώσεις χ+7�-2 και χ+7�-2, χωρίς τη χρήση της f(g(x)). (! ! !)

•

η

-too

=:;

τις

•

Για μεγαλύτερη κατανόηση, ας αντιμετωπιστεί με βάση τη μονοτονία και η aνίσωση: 7 , όπόυ γίνονται εμφανεστερες οι αντιφασεις στις οποιες οδηγούν οι περιπτώσεις: ή (λανθασμένο σκεπτικό) σε σχέση με την απευθείας λύση. Γιώργος Σ. Τασσόπουλος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/31

,

(

f ( -χ) < -7

,

,

χ� -2 χ � -2

-------

Μαθηματικά -yια τη Β ' Λυκεiου

------

Εwαναληwτικέ ς Ασκήσεις Αλγε�ρας

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μπρίνος Παναιyιώτη ς

Άσκηση ι π) 4 Δίνεται η συνάρτηση f(x) 5 - 2συν χ Άσκηση 2 ί) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. λ·χ-y=ι ίί) Να δε(ξετε ότι η f είναι άρτια. ίίί) Να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή α) Να λύσετε το σύστημα χ - λ · y = -ι , όταν της f καθώς και τα σημεία στα οποία πα­ λe {ι,2,3,4,5,6}. ρουσιάζει τα παραπάνω ακρότατα. β) Σε ένα τυχερό παιχνίδι, τα χρήματα χ (σε ευ­ ι στο ρώ) που ποντάρει με τα χρήματα y (σε ευρώ) ίν) Να λυθεί η εξίσωση f(x) 4συν χ που θα εισπράξει ένας παίκτης έχουν μια γραμ­ π μική εξάρτηση, η οποία επηρεάζεται από τη έν­ (0,- ).

2 δειξη λ της ρίψης ενός ζαριού. Υπάρχουν δύο Λύση : διαφορετικοί τρόποι εκτέλεσης του παιχνιδιού. Με τον πρώτο τρόπο το ποσό που θα εισπράξει ί) προκύπτει αν, από το γινόμενο του λ επί το ποσό -::j:. � που ποντάρει αφαιρέσουμε ι (ευρώ). Με τον δεύτερο τρόπο το ποσό που θα ει­ σπράξει προκύπτει αν αυξήσουμε το ποσό που ίί) ποντάρει κατά ι (ευρώ) και το άθροισμα το δι­ αιρέσουμε με την ένδειξη λ. f( ) Και στις δύο περιπτώσεις το ελάχιστο ποσό για το χ είναι ι ευρώ. ίίί) ί) Να αποδείξετε ότι η σχέση που συνδέει τα ποσά χ και y στον πρώτο τρόπο είναι η λ·χ-y=ι (ι), uι ενώ στον δεύτερο τρόπο είναι η χ-λ·y=-ι (2), uι. <ίί) Υπάρχει κάποια ένδειξη του ζαριού τέτοια ώ­ στε, αν κάποιος ποντάρει το ίδιο ποσό χ, θα ει­ σπράξει και με τους δύο τρόπους το ίδιο ποσό y; Στη περίπτωση όπου υπάρχει τtτοία ένδειξη, έχει κέρδος ο παίκτης; ίίί) Αν λ=ι και uι, τότε οι εξισώσεις (ι),(2) παριστάνουν δύο ημιευθείες. Να σχεδιάσετε τις δύο ημιευθείες και από την γραφική παράσταση i. που προκύπτει, να βρείτε με ποιον από τους δύο τρόπους συμφέρει να πα(ξει κάποιος. Αιτιολογήστε την απάντησή σας. Λύση :

συνχ = ω δεν έχει λύση, αφού xe(O, 2 �συνχ>Ο. Επομένως η εξίσωση είναι αδύνατη.

=

{

2

Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί, 5-2συνχφ() δηλαδή συνχ 2 , που ισχύει για κάθε χ e R. ΕπομένωςDr:R. Για4κάθε xeR ισχύει-χeR -χ) = και f( 4 5-2συν(-χ) 5-2συνχ χ , επομενως η f ει-' ναι άρτια. Για κάθε xeR, έχουμε διαδοχικά: -1�συνχ�1=>-2�-2συνχ�2 �5-2�5-2συ�5+2 1 1� 1 � 3 � 5 -2συνχ � 7 � -� 7 5-2συνχ 3 4 4 �-4 � -�f(χ)�-.

4 4 Αλλά f(χ)= -� 4 7 3 4-7 �5-2συνχ4 3 -�5-2συνχ=7�συνχ=-1 � 7 5-2συνχ 7 χ= 2κπ+π, κ εΖ. Επομένως για χ= 2κπ+π, κeΖ, η f παρουσιάζει. ελάχιστο το 7 4 4 4 �5-2συνχ=3 Ομοίως, f(x)=-� 3 5-2συνχ 3 � συνχ = 1 � χ=2κπ, κeΖ. Επομένως για χ = 2κπ, κeΖ, η fπαρουσιάζει μέγιστο το i3 .

1 � 4 iv) Έχουμε διαδοχικά: f(x) 4συν χ 5-2συνχ 1 � 16συΥχ+2συνχ-5=0 (1).

--..,2� 4συν χω = συνχ και η επιλύουσα της (1) είναι: Θέτουμε 16ω2 +2ω - 5 = Ο, με Δ = 324 και ρίζες ωι= - :� και ω2 = -1. Για τις τιμές αυτές του ω, η εξίσωση '

,_

2

'Εχουμε: D = I� �11 = -λ2 + 1 =-( l +λ)(λ-1), οχ= 1�1 �11 = -λ- 1 = -{1+λ), Dy = Ιλ1 -11 1 =-λ- 1 =-(1 +λ). Επειδή D=Ο�λ=1 -1 απορρίπτεται (τοακρίλ=νουμε περιπτώσεις:γιατί λe {1,2,3 ,4,5 ,6 }), δι­ λe {2,3,4,5,6}�DΦΟ� το σύστημα έχει μοναα)

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/32

τις

------

διιι-ή

ση τη

Μαθηματικά για

τη Β ' Λυκείου

-------­

Παρατηρούμε ότι το κέρδος είναι y-x=O. D D ι ι )=( -- ' __ ). ' iii) Στο σχήμα, έχουμε σχεδιάσει nς ημιευθείες At D D λ-ι λ - ι και που παριστάνουν το 1 ο και 2° τρόπο αντί­ λ= ι <::::> D = Ο και Dx=Dy = -2 <::::> το σύστημα στοιχα. Παρατηρούμε ότι η ημιευθεία είναι πα­ είναι αδύνατο. ράλληλη με την At και βρίσκεται πάνω απ ' αυτήν. Ρ) i) Από την περιγραφή του προβλήματος, έχου­ Αυτό σημαίνει ότι για το ίδιο ποσό χ, ο 2°ς τρόπος με: δίνει μεγαλύτερη είσπραξη y από τον ι ο. Εξάλλου, 1°ς τρόΠος: y = λχ - ι <=> λχ - y = ι, x�l . αλγεβρικά προκύπτει ότι x+l>x -1, για κάθε χ�ι , χ+ι συνεπώς συμφέρει ο 2ος τρόπος.

2ος τρόπος: y= <:::χ:> +ι=λy<::::> χ - λy = -1 , x�l . λ ii) λ τρόπος: Ζητάμε τις τιμές του λ για τις οποίες Άσκη ση 3 υπάρχει :χο�1 ώστε το ποσό είσπραξης Υο = λχο-1 Δίνεται η παράσταση Α=(3λ-κ)ημω+(κ+λ)συνω, που προκύπτει από το πρώτο τρόπο να είναι ίδιο με κ, λ, ωεR. με το ποσό είσπραξης που προκύπτει από το δεύ- α) Να βρείτε την τιμή της παράστασης σε καθε­ Χ +1 . μία από τις παρακάτω περιπτώσεις: , οτι, , τερο τροπο, δ.ηλαδη, y0 = -- , που σημαινει λ ί) Για ω= π ίί) Για ω =π λ·χ-y=ι 2 , λε { ι ,2,3,4,5,6} , έχει Ρ) Να προσδιορίσετε τα κ, λ ώστε η παράσταση το σύστημα χ - λ · y = -ι λύση τη (x0,y0). Από το α) ερώτημα προκύπτει όn Α να λαμβάνει _την τιμή Ο, για όλες τις τιμές του ω. το σύστημα έχει λύση μόνο όταν λε {2,3,4,5,6} Λύση : ι ι και μάλιστα μοναδική, την (χο,Υο)= (-- , __ ). α) i) Για ω= π , έχουμε λ-ι λ-1 2 1 π π Όμως :χο�ι <::::> -- �ι <::::> λ - ι �ι <::::> λ �2. Α=(3λ-κ)ημ- +(κ+λ)συν - =3λ-κ. λ -ι 2 2 Τελικά δεκτή είναι η nμή λ=2 και η μοναδική λύ­ ii) Για ω=π, έχουμε Α=(3λ-κ)η μπ+(κ+λ)συνπ=-λ-κ. ση του συστήματος είναι η (χ0 , y0)=(1 , 1 ). Παρατη­ ρούμε όn το κέρδος είναι Υο -:χο =0. Ρ> Α=Ο για κάθε ωεR, οπότε και για ω= , ω= π. Β' τρόπος: Με τον πρώτο τρόπο, βρήκαμε y=λχ-1, .

3λ - κ = Ο +1 χ+ι �κ=λ=Ο.

(1 ). Από α) ερώτημα παίρνουμε: ενώ με τον δεύτερο y= χ . Θέλουμε λχ-1 = -λ - κ = Ο λ λ 2 Αλλά (1) <::::> λ χ - λ = χ + 1 <::::> (λ2 - 1)χ= λ+1 <::::> Πράγμαn, για κ=λ=Ο, έχουμε Α= Ο, για κάθε ωεR. (λ+ι)(λ- 1)χ = λ+ι <::::>(λ - ι)χ=ι (2) (γιατί λ+ι>Ο). Άσκη ση 4 Για λ = 1, η (2) είναι αδύνατη. (λ-3)χ+y=λ Για λ;fι, (2) <=> χ= _ι_ . Τότε y = _ι_ . Δίνεται το σύστημα , όπου λε [-1,1]. λ-ι λ-ι 5χ-{λ+3)y� ι ι Δηλαδή (x,y)= ( -- , __ ), για λε {2,3,4,5,6} . λ-1 λ-ι α) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ ε [ -1,1], το σύ­ ι στημα έχει μοναδική λύση την Όμως χ�ι <=> -- �ι <::::> λ - ι �ι <::::> λ �2 . λ -ι λ λ Τελικά δεκτή είναι η nμή λ=2 και η μοναδική λύ- (x,y)= ( λ - 2 λ - 2 ). ση του συστήματος είναι η (χ, y)=(ι,ι). '" I

•

λύ

{

(χ'y)=(

χ

Υ

Βζ

Βζ

ο

·

{

�

{

'

·

Ρ) Δίνεται ότι η

�

..

•

μοναδική λύση του συστήματος

είναι η (x,y) = ( � ,� ). i) Να βρείτε την τιμή του λ στην οποία αντι­ στοιχεί η λύση αυτή.

3 ii) Αν γνωρίζουμε ότι λ =ημω, όπου ω ε( ; ,2π), τότε να υπολογίσετε την τιμή του ω, καθώς και τους τριγωνομετρικούς αριθμούς συνω, εφω, σφω •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/33

------

Λύση :

Ι

Μαθηματικά pα τη Β ' Λυκείου

:

x

l

1

ι

_

1

_

_

_

β) i) Ισχύει x=y=.!. <::> � =.!. <:>5λ=λ-2<:>λ= _! .

2 5 λ-2 5 π � ίί) Έχουμεημrο=-.!.<=>η 2 μω=--ημ 6 <:>ημrο=ημ(2π- 6 ) l lπ <:> ω = 2κπ+ l lπ <:> ημω = ημ 6

6

1 1π η' ω = 2κπ + π - l 6lπ ω = 2κπ+ 6 5π 1 1π , τοτε: , , κ Ε z . Αν. ω = 2κπ+ η, ω = 2κπ - 6 6 3π <ω<2π<:>3π <2κπ+l lπ <2π<:>l lπ <2κπ 3π - 2 2 6 2 6 5π <2κπ<-π <:>--5 <κ<-1 κ Ε Ζ 1 1π <:>- <2π- 6 6 6 12 12 ' 5π , τοτε: 1 1π . Αν ω = 2κπ-' <=> κ= Ο <=> ω = 6 6 5π π π 3 <ω<2π<=>3 <2κπ-- <2π<:> 2 2 6 5π 5π 14π < 2κπ< 17 π <=> 3 π + - <2κπ<2π + - <=> 2 6 6 6 6 14 κ < 17 , κ Ε Ζ, αδύνατη. !

J 1 1π , -< Επομένως ω= 12 12 6 1 1π π π J3 με συνω=συν 6 = συν(2π - 6 )=συν 6 = τ , 1 1π =εφ(2π.,--π )=-εφ-π =,.. J3 και εφω=εφ 6 6 6 3 1 1π =- ν 3 . σφω=σφ -.

<=>

-

6

Άσκηση 5

κής παράστασης της f κατά ω μονάδες προς τα δεξιά , με ωΕ(Ο,Π) και κατά c μονάδες προς τα κάτω (c>O). Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης g και να τη σχεδιάσετε σε διάστημα μιας περιόδου της.

I

α) Έχουμε D = λ � 3 -λ1- 3 = - (λ2-9) - 5 = =4 - λ2 = (2+λ)(2 -λ). λ l =-λ2-3λ +λ = - λ2 - 2λ =-λ(λ+2).

D= ' -λ -λ - 3 λ 3 : =-λ2+3λ-5λ = λ2 2λ =-λ(λ+2).

Dy = � λ Για λΕ[ -1,1], ισχύει D7t(), επομένως το σύστημα έχει μοναδική λύση, την DY D λ λ ). (x.y)=( Dx , I) ) - ( λ - 2 ' λ -2

ι:;

α) Να βρεθούν τα ρ>Ο, αΕ(Ο,π) ώστε η συνάρ­ τηση f(χ)=ρ·ημ(χ+α), να έχει μέyιστη τιμή το 3 και να είναι άρτια. β) Δίνεται ο παρακάτω πίνακας τιμών μιας συ­ νάρτησης g, της οποίας η γραφική παράσταση έχει προκύψει από μια μετατόπιση της γραφι-

-------­

Ι

χ g(x) Λύση :

I �2 I �;

α) Η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστη τιμή το 3, επομένως ρ= 3. Επίσης f άρτια <=> f(- χ)= f(x) (1), για κάθε xER (αφού για κάθε xER ισχύει -χΕR).

(1) <=> 3ημ(-χ+α) = 3ημ(χ+α) <=> ημ(-χ+α) = ημ(χ+α) <=> ημα·συνχ - συνα·η μχ = ημχ·συνα + συνα·η μχ <=> 2συνα·ημχ=Ο <=> συνα·ημχ=Ο (2). Αν η (2) ισχύει για κάθε χεR, τότε θα ισχύει και π ' για χ=- οποτε: 2 (2)=>συνα·ημ 2π =Ο=>συνα = Ο =>α = κπ+ π , κεΖ.

2 π ' ' π ροφανως αν α = κπ+ - , κ ε z τοτε συνα = ο οπο' 2 τε η (2) ισχύει. π Αλλά αε(Ο,π)<:>Ο<α<π <:>Ο< κπ+ - < π <=> 2 1 1 π π <=> - -2 <κπ<-2 <=> - -2 < κ < -2 ' κΕΖ <:> κ=Ο <:> α= π2 . Άρα f(χ)=3ημ(χ+ π2 )=3συνχ. β) Από τα δεδομένα έχουμε g(x) = f(x - ω) - c= =3συν (χ - ω) - c . Αλλά g(0) = -2 <=> 3 · συν(-ω)-c = -2 g(π) = -2 3 · συν(π - ω) - c = -2 <=> ' 2 <=> ��:::::: = -2 + !:2 '· κ ε Ζ Όμως, ωΕ(0,2π)<=> Ο<α<2π <:>Ο< κπ+ π2 <2 π <=> 3π <=> - 1 < κ < 3 <:>κ=Ο η' κ=1, επο- 2π <κπ< 2 2 2 , δεκτες εiναι οι ω= 2π και ω= 3π . μενως 2 Εξετάζουμε αν γι ' αυτές τις τιμές επαληθε6pνται και οι υπόλοιπες τιμές του πίνακα. Για ω = -π2 , έχουμε: g(χ)=3συν(χ- -π2 ) - 2 = =3συν[- ( π2 - χ)] - 2=3συν ( 2π -χ)-2=3η μχ- 2.

{

{ {

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/34

{::�

'

c

---- Μαθηματικά για τη Β ' Λuκεiοu

Παρατηρούμε ότι g( � )= 3ημ � - 2 =3 - 2 =ι;i:-5, επομένως η τιμή αυτή απορρίπτεται.

3π , εχουμε: 3π - 2 = , Για ω = 2 g(χ)=3συν(χ- 2 ) 3π χ)] -2=3συν (3π -χ}-2=-3η μχ - 2. =3συν[- (-2 2 π π . g( '2 )= -3ημ '2 - 2 = -3 - 2 = - 5, g( � )= Τοτε 2 3π -2=3-2=ι, g(2π)=-3ημ2π-2=-2. = -3ημ 2

Για ω = 3π2 και g(x)= -3η μχ - 2 επαληθεύονται όλες τις τιμές του πίνακα, επομένως η τιμή αυτή είναι δεκτή. Δηλαδή αποτελεί λύση του προβλή­ ματος. Η περίοδος της συνάρτησης είναι Τ = 2π και η γραφική της παράσταση στο διάστημα [0,2π] είναι:

----

ι_ � 2 , ή (χ -ι)2 + ι � 2(χ -ι), χ -ι + _ χ-ι ή (χ -ι)2 - 2(χ -ι) +ι � ο ' ή (χ-ι- ι)2�0. ή (χ -2)2 � Ο, που ισχύει. Εύκολα βρίσκουμε ότι f(x)=2 <:::> (χ -2)2=0 <:>χ =2. γ) χ< ι <:::> χ - ι <0. Επομένως για να δείξουμε ότι f(x)�- 2 αρκεί να δείξουμε ότι χ -ι + _ι_ �- 2 , ή (χ -ι)2 + ι � -2(χ -ι), χ -ι 2 ή (χ -ι) + 2(χ -ι) +ι � ο, ή (χ-ι+ ι)2�0. ή χ2 � Ο, που ισχύει. Εύκολα βρίσκουμε ότι f(x)= -2 <:::> χ=Ο . δ) Η εξίσωση (ι) γράφεται f(x) = 2συνθ (2). Από το β) ερώτημα για χ> ι, ισχύει f(x) � 2. Επο­ μένως η (2) έχει λύση <:::> 2συνθ�2 <:::> συνθ �ι <:::> συνθ = ι <:::> θ=Ο (γιατί θe[Ο,2π)). Για θ =Ο έχουμε f(x) =2 <:::> χ = 2. Από το γ) ερώτημα για χ< ι, ισχύει f(x) �- 2. Επο­ μένως η (2) έχει λύση<:::>2συνθ�-2<:::>συνθ�-ι <:::>συνθ = - ι <:::> θ = π (γιατί θe[Ο,2π)). Για θ =π έχουμε f(x) =-2 <:::> χ = Ο. Άσκηση 7

Θεωρούμε μπιλιάρδο ΚΛΜΝ με μήκος (ΚΛ)>12 και πλάτος (ΛΜ)=2. 'Ενα ορθοκανονικό σύστη­ μα xOy είναι τοποθετημένο έτσι ώστε να έχει αρχή το μέσο του ΚΛ και τον άξονα χ'χ επί της ΚΛ Μια μπάλα είναι τοποθετημένη στο σημείο Α. Μετά το κτύπημα ακολουθεί την πορεία Α­ ΒΓΔΕ και σταματάει.

3 3 Α) Αν Α( -3, - ), Β( -1,0) και ΥΕ = - xr, να βρε2 5 θούν οι συντεταγμένες του Γ,Δ,Ε. Άσκηση 6 Β) Αν Α( -3, 1), Β( -2,0) και ΥΕ = ΥΑ, τότε να δεί­ ι ξετε ότι η πορεία της μπάλας είναι συμμετρική Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x -1 + -- . χ-1 ως προς τον άξονα y' y. α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f.) Γ) Αν θέσουμε f την συνάρτηση που δίνει την πορεία της μπάλας, τότε με βάση την γραφική β) Να αποδείξετε ότι f(x)� 2, για κάθε x>l. Για παράσταση της f, να βρείτε: ποια τιμή του χ ισχύει η ισότητα; γ) Να αποδείξετε ότι f(x)S: -2, για κάθε x<l. Για i) τα διαστήματα μονοτονίας της ίί) τα ολικά ακρότατα, καθώς επίσης τις θέσεις ποια τιμή του χ ισχύει η ισότητα; των ακροτάτων αυτών. δ) Με τη βοήθεια των ερωτημάτων β) και γ) να iii) το πλήθος των ριζών της εξίσωσης f(x)=l. εξετάσετε για ποιες τιμές της παραμέτρου θe [Ο,2π) έχει λύση η εξίσωση. χ-1 + -1- =2συνθ Σχόλιο: Η επιλογή των διαστάσεων έyινε σκοπί­ χ-1 μως προκειμένου να είνaι ενδιαφέρουσα η σύ­ (1) και στη συνέχεια να λύσετε την εξίσωση. γκρισή τους με τις συντεταγμένες. .

Λύση :

: α) Για να ορίζεται η συνάρτηση fπρέπει και αρκεί Λα)ύση Επειδή η ταχύτητα της μπάλας θεωρείτάι πάρα χ-ι;t:Ο δηλαδή χ;t:ι. Επομένως Dr=R\{ι }. πολύ μεγάλη (παραβάλλεται με την ταχύτητα του β) χ> ι <:::> χ-ι >0. Επομένως για να δείξουμε ότι φωτός), οι γωνίες πρόσπτωσης εκλαμβάνονται ίσες f(x)� 2 αρκεί να δείξουμε ότι με τις γωνίες ανάκλασης, δηλαδή ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/35

------

Μαθηματικά -yια τη Β' Λυκεiου

-------­

Άσκηση 8

Ν

ιι

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)=3x1-6x+S και g(x)=2x1-4x+7, xeR.

Α) Να δείξετε ότι και οι δύο συναρτήσεις πα­ ρουσιάζουν ελάχιστο στο :xo=l. Στην συνέχεια να Β ι = Β2 , Γι = Γ2 , Δι = Δ2 . Τα τρίγωνα λοιπόν βρείτε την ελάχιστη τιμή τους. 1 ΑΑ 'Β, ΒΓΓ ' , ΓΓ ' Δ, ΔΕΕ ' θα είναι όμοια. Άρα: Β) Να λύσετε την εξίσωση: 3 · ημ t-6 · ημt + S = s Γ ') = (Β Α') � Xr + 1 = ΑΑ 'Βι:::Β:: ΓΓ ' � (Β 2 (ΓΓ ') (ΑΑ ') 2 (1), για te [2π,4π].

2 2 · ημ t-4 · ημt + 7 -l - (-3) X r + 1 � ..

E(·I,O)

0

Γ

ε·

Λ

i 3 � 2 = 3 �Xr = 3 . Ειδικά τα τρί2 γωνα ΒΓΓ ' , ΔΓΓ ' είναι ίσα (ορθογώνια με Π ' κοινή και Δι = f2 = fι = Β 2 ) . Άρα (Γ 'Δ) = (Γ 'Β) � 5 5 13 . ΧΔ - - = - - (-l ) � ΧΔ = 3 3 3 ') = Τέλος ΥΕ = �5 xr =1 και ΔΕΕ ' ι::::: ΓΓ ' Δ � (ΔΕ (ΕΕ ') 13 13 5 (ΔΓ ') � Χ ε - 3 = 3 - 3 �χΕ = .!2 (Προφα2 1 3 (ΓΓ ') -

νώς ΧΕ = .!23 < �3 = 6, ΥΕ = 1 <2, δηλαδή το Ε είναι εντός του μπιλιάρδου). β) Ν

•

ο

..

1), Β( -2,0) και ΥΕ = ΥΑ, θα είχαμε τότε: Β ι =4 5°= Β 2 = fι = f2 = Δι = Δ2 , οπότε: (ΒΓ ')=(Γ'Δ)=(ΓΓ ')= 2 και (ΔΕ ')=(ΕΕ ') = 1. Ο­ μοίως: r =0, χΔ=2, Χε = 3. Τελικά Γ(Ο,l), Δ(2,0) και Ε(3,1). Βλέπουμε ότι τα σημεία Ε και Δ είναι συμμετρικό των Α και Β ως προς τον άξονα y 'y, αντίστοιχα. Γ) Η συνάρτηση f: i) είναι γνησίως αύξουσα σε καθένα από τα δια­ στήματα [ -3, -2] και [0,2], είναι γνησίως φθίνου­ σα σε καθένα από τα δια'στήματα [ -2,0] και [2,3]. ίί) Η μέγιστη τιμή της f είναι ίση με 2 και παρου­ σιάζεται όταν το χ=Ο. Δηλαδή maxf(x)=f(0)=2. Η ελάχιστη τιμή της f είναι ίση με Ο και παρουσιά­ ζεται όταν το χ παίρνει τις nμές .:...2. και 2. Δηλαδή minf(x) = f( -2) = f(2) = Ο. iii) Η ευθεία y= 1 τέμνει την γραφική παράσταση της f σε 4 σημεία. Επομένως η εξίσωση f(x)=l έχει 4 λύσεις. Αν Α( -3, X

Λύση : Α)

Έχουμε: f(x);::::f(1)�3x2-6x+5;;::2�3x2 -6χ +3;::::Ο�χ2 -2χ+ 1;::::Ο�(χ -1)2;::::0, που ισχύει για κά­ θε xER. Επομένως minf(x)=f(l) = 2. Ομοίως: g(x);::::g(l )�2χ2-4χ+7;::::5�2χ2-4χ+2;::::Ο� �χ2-2χ+ 1;::::Ο�(χ -1)2;::::0, που ισχύει για κάθε xER. Επομένως ming(x)=g(1) =5. Β) Θέτουμε ημt=χ και η επιλύουσα της (1) γράφε2 2 ται: 3χ -56χ + 5 = 2χ 2 -4χ + 7 (2). Επειδή f(x) ;::: 2 για κάθε x.E R � f�x) ;::: � για κάθε xER. Επίσης: g(x);:: 5 για κάθε xE R � -1- ::; _!_ g(x) 5 2 < -2 για κα, θε Χ Ε R. Τελικα:, -f(x) ;:: 2 �g(x) 5 5 g(x) για κάθε χ Ε R, με το ίσον να ισχύει μόνο για χ= 1.

-2- � x=l. Άρα (2) � f(x) = 5 g(x) Συντομότερα :

Το γεγονός ότι g(x);:-::5>0 για κάθε xER μας επι­ τρέπει να γράψουμε: (2) �f(x)·g(x)=10, όπου f(x)·g(x) ;::: 10 για κάθε xER, με το ίσον μόνο για χ=1 (γιατί;). Έτσι: (2)� χ=1. Για χ=1 έχουμε: ημt=1 � t=2κπ+ π2 , ΚΕΖ. Όμως, 3 π <2κπ< tE(O'2π)�2π<t<4π�2π<2κπ+ -π <4π�2 2 7 π � 43 <κ< 47 �κ= 1, επομένως δεκτή είναι η Τ 5π . ω=2π+ -π2 =2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/36

------ Μαθηματικά για τη Β ' Λυκεiου

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

------

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Γεωμετρίας

Γεώργιος Ανδριόπουλος, Σωτήρης Ε. Λουρίδας

Παρουσιάζονται για επανάληψη ασκήσεις γεωμετρίας λυμένες με μεθοδικό και απλό τρόπο πάνω στην ύλη της δευτέρας λυκείου. Άσκηση 1

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ 2R. Με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ γράφουμε ημιπεριφέρεια. θεωρούμε σημείο Γ εσωτερικό της διαμέτρου ΑΒ, ώστε ΑΓ μ , όπου μ, ν δοΓΒ ν θέντα ευθύγραμμα τμήματα. Από το σημείο Γ υψώνουμε κάθετη στην ευθεία ΑΒ που τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Μ. Έστω Κ :1: Α η τομή του ευθυγράμμου τμήματος ΜΑ με ημικύκλιο διαμέτρου ΑΓ και Ρ :1: Β η τομή του ευθυ­ γράμμου τμήματος ΜΒ με ημικύκλιο με διάμε­ τρο ΓΒ. Υπολογίστε το εμβαδόν του τετραπλεύ­ ρου ΚΔΕΡ όταν Δ είναι το μέσο του ΑΓ και Ε το μέσο του ΓΒ. =

=

Άσκηση 2

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( LA 90' ) το τετράγωνο του ύψους του ΑΔ πού άγεται από την κορυφή της ορθής γωνίας ισούται με τα .

3 του τετραγώνου της υποτείνουσας. Να βρε16 θούν: α) οι πλευρές του συναρτήσει του ύψους και β) οι γωνίες του. =

Λύση :

ΒΓ2 ; θεωρούμε ΑΔ = υ τότε παίρνουμε υ2 = ],_ 16 συνεπώς έχουμε για επίλυση ως ΒΔ, ΔΓ το σύ( ΒΔ + ΔΓ )2 . Από την επίλυση υ2 = ]_ στημα 16 Σ: Λύση : υ2 = ΒΔ· ΔΓ 2Rμ ΑΓ μ _ Αρχικά έχουμε 2R = _ μ + ν => ΑΓ = μ + ν και του παίρνουμε ΒΔ = υ.J3, ΔΓ = υ.J3 . Άρα προ3 αρατηρουμε τετ!-"Α'..,..υ ., ρο το Π ΓΒ = μ2Rν .

4υ , +ν κυπτει ΒΓ = ΒΔ + ΔΓ => ΒΓ = 3.J3 . Έτσι οδηΜΚΓΡ είναι ορθογώνιο. Άρα οι διαyώνιοι ΜΓ, ΚΡ γούμαστε υπολογισμό: εξής του ορθογωνίου αυτού είναι ίσες. Θεωρούμε Σ το ση­ ΑΒ 2 = ΑΔ2 + ΒΔστον 2 2 = 4υ => = 2υ και διαyωνίων αυτών. Παρατηρούμε ότι μεiο τομής LΣΚΓ = LΣΓΚ και LΔΚΓ = LΚΓΔ, οπότε προκύ2 = ΑΔ 2 + ΔΓ 2 = ... = � υ2 => ΑΓ = 2υ.J3 . ΑΓ 3 3 πτει LΔΚΣ = LΣΓΔ = 1L . Άρα η ευθεία ΚΡ εφά­ Επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΒ , η κά­ πτεται στον κύκλο με διάμετρο ΑΓ. Όμοια αποδει­ θετη πλευρά ΑΔ είναι το μισό της υποτείνουσας κνύουμε ότι η ΚΡ επίσης εφάπτεται στον κύκλο έπεται όn LB = 30' και LΓ = 60'. με διάμετρο ΓΒ. Αυτό μας οδηγεί στο εξής συ­ Α μπέρασμα: ΚΡ l. ΚΔ και ΚΡ l. ΡΕ. .

--

. οτι .

{

...,ι.1.,. ,... ,

--

ΑΒ

των

ΑΒ,

�--Μ

14.�

--+�t--.-....._ E ..._ ____. Β Δ r

-

/1λ

Β

Άσκηση 3

Δ

r

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΑ' 13 και ο­ Επομένως από το τραπέζιο ΚΔΕΡ έχουμε ρίζουμε σημείο του θ τέτοιο πού ΑΘ 9. θεω­ ΚΔ + ΡΕ ρούμε ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΑ ' Έστω ότι ( ΚΔΕΡ } = 2 · ΚΡ => η κάθετη στη διάμετρο ΑΑ ' στο σημείο θ τέμνει R · ΜΓ τον ημικύκλιο στο σημείο Γ. θεωρούμε σημείο 2 ( ΚΔΕΡ } = ΑΒ 4 ΜΓ = 2 ' με ΜΓ = ΑΓ · ΓΒ, Β του τόξου ΑΓ και τις προβολές του Μ,Λ στις ή ΜΓ = .JΑΓ · ΓΒ. Τελικά παίρνουμε ευθείες ΟΓ, ΟΑ αντιστοίχως, να υπολογίστε το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΜΑ.

2 ( ΚΔΕΡ) = R 4R μν2 => ( ΚΔΕΡ)' = R \}j; . Λύση : =

=

•

-

2 (μ+ν )

μ+ν

Το τετράπλευρο ΟΜΒΛ είναι εγγράψιμο σε κύ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/37

-----Δ2 2 υ; = γ -Β και β 2 = α2 + γ2 - 2αΒ Δ , βρίσκουμε 4 α2 γ 2 ( α2 + γ 2 _ β 2 γ ; υ = , οπότε η (2) γίνεται : 4α 2 2α4 + 2β4 + 2γ4 - 2α2 β 2 - 2β 2 γ2 - 2γ2 α2 = Ο, ή ( α2 - β2 γ + ( β2 - γ2 )2 + ( γ2 - α2 )2 = 0, από την οποία εύκολα παίρνουμε α=β=γ. Άσκηση 5 Οι πλευρές α, β, γ τριγώνου ΑΒΓ επαλη­ θεύουν τη σχέση β 2 +y 2 2 α2 • Να υπολογιστούν οι διάμεσοι του τριγώνου αυτού. Κατόπιν να πλευρές τις διαμέσους δειχθεί ότι το τρίγωνο με ΑΒΓ . αυτές είναι όμοιο προς το Λύση : Αν μα , μβ , μ1 , οι διάμεσοι έχουμε τους τύπους: εi +β2 = +�, β2 +r = +2μ;, r +α2 = +2� και απ ' την υπόθεση έχουμε β 2 +y2 =2α2 , οπότε α.J3 = γ..[3 , μ = β..[3 , , λα παιρνουμε μα = τ· ευκο � τ r τ· Είναι πλέον φανερό ότι το τρίγωνο που είχε πλευδιαμέσους τις ρές αJ3 , μ = γJj , μ = βJj , είναι όμοιο προς μα = 2- β -2- 1 -2το τρίγωνο ΑΒΓ. Άσκηση 7 ώ­ Έστώ ΑΒΓΔΑΓεγγράψιμο τετράπλευροΒΔ στε η διαγώνιος να τέμνει τη διαγώνιο στο μέσον της. Δείξτε ότι ΑΒ1 + ΑΔ2 + ΒΓ1 + ΓΔ2 = 2ΑΓ2 •

------ Μαθηματικά yια τη Β ' Λυκείου

ισχύει αφού p, έστω κλο, LBM0=90° ,LΟΛΒ=90° � LΒΜΟ+LΟΛΒ=ι80°. Ο κύκλος αυτός που γράφεται με διάμετρο το ευ­ θύγραμμο τμήμα ΟΒ ισούται με τον κύκλο q που γράφεται με διάμετρο ΟΓ και τούτο επειδή ότι ΟΒ = ΟΓ = �.

2 .ΟΒ = ΟΓ . Εδώ παρατηρούμε από εγγράψιμο τετράπλευρο ΟΜΒΛ προκύπτει ότι LΜΒΑ = LΘΟΓ, οπότε ΛΜ = ΓΘ ( ι). Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΑΑ' με ύψος ΓΘ και από το γνωστό θεώρημα παίρνουμε ΓΘ 2 = ΑΘ · ΘΑ' = 36 � ΓΘ = 6 (2). Είναι πλέον καθαρό ότι από τις σχέσείς ( ι ), ( 2 ) έχουμε ΛΜ = 6.

Εάν σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι μ� + μ; + μ� = 3( ΑΒΓ).J3, τότε αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο, όπου Ρα , Ρρ , Ρτ οι διάμεσοι του τριγώνου και ( ΑΒΓ) το εμβαδόν του. Άσκηση 4

Λύση :

Είναι

γνωστό

�

ότι

_

=

�

�

Λύση :

Α

;

β2 + γ2 = + 2μ;, γ2 + α2 = β + 2μ� , αν ΒΓ = α, ΓΑ=β, ΑΒ=γ, οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων αυτών παίρνουμε 2 2 2 2 ( α2 + β2 + γ2 ) = α + β2 + γ + 2 ( μ; + μ� + μ� ) ( ι). Η σχέση (ι) με βάση τα δεδομένα δίνει 4/3 ( ΑΒΓ) =α2 +β2 + Υ � 48 ( ΑΒΓ)2 = ( α2 +β2 + Υ )2 , 2 �πό όπου έχουμε ι2α2 υ; = (α2 + β2 + γ2 ) ( 2), με υ α να έχουμε συμβολίσει το ύψος του τριγώνου που αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ = α. Γνωρίζουμε ότι σε τρίγωνο τουλάχιστον δύο από τις γωνίες του θα είναι οξείες. Έστω ότι έχουμε LB < 90°. Αν τύπους τους από ΑΔ = υα ,

�

Β Γ

Από το zo θεώρημα διαμέσων στα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ αντίστοιχα έχουμε: ΑΒ2 + ΑΔ2 = 2ΑΜ 2 + 2ΒΜ 2 ( ι ) . Προσθέτοντας ΒΓ2 + ΓΔ2 = 2ΓΜ 2 + 2ΒΜ 2 (2) κατά μέλη τις σχέσεις ( ι) και (2) παίρνουμε: ΑΒ 2 + ΑΔ 2 + Β Γ2 + ΓΔ2 = 2 ( ΑΜ 2 + ΓΜ 2 ) + 4Β Μ 2 , δηλαδή έχουμε ΑΒ 2 + ΑΔ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 = = 2 [( ΑΜ + ΓΜ)2 - 2ΑΜ · ΓΜ ] + 4ΒΜ 2 (3).

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/38

---- Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

Από την δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο παίρνουμε ΑΜ · ΜΓ = ΒΜ · ΜΔ = ΒΜ 2 ( 4 ). Οι σχέσεις ( 3 ) , ( 4) οδηγούν στην ΑΒ 2 + ΑΔ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 = = 2 [{ΑΜ + ΓΜ )2 - 2ΒΜ 2 ] + 4ΒΜ 2 AW +ΑΔ2 +Br +ΓΔ2 =� -4ΒΜ2 +4ΒΜ2 =2Ar. Άσκηση 8 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Αν ο κύ­ κλος με διάμετρο ΒΓ τέμνει τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Δ και Εαντίστοιχα. Απο� δείξετε ότι ΒΓ 1 = ΓΑ · ΓΕ + ΒΑ · ΒΔ. Λύση : Είναι καθαρό ότι τα ΒΕ, ΓΖ είναι ύψη, επομένως το σημείο τομής τους Η .

=

----

τ2 = αβγ (=3) 4RE = RE = R 2τ 4ρ2 τ 4ρ2 τ ρΕ p 2ρ 2 τ2 αβγ Άσκηση 10

�

·

Δίνεται κύκλος διαμέτρου ΑΒ = 2ρ και ένα σημείο Γ αυτής τέτοιο, ώστε ΒΓ = 2ΑΓ. Με δι­ αμέτρους τα ΑΓ και ΒΓ γράφουμε ημικύκλια εκατέρωθεν της ΑΒ. Να βρεθεί ο λόγος των εμ­ βαδών των δύο χωρίων που ορίζονται από τον κύκλο ( Ο,ρ ) και τα δύο ημικύκλια• . .--._ Ε

Β

Α

· Λύση :

Β

z'

...

..

Ρ

_ _ _ _

..

,'

Γ

Ορίζει το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ. Επομέ­ νως το ΓΖ θα είναι το τρίτο ύψος. Από την δύναμη του σημείου Γ ως προς τον κύκλο k παίρνουμε ΓΑ·ΙΕ=ΙΒΙΖ{1) , ΒΑ·ΒΔ=ΒΓ·ΒΖ {2). Αν . προσθέσουμε κατά μέλη τις ( 1), ( 2) παίρνουμε ΓΑ·ΙΈ+ΒΑ·ΒΔ=ffi(ΓΖ+ΒΖ) =Βr.

1 = 2 ρ και ΓΒ = 4 ρ. Έχουμε ΑΓ = -21 ΓΒ = -ΑΒ -3 -3 3 Έτσι παίρνουμε ΕΑΖΓΚΒΕΑ =ΕΑΒΕΑ -ΕΑΓΖΑ +ΕΓΚΒr = 2 2 ΑΓ 2 � 2 .!. .!. = 2 πρ 2 π 2 + .!.2 π ΓΒ 2 = 3 πρ .

1 2 Ε = Ειcύκλου - ΕΑΖΓΚΒΕΑ = πρ2 - -2 πρ2 = -πρ 3 3 Ε Τελικά έχουμε = �1 = 2.

ΑΗΒΚΓΖΑ

( )

( )

ΒΕΑ ΑΖΓΚ ΕΑΗΒΚΓΖΑ

Άσκηση 1 1

Δίνεται πεντάγωνο ΑΒ ΓΔΕ εγγεγραμμένο Να δείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει σε κύκλο (O, R) με AB = R.Ji, BΓ = R.Ji και 2τ 1 η σχέση: R = , όπου R ρ οι ΓΔ = ΔΕ = R. Να βρεθεί το εμβαδόν του πεντα­ ρ U4U μ + υ11 υ 1 + U1 U4 γώνου. ακτίνες του περιγεγραμμένου και του εγγεγραμ­ Λύση : μένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ αντίστοιχα τ Έχουμε: ΑΒ = Rfi = λ4 � L01 = 90°. Επίσης έ� η ημιπερίμετρος του τριγώνου αυτού και χουμε και ΒΓ = RJ3 = λ3 � L02 = 120° U 4 υ υ τα ύψη του . ΓΔ = ΔΕ = R = λ � L0 = L0 = 60°. , 11 , 1 Άσκηση 9 -

,

,

6

Λύση :

Σε

κάθε τρίγωνο ισχ6ουν οι τύποι: 2Ε υa = α {1), Ε = τρ {2), 4RΕ = αβγ (3), όπου Ε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα παίρνουμε, 2� 2� 2Ε 2Ε + 2Ε 2Ε = 2Ε 2Ε υαυβ + υβυ1 + υ1υ4 + α β β γ γ α

3

4

·

(Q

Β

Εύκολα παίρνουμε L0 5 = 360° - L0 1 - L02 - L03 - L04 = 30°. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/39

•

------

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Υπολογίζουμε τα εμβαδά των τριγώνων ΑΟΒ, ΒΟΓ, ΓΟΔ, ΔΟΕ, ΕΟΑ με τη βοήθεια του ' Εν = R 2 β η μ( τυπου , ν = 1,2,3, 4, 5 . Το ζη 2 τούμενο εμβαδόν του ΑΒΓΔΕ θα είναι το άθροι­ σμα των εμβαδών αυτών των τριγώνων.

1 2 η μ90° = -, R2 Έχουμε λοιπόν, (ΑΟΒ) = -R 2 2 2 (ΒΟΓ) = � R 2 η μ120° = R 4.J3 , 2 (ΓΟΔ) = (ΔΟΕ) = � R 2 η μ60° = R 4.J3 , 2 η μ30° = R 2 • (ΕΟΑ) = .!_R .

4 2 Τελικά προκύπτει, ( ΑΒΓΔΕ) =( ΑΟΟ) +(B<r) +( Γαι) +( ΔΟΟ) +(ΕΟΑ) = )R 2 R 2 -R 2 3(1 + .J3 R2 .J3 + 2R 2 .J3 + -=� �-+ 2 4 4 4 4

LOV )

--------..,....--

Η ζητούμενη λοιπόν περίμετρος είναι + L= I ,., + Ι ,., + ΒΓ = 2.π.R 3 πR + 2R.J3. ΑΒ

ΑΓ

Άσκηση 13 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές εγγεγραμμένος ΒΓ = 2, ΑΓ = J3, ΑΒ = 1. Ο κύκλος του τριγώνου εφάπτεται στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ στα σημεία Δ, Ε αντίστοιχα. α) Να βρεθεί το είδος του τριγώνου καθώς και η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του, β) Να υπολογίσετε την πεpίμετρο και το εμβα­ δόν του μικτόγραμμου -iριγώνου ΒΔΕ. Α

θ

Γ

e

Λύση : Άσκηση 12 α) Άμεσα προκύπτει ότι ΒΓ 2 = 4, ΑΓ 2 + ΑΒ 2 = 4, Έστω δύο κύκλοι (01 ,R), (02 ,3R) που άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με ορθή τη γωνία εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α. Αν ΒΓ εί­ (επειδή ισχύει το αντίστροφο του Πυθαγοναι κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύ­ ΒΓ κλων, να υπολογίσετε την περίμετρο του κα­ ρείου θεωρήματος). Επειδή τώρα ΑΒ = 2 , έπεμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ ως συνάρτiιση ται ότι = 30°, οπότε = 60°. Το εμβαδόν της ακτίνας R. του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ είναι Λύση:

LA.

LΓ

LB

(ΑΒΓ) = ΑΒ2· ΑΓ = .J3 2.

'Ετσι

παίρνουμε:

J3 3 = -J3 -ι .

2 (ΑΒΓ) = τρ=>ρ =-- = -- = -· (ΑΒη

τ

Φέρνουμε την 0 1 Δ κάθετη στην Γ02 • Τότε το τε­ τράπλευρο ΒΓΔΟ είναι . ορθογώνιο, διότι έχει τρεις γωνίες ορθές. Άρα ΒΓ 01 Δ και 0 2 Δ = 3R - R = 2R. Όμως από πυθαγόρειο θεώ­ ρημα στο τρίγωνο 01Δ0 2 έχουμε: 01 Δ = �Οι 0 / - ΔΟ/ = �(4R) 2 - (2Rγ = 2R.J3. Άρα ΒΓ = 2R .J3. Επίσης, LΔ0ι0 2 = 30° , διότι το τρίγωνο 01Δ0 2 είναι ορθογώνιο και ΔΟ2= Δ02 = .!..2 Ορ2 • ΆραΑΒ=90° + 30° =120°,Ar=60°.

20 = 2.π.R Ι = π.3R.60 = πR. Έτσι, lΛΒ = π.R.1 180 3 ΑΓ 180 =

'

3+J3 3+J3 2 2 β) Φέρνουμε την Β Ο. Ισχύει. ΒΕ = ΒΔ (ως εφα­ πτόμενα τμήματα που άγονται από το ίδιο σημείο στον ίδιο κύκλο) και = = 30°. Στο ορθο­ γώνιο τρίγωνο ΟΒΕ έχουμε: J3 = _e_ =>BE = 3� = ρJ3. Επίσης εφ3ο· = ΟΕ => ΒΕ 3 ΒΕ ν3 παίρνουμε LB = 60., LΔ = LE = 90· LΔΟΕ = 120·. Έτσι η περίμετρος του μικτόγραμμου τριγώνου Οο + 2ρ.J3. ΒΔΕ είναι: L = Ι + 2ΒΕ π.ρ.l2 180° Το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΔΕ εί2 l2Οο = ναι: ε =2(0ΒΕ) - (Ο.ΔΕ) =2. ΒΕ2· ΟΕ πρ360° πρ2 = ρ..J3.ρ --.

3

LB1 LB2

=>

"

_

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/40

ΔΕ

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ Άσκηση l :

Sι

ΕΠΑΝΑλΗΠΠΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕτΡΙΑΣ Α. Ρουμελιώτης - Χ. Ηρακλείδης, Ρόδος

Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ υποτείνουσα, φέρουμε τη δι­ χοτόμο ΑΔ και δημι­ ουργούνται τα τετρa­ γωνα του παρακaτω Α σχήματος. Να αποδειχθεί ότι: α) 8ι+82<83 β) 28ι=82 και γ) 83= + F2 8 z ό-

(i )

που 81, 82 και 83 τα εμβαδa των τετραγώνων. Λύ ση

Απ' το θεώρημα διχοτόμου .JΑΓ2 + ΓΒ2 .JΑΓ2 + ΑΓ2 ΔΒ = ΑΒ = ---ΔΓ ΑΓ ΑΓ ΑΓ = J2Ai2 ΑΓ = J2 {:::> ΔΒ = J2ΔΓ ΑΓ = .fiAΓ Ακόμη ΑΓ=ΓΒ=ΓΔ+ΔΒ=ΓΔ+J2ΔΓ = (1 + J2)ΔΓ, Sι =ΔΓ2, S2 = ΔΒ2 = (J2ΔΓ)2 = 2ΔΓ2 και S3 =ΑΓ2 = [{J2 + 1)ΔrT = { 3 + 2J2)ΔΓ2, άρα α) Sι +S2 =ΔΓ2 +2ΔΓ2=3ΔΓ2<( 3 + 2J2)ΔΓ2 =S3 S2 = 2ΔΓ2 = 2Sι και γ) s3=(3 + 2J2 ) ΔΓ2 =(3 + 2J2) 8; = ( % + J2 ) s2 ""'·

ne

β)

Στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ ισχύει ΑΔ=l, ΑΓ= .fi και ΒΔ= .J3 α) Να βρεθεί η ΑΒ, β) Να βρεθεί η γωνία Α και γ) Να προσδιορι­ στεί το κέντρο και να υπολογιστεί η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΔ. Άσκηση2 :

Δ

Λύ ση

l2:J

Α

Γ

Σχόλιο: Γενικά σε κάθε παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ ισχ6ει

2(ΑΒ' + ΑΔ'

+ ΒΔ2

(1) Πράγματι, 2ΑΒ2 + 2ΑΔ2 =

� ,υ< + ΒΔ' OWa

.J7)2 + {.J3)2 {:::> στο ΑΒΔ: Απ' το νόμο συνημιτόνων · ΒΔ2= ΑΒ2+ ΑΔ2 -2·ΑΒ ·ΑΔ συν Α {:::> {.J3)2 =22+12-2·2· 1 ·συνΑ{:::>συνΑ= � Άρα Α=60° Ισχ6ει ΑΒ2=22=4, ΔΑ2=12=1 και γ) ΔΒ2={ .fjγ =3, δηλ. ΑΒ2=ΔΑ2+ΔΒ2 που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ορθογώνιο με ΑΔΒ =90° άρα ΑοΒπεριγεγραμμένος κύκλος του ΑΒΔ έχει 2 R 2 = -2 = 1 και κέντρο το μέσο της υποτείνουσαςΑΒ. Ισχ6ει ΑΒ· ΑΔ2 · ψλ. 2·1·ημ60" 2 . μένου ' = 2.fj . Aν R η ακτι'να του περιγεγραμ κλου του τριγώνου ΑΒΔ τότε .J3 = 2 ·1· .J3 {:::> R= 1. {:::> (ΑΒΔ) ΑΒ ·ΒΔ· 4R 2 4R ΑΔ=1 ΑΔ = R = και ρού Παρατη με ΔΒ= .J3 .J3 ·1 ΔΒ = .J3 · R = λ3 οι αντίστοιχες γωνίες των δwδοχu<ών° τόξων 60° 3 και ΔΒ είναι 6 = και OOJ= 3603 120° Όμως ω6 + ω3 = 180° που σημαίνει ότι τα Α και Δ είναι αντιδιαμετρικά. Άρα το κέντρο του ζητούμε­ νου κύκλου είναι το μέσο του ΑΒ . από (1) προκύπτει ότι 2ΑΒ2+2· 1 2=

β)

ιος

{

ΑΒ=2.

τρόπος:

= -

2°ς

(ΑΒΔ)

τρόπος:

κυ-

ΔΑ

=

ότι

δηλ.

=

Γ\

ΑΔ

Γ\

επίκεντρες

δηλ.

o:r---..

� επομένως

600

--

Β

Απ' το 1 θεώρημα διαμέσων στο ΑΒΔ: ΑΒ2 + ΑΔ2= 2 ( �)2 + Β:2 {:::> α)

/

ΑΓ2

�ψ(�)'+�]

2ΑΒ2 + 2ΑΔ2 =

ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/41

Β

=

Μαθηματικά yια τη Β ' Λυκείου ------

'Εστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με περίμετρο Π=12 και Γ' εμβαδόν Ε=6. Οι ευ­ θείες των πλευρών του ΑΒΓ μετακινού­ νται παράλληλα προς τις αρχικές πλευρές κατά από­ σταση 2 και δημι­ ουργούν το ορθογώ�8. νιο τρίγωνο Α 'ΒΤ ' Α ' ._ του σχήματος. Να βρείτε την περίμετρο και το εμβαδό του Α 'Β Τ ' Ά σκηση 3 :

__ .. __...._

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και Α 'Β 'Γ είναι όμοtα ως Ε' = ι! (2) ό= λ (1) και γώνια, επομένως ισχύει Π' Ε Π που λ ο λJJyoς ομοιότητας και Π ', Ε ' η περίμετρος και το εμβαδόν του Α'Β 'Γ ανriσtοιχα. ] 0ς τρόπος: Το Α ' ΒΤ ' αποτελείται από το τρίγωνο ΑΒΓ και 3 τραπέζια, έτσι α+α β+β γ+γ Ε' = λ2 <=> 6 + 2 Ί + 2 Ί + 2 Ί ')! Ε 6 Π '+18 -_ Λ'1 2 6+12+Π '1 6+Π+Π ' <::> 6 = Λ2 <::> 6 ' Λ'1 2 <=> 6 12λ + 18 Όμως Π = λ · Π = 12λ ετσι 6 = λ:2 <=> <=>λ=3,λ= -1 . Επειδή λ>Ο έπεται ότι λ=3 άρα Π ' (2) = 12 · 3 = 36 και Ε ' = λ2 · Ε = 6 · 32 = 54 .

2ος τρόπος: Παρατηρούμε ότι οι ευθείες Α· Α και Β 'Β τέμνονται στο έγκεντρο Ι του ΑΒΓ διότι τα σημεία τους Α και Β ισαπέχουν απ' τις πλευρές Α 'Β ' , Α 'Γ και Α ' Β ' , Β ' Γ αντίστοιχα. Αν (Ι, ρ) ο εγγεγραμμένος κύ­ κλος του ΑΒΓ τότε 12 Ε=τρ<=>6=τρ<::>6= 2

ισο­

Λύση:

, ( I)

'

""·

,

""·

Γ'

Άρα

(\)

uπ;

Π' =λ·Π=12λ=12·3=36

(2) Ε' = !! ·Ε=6·32 =54 Άσκηση 4 : Στο παρακάτω σχήμα, τα ΑΒ, ΓΔ τέ­ μνονται κάθετα και διχοτομούνται στο Ο. Αν Ε,Ζ,Η,Θ τα μέσα των ΟΒ, ΟΓ, ΟΑ, ΟΔ αντίστοιχα, ΑΒ=16 και (ΑΔΒΓ)=96 τότε να βρεθούν: α) Οι πλευρές των τετρα­ πλεύρων ΑΓΒΔ και ΙJΠ.

s

ΕΖΗΘ. Το εμβαδόν του β)τετραπλεύρου Ε. ΖΗΘ. γ) Η απόσταση του σημείουΖ απ' την πλευρά ΒΓ. ΕΖΗΘ. δ) Η yεy μμένου εyρα Α

αισίνα του

ιώκλου του

α) Τα τετράπλευρα ΑΔΒΓ, ΕΖΗΘ είναι ρόμβοι επειδή οι διαγώνιες τους διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα. Ισχύει (ΑΔΒΓ)=96<=> ΑΒ ·ΓΔ =96<=>16· ΓΔ=2·96<=>ΓΔ=12 επομενως . <=> -2 ΑΒ =4. Άρα ΓΔ =3 και ΟΕ=·zε ΠΘ r::: = νj-32 .+4-42 :;--;:2 5 ΟΖ=4 4 . και ΒΓ=2ΖΕ=2 · 5=10 (Ε,Ζ μέσα των ΟΒ, ΟΓ αντί­ στοιχα) β) (ΕΖΗΘ) = ΕΗ2· ΖΘ (4 + 4)2· (3 + 3) = 24 γ) Ισχύει ΒΓ//ΕΖ (Ε, Ζ μέσα των ΟΒ, ΟΓ αvtίστοιχα), συνεπώς το τετράπλευρο ΒΕΖΓ είναι τραπέζιο. Είναι 8 · 6 -4 · 3 = 18 και (ΒΕΖΓ)=(ΟΒΙΉΟΕΖ)=.

2 2 15 <=> υ = 10 + 5 = -υ 12 (ΒΕΖΓ)=--υ 2 2 5 δ) Το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου του Ε­ ΖΗΘ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων των γωνιών του, δηλαδή το σημείο Ο (οι διαγώνιοι ρόμβου διχοτομούν τις γωνίες τους). Η ακτίνα ρ του κύκλου αυτού είναι η απόσταση του κέντρου από μια πλευρά του η οποία ισούται με το ύψος του τριγώνου ΟΕΖ που αντιστοιχεί στην ΕΖ. Είναι 3 · 4 = 6 και (ΟΕΖ) = ΟΖ · ΟΕ = τ 2 (ΟΕΖ) = ΖΕ2 · ρ = 5ρ2 . Άρα 5ρ2 = 6 <=> ρ = 125 και Λύση :

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/42

·

=

Μαθηματικά οyια

Β ' ΑΥΚΕΙΟΥ

τη

Β' Λυκείου

Επαναληπτι κές Ασκήσεις

Αναλυτι κής Γεωμετρίας

Αλκιβιάδης Γ. Τζελέπης

Στο προηγού μενο άρθρο μελετήθηκαν δtεξοδικά οι οικσyένειες κύκλων. Στο παρόν άρθρο έγινε μία προσπάθεια παρουσίασης βασικών εννοιών της αναλυτικής γεωμετρίας, διασαφήνισης κάποιων λεπτομερειών, έχοντας ταυτόχρονα μία επαναληπτική διά­ σταση . Κοινό χαρακτηριστικό των δύο άρθρων αποτελεί η ανάδειξη της αναγκαιότητας σύνδεση ς των γεωμετρικών εννοιών με την άλγεβρα, ως απαραίτητη προUπόθεση της βαθύτερης κατανόησης της αναλυτικής γεωμετρίας.

Άσκηση lη

Δίνεται τρίγωνο ΛΒΓ και σημείο του επιπέδου του Μ, τέτοιο ώστε ΑΒ - 2ΑΜ + Μ = Ο Al . Να αποδείξετε ότι τα σημεία Β, Γ, Μ είναι συνευθειακά. Α2. Να προσδιορίσετε τη θέση του Μ, σε σχέση με τα Β και Γ. Α3. i) Αν επιπλέον είναι γνωστό ότι ισχύει (ΑΒ · Μ) Μ = (ΑΜ · Br) ΑΒ, να αποδείξετε ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Να προσδιορίσετε την ορθή γωνία και τις πλευ­ ρές που είναι ίσες. ii) Αν lλii l = α να υπολογίσετε το εμβαδόν του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΛΒΓ

Δηλαδή, αφενός τα διανύσματα ΑΒ , Μ είναι κά­ θετα, οπότε το τρίγωνο είναι ορθσyώνιο με λ = 90 °. Αφετέρου δε, η διάμεσος ΑΜ του ορθο­ γώνιου τριγώνου είναι κάθετη στην πλευρά ΒΓ, δηλαδή είναι και ύψος. Ως εκ τούτου το τρίγωνο είναι και ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ . .

,'Β� ·· ··

..�

'

�

\

\,,

λ -.

α

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

..

.. .

...

Μ

j

;' ,\

'

i

/ Γ

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του ορθογώνιου τριγώνου ΑΒΓ (λ = 90 °) έχει διάμετρο το τμήμα Λύση : A l . Αρκεί να αποδειχθεί ότι υπάρχει μ R έτσι ώστε Bf μ ΒΜ. Πράγματι, αν χρησιμοποι­ ΒΓ και ακτίνα ρ = ιs;ι = l ϊfM I = α , διότι ως γνωστόν η διάμεσος ορθογωνίου τριγώνου ισούται ήσουμε το Β ως σημείο αναφοράς, έχουμε: με το ήμισυ της υποτείνουσας. Άρα το ζητούμενο Α8 - 2ΛΜ + Μ = ο => εμβαδόν του κύκλου είναι Ε = πα 2 ΧΒ - 2(ΒΜ - ΒΑ) + (Bf - ΒΑ) = ο => Ά σκη ση 2η Δίνονται τα σημεία Μ (- 2 , 2) , Ε (Ο , - 112) και ΧΒ + 2ΒΑ + Bf - ΒΑ = z8M => η ευθεία (ζ) με εξίσωση y = 1/2 Α8 + ΒΑ + Bf = z8M => Bf = z8M B l . Να βρείτε τις εξισώσεις των ευθειών (ε) που Α2. Το Μ είναι το μέσο του τμήματος ΒΓ, διότι διέρχονται από το Μ. Β2. Ποιά από τις παραπάνω ευθείες (ε) σχημα­ ΒΓ = 2ΒΜ => ΒΓ - ΒΜ = ΒΜ => ΜΓ = ΒΜ τίζει με τον αρνητικό ημιάξονα Οχ ' και τον θε­ p · τρόπος: Α8 - 2ΛΜ + Μ = ο => τικό ημιάξονα Οψ τρίγωνο με εμβαδόν Ε=8; Β3. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων +Μ ΑΒ + Μ = 2ΑΜ => ϊfΜ = του επιπέδου που απέχουν ίση απόσταση από το 2 Α3. i) Μία βασική πρόταση που αφορά σε μη πα- σημείο Ε και την ευθεία (ζ) ράλληλα διανύσματα είναι η ακόλουθη: Β4. ί) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης Αν a, ί} είναι δύο μη συγγραμμικά διανύσματα και της καμπύλης C: x2 +2y = Ο, που είναι παράλ­ υπάρχουν πραγματικοί αριθμοί κ, λ έτσι ώστε ληλη στην ευθεία (ει) με εξίσωση y= χ +4 ii) Να αποδείξετε ότι η ελάχιστη απόσταση των κα + λβ = Ο, τότε κ = λ = Ο Πράγματι, αν κάποιος εκ των δύο αριθμών δεν εί­ ' (ει) ειναι ' της C από την ευθεια ' Ί · 4Ji ναι μηδέν (ας υποθέσουμε χωρίς βλάβη της γενικό­ σημειων τητας ότι κ * 0), τότε έχουμε . Λύση: B l . Ζητάμε να βρεθεί η εξίσωση της οικο­ κα + λβ.... = Ο => α = - - Ρ αΙ/β... δηλαδήΑΠΧΙΟ γένειας των ευθειών που διέρχονται από το σημείο Επειδή τώρα τα σημεία Α, Β, Γ ως κορυφές τριγώ- Μ (-2, 2). Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: νου δεν είναι συνευθειακά, έπεται ότι τα μη μηδε- ί) Αν ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης λ R , τό(ε) : y - 2 = λ (χ + 2) (1) νικά διανύσματα ΑΒ , Μ δεν είναι παράλληλα. Αν τε ορίζεται συντελεστής διεύθυνσης, τότε ii) θέσουμε ΑΒ · Μ = κ και ΑΜ · Bf = λ, τότε 'λi:Υyω (ε)Α: νχ δεν = -2 της προηγούμενης πρότασης, έχουμε: Β2. Αρχικά βρίσκουμε συναρτήσει του λ R τις = ο συντεταγμένες των σημείων τομής της (1) με τους (ΑΒ · Μ) Μ = (AM · Bf) XB => { �: � Ε

=

-----t

-----+

ii)

---+

---+

-----+

-t

-----+

ΑΒ

�

�

.....

�

�

...

'

λ ... "

=>

...

Ε

·

Ε

ΑΜ · ΒΓ = Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/43

=

Ο

Μαθηματικά για τη Β' Λυκεtου

δύο ημιάξονες. Έτσι έχουμε: (1) χ===> y = 2λ + 2 , επομένως το σημείο τομής της ευθείας με τον θε­ τικό ημιάξονα Οψ είναι το Α (Ο, 2λ + 2) , (1) ===> λ · χ = -2λ - 2 και διερευνώντας την παραμετρική εξίσωση 1 ou βαθμού, έχουμε: αν λ Ο, η ευθεία είναι η οριζόντια y = 2 η οποία δε σχημα­ τίζει τρίγωνο με τους άξονες, ενώ αν λ * Ο, προ, χ=- 2λ--,2 επομενως ' κυπτει το σημειο' τομης' της λ ευθείας με τον αρνητικό ημιάξονα Οχ ' είναι το - Β ( 2� 2 , Ο ) . Για να τέμνει η (ε) τον αρνητικό η­ μιάξονα Οχ ' και τον θετικό ημιάξονα Οψ πρέπει να έχει κλίση θετική, δηλαδή λ > Ο. Το τρίγωνο που σχηματίζεται είναι το ΟΑΒ, με εμβαδόν: Ε = (ΟΑΒ) = .!. · (ΟΑ) · (ΟΒ) = 2 � ι - 2�- 2 1 · Ι 2λ + 2 1 = 2 1 <λ:ι)2 1 = 2 (λ:ι)2 (λ+ ι-)2 = 8 Αλλ.ά ισχύει: Ε = 8 . <=> 2 λ <=> (λ + 1) 2 = 4λ <=> λ2 - 2λ + 1 = ο <=> λ = 1 Επομένως ωτό την (1) προκύπτει ότι η ζητούμενη. ευ­ θεία είναι η (ει) : y = χ + 4. Η ευθεία με εξίσωση χ = -2 είναι παράλληλη στον άξονα y 'y και ως τούτου δε σχηματfζει τρίγωνο με τους δύο άξονες. Β3. Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που απέχουν ίση απόσταση από σημείο Ε και ευ­ θεία (ζ), είναι η παραβολή με εστία το σημείο Ε (0, 112) και διευθετούσα την ευθεία (ζ): y = �· Η παρα­ βολή έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα y 'y και πα­ ράμετρο p = -1. Επομένως η εξίσωσή της είναι η χ 2 = 2py , δηλαδή χ 2 = -2y ή χ 2 + 2y = ο Β4. ί) Αν Κ (χι , Υι) είναι το σημείο επαφfις τότε η εφα­ πτομένη (n) της παραβολής f:χει εξίσωση ΧΧι = p(y + Υι) ή Υ = -χιχ - Υι α.φσύp = -1 Έ� (n) ΙΙ(ει) � λn = λε1 � -χι = 1 � Χι = Επιπλέον το Κ(χι ,Υι) ανήκειι στην παραβολή, επομένως xf + 2yι = Ο χι= - Υι = - 2ι Έτσι η εφαπτομένη έχει εξίσωση (n): y = χ + � ii) Μία διαισθητική προσέγγιση με τη βοήθεια της παρακάτω γραφικής παράστασης: y= O

=

εκ

====>

------

Η εφαπτομένη (n) της παραβολής C βρίσκεται "πάνω" από την καμπύλη και το Κ είναι το μονα­ δικό κοινό τους σημείο. Εmπλέον ισχύει (n)ΙΙ(ει) . Έτσι, η ελάχιστη απόσταση των σημείων της C από την ευθεία (ει) είναι η απόσταση του σημείου Κ ( -1 , - �) από την ευθεία (ει): χ - y + 4 = Ο. Έτσι έχουμε: d(K, Ει) = 1

1 · (-1) - 1 · ( - i) + 4 1

1..fi

=4 ..fi Η αλγεβρική προσέyyιση: Θεωρούμε ένα τυχαίο ση­ μείο της παραβολής C, �ο Α (Χ ο, -:� ) με Χο R . Η απόσταση του Λ από την ευθεία (ει) είναι: Ε

1 1 · χ0 - 1 · (-;8) + 4 1

d = d(x0) = = ..fi = Ιχ� :�+ sΙ. ΑΊJ..ά χδ + 2χ0 + 8 > Ο για κάθε χ0 R διότι έχει Δ = -32 Ο και α 1 > Ο. Επομένως d(x0 ) = 2� (χδ + 2χ0 + 8), χ0 R και γίνεται ελάχιστη για χ0 = -β α = -1 με ελάχι2 7 = 4.

7� στη τιμη' την d(-1) = 2� <

Ε

=

Ε

Άσκηση 3 η

Δίνονται τα σημεία Α(α, Ο), Β(Ο, 2 - α), r(α, 2 - α), όπου α Ε (Ο, 2 ) Γ Ι . Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας (ε) η ο­ ποία διέρχεται από το σημείο Γ και είναι κάθε­ τη στην ΑΒ Γ2. Να βρείτε την εξίσωση του ιcύκλου C ο ο­ ποίος διέρχεται από τα σημεία Α, Β και Γ Γ3. Να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) διέρχεται από σταθερό σημείο Γ4. Να αποδείξετε ότι ο ιcύκλος C διέρχεται από σταθερό σημείο

Επειδή α * Ο, η ευθεία ΑΒ έχει συα- 2 οπότε η κα-' 2 -α = 7, ντελεστη' διευ' θυνσης λ = -:;;θετη προς αυτήνι ευθεία θα έχει συντελεστή διεύ­ α· θυνσης λ = - λ = ι=;; Λύση : Γ Ι .

ε

'

c

Η ζητούμενη λοιΠόν ευθεία (ε) η οποία διέρχεται από τοα σημείο Γ(α, 2 - α) και έχει κλίση λε = 2 -α έχει εξίσωση y - (2 - α) = � 2 -α (χ - α) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/44

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκεiου

και μετά από πράξεις η εξίσωσή της είναι: αχ + (α - 2)y + 4 - 4α = Ο, α (0,2) και άξονες, είναι οι οπότε προβολέςτο τρίγωνο του ση­ μείουΤαείναισημεία πάνω στους ορθογ(όνιο στο τοΕπομένως ο ζητούμε­ νος κύκλος θα έχει διάμετρο ευθύγραμμο τμήμα Άρα το κέντρο τουΚ θαα 2είναι το μέσον του δη η το σημειο ( --α2-) και η ακτινα, του .Ja2__(a_:... _..;.. - 2 2 .. ρ = -2 = -'-η εξίσωση 2του 2 . Επομένως 2 a είναι κύκλου ( χ ) + (Υ - 2 ; a ) = a2 (:- 2 , α (0,2) Έ στω Δ(χι. Υι) το σταθερό σημείο από το ο­ ποίο διέρχεται η ευθεία (ε). Τότε αχι + (α - 2)Υι + 4 - 4α = Ο για κάθε α (0,2) και η (χιπρώτου βαθμού εξίσωση ως προς α, + Υι - 4)α + 4 - 2yι = Ο έχει άπειρες λύσεις.- 4 = Ο Χι = 2 Χι + Υι ,Ετσι εχουμε , : { 4 - 2yι = Ο <=> { Υι = 2 Δ(2, 2) το σταθερό σημείο είναι τοεπαληθεύουν Επομένως Οιτηνσυντεταγμένες του προφανώς α (0,2) . εξίσωση για κάθε τιμή τουορθογώνιο Το τρίγωνο είναι στο ως κύκλος με τοδιάμετρο την σταθερό. διέρχε­ ταιεκ τούτου από το οσημείο οποίο είναι Γ2.

Α

Γ

ΑΒΓ ΑΒ.

λαδ ,

ΑΒ

+

+

)z

,

Ε

Β

Γ.

ΑΒ,

2,

)

-2

C:

Ε

Γ3 .

Ε

Δ

ΟΑΒ

Β4.

Ε

ΑΒ

C

0(0, 0),

Ο,

Ε ρ ώτημα: υπάρχει άλλο σημείο; Ά σκηση 4η Δίνονται τα σημεία Λ(l,Ο) και Β(Ο, -1)

(1 - κ) 2 + λ2 + κ 2 + (1 + λ) 2

κ2

λ2 - κ

+

+

λ

-2

3 =

= 5 <=>

( ) ( ) (χι - �ι) 2 + (y + �) 2 = 2,

0<=> κ

-

21

2

+

λ

+

21

.,f8 2

,

κυ

2, -2

•

y0)

Δ2.

ΝΒ ι 2 = 4 <=> ΝΑ2 - ΝΒ 2 = 4 <=> ι ΝΑ ι 2 - ι (1 - χσ) 2 + Yo z - χσ 2 - (1 + Yo) z = 4 <=> χ + y + 2 = Ο . Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η ευθεία ε : y = -χ - 2

Θεωρούμε σημείο Ρ(χ, του γεωμετρικού τό­ που. χρησιμοποιώντας ρωσηςΤότε, τετραγώνου, έχουμε: τη μέθοδο συμπλή­ y)

Δ3.

2χ2 + 2y 2 + 1Οχ + 14y + 2 1 s ο <=> 21 Ο <=> χ2 + y 2 + 5χ + 7y + Τ S

2 5 (5)2 2 7 (7)2 s ι2 1 - τ25 - τ � 2 2 + + + χ Υ ( �) ( �) S 8 Άρα ο ζητούμενος τόπος 7είναι ο κυ-,' c2 μεγεωμετρικός κλικος δισκος Α κεντρο (- 2 , - 2) και ακτι χ + 2χ 2 + 2 + y + Zy 2 + 2

,

,

s

49

2{2 . να Οι= δύο κύκλοι που έχουν προκύψειεξωτερικά, από τα προηγούμενα ερωτήματα εφάπτονται διότι έχουν διάκεντρο και ι­ σχύειη ελάχιστη απόσταση των δύο γεωμετρικών Άρα τόπων είναι μηδέν και η μέγιστη απόσταση είναι ίση με R

____ _

2χ2 + 2y2 + 10χ + 14y + 21 s ο

Δ4. Να βρείτε την ελάχιστη και τη μέγιστη από­ σταση των σημείων Μ και Ρ Να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε) είναι η κοινή εφαπτομένη των δύο γεωμετρικών τόπων των ερωτημάτων β) και γ) Δ6. Να βρείτε τα σημεία των δύο γ.τ. που απέ­ χουν αντίστοιχα την ελάχιστη και τη μέγιστη απόσταση

Δ5.

του γεωμε­ ΜΑ = (1 - κ -λ), ΜΒ = (-κ, -1 - λ), οπότε �� - 2 Κ Έ , ε Δ5. ) = 2 χουμε d( �+ 1 = 2 Μϊj2 2 = 5 <=> 1 Mii l + I MB I = 5 <=> ΜΑ + Λύση : Δ l .

2<=>

ν�.

-

σημείο τρικού τόπου.Θεωρούμε Τότε έχουμε: ,

=

�Με (c1 ) , όπου (c1): ο , κλος με κεντρο Κ ( ) και ακτινα, ρ = ' γεωμετρικος' τοπος ' ει-' = r.:;2 Άρα ο ζητουμενος ναι ο κύκλος (c1 } σημείο Ν(χο. του γεωμετρικού Τότε έχουμε: τόπου.Θεωρούμε

Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος ση­ Δ4. μείων Μ του επιπέδου, για τα οποία ισχύει η σχέση ΜΑ2 + ΜΒ2 = S, είναι κύκλος και να ....- ....:...

2 + ι + n 2 = 3{2 βρείτε την εξίσωσή του Κ Α �) a δ = = + (� Δ2. Να αποδείξετε ότι ο γεωμετρικός τόπος ση­ δ = ρ + R. μείων Ν του επιπέδου, για τα οποία ισχύει η 2 2 σχέση ΝΑ ΝΒ = 4, είναι ευθεία (ε) και να βρείτε την εξίσωσή της ΣΤ = ΣΖ + ΖΤ = 2 ρ + 2 R = 6{2 Δ3. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο σημείων Ρ του επιπέδου για τα οποία ισχύει η σχέση Δl.

2

Μ(κ, λ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/45

.fi

=ρ

Μαθηματικά yια τη Β' Λυκεiου

= = l - i fz +2 1 = και ΆραΗη ευθεία (ε) είναι η κοινή εφαπτομένη ονται και τέμν διάκεντρος (ε) (δ) η ευθεία το σημείο ε­ κάθετα οποίοτηνείναιεύρεση στο δύοσημείοκύκλων.το Για παφής των του ση­ μείου έχουμε: Η διάκεντρος έχει κλίση R

2 ../2

d (Λ, ε)

Δ6.

Ζ,

Ζ,

- -21 + -27 _

------

Ν

η περίμετρος τουδιπλάσιο Άρα τριγώνουτου μήκους είναιτουσταθε­με­ με ισούται ρή και το γάλου άξονα της έλλειψης ι και εξίσωση y + � = ( - �) y = Για το κοινό σημείο των ευθειών (ε) και (δ), είναι: Η aσύμπτωτη y = - έχει συντελεστή Υ = -� Υ= λ= διεύθυνσης = = - .../3 � ι = .../3 !

(-�) Ζ � ,το ι 2' 2 Y = x-1 Έτσιyέχουμε: y2 a2 + p 2 2 p2 Ταστ���σημεία είναι τα aντιδιαμετρικά του 2 ε � = - � ε 2 = -2 � ε 2 = + α α α2 α2 ο ς �ίστοιχα. Έτσι ισχύουν: �� �κλου 2 ι ε 2 = + .../3 � ε 2 = 4 Άρα 2 2 =_ ! � = ' δηλαδη, ( ι) ΆραΦέρουμε η εκκεντρότητα της υπερβολής είναι =3 που -2 = 2 ΥΣ = !2 την κατακόρυφη ευθεία διέρχεται τέμνει την παρα­ = = -βολή στα από σημείατο σημείο Α(3,6) και Αυτή Β(3, -6). λ=

{ {

ΥΕ

-χ -

2

{ {

5 + 2 2 1

χ

1

1

ΜΝΕ

<=>

χ

-1

Β.

- ρ_

-

Ζ

Σ, Τ

3/

{

χτ

Υτ

2

Χχ

- 1/2 2 - 3/2 2

-

=

5

2

� _� 2

{

Σ

Χχ

ΥΣ =

δηλαδή (-�, - 121) Η μέγιστη λοιπόν απόσταση είναι η τ

Άσκηση 5η Α. Δίνεται η έλλειψη

c:

χ2

αz

+

2 y {12

α

=

ε

1

1

3

2 ·2

9 2 1 _ 1 2

ΣΤ

χ

εφ 1 2 0°

α

χ - --

2

α

ε

Γ.

χ =

Μ.

10

Υ

2

Ι I I I

I

::ι: = 3

= 6../2 •

= 1. Τυχαία ευ-

.Μ(3, 2)

θεία (ε) διέρχεται από την εστία Ε ' και τέμνει τη c στα σημεία Μ και Ν. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΜΝΕ έχει σταθερή περίμετρο Β. Δίνεται η υπερβολή

c:

χ: - � = 1. α

f1

Αν γνω­

ρίζετε ότι η aσύμπτωτη y = - � α χ σχηματίζει ' γωνία με τον άξονα χ χ, να υπολογίσετε την

120°

είναι εσωτερικό σημείοπουτηςορίζουν παραβο­η Το σημείο (είναι στο τμήμα του επιπέδου λής καμπύλη και η= εστία), διότι ισχύει: I YM I IYA I = IYs l = κ) είναι εξωτερικό σημείο της πα­ το Ν(3, Επειδή στο συμπληρωματικό του προη­ ραβολής (είναι στοη δηλαδή επιπέδου, του γούμενου τμήματος Τα σημεία και Ν είναι σημεία της έλ­ βρίσκεται η καμπύλη και δεν τμήμα που ορίζει λειψης.{(ΜΕ) Επομένως σύμφωνα με τον ορισμό ισχύ+ (ΜΕ') = α (+) εστία), πρέπει: Ικ l � κ κ συν: (ΝΕ) + (ΝΕ') = α Μ

εκκεντρότητα της υπερβολής 2 Γ. Δίνεται η παραβολή c: y = 12χ και το ση­ μείο Μ(3, 2). Να βρείτε τη θέση του Μ ως προς τη c. Αν το Ν(3, κ) είναι εξωτερικό σημείο της παραβολής, να βρείτε τις πιθανές τιμές του κεR

Λύση : Α.

2

<

6

Μ

2 2

==>

>6

(ΜΕ) + (ΝΕ) + (ΜΕ') + (ΝΕ') = 4α � (ΜΕ) + (ΝΕ) + (ΜΝ) = 4α

<

-6 ή

>6

Ε ρ ώτη μα: ποιά είναι η θέση του σημείου Ν

ως προς την παραβολή χ2 συμμετρίας τον y y,·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/46

α, 1)

= 4y που έχει άξονα

------

------ Μαθηματικά ΎW τη Β' Λυκείου

Β ΆΥΚΕΙΟΥ

Σχήματα που σχετίζονται με την Παραβολή

. θάνος Χαραλάμπους .. Βαπtλης Ευσταθίου

Στο σχετικές άρθρο αυτόμε δοσμένη θα παρουσιάσουμε ιδιότητες παραβολή. μερικά σχήματα που τα σημεία τους έχουν συ-γκεκριμένες Άσκηση 1 : Από το σημείο Ρ φέρνουμε τις εφαπτόμενες της παραβολής y 2 = 2px . Αν λ 1 ,λ 2 οι συντελεστές διεύθυνσης αυτών, να βρεθεί το σχήμα στο οποίο ανήκουν τα σημεία Ρ με την ιδιότητα, αν α)

γ)

λ

ι

2 + λ22

=

ΥιΌ

λ1 + λ 2 2 =

β) λ. -� = 3

ι

•

β) Αν

3 1 Ρ =-1 =>3p=-2Χο =>χσ =-p λι ·λι =-=>3 2Χο 3 2 .

Άρα το P(Jeo , Yo ) θα κινείται στην ευθεία χ = -�p2 . γ) λ12 +λ22 = -101 => (λ1 + λι )2 -2λ1 · λ2 = -101 =>

(_ ΧΥο0 )2 - 2_L2χ0 _ _!_10 = 0 => χ/Υο2 _.1_χ0 _ _.!.._10 = 0 =>

10y02 - 10px 0 - χ/ = Ο => χ 02 -10y02 + 10px0 = Ο Ρ ( χ 0 , Υο ) 2 χ - 10y2 + lOpx = Ο , +5p)2 i =1 χ2 +1 0px +25p2 -10i =25p2 => (x25p 2 5p2 2 -5p .

κινείται στην γραμμή με η οποία γράφεται:

Συνεπώς το εξίσωση:

εξίσωση κατάυπερβολής, η οποία Που είναι αριστερά μετακινήθηκε Έστω εξίσωση εφάπτεται η ότι που ευθείας : 2 της ( ) y = 2px έχει εξίσωση: y = λχ + κ .Τότε ,0) Ε(% y 2 2ρχ 2 σύστημα ( yy ==λχ2Ρ+Χ κ) θα έχει μον�δική λύση. Άρα και η εξίσωση2 2 (λχ + κ)2 =22px έχει διπλή ΑΒ. + κ - 2px = Ο ή ρίζα.2 2 Έχουμε λ χ + 2κλχ Έ την οποία η απόσημεία (ε) διέρχεται ευθεία στω 2 εστία και τέμνει την παραβολή στα Ε λ χ + 2 (κλ -p)χ+ κ = 0 . Θα πρέπει Α(χ 1 , ψ 1 ) και Β(χ , ψ ) . Τότεέχουμε : Λύση

Άσκηση 2 : Μεταβλητή ευθεία (ε) διέρχεται από

c :

Παραβολής

την εστία

=

την

οποία τέμνει στα σημεία Α και Β. Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες στα Α,Β τέμνονται κάθετα σε σημείο το οποίο κινείται στην διευθετούσα για τις διάφορες θέσεις του Λύση :

-Δ4 = 0 => ( κλ - p )2 - λ 2 · Κ2 = 0 => => κ 2 λ 2 - 2κλp + p2 - λ 2 κ2 = ο 2κ:λp = p 2 => 2κλ = p => κ = ..Ε_ .

2λ y=λχ + i P(Jeo ,y0 )

2 2

Ψ ι 0 => E A II E B => det (EA. , ε 8 ) = 0 => Χ ι - %' ο/ = χ 2 - �2 ψ 2 => (χ ι - %')Ψ 2 - (χ 2 - %')Ψ ι = Ο =>

Άρα η εφαπτομένη έχει εξίσωση . Έστω => ΧιΨ2 - χ2Ψι = -.e_(2 Ψι - Ψ2 ) => λοιπόν από το οποίο άγονται εφαπτόμενες παραβολή. επαληθεύουν προς την τηνεξίσωσή της. Συνεπώς Θα ισχύειθα αφού: ( iz ) ( iz ) 2Χο+Ρ ή 2Χολ2 -2y0λ+p=O . και Ψι * ψ2 (γιατί;) Υο =Αχσ�=>2yσλ=2λ 2ρ 2ρ 2λ 2yo =2=> Υο =2=>2Χο - Υο =0 . Η εφαπτομένη της παραβολής στο ( λι +� =2=> 2Χ ο ει,ναι: ΥΥ ι = ρ ( χ + χ . ). ρ χ - Ψ ιΨ = - ρ χ ι = _ .Υ!_2 2 . Άρα P (x0 ,y0 ) κινείταιστηνευθεία 2x - y = O . Ομοίως στο ρ χ 2 ψ = - ρ χ 2 = _ Ψ / . Για την 2 α)

=> Ψ ι Ψ 2 ( Ψ ι ρ

-

Ψ 2 ) = - ρ ( ψ . - ψ ) => = -ρ2 , 2 Ψ ιΨ 2

EA = x1 - , ψ 1 , E B = x 2 2 2 .!L χ1 = ,x2 = k

Χο

8 :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/47

_Ψ

ή

, Ψ2 '

Α χ1 ,ψ1 )

----

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

2 ( Ψ ι - ψ 2 )2 ρ ρ = Χ ι Χ 2 + -2 ( Χ ι + Χ 2 ) + 4 4 χ1 , χ2 ΑΒ : y= λ χ- �

·

- Ψ2/ Dχ = 2 _ Ψ2 2

D D

ρ

Τα είναι ρίζες του συστήματος των ( ) και της εξισώσεων, της 2 c : i = 2px άρακαιτης εξίσωσης λ2 (χ-�) =2ρχ 2 λ2 =0 . ή λ2 χ2 - ρ (λ2 - 2)χ + -7-

ρ ( λ 2 - 2) ρ2 = · = + Χ Χ Χι Χ2 ι 2 4 λ2 2 1 2 2 2 +.e_- 4 ψ1 + ψ2 -2ψ1 ψ2 ) PA· PB =.e_+.e_ 4 2 (x1 + χ2 ) 4 -( 2 1 2 + χ2 ) --,-[2ρχ =Ε_+Ε.(χ ι 4 ι + 2ρχ2 + 2ρ ] 2 2 2 2 - ψι .f?_ +E. (x1 + x2 ) - .e_ (x1 + x2 ) -.e_ = 0 άρα PA ..L PB = 2 2 2 2 2 = Ψ�2 (Ψι - ψ2 ) = - i (Ψι - ψ2 ) Άσκηση 3: Δίνεται η παραβολή - ψ2 2 (c) : y 2ρχ, ρ > Ο .Από σημείο Ρ εκτός της

Άρα , το σημείο τομήςρτων δύο εφαπτόμενων έχει _ 2 ( Ψι - Ψz ) χ τετμημένη χρ = = ρ(2 ψι - Ψ2 ) = -Ji' δηλαδή σταθερή. Υπολογίζουμε και την τετμημένη ψρ / ρ - Ψ2 = % ( Ψ / - ψ/ ) άρα = Ψ22 DΨ

----

2 D Ψ % ( Ψ ι "'"'Ψ 2 )( Ψ ι + ψ 2 ) Ψι + ψ = Ψ p D = ρ( ψ ι - ψ ) = 2 2 2 τις ψ1 , ψ2 ρ Ψ χ = -.e_2 Α Β Ρ . ψρ Ρ ψ1 , ψ2 Ρ - % , Ψι � Ψ 2 . ΡΑ = χ + .e_2 ' Ψ _ Ψι +2 Ψ 2 = χ + .e_2 ' Ψ ι -2 Ψ2 ΡΒ = χ2 + Ε.2 , Ψ ι -2 ψ 2 2 ΡΑ · ΡΒ = χ 1 + % χ 2 + % - Ψι � ψ2 =

=

παραβολής φέρουμε τις εφαπτόμενες ΡΑ και ΡΒ. Αν ΑΕΒ = όπου εστία. Να βρείτε το σχήμα στο οποίο ανήκουν τα σημεί� Ρ.

90 ,

Εη

_

Το εξαρτάται από τεταγμένες των και άρα το κινείται σε ευθεία δηλαδή την διευθετούσα (αφού, αν το ήταν τότε το θα ήταν ανεξάρτητο των ) σταθερό). Εάν λοιπόν ( ) )( ( ) ( ( }( ) ( ) I

I

Λύ ση : •

I

•

εξίσωση της εφαπτόμενης στο Α(χ 1 , ψ1 ) είναι ΥΥρ = ρ(χ + χ1 ) . Διέρχεται από το Ρ ( χ ρ , ψρ ) άρα ΥρΥι = ρ ( χ ρ + χ 1 ) . Ομοίως για το Β(χ2 , ψ2 ) θα ισχύει ΥρΥ2 = ρ ( χ ρ + χ 2 ) . Παρατηρώ ότι τα Α,Β επαληθεύουν την εξίσωση ΥρΨ = ρ ( χρ + χ) ηΕπομένως η εξίσωση τηςτωνΑΒ.Α,Β είναι οι οποία είναιοι καισυντεταγμένες y 2 = � ρχ ) λύσεις του συστήματος y = - ( χ + χ . Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/48

(

Ψρ

Ρ

J

-------

Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

-------­

Άσκηση 4 : Μία εφαπτομένη της παραβολής 2 παραβολή την τέμνει y = -4βχ, β > Ο y

ρ·χ2 + 2(ρχΡ - Ψ/)χ +ρχ/ = 0 (1) Τα Χι ,χ2 θα είναι ρίζες της εξίσωσης (1). Όμως ΑβΒΒ = 90· .Άρα τα διανύσματα ΕΑ και Ε είναι κάθετα όπου Ε = (χι - % •Ψι ) ΕΒ = (Χ2 - % , ψ2 ) . Άρα ΕΑ· ΕΒ = ο �(Χι -�}(Χ2 -�) + ΨιΨ2 = 0 � ρ ι +χ2 )+ -ρ2 + ΨιΨ2 = 0 (2) · ΧιΧ2 --(χ 2 4 Από την (ι) έχουμε Χι . χ2 = _ρχρΡ_2 = χ 2, Χι +χ2 = 2(ρχΡρ- ψ/) = 2(Ψ/ρ- ρχΡ ) , Ψ/2 = 2ρχι �Ψι2 'Ψ22 = 4ρ2Χι · Χ2 = 4ρ2ΧΡ2 Επισης 2 = Ψ 2 ,αρα Ψι2Ψ22 = 4ρχρz2 χΡ2 ' αρα , ΨιΨ2 = 2ρχΡ ·Όμως το ΨιΨ2 είναι ομόσημο του χΡ, αφού αν ψιΨ2 <Οδηλαδή αν τα Α και Β είναι εκατέρωθεν του άξονα στατότεΑ τοκαι σημείο τομής των εφαπτόμενων Β άραθα βρίσκεται αριστερά του άξονα <0, ενώ αν ΨιΨ2 >0, τότε τα Α και Β θα τεταρτημόριο άρα ηβρίσκονται τετμημένηστα 1° >ήΟστοθα4°είναι θετική. Άρα ΨιΨ2 = 2ρχΡ. Τελικώς η (2) γίνεται : ( ) Α

ρ

2

=

4αχ, α > Ο

στα Α και Β. Να αποδειχθεί ότι τα μέσα Μ των χορδών ΑΒ ανήκουν επίσης σε Παραβολή της οποίας να βρεθεί εξίσωση

ευθεία y = λχ + κ η εφάπτεται της y' = βχ αν το σύστημα (; :;) t,.ει = 2 -4 λχ μοναδική λύση ή η εξίσωση ( �+ κ)4β = βχ κλχ 2 2 μοναδική ρίζα. Έχουμε 2λ χ + 2 + + χ=Ο � 2λ χ2 + 2(κλ+2β)χ + κ = 0 θα πρέπει Δ = 0 � (κλ+2βγ -λ 2κ2 =0 � κ=-� άρα η 4 λ y = λχ - � εφάπτεται της Υ2 = βχ για διάφορες τιμές του λ •

Η

Λύ ση : ·

-4

-4

ε

τις

R.

·

χχ

'

ψψ

Xp

'

Xp

2 2 Ψ 2 - ρχ χ 2 - Ε.. . ρ ρ ρ + .e_ + 2 ρ χ = ο => ρ 2 4 ρ 2 χ 2 - ψ 2 - ρ χ + .e_ + 2 ρ χ = ο => ρ ρ ρ 4 ρ 3ρ 9ρ2 9ρ2 ρ2 2 + - - ψ 2 = 0 => χ + 2y · - + ρ ρ 2 4 4 4 ρ 3ρ 2 χρ + 3 2 Ψ 2 2 => χ + .....e.

-Ψ 2 ρ2 => =2 ρ =ι ρ 2 ρ 2 ρ2 2 ρ2

- -(

[ )

Τα σημεία Α(χι , Ψι ) και Β(χ2 , ψ2 ) είναι λύσεις του συστήματος y2= λχ-�λ , άρα τα y = 4αχ ,Χι Χ2 ρίζες της εξίσωσης (λχ - � )2 = 4αχ � λ2χ2 -2(β + 2α)χ+ λβ: = 0, με ρίζες χ1 ,χ2 . Αν Μ το μέσον της του τότε �Χι ;χz, Ψι ;ψ2 ) =("ιι•Ψμ) 2α +β · Υμ = λχμ - β = 2α · χμ =- -2 (β+2λ2 2α) = -τ τ λ Άρα Μ ( 2α + β 2α ) · Έχουμε ΑΒ

) ( ) = 4 α: (ισοσκελής υπερβολή ) άρα το Ρ( χΡ,ΨΡ) θα = α 2 β = ανήκει 2 στην γραμμή με εξίσωση αρα 2α +β �ψΜ2 = -4α2 χΜ . Επομένως το 4α2 = -, 2α +β 2 ΨΜ ΧΜ (x + ?f) 4 , στην παραβολ ' ψ2 = --χ Μ ανηκει 2αα+β . λ2

2

+

ΧΜ

λ2

,

λ

' λ

� => λ 2 ΥΜ

η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/49

ΨΜ

------- Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

Β Ά ΥΚΕΙΟΥ Άλγ εf}ρα

Διαγωνίσματα Μαθηματι κών

Χρήστος Λαζαρiδη ς

Να αποδείξετε ότι, ένα πολυώνυμο Ρ(ι:) έχει ·παράγοντα το ι: -ρ αν και μόνο αν το ρ είναι ρίζα του Ρ(ι:),δηλαδή αν και μόνο αν Ρ(ρ) = Ο. Α2. Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω προτάσεις ως σωστές (Σ) η λανθασμένες (Λ).

• Το μηδενικό πολuώνuμο, έχει βαθμό Ο.

• Για κάθε γωνία α, ισχύει: ημ2 α = 2ημασυνα.

• Η συνάρτηση f(ι:) = α• είναι γνησίως αύξουσα για κάθε πρcryματικό α > Ο.

• Αν α > Ο και α :;e Ι , τότε για οποιοδήποτε θ1,θz > Ο, ι­ σχύει: logα (θι · θ 2 ) = logα θι + logα θ2 • Μία συνάρτηση f λέyεται γνησίως αύξουσα σε ένα διά­ στημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για οποιαδήποτε ι:ι,Χz με ι:ι< Xz ισχύει: f(χι) > f(xz). ι • Έστω η πολυωνuμική εξίσωση ��γχv+ ��γ _1χv - +. . . + α1χ + αο = Ο,με ακέραιους συντελεστές. Αν ο ακέραιος ρ :;e Ο είναι διαφέτης του σταθερού όρου αο. τότε σε κάθε περίπτωση, ο ρ είναι ρίζα της εξίσωσης. Β. Στο παρακάτω σχήμα παρουσιάζεται η γραφική παράσταση της συνάρτησης r. Β ι . Να γράψετε τα διαστήματα μονοτονίας της συνάρτησης f, να εξετάσετε αν η f παρουσιάζει ακρότατα και αν η f είναι άρ­ ΑΙ.

Γεωμετρία

Α ι. Να δείξετε

Β. Αν ΑΒ χορδή κύκλοu (O,R) τέτοια ώστε ΑΒ = R.J3 τότε το συμμετρικό του κέντρου Ο βρίσκεται πάνω στον κύιcλο. Γ. Στο τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΔ//ΒΓ) αν Ο το σημείο τομής των διαγωνίων του, τότε είναι: ( ΑΟΔ) = (ΒΟΓ) Δ. Αν Ε το εμβαδόν του κύκλοu του περιγεγραμμένου σε κανονικό εξάγωνο και Ει το εμβαδόν του εγγεγραμμένου

•

τια.

Λεωνiδας Μαυροyιαννάκης

αν δυο τρίγωνα είναι όμοια τότε ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιό­ τητας. Α2. Σε κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις να επιλέξετε Σ για το σωστό ή Λ για το λάθος. Α. Αν δ ι , δ οι διαγώνιοι ενός ρόμβου τότε το εμβαδόν 2 , δίνεται από τον τύπο Ε = δι · δ 2 ότι

κύκλοu στο ίδω εξάγωνο τότε είναι � = i Ει 3 Ε. Αν ω. και φ. είναι η κεντρική γωνία και η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου αντίστοιχα, και ω. = 2φ. , τότε αυτό είναι κανονικό εξάγωνο: Β. Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ και ισοδύναμο με αuτό τρίγωνο ΜΑΒ , Μ σημείο εξωτερικό του �ρθογωνίου τέτοω ώστε οι πλευρές ΜΑ και ΜΒ τέμνουν την πλευρά ΔΓ του ορθογωνίου εσωτερικά στα σημεία Ε και Ζ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι : Ι Β1 • Το σημείο Ε είναι το μέσον τοu ΑΜ. �. ( ΑΕΖ) = 4( ΑΒ ΓΔ) ·

(ΑΒΖΕ) = �(ΑΒΓΔ) Β4. ΕΖ=ΔΕ+ΖΓ 4 Γ. Δίνεται τετράyωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Στην πλευρά ΑΒ πάρετε ΑΒ . Με πλευρά το ευθύyραμμο τμήσημείο Ε τέτοιο ώστε ΑΕ = 3 μα ΔΕ ιcατασιcεuάσετε εξωτεριιcά τετράyωνο ΔΕΖθ. Η προέιcταση της πλευράς ΒΑ τέμνει την θΖ στο σημείο Κ Γ1 • Να υπολογίσετε {ΑΒΓΔ) 9 , , � =- . το εμβαδόν τοu τραπεζίου ΔΓΒΕ. Γ2• Δείξετε ότι ΔFZJ?)J ΙΟ 8.

3

Αν επιπλέον f(x) = χ4 - 2χ 2 ,τότε: Β2. Να υπολογίσετε τα σημεία Α και Β και να σχεδιάσετε την γραφική παράσταση της συνάρτησης l!(x) =(x-1)4 -'JJC +4χ-2 . λx + f(l) · y = λ - I όπου λ Ε R . Β3. Δίνεται το σύστημα f(2) λ 2χ - ·y=λ 4 Να αποδείξετε ότι αν λ :;e Ο και λ :;e 2 , τότε το σύστημα έχει ι μοναδική λύση (χ 0 , y0 ) τέτοια ώστε: (χ 0 y0 ) 20 s = Ι . ·

Γ. 'Εστω η

j

συνάρτηση f(x) =

·

�[

•

�

J

ημ(π-χ) + συν( - χ) .χ E R .

Γl. Να αποδείξετε ότι: f(x) = ημχ και να λύσετε την εξίσωση f(x) + 4συνχ - 4 = Ο στο διάστημα [0,4π). f(x) Ι + συνχ 2 - . Πότε οΓ2. Να αποδείξετε ότι: + f(x) Ι + συνχ f(x) ρίζεται η προηγούμενη ταυτότητα; Γ3. Αν

(�, π) ,να αποδείξετε ότι: f(α)>σuνα+εφα+σφα.

2 Δ. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = Iog(ln x) . Δ ι . Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f. Δ2. Να αποδείξετε ότι: f(2) < Ο . α Ε

Δ3. Να λύσετε την εξίσωση Ι οrω = .!_ .

2 Δ4. Να αποδείξετε ότι: f(.Je) + f(�) = .:.. Iog 6 . .

Γ• 3 Δ.

·

(

Δείξετε ότι (ΔΚΕ) = ( ΔFΖθ) . .

2

-

- -

Σε κύιcλο (O , R) δίνονται διαδοχικά τόξα ΑΒ , ΒΓ

.-.

και ΓΔ αντίστοιχα 30 , 60 και 90 . Δ l . Να υπολογίσετε συναρτήσει της ακτίνας R το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ. Ι Δ) Δ 2• Να δείξετε ότι ( ΑΒΔ) = 2 ο

ο

ο

(

ΑΓ

Δ • Να υπολογίσετε σuναρτήσει της αιcτίνας R το εμβαδόν (ΒΓΔ).

3 Λύσεις: Α2 • Α: Λ, Β: Σ, Γ: Λ, Δ: Σ, Ε: Σ

Β1• Το ύψος Μθ του ΑΒΜ τέμνει την ΔΓ στο Η. Επειδή Ι Ι (ΑΜΒ) =(ΑΒΓΔ) έχουμε ΑΒ · Ι\.Β=ΑΒ · ΒΓ � Μθ = ΒΓ .

'2 '2 Και επειδή Ηθ=ΒΓ θα είναι Ι Ηθ = -Μθ δηλαδή Η είναι το 2 μέσον του ύψους Μθ. Από τα ό­ μοια ΜΕΗ και ΜΑθ έχουμε επο­ ΜΕ lWI Ι μένως: - = - = - άρα το Ε ΜΑ Μθ 2 α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/SΟ

Α

-�---

Μαθηματικά -yια τη Β ' Λυκείου

ον του ΜΑ . μέσ . Ε μέσο του ΑΜ, άρα και το z ειναι , Β2• Επειδή, ΕΖ//ΑΒ και το μέσον του ΜΒ . Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΖ είναι επομένως

διάμεσος στο ΜΑΒ. Άρα είναι (ΑΜΖ) = .!_(ΑΜΒ) (l).Στο 2 ΑΜΖ το ΖΕ είναι διάμεσος άρα (ΑΕΖ) = l._(AMZ) (2).

2

Από ( I ), (2) είναι: (ΑΕΖ) = .!_(ΑΜΒ) = .!_(ΑΒΓΔ) .

4 4

�

83. (ΑΒΖΕ) = (ΜΑΒ) - (ΜΕΖ) � (ΑΒΖΕ) =( ΑΒΓΔ) - ( ΑΒΓΔ) 3 και τελικά (ΑΒΖΕ) = (ΑΒΓΔ) .

4 Β4. Από το προηγούμενο ερώτημα ΕΖ + ΑΒ 3 3 (ΑΒΖΕ) = -α · β � · ΒΓ = - αβ � 4 2 4 ΕΖ + α α 3 -- · β = -αβ � ΕΖ = - , άρα ΕΖ=ΔΕ+ΖΓ.

2 4 2 2 α+α ΕΒ + ΓΔ 3 -- · α = Γ 1 • (ΕΒΓΔ) = · ΒΓ = 2 2

είναι

·

2α + 3α ....

5α2 3_ , α = _ _ 2 6

(

Από ΑΔΕ έχουμε ΔΕ2 = ΑΔ2 + ΑΕ2 = α2 + �

Ι

= α2 +

�.

�

ι ι άρα έχουμε: ( ΔΚΕ) = ϊ · ΔΕ2 �( ΔΚΕ) = ϊ ( ΔΕΖθ) .

Δι.

Φέρνουμε το ύψος ΒΗ του ΑΒΓ. Επειδή η γωνία Γ είναι

σχ.

Βιβλίο: άσκηση 2 σύνθετα

εγγεγραμμένη σε τόξο 30° θα είναι f = ι 5° . Στο ορθογώνιο ΒΓ ΒΓΗ έχουμε ΒΗ = 4 (βλέπε Β'

θέματα σελ. Ι ι 1 ). Το τόξο ΒΓ τόξο 60° είναι άρα ΒΓ = λ 6 = R ,επομένως R ΒΗ = - . Επίσης Το τόξο ΑΓ 4 είναι τόξο 90° άρα είναι

ι ι � R R2 Ji. r;.. ΑΓ=λ,. =Rv2 οπότε: (ΑΒΓ) = -ΑΓ · ΒΗ = -Rν2 · - = -. 2 2 4 8 -

-

-

ο

Επειδή ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ = 1 80 θα είναι ΑΔ διάμετρος του κύκ'λου. Φέρουμε το ύψος ΒΖ του ΑΒΔ. Αν Β'το συμμετρικό του Δ2•

Αναλυτική Γεwμετρία

Λεωνίδας Μαυροyιαννάκης

Al. Να δεiξεt:ε όn η aραπrομένη 'tUI> κύκ:λσu με εξίσωση

σε ένα σημείο 'tUΙ> Α(χι , Υι ) έχει εξίσωση ΧΧι + ι = ρ2 ΥΥ ·

Α2. Σε κάθε μια από τις παρακάτω για το σωστό ή Λ για το λάθος.

χ2 + y = ρ2

προτάσεις να επιλέξετε Σ

2 Ο κύκλος με εξίσωση (χ - χ . ) + y2 = ρ 2 και χ. -φ Ο έχει

Η εστία της παραβολής με εξίσωση C: y = -1- χ 2 , α -φ Ο 4α είναι Ε(2α,Ο) ίίί. Η έλλειψη με εστίες Ε ' (Ο, -5) και Ε(Ο,5) και μεγάλο άξονα . χ2 y2 26 έχει εξίσωση - + - = ι 144 1 69 iv. Όταν η εκκεντρότητα μιας έλλειψης τείνει να γίνει μηδέν τότε η έλλειψη τείνει να γίνει κύκλος. . y2 χ 2 ν. Η υπερβολή C με εξίσωση 2 - 2 = I έχει aσύμπτωτες α β . α α τις ευθείες με εξισώσεις y = - χ και y = --χ . β β Β. Δίνεται η παραβολή C:y2 = 4χ και η εφαπτομένη ε στο τυχαίο της σημείο Α(χ ι • Υ ι ) ,που είναι διαφορετικό από την κορυφή τής. Η ευθεία ει είναι κάθετη στην ευθεία ε στο Α και τέμνει τον άξονα χ ' χ στο σημείο Β. Β ι . Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας ει 82. Αν Ε η εστία της παραβολής C, να αποδείξετε ότι ίί.

Το εμβαδόν του ΔΚΕ είναι: (ΔΚΕ) = · ΔΕ · ΚΗ και επειδή

ΚΗ=ΖΕ=ΔΕ

8

(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΔ) + (ΒΓΔ) είναι (Α&) +(ΙΙ"'Δ) =(ΑΙΙ) +(ΑΓΔ) �

το κέντρο του στον άξονα y ' y .

2 Και αφού ( ΔΕΖθ) = ΔΕ2 = Ι Οα (ΑΒΓΔ) = α2 ' (ΑΒΓΔ) = i_ 9 (ΔΕΖΘ) 10 Γ3.

Δ3.

ί.

_

Γ2•

( ( ΑΓΔ) = ΒΖ = .!_ � (ΑΒΔ) = . (ΑΓΔ) ΙΌ 2 2 R2 Ji. + R2 (1). Επίσης (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΓΔ) =

κοnιή βάση ΑΔ θα είναι ΑΒΔ) ·· · ι

Β ως προς άξονα συμμετρίας την ΑΔ τότε ΒΒ' είναι τόξο 60° και R άρα ΒΒ ' = λ 6 = R και επομένως ΒΖ = . Στο ΑΓΔ το ύψος 2 ΓΟ = R άρα ΓΟ = 2ΒΖ και επειδή τα ΑΒΔ και ΑΓΔ f:χουν

EM J. AB . .

83. Σε ποια θέση του σημείου Α το ΑΒΓ γίνεται ισόπλευρο; Γ. Δίνεται η εξίσωση 2 2 2 cλ : χ + y + 2λχ + (λ - 1) y - λ + 4λ - 2 = Ο , λ 'Φ- 1 Γι.

Να αποδείξετε ότι η εξίσωση Cλ για κάθε λ 'Φ- 1 παριστά­

νει κύκλο. Να εξετάσετε την περίπτωση λ = ι . Γ2· Να δείξετε ότι τα κέντρα των κύκλων Cλ ανήκουν σε ευ­ θεία της οποίας να βρείτε την εξίσωση. Γ3. Να βρείτε τις τιμές του λ ε JR για τις οποίες οι παραπάνω κύκλοι εφάπτονται στον άξονα y 'y . χ 2 y2 Δ. Δίνεται η έλλειψη _ C : -2 + = ι και η υπερβολή α β2 χ 2 y2 Cι : - - - = α - β α β Δ Ι . Να δείξετε ότι έχουν τις ίδιες εστίες η έλλειψη και η υ­ περβολή Δ2. Αν ε η εκκεντρότητα της C και ει εΙ η εκκεντρότητα

της C 1 να δείξετε ότι :

ε2 = ε� ( 2 - ε�) .

Αν M (x0 , y0 ) είναι ένα κοινό σημείο τους να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες της έλλειψης και της υπερβολής στο Μ είναι κάθετες. Δ3 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/51

----- Μαθηματικά για τη Β' Λυκε(ου ----'"---Αναλυτική Γ εwμετρία 2 ι det(OA,OB)I 1 1 ../ Μπρίνος Παναγιώτης

Α ' ΟΜΑΔΑ Α. Δίνεται η εξίσωση (λ-1 )χ+ (λ+1 )y +

2λ 2 + 2 =Ο ( 1) καθώς και το σημείο Α(λ+ l , -λ+l) , όπου λeR παράμετρος. i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει εuθεία για κάθε τιμή της παραμέτρου λ. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει σημείο από το οποίο να διέρχονται όλες οι παραπάνω εuθείες. ίί) Υπάρχει τιμή της παραμέτρου λ για την οποία το Α ταuτίζεται με την αρχή 0(0,0) των αξόνων; Να αποδείξετε ότι, το μέσο του ΟΑ δεν ανήκει σε καμία από τις παραπάνω εuθείες. iii) Να uπολσyίσετε την απόσταση του 0(0,0) από κάθε εuθεία της παραπάνω μορφής. Στη σuνέχεια να κάνετε το ίδιο για το Α. Τι παρατηρείτε; Πως εξηγείται γεωμετρικά το συμπέρασμα; ίν) Να βρείτε την εuθεία ε καθώς και το σημείο Α, που προιcίιπτουν για λ=l . Στη συνέχεια, να βρείτε: Α) Την προβολή Β του σημείου Α στην εuθεία ε. Β) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ, όπου 0(0,0). Λύση : i) Η εξίσωση είναι της μορφής αχ+βy+γ =Ο με α=λ -Ι, ότι: Παρατηρούμε β=λ+ 1 και γ= ../2λ 2 + 2 .

-1 λ-1=Ο =Ο <=> αδύνατο σύστημα. Επομένως <=> β=Ο λ+1 =Ο , λ = -Ι αΦΟ ή βΦΟ, για κάθε τιμή της παραμέτρου λeR. Έτσι, η εξίσωση ( 1) παριστάνει εuθεία για κάθε τιμή της παραμέτρου λ. ίί) Γι' αuτό αρκεί να δείξουμε ότι το σημείο τομής (αν υπάρχει) δύο ευθειών της παραπάνω οικογένειας, δεν ανήκει σε μία τρίτη εuθεία της οικογένειας. Για λ=Ι προιcίιπτει η εuθεία ει : y= - 1 . Για λ= -1 , προιcίιπτει η εuθεία ε2 : x= l . Το σημείο τομής των ει, ε2 είναι B(l , -1). Παρατηρούμε ότι η εuθεία ε3 που προιcίιπτει για λ=Ο, έχει εξίσωση ε3, -x+y = - .J2 που δεν επαληθεύεται από τις συντεταγμένες του σημείου Β. iii) Για να ταυτίζεται το σημείο Α με την αρχή 0(0,0) των = -1 λ+1=Ο με το αξόνων πρέπει και αρκεί δηλαδή λ=1 ' -λ + Ι = 0 τελεuταίο σύστημα να είναι αδύνατο. Επομένως το σημείο Α είναι διαφορετικό του Ο, για κάθε τιμή του λ. . λ+1 1 λ . ίν) Έστω Μ το μέσο του �μήματος ΟΑ. Τότε Μ 2'

{α {

{λ

{λ

{

(

;)

λ+l 1-λ ο μέ Παρατηρουμε ' ότι για χ=χ� -- και y=y� - το ι 2 2 λ+1 r::;:τ-;: 1-λ λος της (l) γίνεται: (λ-Ι) - +(λ+l ) - + ν 2λ- + 2 = 2 2 ../2λ2 + 2 ΦΟ για κάθε λeR. επομένως το Μ δεν ανήκει σε κα­ μία από τις παραπάνω εuθείες. ν) Έστω ε: (λ-l)χ+ (λ+l)y + ../2λ 2 + 2 =0. Τότε: d(Ο,ε) =

Ι <λ - 1)0 + (λ + Ι)Ο + ..ι2λ2 + 2 1 I <.J2λ2 + 2 1 ·

�(λ - 1)2 + (λ + 1)2

= 1 και

../2λ2 + 2 Ι<λ - 1Χλ+ Ι) + (λ + 1Χ1-λ) + �Ι 1 <�1 _ d(Α,ε)= � - 1. �(λ - 1)2 + (λ + 1)2 ν2λ 2 + 2 ότι οι δύο αποστάσεις είναι ίσες.

Παρατηρούμε Αuτό σημαίνει ότι είτε η ΟΑ είναι παράλληλη της ε είτε ότι η ε διέρχεται από το μέσο του ΟΑ. Δείξαμε όμως στο ίίί) ερώτημα ότι το μέσο του ΟΑ δεν ανήκει σε καμία από τις εuθείες ε. Άρα οι εuθείες ε και ΟΑ είναι παράλληλες για κάθε τιμή της παραμέτρου λ. vi) Για λ= 1 , έχουμε ε: y = -1 και Α(2,0). Α) Φέρνουμε από το Α εuθεία ε' κάθετη στην ε και θέτουμε Β το σημείο τομής των ε και ε'. Επειδή η εuθεία ε είναι παράλληλη στον άξονα χ'χ, η ε' είναι κάθετη στον χ'χ. Επομένως ε':χ=2. Τότε Β(2, -1) που είναι και η ζητούμενη προβολή.

1 2 '2 2 -l ο -+ -+ ότι = 1 (αλλιώς : παρατηρούμε το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώ(ΟΑ) · (ΟΒ) = 1) · νιο με (ΟΑ)=2 και (ΑΒ)= 1 ' οπότε (ΟΑΒ) = 2 Β) (ΟΑΒ) =

ι

=

Β' ΟΜΑΔΑ

Σε ένα ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Oxy είναι τοποθετημένα 7 χωριά ως σημεία του επιπέδου και μια πηγή νερού σε ένα σημείο Π. Αν γνωρίζουμε ότι υπάρχουν 6 γραμμές με εξίσωση της μορφής: (λ+ l)x + (λ -I)y+2=0, με λe {0, 1 ,2,3,4,5} που συνδέουν τη πηγή με έξι από τα παραπάνω χωριά, τότε: α) Να αποδείξετε ότι και οι 6 γραμμές είναι εuθείες. β) Να βρείτε τις σuντεταyμένες του σημείου π. γ) Το έβδομο χωριό βρίσκεται στο σημείο 0(0,0) και ένα άλλο στο σημείο Α( -1 ,0). i) Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει γραμμή Που να όυνδέει απεuθείας το χωριό ο με την πηγή . ίί) Ποια από τις εuθείες αuτές διέρχεται από το χωριό Α( l ,O). ίίί) Να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΠ. δ) Με δεδομένο ότι το κόστος κατασιcευής ανά μονάδα μήκους είναι το ίδιο, ποιο από τα δύο σενάρια συμφέρει οιιοονομιιcά. Να συνδέσουμε i) απευθείας το χωριό Ο με την πηγή ίί) το χωριό Ο με τη προβολή του Ο' πάνω σε κάποια από τις παραπάνω εuθείες. Υπάρχει περiπtωση οι δύο επιλογές να οδηγούν στο ίδιο κόστος; Πως εξηγείται γεωμετρικά το συμπέρασμα; Λύση: α) Αφού λ �Ο θα είναι λ+ l;tO. Έτσι, όλες αuτές οι . γραμμές είναι εuθείες. β) Για λ= Ι , προιcίιπτει η εuθεία ει : χ= -1, ενώ για λ=2, προκύπτει η εuθεία ε2 : 3χ+ y= -2. Οι ει, ε2 tέμνονται στο σημείο ( 1 , 1 ). Παρατηρούμε ότι οι συντεταμένες του σημείου ( -Ι, Ι) επαληθεύουν και τις υπόλοιπες γραμμές, επομένως η πηγή του νερού αντιστοιχεί στο σημείο Π( -1, 1 ). γ) i) Για χ=Ο και y=O, προκύπτει: (λ+l)Ο + (λ -1)0+2;t0. Επο­ μένως το 0(0,0) δεν ανήκει σε κάποια από τις εuθείες. ii) Για αuτό πρέπει και αρκεί (λ+ 1 )( -1) + (λ -1 )Ο+2=0 δηλα­ δή λ=Ι . Άρα η εuθεία που διέρχεται από το σημείο Α είναι η ε:χ= -1 . ·

ίίί) (ΟΑΠ) =

�� e OA On)l ���=� ��� � . d t(

,

=

=

δ) Η απόσταση του Ο από το Π είναι

(ΟΠ)= �(-Ι - 0)2 + (l - 0) 2 = .J2 , ενώ αν ε: (λ+l)χ + (λ -l)y+2=0, τότε <λ - Ι)Ο + (λ + Ι )Ο + 2 1 2 .J2 s .fi , = d(Ο,ε) = l = �(λ - 1)2 + (λ + Ι)2 ι ../2λ2 + 2 ../λ 2 + 1 ·

αφού ../λ 2 + 1 �1. Άρα d(Ο,ε)S(ΟΠ) (1) με το ίσον μόνο όταν λ=Ο. Επομένως η 2η επιλογή είναι συμφερότερη για κάθε ').;t:.O.

Μάλιστα, παρατηρούμε

ότι

του λ, μικραίνει το κλάσμα

καθώς μεγαλώνει η απόλυτη τιμή

fi

r:::?--:

..

Συμπεραίνουμε ότι το μι­

vλ2 +ι ιcρότερο κόστος το δίνει η εuθεία που προιcίιπτει για λ=5, δηλα­ δή η ε:3x+2y+l=O. Από την (Ι) προιcίιπτει: (ΟΠ)=d(Ο,ε)<=>λ=Ο. Δηλαδή η προβολή Ο' του Ο πάνω στην εuθεία εο που προκύ­ πτει για λ =Ο είναι το σημείο Π επομένως ΟΠJ.εο.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β ' 96 τ.4/52

•

Γεωμετρικοί τόποι εικόνων μιγαδικών αριθμών παραμετρικής μορφής

Από το

Γιώργο

Σ. Τασσόπουλο,

Σχολικό :Σ;ύμβουλο Μαθηματικών

Γνώρισμα του αληθινού φ iλοσόφου είναι να έχει το κουράγιο -ακόμη "και τα οικεία αναφείν επί σωτηρία της αληθείας ", να θυσιάζει δηλαδή ακόμη και τις πιο προσωπικές του απόψεις, αν είναι να σώθεί η αλήθεια.

Αριστοτέλης - Ηθικά Νικομάχεια

ενός κατάπραγματι το δυνατό τη διαδικασίαΘαεύρεσης να aποσαφηνίσουμε το άρθρο αυτόμιγαδικών θα προσπαθήσουμε μέσω κή ς παραμέτρου. επιλέξουμε γ.γιΜ'ετόπου εικόνων αριθμών που εκφράζονται αυτό χαρακτηριστικά παραδείγματα που θα μας δώσουν τη δυνατότητα να κάνουμε πάνω σ' αυτά εν­ διαφέρουσες επισημάνσεις και επεκτάσεις. Επιλέγουμε αρχικά ένα παράδειγμα όπου η παράμετρος λ είναι πρωτοβάθμια.

•

1) Να βρεθεί ο γ. τ. των εικόνων

M(z) των μιγαδικών αριθμών

z

της μορφής

z=

λ+ l. λ + -Ι ι

(ι) ,

λεR.

Όταν λέμε ότι "ένας μιγαδικός αριθμός = χ0 + y0 είναι της μορφής (ι) ", εννοούμε ότι υπάΡ,Χει ' τοτε: ' ' με ( γ) το ζητουμενο ' χ0 + y0 ι = λλ-ι+ +ι . Αν λοιπον' συμβολισουμε ' γ. τοπο λ Ε , ωστε: λ + ι . ( 2) . Για να βρούμε λοιπόν την εξίσωση του (γ) πρέπει και αρκεί Μ (γ) <=> 3 λ Ε , χ0 + y0 = λ-ι+ ι κη μετα των χ0 , y0 ώστε να έχει λύση ως προς λ η εξίσωση να βρούμε την ικανή και αναγκαία συνθή ξύ 5 x x (2) . Αν π.χ. η συνθήκη αυτή είναι η: � + 0y0 = , τότε η εξίσωση του γ. τόπου (γ)θα είναι η: χ2 +χy = 5, δηλαδή (γ): χ2 +χy= 5 . Προφανώς: {2) <=> ( Χ0 + Υο i)(λ-ι + i) = λ + ι<=> (λ -ι)χ0 + Χ0 i + (λ -ι)y0 i - Υο = λ + ι<=> 0 -y0 = λ + 1 } <=> (χ0 -ι) λ = χ0 + y0 +ι} (Σ) . Ζητάμε λοιπόν την ικανή και αναγκαία <=> (λ -ι)χ0χ+(λ-ι)y y0λ =y0 - x0 (ιι) 0 =0 συνθήκη να έχουν οι εξισώσεις (ί), (ίί) κοινή ρiζα προς λ . Αν μία από εξισώσεις, του (Σ) είναι πρωτοβάθμια προς λ , τότε η ικανή κ:αι αναγκαία συνθήκη να έχει το (Σ ) λύση προς λ είναι η αυτής να επαληθεύει καιπροκύψειάλλκαιη εξίσωση. Αν καιτησηοιη ρiζαεξισώσεις είνείναι αι πρωτοβάθμιες ωςτηςπρος λ,. τότε με να ή, από της α ζ ρi τη ηρiζσαυνθήκη απαί να (ίί) αυτ Αν y0 ::�; Ο θα έχουμε: :<::> λ = ι- Υο , οπότε για να έχει λύση το (Σ) πρέπει και αρκεί η τιμή αυτή να επαληθεύει την δηλαδή ( χ0 -ι{ι- ;:) = χ0 + Υο + ι (3).

2 +(y+ι)2 = �,ο 2 .!. . Αλλά: (3)<=>�+iο-χσ+ 2y0 = 0<=> x όπου: (C): ( ) . (χσ-.!2) +(y0 + 1)2 =�<=>ΜΕ(C), 2 4 4 ς με κ ρο (2,ι - ι) και ακτινα ρ= ΤJ5 . ρεπει ομως να εξετασουμε αν υπαρχουν στον ( C) σημεία με y = Ο . Προφανώς υπάρχουν δύο τέτοια σημεία τα Ο (Ο, Ο) και Α ( 1, Ο ) , τα οποία πρέπει να εξαιρεθούν, δηλαδή (3)<=> M E (C)- {O, Α} . . ρος λ και χ =Ο , ) λ=χσ +1} και ει η π Αν y0 =Ο, τότε: (Σ) <=>( Χο -1Ο·λ= έχ 0 -χσ οπότε το (Σ) έχει τη λύση λ = -ι. Το σημείο λοιπόν Ο (Ο, Ο) τελικά εξαιρείται Άρα: (γ) =(C) -{Α} . ομοίως Αν χ0 ::�; ι Μ Ε(C)- {Α, Β} Αν ί

z

![]) lL'.

•

JR,

Ε

ί

ί

.

(ί ) • •

για

ως

μπορεί

α)

ως

την

(ίί)

!ο

για

δύο

την

τις

(ί )

(ί) , (ίί)

ως

ίση

(ί ) ,

κυ• κλο

β)

•

έντ

κ

·

π

για να

ασχοΑηθούμε με την εξίσωση (ί) θα βρούμε

·

·

·

·

(ίί) λύση ως ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/53

δεν

πρέπει

, τότε

κυ· κλο

αρκεί:

, όποο

-----

y + 2} η (i) Ο), B(t,-2). Αν = 1 ομοίως (Σ) � Ο·λ= ·λ=y -1 λ-� . Το·σημείο � λοοrόν τελοοi δεν �οπότε (γ)=(q -{Α} . τη y0 = -2 , αιιότε (Σ) το (Σ) Αν 1 Ο, τότε �λ +0Υ 1+ l (ii) �λ = . Για ,ς io oPm: + -1 1 = σημεία: Ο, Α, Β .

2y0 = 0 . Εξαφο6νtαι δuχπιστώσαμε ο, Β είναι δειcrά. =ι ή =ο λ = β,} έχει λύση ως προς λ όταν και μόνο Εύκολα διαπιστώνουμε ότι το σύστημα α�λ=β Ι α i + Ι αβΊ * ο ή ( α = ' = β = β' = Ο) . Στην περίπτωσή μας λοιπόν έχουμε: α α Ο Iα =α' -β'1,ι -α'= β= ι, β'= οπότε η περίπτωση α = α'= β= β'= ο αποκλείεται. Ε­ πομένως το ( Σ ) έχει λύση (είναι συμβιβαστό) όταν και μόνο I - 1 1 + I I * Ο και + + ι =Ο , δηλαδή Μ Α και 2 + 2 - + 2 y0 =Ο.

Iδ· (Για το· ευθύ υπάρχει παράδειγμα και στο βιβλίο Μαθηματικά Λυκείου του φίλου μου Α­ ποστόλη Μπουρνή, Ρόδος 2007) (γ) λ z λ+1 . λ λz - z + zi λ + 1 λ ( z - 1 ) λ z - zi + 1 λ-1+ι Γεωμετρικοί τόποι εικόνων μιγαδικών αριθμών παραμετρική ς μορφή ς

Α( Ι,

έχει

το

και

Χ0 ::;C

β ' τρόπος:

Χο

λύση πρέπει και Οι πεp1Πtώσεις

(

γ ' τ ρόπος:

Χο

Χο Χο Υο Υο- • Υο - Χο τρόπος:

Μ

•

Ε

�

3

Ε

και για

Υο - Χο Υο

και

- Χο +

�

χ0

λΟΟη πρέπει και αρκεί

έχ,ει

να

και πόλ1 να

έχει λοutόν

έtσι τα

τελtκά ότι τα

Υο - Χο '

_L

=

+

ο

εξεtάοτηκαν πρσηyσυμέναι:; και

.ι=

IR,

ο Χ -

Υο Χο και τελtκά Υο

Χο + Υο +

Υο ·

Χο

(ί)

Υο +

ο

Υο

λΟΟη

Υο *

Χο

Υο

Χο

]

έχουμε:

χ0

----­

Υο

χ0

Υο

χ0

Γ

3

Ε

IR,

=

�

3

Ε

IR,

=

�

Μια ενδιαφέρουσα επισήμανση

)

Θεωρούμε την εuθεία (ε) : 3χ + 2y + 6 = 0 . Αν Μ e ( γ και Ν e (ε) , τότε να βρεθεί η ελάχιστη τιμή του

(ΜΝ )

(Σχ. α). Να εξετασθεί το ίδw πρόβλημα όταν Ν e (δ ) , όπου (δ) : χ + 2y - 4 = 0 (Σχ. β).

Πρόκειται για γνωστό πρόβλημα το οποίο όμως εδώ κρύβει Αρχικά πρέπει να δούμε αν η (ε ) έχει ή όχι κοινά σημεία με τον (γ). Αν έχουν κοινά σημεία τότε η 2(- 1) + 6 1 1� _2.J5 3·_!_ + 1 2 χιστη τιμή του (ΜΝ) θα είναι μηδέν. Έχουμε λοιπόν d(Μ,ε) = J3 2 + 2 2 = 2 ν 1 3 > 2 = ρ , αφού 11 = Jϊ2ϊ > .J65 . Άρα η (ε) και ο (γ) δεν έχουν κοινά σημεία. Επομένως κατά τα γνωστά, για το τμήμα ΓΔ με (ΓΔ )=d-ρ, θα έχουμε: (:ΜΝ);::: (ΚΝ)-(ΚΜ)=(ΚΝ)-Ι?;::: (ΚΔ)-ρ= (ΚΔ)-(ΚΓ)=(ΓΔ).

O+ Προφανώς rj Α, αφού ΚΑ,i (ε) καθόσον . λε =- �2 και λΚΑ = 1 - l = 2, δηλαδή λΚΑ ·λε =-3 :;o!: - l . t : =-1 Α Κ, Δ Αν όμως Νe(δ) τότε ΓΞΑ,αφού ΚΑ .l(δ) καθόσον � =-_!_,οπότε 2 ενδιαφέρουσες λεπτομέρειες.

λδ · �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/54

και

μεm.ξ6

ελά-

(γιατί;).

------ Γεωμετρικοί τόποι εικόνων μιγαδικών αριθμών παραμετρικής μορφής

------

Υ

Υ

χ χ

Σχ. α Σχ. β Υπάρχει ή όχι τότε ελάχιστη τιμή για το ( ΜΝ) Αν ΜΜ' (δ), τότε ΜΝ ΜΜ' . Πρέπει και αρκεί λοιπόν να αναζητήσουμε με­ το ελάχιστο ταξύ ΜΜ' που είναι κάθετα στη Μ στο ημικύκλιο που βρίσκεται με(δ) μετωντοτμημάτων ταξύ των (δ), (δ') , όπου (δ')#'(δ) από το Κ . Όμως τότε για κάθε σημείο Μ υπάρχει σημείο Μ1 στο τόξο οπότε ΜΜ'= ΗΔ >Η1Δ =Μ1Μ; (Σχ. γ) δεν υπάρχει ελάχιστη τιμή του ΕπομένωςΟμοίως μπορούμε να δείξουμε και στο (ΜΝ) . Σχ. α ότι: ΜΝ ;;:: ΜΜ' = ΗΔ;;:: Δ γ Σχ.

M(z) 2λ 1 + 3λ + 1 - ( λ + l ) ί z= λ eJR .

2λ 1 + 2λ + 1 Στο αυτό η παράμετρος λ είναι δευτεροβάθμια και το πρόβλημα γίνεται δυσκολότερο. Ο­ μοίωςπαράδειγμα λοιπόν έχουμε: 2 {χ0 - l) λ 2 + (2χ 0 - 3 ) λ + χ 0 - 1 = 0 (ί) . 2λ 2 + 3λ + 1 - (λ + l)ί 3λ } () χ 0 + y0ι = Μ ( ) 3λ 2y0λ 2 + (2y0 + l) λ + y0 + 1 = 0 (ii) 2 λ 2 + 2λ + 1 Αν ένα τριώνυμο f(λ) = αλ2 +βλ+ γ έχει ρίζες λ1 , λ2 και ένα Φ(λ) = α'λ2 + β'λ + γ' έχει ρίζες λ; , λ; , τότε για να έχουν κοινή ρίζα πρέπει και αρκεί προφανώς να ισχύει: Φ(λ1 ) Φ(λ2 ) = Ο (ι) ή f(λ;) f(λ;) =Ο ( 2) . Μετά τις πράξεις και2 με βάση τους τύπους Vietta τόσο η (ι) όσο και η (2) οδηγούν στη σχέση R=Ο, όπ�υ R= l αα, γγ, ι - ι αα, ββ, Ι Ι ββ, γ1,1 η απαλείφουσατων f(λ), Φ(λ) . . Αν λοιπόν ι, ο τότε στην περίπτωσή μας έχουμε: •

.l

;

�

ΜΓ , -

2) Να

Α'

Γ

των μιγαδικών αριθμών

βρεθεί ο γ. τόπος των εικόνων

z

τη ς μο ρφής

, όπου

ε γ <:::>

ε

R,

· 1[])

ε �.

<:::>

Σ

άλλο

•

·

·

•

I

Χ ο :;ι!:

Υο

,

:;ι!:

11

1 1 '

Ι

χ - 1 2 - 2 (x0 - l ) 2 χ0 - 3 · 2 χ0 - 3 Χ0 - 1 = Ο <:> · · · <=> R = O <:> 2 (x0 l ) 0 2y0 y0 + 1 , 2y0 2y0 + 1 2y0 + 1 y0 + 1 2 2 + y0 + = <=> 2(χ0 - 1 ) 2 - ( χ 0 + Υ - l)(x0 - y 0 - 2) = 0 <:::> χ� + y� - χ0 + y0 = Ο <:::> χ 0 ο

(C): (x -.!.2)2 +(y+.!.2)2 = .!.2 ο κύκλος

με κέντρο

( �) ( � )

κ(!,_.!. ) και ακτίνα ρ= J22 , χωρίς το 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/SS

� <::>M e(C), όπου

σημείο

A(l, Ο) αυτού. .

------ Γεωμετρικοί τόποι εικόνων μιγαδικών αριθμών παραμετρική ς μορφής ------

•

•

{Σ}

Αν χ 0 = 1 , τότε: (i) <=> λ = Ο και συμβιβαστό <=> 2y0 · 02 + (2y0 + 1 } · 0 + y0 + 1 = 0 <=> y0 = -1 . Άρα το σημείο Β ( 1, - 1) είναι σημείο του τόπου, σ)..λά προφανώς ανήκει στον ( C) . Ομοίως αν y0 = Ο τότε: (ii) <=> λ + 1 = Ο <=> λ = -1 . και { Σ ) συμβιβαστό <=> 2(χ 0 - 1 }( -1 }2 + (2χ0 -3 }( -1 } + χ 0 -1 = Ο <=> χ 0 = Ο . Τελικά σημείο του τόπου είναι και το 0 ( 0, 0) , που ανήκει όμως στον (C) . Άρα (γ) = (C} - { A } . .

2

l -λ 3) Να pρεθεί ο γ. τ. των εικόνων M(z) των μιγαδικών αριθμών z της μορφής z= 2 +i 2λ2 , όπου λ l +λ

l +λ

eΖ.

Πρόκειται για ένα παράδειγμα, το ευθύ σκέλος του οποίου, έχει αντιμετωπιστεί και στο σχολικό βιβλίο, Άσκηση 8 σελίδα 1 12. Εντελώς ανάλογα έχουμε: 2 2 Μ ε ( γ } <=> 3λ e JR' χο + Υοi = 1 - 1λ+ λ+22λi <=> 3 λ e JR' (χ 0 + 1 }2λ + χ 0 -1 = 0 ('(ί)" ) Υο λ - 2λ + Υο - Ο Αν λοιπόν χ 0 -1 1eαι y0 Ο , τότε έχουμε: Μ e (γ) <=> R = Ο <=> 2 ο Χ +1 ο Χο 1 Χο - 1 Χο - ι • (c) : χ 2 + y2 = 1 , - ο Ο 2+ 2 = Μ ( C) , οπου •

1

;ι:

;t:

11

}

11

{Σ}

I I I ο κύκλος με κέντρο 0(0, 0) και ακτίνα ρ = , χωρίς τα σημεία Α(1, 0 και Α'(-1, 0 <=>

+

Υο

Υο

Υο

-

2

·

-2

Υο

<:::>

=

• • •

<:::> χ 0

y0

ε

Ι <:::>

l } } αυτού. Αν χ 0 = -1 τότε η (i) είναι αδύνατη. Το σημείο λοιπόν Α' { -1, Ο) εξαιρείται. Αν Υο = Ο , τότε (ii) <=> λ = Ο , οπότε: συμβιβαστό <=> ( χ0 + 1 } · 02 + χ0 '"" 1 = Ο <=> χ0 = 1 . Το ση­ μείο λοιπόν Α(1, Ο) ανήκει στο γ. τόπο. Τελικά (γ) = (C} - { A '} . μ· τρόπος: Η εξίσωση (i) είναι εύκολα επιλύσιμη ως προς λ . Πράγματι: Αν χ 0 = -1 είναι προφανώς αδύνατη. Αν όμως χ 0 -1 τότε (i) λ2 1 - Χο . Αν 11 +- χΧ ο < Ο , δηλαδή χ 0 ε (-οο, - 1) u (1, + οο } τότε η (i) είναι 1+ 0 •

{Σ}

•

�

;t:

=

±Γ-

χ0

1 - χ , ;, Ο , δηλαδή -I < χ ,; I έχουμε: (i) "" λ = χ, . &oμtw>;: σuμβιβαστό , 1 + χ0 1+χ0 1-Χο 2 + -Χο +y = Ο <=> Υο =+- 1-χσ Υ� 1- Χο <=>� +io =1. Άρα (γ)=(C) -{ Α'} . <=> Υο ·---o -<=> 1+χ0 1 + χ0 1+χ0 (1+χ0 )2 1+ Χο . 1+χ0 γ ' τρόπος: Με λίγο μεγαλύτερη προσοχή μπορούμε να δούμε ότι: 1 -λ 2 + 2λί = 1 + (λί)2 + 2λί ( 1 +. λί )2 . = -1 + λί. . Αναγεται . . σε πρωτοβάθμια παράμετρο δηλαδη .

2 2 1+λ 1-(λι) ( 1 + λι )( 1 -λι ) 1 - λι και αντιμετωπίζεται ευκολότερα, όπως το 1 παράδειγμα. Αφήνουμε ως ανοιχτό πρόβλημα για τον αναγνώστη την αναγωγή του προηγούμενου προβλήματος σε πρωτοβάθμια παράμετρο. Παρατηρήστε ότι: 2λ 2 + 2λ + 1 4λ2 4λ + 2 ) ( 2λ + 1 γ - ί2 J κ.λπ. αλ2 + βλ + γ = 0 , Ο . , , . α · α :;: λ σuστημα λ2 . .... μορφης 'λ2 β'λ ' Ο της αδ6νατη, ενώ

z

αν

(Γ J

�

(Σ)

-

ο

•

=

ι; • Σ κάθε Jk. � "� """ �,_, ως προς ημεwχrη: ενικσtερα

&.{....,. .,)'1..,..�ι 'ανtίθεrοι �-�1 � \ """ 'Ψ' Ι..,. a,ιuwv• � vu•"""" "" ..,.,

}

α

' <MXyεW1 σrο

..

� ....·-� .-ι:. ._, I'JUVUY

•

+

' σuστημα:

�(

}

+γ =

+

, OΠDU

=

�[

, με

}

2 β αλ + λ + γ = 0 ( β' - 'β) λ (αγ' - ' ) Ο + α α αγ =

�1 �..:.

σnό

....,""'�'' Ι τοο

ιαn

w

λ

;t:

τη

ο , σιο

2 β Ο όιιοο αλ + λ + γ = , �1� Μ."*'Α = α β' - α' β Β = αγ , - α,γ Με �-�. .� . .,ι:ι.... � Αλ2 Β Ο , , . Κllt\UIJPY1α uιouιv.ιιψι ι 'WU απo tην πpωtη a,ιuwv • ι. u.•u.r<>""' σtO ιuuvuv._, + λ= προποβάθμιο σύστημα: ( Αβ - Βα) λ + Αγ = 0 . Οι πφπtώσεις βέβmα = ο, ' ο, λ = ο κ. λ. π. εξετασrοίιν ιδιntψωι;. Αν{i)..ι:τyα ένα α = α θα Αλ + Β = Ο •

}

λ2

·

λ2

σε προποβάθμιο, όtαν � σίισtημα τρiτοο βαθμού, με απαλΟ1φή τοο λ 3 ιΟΟyεται σε δεuτφοβάθμΙ0 ιαn στη συνέχεια με απαλΟ1φή τοο με φυσucά ;t: Θαορητικά, οποιουδήιιαιε βαθμού σίισtημα, μπορεί να muxOci σε προποβάθμιο, τις όποιες πρακτικές δ\ιοχψ:ιες. Ε� αποτελεί η apαρμοyή αυτής της μaΙόδοο σιο δεόιψο θέμα, πpοιωμέl.οο να δu:rιαιπωθσύν οιδυσιωλίες ποu θα πpοιa)ψοuν.

λ Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/56

--------..,,....- Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Γενι κής Παιδείας

[ασκήσεις: 4,5,6,7 ,10,1 1] [ασκήσεις: 1 2 3 ] δ) Αφού είναι ψ = 20 και sψ = 2 , και οι δειγματικές τιμές της ψ ακολουθούν την κανονική κατανομή τότε το διάστημα ( 16, 22) αντιστοιχεί στο ( ψ - 2sψ ι ψ + sψ), στο οποίο εμφανίζεται το � 9 5 %.+ 34% = 8 1ι 5% Άρα η ζητούμενη πιθανότητα είναι 0,815. Άσκηση · 2 : Έστω η συνάρτηση f με

Αδαμίδης Ηλίας, Στυλιανίδου Αλεξάνδρα - Βέροια Βακαλόπουλος Κώστας Κατωτριώτης Κωνσταντίνος Μυτιλήνη

[ασκήσεις: 8,9],

Άσκηση 1 : Έστω Χ ι ι Χzι · ι Χν Κ«L Ψ ι ι ΨΖι · · ι Ψν οι παρατηρήσεις δυο δειγμάτων αντίστοιχα των μεταβλητών Χ και Ψ. Δίνεται ότι η μέση τιμή των χ = 10 και ισχύει = ι 2 i ::'::: 1 ι 2 ι ... . ι ' t ε R .

Ψι

Χι είναι :t Χι + χ

ν

ι

α) Να βρείτε την δειγματική μέση τιμή ψ και τυπική απόκλιση Sψ της Ψ συναρτήσει του t και Sx·

-

- -(t1 -x)2-(t2 -x)2Χ f(χ) - e

β) Ν α βρείτε την μέγιστη τιμή που μπορεί να πάρει η δειγματική τυπική απόκλιση sx της ώστε το δείγμα παρατηρήσεων της Ψ να είναι ομοιογενές για κάθε t e R . γ) Αν sx= 2 , τότε Βρείτε την ψ και Sψ , καθώς και την σχετική διασπορά των • Ποιό από τα παραπάνω δείγματα έχει μεγαλύτερη ομοιογένεια; Αν το δείγμα των ακολουθεί κατά προσέγγιση την κανονική κατανομή , ποια η πιθανότητα , μια στην τύχη παρατήρηση από το

i)

Ψι

iii)

,

, με t1 , ι - 1,2, 3, ...,ν ' -

οι παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Τ με μέση τιμή Τ και τυπική απόκλιση Sτ • Δίνεται ότι:

•

α)

Η μέγιστη τιμή της ισούται με e ν3

f

•

Ψι

ii)

-(t.-x)2

• • •

,

• f'(x) ιm Iι-+f Τ2 - Χ 2

= -e

Να δείξετε ότι: Τ =

- ν ·sτ2

ν και sτ = ν2ι .

β) Αν ο συντελεστής μεταβλητότητας των �,i =J,1,3, ..., ν ισούται με s - 3 , να δείξτε ότι ν=S.

( ) γ) Θεωρούμε το συνολικό δείγμα παρατηρήσεων Δ που διαμορφώνεται από τις Λύση : α) Από γνωστή εφαρμογή του σχολικού t1 , ί = 1, 2, 3, 4, 5 του αρχικού δείγματος Δ ι και βιβλίου θα είναι ψ = ..2:... + χ = ιοt2 + 10 = 2 ._ χ + +t τις παρατηρήσεις t 1 , ί = 6, 7, , 15 ενός άλλου ιο (2+tzt2 ) και sψ = I ιt2 I Sxι = ιt2 Sx . ι δείγματος Δ • Αν η μέση ΤΔ = 3 και τυπική + ι + των τιμών της Ψ απόκλιση ι + το δείγμα 2 β)ι Για να παρουσιάζει sΔ = 2 , τότε να δείξτε ότι η μέση ομοιογένεια πρέπει και αρκεί: cνψ � ο, 1 για κάθε τιμή ΤΔ2 =2 και η τυπική απόκλισή sΔ2 =1 ,73.

R CVτ = 5 - 3 Λύση : α) Για κάθε t Ε R, .Ό μως: ==> � = 1 5 _ 3 ==> νι3 = 5ι3 ==> = 5. . Τότε τ = 5 και Sτ = ι5 <Cvψ <- Ο 1. ...... � < Ο 1 ......

2 γ) Για = 5 το αρχικό δείγμα έχει μέση τιμή -·-·ιwι - ......Ίο( . 2+ t 2 ) - ι ο � 2 + t 2 για κάθε t Ε R . Επομένως η -τ = 3 και τυπικη· απο' κλιση = .21 . Άρα: 5 μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η τυπική 5 5 5 απόκλιση είναι το ελάχιστο της συνάρτησης Σtί = 5· 5= 25 και -1 =-1 Σti2 -r �Σ�2 =125+­1 ί=Ι.

125 625 5 i=l. g(t) = 2 + t 2 , t Ε R . Το ελάχιστο της συνάρτησης i=l 15 Σ tί g είναι το 2 για t = Ο . Άρα η μέγιστη τιμή της ΤΔ τυπικής απόκλισης είναι το = 2. Έστω = i=5 η μέση τιμή και η τυπική 10 γ) ι) Για sx -= 2 ( άρα t=O ) , από το α) ερώτημα παίρνουμε ψ= 20 και sψ = 2 και CVψ = 202 = Οι 1 . απόκλιση του δείγματος Δ2 . Για τη μέση τιμή τ και την τυπική απόκλιση του συνολικού ii) C Υχ = :σ = Οι2 ι CVψ = ξ0 = Οι 1 . Επειδή δείγματος ισχύει: CVx > CVψ προκύπτει ότι μεγαλύτερη Σ t; + Σ t; ομοιογένεια έχει το δείγμα με τον μικρότερο => Σ t ; = I S · 3 - 2 S = 2 o τ = συντελεστή μεταβολής δηλαδή το δείγμα της μεταβλητής Ψ. δείγμα της Ψ , να ανήκει στο διάστημα 16,20 . :

•••

χ Ε

s

•

<::::> s

·

x

ν

ν

sΔ

Δ

x

s

x

s

Ψ

s

x

sΔ

ι

ι

Δ

sΔ

Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 9 6 τ.4/S7

s

ιs

i=ι

i=6

ιs

ιs

i=6

rn

-------

------- Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

1 ( -χ )' = --1 0 για χ < Ο . f' (χ) = --χ χ

οπότε έχg'(χ) = -2χ . 2 2 < Ο ουμε: ΤΔ' = 2100 = 2 (1 + χ ) τ2 / Ϊ SΔ2 = ..!...

15 Σ t + t/ - � 1 1 Οπότε έχουμε: S 1 � Δι2 = ιoff2-ι =10 � -'f = 1 3::: 3 => S Δ ::: ..fj �

(

Επίσης:

--

i�

�6

-

)

β)

σχολείου συμμετέχει σε ένα τουΜ!χιστον από τα μοναδικά εκπαιδευτικά προγράμματα α και β που διοργανώνει το σχολείο τους. θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α, Β, με Α: ένας μαθ-ητής να συμμετέχει στο πρόγραμμα α και Β : ένας μαθητής να συμμετέχει στο πρόγραμμα β, με Α, Β :ι: 0 Α n Β :ι: 0 και ,

την συνάρτηση f(x) Ρ( -Β)-Ρ(:ιt) bι(-χ) +2 . χ α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f και να δείξτε ότι είναι γνησίως αύξουσα β) Να δείξτε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f ' σε οποιοδήποτε σημείο της {x0 ,f(x0 ) ) σχηματίζει με τους άξονες συντεταγμένων τρίγωνο με σταθερό εμβαδόν , ίσο με 2 τ.μ. γ) Ορίζουμε ως πιθανότητα Ρ(Α) του Α, το 9/10 του εμβαδού του πολυγώνου σχετικών συχνοτήτων μιας κατανομής και ως πιθανότητα Ρ(Β) του Β, την διάμεσο τιμή των g(S) , με l < κ < S τιμών g g(κ), g •

(�} (�}

ι

της συνάρτησης g(x) = l + x 1 , χ > Ο . i) Βρείτε τις πιθανότητες Ρ(Α) , Ρ(Β) ii) Με ποια πιθανότητα πραγματοποιείται ακριβώς ένα από τα Α, Β .

--

•

Ρ{Α - Β}- Ρ(Β') = P(A) - P(A n B) - 1 + P(B) = Ρ(Α υ Β) - 1 .

Λύση : α) Είναι

Αφού κάθε μαθητής συμμετέχει σε ένα τουλάχιστον των προγραμμάτων α, β, τότε Α υ Β = Ω με Ρ(Α υ Β) = 1 Οπότε

Ρ{Α - Β) - Ρ(Β') = Ο . Έτσι γίνεται: f(x) = -ln(-χ) + 2 .

η συνάρτηση

Το σύνολο ορισμού της είναι το

(

-οο ,

Ο) και

εξίσωση

της

y - f'( x0) = f"( x0)( x - x0)

Υ= Άσκη ση 3 : Καθένας από τους μαθητές ενός

Α

f"(x) = � χ . Η

Είναι

( - οο , 0).

εφαπτο μένης της γραφικής παράστασης της f' στο σημείο με τετ μη μένη Χο είναι: η δηλαδή

2

,1250

f

Άρα η είναι γνησίως αύξουσα στο

)

(

>

f

2

1

χ 2 -χ οχο

σημεία Κ εμβαδόν

' και τεμνει τους α' ξονες στα

(0,- :ο J του

Λ(Ο,2χ 0 )

και

.Οπότε το

ΟΚΛ

τριγώνου

είναι

(ΟΚΛ) = .!.2 _ 2_ χ 0 Ι 2χο l = 2 τ.μ.

γ) (i) Είναι γνωστό ότι το εμβαδό του πολυγώνου σχετικών συχνοτήτων ισούται με 1 . Άρα θα είναι

g(x)

2χ 2 (1+i)

φθίνουσα

<0

Ρ (Α) = i.

10 . Για κάθε >Ο είναι χ

g

. Άρα η

(0,+

στο

είναι γνησίως

)

οο .

1 < κ < 5 � -51 < -1 < κ < 5 �

Οπότε:

(�) g (:) g(κ) g(5) Ρ{Β) = δ = : ω = �( ι 1κ + ι :�, = � J 1C

g

>

>

>

. Επομένως:

g(κ) g

ii) Επειδή Α-Β ασυμβίβαστα έχου με:

+

και

'

Β-Α

είναι

Ρ[(Α - Β) υ (Β - Α) ] = Ρ{Α - Β) + Ρ(Β - Α) = P(A) + P (B) - 2 P(A n B) (1 ) . Ό μως Ρ{ Α υ Β) = 1 � P(A n B) = Ρ{ Α) + Ρ{Β) - 1 = 9 + -5 - 1 = -2 . οποτε ' συμφωνα ' =με την (1 ) 5 10 10 14 8 3 ' θα ειναι: Ρ((Α - Β) υ (Β - Α)) = - -- = 10 10 5 Άσκηση 4 1 -4 Χ Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

c-:-=

νχ + 7 - 3

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f β) Να βρεθεί το σημείο Ε ( x,f(x) ) στο οποίο η

γραφική παράσταση της f τέμνει τον ημιάξονα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/58

Οχ

------

γ) Να υπολογιστεί το όριο:

δ) Έστω μεταβλητής

με

Χι

i

=

limf(x) οι τιμές μιας

χ ενός δείΎματος μεyέθους v=80 Εάν

m = lim f ( χ )

πίνακας.

8 m

'Φ

'Φ

'Φ

'Φ

_

"

+

)�

·

.t-+2

=

·

γίνεται:

ΣΥΝΟΛΟ

8 24 32

16

ν=80

•

Δίνεται η συνάρτηση

=

χ' χ

0,2

υ

Sx

και

20 3 + 4χ2 - χ + 2015,χ e R . g(x) -χ 3

σημείο

α) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί: χ + 7 � Ο και .Jχ + 7 -3 Ο , δηλαδή χ � -7 και .Jx + 7 3 δηλαδή χ � -7 και χ + 7 9 ·δηλαδή χ � -7 Επομένως και χ 2 = [ -7 ,2) ( 2, +α:> ] β) Για να βρούμε που τέμνει η C, τον θετικό ημιάξονα 0Χ λύνουμε την εξίσωση: y = f(x) = O Έχουμε: f(x)=O�x2 -4=0 άρα χ = 2 ή χ = -2 <Ο, απορρίπτεται. Άρα η C, τέμνει τον Οχ στο Ε(2,0) . χ 2 -4 ω= i) lim f (χ) = lim ,---:-;; χ-+2 χ + 7 - 3 χ -+2 . (χ + 2)(χ - 2)(.Jx 7 + 3) ιχιm -+2 (.Jx + 7 -3)(.Jx + 7 + 3) (χ + 2)(χ - 2)( rx+7 + 3) = lim Χ-+2 Χ +7-9 (x + 2 + 3) = lim -+ χ 2 lim(x χ -+2 + 2)(.Jx + 7 + 3) = 4 6 = 24 δ) Είναι m = limf(x) άρα m = 24 , ν = 80 ν = -8 = 0,10 , f = ν2 = 24 = 0' 30 ' , f1 = _2.. ετσι: 2 ν 80 ν 80 ν4 � ν f · ν = Ο, 2 80 = 16 ακόμα : f4 = ν 4 4 ν 1 + ν 2 + ν3 + ν4 = ν � 8 + 24 + ν3 + 16 = 80 � ν3 = 32 . Έτσι ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων 1 2 3 4

τυπική απόκλιση

με

CV ο συντελεστής μεταβλητότητας των παρατηρήσεων Χι και η εφαπτομένη της Ύραφικής παράστασης της συνάρτησης g στο

Λύση :

Ar

•••

Εάν

ι 2 3 4 ΣΥΝΟΛΟ

Χι τιμή i

Έστω οι παρατηρήσεις

i = 1, 2, 3 , ν οι οποίες έχουν μέση

να συμπληρωθεί ο παρακάτω

χ-+2

5:

Άσκηση

χ-+ 2

1, 2, 3, 4

-------

Μαθηματικά για τη Γ ' Αuκείου

0, 1 0 0,30 0,40 0,20

8 32 64 80

0, 1 0 0,40 0,80

M ( CV,g(CV) )

,

είναι παράλληλη στον

άξονα τότε: Να εξετάσετε αν το δείΎμα των παρατηρήσεων είναι ομοιΟΎενές, ή όχι. ότι οι επιπλέον -γνωρίζουμε β) παρατηρήσεις: Υ ι = g"(χι ) όπου i = 1, 2, 3 ... , ν

α)

Εάν

έχουν μέση τιμή y =

,

808 να βρείτε:

i) Τη μέση τιμή χ των παρατηρήσεων Χι ίί) Την τυπική απόκλιση SY των παρατηρήσεων Υι

Λύση

R

α) Είναι: g'(x) = 20x2 +8x-ι, "iix e . Η εφαπτομένη ευθεία της γραφικής παράστασης της συνάρτησης g στο σημείο M{CV,g(CV)) είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ τότε και μόνο τότε όταν: g '(CV) = Ο άρα ισοδύναμα: 20(CV)2 + 8(CV) - ι = O (ι) Από την εξίσωση (1) προκύπτει CV = _.!_ < Ο 2 1 (απορρίπτεται) ή CV = - = 1 Ο% . Άρα το δείγμα 10 είναι (οριακά) ομοιογενές. β) i) Είναι g"(x) = 40x + 8 , Ύια κάθε x e !R . Έτσι έχουμε: Yi = g "(x) = 40xi + 8 με i = l,2,3 .

1 (y. - 8) με Άρα 40χ. = y. 8 � = 40 i = 1,2,3 ... , ν οπότε σύμφωνα με την εφαρμογή του 1 (y - 8) άρα σχολικού βιβλίου σελ.99, 'Χ = 40 -χ = 1 (808 - 8) = 800 � -χ = 20 40 40 ι ι sx = -ι <=> 8 = 2 s .. ) c·vχ = - � -x = - <=> 10 lxl 10 12οι 10 χ Σύμφωνα με την ίδια εφαρμογή (σελ.99) οι παρατηρήσεις ti = 40xi έχουν iυπική απόκλιση: S, = 40Sx = 40 2 = 80 Έτσι τώρα οι παρατηρήσεις Yi = 40x i + 8 <=> Yi = ti + 8 έχουν τυπική απόκλιση : sy = s, = 80 Άσκηση 6 : Έστω οι παρατηρήσεις χ1 με ι

11

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/S9

·

ι

-

. ., ν

χ. ι

ι

------

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

-------­

(σύμφωνα με την εφαρμογή του βιβλ.σελ.99) οι έχουν μέση τιμή χ και τυπική απόκλιση s. παρατηρήσεις ti έχουν μέση τιμή Δίνεται η συνάρτηση t = χ + k = 10 + k και τυmκή απόκλιση st = sx = ι 1 2 g(x) = ( χ - ι - s ) · e s"" 0 5 , 'Vx e R χ = ι η οποία i) Το δείγμα των παρατηρήσεων ti έχει παρουσιάζει ελάχιστο για χ = ι το g(ι) = -e•+ 2006 • , μεταβολης, cvι = sι = ι = ι κ λε συντε στη α) Να βρείτε τη μέση τιμή i και την τυπική ιιι ιιι 1 10 + kl απόκλιση s. k :;e_ -10 . β) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές ή αυτό ισχύει αν κ μόνο αν 10 + k :;e Ο Έτσι το ενδεχόμενο Α έχει στοιχεία όλα τα απλά όχι. γ) Επιλέyουμε τυχαία έναν αριθμό k από το ενδεχόμενα του Ω εκτός του -10. σύνολο: Ω = { -40, -39, , -l , O , l , , 39, 40} . Δηλ. Ν (Α) = 80 και Ν (Ω) = 8ι κ σύμφωνα με τον κλασικό ορισμό της πιθανότητας είναι και θεωρούμε τις παρατηρήσεις: t1 = χ1 k με Ρ(Α) = Ν(Α) = 80 i = ι,2,3 ..., ν Ν(Ω) 8ι Να βρεθούν σι πιθανότητες των ενδεχομένων: ίί) Για να μην είναι ομοιογενές το δέίγμα των i) Α: "Το δείγμα των παρατηρήσεων t, να έχει παρατηρήσεων ti πρέπει και αρκεί: CV Ο, ι . συντελεστή μεταβλητότητας" 1 <=> 1 10 + kl < ι ο <=> ii) Β: "Το δείγμα των παρατηρήσεων t, να μην cvt 1 ο% <=> 1 είναι ομοιογενές" I 10 + kI 10 Λύση -10 < 10+ k < 10 και k :;e -10 δηλαδή -20 < k < 0 α) Είναι : k :;e -ι Ο , άρα με μέθοδο αναγραφής το σύνολο και g'(x) = (χ - ι - s) '· ex +20 \ 5 + (χ -ι - s) · ( ex +20 1 5 )' = Β είναι: Β = { -ι9,-ι8,-ι 7 ,-16, ... - ι ι,-9,-8, ... ,-ι } . Άρα: .ι eχ+2Οι s + (x - ι - s) · ex +2o ι s = Ν(Β) = 18 (1 + χ - ι - s) · ex+20 ι s = (χ - s) · ex +20 ι s , 'Vx R Ν(Β) = ι8 και Ν(Ω) = 8ι άρα Ρ(Β) = Ν(Ω) 8ι · Έτσι αν g'(x) = Ο τότε Άσκηση 7 : Α. Έστω ο δειγματικός χώρος (χ - s) · ex+2o ι s = Ο => χ - s = 0 => χ = s . Επομένως έχουμε τον επόμενο πίνακα μεταβολών: Ω={ 0,1,2,3,...,ι000} Δίνονται οι πιθανότητες: P(m) = 2 ι όπου m = 1, 2, 3, ..., 1000 m +m + g'(x) α) Να αποδειχθεί ότι: P(m) = -ι - ι . / m m+ι β) Να υπολογιστεί η πιθανότητα Ρ(Ο) . Άρα στο διάστημα (-oo, s] η g(x) είναι '\. , ενώ Β. Εάν Κ και Λ είναι ενδεχόμενα ενός στο διάστημα [s,+oo) η g(x) είναι / . δειγματικού χώρου, για χ = s το i) Να αποδείξετε ότι: F(ΚuΛ)S2-Ρ( Κ) - Ρ( Λ') Παρουσιάζει ελάχιστο 0 1 s . .Α).λά 5 2 + min g = g(s) = -e είναι γνωστό ότι το ii) Αν Ρ(Κ ') · Ρ(Λ ') = � (ι) να δείξετε ότι ελάχιστο της g παρουσιάζεται στο σημείο χ = ι 9 00 x 2 6 2 και είναι gmin = g(ι) = -e + .

P(K u Λ) S J oo ι x o 6 2 2 s + •+ Άρα = ι και -e = -e Λύση : Α. α) Για κάθε m θεnκό ακέραιο με = ι και e20 1 6 = ex+2006 ι s s ι 000 ισχύει: = ι και χ = 2Οι6 - 2006 = ι ο m+1 P(m) = m2 1+m m+ι-m 2 β) Έτσι τώρα ο συντελεστής μεταβολής του m +m m2 +m ,Λ = ι - ι δείγματος είναι: CV =� = ...!._ κ άρα JD4f χ 10 m� ,fi(m + ι) m m + ι ..!_ CVO/o= %=1<J>/o , άρα io δείγμα είναι ομοιογενές. β) Από τον ορισμό mθανότητας έχουμε ότι: ιο Ρ(Ω) = ι <=> Ρ(Ο) + P(l) + Ρ(2) + ... + Ρ(ιΟΟΟ) = ι γ) Έχουμε όn ti = xi + k με i = 1,2,3 ... ,ν άρα δηλαδή: i = ι, 2, 3 .•• , ν

ενός

�είγματος

μεγέθους ν που

<=>

...

...

+

•

>

>

>

-

e

•

χ

ι -οο

s

9

--

s

s

s

m

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/60

------- Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου -----ι =ι 0,34 -0,30 · Ρ( Α) = 0,40 - 0,40 · Ρ( Α) � ι __ Ρ(Ο) + !_! + ! - ! + ! _! . . . + ι 2 2 3 3 4 ιοοο ιοοι Ρ(Α) = 0,60 = 60% ι ι Ι Ι Ι Ι Ι Ρ(Ο) + Ι - - + - - - + - + ... - - + - - - = Ι Ά σκηση 9: Έστω Ω δειγματικός χώρος 2 2 3 3 ΙΟΟΟ ΙΟΟΟ I OO l πειράματος τύχης αποτελούμενος από απλά ι ι � Ρ(Ο) + ι - = ι � Ρ(Ο) = ενδεχόμενα ισοπίθανα με ιοοι ιοοι 201 1 < Ν Ω ) < 2019 . Αν * I'Z' και Α * Ω A ( Β. i) Έχουμε όn Ρ(Κ υ Λ) = Ρ(Κ) + Ρ(Λ) - Ρ(Κ n Λ) όμως Ρ(( Α ) + 1 ) :::; 9 16 · και Ρ(Κ n Λ) � Ο άρα: Ρ(Κ υ Λ) ::; Ρ(Κ) + Ρ(Λ) � Ρ Α' ) Ρ ( Α Ρ(Κ υ Λ) ::; ι - Ρ(Κ� + ι -Ρ(Λ � � i) Να βρείτε το πλήθος των στοιχείων του Ρ(Κ υ Λ) ::; 2 - Ρ(Κ � - Ρ(Λ � Ω και την πιθανότητα του ενδεχομένου Α. ii) 2-Ρ(Κ ) -Ρ(Λ) :::; �3 2- �3 :::; Ρ(Κ)+ Ρ(Λ) ii) Έστω Α και Β δυο ασυμβίβαστα 4 + Ρ(Λ ) � -4 � ενδεχόμενα του Ω και η συνάρτηση: Ρ(Κ) + Ρ(Λ� � -43 � 9Ρ(Λ 5 3 ) u B ) x2 + f(x) = P ( A n B ) x2015 - -P(A 2 4 9Ρ(Λ ) + 9 ( Ρ(Λ �y � � 9Ρ(Λ ) � 403 9Ρ(Λ) 3

( )( )( ) (

)

=>

�

�

� 4 + 9 ( Ρ(Λ) Υ � ι2Ρ(Λ) � 9 ( Ρ(Λ 1Υ - ι2Ρ(Λ 1 + 4 � 0 � (3Ρ(Λ)]2 -2 ·3 · Ρ(Λ) · 2 + 22 � Ο � ( 3Ρ(Λ 1 - 2 Υ � ο που ισχύει άρα ισοδύναμα ισχύει και η αρχική.

Άσκηση 8: Στην εθνική ομάδα στίβου υπάρχουν

άνδρες και γυναίκες που άλλοι είναι άλτες(τριες) και άλλοι όχι. Η πιθανότητα του ενδεχομένου να επιλέξουμε τυχαία έναν αθλητή και να είναι άλτης(τρια) είναι 34%. Το ποσοστό �ων ανδρών που είναι άλτες είναι 30% ενώ των γυναικών που είναι άλτριες είναι 40%. Να βρεθεί η πιθανότητα αν επιλέξουμε τυχαία έναν αθλητή να είναι άνδρας.

Έστω Α: Το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεyόμενος αθλητής να είναι άνδρας και Β: το ενδεχόμενο ο τυχαία επιλεyόμενος αθλητής να είναι εΠικοντιστής(στρια). Η mθανότητα του ζητείται ενώ η mθανότητα τσμ Β είναι Ρ{Β} = Ο,ι6 . Επίσης: n B) = 30% Ν{Α} N(A n B} = 30%N(A} .� N(A Ν{Ω} Ν{Ω} � P(A n B} = 0,30 · P(A ) . Α' n B} Ν{ Α' n B} = 40%N(A'} => Ν{Ν{Ω} 40% Ν{Α'} � Ρ( Α' n B} = 0,40 · P(A'} � Ν{ Ω} Ρ{ Α' n B) = 0,40 {1 - Ρ(Α)] P {B} - P(A n B} = 0,40 · [ι - P(A)J � Λύση:

�

+ ( Ρ ( Α) + Ρ ( Β)) χ +

2

, x e [o,1]

Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα Ρ ( Α υ Β ) + 2015 β) Να αποδείξετε ότι: f(x) � α)

για κάθε χ ε [0,1]

10

γ) Αν P ( A ) = s1 και P ( B ) = s3 τότε να δείξετε ότι η διάμεσος των τεσσάρων αριθμών:

r( P ( A) ) , f ( P ( B ' ) ) , f ( Ρ ( Α' υ Β ')) f ( Ρ ( Α Β ' ) ) είναι ο αριθμός: 403 υ 2.

Λύση : i)

16' Ρ{Α) + ι :ς9�16' Ρ{Α) + 1 :::; 9 ι-Ρ{Α) Ρ{Α) Ρ{ Α') Ρ{Α) ι6 · ( Ρ(Α})2 +ι-Ρ{Α} ::; 9· Ρ(Α} ( ι -Ρ(Α} ) � 16 · ( Ρ(Α}γ + 1 -Ρ(Α} ::; 9 · Ρ (Α} - 9 · (Ρ (Α} )2 � 25 · ( Ρ(Α} )2 + 1 - ιΟΡ(Α} :::; Ο � ( 5Ρ (Α} - ι γ :::; Ο � 5Ρ(Α} - 1 = 0 => � � Ν{Α} = .!_ � Ν{Ω) 5 � Ν (Ω) = 5 · Ν (Α) = πολ I σιο του 5 . Ό μως 201 1 < Ν(Ω} < 2019 => jΝ(Ω} = 2Οι5 j O<P ( A )<I �

ii) Επειδή τα Α και Β είναι ασυμβίβαστα ισχύει P(A n B} = O και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/61

-----δ = 2f (P2(B')) = f (P(B')) = f � =

()

------ Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) . Άρα: f(χ) = - % Ρ(Α υ Β)χ 2 + Ρ(Α υ Β)χ + 4�3 α) f'(χ) = -5Ρ(Α υ Β)χ + Ρ(Α υ Β) , χ [ Ο,ι] f'(χ) =Ο�-5Ρ(ΑυΒ)χ+Ρ(ΑυΒ) =Ο � Χ = -5ι f'(χ) >Ο�-5Ρ(ΑυΒ)χ+Ρ(ΑυΒ) > Ο � χ < -5ι f'(x) < O � χ > -5ι e

•

•

•

Άρα:

Η

[Ο,iJ [�.ι]

συνάρτηση

στο διάστημα διάστημα

Χ = -5ι .

είναι γνησίως αύξουσα

,

γνησίως φθίνουσα στο

και παρουσιάζει μέγιστο για

α}=> f(x)� ��ΑυΒ)Θ) +�ΑυΒ)� �

β) Από

r(x)�r

f

το

ερώτημα

α)

προκύπτει

2

ότι:

()

2 403 = - 25 Ρ(Α υ Β) S2 + Ρ(Α υ Β) s2 + τ 403 = 403 - S2 Ρ(Α υ Β) + S2 Ρ(Α υΒ) + τ τ

Άσκηση 10: Έστω δει'Υματικός χώρος Ω με ισοπίθανα απλά όπου ενδεχόμενα Ω= και η συνάρτηση ..

1 f(x) = x - mx + 4, m e Ω και x e R .

{ 1,2,3, .,50}

Επιλtyουμε τα παρακάτω ενδεχόμενα: Α = m e Ω I m : πολλαπλασιο του

{ 4} Β .= { m e Ω / η f(χ) να εχει πρα'Υματικες ριζες }

{

Γ = m e Ω / το οριο : Ιίm

I-+ m

�-:ς � 3οΓm} Χ-

m

α) Να βρεθούν (με ανα'Υραφή) τα ενδεχόμενα Α,Β,Γ β) Να βρεθούν οι πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β), Ρ(Γ)

και P(A n B) γ) Να υπολcryιστούν οι πιθανότητες: Ρ( ι;\ υ Β), Ρ(Α υ Β'), Ρ(Β - .Α')

α) Για το ενδεχόμενο Α: meΩ ιcαι m=πολ4 άρα 403 => Α = {4,8,ι2,ι6,20,24,28,32,36,40,44,48} ιcαι f( χ) � - Ρ(Αιου Β) + Ρ(Α5υ Β) + 2 είναι Ν (Α) = ι2 . Για το ενδεχόμενο Β: πρέπει ιcαι + 2Οι5 Ρ(Α υ Β) f(x) � , για καθε χ [ ο, ι] . αριcεί Δ � Ο . όμως: Δ � Ο � m2 - 4 · ι · 4 � 0 � 10 m2 � ι6 � m � -4 (απορρίπτονται) ή άρα m � 4 . � � = = Ρ(Β') => γ) Ρ(Β) 5 5 . Επειδή η συνάρτηση Άρα: Β = {4,5,6, ... ,50} ; ιcαι είναι Ν(Β) = 47 . Για το ενδεχόμενο Γ: riι Ω ιcαι ισχ6ει: ,ι είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα x 2 - m.rπ;, x � 30 (ι). Όμως lim ,J;. x-+m χ - m θα ισχύει: r > r δηλαδή . χ2 . .χ(χ - m)(.Γχ + rrn) = ω= lιm lιm X-+m -Γχ - rm X-+m ( Vx - rrn )( Γχ + rrn ) f ( P(A ) ) > f ( P(B')) (l ) . Επίσης: Ρ( Α υ Β') = P(A) + P(B') - P(A n B') = 1im x�(.Jx + .Jffi) 1im x(x-mXfx + -Γrn) = + � Ρ(Β') - � + � Ρ(Β') . x-+m ( x-+m Ym J;. - -Γrn) ( J;. + -Γrn) Άρα: P( Aυg ) = P(g) =>f( P(Aυg }) =f( P(g) ) (2) = x-+ limm χ(.Γχ + rrn) = m(rrn + rrn) = 2mJffi έτσι Επίσης: ΗςΑ'υΗ=(ΑnΒ)' =Ω=>Ρ(Η) �Ρ(Ω)=ι:::> από την (ι) έχουμε: 2mrrn � 30Jffi => ni � ι5 άρα Γ = {ι,2,3,4, ... �ι5} ιcαι είναι Ν(Γ) = ι5 . f ( P (B' )) � f ( P( Α' υ Β') ) = f ( Ρ( Ω ) ) = f(ι ) (3) β) Από τον ιcλασσιιcό ορισμό πιθανότητας (αφού Από τις σχέσεις (1), (2) και (3) προκύπτει: τα είναι ισοπίθανα) έχουμε: f (P(A' υ Β') ) � f ( P(B') ) = f ( P(A υ Β') ) < f ( P(A ενδεχόμενα Ν(Β) = 47 ιcαι =� = Ρ(Β) Ρ(Α) = Ν(Α) = � Οπότε η διάμεσος είναι: Ν(Ω) 50 25 ' Ν(Ω) 50 ,

f

(i) (�)

�

Λύση :

e

[� ]

e

-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/62

mx

-------'--

Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

(Γ) = � = � . Επειδή Ρ(Γ) = Ν(Ω) 50 10 Ν Α ς Β => Α n Β = Α => P {A n B) = P{A) = 6 25

γ) A ς B => A u B = B => P {A u B) = P(B) = 4507 Ρ(Α u B') = P(A) + P(B') - P (A n B') = Ρ(Α) + 1 - Ρ(Β) - Ρ( Α) + Ρ(Α n Β) = 47 + � = ι - 35 = � = � 1 - 4507 + � ι = 25 50 25 50 50 ι ο Ρ(Β - Α') = Ρ ( B n {A')' ) = P{B n A) = 0,24 11: Δίνονται οι συναρτήσεις Άσκηση s h(x) = xeκαι φ( χ) = 2016 - (χ + 1)e- s με

χ e R και k ένας θετικός πραγματικός αριθμός.

α) Να μελετηθεί η συνάρτηση h(x) ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα β) Να δείξετε ότι e · h(x) 1 , για κάθε χ e R. Εάν οι παρατηρήσεις ενός δείγματος μεγέθους v ακολουθούν περίπου κανονική

�

γ)

-------

Δείξαμε ότι η h(x) παρουσιάζει μέγιστο για χ = 1 άρα h(x) ��e έτσι όντως e · h(x) � 1 για κάθε x e JR . γ) ί) Είναι � = φ( Ο) άρα � = 2016- (Ο + 1) . e0 => χ = 2Οι6 - ι = 20ι5 . Ακόμα: φ'(χ) = { 2Οι6)'- [(χ + 1)e-x ] ' = o - [(x + 1)'e-x + (x + l) (e-x )'] = = -( e-x + (χ + ι)e-χ (-1� )= -( e-x - (χ + ι)e-χ ) = -e-x (1 - x - 1) = xe-x , παρατηρούμε δηλαδή ότι: φ'(χ) = h(χ) έτσι s = φ'(k) = h(k) είναι: s = h(k) = k · e-k = � . e β)

ίί) Οι παρατηρήσεις του δείγματος ακολουθούν περίπου κανονική κατανομή άρα:

κατανομή που έχουν μέση τιμή χ = φ( Ο) και τυπική απόκλιση s = φ '(k) και από τις παρατηρήσεις αυτές οι 8.150 ανήκουν στο διάστημα

{

2015 -

�� , 2015 + ; ) , τότε

i) Να αποδείξετε ότι χ = 2015 και s = h(k) ίί) Να αποδείξετε ότι το μέγεθος του δείγματος

είναι ν = 10.000 ίίί) Να εξετάσετε αν το μέγεθος του δείγματος είναι ομοιογενές

α) h'(x)= ( xe-x ) '=(x)'e-x +χ( e-x ) '=e-x - xe-x = (1 - x)e-x h'(x) = O � 1 - χ = 0 � χ = ι h'(x) > 0 � ι - χ > 0 � χ < ι h'(x) < O � ι - χ < 0 � χ > ι

Λύση : • •

•

(

(

.

'"'

)

)

k το δtάστημα χ = 2Οι5 και s = ek 2k k 2Οι5-ek ' 20ι5+. ek αντιστοιχεί στο δtάστημα {x-2s,x+s) , στο οποίο βρίσκεται το 8ι,5% των παρατηρήσεων επομένως: 81,5%·ν=8.ι50�ν=ιΟ.<rο.

Έτσι

(

αφού

)

k _ k · e-k - h(.k) (ι) s ek χ -οο ι χ 2Οι5 2015 2Οι5 Δείξαμε όμως ότι e · h(χ) � ι για κάθε e JR άρα και για χ = k ισχύει: e · h(x) � ι � h(k) � .!.e οπότε: Επομένως η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα ι στο διάστημα ( -οο,ι] , και γνησιώς φθίνουσα στο h(k) _i_ Ι ' ' δηλαδη διάστημα [ι,+οο) . Στο σημείο = ι παρουσιάζει CV = 2Οι5 � 20ι5 = 2Οι5 · e < _!_ ιο � ι 0% , έτσι το δείγμα είναι ομοιογενές.

CV% μέγιστη τιμή την h(ι) = ι · e�1 = .!.e .

•

...

111)

I 1

cv - = -

- -- - -- - --

χ

χ0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/63

------- Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου ------Γ ' λΥΚΕΙΟΥ

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Κατεύθυνσης

Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών Μυτιλήνης ΑΣΚΗΣΗ 1 : Έστω f : R � R συνάρτηση πε� f(x1 ) - x 1 f(x 2 ) - x 2 => g'(x 1 ) g'(x 2 ) . ριττή, συνεχής και γνησίως μονότονη με f(-1)=1 Άρα g' είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε και g(x) = [.(r(t) - t)dt . g'(x-ι-Inx) � g'(O) � χ-ι-Ιηχ � Ο � lnx � χ-ι , Α. «ι) Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση g ικανο­ που ισχύει μόνο για χ= ι. (Υπενθύμιση ln χ � χ - ι ποιεί τις υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο για κάθε χ>Ο. Η ισότητα ισχύει μόνο για χ= ι). διάστημα [-1 1]. α3)Έχουμε: g'(2x-2-Jnx2 )=()�g'(2x-2-:-hιx2 } =g'(O) α2) Να λύσετε την ανίσωση g'(x - 1 - ln χ) � Ο . � 2x - 2 - lnx 2 = 0 � lnx 2 = 2χ - 2 α3) Να βρείτε το πλήθος των λύσεων της εξίσω­ � 2 1n Ι χ Ι= 2χ - 2 � In Ι χ Ι= χ - ι . σης g'(2x - 2 - ln x 2 ) = Ο . Αν χ>Ο, τότε Ιη Ι χ Ι= χ-ι�hιχ =χ-ι�χ =ι . Αν χ<Ο, τότε ln l χ Ι= χ - ι � ln(-x) = χ - ι . α4) Να αποδείξετε ότι r g(t)dt � �3 . Για να βρούμε το πλήθος των λύσεών της, θεω­ Β. θεωρούμε την G : [-l,l] � R με G(x)=g'(x) . ρούμε τη συνάρτηση φ(χ) = ln(-χ) - χ + ι , χ<Ο. β ι) Αφού αποδείξετε ότι ορίζεται η αντίστροφη ' συνάρτηση της G, να βρείτε το πεδίο ορισμού Με χ<Ο είναι: φ'(χ) = (lη(-χ) - χ + ι) = ..!.. - ι < Ο , χ και το σύνολο τιμών της συνάρτησης G οπότε η φ είναι γνησίως φθίνουσα, επομένως θα βz) Να υπολογίσετε το ��(( e2• - l} · Ιn l χ Ι ·<;-1 (χ)) . έχει μια το πολύ ρίζα. Είναι: φ(-ι)=hιι+ι+ι=2>0. Λύση: «ι) Dg=9t. Η g είναι συνεχής στο [-ι, ι], παρα­ φ 2 = m 2 + 2 + ι = -ι + 2 < 0 . Η φ είναι ' γωγίσιμη στο (-ι,ι) και g(-ι) = [ (f(t)-t)dt =0. συνεχής στο -ι,- 2 και επειδή φ - 2 φ( ι )<Ο , Θα αποδείξουμε ότι g(-ι)=g(ι). = ι ος τρόπος: Για να ισχύει g(-ι) g(ι), αρκεί η g να σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano η φ θα έχει μια είναι άρτια. Έχουμε: g'(x)=(x}-x �(-x)=(-x)tx==-t{x)+x=( J{x}-x) =g'(x) τουλάχιστον ρίζα Χ 0 ε -ι,- 2 Η φ όμως είναι Επομένως η g' είναι περιττή. Άρα η g είναι άρτια γνησίως φθίνουσα, άρα το Χ0 είναι η μοναδική ρί­ (βασική άσκηση}, οπότε g(-ι)=g(ι). ζα της φ. Επομένως η εξίσωση 2°ς τρ όπος: g(-ι}= fι' (:t(t)-t)dt=(). g(ι}= fι (f(t)-t)dt . g'(2x - 2 - ln x 2 } = Ο έχει δυο ακριβώς ρίζες. Θα αποδείξουμε ότι g(ι)=Ο. Η συνάρτηση f(t)-t α4) Στο ερώτημα (α ι) αποδείξαμε ότι η συνάρτηση είναι περιττή. Πράyματι: Αν h(t)=f(t}-t, τότε για κάθε g είναι άρτια, οπότε σύμφωνα με τη βασική άtε9t, ισχύουν: -tε9t και h(-t}=f(-t)+t=-f(t)+t = = -(f(t)-t}= -h(t). Επειδή η f(t)-t είναι περιττή, σιcηση 2 θα ισχύει f, g(t)dt=2 { g(t)dt . Έχουμε: σύμφωνα με βασική εφαρμογή, ισχύει !g(t)dt = ! (t)'g(t)dt = [tg(t)]� - ! tg'(t)dt f, (f(t)-t)dt=O , οπότε g(ι)=Ο. Επειδή, λοιπόν, η g = 0 - t t (f (t) - t ) dt = ! ( t 2 - tf (t)) dt είναι συνεχής στο [-ι,ι], παραγωγίσιμη στο (-ι,ι) και g(-ι )=g( ι}, για τη g ισχύουν οι υποθέσεις του = ! t2 dt - ! tf(t)dt= !_ ' -! tf(t)dt= .!.- t tf(t)dt Επ θεωρήματος Rolle στο διάστημα [-ι ι]. α2) Ισχύει: g'(.;.x}=-g'(x) . Για χ=Ο έχουμε ομένως: ι g(t)dt = -j- 2 ! tf(t)dt , οπότε για την g'(O)=-g'(O) � g'(O)=O , οπότε: g'(x - ι - Ιη χ) � Ο � g'(x - ι - Ιη χ) � g'(O) . απόδειξη του ζητούμενου, αρκεί � - 2 1f' tf( t)dt < � , Όμως η g' είναι γνησίως φθίνουσα. Πράγματι: Η f είναι περιττή με f(-ι)= ι, οπότε f(ι)= -ι ή αρκεί -2 { tf(t)dt< � ή αρκεί { tf(t)dt>- η ο­ και, επειδή είναι γνησίως μονότονη, η f θα είναι γνησίως φθίνουσα. _ποία ισχύει, γιατί είναι: ��ι και f είναι γνησίως g'(x) =f(x}-x , οπότε αν χι<χ2,τότε f(xι}>f(x2) φθίνουσα στο [0, ι], οπότε: f(tY-:f(ι) =>f(t)�-ι=> tf(tY-:-t. Η ισότητα ισχύει μόνο για t= Ο ή t=ι, οπότε και -χι> -χ2, οπότε: Ελευθερίου Πρόδρομος-

>

>

•

•

I

-

ι

•

( : ) (: ) : [ :]

:

( :)

[3]

•

•

-j

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/64

( :)

•

3

ο

3

�

3

-----tf(t) � -t ί tf(t)dt > ί -tdt => ! tf(t)ιt > {� 1 => ! tf(t)ιt > �. Άρα: 1. g(t)ιt<� .

------χ-1=>1 ln< χ. Θέτοντας χ το e\ θα f:χοο­ 1 1 <e με: lne =>t<e Άρα το ορισμού της

Μαθηματικά -yια τη Γ ' Λυκείου

�

Η G(x)=g'(x) . Στο ερώτημα (α1) αποδείξαμε ότι η g' είναι γνησίως φθίνουσα, άρα και η G θα είναι γνη­ σίως φθίνουσα στο Δ=[-1,1], οπότε ορίζεται η αντί­ στροφή της G. Το πεδiο ορισμού της G -ι είναι το σύ­ νο').ι) τιμών της G. Είναι G(Δ) = g'(Δ) . Όμως η g' εί­ ναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο Δ=[-1, 1 ], οπότε g'(Δ) =[g'(l),g'(-l)]=[f{l)-l,f{-1)+1 ]=(-2,2) . Επομέι νως: D0_ι =[-2,2] . Το σύνο').ι) τιμών της a - είναι το πεδiο ορισμού της G, δηλαδή το δ1άστημα Δ=[-1, 1 ]. β2) Είναι lim(e2x -1 ) =0 , lim(ln Ι χ Ι ) = και z_ lim(( e2x - ι ) · ln Ι χ ι ) = lim e x ι · xln Ι χ ι . χ zx _l (ezx _ ι )' = lim( 2e2x ) = 2 lim-e-=lim χ (χ)' (ln χ Ι )' Ιim .lL. = lim(-x) = ο Ιim (x ln Ι χ Ι) = lim I :� βι)

χ �Ο

χ �ο

•

•

χ �ο

χ �ο

χ �ο

χ-+ 0

Άρα :

Χ-+ 0

lim χ�

(

-οο

)

χ �Ο

( �)'

χ �ο

Ι

χ-+ 0

χ-+ 0

( e2xχ-l · xlnlxl) = lim e2xχ-Ι · χ�

lim χ�

( χ 1n Ι χ I) = Ο

�({e2x - l ) ·ln l χ Ι} =Ο . Επομένως: Είναι Dσ-ι = [-2, 2] και επειδή το σύνολο τιμών της a-ι είναι το Δ=[-1, Ι], για κάθε χ ε D0_1 =(-2, 2] θα ισχί>ει -ι:s;a-1 (x):s;ι η ισοδύναμα ι a -ι <χ> l :::;; ι οπότε: I ( e2x - 1 ) · ln I χ I ·G -l (χ)Ι :::;; I( e2x - 1 ) · ln I χ ι Ι . Εύκολα πλέον, με τη βοήθεια και του κριτηρίου παρεμβολής, βρίσκουμε ότι: ��( { e2x - l ) · ln I χ I ·G -1 (x) } = 0 . rx 4eι +t- dt , ΑΣΚΗΣΗ 2 : Θεωρουμε την f(x)= eι -t •

i) ii)

Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικός πραγματικός αριθμός Χ0, ώστε να ισχύει f(x�(x0) για κάθε xεDr και μάλιστα Χο<Ο.

ίίί) Να αποδείξετε ότι 2 <

4e +t

! r eιι-t

(

ίν) Να υπολογίσετε το όριο lim

χ�-

) ίχ+ι 4eι +t

dt dx < 3 .

eι -t- dt .

Λύση: i) Είναι DF91. Πράγματι: Για κάθε χ>Ο ι­ σχύει Jn::: όπου =>e1-t>O.

πεδiο

συνάρτησης q\t)=�ft e -t είναι το δ1άστημα (-οο,+οο) καt, επειδή ο αριθμός Ο περιf:χεται σ' αυτό, θα είναι DF9t. ii) Αρκεί να αποδείξουμε ότι η f παρουσιάζει fλil:xJ.­ στo σε ένα μόνο σημείο του Dr και <0. Θα μελετήσουμε την f ως προς τη μονοτονία. Η f είναι παραγωγισιμη με ftx)= 4ex +x . Επειδή ex-x>0 για ex-x κάθε χε9t, για να βρούμε το πρόσημο της f' αρκεί να βρούμε το πρόσημο της συνάρτησης g(x)=4ex +χ . Είναι g'(xf.=4ex+ l >O , οπότε η g είναι γνησίως αύξου­ σα. Ε�ν, lim g(x) = lim {4ex + χ) =-οο και limg(x)= lim{4ex + χ) =+οο . Επειδή η g είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ( +οο), θα έχει σύνο').ι) τιμών το δ1άστημα (}� g(χ), }� g(χ)) = ( ), δηλαδή το 91. Άρα υπάρχει και μάλιστα μοναδικό, ώστε g(Xo)=Q, οπότε: χ<χο=> g(x)<g(xo) => g(x)<O=> ftx) <Ο χ>χο=> g(x)>g(Xo) => g(x)>O=> ftx) >0. Επειδή η f είναι συνεχής στο , το f(Xo) είναι η ελάχιστη τιμή της f. Επομένως υπάρχει και μά­ λιστα μοναδικό, ώστε f(x)2::f(Xo) για κάθε χε9t. ν υποθέσουμε ότι � Ο, τότε έχουμε: g(χo)=ex• + > Ο που αποκλείεται. Άρα, χσ<Ο.

4e1+t ' f{x)= r ' i) Ειναι: e1 -t- dt , οποτε � r 4:� ;t dt dx = ί tιχ)dχ . Θα αποδείξουμε ότι r 4:11_:t dt dx 3 . Έχουμε: Ο :::;; χ :::;; 1 και Ο :::;; t :::;; χ , άρα Ο :::;; t :::;; χ :::;; 1 4e1 +t = 4e1 -4t+5t = 4 + 5t . Ομως: e � t-1 και -e1-t e1-t e1-t για κάθε t (προκύπτει από την 1n χ :::;; χ - 1 θέτο5t = 5t . ντας οπου χ το e ) και Άρα: -e5t1--t :::;; Ι 4e1+t- :::;; 4 + 5t => Οπότε για χ>Ο έχουμε: e1 -t +t 4e1 5t2 4 + 5 2 4+ 5(�it = 4t+ => r� :::; ; r( 2 • e� 2 = χ -χ Άρα r 4:ι_:t 4χ+ % χ2 dx= . . .= ι; <3 ι Χο

--

,

-++<ιο -++<ιο

χ

Χο

χ

-+-<ο

χ

,

�

.

χ

-οο,

-οο, +οο

Χο

•

•

Χ0

Α

Χο

Χ0

Χ0

)

ί(

)

ί(

•

,

,

ι

1(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/65

�.

..ιc:v .

[ ]

dt}x< 1(

χ

0

)

<

ι

)dx

------ Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

1(

------

' Θεωρούμε επίση ς και την f(x) = J� g s (t)dt .

2 . 'Εr 4:, ;t dt i) Να αποδείξετε ότι α=Ο. χουμε: f ' tx)= = sex (1-χ ) , f ' tx) � Ο � 1 ii) Να μελετήσετε την g1 ως προς τη μονοτονία (e • στα διαστήματα ; , Ο και Ο, ; . Άρα, η f είναι κυρτή στο διάστημα ( ι] και κοί­ Nα αποδείξετε ότι η f είναι περιττή . λη στο [ι,+οο), f(O)=O, ft0)=4 . Η εφαπτομένη ε iii) ίν) Να αποδείξετε ότι η f είναι συνεχή; στο χ0=0. στο 0(0,0) έχει εξίσωση ε: y-t{O)=ftO)x =>ε:y=4χ, ν) Να υπολογίσετε το οπότε για κάθε χ � ι ' f(x)2:4x => f(x)-4x2:0 με την 1 ημ(χt) dx+ lim /1 ημ(χt) dt lim / 1 t 1 t ισότητα να ισχύει για ένα μόνο σημείο του ( ι] νί) Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγοηίσιμη και μάλιστα στο χ=Ο. Άρα ! ( f(x)-4x στο 9t και να βρείτε την παράγαιγό της. => { t{x)dx ! 4xdx = 2 . Επομένως ! f(x)dx 2 . vii) Να βρείτε ρυθμό μεταβολής της f' Χσ=θ. Λύση : Επειδή η g. είναι συνεχής θα ισχύει f(x)�4x κάθε χ � ι θα μπο­ Στο συμπέρασμα limg. (t) = g. (Ο) = χ . Για f#O, έχουμε: ρούσαμε να φθάσουμε και με τη βοήθεια του θ.Μ.Τ. Πράγ­ την f το θ.Μ.Τ. στο διάστημα [0, χ], ματι: Εφαρμόζουμε α+ημ(χt) χ:=;1 , οπότε υπάρχει ξ ε [Ο, χ], ώστε να ισχύει +ημ(χt) g. (t) = f(x)-f(O) f(x) t => tg. (t)=α = . Επειδή είναι γνη σίως αύξουσα f' ftξ)= χ-0 χ => lim( tg. (t)) = lim ( η μ(χt)) => = 1] στο ( ξ< χ 1 => ftO)<ftξ) => 4<ftξ) , οπότε Θα αποδείξουμε ότι · · ·

-χ )

2

>

χ

�

-οο ,

( ] [ )

·

)dx >Ο=> -οο ,

t-+0

το

>

>

ότι

Σχόλιο:

t -+0

η

Ι -+0

�

, Ο<

στο

για

για

-οο,

S-+0

f(x)

> 4 για Ο<χ:=;1 οπότε f(x)>4x, Ο<χ� 1 και, αφού f(O)=O, χ θα ισχύει f(x�4x για κάθε χε [Ο, 1 ].

Ο {ημ( χ t ) (t)= t , αν t αν t= 1 -+0

Επομένως 8 χ

α+

8ι (t)= {η�t ' ααννtt=* ΟΟ χ

,

*

α

Ο

Ο

4e +χ ειναι , , γνησιως ) Η συνάρτηση f V\χ)= • e• -x i) Είναι φθίνουσα στο [ι, +οο), οπότε: 1 , ι�x � t � x+ ι => f'(x+ ι) � f'(t) � f'(x) και, επειδή η αριστερή ισότητα ισχύει μόνο για t=x+ ι, η Για tΦΟ. &ω= =>&(t)=w;-ψt . Θα βρούδεξιά μόνο για t=x, θα ισχύει: με το πρόσημο της συνάρτησης h(t)= tσυνt-ημt. (x) Είναι ! r(x+ι}lt<! r(t�< !f(x� ή f(χ+ι)< ! h(O)=O, . h'(t)=συνt-tη μt-συνt=-tημt . ( 4 ex +x ) Αν χ ε -; , τότε h'(t)<O και ε­ lim lim 4 ex +x lim ) ' eX (e πειδή η h είναι συνεχής στο θα είναι γνησίως φθί-π "2π , οπότε: Η g ει,ναι γνησιως , , 4e. + 1 1ίπi ( 4ex + 1 )' lim 4e• = 4. νσuσα στο "2' 1 = lim X ex e -1 (e -1 )' και γνησίως φθίνουσα στο Για το υπολογισμό του lim ftx+ ι) θέτουμε ξσυσα στο Σχόλιο : Το πρόσημο της g; βρίσκεται και ως εξής: u=x+ ι ' lim u= lim (χ+ ι )=+οο ' οπότε: lim ftx+ ι)= lim ftu)=4 . tσuνt-ημt=συνt( t- = ) =σuνt ( t-εφt) " " ιι

--

x -+ +co

ftx)=

Χ -+ +ΟΟ

Χ -+ +Φ

-- =

•Χ

-- =

Χ -+ +ω

X -t +CO

( Ο) u(Ο, �) . Ο ( )

_,___-'Χ

=

Χ

,

(�)

ενώ �':dt<f'

-χ

X -+ +CO

X-HCO

x -++co

Χ -+ +οο

Σχόλιο:

χ�+οο

[Ο, �) .

U-H<O

Ο υπολογισμός του ορίου lim ftx+ I ) μπορεί να γί:c-Η<ιΟ

4e•:• + (x + 1) ... νει και ως εξής: lim f'(x + l) = lim = 4 Σύμφωχ.....,.

-(χ + I)

•.....,. e•+

να με το κριτήριο παρεμβολής θα ισχύει

ΑΣΚΗΣΗ 3 :

αυ-

(;, Ο]

-

r ι 4e'+t lim + e -t

- dt=4 .

{α+ημ(t χt). , ανν t χ , α t= χ-++«>

,

-

Για κάθε xe9t θεωρούμε τη συ-

νεχή συνάρτηση

g, (t) =

*Ο Ο

•

•

t ε ( Ο, �) => εφt > t => t - εφt < 0 => g'(t) < O

•

t ε ( -� , 0 ) => -t ε ( ο.�) => εφ(-t) > -t =>

-εφt > -t => εφt < t => t - εφt > Ο => g; (t) > Ο .

f(x ) = f� g x (t)dt=J� ημ(xt) t dt . χ ε 91 ισχύουν -xe9t και ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/66

DF91.

Για κάθε

--�� � -ημ(xt) � ημ(xt)

Μ�θημαnκά pα τη Γ Άυ�� -----

fl-x)=J t J t dt = -J t dt = -f(x) iii) f ( ) = J� η μΟ dt= J�O dt=O . Θα αποδείξουμε t ότι Ιimf(χ) =Ο . Έχουμε: \ t \ = \ t \ ::;lxtt l � χ � \ \\ I

I

I

O

ημχt

χ�

=>-Ι χ \::; ημχt � χ \ ,

Άρα:

t

fι

(� }

ημχt

\ + ΙχΙ �Ο και Ι χ Ι ημχt �ο . η.ιχt t t

-ti,q t � O

κm

(

fι ι,q -

�}t � O

η => fι -ι,qdt ::; fι ημχt dt ::;fιι,qdt � -ι,q ::; J� μχt dt ::;ι,q t t fι η.ιχt d=(). Εποκαι !Π!( -Ι χ I) = lim l χ 1=0, οπότε 1im χ....Ο χ....Ο χ....ο t μένως limf(x) = f(O) . Άρα η f είναι συνεχής στο Ο. χ Σχόλιο:

,

....Ο

Ο uπολσyισμός τοu ορίου lim f(x) μπορεί να γίνει χ -->0

και ως εξής: Θέτουμε u= xt , du=xdt. Αν t=l , τότε u=x, αν η η t dt J� ημu du . t=2 τότε u=2χ.Για χ#), J� μχt dt fι ( μχ xt u t ημu fi!x � du, αν χ * Ο Άρα:

f(x)= !

x) =

=

Η f είναι περιττή , οπότε f(-x)=-f(x). Θέτουμε u=-x, χ � ο- => u � ο+ , οπότε: ιim f(x) = u-+0+ lim f(-u)= u-+0+ ιim ( -f(u) )=- u-+0 ιim'. f(u) = Ο . χ-+0Είναι lim J� η μχt dt Ο . Θα υπολΟ'yίσουμε το όριο χ-+0 t t η 2 ημχt 2 ιim t-+O fιi μχt dx . Έχουμε: f l t dx =!t J l η μχt dx �-1 ( συνχt)' dx -1 fι συνχt )' dx . . . συνt-συν2t = -1 fΓ t t2 t t . f2 η μχt dx ιιm · -ημt+2ημ2t · συ -συν2t Ο/Ο= ιιm -"'- -"--- 3 ι�--+ιm t-+0 --0 t-+0 t 2 2t 2 t + ιim J2 ημ(χt) dt= �2 . Άρα: lim f2 ημ(χt) dx χ-+0 t t ημu f� u du, αν χ .φ Ο ίν) Είναι ν χ=Ο Ο ημu Αν χ>Ο, τότε J2χx u du= 2°ς τ ρ όπος:

=

I

-t-+0

=

=-τ � (

=

=

νt

I

f(x)=

DLH

{.

I

•

α

.

•

2

Αν χ<Ο' τότε fχx ημu du= u f(x) . Θα υπολΟ'yίσουμε το χlim ημu ημu 1 + -.ο f: du+ J:� du= J:� ημudu- f.1 ημudu u u u u ημu ειναι ' , γνησιως , φθινουσα στο Η συνάρτηση +οο) ως Η είναι Ο) και ( παραγωyίσιμη (0, f u διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. οπότε για u Ε [ χ, 2χ] με χ Ε Ο, θα Ο, η μχ ημ2χ-η μχ (2χ)'Για χΦΟ, είναι: f tx)= ημ2χ χ χ ημ2χ ημu ημχ . Ολοκληρώνοντας ως Θα εξετάσσuμε η 2χείναι παραγωyίσι ' μη ισχυει: -2χ χ ::;--- ::;--χσ=Ο, limf(x)-f(O) � � �= (2χ ημ2χ (2χ ημu ημχ ' χ....Ο Χ χ....Ο Χ IJHx-iO (χ)' προς u εχουμε: J x 2χ du ::; J x u du ::; rx� χ => ημ2χ-η μχ = 1 . Επομένως η f είναι ημ2χ Ji!xχ ημudu η μχ . Είναι: lim ημx= 1im ημ2χ =0 . limftx)=lim χ-+0 χ-+0 χ x--iO' 2 x--iO' il 2 Σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής ισχύει: παραγωγίσιμη και στο Ο με ftO)= 1 . Άρα: ημ2χ-η μχ , αν χ * Ο J�x ημu dU=O . Οπότε lim f(x) = Ο = f(O) . Ο lim χ -+0+ u χ -+0+ χ ιim f(x) μπορεί να γίνει ως εξής: υπολογισμός του χ-+01 αν χ=Ο η μ2χ-η μχ 1 1 ος τρόπος: Για u Ε [ 2χ, χ] με χ Ε - ' ο θα ) f'(x f'(O) ---'x�-- = ν) lim lim χ-+0 χ-+0 χ χ ημu ημ2χ η μχ , 0 )-χ ισχυει: 7 ::; � ::; h , αφού η συνάρτηση = ιιm . ( ημ2χ-η μχ =10 ιιm 2συν2χ-συνχ-1 χ-+0 χ-+ο 2Χ Χ2 ημu , π , , ο � ειναι γνησιως αυξουσα στο - 2, ο . Ερ- ;: ιim -4η μ2χ + η μχ = Ο . Άρα η f' είναι παχ-+0 γαζόμενοι, όπως παραπάνω, βρίσκουμε ότι ραγωyίσιμη στο2 Ο και ισχύει f"(O)=O . Επομένως ο = f(O) , δη- ρυθμός μεταβολής της f' στο Ο είναι Ο. lim f(x)=O=f(O) . Επομένως ιimf(x) χ -+Ο χ-+ ολαδή η f είναι συνεχής στο Ο.

•

•

Ο

•

αν χ=Ο

( �) .

στο

( �)

u

- <

•

<

αν

---

ftx)=

( .� )

{

f

στο

•

•

(

)

DLH

DιΗ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/67

-οο ,

-----

------- Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Επαναληπτι κές Ασκήσεις Κατεύθυνσης

Λύκειο Παμφίλων

Έστω συνάρτηση f η οποία είναι δυο φορ� παραγωγίσιμη · �ο [-α, �!' στρέφει, τα κοιλα άνω και f(O)=f (0)=0, f (Ο) * Ο . Δινονται επίση ς η συνάρτηση g: [Ο,α] � 1R με

g(x)= Jr(t)dt ,xE [O,a] ο

και ο

μιγαδικός

z=l+(f(α)-l)i. Αν για κάθε Χ Ε [-α, α] ισχύει er'< x> - lz - l l f (x) :2:: 1 τότε: Να αποδείξετε ότι: Α. Η g είναι γνησίως αύξουσα στο [0, α] και ότι f(x) :2:: Ο . Β. lzl .J2 .

2 Γ. g '(x) � lzl +(χ-α) f'(χ) για κάθε x e [Ο, α ] Δ. Αν Ε 1 είναι το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f2 , τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες χ=Ο, χ=α και Ε 2 το εμβαδόν του χωρίου πoti περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f και τις ίδιες ευθείες, τότε: Ε � .i Ε 2 • 3 Ε. Να αποδείξετε ότι: '

=

1

ί.

fxr(t)g(t)dt �ff(t)dt · fg(t)dt , XE [O,a] .. α2 r g(t)dt < g(a) � e2 - 3 Λύση : Α. Η f είναι συνεχή ς [Ο,α]ς [-α,α]. Άρα η g παραγωγίσιμη στο [Ο,α] με g ' (x)=f(x) και g"(x)=f(x). Αφού η f στρέφει τα κόίλα άνω η f είναι γνησίως αύξουσα στο [-α, α] οπότε για Ο < χ � α είναι f(O)< f(x) ή f(x)>O οπότε και g"(x)>O, δηλαδή η g ' είναι γνησίως αύξουσα στο [0, α] αφού η g ' είναι συνεχής στο [0, α]. Για Ο < χ � α είναι g ' (O)<g ' (x) ή g ' (x)> f(O)=O. Άρα η g είναι γνησίwς αύξουσα στο [0, α] αφού η g είναι συνεχής στο [Ο,α] ισχύει: Ο < χ � α �Ο=f(Ο) � f(x). Β. Θεωρούμε την φ(x)=εf<x>-1z-�f(x)-1, Χ Ε[-α,. α] . Για κάθε χ Ε [-α, α] ισχύει φ(χ):2:: Ο . Παρατηρούμε ότι φ(Ο)=Ο οπότε φ(χ) :2:: φ(Ο) για κάθε χ Ε [-α, α] . Ά­ ρα, η φ παρουσιάζει ακρότατο (ελάχιστο) στο εσωτε­ ρικό σημείο χο=Ο του [-α,α] στο οποίο είναι παραyω­ γίσιμη οπότε το Θ.Fennat είναι φ '(Ο)=Ο. Αλλά φ '(x)= e<x>f\x}-1z-1f'(x):::(). Άρα φ '(Ο)=Ο� er<o>f '(O)- I z-1lf '(0)-1=0�f '(OX1- I z-ψ =O� lz - 11 =1, αφού f '(O) * O . Η σχέση lz - 11 =1 γράφε­ ται�(f(α) - 1)2 = 1 όπου προκύπτει ότι f{α)=2, ιι.

.

στο

απ

'

απ

'

[ασκήσεις: 1,2] [ασκήσεις: 3,4,5] αφού f{α)>f{O)=O. Άρα z= l +ί, οπότε lzl = � . Γ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι f(x) � 2+(χ-α)f(χ) για κάθε χ Ε [Ο, α] . Απ' το Θ.Μ.Τ για την f στο διάστημα [χ,α] με Ο � χ < α προκύπτει ότι υπάρχει ' L\ f(x)-2 ' (1) . Όμως ξΕ. (χ,α) ώστε: f(ξ)= Lfrx)-frα) χ-α χ-α χ<ξ<α οπότε f(x)<f(ξ) (2).Από τις (1) και (2) έ­ - 2 �f(x)<2+(x-α)f(x) για κάχουμε: f(x)< f(χ) χ-α θε ΧΕ [0, α) .Για χ=α ισχύει ως ισότητα. Δ. 'Είναι και Ε 2 = rf(x)dx (αφού f(x) :2:: 0). Από το ερώτημα Γ' με πολlσμό με f(x) έχουμε f2 (x) -2 f(x) � f(x). f(χ)(χ-α) οπότε και r [ f2 (x) -2 f(x)]dx� r f(x). f(x)(x-α)dx � ί f 2 (x) dx-2 r f(x)dx::; r (f2 (x) ) ' (χ-α)dχ � r f 2 (x) dx-2 r f(x)dx::; ([ f 2 (χ) (χ )] � -

Κεφαλάς Νίκος Λέσβου Αδαμίδης Ηλίας, Στυλιανίδου Αλεξάνδρα - Βέροια

1.

χ

-------

�

�

-α

- r f2 (x) (χ-α) ' dχ)� r f2 (x) dx-2 r f(x)dx::; - r f2 (x) dx� 3 ίf2 (χ) dx::; 4 ίf(x)dx�3 Ε 1 ::; 4 Ε 2 �Ε 1 ::; i E 2 • Ε. ί. Θ εωρούμε τη συνάρτηση h(x)= r xf(t)g(t)dt - r f(t)dt. r g(t)dt,x Ε [O,a] οπότε: h ' (x) = r f(t)g(t)dt +χ f(x) g(x}-

�

χ

f(x) r g(t)dt - g(x) Jr(t)dt ο

=

= r [ f(t)g(t) + f(x)g(x) - f(x)g(t}-g(x)f(t)]dt = r (g(t) - g(x))(f(t) - f(x))dt :2:: ο ' αφού για ο ::; χ::; t:ς α είναι g(t}-g(x) ::; Ο και f(t}­ f{x) ::; Ο (οι f,g είναι γνησίως αύξουσες στο[Ο,α]) ίί. 1 ος τρόπος. Αν στη παραπάνω ανισοϊσότητα θέ­ σουμε όπου f{t) την g ' (t) τότε . . .

2°ς τρόπος. Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ(χ)=χg(χ}-2 r g(t)dt , χ Ε [0, α] με Φ ' (x)=g(x)+xg ' (x}-2g(x) και

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/68

--' -"(x)=xg"(x)=xf(x)>O. Αρα ! [Ο, α] . Αν

--οπότε: χ> 1 => f(x)>O και Ο<χ<1 => f(x)<O. Άρα η

Μαθηματικά -yια τη Γ ' Λυκείου

Φ Φ Ο < χ � α είναι Ο=Φ ' (Ο)<Φ ' (χ) οπότε Φ ! [Ο, α] , αφού η Φ συνεχής στο [Ο, α] . Αλλ.ά: Ο<α=> Φ(Ο)<Φ(α)=>Φ(α)>Ο=> � r g(x)dx <g(α) . Εξάλλου: er<x> -J z - �f(x)�1=> er<x> f(x)�1 => ef(x) f(x) - f(x)f(x) � f(x) => r eΦ> r( χ )dx - r eΦ>r ( χ )f( χ )dx � r eΦ> r( χ )dx => r (ef(x ) )'dx r (f2 (χ )) 'dx � r f( χ )dx => [eΨ> J: - [f2 (x)J: � f r(x)dx => -

-�

�

�

er(a) - er(o) - (f 2 (α) - f 2 (0) � f r(x)dx => r f(x)dx � e2 - e0 - (4 - 0) = e2 - 1 - 2 = e2 - 3 =>g(α) � e2 - 3 2. Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)=x 3 -3lnx-1 και 2 g(χ)= χ2 + 3 ln x + 4 ' χ>Ο χ

�

-

Α. Να λυθεί η εξίσωση f(x)=O. Β. Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και να δείξετε ότι ευθεία ψ=χ είναι πλάγια ασύ­ μπτωτη της c1

η

ηg

.•

Γ. Δίνεται επιπλέον

φ

η

φ(χ) για την οποία ισχύει είναι συνεχής στο JR

•

Η

•

φ(χ)+ χ t χ φ(χ t) dt = -, για κάθε χ e R. (1) 2 ο

ι

r

J

Να αποδείξετε ότι: Γ Ι . φ(χ)= 1 - e 2 , . για κάθε x e R. Γ2.

�� r tφ(t)dt

-�

χ Γ3 . 2 χ +2

φ(χ)

Γ4. Να βρείτε το

= +οο

για κάθε χ ;;::: 1 �2

lim-=2=---- φ(χ)

r φ(t)dt Δ. 'Εστω η συνάρτηση h(x)= r g(t)dt - φ(x), J.'>O I-+"'

η

Χ -+Φ

Χ -+Φ

ι

ο

ε

e

ι2

(

συνάρτηση h είναι κυρτή

Παρατηρούμε ότι f(1)=0. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (0, + οο ) με f ' (χ)=3χ 2 3 3(χ 3 - 1) . Έχουμε: f! [1,+οο ) και rJ (0,1], χ χ

J

χ

2

� - + 1 => 2

�

--

=

+οο

-2 => 1 - e--2 � 1 - -2 => φ(χ) � -. e--2 � -2 2 χ +2 χ +2 με το ίσον μόνο για χ=Ο. Άρα χ χ � 1 => Χ 2* Ο } => φ(χ)> 2 χ+2 �χ χ'

χ2

Να αποδείξετε ότι στο [1,+ οο ). Λύ ση : Α.

·

e 2

• .

χ2

εξίσωση f(x)=O έχει μόνο μια ρίζα. Β. Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο 3 f(x) . Το + 1 =(Ο,+ οο ) με g , (χ)=. . . x - 31nx 2 χ2 χ πρόσημο της g ' (χ) είναι το ίδιο με το πρόσημο της f(x) άρα η g είναι ! στο [1,+ οο ) και J στο (0,1]. + 1 οποτε , lim. [g ' (χ)Επιπλέον g ' (χ)-χ= 3 1nx 2 Χ χ]= - lim 3lnΧ� + 1 =Ο (εφαρμογή του κανόνα D 'LE HOSPirAL) .Αυτό σημαίνει ότι η g ' έχει πλάγια aσύμπτωτη την ευθεία ψ=χ. Γ1. Παρατηρούμε ότι: 2 (1)=>φ(χ)+ J<xt)φ(xt)(xt) ' dt = � 2 => χ 2 =>φ ' (x)+xφ(x)=x=> =>φ(χ)+ Jr x.o·l uφ(u)du = 2 x ( (e 2 φ(χ))' = (e 2 )' => (e 2 φ(χ)) = e 2 +c για κάθε, χ JR . Για χ=Ο προκύπτει ότι c=-1. Άρα φ(χ)=1-e 2 για κάθε , χ JR . Γ2. lim f tφ(t)dt = lim f<t - te-2)dt = x -+co χ -+οο e-� = ... lim � _!. e-f + -+ 2 χ οο 2 Γ3. Αν στη σχέση e x � χ + 1 θέσουμε όπου χ το χ 2 προκυπτει χ 2 με την ισοτητα ' ο' τι φ(χ) � ' να -2 2 ισχύει μόνο για χ=Ο. Επίσης 1

e

χ'

χ

2

2

� - + 1 =>

2

e

χ'

2

2 χ + 2 � -- =>

�

2

χ2 χ 2 +2

χ

( t2 + 2) ' Ισχύει: f -t2-t-dt = .!.2 f t2 2 dt = .!_2 ln[t2 + 2]� = +2 + 1 2 + 2) - -ln3 1 και r -=-dt= t2 -t3 χ χ3 1 = -ln(x 2 2 3 1 3 3 2 t t =+ οο και lim f ..:... t 2 t..<f από Επειδή lim f -τ=--<i 2 t +2

[]

Χ -+ 00

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/69

Χ -+00

= - -- .

------

Μαθηματικά για τη Γ ' Λυκείου

κριτήριο παρεμβολής θα είναι και lim f φ( t )dt = +οο . Επίσης στο Γ2 βρήκαμε: 1i�σο m f tφ( t )dt = +οο , οπότε li m x --+co

χ

x -. aa

[�- (χ>] 2

φ

lim f tφ(t)dt =+οο . Έτσι με D'le Hospital βρίχ 2 φ( χ) . r tφ(t)dt _ σκουμε: lι. m 2 l ι !χ φ(t)dt χ--+mcο r φ(t)dt -. . ..+ οο συνάρτηση g είναι συνεχής στο (0, + οο ). Άρα η συνάρτηση r g(t)dt είναι παραγωγίσιμη στο (0,+ 00 ) και η φ παραγωγίσιμη στο JR , οπότε η συνάρτηση h είναι δύο φορές παραγωγiσιμη στο (Ο,+ οο ) με h'(x)=g(x)--φ '(x) και h"(x)=g'(x}f(�) - e-�(1 - x 2 ) > 0 για φ"(x)= f(x) φ"(χ) = ....

2 χ χ χ> 1 αφού f(x)>O για χ> 1 και επειδή η h είναι συ­ νεχής στο (1,+ 00 ) η h είναι κυρτή στο [1,+ 00 ).

3. Με τη βοήθεια της ανισότητας: l l z ι I + l z 1 1 1 S l z ι ± z 1 I � l z ι I + l z 1 I να αποδειχθούν: α) Αν / z - 3 - 2i/ = 6 ,τότε 4 S / z - 9 + 6i/ S 16 β) Vz C ισχ6ει: / z + 1009/ + / z + 1008/ - l z + 1/ - / z + 2/ � 2014 γ) Αν z. , z 1 , z3 , ,z 1014 e c· με / z ι I = / z 1 I = = l z 1oι4 1 = 1 τότε: χ--+cο

Δ. Δl. Η

x --+ co

Ε

•••

I

•••

� + � + � + ... + -1Ζι Zz Ζ3 Ζ zοι4

l

γ) Έχουμε: l zι 12 = / z2 / 2 = ... = / z 2ο ι4 / 2 = 1 ' οπότε - = -, 1 κ = 1,2, ... ,2014. Έτσι..

- - - -ι 1 1 -++ + ... + - ι Ζ1 + Ζ2 + Ζ3 + ... + z2014 zιc

=

s: 2 0 1 4

--------­

11

Ζ1

1ι

Ζκ

Ζ2

Ζ3

Ζ2ο 14

=

l z1 + Ζ2 + Ζ3 + ... + Z2o14 l ! z1 + Ζ2 + Ζ3 + ... + z 2o1 4 l .!.:t)..:!:.d 2 0 1 4 Ι z1 j + l z 2 l + l z3 1 + . . . + l z2o1 4 l l:t.

20 1 4 -φορsς δ) /w/ = 1 =>2014�2014·1=2014 · /wj =/2014· wj => 2014 = j 201 4 · w - (w 1 + W 2 + ... + w 2o ι4 )j = = / (w - w1 )+(w -w2 ) +(w - w3 ) + ... +(w- W2oι4 )/ , οπότε: /w - w1 / + /w - w2 / + /w -w3 / + ... + /w - w20ι4 / ;::: ;::: / (w - w1 ) +(w -w2 ) + .. . + (w - w2014 )/ = 2014 ε) Με την εφαρμογή της ταυτότητας: ( α + β)3 = α3 + β3 + 3αβ ( α + β) έχουμε: 1 + 3(w +-) 1 1 3 = w3 + (w +-) w3 w w => ( w + ) 3 w 3 + � :3 + 3 w � (w + => :s;

=

:s;

=

=

l 1 l 1 1 �)� l � � 1 � I (1) Αν j w + � � = κ > Ο , τότε : (1 ) => κ3 � 2 + 3κ => :s;

=> w +

3 :S; 2 +

3w+

=> κ3 - 3κ - 2 � Ο => (κ + 1 )2 (κ - 2) :s; Ο

=> κ

=

}

κ -1 - 1 ή κ -* 2 S: Ο => κ s; 2

l 1Ι 1

=>

lw _!__w ' +

·

s;

2.

Έχουμε: w+1+1 + w-1-1 = Ιw - w + � + l w + w + � ;::: w w ;::: l w -w+ 1-(w + w + 1� =2/ wj =2 1 4. Δίνεται η εξίσωση: z + - = 1 με z C ., z ο z και z1 ,z 1 οι ρίζες της. Να αποδείξετε ότι: α) z1 + z 1 = z1z 1 = 1 και Ζ13 = -1 o o ι :3:.· ι+ ι :3_-.· ι� β) ( z / ι s + z / ιs } e :R γ) Ζι54 + 1" - z 1s = 0 z1 Λύση : α) Έχουμε: / z -9+ 6j =/(z-3-2i)+(-{)+a� . Άρα: δ) Εάν f(x) συνάρτηση συνεχής στο [0,1] , έτσι Ι1 z-3-2η - / -6 +8i/l �ιz-9+6η �ιz-3-2i/ +l -6+8i/ => Ζι και z1 ώστε να ισχύουν: f(0) - 4 = -+ z ι Zz => / 6-1� �ιz -9+6i/ �6+ 10=>4� / z-9+6i/ �16 1 +1 - -4 , τότε υπάρχει ένα τουλάχιιz+1� =Ι<z+2)+1007/ �ι�+�+1007 => f(1) = +) β) Έχουμε: 3 z1 3z 1 3 / z +1� =/ (z+1)+1007/ �l�+η+1007 στον ξ e (0,1) τέτοιο ώστε: f(ξ) = 4ξ - 3 lz + 1 009j + lz + ι οοsι lz + ιι + l z + 2j + 20 1 4 => ε) Αν Α,Β είναι οι εικόνες των z1 και z 1 αντίστοι-

δ) Αν

w. , w 1 ,w 3 , ...,Wzoι� e C με : w 1 + w 1 + ... + w 1014 = Ο και / w / = / wι / = Ι w 1 / = .... = l w1oι4 l = 1 ' τότε: / w - w1 / + / w - w1/ + ... Ιw - w 1014 1 :?:: 2014 ε) Αν w E C* με w3 + 3 S 2 , τότε: w + � S 2 ζ) Αν w E C με w "Φ 1,-1 και / w / = 1 , τότε

l :ι

ζ)

l �

2

:s;

r

·

jz + 1 009j + jz + 1 008j - jz + ιj - jz + 2j :s; 20 1 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4ΠΟ

Ε

'Φ

-------

Μαθηματικά -για τη Γ Λυκείου

χα και Γ η εικόνα του μιγαδικού w=2z. +2lz να βρεθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ. ζ) Αν είναι η εικόνα του μιγαδικού t (t e q έτσι

Δ

η

ώστε: j t - = tνα δειχθεί ότι το

Δ ανήκει στον πε-

--------­

w =2Ζι +2� =2(Ζι +�)=2, δηλαδή Γ(2,0) . Έτσι έχουμε (ΑΒ)= ../3 (ΑΓ) = + ο � Τ = J3 ,

(2-�) ( /3)2 2

(ΒΓ) = J3 · Άρα (ΑΒ) = (ΑΓ) = (ΒΓ) = J3 ' δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. Λύση: α) z+-z1 =1�r +1=z�i -z+1=0 με ρίζες ζ) Το ανήκει στον κύκλο C με κέντρο το Κ(1, Ο) και ακτίνα ρ= 1, δηλαδή με εξίσωση z1 , z2 Από τους τύπους Vieta έχουμε: z1 + z2 = 1 J3 J3 και z1 z2 = 1 δηλαδή z1 + z2 = z1 z2 = 1 ) , Β(21 ,- 2 ) (x-1f+y =f (1). 'Όμως τα Α(21 ,.21 . J3 κ ' Γ(2,0) επαληθεύουν την (1) . Ο κύκλος C λοι­ Β , τροπος : = -3 Ο => z1 = - + ι - και 2 2 πόν είναι ο περιγyεγραμμένος �ου τριγώνου ΑΒΓ.

5. Μια μέλισσα κινείται στο μιγαδικό επίπεδο, και ριγγεγραμμένο

ιώκλο του τριγωνού ΑΒΓ. .z

·

'

Δ

·

Δ

<

η ιωψέλη της βρίσκεται στην αρχή των αξόνων. Αν την τυχαία χρονική στιγμή t � Ο βρίσκεται στο σημείο που είναι η εικόνα του μιγαδικού αριθμού: z = 6 + συν(2014t) + [8 + ημ(2014t)] · ί (1), τότε να δείξετε ότι η μέλισσα: Ακολουθεί ιω­ κλική τροχιά. β) μπορεί να· απομαιφuνθεί από την ιωψέλη περισσότερο από 11 μονάδες μήκους ούτε να πλησιάσει την ιωψέλη λιγότερο από 9 μονά­ δες μήκους. γ) Για t = Ο να βρεθεί ο αριθμός λ λ ε R ώστε ο αριθμός z + 1 + να είναι z+l πραγματικός.

Μ

α) => z 13 + 13 = 0 => z3 = -1 . Δεν β) Έχουμε z 1 = z 2 και z 2 = z 1 . Αρκεί να δείξουμε ότι· z2o 1 s + z22o 1 s - z2o 1 s z22o1 s 0 5 � 2015 20Ιs 20Ιs . = z2 +zΙ Πράγματι: z�Ιs +z�Ι s =z-Ι 2 1 + Β ' τρόπος : 2015 = 3 67 1 + 2 οπότε: �15 + �15 =zi·671+2 +z;·671+2 =(Ζι3 )671 ·� +(�3 )671 . z; = Λύση: α) (1) =>z+6+σuν(2014t)+8i +ημ(2014t)i => =(-1)671 . � +(-1)67Ι . z; =-� -z; =-{z/ +z/) = => z - (6 + 8i) = συν(2014t) + ημ(2014t)i => jz - (6 + 8i)j = ��(2014t)+ημ2 (2014t) =1. Έτσι η μέλισσα κινείται στον κύκλο C με κέντρο το Κ(6,8) και ακτίνα ρ = 1 ,δηλαδή με εξίσωση = (-1) 1 8 + z�·14+2 - (-1)z; = 1 + (z� )14 · z� + z; = C:(x- 6)2 +(y-8)2 =1 β) 'Εχουμε: ((J()=�62 +ff =10 1 4 = 1 + (-1) z/ + z; = 1 + z� + z; = 1+ (-1) = 0 και ρ = 1 , οπότε : 2 2 z z z + z -1 1 2 2 -1 {ΟΑ} �(ΟΜ} �{ΟΒ} =>(ΟΚ) -ρ�(ΟΜ} �(ΟΚ)+ρ=> δ) Έχουμε: f(0) - 4 = z1 + __!_ z2 = z1 z2 = -1 = => 10 - 1 � {ΟΜ) � 10 + 1 => 9 � {0Μ) � ι 1 .

1 +� 1 Ζ ι +- -� = -� = Άρα f(0) = 3 και f(ι)=Να εξετάσετε αν 3z; 3� 3 3Ζι� 3 υπάρχει χρονική στιγμή = 1. 34 =3ι 34 =-1, δηλαδη; f(l) = -1 . Θέλουμε να t ώστε ΜΞΑ ή ΜΞΒ 3ι γ) Για t = Ο από (ι) : δείξουμε ότι: υπάρχει ξ ε (0,1) ώστε f(ξ) = 4ξ - 3, z=6+συv0+(8+ημ0)i = 7 +8i δηλαδή f(ξ) -4ξ+3 = 0 . Θεωρούμε την g(x) =f(x)-4x +3 για την οποία έχουμε: g(x) συνεχής στο [Ο, ι] ως αποτέλεσμα πράξεων μεταξύ Άρα: z + 1 + � = z+ι συνεχών συναρτήσεων g(O)=f( 0)- 4 ·0+3=6>0 και λ g(1) = f{l) -4 + 3 = -2 < 0 . Άρα από Θ.Bolzano, = 8(1 + i) + 8(1 + ί) = (8 + �) ι6 + (8 - � ι6 )i . Για να είυπάρχει ξε(Ο, ι) όmεgξ) =Ο, δηλαδή f(ξ) - 4ξ +3=0. ναι πραγματικός αριθμός πρέπει και αρκεί: n'! .[3) και 8 - � = 0 => λ = 128 . ε) Έχουμε: Α(!2 , Jj) 2 , L.\2 , 2 16

-

•

I

-

_

+

I

·

--

·

•

Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/71

Υ

ο

6

χ

�

�

ΑΣΚΗΣΙJ 232

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προΙJλήματα

Ο Ε υ κλεf δ η ς

Επιμέλεια:

π ρ οτεfνει . . .

και οι λύσε-ις και

ο ιώριος λ&yος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

(τΕΥΧΟΥΣ 90 ) χ2 + 2 y2 = 1 , όπου a > b > Ο , με Δίνεται η έλλειψη C : 2 a b εστίες Ε , Ει . Θεωρούμε τυχαίο σημείο Μ της έλλειψης και την εφαπτομένη (ε) της έλλειψης στο σημείο Μ , που τέμνει τον άξονα χ 'χ στο σημείο Ζ. Ευθεία (η) κάθετη στην (ε) στο σημείο Μ τέμνει τον άξονα χ 'χ στο σημείο Η. Να δειχθεί ότι τα σημεία Ζ , Η είναι αρμονικά όυζυγή των εστιών Ε , Ει της έλλειψης. (Κωνσταντίνος Τσουβαλάς - Λήμνος ). ΛΥΣΗ 18(Δη μήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη)

Από την (ε) για y = Ο έχουμε για Υ = 0

Xz

a 2 ενώ από την (η) =Χι

, γ2 εχουμε ΧΗ = 2 Χ ι (με γ2 = a2 - b2 ) a

ι �: Χι + γι . ( Ε) = ι �: Χι γι (ΖΕ ι ) = ι :: + γΙ , (ΖΕ) = ι :: - γι .Τα Ζ , Η είναι Η

Ακόμη: (ΗΕ ι ) =

-

αρμονικά συζυγή των Ε , Ε ι όταν και μόνον ΗΕ = ΖΕ <=> · ΗΕ = ΗΕ · ΖΕι <=> ΖΕ ι ΗΕ ι ΖΕ ι

ι:: -+ι�: Χι + γι = ι�: Χι -+ι:: + γι <=> ιγ2 + aχ2ιγ - γa3 χ2 ι - γ2 ι = ιγ2 - aχ2ιγ + γa3 χ2 ι - γ2 ι 2 2 <=> l a γ - γ3 χ ι 1- a γ + γ3 χ ι 2 a χ χι ι a2 I I σχέση που ισχ6ει. =

Λύση έστειλαν :

Λόγω της ανακλαστικής ιδιότητας της έλλειψης η ευθεία (η) διχοτομεί την γωνία Ει ΜΕ οπότε η ΜΗ είναι η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Μ του τριγώνου ΗΕ ΜΕι ΜΕ ι Ε . Επομένως: _ι (1) ΗΕ ΜΕ Έστω Κ σημείο στην προέκταση της ΗΜ και Ν σημείο στην προέκταση της Ει Μ . Έχουμε τότε: Ε ι ΜΗ = ΗΜΕ = θ = ΚΜΝ οπότε θα είναι και Λ

= __

Λ

Λ

Λ

NMz = 90° - θ = ΕΜΖ . Δηλαδή η ΜΖ είναι διχοτόμος της εξωτερικής γωνίας του τριγώνου ΜΕι Ε . ΜΕ Επομένως, ΖΕι = ι (2) Από τις (1) και (2) έπεται ΖΕ ΜΕ ΗΕ ΖΕ ι ότι = ι δηλ. το ζητούμενο. ΗΕ ΖΕ

ΛΥΣΗ

28 : ( ομάδα προβλη μάτων Ιδιωτικού Λυκείου

«Παναγία Προυσιώτισσα» - Αγρίνιο) Έστω Ε(γ, Ο) , Ει {-γ ,Ο) οι εστίες της έλλειψης και (χ ι , Υι ) οι συντεταγμένες του σημείου Μ. Οι εξισώσεις των ευθειών (ε) και (η) είναι: a2 (ε) : �ι + �ι = 1 , (η) : y - yι = /ι (χ - χ ι ) b Χι a b

Δάφνη, Ρόδος, Διονύσης

Ροδόλφος Μπόρης -

Γιάννης Περδικάρη ς -

Γιάνναρος - Πύργος, Γιώργος Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα , Άγιος Νικόλαος Κρήτης.

Τσιώλης -

Τρίπολη,

Άγγελος Στρατήγης ­

ΑΣΚΗΣΗ 233 (ΥΕΥΧΟΥΣ 90 )

Να βρεθούν οι ακέραwι αριθμοί α , β, γ που α 2 + β - γ = 480 (1) , τις ισοτητες: , ικανοποιουν . α + β2 - γ = 512 (2) (Κωνσταντίνος Τσουβαλάς - Λήμνος ). ΛΥΣΗ ( Γιάννης Ηλιόπουλός - Καλαμάτα ) Αφαφώντας από την (2) την (1) παίρνουμε: β2 - α2 + α - β = 32 <=> (β - α)(β + α - 1) = 32 (3) 32 = 1 · 32 = 2 · 1 6 = 4 - S έχουμε τις εξής 1) Επειδή β-α = 1 β-α 2 περιπτώσεις: , β + α - 1 32 β + α - 1 = 16 β - α = 16 β-α = 4 β-α =8 και , , β + α - 1 = 16 β+ α - 1 = 4 β + α - 1 = 4 β - α = 32 , την , λυση . Το πρώτο συστημα δινει β+α-1 = 1 (α, β) = (16,1 7) και το τελευταίο σύστημα την (α, β) = (-1 5,1 7) .Τα ενδιάμεσα συστήματα δεν δίνουν ακέραιες λύσεις αφού με πρόσθεση κατά μέλη των εξισώσεών τους έχουμε αντιστοίχως: 2β = 19, 2β = 2 1, 2β = 13, 2β = 21 . Από την (1) είναι γ = α 2 + β - 480 . Έτσι, για

{

{ {

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/72

{

{

=

{ { •

=

Ο Ευκλείδης προτείνει

α = 1 6 ,β = 1 7 => γ = -207 , ενώ α = -15,β = 17 => γ = -238 .

2) Επειδή 32 = (-1)(-32) = (-2)(-16) = (-4)(-8) β - α = -1 β - α = -2 έχουμέ : , β + α - 1 = -32 β + α - 1 = -1 6 β - α = -4 β - α = -8 β - α = -16 β + α - 1 = -8 ' β + α - 1 = -4 ' β + ά - 1 = -2 ' -β - α = -32 .Το πρώτο σύστημα δίνει: β = -16 β + α - 1 = -1 α = -15 ,οπότε γ = -271 . Το τελευταίο σύστημα Δίνει β = -16 , α = 1 6 οπότε γ = -240 . Όλα τα ενδιάμεσα συστήματα δεν δίνουν ακέραιες λύσεις. Τελικά, οι λύσεις του συστήματος είναι οι εξής: (16, 17, -207) , (-15, 17, -238) , (-15, -16, -271) (16, -16, -240) . Λύση έστειλαν : Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα, Ομάδα προβλημάτων Ιδιωτικού Λυκείου «Παναγία Προυσιώτισσα» - Αγρίνιο, Άγγελος Στρατήγης -Άγιος Νικόλαος Κρήτης.

{ {

{

•

{

{

{

ΑΣΚΗΣΗ 234 (τΕΥΧΟΥΣ 90)

Αν α , β είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε να δειχθεί ότι ισχύει η σχέση: (α + 3β)(2α + 3β)(β + 3α )(2β + 3α) � 4(α + β + .jαβ)4 (Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι) ΛΥΣΗ ι " (Ομάδα προβλημάτων Ιδιωτικοv Λυκείου «Παναγία Προυσιώτισσα» - Αγρίνιο ) , Εφαρμόζουμε την ανισότητα Cauchy - Schwa..Z σε δύο παράγοντες του γινομένου ως εξής: (α + 3β)(β + 3α) = (α + β + β + β)(α + α + α + β) = (.Jα 2 + Jβ 2 + Jβ2 + Jβ \ (.Jα2 + .Jα2 + .Jα2 ομοί +Jβ2 ) � (α + .jαβ + .Jαι3 + β)2 = (α + β + 2.jαβ)2 ως, (2α + 3β)(3α: + 2β) � (2α + 2β + .jαβ)2 . Έτσι, αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει η aνίσωση: (α + β + 2.jαβ)(2α + 2β + .jαβ) � 2(α + β + .Jαι3)2 � 2α 2 + 2αβ + α.jαβ + 2αβ + 2β 2 + β.jαβ + 4α.jαβ +4β.jαβ + 2αβ � 2(α 2 + β2 + αβ + 2αβ + 2α.jαβ σ +2β.jαβ) � 2α 2 + 2β2 + 6αβ + 5α.jαβ + 5β.jαβ � 2α2 + 2β2 + 6αβ + 4α.jαβ + 4β.jαβ � α.jαβ + β.jαβ � Ο � (α + β).jαβ � Ο χέση που προφανώς ισχύει, με την ισότητα να ισχύει μόνον όταν α = β = Ο . ΛΥΣΗ 2 8 ( Δήμος Παπαδόπουλος -Έδεσσα ) Η αποδεικτέα γράφεται ισοδυνάμως: (αβ + 3α 2 + 3β2 + 9αβ)(4αβ + 6α 2 + 6β2 + 9αβ) � 4(α + β + .jαβ}4 � [3(α 2 + β2 ) + 10αβ] · (1) (6(α 2 + β2 ) + 1 3αβ] � 4(α + β + .jα'β)4 /

.

• • •

--�....... ­

α 2 + β2 = χ 2 - 2 y2 .Όμως α + β � 2.jαβ => χ � 2 y (1) � [3(χ 2 - 2 y2 ) + 10y2 ] · [6(x 2 - 2 y2 } + 13 y2 ]

8χ4 - 16x 3 y + 2x4 :_ 16xy3 + 4χ4 + 3x 2 y2 � Ο � 8x 3 (x - 2y) + 2x(x 3 - 8 y3 } + 4x4 + 3x 2 y2 � Ο (2) Η σχέση (2) προφανώς ισχύει ως άθροισμα μη αρνητικών όρων, αφού f � 2 y => χ 3 � 8 y3 • Λύση έστειλαν : Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Άγγελος Στρατήγης Άγιος Νικόλαος Κρήτης, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα, Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος ; ΑΣΚΙΙΣΗ 235 (τΕΥΧΟΥΣ 90 )

Δίνεται κ6κλος (O, R) ,μία διάμετρος ΑΒ και σταθερό σημείο Λ εσωτερικό του τμήματος ΟΑ. Θεωρούμε τυχαία χορδή ΓΔ του κύκλου αυτού που διέρχεται από το Λ και την εφαπτομένη Αχ του κ6κλου στο σημείο Α. Ονομάζουμε Ε , Ζ τα σημεία τομής των ΒΓ , ΒΔ με την Αχ αντιστοίχως. Να αποδειχθεί ότι το γινόμενο ΑΕ · ΑΖ είναι σταθερό . ( Γιώργος Τριάντος - Αθήνα ). ΛΥΣΗ ι " ( Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος ) Έστω (ΟΛ) = d (σταθερό). Θα δείξουμε ότι ΑΕ · ΑΖ = 4R 2 · R - d . Επειδή ΕΑΓ = ΑΒΓ = θ και R+d ΜΕ = ΜΒ = 90° είναι τρΑΓΕ τρΑΓΒ ΑΕ = ΑΓ � AE = 2R ΑΓ (1) οπότε: ΑΒ ΒΓ ΒΓ Ομοίως , τρΑΖΔ τρΑΔΒ οπότε θα έχουμε: ΑΔ ΑΔ ΑΖ = � AZ = 2R · (2) ΒΔ ΑΒ ΒΔ Λ

--

Λ

::::ι

-

·

::::ι

Β

Με πολ/σιασμό των (1) και (2) καταλήγουμε στην

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4173

Ο Ε'Uκλεtδης προτείνει

ΑΓ ΑΔ AE · AZ = 4R 2 - · - (3). Από την ομοιότητα των ΒΓ ΔΒ τριγώνων ΑΓΛ και ΔΒΛ προκ6πτει η ισότητα ΑΓ ΑΛ = (4), ενώ από την ομοιότητα των τριγώνων ΒΔ ΔΛ ΑΔ ΑΛ ΑΛΛ και ΓΒΛ η - = - (5 ). Έτσι, ΒΓ ΓΛ ΑΓ ΑΔ ΑΛ . ΑΛ ΑΛ 2 =Δ =Δ (4)(5) => = . ΒΔ ΒΓ Λ ΓΛ Λ · ΓΛ ΑΓ ΑΔ R - d (R - d) 2 R - d = -- => - · - = -(6). Από τις R 2 - d2 R+d Β4 ΒΓ R + d

(3),(6) προκ6πτει η

R-d AE · AZ = 4R 2 -R+d ·

δηλ. το

ζητούμενο. ΛΥΣΗ 28(Δημήτρης Μανωλόπουλος - Κατερίνη) Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστη μα αξόνων με αρχή το κέντρο του κύκλου και άξονα χ 'χ το φορέα της διαμέτρου ΑΒ Έχουμε: του κύκλου.

A (-R , O) , B (R , O) , Λ (λ, O), E((-R , yε ), Z(-R , yz )

ν.

ιeta

{

-------

•••

έχουμε :

2λa Χr + ΧΔ = -l + a2 a 2 λ2 - R 2 Χr · ΧΔ = l + a2

(6).

ι

'

ι

'

Επίσης, τα Ε , Γ , Β είvαι cn>νε'Uθειακά � χ r - R a(xr - λ ) Br/ / ΒΕ � det(Br, BE) = 0 � -2R Υε

_ _ 2Ra ( x r - λ) (7) - 0 � ΥΕ - _........_ ..:.... __..;. _ .

R - xr Ομοίως τα Ζ , Δ , Β είναι cn>νε'Uθειακά � -+ -+ -+ � χ Δ - R a ( x Δ - λ) ΒΔ/ / ΒΖ � det(BΔ , BZ) = ο � -2R Yz _0 _ 2Ra(xΔ - λ) (8) - � Yz R - xΔ Βάσει των (7) ,(8) έχουμε: ΑΕ · ΑΖ = Υε · (- yz ) =

Υ ...

...

'

'

'

\

\

\ \

' ιΙR.οι λ (�.Ο) ....-�;..;. ...

--+=;ι... ...

--�ιιt--._ χ I I

....

_

_

_

_ ...

...

,

,

�

I

I

I

I

Ο περιορισμός για το λ είναι: -R < λ < Ο . Αν C είναι ο κύκλος (O , R ) , τότε η εξίσωσή του είναι: C : χ 2 + y2 = R 2 . Επειδή Γ , Δ e C έχουμε: x / + y/ = R 2 (Ι) και χΔ2 + y/ = R 2 (2).

1) Αν η ΓΔ δεν είναι παρω.ληλη στον άξονα y'y τότε

η εξίσωση της είναι: ΓΔ : y = ax + b (3). Επειδή Λ (λ , Ο) e ΓΔ => Ο = aλ + b => b = -aλ και η (3)

γράφεται: ΓΔ : y = aχ - aλ = a (χ - λ) (4) .

Για τα σημεία Γ , Δ έχουμε ότι: Yr = a (Xr - λ) και yΔ = a (χΔ - λ) ενώ από τις (1) και (2) παίρνουμε :

{

χ / + a 2 (Xr - λ) 2 = R 2 (5 ) . Από τις σχέσεις (5 ) ΧΔ 2 + a 2 (ΧΔ - λ) 2 = R 2

συνάγεται ότι οι αριθμοί Xr , χ Δ είναι ρίζες της εξίσωσης: χ 2 + a 2 (χ - λ) 2 = R 2 δηλ. της εξίσωσης 2λa a 2 λ2 - R 2 = Ο .Από τις σχέσεις του χ 2 - -- χ + l + a2 l + a2

= 4R 2

R+λ

=c R-λ 2) Αν η ΓΔ είναι παράλληλη στον άξονα y'y τότε Xr = ΧΔ = λ ' Yr = .JR2 - λ 2 , yΔ = -.JR 2 - λ 2 . Λόγω συμμετρίας είναι ΑΕ = ΑΖ . Από την ομοιότητα των ορθογωνίων τριγώνων ΑΕΓ , ΒΓΛ 2Ryr ΕΑ � ΕΑ ΑΒ � ΕΑ = => � = = ΓΛ ΛΒ R-λ R-λ Yr ·

2R � ΕΑ = -- ν1R 2 - λ 2 = 2R. .JR+I r;:;--;:;- , οπότε R-λ vR - λ

R+λ · =c . ΑΕ ΑΖ = ΑΕ2 = 4R 2 R-λ Λύση έστειλαν: Γιώργος Τσιώλης - Τρίπολη, Γιάννης Περδικάρης - Ρόδος, Αντώνης Ιωαννίδης - Λάρισα, Δήμος Παπαδόπουλος - Έδεσσα, Στέλιος Πετρολέκας ­ Δραπετσώνα, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη. ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ θΕΜΑΤΑ Λ

1\

261 . Αν σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 2 Γ να

δειχθεί ότι η μΑ >

2η μ 3Γ

l + συνΓ

(Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολόγγι )

Ευχδμαστε κcιλι\ εwιτυχία στις εξετάσεις και καλές διαΙΦιrές .

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/74

Το Β '

Επιμέλεια:

ε'δη

Γιάννης Στρατής - Βαγyέλης Ευσταθίου

Επίλυση της διοφαντικής εξίσωσης

(

α,

β)

=

1

και

α>

αχ +

βy

=

y

( 1) , όπου

α, β, y e

χωρίς τη διαδικασία των δοκιμών

Ο,

Ζ,

Λευτέρης Τσιλιακός

Στο άρθρο αuτό παρουσιάζουμε έναν τρόπο εύρεσης μιας λύσης (x 0 ,y0 ) της (1} μέσω κατάλληλου τύπου και όχι με τον κλασικό τρόπο των δοκιμών. Έχουμε: αχ + βy = 1 (2) και (2) � αχ = 1 -βy � αΧ Ξ 1(mοdβ) (3) : Αν (x0 ,y0 ) είναι μία λύση της (2) τότε: αχ 0 + βy0 = 1 (4) και ( 4) � α( γχ 0 ) + β( γy0 ) = γ , που σημαίνει ότι το ζεύγος: (Χ ι ,yι ) = ( γχ 0 , γy0 ) είναι μία λύση της (1) . Την τιμή όμως χ 0 της ( 2) , άρα και της ισοτιμίας ( 3) μπορούμε άμεσα να την υπολογίσουμε από τον

(

α-ι περίφημο τύπο του Vorono'ί χ 0 Ξ 3 - 2α + 6� :

[ ] )(mod β) και I χ0 I < I β I , όπου το σύμβολο [χ] βh 2

'

�

είναι το ακέραιο μέρος του χ . Μετά την εύρεση του χ 0 από την ( 4) βρίσκουμε και τον y0 Παράδειγμα: Να επιλυθεί στο Ζ χ Ζ η διοφαντική εξίσωση: 4χ - l ly = 13 ( 5 ) . Επίλυση: Θεωρούμε τη διοφαντική εξίσωση: 4x-lly=1 (6) . Έχουμε: (6) �4x=1+11y�4xΞl(ιmdll} .

•

( ] [ ])

[ ])

α-ι β · h 2 Είναι: α = 4, β = 1 1, οπότε από τον τύπο του Vοrοnο'ί παίρνουμε: Χ 0 Ξ 3 - 2α + 6t; --;;:- (modβ) . β h 2 = 3 - 2 · 4 + 6 --;i1 1 1 2 + -i1 1 2 2 + -i11 3 2 = Έχου : 3 - 2α + 6 α-ι �

�

�

[ ]

([ ]

[

= 3 - 8 + 6 ( 22 + 52 + 82 ) = 553 . ΑλλiJ. : 553 = 1 1 · 50 + 3 � οπότε 553 Ξ 3(mοd1 ι } και 3 < ι ι . Άρα χ0 = 3 . ( 6) για χ = χ 0 = 3 δίνει Υο = ι , δηλαδή μία λύση της ( 6) είναι η ( χ 0 , Υο ) = ( 3,ι) . Συνεπώς μ:ία λύση (χ ι , Υι } της (5 } είναι: (� ι • Υι } = (13χ 0 ,13y0 ) = (13 · 3, 13 · ι } = (39,13) . , ' της ( 5 ) ειναι: x = 39 - ι lt με t , μπορουμε , Επειδη, όμως η γενικη, λ:uση αν θέλουμε να εχουμε ως y = 13 - 4t λύσεις ζεύγη με απολύτως μικρότερα μέλη. Έτσι εδώ π.χ για t = 3 βρίσκουμε και τη λύση: ( Υ ) = ( 39 - 1 1 · 3, 13 - 4 . 3) = ( 6, ι) .

2 1 η Παρατήρηση: Είναι φανερό τώρα ότι κάθε ισοτιμία της μορφής: αχ Ξ γ ( mod β) με (α, β) = ι μπορεί να επιλυθεί με τον τρόπο που Παρουσιάσαμε αφού: αχ ΞΥ( ιmdβ) �αχ =γ+βy �αχ -βy=γ , ( x,y Ε Ζ} .

2η Παρατήρηση (βασική): Από όσα ήδη έχουν εκτεθεί γίνεται φανερό ότι μία λύση Χ ι ( modβ) της ( 5 ) ' να 2α 3 (modβ) με I χ , I < I P I · Πράγματι: χ άμεσα +6 μπορεί βρεθε\ απQ τον τύπο: , � y

Η

, {

Ε

'71

u...

Xz '

� [�J } Στο παράδειγμά μας έχουμε: {3-2α + 6��J) -13· {3-2·4+6([ �� I J + [I � 2 J + [I � 3 J )} -13-553 . {

ι 3 Ξ 2(mod1 ι } και 553 Ξ 3(mod1 1) , οπότε 13 · 553 Ξ 2 · 3(mοdι ι) , δηλαδή 13 · 553 Ξ 6(mοd1 ι) . Άρα Χ ι Ξ 6(mοdι 1} και 6 < 1 ι , οπότε: χ ι = 6 . Στη συνέχεια από την εξίσωση (5) βρίσκουμε Υι = ι . Έτσι μια λύση της (5) είναι: (χ ι , Υι ) = (6,ι) .

ΑλλiJ.

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/75

.

Παναyιόπης Π. Xpurrόmmλoς

• •

«0 άνθρωπος που ε(ναι εyωιστής, υπερηφανεVεται ότι ξέρει πολλά, ο σqφός όμως λυπάται που δεν έμαθε περισσότερα.» Δεν υπάρχει τ(ποτε πιο άνισο από -tην (ση μεταχε(ριση των άνισων. Αριστοτέλης

Τα περίεργα των αριθμών

Γρίφοι (Λευτέρης Τσιλιακός)

vf1632483 2 1 600=404040, .J9182736,455 = 3 03 0 , 3 03 03 0 , .J49382,7 1605 ::222,2222222 ' vf1 1 1 1 3 3 3 3 :: 3 3 3 3 ,6666, vl4444 ::66,663 3 3 3 ' vf8580757065 ::292,9292929 vl4444488888 ::66666,99999 ' vl4444444444 ::66666,66666, vf1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 :: 3 3 3 3 3 ,33333 Η ηλικία

.

Η Άννα έχει γενέθλια και τη ρωτούν για την ηλικία της. Εκείνη απαντά: <<Η ηλικiα μου καθώς και οι

ηλικiες της μικρότερης και μεyαλύτερης αδελφής μου είναι διαδοχικοί πρώτοι αριθμοί. Αν αθροίσουμε τις ηλικίες μας θα πάρουμε επίσης πρώτο αριθμό. Πριν τρία χρόνια το ήμισυ του αθροίσματος των ηλικιών μας ήταν τέλειο τετράγωνο,. μηχανοδηγός μηχανοδηγός, επόπτης φύλακας

Ποια ηλικία έχει η Άννα και οι αδελφές της; Μέσα σε ένα τρένο είναι ο ο και ο που τα ονόματά τους είναι Αλέξης, Πέτρος και Κώστας χωρίς να γνωρίζουμε σε ποιόν αντιστοιχεί το κάθε όνομα. Στο τρένο είναι ακόμη και τρείς ταξιδιώτες με τα ίδια ονόματα. Ο Κώστας κατοικεί στην οδό Σταδίου, ενώ ο φύλακας κατοικεί μεταξύ της οδού Σταδίου και Αμαλίας. Ο Πέτρος κερδίζει κάθε χρόνο 2004 1 €, ενώ ένας ταξιδιώτης, που είναι ο πλησιέστερος γείτονας του φύλακα, κερδίζει τριπλάσια από τον φύλακα. Ο συνώνυμος του φύλακα κατοικεί στην οδό Αμαλίας και ο Αλέξης κερδίζει τον επόπτη στο μπιλιάρδο. Ποιο είναι το όνομα του μηχανοδηγού; Το τραμ Ένας πεζός βαδίζει με 6 χιλ την ώρα και πηγαίνει από το Σύνταγμα στην Γλυφάδα. Στα 2 χιλ τον προσπερνά το τραμ που έφυγε 1 Ο λεπτά αργότερα. Αφού βάδισε ακόμα 13 χιλ συναντά για δεύτερη φορά το ίδιο τραμ που πήγε στη Γλυφάδα έμεινε για 1 Ο λεπτά �ι:ιι ξανα�ε προς το Σύνταγμα. Πόσα χιλ είναι η διαδρομή του τραμ Σύνταγμα-Γλυφάδα; Το σακί Ένας αγρότης πουλάει σιτάρι σε σακιά δύο μεγεθών. Το μεγάλο σακί είχε ύψος 80 εκατοστά και περιφέρεια 60, το μικρό έχει το ίδιο ύψος και περιφέρεια 30 εκατοστά. Ένα μεγάλο σακί πωλείται 60€ και ένα μικρό 20€. Αν αγοράσει κάποιος τρία μικρά σακιά σιτάρι και όχι ένα μεγάλο κερδίζει ή χάνει σε ποσότητα. Απάντηση-λύση: Είχαμε γράψει σε προηγούμενο τεύχος . «Ένα τούβλο ζυγίζει ένα κιλό και μισό τούβλο. Πόσο ζυγίζει το τούβλο;" Ο Χαράλαμπος Λάσκαρις με αφορμή αυτό μας έστειλε το παρακάτω: ΑΠΟ ΤΗΝ ΠΡΑΚτΙΚΉ ΑΡΙΘΜΗΤΙΚΗ ΣΤΗ ΣΥΓΚΛΙΣΗ ΤΩΝ ΣΕΙΡΩΝ (Μετατροπή α ' βάθμιας εξίσωσης σε γεωμετρική σειρά) Λύση με πρακτική αριθμητική : ένα τούβλο ζυγίζει μισό τούβλο και μισό τούβλο που μας κάνει ένα κιλό και μισό τούβλο. Αλλά τα δύο μισά πρέπει να είναι ίσα μεταξύ τους, οπότε αναγκαστικά και το δεύτερο μισό θα πρέπει να ζυγίζει ένα κιλό Άρα ολόκληρο το τούβλο ζυγίζει ένα συν ένα κιλό που μας δίνει και την τελική απάντηση, το τούβλο ζυγίζει δύο κιλά Λύση με χρήση εξίσωσης πρώτου βαθμού: Έστω χ το βάρος του τούβλου σε κιλά χ = 1 + (1/2)χ που δίνει τελικά το χ = 2 κιλά. Λύση με χρήση σειράς: Έχουμε: χ = 1 + (1/2)χ όπου το χ που εμφανίζεται στο δεύτερο μέλος είναι πάλι ίσο με την ποσότητα 1 + (1/2)χ, που μας δίνει τώρα αν αντικαταστήσουμε: χ = 1 + (1/2) (1 + ( 1/2)χ) = 1 + Υ2 + Υ.. χ. Συνεχίζουμε αντικαθιστώντας συνεχώς το χ στο δεύτερο μέλος της εξίσωσης, και παίρνουμε τελικά: χ = 1 + Υ2 + Υ.. + 1/8 + 1116 + 1/32 + (1/64)χ . Παρατηρούμε ότι στο δεύτερο σκέλος της εξίσωσής εμφανίζονται οι πρώτοι από τους άπειρους Ο

.

,

.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 96 τ.4/76

-------

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

-------­

- = 1 + Υ2 + '/.ι + 1/8 + 1116 + . . . . που συ-γκλίνει στον αριθμό 2. όρους της γεωμετρικής σειράς: (Άθροισμα άπειρων όρων φθίνουσας γεωμετρικής προόδου λ= - και Σ= - = � = 2). :

••

Ξέρετε ότι:

ΕΡΑΤΟΣθΕΝΗΣ 2015

Στο πλαίσιο του ευρωπαϊκού προγράμματος etwinning «Ερατοσθένης 2015)), την 21η Μάρτη με τηv εαρινή ισημερία, τέσσερα σχολεία συμμετείχαν στο πείραμα για την μέτρηση της περιφέρειας της γης που έγινε στον βράχο της Ακρόπολης με θέα τον Παρθενώνα. Το γεωμετρικό μοντέλο που εφεύρέ ο Ερατοσθένης για τη μέτρηση της περιφέρειας της Γης αποφάσισαν να εφαρμόσουν οι μαθητές από το Πρότυπο Πειραματικό Γυμνάσιο Αγίων Αναργύρων, το 3° Γυμνάσιο Ασπροπύργου, το 3° Γυμνάσιο Ιλίου και το 1° Γυμνάσιο Αιγίου με τους καθηγητές τους Β. Κωστόπουλο, Θ.Ντάρδα, Π. Ευσταθίου, Ε. Δούλο. Παράλληλα την ίδια μέρα έγιναν μετρήσεις και στο Ρίο στην Πάτρα με θέα την Γέφυρα, καθώς και στο 1° Γυμνάσιο Αγίων Αναργύρων με τους καθηγητές Α. Διλάλου, Α. Κουτσόγεωργα. Είναι ένα πρόγραμμα διαθεματικό στον τομέα των Μαθηματικών με συντονιστές για το 2015 τους: Εήc Vaysie στο College Antonin Perspog της Γαλλίας και τον Βασίλη Κωστόπουλο του Πρ. Πειρ. Γυμνασίου Αγίων Αναργύρων. Συνολικά στο πρόγραμμα αυτό συμμετέχουν 12 Ελληνικά σχολεία 16 από την Ευρώπη, 7 από την Αμερική, 8 από τήν Ασία, 4 από Ωκεανία και 2 από την Αφρική. ιι - - .-- ιιιrι•••• ιa •ιιι ιι .... .. .- cιιι -.cιιw .....-τιwι)

:

••

Γνωρίζετε την ιστορία της τράπουλας;

dι

Ρ

•ιιι •

18' a ιοιι ... . .... .,. ιr.r · 1o.r

Η λέξη προέρχεται από την ιταλική λέξη «trappola>> που σημαίνει «παγίδα ή δόλος)). Η τράπουλα αποτελείται από τα «τραπουλόχαρτα". Παιχνίδια με χαρτιά της τράπουλας είναι ιδιαίτερα «τράπουλα)),

διαδεδομένα σε όλο τον κόσμο. Εδώ και αιώνες τα . μικρά αυτά πολύχρωμα χαρτάκια ασκούν ακατανίκητη έλξη και γοητεία στον άνθρωπο ανεξάρτητα από τη φυλή, την κοινωνική τάξη ή το επίπεδο μορφώσεώς. καταγωγή της είναι ασιατική, πιθανολογείται ότι γεννήθηκε κάπου μεταξύ Ινδίας και Κίνας γύρω στον 1 Οο αιώνα. Κάποιες Κινέζικες τράπουλες χρησιμοποιούν ένα σύστημα το οποίο έχει τις ρίζες του στο ντόμινο και το σκάκι. Βέβαια η τράπουλα δεν χρησιμοποιήθηκε μόνο για το κυνήγι της τύχης. Κατά την ιστορική διαδρομή της χρησιμοποιήθηκε στην προπαγάνδα, στην επιστήμη, στην εκπαίδευση, κ.ά. Στην Ευρώπη η τράπουλα πρωτοεμφανίστηκε τον 14° αιώνα. Το Εγκυκλοπαιδικό Λεξικό Ελευθερουδάκη αναφέρει ότι η παλαιότερη τράπουλα ελληνικού ενδιαφέροντος είχε κυκλοφορήσει από φιλελληνικούς κύκλους στην Ουγγαρία το 1829. Πρόσφατα όμως το περιοδικό «Αρχαιολογία)) δημοσίευσε στο τεύχος 59 του 1996 την είδηση ότι σώζεται σε ιδιωτική συλλογή στη Γερμανία μια άλλη τράπουλα με φιλελληνικά μοτίβα, που πιστεύεται ότι είχε κυκλοφορήσει το 1822. Την αποκάλυψη έκανε η αρχαιολόγος Β. Μπουσέ, η οποία μας πληροφορεί ότι στην τράπουλα αυτή οι τέσσερις «ρηγάδες)) απεικονίζονται με τις μορφές των Αλέξανδρου Υψηλάντη, Οδυσσέα Ανδρούτσου, Γεωργάκη Ολύμπιου και Γεωργίου Καντακουζηνού. Τις «ντάμες)) της τράπουλας αντιπροσωπεύουν η πριγκίπισσα Μουρούζη, η Ελενα Τοπάλη, η αδελφή των Υψηλάντηδων και η Μπουμπουλίνα. Τέλος τους βαλέδες απεικονίζουν αγωνιστές από διάφορες περωχές, όπως ο Υδραίος, ο Μωραίτης, ο «Εταιριστής)) (μέλος της Φιλικής Εταιρείας) και ο Αρναούτης (Αρβανίτης). Από τη ·δεύτερη τράπουλα αυτή που κυκλοφόρησε το 1829 έχουν διασωθεί 1 1 φιγούρες (τραπουλόχαρτα), που σώζονται στο Ιστορικό και Εθνολογικό Μουσείο. Στα τραπουλόχαρτα αυτά απεικονίζονται οι: Καποδίστριας (Ρήγας κούπα), Κουντουριώτης (Ρήγας σπαθί), Μαυροκορδάτος (Ρήγας καρό), Υψηλάντης (Ρήγας μπαστούνι), Ελλάς (Ντάμα κούπα), Αθηνά (Ντάμα καρό), Καρτερία (Ντάμα μπαστούνι), Μιαούλης (Βαλές κούπα),

Η

·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 96 τ.4/77

-------

Τα Μαθημαnκά μας Διασκεδάζουν

-------­

Κολοκοτρώνης (Βαλές σπαθί), Μπότσάρης (Βαλές καρό), Κανάρης (Βαλές μπαστούνι). Κυκλοφόρησαν πολλοί τύποι παιγνιόχαρτων και σε διάφορα μεγέθη. Στις φιγούρες κάθε χώρα έβαζε τους δικούς της ήρωες και πολλές φορές έγραφαν ακόμα και ρητά. Τα κινέζικα τραπουλόχαρτα ήταν ταυτόχρονα και χαρτονομίσματα. Ακόμα και σήμερα κάποιες από τις τράπουλες που χρησιμοποιούνται στην Κίνα απεικονίζουν νομίσματα. Στη διάρκέια της ιστορίας εμφανίστηκαν αρκετές παραλλαγές αλλά τελικά επικράτησε το γαλλικό «σύστημα»(freηch pak), που έχει τις ρίζες του στο 1 4° αιώνα, γι αυτό και οι φιγούρες παριστάνουν ενδυμασίες της εποχής. Σύμφωνα με αυτό οι φιγούρες είναι βασιλιάς, ιππότης και υπηρέτης, ενώ αργότερα προστίθεται η βασίλισσα. Στα γαλλικά τραπουλόχαρτα, οι φιγούρες πήραν τα ονόματα μεγάλων προσωπικοτήτων της ιστορίας, έτσι ο ρήγας κούπα είναι ο Καρλομάγνος, ο ρήγας καρό ο Καίσαρ, ο ρήγας σπαθί ο Μέγας Αλέξανδρος και ο ρήγας μπαστούνι ο Δαβίδ. Οι ντάμες είναι η Παλλάδα Αθηνά (ντάμα μπαστούνι), η Ιουδήθ (η γενναία Εβραία που σκότωσε τον Ολοφέρνη), η Αρζiν (Argine, μάλλον αναγραμματισμός του regiηa=βασίλισσα) και η Ραχήλ (σύζυγος του Ιακώβ) και οι βαλέδες είναι ο Έκτορας (βαλές καρό), ο Λάνσελοτ, ο Οζιέ και ο Λαϊρ.

Μπαστούνι Σπαθί Καρό Κούπα Τα σύμβολα μπαστούνια (bastoni), νομίσματα (denari), σπαθιά (spade) κα\ κύπελλα (coppe) συμβολίζουν, αντίστοιχα, τους αγρότες, τους εμπόρους, τους ευγενείς και τον κλήρο. τράπουλα αποτελείται από σύμβολα, . νούμερα και φιγούρες. Αν όλα αυτά τα αναλύσουμε σε κάθε τράπουλα παρατηρούμε: Έχει συνολικά 365 σύμβολα σε όλα τα χαρτιά της, δηλαδή όσες είναι οι μέρες του έτους. Έχει 12 φιγούρες, δηλαδή όσοι είναι οι μήνες του έτους. Έχει 52 φύλλα, δηλαδή όσες είναι οι εβδομάδες του έτους. Έχει συνολικά 4 σύμβολα (μπαστούνι, σπαθί (τριφύλλι), καρό και κούπα), δηλαδή όσες είναι οι εποχές του έτους. Έχει 13 φύλλα με το ίδιο σύμβολο, δηλαδή όσες είναι οι εβδομάδες κάθε εποχής.

Η

•

•

•

•

•

Ευχαριστούμε τους : τη στή λη αυτή . Γρίφοι Η ηλικία:

Τσιλιακό Λευτέρη, Λάσκαρη Χαράλαμπο και όλους όσους στηρίζουν

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Οι πρώτοι αριθμοί μέχρι το 100 είναι: 2, 3, 5, 7, 11 , 13, 1 7, 1 9, 23, 29, 3 1 , 37, 41, 43, 47, 53, 59, 61, 67, 71 , 73, 79, 83, 89, 97. Σύμφωνα με την περιγραφή της Άννας η ηλικία της είναι 19 χρόνων και οι αδελφές της 17 και 23. Ο μηχανοδηγός: Ο ταξιδιώτης που είναι ο πλησιέστερος γείτονας του φύλακα δεν είναι ούτε ο Κώστας ούτε ο συνώνυμος του φύλακα. Επίσης δεν τον λένε Πέτρο γιατί αυτός κερδίζει 20041€ δηλαδή ποσό μη διαφετό δια 3. Ο Πέτρος δεν μπορεί να κερδίζει 3πλάσια από τον φύλακα. Άρα ο ταξιδιώτης αυτός είναι ο Αλέξης και ο συνώνυμος ταξιδιώτης του φύλακα λέγεται Πέτρος. Επειδή ο Αλέξης κερδίζει τον επόπτη στο μπιλιάρδο, ο επόπτης ονομάζεται Κώστας και ο μηχανοδηγός Αλέξης. Το τραμ : Για να βαδίσει τα 2 χιλιόμετρα ο πεζός έκανε 20 λεπτά δηλαδή - της ώρας. Το τραμ επομένως διέτρεξε τα 2 χιλιόμετρα σε 10 λεmά(20'-10') δηλαδή η ταχύτητά του είναι 12 χiλιόμετρα την ώρα. Ο χρόνος που έκανε ο πεζός για να βαδίσει τα επόμενα 13 χιλιόμετρα μέχρι που ξανασυναντήθηκε με το τραμ είναι - =2- =2ώρες και 1 Ο λεπτά. Συνεπώς το τραμ από την πρώτη συνάντηση με τον πεζό μέχρι την δεύτερη κινήθηκε μόνο 2ώρες αφού έμεινε 1 Ο λεπτά στη Γλυφάδα και έτσι διέτρεξε 2χ 12χιλ= 24 χιλιόμετρα. Από το δεύτερο σημείο συνάντησης μέχρι την Γλυφάδα είναι (24-13):2= 1 1 :2=5,5χιλιόμετρα. Άρα Σύνταγμα -Γλυφάδα 2+ 13+5,5=20,5χιλιόμετρα. Το σακί: Το σακί είναι ένάς κύλινδρος και ο όγκος του είναι V=πR2.h ενώ η περιφέρεια του είναι το μήκος κύΚλου L=2πR. Έχουμε 2πR1=60 ή R1=- και 2πR2=30 ή R2=- . Ο όγκος στο μεγάλο σακί είναι: V1=πR12h=π(-)2.80 κ.εκ. ενώ στο μικρό V2=πR22h=π(�)2.80 κ.εκ. δηλαδή -=4 . Άρα χάνει γιατί η ποσότητα 4 μικρών είναι όσο ένα μεγάλο. ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 96 τ.4/78

Το Παράρτημα της ΕΜΕ Κεντρικής Μακεδονίας και οι Διεθνείς Μαθηματικές Εβδομάδες: Διαπιστώσεις και Ελπίδες

Σταύ ρος Γ Παπασταυρίδης, Ομ. Καθηγητής ΕΚΠΑ

ΠΡΟΛΟΓΟΣ

Είχα την τύχη να συμμετάσχω σε αρκετές τις τελευταίες ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΕΣ ΕΒΔΟΜΑΔΕΣ, '(συντ. ΔΜΕ), που οργανώνει το παράρ­ τημα της ΕΜΕ Κεντρικής Μακεδονίας, (συντ. ΠΚΜ), από το 2007 και μετά. Εί­ χα ευχάριστες και γόνιμες εμπειρίες σχε­ τικώς και ευχαριστώ τους οργανωτές που μου έδωσαν αυτή την δυνατότητα. Εκεί είδα κάποια πράγματα που τα κρίνω θ ρ άς ακ λουθ ­ �J�,ις�,,-��τ .!?' χ : ? ντας μία �σσικη 1 συνταγη κριvω πρε­ πον να τα Άκάνω γνωστ�, κατά δεύτερον λόγον προσπαθώ να βοηθήσω στην κα­ τανόηση του •πως επετεύχθησαν αυτά, ώστε να τύχουν τυχόν μίμησης2•

από

�

Ο Αναπληρωτής Υπουργός Παιδείας και Θρησκευμάτων Τάσος Κουράκης, αποτείνει χαιρετισμό προς την ΔΜΕ . Στα αριστερά του βρίσκονται μελή της ΔΕ του ΠΚΜ, κατά σειράν η Ειδική Γραμμα­ τεύς ΠΑΙΙΑΔΟΠΟΥΛΟΥ ΙΡΙΣ, ο Πρόεδρος ΦΥΛΑΚΗΣ ΑΘΑ­ ΝΑΣΙΟΣ, ο Β' Αντιπρόεδρος ΘΩΜΑΙΔΗΣ ΙΩΑΝΝΗΣ και ο Α' Αντιπρόεδ ρος ΜΩΥΣΙΑΔΗΣ ΧΡΟΝΗΣ

Ο ΘΕΣΜΟΣ ΤΩΝ ΔΙΕΘΝΩΝ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ ΕΒΔΟΜΆΔΩΝ Οι ΔΜΕ ξεκινάνε το 2007, από την

ομάδα που διοικεί το ΠΚΜ από τα μέσα της δεκαετίας του 2000 μέχρι σήμερα, είναι 5-μερες εκδηλώσεις και πλέον έχουν σαφώς ξεπεράσει την απλή πρωτοβουλία και έχουν εξελιχθεί σε θεσμό, ουσιαστικά ένα δεύτερο πανελλήνιο μαθηματικό συνέδριο3, το οποίο αξίζει να σημειωθεί δεν έχει πάρει ουδεμία κρατική ενίσχυση ούτε καν άδειες για τους μετέχοντες και ασφαλώς από πλευράς αντικειμενικών δυνατοτήτων το πολεοδομικό συγκρότημα της Θεσσαλονίιtης είναι μικρό κλάσμα του αντιστοίχου των Αθήνα-Πειραιά{ Η λειτουργία των ΔΜΕ έχει όλα τα στοιχεία ενός πλήρους συνεδρίου. Αξίζει να τονισθεί ο αριθμός των συμμετεχόντων ομιλητών από το εξωτερικό, κάτι που ενέχει ιδιαίτερο οικονομικό κόστος, και π.χ. εφέτος εμέ­ τρησα ομιλητές. Αξιοσημείωτα είναι και τα Σεμινάρια των ΔΜΕ Πρόκειται περί μαθημάτων που aποτείνονται κυρίως σε συγκεκριμένες ανάγκες του εκπαιδευτικού5• Θα �θελα να μπορούσα να παρακολουθήσω και εyώ κάποια από αυτά, (κυρίως τα της πληροφορικής), αλλά ήσαν τόσες οι δραστηριότητες της ΔΜΕ ώστε δεν είχα την ενέρ­ γεια για κάτι τέτοιο. Πάντως στην φευγαλέα επισκόπιση μου, είδα πολλούς μαθητές-συναδέλφους να παρακο­ λουθούν επιμελώς κρατώντας σημειώσεις κλπ . Ειρήσθω εν παρόδοδω δράπομαι της ευκαρίας να εmσημάνω ότι νομίζω ότι θα ήταν θετική προσθήκη στην όλη πενθήμερη διαδικασία, μία λειτουργία αντίστοιχη της Δεξίωσης των ετησίων συνεδρίων της ΕΜΕ. Νομίζω ότι οι σύνεδροι θα το ήθελαν.

9

.

1 Στην αιφοτελε6τεια παράyρα.φο τσu ΕΙΠτΑΦΙΟΥ τσu ΙΊΕΡΙΚΛΕΟΥΣ, (παράyρα.φος 46 τσu Θουκvδίδου Ισrορίαι ο ΙΊΕΡΙΚΛΗΣ­ ΘΟΥΚΥΔΙΔΗΣ γράφει «&θλα γ<'φ ο1ς κείται άρετfjς μέγισrα, τοίς δt καi. άνδρες άριστοι πολιτείιουσιν.'» (ΜfΦ. Γιατί, όπου tx,ouv θεσμοθετηθεί τα πω μεyάλα βραβεία ανδρείας, εκεί ζσuν ως πολίτες άνφες με τη μεγαλύτερη αρετή).)

2 παράγραφος 22 του Θουκvδίδου Ισrορίαι, «δσοι δέ βοuλήσονται τών τε γενομtνων τό σαφές σκ:οπείν καl τών μελλόντων ποτέ αύθις κατa τό άνθρώmνον τοιούτων καt παραπλησίων έσεσθαι, ώφέλιμα κρίνειν αύτa άρκούντως Εξει. (Μτφ. Ελ. Βενιζέλου, «θa

μου είναι όμως αρκετόν, εάν το έργον μσυ κρίνουν ωφέλιμον όσοι θελήσονν να f:xouv ακριβή αντίληψιν των γεyον&tων, όσα f:xouv ήδη λάβει χώραν, και εκείνων τα οποία κατά την ανθρωπίνην φύσιν μέλλουν να συμβούν πεpiπου όμοια.»

τομέριες μπορεί να βρεί κανείς στην θέση http://7hmath20 1 5 .blogspot.gr.

4 ΛΜεεπβάση εκτιμήσεις του 20 1 1 , ο πληθυσμός τσυ πολεοδομικού σuγκροτήματος της Θεσσαλονίκης υπολογίζεται 790.824 3

κατοίκσuς, ενώ το αντίστοιχο Αθηνών - Περαιώς έχ,ει συνολικό πληθυσμό 3 . 1 8 1 .872. s Π.χ. το 20 1 5 τα θέματα ήσαν The Geometer's Sketchpad, Geogebra για aρχάριους, Geogebra για προχωρημένους, Μα­ θηματικά για το περιβάλλον, Σεμινάριο Εφαρμοσμένης Διδακτικής Μαθηματικών

ΠΑΡΟΥΣΙΑ ΤΗΣ ΠΟΛΙτΙΚΗΣ ΗΓΕΣΙΑΣ του ΥΠΑΙΘ στην ΔΜΕ του 2015 Συν τοις άλλοις, δείγμα της κοινωνικής επιρροής του ΠΚΜ είναι η παρουσία εφέτ«?ς του Αναπληρωτή Υπουργού Παιδείας κ:αι Θρησκευμάτων Τάσου Κουράκ:η, Α. καθηγητή της Ιατρικής του ΑΠΘ κ:αι του συνα­ δέλφου Δημήτρη Χασάπη, Γενικού Γραμματέα Υπουρ­ γείου Πολιτισμού, Παιδείας κ:αι Θρησκευμάτων, καθηγητή στο Τμήμα Εκπαίδευσης & Αγωγής στην Προσχολική Ηλικία του ΕΚΠΑ. Ο κ:. Κου­ ράκ:ης εχαιρέτησε την ΔΜΕ κ:αι παρέστη στην βράβευση των διακριθέντων μαθητών στους διαγωνισμούς της Ε­ ΜΕ. Ο Δ. Χασάπης ήταν προ­ σκεκλημένος ομιλητής του συνεδρίου. Παρουσία μέλους πολιτικής ηγεσίας σε εmστη­ μονικ:ό συνέδριο ως ομιλητού ασφαλώς είναι ασύνηθες. Αν θυμάμαι καλά, στα πλαίσια της ΕΜΕ αλλό ένα τέτοιο συμβάν υπήρξε με τον συνά­ Ο Αναπληρωτής Υπόυρyός Παιδείας και Θρησκευμάτων Τάσος Κουράκης, εν δελφο Γιάννη τον Πανάρετο μέσω της ομάδας των μεταπτυχιακών φοιτητών του Μαθηματικού του ΑΠΘ, που καθηγητή στο Οικονομικό συνεδραμον εξαιρετικά την λειτουργία της ΔΜΕ Πανεmστήμιο. Μακάρι να δούμε περισσότερα τέτοια.

ΣΤΡΟΓΓΥΛΟ ΤΡΑΠΕΖΙ ΓΙΑ ΤΟ ΝΕΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΠΟΥΔΩΝ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ ΤΟΥ ΛΥΚΕΙΟΥ

Είναι γνωστόν ότι στο διάστημα Ιούλιος 20 1 4-Ιανουάριος 20 1 5, εξεπονήθησαν νέα προγράμματα σπου­ δών για το Λύκειο, σε 1 9 μαθήματα, εν οις κ:αι Μαθηματικά, (Βλ. ΦΕΚ ΤΕΥΧΟΣ ΔΕΥΤΕΡΟ, Αρ. Φύλλου 1 62, 22-0 1 -20 1 5). Η ΔΜΕ είχε την «πρωτειά» κ:αι πανελλαδικά επί των Μαθηματικών αλλά κ:αι διακλαδικά κ:αι επί όλων των μαθημάτων, να οργανώσει στρογγυλό τραπέζι συζήτησης για το νέο πρόγραμμα των Μαθη­ ματικών. Αυτή την στιγμή που γράφονται αυτές οι γραμμές δεν είναι γνωστόν πότε θα εφαρμοσθούν τα νέα προγράμματα, διόtι συν τοις άλλοις εμπλέκονται κ:αι ζητήματα νέων βιβλίων, γενικών εξετάσεων κλπ. κλπ. Ομως για την περίπτωση των Μαθηματικών που έχω άμεση εμπειρία, θα έλεγα ότι έχει διαμορφωθεί ένα ολο­ κλΊΡωμένο κείμενο, κείμενο, για το οποίως εργάσθηκαν αόκ:νως κ:αι υπό μεγάλοι χρονική πίεση 33 μαθηματι­ κοί κ:αι το οποίο κ:ατ ελάχιστον μπορεί να αποτελέσει βάση γιά συζήτηση κ:αι να συμβάλλει στην διαμόρφω­ ση τάσεων. Η πρώτη τέτοια συζήτηση λοιπόν έγινε στην φετινή ΔΜΕ, στις 20-03-20 1 5 παρουσία του ΓΓ ΥΠΑΙΘ του συναδέλφου Δημήτρη Χασάπη . Η κυρία παρατήρηση itoυ θα ήθελα να κάνω για αυτό το στρογ' γυλό τραπέζι, είναι η νεωτεριστική ακ:ολουθηθείσα από τους οργανωτές διαδικασία. Παραδοσιακά τα περισ­ σότερα στρογγυλά τραπέζια που εγώ ξέρω, ουσιαστικά ΔΕΝ είχαν διάλογο, αλλά αποτελούντο από παράλλη­ λους μονολόγους. Σε ορισμένες περιπτώσεις που υπήρχε από πλευράς οργάνωσης κάποια μεταρρυθμιστική διάθεση, δεν λειτούργησε στην πράξη μέσα στην ροή της αδρανείας της παράδοσης. Εδώ βοήθησε θετικά, αφ ένός μεν το γεγονός ότι υπήρχε ολοκληρωμένο κείμενο προς συζήτηση αφ ετέρου η διάθεση της οργάνωσης να δώσει έμφαση στον διάλογο κ:αι η διατύπωση διαφορετικών απόψεων. Προς υλοποίηση του στόχου αυτού, αναφέρω ότι συν τοις άλλοις, είχαν συγκεντρωθεί από τους οργανωτές μία σειρά παρατηρήσεων-ερωτημάτων που πολλοί συνάδελφοι είχαν διατυπώσει, οι οποίες γνωστοποιήθηκαν κάποιες εβδομάδες προ της εκδήλω­ σης κ:αι επίσης το ότι το στρογγυλό τραπέζι απετελείτο απο 4 μέλη της συγγραφής του νέου προγράμματος σπουδών που θα έδιναν εξηγήσεις για το πρόγραμμα κ:αι έτερους 3 συναδέλφους που θα έκαναν παρατηρή­ σεις-ερωτήσεις κλπ. Κρίνω σκόπιμο να αναφέρω κ:αι το παρακάτω περιθωριακό εmσόδειο. Στο στρογγυλό τραπέζι ήσαν πα­ ρόντες στο αμφιθέατρο κ:αι δύο Αμερικάνοι καθηγητές, που φυσικά δεν μπορούσαν να παρακολουθήσουν την συζήτηση. Κάποια στιγμή υψώθηκαν κάπως οι τόνοι, όχι τίποτα το σπουδαίο εις τα κ:αθ υμάς, αλλά αρκού­ ντως δια Αμερικανικά . . . αυτιά. Ρώτησαν λοιπόν τους δικούς μας που τους συνόδευαν άν συζητάμε για την . . . οικονομική κρίση . Η απάντηση ήταν . για τους Αμερικανούς συνέδρους εκκωφαντική : συζητάνε για τ ο αν θα φύγουν η θα μείνουν . . . οι μιγαδικοί στο λύκειο. Ας το σκεφθούμε.

6

Προφανώς στο σχόλιο αυτό δεν περιλαμβάνεται ο ... υπογράφων!.

Γιώργος Τ σίντσιφας : Ενα παράδειγμα ζωής. Τον Γιώργο τον Τσίντσιφα τον συνάντησα πρό δtετίας στην ΔΜΕ. Νωρίτερα δεν είχα ακούσει τίποτα -για αυτόν. Προ δtετίας λοtπόν έμαθα ότι ζούσε στην Θεσσαλονίκη ένας μαθηματικός πσu γεννήθηκε το 1 937, είχε διατελέσει μέχρι την δεκαετία τσu 90 διακεκριμένος φροντιστής στην πόλη, οπότε και συνταξωδοτήθηκε, και σχεδόν σε όλη τσu την ζωή, (και με ιδιαίτερη έμφαση μετά την συνταξιοδότηση), χωρίς τυμπανοκρουσίες, ασχολείται με ερευνητικά προβλήματα των μαθηματικών στην περιοχή της γεωμετρίας, με δημο­ σιεύσεις κυρίως στο Crux Mathematiconun και το Ameήcan Mathematical Monthly και αναφορές στον δtεθνη χώρο σε συγγράμματα όπως D. S. Mitrinovic, J. Ε. Pecaήc, V. Volenec SPRINGER-SCIENCE, Recent Advances in Geo­ Ο Λιτοχωρίτης μαθηματικός - γεωμέτρης Γιώργος metήc Inequalities, Peter Brass, William Moser, Janos Pach Τσίντσιφας, τιμήθηκε για την προσφορά του στα Research Problems in Discrete Geometry, Spήnger και Stan­ Μαθηματικά και τη Μαθηματική Εκπαίδευση το ley Rabinowitz Index to Mathematical Problems, 1 980-1 984, απόγευμα του Σαββάτου, 1 5/3/20 1 4 , σε ημερίδα που MathPro Press Westford USA. Για περισσότερα παραπέμπω διοργανώθηκε από το Παράρτημα Κεντρικής Μακε­ στο http://gtsintsifas.com. Εiδα έναν άνθρωπο πσu είναι σε δονίας της Μαθηματικής Εταιρείας και τους Συμ­ ισσοροπία με τον εαυτό τσu και έχει ').jyyouς να ... να ξυπνάει βούλους Μαθηματικών της Ανατολικής Θεσσαλονί­ να βλέπει τον ήλιο να ανατέλλει. Νομίζω ότι είναι παράδειγκης στην Ελληνογαλλική Σχολή Καλαμαρί μα προς μίμισιν. ΣΥΜ Π Ε ΡΆΣΜΑΤΑ: ΕΜΕ Ι Σ

νs

Ε ΓΩ

Ξεκινάμε λοιπόν από το δεδομένο ότι έχουμε την δημιουργία ενός κατ ουσίαν πανελλαδικού θεσμού από ένα παράρτημα εκτός Αθηνών, άνευ κρατικής βοήθειας. Βέβαια η Θεσσαλονίκη πέραν του ιστορικού της ρόλου είναι σήμερα το δεύτερο μεγαλύτερο πολεοδομικό συγκρότημα της χώρας μας. Ομως αυτό το γεγονός τσu μεγέθους συν τους λοtπούς συμπαρομαρτούντας σχετιζομένους παράγοντες, δεν εξηγούν από μόνοι τσuς το γεγονός το οποω χρονικά σχετίζεται με την συγκεκριμένη δωικούσα ομάδα και δη σε περίοδο ισχνών αγελάδων -για την χώρα. Συνεπώς θα πρέπει να αποδώσουμε το αποτέλεσμα και σε προσωπικούς παράγοντες. Το ερώτημα σε τι βαθμό η Αθήνα και σε τι βαθμό ο Θεμιστοκλής, γενικώς δεν είναι εύκολο. Επιχεφώ να ανσ:γάγω την εξήγηση σε κάτι πιό συγκεκριμένο : Δεν αντελήφθην εσωτερικές διαμάχες μέσα στην ΔΕ. Τουλάχιστον έτσι μου φάνηκε. Ξέρουμε όμως ότι αυτό αποτελεί με­ τατόπιση τσu ερωτήματος, και δημισuρyεί νέο ερώτημα: Αυτό πως επιwyχάνεται ? Ξέρουμε ότι τα συμφέροντα υπάρ­ χουν όσο υπάρχει το ζώον που λέγεται άνθρωπος. Οπότε πως προχωρούμε ? Η απάντηση που εγώ γενικώς δίνω είναι ότι πρέπει να ρυθμισθούν έτσι τα πράγματα ώστε τα συμφέροντα να ισοροπήσουν ευσταθώς και να αισθάνεται ο κα­ θένας ότι είναι δύσκολο και επιβλαβές -για τον iδιον το να επιχεφήσει να ανατρέψει την ισορροπία και ότι μάλλον η αποδοχή του στόχσu τσu συνόλσu είναι η καλύτερη προώθηση και των δικών τσu επιδιώξεων: Λακωνικώς πως, το εγώ να γίνει εμείς. Ξέρουμε από την γενικότερη ιστορία αλλά και από τις προσωπικές μας εμπεφίες ότι οι υλοποίηση των ανωτέρω μόνον εύκολη δεν είναι Ομως όταν επιτευχθεί από άλλσuς κάτι καλό πέραν των συνηθισμένων, μπο­ ρούμε να το μελετήσουμε. Ασφαλώς κάποια ιδιαίτερα προσόντα της καθοδήγησης έπαιξαν ρόλο. Ομως μελετώντας το πως έγινε, μπορούμε να δούμε το πως θα επιτύχσuμε μία succes story της αρετής, στις δικές μας εκάστοτε συνθή­ κες, πάντα εν εγρηγόρσει ότι οι succes stoήes της ... κακίας μας έρχονται συνή θως με φανταχτερό περίβλημα. Απλώς κάνω κάποιες προτάσεις. Αν τυχόν επφεάσουν κάποωυς, θα το θεωρήσω μεγάλη τιμή.

• • •

θερινά σχολεία

νια 9η χρονιά μαζ( σας

19 - 25 Ιουλίου 2015 Λεπτοκαρυά Π ιερίαc;

[Γυ μνάσιο Λύ κειο]

16 - 23

[Δη μοτικό]

2 - 8 Αυγούστου 2015 Άγιοc; Ν ικόλαοc; Νάουσαc;

Αυγούστου 2015 Μαραθώνα Απικήc; tiι

ΕΛΛηνική Μσ&ηματι•ή ΙΕτοιριία

[Γυμνάσιο Λύκειο]

Για έγκαιρη δήλωση : Φόρμα συ μμετοχής στην ιστοσελίδα τηc; Ε Μ Ε (www. hms.gr) και στα τηλέφωνα

� - ι.ς .tιι - Ζ>!! ,, ' -

� �-- -.. ... ... -·� --··· --· � ...

2103616532.

2103617784