Ευκλειδης β 98 by demi de

EMHNIKH ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 98 -Οκτώβριος -

Νοέμβριος- Δεκέμβριος

e-mail: info@hms.gr,

2015-

www.hms.gr

Ευρώ: 3,50

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ

Απολογισμός-

ΓενικιΊ Συνέλευση Κυριακή 6 ΜΑΡτΙΟΥ 2016 ...........................

Γενικά Θέματα

ζωή και το έργο του �αθηματικού Condorcet• .................................................

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

Μαθηματικές Ολυμπιαδες,

Homo Mathematicus,

..... . . .

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

Α 'τάξη

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

Άλγεβρα:

Εξισώσεις· ΑΝισώσεις,

Γεωμετρία:

Παραλληλόγραμμα ·Τραπέζια,

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

Β 'τάξη

Άλγεβρα: Γεωμετρία:

Τριγωνομετρικές εξισώσεις και απεικονίσεις των λύσεων τους, Εμβαδά, . . . . . . . . . . .......... . . . ...... . . . ..... . . .. . . . . ..... . ...........................................

Κατεύθυνση: Η ευθεία στο επίπεδο,

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

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

Τάξη

42 45

Γενική Παιδεία: Ασκήσεις στην Παρουσίαση των Στατιστικών Δεδομένων Μιας Κατανομής, ........................................................................ Ασκήσεις Στατιστικής, ................................................................ Κατεύθυνη:

Διαφορικός Λογισμός, ................................................................

Θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων yια τα (A.E.I) Παλαιοτέρων Εποχών, ............. Μαθηματικά και Λογοτεχνία, . . . . . . . ...... ................................................................. . . Γrνικά Θέματα Ευκλείδης Προτείνει, ... ...........................................................................................

Το Βήμα του Ευκλείδη,

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

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

Η χρυσή τομή και η εμφάνισή της στο σχεδιασμό σύγχρονων αντικειμένων,..

Κωνσταντίνος Δαφέρμος- Κορυφαία διάκριση σε Έλληνα Μαθηματικό..........

61 54 58

66 68 71 74

80 81

Γράμμα της Σύνταξης

Αγαπητοί μαθητές και αυνάδελφοι,

Ευελπιατούμε, αυτή τη φορά, να φθάαει ατα χέρια ασς το 2ο τεύχος πριν από τις γιορτές των Χριατουγέννων και της Πρωτοχρονιάς. Καθιερώααμε, όπως διαπιατώαατε ήδη από το 1ο τεύχος, μια νέα ατήλη αχετική με Μαθηματικά και Λογοτεχνία, μια και η εποχή μας έχει αναδείξει πολλά βιβλία με ανάλογο θέμα. Πιατεύαυμε και επιθυμούμε να μας

φέρετε

και εαείς αε

επαφή

με

κείμενα αυτού του

περιεχομένου, που αας έχουν εντυπωαιάαει. Στο 2ο τεύχος ακεφτήκαμε να δημιουργήαουμε ακόμη μια νέα ατήλη που θα περιέχει θέματα ειααγωγικών εξετάαεων για ανώτατα εκπαιδευτικά ιδρύματα

(A.E.I)

από παλιότερες εποχές, πριν το 1980.

Έται, θέλου,με να φέρουμε τους μαθητές αε επαφή με τη νοοτροπία και τη γλώααα εκείνων των εποχών, ώατε να κάνουν μόνοι τους τη αύγκριαη. Τ ελειώνοντας, ευχόμαατε αε

όλους αας καλές γιορτές

και

ευχαριατώντας αας αuγχρόνως για τη μέχρι τώρα αυνεργααία μας. Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γιώργος Ταααόπουλος Οι αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Ευαταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης γ,Γ.

ΥπεύΘυνοι για την cπιμcλε10 της ύλης των τάξεων Είναι οι αυνάδελφοι: Α.

Λυκείου ΙΧρ. Λαζαρίδnς Χ ο 'σ,ωcκrς Γ ΚαταούληςΙ Β. ΛυκΕίου IB. Καρκάνης, Σ. Λουρίδας Χρ. Ό·οcκr:;. Α- <a«cjάς: Γ Λυκείου ΙΔ. Αργυράκης, Ν. Αντωνόπουλο:;.< 3:κο • ό·cc.' ο ς . : οuρ:δάςΙ

Εξώφυλλο;

Εικαστική σύνθεση βασισμένη στη Γεωμετρία

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 Εκτελεστική Γραμμα τεία 106 79 ΑΘΗΝΑ Πρόεδρος: τα α α όπο υ λος Γιώργος Τηλ.: 210 3617784 - 210 3616532 Αντιπρόεδροι: Ε υσταθίου Βσyyέλης Fax: 210 3641025 Κεραααρίδης Γιάννης

Αθσνααόπουλος �ργιος

Κυριακοποiίλου Κων/να

Στάϊκος Παναγιώτης

Ανδρουλακάκης Νίκος

Κuβερνήτου Χρuατ.

Στεφανής Παναγιώτης

Αντωνόπουλος Γεώργιος

Λαζαρίδης Χρήατος

Στρατής Γιάννης

Αντωνόπουλος Νίκος

Λ6ππας Λευτέρης

Ταπεινός Νικόλαος

Αργυράκης Δημήτριος

Λουριδάς Γιάννης

Ταααόπουλος Γιώργος

Λουρίδας Σωτήρης

Γαβράς Τάο-ας

Μαλαφέκας Θανάαης

Τ ζελέπης 'Αλκης

Νικόλαος Αλεξανδρής

Αργυράκης Δημή τριος Λουρίδας Σωτήρης

Βακαλόπουλος Κώατας

Στεφανής Παναγιώτης Ταπεινός Νικόλαος

Ευαταθίου Βαyyέλης

Μανιάτης Ανδρέας

zσχαρόπουλας Κων/νος

Μανιατοπαύλου Αμαλία

Κακαβάς Απόατολος

Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας

Καλίκας Σταμάτης

Μενδρινός Γιάννης

Καμπούκος Κυριάκος

Μεταξάς Νικόλαος

Εκδότης:

Διευθυντής

Μέλη:

Ιωάννης Τυρλής

Υποστηρικτής Ταχυδρομικών Υπ ηρεσιών

καινούργιος χρόνος να αας φέρει ευτυχία, χαρά και δημιουργικότητα.

Τ ζιώτζιος Θανάαης Τ ουρναβίτης Στέργιος τριάντος Γεώργιος τασγκάρης Ανδρέας τααγκάρης Κώατας Ταικαλουδάκης Γιώργος

Κανέλλας Χρήατος

Μήλιος Γεώργιος

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ: 2054

Καρκάνης Βααίλης

Μπεραίμης Φραγκίακος

ISSN: 1105 - 8005

Καταοiίλης Γιώργος

Μπρίνος Πονογιώτης

Κεραααρίδης Γιάννης

Μυλωνάς Δημήτρης

Καρδαμίταης Σπiίρος

Μώκος Χρήατος

Χαραλαμπάκης Ευατάθιος

Κονόμης 'Αρτι

Πανδής Χρήατας

Χαραλαμποποiίλου Λίνα

Κοταιφάκης Γιώργος

Ποπαπέτρος Βαyyέλης

ΧΡιατιάς Σπiίρος

Κουλουμέντας Φώτης

Σίακου Μαρίο

Χριατόπουλος Θανάαης

Κυριαζής Ιωάννης

Σο'ίτη Εiία

Χριατόποuλος Παναγιώτης

Κυριακόπουλος Αντώνης

Σταϊκος Κώατος

Ψiίχας Βοyyέλης

ΜΕΓΑΛΟΣ ΧΟΡΗΓΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΩΝ Ε.Μ.Ε.

Ταιοiίμας Θανάαης Τ υρλής Ιωάννης Φανέλη 'Αννυ

Σχόλιο: Οι εργασίες για το περιοδικό στέλνονται και ηλεκτρονικά στο e-mαil: stelios@hms.gr 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 I I 8 8 I 8 8 8 8 I I I 8 8 8 8 8 8 8 I 8 8 8 I 8 8 8 8 8 I 8 8 8 8 I 8 8 8 8 8 8 I 8 8 8 8 I 8 8 8 I 8 I 8 8 8 8 8 8 8 I I 8 8 8 8 8 I 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 8 I I I Ι

•

Τα διαφημιζόμενα

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

ι ή Τrύχους: rυρώ 3,50

Τ μ

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 ευθύ 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 σια γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με αντικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή.

•

Εκτύπωση: ROTOPRINJ (Α. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & ΣΙΑ ΕΕ). τηλ.: 210 6623778- 358

Υπεύθυνος τυπογραφείου: Δ. Παπαδόπουλος

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕτΑΙΡΕΙΑ ΛΗΟΛΟΓΙΣΜΟΣ

ΔΡΑΣΗΣ ΤΟΥ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. ΓΙΑ ΤΟ ΕΤΟΣ 2013 ------

ΗΡΟ�ΣΗ

------

Αθήνα, 31-1-2015 Καλούνται όλα τα τακτικά και αντεπιστέλλοντα μέλη της Ε.Μ.Ε. σε τακτική Γενική

Συνέλευση, την Κυριακή 28 Φεβpουαpίου 2015, ώρα ΑΔ του ι ου ορόφου στο Κτίριο του Νέου Χημείου

(Ναυαρίνου 13α, Αθήνα).

10.00 το πρωί, στην αίθουσα του Πανεπιστημίου Αθηνών

θΕΜΑΤΑ

1. Απολογισμός του Δ.Σ. για το έτος 2015 2. Ισολογισμός και απολογισμός της διαχείρισης για το 2015 3. Έκθεση της Εξελεγκτικής Επιτροπής 4. Έγκριση του ισολογισμού, απολογισμού και πεπραγμένων του Δ.Σ.

5. Έγκριση του προϋπολογισμού για το 2016 6. Εξουσιοδότηση για την αγορά αποθηκευτικού χώρου ή γραφείου ή και πώληση αυτών

7. Προτάσεις μελών Σε περίπτωση που δεν υπάρξει απαρτία (πρέπει να Jtαρίσταται τουλάχιστον το 1/3 των μελών της Ε.Μ.Ε., που έχουν εκπληρώσει τις

ταμειακές τους υποχρεώσεις του

λάχιστον και για το 2015 ή έχουν εγγραφεί στα μητρώα της ΕΜΕ το 2016), η Γενική Συνέλευση θα γίνει την

Κυριακή 6 MAP'fiOY 2016 στις 10 το πρωί στον ίδιο χώρο και με τα ίδια θέματα, οπότε, σύμφωνα με το κατα στατικό, θεωρείται σε απαρτία με όσα μέλη

κι

αν παρίστανται.

Τα πλήρη στοιχεία του απολογισμού δράσης του Δ.Σ., ο ισολογισμός και απο λογισμός της διαχείρισης 2015, ο προϋπολογισμός για το 2016 και η έκθεση της Εξελεγκτικής Επιστροπής θα ανακοινωθούν στο δικτυακό τόπο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, www.hms.gr. Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Ο Πρόεδρος

Νικόλαος Αλεξανδρής

Ο Γενικός Γραμματέας Ιωάννης Τυρλής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 98 τ.2/1

ζωή και το έρyο του μαθηματικού Condorcet

r----,

Γράφει: ο Κώστας Δόρτσιος, Μαθηματικός Εισαγωγικά Για το μαθηματικό α/J....ά κυρίως για το διαφωτιστή και επαναστάτη Nikolas de Condorce1 λίγα έχουν γραφεί κι ακόμα λιγότερα στοιχεία υπάρχουν στην ελληνική βιβλιογραφία. Παρόλα αυτά ο Condorcet αποτελεί μια σημαίνουσα προσωπικότητα της παγκόσμιας ιστορίας, της ιστορίας των Μαθηματικών αλλά κυρίως της ιστορίας του Ευρωπαϊκού Διαφωτισμού και της Γαλλικής Επανάστασης. Ο Condorcet γεννήθηκε το 1743 στο Ribemont, μια μικρή κωμόπολη της Γαλλίας που βρίσκεται βορειανατολικά του Παρισιού και κοντά στα σύνορα του Βελγίου. Μόλις τεσσάρων ετών χάνει τον πατέρα του που ήταν αξιωματικός του ιππικού κι έτσι με τη φροντίδα της μητέρας τQυ ανατρέφεται με μια αγωγή που ταιριάζει σε ένα γόνο της · ανώτερής τάξης της προεπαναστατικής Γαλλίας. Είναι γνωστό ότι την εποχή εκείνη πολλοί αστοί, βιοτέχνες στρατιωτικοί εξαγόραζαν τίτλους ευγενείας θέλοντας μ' αυτό τον τρόπο να ενσωματωθούν στην τάξη των ευγενών κι όχι στην λεγόμενη τρίτη τάξη η οποία ήταν και η πλειοψηφία του γαλλικού λαού. Αυτό συνέβη και με την περίπτωση της οικογένειας των Nilιolσs Coιulorut Condorcet. Θυμίζουμε ότι οι τρεις τάξεις ήταν οι ευγενείς, ο (1743-1794) κλήρος και ο λαός. (Εθν. Μουσείο Βερσα).λιών) Σε μια βιογραφία του Condorcet από τον Μ . Arag o το έτος 184 1 διαβάζουμε σχετικά με την ανατροφή του Nikolas Condorcet: «Η κυρία Caritat de Condorcet, έχοντας μια μητρική αγάπη προς το γιό της που έφθανε στα όρια της υπερβολής, κυριάρχησε στην παιδική ηλικία του μελλοντικού γραμματέα της Ακαδημίας του Παρισιού με πρακτικές που άγγιζαν ακόμα και τις δεισιδαιμονίες. Ο νεαρός Condorcet μόλις άνοιξε τα μάτια του, είδε να τον περιτριγυρίζει μια οικογένεια που αποτελούνταν από aξιωματούχους της Εκκλησίας και από ανώτερους στρατιωτικούς που εμφορούνταν με ιδέες της ευγενούς τάξης της Γαλλίας. Οι πρώτοι δάσκαλοι ήταν οι Ιησουίτες. Ποιο ήταν το αποτέλεσμα αυτής της ανατροφής; Στο πολιτικό επίπεδο μια πλήρης αποδέσμευση από κάθε κληρονομικό δικαίωμα του ανθρώπου και στο θρησκευτικό επίπεδο ένας ακραίος σκεπτικισμός. » 2

Έτσι ο νεαρός Condorcet μεγαλώνει και ανατρέφεται με όλα εκείνα τα στοιχεία που του προσφέρει η υψηλή κοινωνική και ταξική του προέλευση . Το ευρύτερο όμως περιβάλλον και οι αντιλήψεις που ζυμώνονται από την εποχή του «εγκυκλοπαιδισμού» καθώς και των νέων ιδεών του Διαφωτισμού δεν θα τον αφήσουν αδιάφορο. Το μέλλον του νεαρού αυτού είναι αξιόλογο και θα συμπορευτεί μαζί με τους μεγάλους διαφωτιστές της εποχής εκείνης οδεύοντας προς το μεγάλο γεγονός που δεν άλλο από την ανατροπή του Παλαιού Πολιτεύματος (l 'Ancien regime) και τη Γαλλική Επανάσταση. Το μαθηματικό του tρyo Από νωρίς ο νεαρός Contorcet διακρίνεται για την ευστροφία του και για τις μαθηματικές του επιδόσεις. Ο βιογράφος Μ. Arago, μόλις το 184 1 γράφει: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/2

------

Η ζωή και το έργο του μαθηματικού Condorcet

------

«Τον Αύγουστο του 1756 ο Condorcet σε ηλικία 13 ετών βραβεύτηκε με το δεύτερο βραβείο στο σχολείο των Ιησουιτών που φοιτούσε στην πόλη Reίms. Το 1758 φθάνει στο Παρίσι όπου άρχισε τις σπουδές του και συγκεκριμένα στο Coιlege de Naνarre. Οι σπουδές του υπήρξαν λαμπρές και σύντομες, διότι μέσα σε δέκα μήνες κατέλαβε με μεγάλη διάκριση μια θέση στην Ανάλυση, πολύ δύσκολη η οποία έκανε τους cιaίraut, D 'Aιembert και Fontaίne να συλλογίζονται και να τον χαιρετούν ως ένα μελλοντικό τους συνάδελφο στην Ακαδημία.» Συνεχίζοντας τις σπουδές του ο Condorcet στο Παρίσι, γνωρίζεται με πολλούj διανοούμενους της εποχής του. Στα εικοσιδύο του χρόνια τολμά και υποβάλλει στην Ακαδημία το πρώτο του έργο που είναι αποτέλεσμα των μαθηματικών του σκέψεων. Ο τίτλος του έργου αυτού είναι «Πραγματεία πάνω στον Ολοκληρωτικό Λογισμό». Το έργο αυτό το εξετάζει η επιτροπή της Ακαδημίας το Μάη του 1765 και το πόρισμα που συντάσσει ο D' Alembert σχετικά με την αξιολόγηση του έργου αυτού είναι θετικό και πολύ επαινετικό. Το πόρισμα του D' Alembert, σύμφωνα με τον βιογράφο του Μ. Arag o καταλήγει με την πρόταση: «Το έργο αυτό φανερώνει τα πιο μεγάλα ταλέντα και τα πιο έSSXt· άξια να προκαλέσουν την αποδοχή τους από την Ακαδημία». Ύστερα από αυτά ο Contorcet γίνεται μέλος της Γαλλικής DE LΆNALYSE Ακαδημίας και μάλιστα ανακηρύσσεται μόνιμος γραμματέας της το PROBABILITE 1769. DES DECISIONS ·' Εκεί όμως που ο μεγάλος αυτός άνδρας ασχολήθηκε ιδιαίτερα ι-ι-ιι..�.ι.....σ. . .._..,.;ι..ι είναι η θεωρία των πιθανοτήτων. Οι ιδέες του εκτίθενται στο έργο με τίτλο: «Essaί sur ι' appιίcatίon de ι' anaιyse aux probabίιίtes des decίsίons prίses α ιa pιuralίte des νοίχ» το έτος 1785, τέσσερα χρόνια πριν εκραγεί η Γαλλική Επανάσταση την άνοιξη του 1 789. Αξίζει να σημειωθεί ότι το τελευταίο αυτό έργο το αναμόρφωσε ριζικά αλλά τα γεγονότα που ακολούθησαν δεν του επέτρεψαν να :< δημοσιευθεί και το έργο αυτό εκδόθηκε το 1804 μετά το θάνατό του και τη λήξη της Επανάστασης με τον τίτλο: «Elements du caιcuι de Το έργο του probabiιίtes α son appιίcatίon aux jeux de hasard, α ιa ιoterίe et aux σχετικά με τη Θεωρία των jugements des hommes» Πιθανοτήτων. 8U8 1/A,LICATJOW •••

Λrllt. "1 Νuι.uιι• Co•.o•6n � ,._. · �,-.,..,.. � ,.._.. � �·. ,_ � _,_,, � ,.,...�--.....;�...................... ..... � ................

,-s Ρ Α ιι ι D& Σ."Ιιιraιιι.ιaιε ΙOYALL

Σκιαγράφηση της εποχής του Αξίζει στο σημείο αυτό να αναφέρουμε ότι ο 17°ς αιώνας(αιώνας του ορθολογισμού) και ο 18°ς αιώνας(αιώνας των φώτων) αποτελούν όχι μόνο για την Ευρώπη αλλά για ολόκληρη την ανθρωπότητα τους αιώνες που διαδραματίζονται τα πλέον σημαντικά βήματα της ανθρώπινης σκέψης και γενικότερα του ανθρώπινου πολιτισμού. Το 18ο αιώνα η επιστήμη είχε επιτέλους στη διάθεσή της μια ολοκληρωμένη μέθοδο. Οι θεωρίες του Βάκωνα, του Νεύτωνα, του Ντεκάρ δίδαξαν ότι η παρατήρηση, το πείραμα και ο λογικός συλλογισμός ήταν βέβαια και ασφαλή εργαλεία για την απόσπαση των μυστικών της φύσης. Έτσι η επιστήμη θα γινόταν ακριβέστερη και θα εξερευνούσε και νέα πεδία. Ακόμα στην εποχή αυτή: Τα Μαθηματικά προχωρούν στην αφαίρεση και ερευνούν το διαφορικό και απειροστικό λογισμό. Η Φυσική ασχολείται με τις έρευνες στον ηλεκτρισμό και ηλεκτροδυναμική. Η Χημεία από την εμπειρία οδηγείται πλέον στην επιστήμη (αρχή της aφθαρσίας της ύλης) και οι Φυσιογνωστικές επιστήμες ασχολούνται με την περιγραφή, κατάταξη και σύγκριση των δεδομένων (εξέλιξη των ειδών και κληρονομικά χαρακτηριστικά) και πολλά άλλα . . . Τέλος στη φιλοσοφία δεσπόζουν οι ιδέες των: Rousseau, D ' Alembert, Montesquieu, Diderot, Laplace και πολλών άλλων. Μέσα σε ένα τέτοιο κλίμα και σε μια ευφορία ιδεών και συζητήσεων ο Contorcet αναπτύσσει σχέσεις με πολλά και σημαίνοντα πρόσωπα της εποχής βιώνοντας έτσι τις διάφορες ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/3

------

Η ζωή και το έρyο του μαθηματικού Condorcet

αJλαγές καθώς και τους κοινωνικούς και θρησκευτικούς μετασχηματισμούς στην πρωτεύουσα της Γαλλίας. Στο σημείο αυτό αξίζει να αναφέρουμε ότι την εποχή που ο Condorcet βρίσκεται στο Παρίσι, συμμετέχει στις συντροφιές των φtλοσόφων που συγκεντρώνονται σε σαλόνια πλούσιων κυριών και συζητούν διάφορα θέματα γύρω από το «παλαιό καθεστώς» και για τη <<νέα εποχή» που σιγά - σιγά πλησιάζει. Χαρακτηριστική είναι η ακόλουθη εικόνα από το σαλόνι της Mademoiselle de Lespinasse που περιγράφει ο Παναγιώτης Κανελλόπουλος στο μεγάλο δωδεκάτομο έργο «Iστορία του Ευρωπαϊκού Πνεύματος>): «Εκεί τράβηξε κάμποσους από τους θαμώνες του σαλονιού της γηραιάς μαρκησίας με κορυφαίο τον Ντ 'Αλαμπέρ, αλλά και πολλούς άλλους. Με τον Ντ 'Άλαμπερ σχετίστηκε ιδιαίτερα, πολύ στενά. Στο σαλόνι μπήκαν και κάμποσοι από τους «φιλοσόφους», που προετοίμασαν τους νέους καιρούς. Μπήκαν, εκτός από τον Ντ'Άλαμπερ, τον Τυργκό και τον Μαρμοντέλ, και ο αββάς ντε Κοντιγιάκ, ο αδελφός του αββάς ντε Μπαμπλύ, καθώς και ο Κοντορσέτ, που αυτόν θα τον συνδυάσουμε με τη Μεγάλη Επανάσταση»4 Από την εικόνα αυτή αντιλαμβάνεται κανείς ότι ο Contorcet είναι ένας ώριμος πνευματικός άνδρας που συμπεριλαμβάνεται στη χορεία όλων εκείνων των «φtλοσόφων» που σημάδεψαν στη Γαλλία, και όχι μόνο, την πορεία προς τους <<νέους καιρούς», προς τη Γαλλική Επανάσταση, προς την μεγάλη διακήρυξη των δικαιωμάτων των ανθρώπων. Μάλιστα μπορεί να πει κανείς ότι ο φιλόσοφος αυτός είναι ο μόνος από τους διαφωτιστές ο οποίος βίωσε την Γαλλική Επανάσταση και δίκαια θεωρείται ως «ο τελευταίος των φtλοσόφων».

Το λΟ'yοτεχνικό του tρ-yo Ο Contorcet δημοσίευσε έργα που τον ανάδειξαν και ως λογοτέχνη. Έγραψε εγκώμια για παλαιούς ακαδημαϊκούς. Με το έργο του: «Η ζωή του Τυργκώ» απέτισε έναν ωραίο φόρο τιμής απέναντι σ' εκείνον που ήταν εξίσου στενός φίλος του, όσο κι ο D' Alembert. Εmμελήθηκ:ε μια έκδοση των «Σκέψεων» (Pensees) του Πασκάλ. Έγραψε τη βιογραφία του Βολταίρου «Vie de Voltaire». Επίσης είχε εmστρατευτεί από το φίλο του D' Alembert για τη συγγραφή της λεγόμενης «Εγκυκλοπαιδείας». Η συμβολή του στο μέγα αυτό μνημείο της εποχής των Φώτων ήταν σημαντική!5 Ο Condorcet σε κάποια αναφορά του θέλοντας να μνημονεύσει την καταπληκτική μνήμη που διέθετε ο μεγάλος Euler, γράφει: «Δύο μαθητές του Euler που είχαν υπολογίσει το άθροισμα των δεκαεπτά όρων μιας πολύπλοκης συγκλίνουσας σειράς -για μια συγκεκριμένη τιμή της μεταβλητής- διαφώνησαν μεταξύ τους για μια μονάδα στο πεντηκοστό ψηφίο του αποτελέσματος. Για να αποφασίσει ο Euler έκανε όλο τον υπολογισμό με το μυαλό του. Η απάντησή του ήταν όντως η σωστή!>/ Κατά την τρίτη περίοδο της Επανάστασης δηλαδή τη «Συμβατική» με ηγέτη τον Μαξιμιλιανό Ροβεσπιέρο, ο «τελευταίος των φtλοσόφων»7 βίωσε την εχθρότητα των αντιπάλων του. Ακριβώς κάτω από αυτήν την θέση του κυνηγημένου ή αλλιώς «προγραμμένου» διαισθανόταν ότι δεν θα απέφευγε τον τραγικό θάνατο κι έγραψε το σημαντικότερο των έργων του με τον τίτλο: «Πίνακας των προόδων του ανθρώπινου πνεύματος» καθώς επίσης και άλλα έργα μικρότερης έκτασης. Το έργο αυτό αποτελεί το επιστέγασμα της φtλοσοφίας των Φώτων. Μέσα στις δέκα παραγράφους του έργου αυτού κάνει μια αναδρομή της ιστορίας του ανθρώπινου γένους από τις αρχές της παρουσίας του στη γη μέχρι και την εποχή του και τελειώνει με συλλογισμούς σχετικά με την μελλοντική πρόοδο του ανθρώmνο πνεύματος. Παρόλο ότι ο «προγραμμένος» φιλόσοφος έγραφε κάτω από την καταδίωξη και το κυνηγητό του θανάτου στο βιβλίο αυτό μιλά με αισιοδοξία για τη μελλοντική πορεία του ανθρώπου. Κι αυτό είναι συνταρακτικό και πρωτοποριακό!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/4

------ Η ζωή και το έΡΎΟ του μαθηματικού Condorcet

--------

Αξίζει να αναφέρουμε εδώ και τις απόψεις του φιλοσόφου αυτού σχετικά με τη φιλοζωία που αποτυπώνονται σε ένα μικρό έργο που έγραψε την παραμονή του θανάτου του και το οποίο απευθύνεται στη μικρή του κόρη: «Αγαπημένη μου κόρη, να κρατάς μέσα στην καρδιά σου την καθαρότητα και τη δύναμη του συναισθήματος εκείνου που θα σε κάνει να μοιράζεσαι τον πόνο με κάθε ευαίσθητη ύπαρξη. Ποτέ να μη βάζεις φραγμό και να συμμερίζεσαι '7ν ανθρώπινη δυστυχία. Ο aνθρωπισμός σου να απλώνεται μέχρι και στην αγάπη των ζώων . . . » Ο Condorcet και η επανάσταση Όπως γράφει ο Παν. Κανελλόπουλος, η Επανάσταση βρήκε τον Condorcet έτοιμο επαναστάτη.9 Όπως και τόσοι άλλοι φωτισμένοι ευγενείς, είχε αισθανθεί κι αυτός μια βαθιά αντίδραση κατά του λεγόμενου «παλαιού καθεστώτος» (ancien regime). Ο Contorcet ιδεολογικά προσαρτήθηκε στον όμιλο των λεγόμενων Γιρονδίνων και μάλιστα ως κορυφαίο στέλεχος. Οι Γιρονδίνοι, έτσι ονομάζονταν εκείνη η πολιτική ομάδα, κατά την επαναστατική περίοδο ήρθε αντιμέτωπη με τους Ιακωβίνους οι οποίοι με ηγέτη το Μαξιμιλιανό Ροβεσπιέρο κυριάρχησαν στην τρίτη περίοδο της Επανάστασης, τη λεγόμενη Συμβατική. Θυμίζουμε ότι η Γαλλική Επανάσταση διακρίνεται σε τρεις σημαντικές περιόδους. Η πρώτη ξεκινά με τη λεγόμενη Συντακτική Συνέλευση η οποία καταλήγει στη διακήρυξη των δικαιωμάτων του ανθρώπου και τη καθιέρωση του Συντάγματος, η δεύτερη που λέγεται Νομοθετική Συνέλευση η οποία ασχολήθηκε με την ψήφιση νόμων και διαταγμάτων και η τρίτη Συμβατική Συνέλευση(Cοηνeηtiοη) ή αλλιώς περίοδος της τρομοκρατίας. Η κάθε μια έχει να παρουσιάσει τα δικά της μαρτυρικά πρόσωπα και το δικό της ιδεολογικό υπόβαθρο που τη χαρακτηρίζουν και τη στηρίζουν. Σχετικά με το θεσμό της βασιλείας: Ο Condorcet αν και στη «Νομοθετική Συνέλευση» ήταν από τους πρώτους που, μετά τη δραματική μέρα της 1 Οης Αυγούστου 1792, πρότειναν την κατάργηση της Βασιλείας, αργότερα κατά την περίοδο της «Συμβατικής Συνέλευσης» ψήφισε κατά του θανάτου του Λουδοβίκου του ΙΣΓ. Σχετικά με την παιδεία: Κατά την περίοδο της «Νομοθετικής Συνέλευσης» ο Condorcet διατύπωσε ένα αξιόλογο σχέδιο για την οργάνωση της δημόσιας παιδείας, το οποίο αργότερα έγινε η βάση του εκπαιδευτικού συστήματος της Γαλλίας. Επίσης κατά την ίδια περίοδο επεξεργάστηκε και ένα σχέδιο συντάγματος το οποίο όμως δεν έγινε δεκτό από τη συνέλευση της «Συμβατικής» με την οποία άρχισε να έχει προβλήματα. Η απόρριψη αυτού του σχεδίου συντάγματος και η γενικότερη στάση απέναντι στην όλη τρομοκρατία της τελευταίας αυτής περιόδου της επανάστασης οδηγούν τον «φιλόσοφο» αυτό στην απομόνωση και στην καταδίωξη. Ο Ροβεσπιέρος τον αποκαλεί δειλό και επιδιώκει την εξόντωσή του.

Το τέλος του «φ ιλοσόφου» Στις 24 Μαρτίου 1794 ο Condorcet φεύγει από το σπίτι που κρυβόταν γιατί οι φίλοι του τον ειδοποίησαν για επικείμενη έρευνα της αστυνομίας του Ροβεσπιέρου. Περιπλανιέται με ρούχα χωρικού ξυλουργού στα περίχωρα του Παρισιού. Τέλος κατάκοπος και με πρησμένα πόδια καταλήγει σε ένα πανδοχείο. Κάθισε σε ένα τραπέζι, ζήτησε να φάει, έφαγε αλλά οι χωρικοί, που έπιναν εκεί κοντά του (ήταν η επαναστατική επιτροπή του C/amart/0 τον παρακολουθούσαν με μάτια γεμάτα φιλυποψία. Τα λευκά του χέρια δεν συμβιβάζονταν με τα λερωμένα και ξεσκισμένα ρούχα ενός εργάτη. Οι χωρικοί τον πλησίασαν και τον κάλεσαν να τους ακολουθήσει στη φυλακή. Ο Contorcet βρέθηκε νεκρός στη φυλακή στις 28 Μαρτίου 1794. Είχε αυτοκτονήσει πίνοντας το δραστικό δηλητήριο που κουβαλούσε πάντα μαζί του εξαιτίας του φόβου της ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/5

------

Η ζωή και το έργο του μαθηματικού Condorcet

-------

λαιμητόμου. Δεν είχε αποκαλύψει την ταυτότητά του. Ενταφιάστηκε ως ένας ξυλουργός με το όνομα: Pieπe Simon, charpentier. Μετά την πτώση και του Ροβεσπιέρου η γυναίκα του Condorcet αναζητά και ερευνά τον τάφο του συζύγου της. Όταν είδε η Madame de Condorcet το ρολόι, κατάλαβε ποιος ήταν ο ξυλουργός. Πενηνταενός ετών ήταν ο Condorcet, όταν ως άγνωστος, άσημος και εξαντλημένος οδοιπόρος έφθασε στο τέρμα της ζωής του και στο κατώφλι της αθανασίας. Αξιολόγηση του έργου του από τον ιστορικό Gino Loria. Ο ιστορικός αυτός μιλά για το έργο του Condorcet με τα εξής λόγια: «Η υψηλή κοινωνική και ακαδημαϊκή θέσις, η συμμετοχή του εις την δημοσίαν ζωήν εις μίαν από τας σημαντικοτέρας περιόδους που αναφέρει η ιστορία και το τραγικόν τέλος του εξησφάλισαν εις στον Condorcet τοιαύτην φήμην, ώστε υπό πολλών συνεκρίνετο με τους εξοχωτέρους επιστήμονας που τιμούν την Γαλλίαν. Η κρίσις όμως αυτή δεν εβράδυνε να υποστεί ριζικήν αναθεώρησιν»11

και συνεχίζει:

«0 Condorcet ασχολήθηκε με διαφορικές εξισώσεις συνήθους μορφής καθώς και με μερικές παραγώγους, αλλά αν το όνομά του απαντάται ενίοτε εις έργα μεταγενέστερα επί του εν λόγω αντικειμένου, τούτο γίνεται προς απότισιν τιμής εις την μνήμην του και αναγνώρισιν των όσων καλυτέρων έγραψεν, όπως είναι π.χ. η ολοκλήρωσις της εξισώσεως :

az_az.l+x =O ay ax 1+y

δια σειρών, μέθοδος όμώς εγκαταλειφθείσα αφ 'ότου ευρέθη καταλληλοτέρα προς τον σκοπόν»

τέλος καταλήγει: «Το 1778 ο Condorcet συνεμερίσθη με τον πλοίαρχον Tempelhof το βραβείον που προεκήρυξεν η Ακαδημία του Βερολίνου δια την τελειοποίησιν της μεθόδου υπολογισμού των κομητικών τροχιών βάσει παρατηρήσεων. Τα υπ' αυτού όμως προταθέντα τεχνάσματα εις το έργον:«Εssαί sur la theorίe de cometes» (1780) ουδέποτε εφηρμόσθησαν υπό των αστρονόμων, ως μη αποδειχθέντα εξυπηρετικά»

Επίλογος Όπως και να εξετάσει κανείς την περίπτωση του μεγάλου αυτού ανδρός, δεν μπορεί παρά να θαυμάσει το μεγαλείο της αρετής και της τόλμης του καθώς επίσης και την πολυδιάστατη προσωπικότητά του. Ο θαυμασμός αυτός γίνεται ακόμα πιο μεγάλος αν αναλογιστεί την τραγικότητα της εποχής εκείνης και την πολυπλοκότητα των ιδεών που κάθε φορά κυριαρχούσαν. Σημειώσεις-αναφορές: 1 Με πλήρες όνομα: Marie-Jean-Antoine Nikolas Caritat Marquis de Condorcet 2 Μ. Arago: Biographie de Marie - Jean - Antoine - Nikolas Caritat de Condorcet secretaire perpetuel , de z· ancienne Academie des sciences. (Lue a /α seeance publique du 28/)ecembre 1841 3 Πρόκειται για τη ΓαJ.λική Α καδημία που ιδρύθηκε το 1635 από το Λουδοβίκο ΧΙΙΙ ύσrερα από πρόταση του Ρ ισελιέ 4 Π. Κανελλόπουλος: Ι σrορία του ΕυρωπαϊΚού Πνεύματος. Τόμ. 4, σελ. 355 5 Παν. Κανελλόπουλος. Ι σrορία του Ευρωπαί'κού πνεύματος. Τόμ .7. Σελ.112 6 Ε. τ. Bell, Οι μαθηματικοί: από τον Ζήνω να έως τον Cauchy, σελ. 238. Α πό τη Διπλωματική Εργασία 'Ή ΣΥΜΒΟΛΗ ΤΟΥ LEONHARD EULER ΣΤΗΝ ΑΝΑΠΠΞΗ ΤΟΥ ΑΠΕΙΡΟΣΠΚΟΥ ΛΟΓΙ ΣΜΟΥ" του ΠΑΝΑΓΙΏΤΗ ΠΑΠΑΔΗΜΗΤΡΙΟΥ 7 Για τον Ι σrορικό Jules Michelet(1798-1874) ο Condorcet θεωρείται ως ο τελευταίος τω ν φιλοσόφων του ]�υ αιώ να 8 Μ. Arago: Biographie de Marie- Jean- Antoine- Nikolas Caritat de Condorcet, 9 Παν. Κανελλόπουλος. Ι σrορία του Ευρωπαί'κού πνεύματο ς. Τόμ. 7. Σελ. 112 10C'' π . ιamart: χωρ ιο σrα περiχr:ιιpα του αρισιου. 11 Gino Loria: Ι σrορία των Μαθηματικών. Τόμος 3, τεύχος α', σελ. 150. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/6

Ένας ΑJιοΜνισμ6ς τcιιν ιιιιwχιΜ της

ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑθΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΛΙΡΕΙΛΙ

και των άλλων Επιστημονικών Ενώσεων στους Διεβνε(ς Μσβητυιούς Διαycιινισμούς του 2015

�� ΙΜΘ�

(http://www.lmo2015.org/ ) Χρηματοδότηση εισιτηρίων αποστολής των

Οι επιδόσεις των Ελλήνων μαθητών ήταν οι παρακάτω:

Ντούνης Πέτρος Μισιακός Παναγιώτης Χαχάμης Νέστορας Παναγιωτόπουλος Απόστολος Μελάς Δημήτριος Καρατζά Παναγιώτα

6 μαθητών και 2 συνοδών (αρχηγού και

uπαρχηyού) από το <<IΔΡΥΜΑ ΩΝΑΣΗ)) ι ο ΓΕΛ Κορωπίου Κολλέ"(ιο Αθηνών ΓΕΛ Παλαίρου Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη Σχολή Μωραϊτη 3° ΓΕΛ Βέροιας

Αργυρό Μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Εύφημη μνεία Εύφημη μνεία Συμμετοχή

57η Διεθνής μαθηματική Ολuμπιάδα θα yίνει στο Χόvyκ Κόνyκ, 6-16 Ιοuλιοu 2016 Β. 3118 ΒcιΜaνυα\ Μcιβημcmιιή Oluμιniιδa. Λβην6. Μάιος 2015.

(http://www.hms.gr/32bmo2015/main.htm )

Οι επιδόσεις των Ελλήνων μαθητών ήταν οι παρακάτω:

Ντούνης Πέτρος Μελάς Δημήτριος Μισιακός Παναγιώτης Χαχάμης Νέστορας Καρατζά Παναγιώτα Τσιντσιλήδας Δημήτριος

ι ο ΓΕΛ Κορωπίου Σχολή Μωραϊτη Κολλέγιο Αθηνών ΓΕΛ Παλαίρου 3° ΓΕΛ Βέροιας Λύκειο Καλαμπακίου Δράμας

Χρυσό Μετ·άλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο

ΕΛΛΑΔΑ Β (Επειδή η διοργάνωση έyινε στην Ελλάδα είχαμε τη δuνατότητα σuμμετοχής και της αναπληρωματικής Ελληνικής ομάδας, η οποία είχε τα παρακάτω αποτελέσματα:)

Παναγιωτόπουλος Απόστολος Γαβριλόπουλος Γεώργιος Τσαγκαλίδου Ζωή Βενιζέλος Γεώργιος Κετσετσίδης Ραφαήλ Δημητρακάκης Αλέξανδρος r.

Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη ΓΕΛ νέας Μάκρης Εκπαιδευτήρια ΑΞΙΟ Ν Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη Πρότυπο Αθηνών

Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Συμμετο χή

19" Ιcιλιιανuιή Μαβημcιτυα\ ΟΑuμιιιάδα Νiιιιν, ΣεΡΙΜα, Ιούwις J015.

http://www.dms.rs/jbmo/participants/greece.html

Χρηματοδότηση εισιτηρ(ων αποστολής των

6 μαθητών και 2 σuνοδών (αρχηγού και

uπαρχηyού) από τα Εκπαιδεuτήρια Νέα Παιδεία, το Κολλέyιο Αθηvών, την Aegean

Airlines. Οι επιδόσεις των Ελλήνων μαθητών ήταν οι παρακάτω: Λώλας Δημήτριος Τσιάμης Ραφαήλ Μιχαλάκης Βάίος Ραφαήλ Τσαταλμπασίδης Ορέστης Προδρομίδης Κuπριανός Ιάσων Παπασωτηρίοu Σωτήριος

Εκπαιδευτήρια Αθηνά Εκπαιδευτήρια Μαντουλίδη Εκπαιδευτήρια Νέα Παιδεία 3°Γυμν. Αλεξανδρούπολης Πειραμ. Γυμν. Αναβρύτων Κολλεγιο Αθηνών ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/7

Χρυσό μετάλλιο Χρυσό μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Εύφημη Μνεία Συμμετο χή

46η ΟΑυμnιάδα Φυσικήc;, Τσαγκαλίδου Ζωή

2015 Η

Mumbai, Ινδία, 5-12 Ιουλίου 2015 Εύφημη μνεία

Παπαδόπουλος Μενέλαος

Συμμετοχή

Σιάμμενος Φώτης

Συμμετοχή

Αντωνάτος Σπυρίδων

Συμμετοχή

Λυμπερόπουλος Μπούνταλης Φιλ.ιnnος

Συμμετοχή

47η Ολυμπιάδα Φυσικής θα γίνει στην Ελβετία από 10-18 Ιουλίου 2016

http:l/www.ipho2015.in/

ΕΛΛΗι8ΙΙ ΠΜΙΙΛ EIUII81aιιaN ΚΑΙ ΕΠΛΙΠΛΜΛ1'ΚΙΙ ιw•αeοΡΙΙCΗΙ ΚΑΙ ΊΗΛΕΙΙΙΚΟIΝΩΝΙΩΝ fΕΠΥ)

ALMATY

iΘi 2Ο 1 5

27" ΔΙΕθΝΗΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ, Almaty, Καζακστάν, 26Ιουλίου - 2 Αυγούστου

Ροντογιάννης Αριστοφάνη ς

Χάλκινο μετάλλιο

Αγιάννης Κωνσταντίνος

Συμμετοχή

Κοστοπαναγιώτης Παναγιώτης

Συμμετοχή

Μιχαλdlνας Εμμανουήλ

Συμμετοχή

file:/UG:/Competitions 2015-16/101%202015 %20Results.html

23η ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ, Ρούσε ΒουΑyαρίαι;, 28 Ιουνίου-4 Ιουλίου2015 Ροντογιάννης Αριστοφάνη ς

Χάλκινο μετάλλιο

Αγιάννης Κωνσταντίνος

Χάλκινο μετάλλιο

Κοστοπαναγιώτης Παναγιώτης

Συμμετοχή

ΜιχαΑαΊνας Εμμανουήλ

Συμμετοχή

file:/1/G:/Competitions 2015-16/Results%20-%20boi%202015%20Bulgaria.html

� ΒΑΛΚΑΝΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΠΛΗΡΟΦΟΡΙΚΗΣ ΝΕΩΝ, ΟΧρίδα, Σεmέμβριοι; 2015 Πίnης Χαριλ.αος

Αργυρό μετάλλιο

Τυροβολάς Γιάννης

Χάλκινο μετάλλιο

Ροντογιάννης Δημήτριος

Συμμετοχή

Χατζημίχος Παναγιώτης

Συμμετοχή

file:/1/G:/Competitions 2015-16/Results%20 %20JBOI%202015.html

εt.-\188ΙΙ ΑΙΙΡΟΝΟΜIΚΗ ΕΊ'ΑRΙΛ

� ΔΙΕθΝΗΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΑΠΡΟΝΟΜΙΑΣ ΚΑΙ ΑΠΡΟΦΥΣΙΚΗΣ, Ινδονησία, 26Ιουλίου - 4 Αυγούστου 2015 Βαλμάς Αντώνιος,

ΙNJBNΙΠDNΛLOL1Jι81W> ΟΝ •SΠIONOMY ΛΝD AS1R01'tM1CS

Χάλκινο μετάλλιο

Παπαχατζάκης Γεώργιος

Εύφημη μνεία

Κουταλιός Ιωάννης

Εύφημη μνεία

Καλλιμάνης Ιωάννης Νεκτάριος

Εύφημη μνεία

http://ioaa2015.org/results B8IDI XIIMIIfΩN ΕΛΛΜ0Ι

47" ΔΙΕθΝΗΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΧΗΜΕΙΑΣ, Μιtακού, Αζερμncιitζcίν, 20-29 loυAiou 2015

Στυλιαράς Δημήτριος

·�

Συμμετοχή

ΜRΟυpμnοι\Αιιιι; Αναστάσιος Συμμnοχ� Αναστασιλάκης Δημήτριος Συμμετοχή Αyyελόπουλος Βασίλειος

Συμμετοχή

http://icho201S.msu.az/participation/participating/

http://icho201S.msu.az/results.php

�� bθι

.... ιιιοΛΟΠ»ι ΕΛΛΜι0Ι 26'1 ΔΙΕθΝΗΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΒΙΟΛΟΠΑΣ, Αάριοuc;, Δανία,12-19 loυAiou 2015 INJΈRNA1Κ)NAL BIOI.DGY αYMPIAD 2015AAIMUSDBIIM8C

Καρβtλας Νικόλαο:;

Χάλκινο μετάλλιο

Δεληβοριάς Μιχαήλ

Συμμετοχή

Γαζής Διονύσιος Καλούση Δέσποινα

Συμμετοχή Συμμετοχή

http://ibo2015.org/fileadmin/www.ibo2015.org/Filer/IB02015-official-ranking 01.pdf

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/8

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες 76ος

Ε.Μ.Ε.

ΠΑΝΕΜΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΙΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΑ 14

''Ο ΘΑΛΗΣ" Νοεμβρίου 2015

Ενδεικτικές λύσεις

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ Πρ βλημα 1 ό

( 1 }( χ - 1) χ1 +χ- 2 +λ , όπου λ JR Στη συνέχεια να λύσετε 2χ- 1 - 3 χ - 1 και να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου λ για τις οποίες την aνίσωση 4 8 4 υπάρχουν τιμές του χ για τις οποίες οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν.

Να λύσετε την aνίσωση: 2χ+ χ+ --

•

:> < λ-1, Λύ ση. Έχουμε: 2χ+(χ+1)(χ-1) < χ2 +χ-2+λ<::::>2χ+χ2 -1< χ2 +χ-2+λ<:::χ Γ

' 2Χ -1 3 χ-1 3 ' ' ια τη δ ευτερη ανισωση εχουμε ---8>4<::::> 4χ-2 -3> 2χ- 2 <=>2χ> 3 <=>χ>2. 4

Επομένως οι δύο ανισώσεις συναληθεύουν για �<χ<λ-1, , εφόσον ισχύει: λ-1>�<::::>λ>�. 2 2 2

Πρόβλημα 2

Να λυθεί το σύστημα

{

χ + y-1 6(x - 3)(y+ 2) 3 4 --χ - 3 y+ 2 = 11 =

}

Λύση

1 1 ' χ ' περιορισμοι' ειναι .. ετουμε -- = α και --= b , οποτε * 3 , y * -2. Θ' χ-3 y+2 1 1 χ+y-1 =(x-3)+(y+2 )=-+-. α b Επομένως, με περιορισμό α ,b * Ο το σύστημα παίρνει τη μορφή:

οι

{.!.+.!. =�

:�

{α= 6-b {α= 6-b} {α= 5} {α+b = 6 :> <::: 7 b = 7 <::::> b = 1 ' <::::> 3α - 4b =11 <::::> 3( 6-b) - 4b = 11

;α �b 1 16 ' τους περιορισμους. οπότε χ = , y = -1 , που πληρουν _

Πρ ό βλημα 3 Να βρεθούν οι ακέραιοι x,y που είναι λύσεις της εξίσωσης χ+ y+χ1 + y1 p, όπου p πρώτος θετικός ακέραιος. Λύ ση Η δεδομένη εξίσωση γράφεται: χ+χ2 + y+/ =p <::::> χ(χ+1)+y(y+1) =p (1) Όμως οι αριθμοί χ(χ+1), y(y+1)ως γινόμενα διαδοχικών ακέραιων είναι και οι δύο άρτιοι, =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/9

------

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

οπότε και το άθροισμα τους θα είναι άρτιος. Επομένως πρέπει p = 2 , αφού ο μοναδικός πρώτος που είναι άρτιος είναι το 2 . Επειδή οι ακέραιοι χ (χ +1) y , y ( +1) είναι άρτιοι μη αρνητικοί,

}

} {

{

χ (χ +1) = 2 Σ χ (χ +1) = 0 Σ ( ) ( ι) ή yy( +1) = 2 2 yy ( +1) = 0 ( +1) = 0 <=>y =O ήy = -1. Έχουμε χ(χ +1) = 2 <=> χ =1ή χ = -2 καιyy Επομένως το σύστημα Σ ( ,y ) = (1, 0 ) ή (1, -1) ή ( -2, 0 ) ή ( -2 , -1) ( ι ) έχει τις λύσεις: x , = ( 0,1) ή (-1,1) ή (0, -2) ή (-1, -2 ). Ομοίως, για το σύστημα ( Σ ) βρίσκουμε τις λύσεις: x ( y) 2 Πρόβλημ α 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α= 30° Έστω Δ,Ζ τα μέσα των ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Κατασκευάζουμε (εξωτερικά του τριγώνου) ισόπλευρο τρίγωνο ΒΔΕ και τετράγωνο ΑΖΗΘ. Η μεσοκάθετη του ΒΔ, τέμνει την ΑΓ στο σημείο Τ. Να αποδείξετε ότι: (α) το τρίγωνο ΑΕΤ είναι ισόπλευρο, (β) τα τρίγωνα Α ΤΒ και ΔΘΤ είναι ίσα. Λύση (α) Το τρίγωνο ΔΑΕ είναι ισοσκελές (ΔΑ = ΔΕ =χ ) με Δι = 120 °. Άρα Αι = Ει = 30 °. Η ΕΤ είναι μεσοκάθετη της ΒΔ, άρα (από το έχουμε: χ (χ +1) +yy ( +1) = 2 <=>

•

ισόπλευρο τρίγωνο ΒΔΕ ) έχουμε: ξ= ΒFΔ=30°.

Στο τρίγωνο ΑΕΤ έχουμε, ΕΑΤ = Αι + Α = 60 °

και ΑΕΤ = Ει+ Ε = 60 ° οπότε το τρίγωνο είναι 2 ισόπλευρο. (β) Στο ισόπλευρο τρίγωνο η ΑΒ είναι κάθετη (άρα και μεσοκάθετη) της ΕΤ . Άρα ,

ΔΕ =ΔΤ =Β Τ =χ

Σχήμα 3

(1) .

Τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΔΘ και ΑΔΤ είναι ίσα μεταξύ τους διότι, ΑΔ = ΑΘ =Δτ =χ και ΔΑΘ = ΑΔτ = 120 °. ΔΘ = ΑΤ Άρα έχουμε (2).

Ισχύουν οι παρακάτω ισότητες γωνιών: ΘΔτ = 180 -Δ -ΒΔτ = 180 ο

2 Ai'B =iΊ +ΒΤΔ= 30 ° + 60 °=90 °.

ο -

30 - 60 =90 ο

•

Έχουμε δηλαδή ότι τα τρίγωνα ΑΤΒ και ΔΘΤ είναι ορθογώνια με δύο κάθετες πλευρές ίσες (σχέσεις (1) και (2) ). Παρατήρηση . Επιπλέον, στο σημείο Ζ τέμνονται οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου ΔΘΤ , δηλαδή το σημείο Ζ είναι έ1C1Cεντρο του τριγώνου ΔΘΤ. Β'

Πρόβλημα 1 Αν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y παράστασης Α=

ΛΥΚΕΙΟΥ

ισχύει ότι χ

�χ4 + 5χ1 + 2y1 + �χ4 + 32y1

+ 2y1 = 4 ,

να αποδείξετε ότι η τιμή της

είναι σταθερή, ανεξάρτητη των x,y.

Λύση 'Εχουμε ότι χ4 +5χ2 +2/ =χ4 +5χ2 +4 -χ2 =χ4 +4χ2 +4=(χ2 +2)2 , οπότε � χ4 +5χ2 +2/ =χ2 +2 .

( 2 + 2 )2 , οπότε 4 4 = 4y y2 + y Επιπλέον χ4 + 3 2/ = ( 4 - 2/ )2 + 32/ =16 +16 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/10

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

�χ4 +32y2 = 2 (y2 +2).

Συνεπώς Α= χ2 +2+2(y2 +2) = χ2 +2y2 +6 = 4+6 1 0 . Πρό βλη μα 2 =

Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ και σημείο Κ στο εσωτερικό του. Θεωρούμε τα μέσα Μ,Ν των ΑΚ,ΒΚ αντίστοιχα και έστω ότι οι ευθείες ΓΝ,ΔΜ τέμνονται στο σημείο Ρ. Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΡΚ είναι κάθετη στην ευθεία ΓΔ.

Λύση

Σχήμα 4 συνδέει τα μέσα των πλευρών του, άρα ΜΝ II ΑΒ και

ΑΚΒ το τμήμα ΜΝ ΑΒ ΜΝ = Όμως το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο οπότε ΑΒ = ΓΔ , επομένως 2 ΜΝ = ΓΔ και εmπλέον ΑΒ II ΓΔ οπότε και ΜΝ II ΓΔ Από την τελευταία παραλληλία έπεται

Στο τρίγωνο .

ΡΜΝ ,ΡΔΓ είναι όμοια με λόγο ομοιότητας ΓΔ = 2 οπότε θα είναι και ΜΝ ΡΔ = 2 οποτε ' λευρο ΡΑΔΚ οι διαγωνιοι ' ' ' ' το Μ ειναι το μεσον του ΡΔ . Άρα στο τετραπ

ότι τα τρίγωνα

ΡΜ

διχοτομούνται, οπότε είναι παραλληλόγραμμο. Επομένως, ΡΚ II ΑΔ , οπότε, αφού ΑΔ .l ΓΔ , έπεται ότι η ευθεία ΡΚ είναι κάθετη στην ευθεία ΓΔ .

Πρόβλη μα 3 Δίνεται ότι ο αριθμός α είναι θετικός ακέραιος. α 2 (α) Να διατάξετε σε αύξουσα σειρά τους αριθμούς 5:, ; , α. (β) Να βρείτε το υποσύνολο Α των πραγματικών αριθμών στο οποίο συναληθεύουν οι τρεις 3χ - α χ 2χ + α ( ) ( ) ( ) --s--, 2 3χ - α + χ>2 x + l - α, α - χS2 χ - α ανισώσεις: 3 2 2 καθώς και το πλήθος των ακέραιων τιμών του χ που περιέχονται στο σύνολο Α. Λύ ση 5α 5α 3α , (α) Αφου α> 0 , εχουμε: α = - > 0 <::::> > α. Επισης, εχουμε --

α+2 1 ' ' <::::> 5 α > α+2 <::::> 4 α > 2 <::::> α > , που ισχυει αφου ο 2 5 ξ α+2 5α α+2 , , , η: α> - -. Επομενως -< α< 2. εχουμε τη διατα 5 5

α>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/11

' ' ' ακεραιος θετικος ειναι

Άρα

------, -- -

Μαθηματικοi Διαγωνισμοi - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες

-------

(β) Λύνουμε καθεμία από τις δεδομένες ανισώσεις. Έχουμε: 3χ - α χ 2χ + α <=:>9χ - 3α-3χ�4χ + 2α <::::> 2χ� 5α <:::χ�:> 5α . - -� 2 3 2 2 α+2 . 2 (3χ - α) +χ > 2 (χ + 1) - α � 6χ - 2α +χ > 2χ + 2 - α � Sx > α+ 2 �χ > -5 α -χ� 2 (χ - α) � α -χ� 2χ- 2α � 3α� 3χ �χ � α. , οτι , α + 2 < α < 5α , το υποσυνολο. του m Ε πειδη ισχυει m.. στο οποιο συναλη θευουν οι τρεις 2 5 •

•

{

;

} [ ;]

ανισώσεις είναι: Α = χ Ε IR: α�χ� s , α Ε z: = α, s

. α Ε z: ..

Για την εύρεση των ακέραιων τιμών τουχ που περtέχονται στο σύνο'ΑΩ Α θα προσδιορίσουμε τον ελάχιστο και μέγιστο ακέραιο του συνόλου Α. Αν αυτοί είναι m και Μ, αντίστοιχα, τότε ο αριθμός των ακέραιων που περtέχονται στο σύνολο Α είναι: (Μ - m) + 1 . Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: α = 2k, k Ε Ν•. Τότε Α = [ 2k, 5k], οπότε περιέχει 3k + 1 = 3α + 1 ακέραιους. 2 •

•

α = 2k + 1, k Ε Ν . Τότε 3k + 1 + 1 =

Πρόβλη μα 4

[

Α = 2k + 1, 5k +

3(α - 1) 3α 1 , + 2 =-+- ακεραιους. 2 2 2

�] [

= 2k + 1, 5k + 2 +

�]

, οπότε περιέχει

ci.Jb-c =α Να λυθεί το σ6στημα Σ στο σ6νολο των μη-αρνητικών πραγματικών αριθμών: Σ : Wc-α = b c?..Γa-b =c Λύση Αν κάποιος από τους α,b, c είναι ίσος με Ο , τότε από τις εξισώσεις βγαίνει ότι και οι άλλοι δύο πρέπει να είναι ίσοι μεΟ, οπότε α = b = c =Ο είναι μία λύση. Υποθέτουμε τώρα ότι α, b, c > Ο και χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι ο c είναι μεγαλύτερος ή ίσος των α, b . Τότε από την πρώτη σχέση έχουμε αVb = α + c �2α , οπότε Vb � 2 , δηλαδή b�8 ( 1 ). Οπότε θα είναι c �8 (αφού είναι μεγαλύτερος ή ίσος του b ). Οπότε από τη δεύτερη σχέση παίρνουμε b = ΜΓc- α�2b - α , οπότε α�b και από την ( 1) έχουμε α�8 . Η τελευταία τώρα δίνει c = cVa-b�2c-b , οπότε b�c . Επομένως, τελικά έχουμε b�c �α�b , δηλαδή α = b = c. Αντικαθιστώντας στην πρώτη έχουμε αVa = 2α και αφού α> Ο, έχουμε ότι α = 8 , οπότε α = b = c = 8 είναι λύση. Τελικά οι δύο λύσεις είναι (α, b, c) Ε {(0,0,0), (8,8,8)}. Γ

ΛΥΚΕΙΟΥ

Πρόβλη μα 1 Στο Καρτεσιανό σ6στημα συντεταγμένων Oxy θεωρούμε' τις υπερβολές με εξισώσεις y = .!. χ και y = _.!.. Μία ευθεία ε τέμνει τον κλάδο της υπερβολής y = .!. που βρίσκεται στο χ χ

πρώτο τεταρτημόριο των αξόνων στα σημεία

Α( �) ( �). α,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/12

Β β,

και τους δύο κλάδους

------

της υπερβολής y= -

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες:

�

στα

( �)

σημε lα r r.-

-------

( �) με r<Ο<β<α<δ. Να

και Δδ.-

αποδείξετε ότι: (i) α+β=y+δ (ii) τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν ίσα εμβαδά. Λύση Η ευθεία εΑΒ που περνάει από τα σημείαΑ και Β έχει εξίσωση:

[� �]

1 -x+_!_+_.!._ . Η ευθεία εrΔ που περνάει από τα σημεία Γ και Δ (χ-α)<:::> y=-y- _!_ = � αβ α β -α

ι � �]

- + έχει εξίσωση: y+.!.= (x-y)<=>y=_!_x _.!. _..!.. Επειδή οι ευθείες εΑΒ και εΓΔ συμπίπτουν, y δ yδ Υδ Υ , -=1 1 , επεται οτι: αβ'}δ

(ii)

1 1 1 1 απο, τις οποιες προκυπτει , η ισοτητα: , -+-=--, + =y+δ . αβ αβ y δ

Σχήμα 5 + Τα μέσα των ευθύγραμμων τμημάτων ΑΒ και ΓΔ έχουν τετμημένεςα +β και Υ δ οι

οποίες λόγω της (i) ταυτίζονται, οπότε τα τμήματα ΑΒ και ΓΔ έχουν κοινό μέσο, έστω Μ. Τότε, δεδομένης της διάταξης των σημείων πάνω στην ευθεία ε που προκύπτει από τις συνθήκες y<Ο<β<α<δ, ισχύει ότι: ΑΓ =ΑΜ+ΜΓ =ΒΜ+ΜΔ =ΒΔ, οπότε τα τρίγωνα ΟΑΓ και Ο ΒΔ έχουν ίσες βάσεις στις οποίες αντιστοιχούν ίσα ύψη από την κορυφή Ο, οπότε έχουν και ίσα εμβαδά. Πρόβλη μα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση

.J3x2- 3χ + 4 + .Jx2 + 3 = .J2x2 - 3χ + 5 + .J2x2 + 2.

Λύση Αν θέσουμε Α(χ)=3χ2 -3χ+4, Β(χ) =χ2 + 3, Γ(χ)= 2χ2 -3χ+5,Δ(χ) =2χ2 + 2, παρατηρούμε ότι όλα τα παραπάνω τριώνυμα έχουν αρνητική διακρίνουσα, οπότε έχουν θετική τιμή, για κάθε χ ε R. Επιπλέον, παρατηρούμε ότι οι ποσότητες μέσα στα ριζικά των δύο μελών της εξίσωσης έχουν σταθερό άθροισμα, δηλαδή ισχύει ότι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/13

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Α(χ)+Β(χ)= Γ(χ)+Δ(χ) � Α(χ)- Δ(χ)= Γ(χ)- Β(χ) =Ρ(χ) =χ2 -3 χ+2 . Τότε η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

�Δ(χ)+Ρ(χ)+�Β(χ) = �Β(χ)+Ρ(χ)+�Δ(χ) � Δ(χ)+Ρ(χ)+Β(χ)+2�Β(χ) [Δ(χ)+Ρ(χ)J = =(χ)+Ρ(χ)+Δ(χ)+2�Δ(χ)[Β(χ)+Ρ(χ)J � Β(χ)[Δ(χ)+Ρ( χ)]= Δ( χ)[ Β(χ)+P(x)J � Ρ(χ)[Β(χ)- Δ(χ)J =Ο � Ρ(χ)=Ο ή Β(χ)- Δ(χ)=Ο � χ2 -3 χ+2 =Ο ή χ2 +3 - 2χ2 -2 =Ο �χ= 1 ή χ= 2 ή χ2 =1 � χ =1(διπλή)ή χ= 2 ή χ = -1 .

Πρόβλη μ α 3 Να προσδιορίσετε τους μη αρνητικούς ακεραίους x,y που ικανοποιούν την εξίσωση χ3 + y 3 - χ - y pq , όπου p,q πρώτοι αριθμοί. Λύση Γράφουμε χ3 - χ= χ(χ2 - 1)= (χ- 1)χ(χ+1), το οποίο είναι γινόμενο τριών διαδοχικών ακεραίων, επομένως διαιρείται και από το 2 και από το3 . Επομένως ο 6 διαιρεί το (χ- 1)χ(χ+1) . Όμοια ο 6 διαιρεί το (y - 1)y(y+1), οπότε το αριστερό μέλος διαιρείται από 6 . Άρα ο 6 διαιρεί το pq , και αφού p, q πρώτοι αριθμοί, θα πρέπει pq = 6 . Επομένως η εξίσωση γίνεται (χ - 1)χ(χ +1) + (y - 1)y(y +1) = 6 . Αν τώρα χ, y � 2, τότε (χ - 1)χ(χ+1) +(y - 1)):'(Υ+1) � 6+6 =1 2, οπότε κάποιος είναι μικρότερος του 2, έστω ο y . Τότε όμως (y - 1)y(y+1) = Ο , οπότε (χ - 1)χ(χ+1) = 6 και αφού χ μη αρνητικός ακέραιος, πρέπει χ =2 . Επομένως οι λύσεις είναι: (x,y) ε { ( 2,0),(2,1),(0,2),(1,2 ) } . Πρόβλημα 4 Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC (με ΑΒ < AC < BC ) εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O,R) και έστω D,E τα μέσα των ΑΒ και AC αντίστοιχα. Έστω Τ τυχόν σημείο του μικρού τόξου BC και (c1 ) , (c2 ) οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BDT και CET αντίστοιχα. Οι κύκλοι (c1 ) και (c1 ) τέμνουν την BC στα σημεία L και Κ. Να αποδείξετε ότι το τετράπλευρο DELK είναι παραλληλόγραμμο. Λύ ση =

συνδέει τα μέσα των πλευρών του τριγώνου, άρα

.. . . . /'/'' . . . ..

i \

άρα το τετράπλευρο

είναι τραπέζιο. Επομένως, για να είναι το τετράπλευρο DELK παραλληλόγραμμο, BC Α . . ' D,nr:;t = ΚL = l ' να αποδε ουμε on . . .. (�)······ . αρκει' λοιπον ίξ ·� Έστω όn ο κύκλος (c1 ) , τέμνει το τμήμα DE στο Ε \\ σημείο S . Θα αποδείξουμε όn και ο κύκλος ( c2 ) -_ι:.;.-...-.:ιi ... wil ""····...'··., (c \ :} \ περνάει από το σημείο S . Αρκεί να αποδείξουμε ότι \\ iι το τετράπλευρο CEST είναι εγγράψιμο. .! Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ABTC , έχουμε:

DELK ,

{(c

BC DE 11 = -, 2

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

.. ..

''··,..,

Α+Τ1 +Τ2 =180° (1) .

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο

SLTB ,

έχουμε:

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο

DSLB ,

έχουμε:

Τι =iι

Σχήμα 6

L1 =Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/14

(2) .

3) ( .

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

------

Από τις σχέσεις (1), ( 2), (3) έχουμε: JΊ C και επειδή Ε1 C (από την παραλληλία DE 11 BC ), συμπεραίνουμε ότι fΊ Ε1 και κατά συνέπεια το τετράπλευρο CEST είναι εγγράψιμο (η εξωτερική γωνία Ε1 είναι ίση με την απέναντι εσωτερική JΊ ) . Επομένως έχουμε αποδείξει ότι το δεύτερο σημείο τομής των κύκλων (c1 ) και (c2 ) βρίσκεται πάνω στην ευθεία DE . Παρατηρούμε τώρα ότι τα τετράπλευρα DSLB και SECK είναι εγγεγραμμένα τραπέζια (άρα ισοσκελή τραπέζια), οπότε θα ισχύουν οι ισότητες τμημάτων SL DB Α =

AC EC = 2

, από τις οποίες σε συνδυασμό με τις ισότητες γωνιών L1

συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα προκύπτει ότι:

ABC

και

SLK

: Α

Β και Κ1

είναι όμοια (με λόγο ομοιότητας - . Τελικά 2

BC DE = ΚL = - . 2

Ο ι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 96 27 Α38. Αν a,b,c e JR με (a + b + c) ! + ! + .!. = , abc 'Φ- 0, να βρείτε την τίμή της παράστασης a b c _2 1 + 1 + 1 Γ = (a + b + c) a + b5c b + c- 5a c + a - 5b

)

(

)

Λύση Λόγω της μορφής των παρανομαστών της παράστασης Γ, θέτουμε α + b + c = 6Α , οπότε έχουμε α + b - 5c 6 ( Α - c) , b + c - 5α 6 ( Α - α) , c + α - b = 6 ( Α - b) Με την υπόθεση ότι όλοι οι παρονομαστές είναι διάφοροι του μηδενός, η παράσταση Γ γίνεται: =

( α + b1- 5c + b + c1- 5α + c + α1- 5b ) = 6Α ( 6(A1-c) + 6(Α1- α) + 6 ( A1- b) J (Α - α) ( Α - b) + (Α- b ) ( Α - c) + ( Α - c) ( Α - α) -1- _1_ _1_ Α. Α( + + ) A-c Α-α A-b ( A - α) ( A - b) ( A - c)

Γ = (α + b + c) =

3Α3 - 2 (α + b + c) A2 + (αb + bc + cα) A . � Γ= 3 Α - (α + b + c) A2 + (αb + bc + cα) A - αbc 2 Επιπλέον, η υπόθεση (α + b + c) + .!_ + = 7 , αbc '* Ο, γράφεται στη μορφή α b c 2 (α + b + c) (αb +bc + cα) 27 , η παρασταση Γ γινεται -'----'-- = -, αbc * Ο � ( αb + bc + cα) Α = 27αbc , οποτε 12 . αbc 2 27abc 9 �A3t+ 3aJx 27aJx 3 +-3 '-12Α3 +-3Α -9Α 3 A 3A -2(α+b+c)A2 +(ab+bc+ca) 9 12 12 12 Γ 3 3 A -(α+b+c)A +( ab+bc+ca)A- alx Α3 _ 6Α3 + 27alx - alx -SA3 + 15abc -A3 + 3alx 5� s 12 12 12

----'-'--- -

(.!. !)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/15

( (

) )

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

9 , ) Α39. Για κάθε α,b,c>Ο , να αποδείξετε ότι: ( ι ) + ( ι ) + ( ι ) � ( α+b b b + c c c + α α 2 αb+ bc + cα . Λύση Κατ' αρχή θυμίζουμε την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού - aρμονικού μέσου για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς α1 , α2 , . . . , αn : n αl + α2 + .. . + αn � n lα . α . . α � ' για α = α2 = .. . = αn . 2 ... n ' οπου η ισότητα ισχυει ν

- + - + ... + αl α2 αn

Εφαρμόζοντας πρώτα την ανισότητα αριθμητικού γεωμετρικού μέσου για τους θετικούς 1

1 1 και στη συνέχεια την ανισότητα ' (α + b)b (b + c)c ' (c + α) α '

πραγματικούς αριθμούς

γεωμετρικού - αρμονικού μέσου, λαμβάνουμε:

1 >- 3 . 3 ------ + --+ (α + b)b (b + c)c (c + α) α (α + b)b(b + c)c(c + α) α 1

.------

1 1 . 1 3 >- 3 · = 3 · 3 J-:-- � = ---:---9__"'7'" (α + b) c ( b + c) α ( c + α) b (α + b) c + ( b + c) α + ( c + α) b 2 ( αb + bc + cα) ·

Α40. Για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς α, b, c, χ, y, z , να αποδείξετε ότι ( ) α+b+c 3 α3 b 3 c 3 ισχύει η ανισότητα: -- + - + - � ( ). χ y z 3 x+y+z Λύση . Θυμίζουμε πρώτα δύο κλασικές ανισότητες : Ανισότητα Cauchy-Schwarz: Για δύο η-άδες πραγματικών αριθμών α1 , α2 , . .. , αn και 2 b1,bυ . . . ,bn ισχύει: (α� + α; + . . · + α� )( b12 + bi + . . . + b� ) � ( α1b1 + α2b2 + . . . + αn bn ) • Η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, υπάρχει λ ε JR τέτοιο ώστε α1 = λb1 , αz = λbυ .. . , αn = λbn . Ανισότητα του Holder: Για θετικές τριάδες πραγματικών αριθμών α, b, c και x, y, z και ' p, q με -1 + -1 = ι , ισχυει ότι: ' πραγματικους ' αριθμους για τους θετικους •

•

( αΡ + bP + cP )Ρ" ( xq + yq + zq )q � αχ + by + cz . Η , , αν, -α b c , αν, και μονον ισοτητα ισχυει, ι

- .

Για την άσκηση, γράφουμε πρώτα τη ζητούμενη ανισότητα στη μορφή 3 (χ + Υ + z

)((_!!__)3 [_!:___ifY ]3 (�)3) (_!!__ . :rx

�

{/";

:if; + _!:____ . ifY + _ c . :rx ifY {/";

v-;J3 '

3Γ c b α , αν θεσουμε ' 3χΓy 3 Γ.. z1 _- νz lΓ - α1 , l c - b1 , l Γ - c1,x1 - ν οποτε, , 1 _- vY· , αρκει, να αποδείξουμε �χ {.;y �z 3 3 την ανισοτητα ., 3 (χ13 +y13 + z13 ) ( α1J + b31 + c1 ) > ( α1 •χ1 b1 · Υι + C1 Ζ1 ) ' Θα χρησιμοποιήσουμε πρώτα την ανισότητα Cauchy-Schwarz ως εξής: _

I ·,·

•

[( J' +η' +F J}(a1 + h,i + cF J'

3( a: + h,' + c: ) = ( Ι' + 12 + Ι' ) aF

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/16

(I)

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδ ες -------- p

Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα του Holder για

θετικές τριάδες πραγματικών αριθμών α1 , b, , c1 και χ, y1 , z1 στη μορφή

(aF + b,� + cF )� (χ>

Jf + l, )i � α, χ, + b, y, + c, z,

={� b,ξ + c�, )\χ;' + +

= 3. , q = .!. και για τις 3

1ι + l,) ψ, χ, + b,y, + c, z, )' (2)

Με πολλαπλασιασμό των (1) και (2) κατά μέλη, λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα 3 ( χ: + Υ: + z: } ( α: + b? + c: ) � ( α1 · χ, + b1 y1 + c1 z1 )3 Γ3 1 . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ABC με AB=AC=b και Β = C = 72° . Από την κορυφή Α φέρουμε τμήμα AD παράλληλο προς την πλευρά BC = a και ίσο με ΑΒ = b Έστω Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ . Αν οι ευθείες DM και DB τέμνουν την πλευρά AC στα σημεία Ν και Κ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΑΝ = CK •

•

ΛίJση

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

ι �- ' ' ' ' ' ' ' '

Β� · -----= a-----e C

Σχήμα 1 Το τρίγωνο ABD είναι ισοσκελές με ΑΒ = AD = b και BAD = BAC + CAD 36° + 72° = 108° , αφού από την παραλληλία AD 1 1 BC έπεται ότι CAD = ACB = 72° .

και από το τρίγωνο ADK έπεται ότι

Άρα είναι

ΑΚn 180° - ( 72° + 36° ) = 72° , οπότε το τρίγωνο ADK είναι ισοσκελές και ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ABC , γιατί έχουν όλες τις γωνίες τους ίσες μία προς μία και =

ΑΒ = DA = AC = DK = b . Επομένως θα έχουν και ΑΚ = BC = α , οπότε θα είναι CK = AD - ΑΚ = b -α . Όμως από την ομοιότητα των τριγώνων BKC και ΑΚD προκύπτει και η σχέση CK = BC � CK = α � CΚ = � (1) . ΑΚ AD b - CK b α+b � = b - α � b 2 - α2 = αb � b2 = α (α + b) . Άρα έχουμε (2) α+b Για τον υπολογισμό του τμήματος ΑΝ φέρουμε από το Β παράλληλη προς την ευθεία AD, την οποία τέμνει, έστω στο σημείο

Αν η

ΑΜ

τέμνει τη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/17

στο σημείο L , τότε από τα ίσα

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

τρίγωνα ΜΑΝ και MLB (γιατί ΜΑ = ΜΒ , ΑΜΝ = LMB ως κατά κορυφή και ΜΑΝ = :MBL , ως εντός εναλλάξ στις παράλληλες AC 1 1 BF με τέμνουσα την ΑΒ) λαμβάνουμε ότι . ΑΝ = ·LB . Επομένως έχουμε FL = FB - BL = b - ΑΝ (3) Από το παραλληλόγραμμο ACBF έχουμε AF = BC = α και από τα όμοια τρίγωνα b- � FL = b + α ΑΝ DAN και DFLπροκύπτει η αναλογία πλευρών ΑΝ = DA = (4 ) b · . FL DF b + α Από τις (3) και (4), αν ΑΝ = χ , λαμβάνουμε: b2 . b-x = (b + α)χ �b2 -bx = bx + ax�AN = x = -b α+ 2h ΑΝ = χ = b2 . (5) α + 2b αb = b2 = ΑΝ , οτι τ ελικα, παρατηρουμε , CK = -α + b α + 2b � αb( α + 2b) = ( α + b ) b2 <:::} α( α + 2b) = ( α + b )b <:::} α( α + b) = b2 , που ισχύει από τη σχέση (2 ). --

Γ3 2 . Δίνεται τραπέζιο ABCD με Α = 90· και AD = a, BC = b, AD 11 BC περιγεγραμμένο στον κύκλο c (Ο, r ) . Έστω Η το σημείο επαφής του κύκλου c (Ο, r ) με την πλευρά CD και Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του τραπεζίου ABCD . (α) Να βρείτε την ακτίνα r συναρτήσει των α και b. (β) Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΟΚΗ τέμνει την πλευρά CD στο σημείο Ι, Ι :!:- Η , να αποδείξετε ότι ΚΙ 11 AD Λύση .

(α) Αν φέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα CM l. AD , τότε στο ορθογώνιο τρίγωνο CMD έχουμε CM = 2r, MD = AD - MD = α - b , αφού το τετράπλευρο ΑΒΖΘ είναι ορθογώνιο . Άρα από το CD = �(α - b )2 + 4r2 (1) Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε: •

Σχήμα 2 Επειδή το τραπέζιο ABCD είναι περιγεγραμμένο περί τον κύκλο c (Ο, r) , θα τα αθροίσματα των μηκών των απέναντι πλευρών του θα είναι ίσα, δηλαδή CD + ΑΒ = AD + BC � CD + 2r = α + b CD = α + b - 2r . (2) Από τις (1) και (2) έπεται ότι: CD = �{ α - b )2 + 4r 2 = α + b - 2r ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/18

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες-------- (α - bγ + 4r2 = ( α + b - 2r)2 � ( α - b)2 + 4r2 = ( α + bγ - 4r ( α + b)+ 4r2 αb r = -α+b . (β) Από το σημείο Κ φέρουμε την ΚΑ .l ΑΒ . Από τα όμοια τρίγωνα ΛΒΚ και ΛDΑ b ΒΚ K B ΚΛ ΚD Κ b_ ΚL � . ΚΛ Β = = = = α =_ προκύπτει οι αναλογία => = b BD ΒΚ+ΚD ΑD α ΒΚ + 1 � + 1 α + b => α+ ΚD α Επομένως θα έχουμε r = ΟΕ = ΚΑ = � , οπότε το τετράπλευρο ΕΛΚΟ είναι ορθογώνιο, α+b οπότε θα είναι ΟΚ 1 1 ΛΕ => ΟΚ 1 1 ΑΒ => ΟΚ _i BC και ΟΚ _i AD και έτσι τα σημεία επαφής Θ και Ζ του κύκλου c (Ο, r) με τις πλευρές AD και BC , αντίστοιχα, είναι συνευθειακά με τα σημεία Ο και Κ. Έστω τώρα ότι η προέκταση τη; ΛΚ τέμνει την πλευρά CD του τραπεζίου ABCD στο σημείο 11 Τότε θα είναι ΟΚ11 = 90° , αλλά και Ο.ΗΙ1 = 90° , αφού το Η είναι σημείο επαφής του κύκλου c (Ο, r) με την πλευρά CD . Άρα το τετράπλευρο ΟΚΗΙ1 είναι εγγράψιμο, οπότε το σημείο τομής Ι του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου με την πλευρά CD συμπίπτει με το σημείο Ι1 Επομένως έχουμε ότι ΚΙ _l ΑΒ => ΚΙ 1 1 AD •

•

Ν33. Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων θετικών ακέραιων 2• ) q2 ! -q 6 εξίσωση: p - = ( μ

και q που ικανοποιούν την

Λύση Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την 2/ -'2ι:j =/ -2pq + cj �2/ -p2 + 2pq = 3cj�p(2p5 -p+2q) = 3c/ .

Επομένως, ο πρώτος θετικός ακέραιος p διαιρεί τον ακέραιο 3q 2 • Όμως, αυτό είναι δυνατόν όταν p l3 ή p l q2 , δηλαδή, όταν p = 3 ή plq , αφού και ο q είναι πρώτος. 'Ετm διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν p = 3 , τότε 3 · (2 · 35 -3 + 2q) = 3q2 � q2 - 2q = 2 · 243 - 3 � � q2 - 2q + 1 = 486 - 3 + 1 � (q - 1)2 = 484 = 222 � q = 23, αφού q � 2 . Άρα έχουμε τη λύση ( p , q) = ( 3, 23) . Αν p lq , αφού οι p,q είναι πρώτοι, έπεται ότι p = q και η δεδομένη εξίσωση γίνεται p6 - p2 = Ο � p2 ( p 4 - 1) = Ο , η οποία δεν έχει λύση πρώτο αριθμό. Άρα στην περίπτωση αυτή δεν υπάρχει λύση. Ν34. Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων θετικών ακέραιων α και b που ικανοποιούν την •

•

εξίσωση αb = 160 + 90 · ( α,b ) , όπου ( α,b) := ΜΚΔ{α,b} . Λύση

Από την εξίσωση αb = 160 + 90 (α, b) προκύπτει ότι ο ακέραιος 5 διαιρεί το γινόμενο αb των δύο πρώτων ακέραιων α, b , οπότε: 5 Ια ή s ιb . Αν ο 5 διαιρούσε και τους δύο ακέραιους α, b , τότε 25!αb και 5 1( α, b) => 25 190 (α, b) , οποτε θα είχαμε ότι 25 lαb - 90 (α, b) = 160, άτοπο. Λόγω συμμετρίας της εξίσωσης ως προς τις αγνώστους α, b , αρκεί να μελετήσουμε μόνο την ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/19

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

περίπτωση: 5 1α και 5/ b . τότε θα έχουμε α = 5c' όπου c θετικός ακέραιος και η εξίσωση γίνεται 5cb = 1 60 + 90 · ( 5c,b ) � cb = 32 + 1 8 · ( c,b ) , αφού από την υπόθεση 5/b , έπεται ότι ( α, b ) = ( 5c, b) = ( c, b) Επειδή ο ( c, b) διαιρεί τον ακέραιο bc , σJ.λά και τον ακέραιο 1 8 · ( c, b) , από την εξίσωση cb = 32 + 18 · ( c,b ) έπεται ότι ο ( c,b ) διαιρεί και τον 32, οπότε ( c,b ) ε {1, 2,4,8,16,32} . Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν ( c, b ) = 1, τότε cb = 50 και ένας τουλάχιστον από τους c, b θα είναι περιττός. Επειδή ο b δεν διαιρείται με το 5, έπεται ότι c = 25,b = 2 ή c = 50, b = 1 . Άρα η αρχική εξίσωση έχει τις λύσεις: ( α, b ) = ( 125, 2 ) ή ( 250, 1 ) καθώς επίσης, λόγω συμμετρίας, και τις λύσεις : ( α, b) = ( 2, 125 ) ή ( 1, 250) Αν ( c, b ) = 2, τότε cb = 68 · και αν είναι c = 2c1 , b = 2b1 , όπου c1, b1 θετικοί ακέραιοι πρώτοι μεταξύ τους, θα έχουμε c1b1 = 1 7 . Άρα έχουμε c1 = 17, b1 = 1 ή c1 = 1, b1 = 1 7 , οπότε θα είναι c = 34, b = 1 ή c = 2, b = 34 , ενώ για την αρχική εξίσωση προκύπτουν οι λύσεις: ( α,b ) = ( 1 70, 2 ) ή ( 10,34 ) . Λόγω συμμετρίας έχουμε και τις λύσεις ( α, b) = ( 2, 170 ) ή ( 34, 10 ) . Αν ( c,b ) � 4, τότε .16 lcb και 16 1cb -32 ::::> 16 11 8 · ( c,b ) => 8 19 · ( c,b ) =>8 1( c, b ) , αφού ( 8, 9 ) = 1 . Άρα έχουμε ότι 82 = 64 icb , οπότε 32 lcb με συνέπεια 32 1 cb - 32 = 1 8 ( c, b ) => 16 1 9 · ( c, b ) => 16 1 ( c, b ) , αφού ( 16, 9 ) = 1 . Άρα είναι ( c, b ) = 16 ή ( c,b ) = 32 , οπότε θα έχουμε: 162 lcb = 32+18·16 ::::> 16 1( 2+18) = 20, άτοπο, ή 322 1 cb = 32 + 18 · 32 => 32 1( 1 + 18) = 19, άτοπο. .

•

Ν35. Βρείτε όλα τα ζεύγη πρώτων θετικών ακέραιων α και b με α s; b που ικανοποιούν την εξίσωση αb=300 + 7· [ a,b] +5· ( a,b) , όπου ( α,b) := ΜΚΔ{α,b} και [α, b] = ΕΚΠ{α,b} . Λύση

Αν θέσουμε [ α,b ] = χ, ( α,b ) = y , τότε από την γν�στή ισότητα: i αl l bl = [ α,b] · ( α,b ) � αb = xy η εξίσωση γίνεται: xy = 300 + 7x + 5y � xy - 7x - 5y = 300 � ( x - 5 )( y - 7 ) = 335 = 5 · 67 , από την οποία, λόγω της σχέσης, χ - 5 > y - 7 , προκύπτει ότι χ - 5 = 67 και y - 7 = 5 ή χ - 5 = 33 5 και y - 7 = 1 , δηλαδή έχουμε χ = 72, y = 12 ή χ = 340, y = 8 . Για x = 72,y = 12 αν είναι α = 12α1 , b = 12b1, με ( α1 . bι ) = 1 , θα έχουμε αb = xy � 122 α1b1 = 72 · 12 � α1b1 = 6. Επειδή είναι α � b , έπεται ότι α1 � b1 και: α1 = 1,b1 = 6 ή α1 = 2,b1 = 3 , οπότε λαμβάνουμε τις λύσεις: α = 12, b = 72 ή α = 24, b = 36 . Για χ = 340, y = 8 , έχουμε ότι ο y = ( α,b ) = 8 δεν διαιρεί το χ = [ α,b ] = 340, που είναι άτοπο. Άρα δεν προκύπτουν λύσεις σε αυτή την περίπτωση. •

•

Δ18. Θεωρούμε επτά σημεία στο επίπεδο, που ανά τρία δεν βρίσκονται στην ίδια ευθεία Φέρουμε τα ευθύγραμμα τμήματα που ορίζουν τα σημεία ανά δύο. Είναι δυνατόν να χρωματίσουμε τα οριζόμενα ευθύγραμμα τμήματα έτσι ώστε να δημιουργηθούν επτά τρίγωνα διαφορετικών χρωμάτων με κορυφές τα δεδομένα επτά σημεία; Λύ ση

Επειδή ο συνολικός αριθμός ευθυγράμμων τμημάτων που ορίζονται από τα 7 σημεία είναι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/20

( ] --

----- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-----

7 6 .7 7! = οτι επτα' διαφορετικα' χρωματα = = 21 , επεται ' ' ' να χρησιμοποιησουμε ' ' θα πρεπει 2 2!· 5 ! 2 για να χρωματίσουμε με καθένα από αυτά ακριβώς τρία τμήματα που να σχηματίζουν τρίγωνο. Επειδή από κάθε σημείο ορίζονται δύο πλευρές ενός τριγώνου, ενώ από κάθε σημείο ορίζονται συνολικά έξι τμήματα, έπεται ότι πρέπει για τα τμήματα αυτά να χρησιμοποιήσουμε τρία διαφορετικά χρώματα με καθένα από τα οποία θα χρωματίζουμε δύο μόνο τμήματα. Επιπλέον κάθε σημείο από τα επτά είναι κορυφή ακριβώς τριών τριγώνων. Για να δώσουμε το τρόπο του χρωματισμού που ζητάμε, αρκεί να σχηματίσουμε έναν 7 χ 7 πίνακα του οποίου οι στήλες να αντιστοιχούν στα επτά σημεία και οι γραμμές να αντιστοιχούν στα επτά τρίγωνα Επειδή κάθε σημείο από τα επτά είναι κορυφή ακριβώς τριών τριγώνων, πρέπει σε κάθε στήλη να μαρκάρουμε ακριβώς τρία τετράγωνα. Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται ότι το ζητούμενο είναι δυνατό. 1

χ χ

Ασκήσ εις για 2 λύση2

, , Α41. Αν α, b, c είναι ακέραιοι τετοιοι ωστε

c α 2c , να αποδείξετε ότι το 2+ 2 2= α +b α +c b+c 2

γινόμενο bc είναι τέλειο τετράγωνο. Α4 2 . Στο Καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε τη γραφική παράσταση της υπερβολής

= _!_ , Τρία φωτεινά σημεία � . � και � ξεκινούν ταυτόχρονα από την αρχή Ο και χ

κινούνται πάνω στον άξονα

χ'χ

το καθένα με τη δική του σταθερή ταχύτητα. Έστω

( ) ( ) και C ( t ) σημεία πάνω στη γραφική παράσταση της υπερβολής y = _!_ που έχουν την

Α t ,Β t

ίδια τετμημένη με τα σημεία � . � και � . αντίστοιχα, τη χρονική στιγμή το εμβαδόν του τριγώνου ABC είναι ανεξάρτητο του χρόνου.

Να αποδείξετε ότι

2 Ν36. Βρείτε όλα τα ζεύγη ( n, m ) θετικών ακέραιων που ικανοποιούν την εξίσωση n !+ 505 = m • Γ33. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και ΑΓ < ΑΒ . Στη προέκταση του ευθύγραμμου τμήματος ΒΑ προς το Α θεωρούμε σημείο Ε και στην προέκταση του ευθύγραμμου τμήματος ΑΓ προς το Γ θεωρούμε σημείο Δ έτσι ώστε να ισχύουν ΑΕ = ΑΓ και ΑΔ = ΑΒ . Έστω Μ και Ν τα μέσα των ευθύγραμμων τμημάτων ΒΓ και ΔΕ, αντίστοιχα, και Ρ το σημείο τομής των ΕΓ και ΒΔ. Να αποδείξετε ότι ΜΝ = ΑΡ. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/21

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

ΗΟΜΟ MATHEMATICUS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 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 εmστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

επιμέλεια: Γιάνvης Κερασαρίδης Αμαλία Μανιατοπούλου Γιώργος Μήλιος

Ι. ''τι είναι τα Μαθημα τικά; ,

Προλεγόμενα

συν

εχίζουμε τη

δημοσίευση αποσπασμάτων, από το βιβλίο του

Κ.Α.

Rybnikoν, με τίτλο

«ΕΙΣΑΓΩΓΗ ΣΤΗ ΜΕΘΟΔΟΛΟFΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΏΝ». Σ' αυτό το τεύχος παραθέτουμε την άποψη του

Κ.Α. Rybnikoν σχετικά με την «εμφάνιση των μαθηματικών θεωριών»

πέμπτο σημείωμα

«Για να μπορούμε με σιγουριά να μtλάμε για την αρχή της επιστημονικής ανάπτυξης των Μαθηματικών, είναι αναγκαίο οι αρχικές μαθηματικές αντtλήψεις και το σύνολο των πρακτικών τρόπων λύσης των προβλημάτων να συμπληρωθούν με την ύπαρξη επιστημονικών θεωριών. Το τελευταίο είναι βασικό κριτήριο και βασικό ουσιαστικό στοιχείο της επιστημονικής ανάπτυξης των Μαθηματικών. Με ποια κριτήρια μπορούμε να κρίνουμε με σιγουριά την εμφάνιση των μαθηματικών θεωριών; Οι μαθηματικές θεωρίες εμφανίζονται τότε, όταν μαζί με την επίλυση προβλημάτων πρακτικού περιεχομένου : α) ξεχωρίζουν οι ίδιες οι μαθηματικές αφαιρέσεις (τόσο οι αριθμητικές, όσο και του χώρου) σε ξεχωριστό τομέα μελέτης β) διαμορφώνονται συστήματα μαθηματικών aφαιρέσεων και προτάσεων γι αυτές, και μάλιστα η ακολουθία των προτάσεων υποτάσσεται σε ορισμένες λογικές απαιτήσεις γ) το πρόβλημα της εφαρμοσιμότητας των μαθηματικών συστημάτων λύνεται με την ερμηνεία τους σε σχέση με το αντικείμενο της μελέτης Οι αρχικές μορφές των θεωρητικών μελετών μπορούν να εντοπιστούν στα Μαθηματικά των χωρών με αρχαίο πολιτισμό, όπως η αρχαία Αίγυπτος, η Κίνα, η Ινδία και η Βαβυλώνα. Ωστόσο γενέτειρα των μαθηματικών θεωριών είναι η Αρχαία Ελλάδα Β ασικά μεθοδολογικά στοιχεία, που χαρακτηρίζουν τις πρώιμες μαθηματικές θεωρίες και που έχουν σημασία για την παραπέρά θεωρητική ανάπτυξη των Μαθηματικών, είναι, κατά τη γνώμη μας, εκείνα που συνοδεύουν τη διαδικασία τη διαδικασία διαχωρισμού στην

Ελλάδα του πρακτικού μέρους των μαθηματικών γνώσεων, της λεγόμενης λογιστικής, από το θεωρητικό μέρος., το οποίο συμπερtλαμβάνονταν ακόμη στη φυσική φtλοσοφία. Καθοριστική σημασία για το διαχωρισμό αυτό είχαν το σχετικά υψηλό επίπεδο οικονομικής ανάπτυξης και, επίσης, ο υψηλός βαθμός διαμελισμού της. Άμεση συνέπεια αυτής της διαδικασίας ήταν ο διαχωρισμός ενός στρώματος ανθρώπων που είχαν τη δυνατότητα να ασχολούνται με θεωρητικές μελέτες. Όπως είναι γνωστό, οι πρώιμες μαθηματικές θεωρίες - οι αριθμοθεωρητικές παρατηρήσεις των Πυθαγορείων, η γεωμετρική άλγεβρα, η γενική θεωρία των λόγων - έδειξαν με όλη τη σαφήνεια ότι: i) η λογική ανάπτυξη της θεωρίας οδηγεί σ' ένα σύνολο προβλημάτων, διατυπώσιμων με όρους αυτής της θεωρίας, αλλά μη επtλύσιμων με τα μέσα τα οποία διαθέτει. ii) η επίλυση των προβλημάτων φέρνει μαζί της τη διεύρυνση των μεθόδων και τον εμπλουτισμό του συστήματος των βασικών εννοιών Έτσι τα μαθηματικά συ μπεράσματα των Πυθαγορείων επεκτείνονταν μόνο στο σύνολο των ρητών αριθμών. Η γεωμετρική άλγεβρα των αρχαίων στηρίζονταν πια στο λογισμό των ευθ. τμημάτων και ήταν πιο γενική· το σύστημα των ευθ. τμημάτων στην ουσία ήταν ισοδύναμο με το σύστημα των θετικών πραγματικών αριθμών. Όμως οι πράξεις περιορίζονταν από τις κατασκευές με τη βοήθεια του διαβήτη και του κανόνα, πράγμα που ανήγαγε το πεδίο των πραγματικών αριθμών στο σώμα των ρητών αριθμών και των επεκτάσεών τους με τετραγωνικές ρίζες. Οι aρχαίες θεωρίες των

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/22

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

λόγων, με τις μορφές που αποδόθηκαν στον Εύδοξο και στον Ευκλείδη, ήταν οι πρώτες θεωρίες του πραγματικού αριθμού. Στα περίφημα προβλήματα της αρχαιότητας, ουσιαστικά, εισάγονται τα κυβικά άρρητα, ενώ στο πρόβλημα του τετραγωνισμού του κύκλου οι υπερβατικοί αριθμοί.

Εκείνο τον καιρό εμφανίστηκαν οι πρώτες παραγωγικές-aξιωματικές μορφές κρίσεων και έγινε επεξεργασία των αρχών κατασκευής των μαθηματικών θεωριών. Το πιο σημαντικό από αυτά τα συστήματα ήταν τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη. Σ' αυτά διαμορφώθηκαν τα βασικά γνωρίσματα των μεταγενέστερων αξιωματικών συστημάτων>>

Π. "Ευκλείδεια Γεωμετρία, α γάπη μου ,

. , (ε) :

1ι,,, I I I ,

' '

..;: · -'· ' Α ' ' L

· - · - ·

�-� -----�Μ '

Β :ι.

...... - - - - -

Τρίγωνα ΑΒΓ, Α ι Β1Γ1 είναι τέτοια ώστε οι ευθείες των ευθ . τμημάτων ΑΑ1,ΒΒ1,ΓΓ1 να διέρχονται από το ίδιο σημείο Ο. Τότε (θεώρημα Girard Desargues [1 593-1 662]), τα ζεύγη ευθειών ΑΓ,Α1Γ 1 και ΑΒ,Α ι Β ι και ΒΓ,Β1Γ1 τέμνονται σε σημεία Κ,Λ,Μ αντίστοιχα που είναι συνευθειακά. Τότε: καθένα από τα τρίγωνα ΑΒΓ, Α1Β1Γ1 λέμε ότι είναι τρίγω νο προοπτικό ως προς το άλλο το σημείο Ο λέγεται κέντρο προοπτικής η ευθεία των σημείων Κ,Λ,Μ λέγεται άξονας προοπτικής • •

•

' : Νείλου

Σακελα ίου, "ΣΤΟΙΧΕΙΆ ΘΕΩΡΗΠΚΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ", τό

ΠΙ. ((Α υ τό το ξέρατε;>>

ποια είναι η εικασία των Δ ίδυμων Πρώτων;

[η απάντηση στο τέλος της οτήλης] .

IV. , Οι συνεργάτες τη ς στήλη ς γράφ ο υν-ερωτούν ,

]0 θέμα : Νίκος Λ υγερός (πα νεπ. Λ υώ ν), ((Η δύναμη το υ εγκεφ άλου είναι μα θημα τική»

προλεγόμενα από το Νίκο Λυγερό, λάβαμε (μέσω της ηλεκτρονικής αλληλογραφίας που διατηρούμε), το παρακάτω σύντομο σημείωμα με θέμα τον μαθηματικό τρόπο σκέψης του ανθρώπινου εγκεφάλου

Ν. Λυγερός «Η δύναμη του εγκεφάλου είναι μαθηματική»

Δεν υπάρχει εγκέφαλος που δεν σκέφτεται μαθηματικά απλώς είναι σπάνιοι αυτοί που το συνειδητοποιούν. Είναι βέβαια θέμα δομής και πλαστικότητας αλλά επίσης και οργανικής ιδιομορφίας μιας και ο εγκέφαλος ζει για το μετά επειδή έχει την πολυτέλεια να σκεφη;ί με τη νοημοσύνη και να πράξει μέσω της σκέψης του, γι' αυτό το λόγο μοιάζει με τα άλλα ανθρώπινα όργανα αλλά κανένα βέβαια δεν του μοιάζει αφού εκ φύσης έχει μια χαμαtλεοντική συμπεριφορά. Είναι ικανός να λειτουργήσει με το νευρωνικό δίκτυο, τυπολογικά πάνω σε μία πολλαπλότητα με ιδιομορφίες, σχέσεις και δομές για να παράγει υπερδομές που διασχίζουν τα χρονικά περιθώρια μέσω της υπέρβασης αφού έχει εντοπισθεί η σειρά των εμποδίων που θα καθορίσει την πορεία της

επίλυσης μέσα στο αόρατο της νοόσφαιρας. Έτσι μετά την κρίσιμη μάζα και τη νοημοσύνη έρχεται μετανοημοσύνη δηλαδή η σκέψη που με την σκέψη της θα συνειδητοποιήσει ότι λειτουργεί μ' ένα τεχνικό υπόβαθρο των μεταμαθηματικών. Έτσι ενσωματώνοντας κομμάτια τελειότητας δηλαδή θεώρημα, η σκέψη αποκτά τεχνικές για τον τρόπο που πρέπει να σκέφτεται για να οδηγηθεί σε αυτή τη συνέχεια που ονομάζουμε λογική . Κι αν αυτή θα ενισχύσει τη μαθηματική δύναμη με την ορθολογικότητα των συλλογισμών, αλλά και την επάγωγή εις άτοπον. Έτσι ο εγκέφαλος αποκτά ικανότητες λόγω των ιδιοτήτων των μαθηματικών που έχουν αξιοποιηθεί με στρατηγικό τρόπο για να επιλύει όλο και νεότερα αλλά και περισσότερα προβλήματα που μετατρέπει σε μαθήματα ζωή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 98 τ.2/23

------ ΗΟΜΟ MAτHEMAτiCUS 2" θέμα: Παναγ. Οικονομάκου, «Ευκλείδεια Γεωμετρία... παντδς καιροι))), Νο 2

ο τακτικός συνεργάτη ς της στήλη ς εκφιvνηση: Αν (O, R) είναι ο περίκυκλος τριγώνου Παν. Οικονομάκος μας ΑΒΓ, Μ τυχαίο σημείο του επιπέδου του τριγώνου έστειλε ένα πρό βλη μα που δεν υστερεί σε και ΔΕΖ το ποδικό του Μ ως προς ΑΒΓ, τότε ισχύει: ομορφιά απέναντι σε προηγούμενά του, των Δ�,R) = 4R 2 · , με ε = ( ΔΕΖ ) και Ε = (ΑΒΓ ) οποίων αποτελεί συνέχεια και γενίκευση

προλεγόμενα

;

απόδειξη

έστω Α'Β'Γ' το κυκλοποδικό τρίγωνο του Μ ως προς το ΑΒΓ . Εύκολα μπορούμε να δείξουμε ότι τα ζεύγη των τριγώνων ΜΒΓ,ΜΒ'Γ ' και ΜΑΒ , ΜΑ'Β' και ΜΑΓ,ΜΑ'Γ' είναι ζεύγη ομοίων τριγώνων, οπότε έχουμε: α _ ΜΓ β _ ΜΑ γ _ ΜΒ όπου Ε ' = ( Α'Β 'Γ' ) ' 'βΜΓ' γ ' ΜΑ' α ' ΜΒ' Α απ' τις οποίες έχουμε: ΜΓ ΜΑ · -ΜΒ = β ·α ·γ = --·-α ' β' γ ' ΜΒ ' ΜΓ' ΜΑ' α·β·γ Μ ? · ΜΒ 2 · Μ Γ 2 4R = Α ή α ' - β ' - γ' 4R Ε

(ι)

Ε'

Τα τρίγωνα ΔΕΖ,Α'Β'Γ' είναι όμοια μεταξύ τους κι έτσι έχουμε:

(E')J ε

(α ' · β' · γ Υ · ( 2R )6 . Δηλαδή (α · β · γ)2 · ΜΑ 2 · ΜΒ2 · ΜΓ2 Ε 2 ( 2R )6

2 (α ' · β' · γ') · (ΔΕ · ΔΖ ΖΕ)2 ( α ' . β' · γ ')2

... ----!. � � � � -

(�' )'

)

Ε' ε3

•

( 2R ) 6 Ε2 · ΜΑ2 · ΜΒ2 · ΜΓ 2

(2)

Από ( 1 ),{2) έχουμε ότι: Ε Ε ' = _,(2R)6 _,_ · ΜΑ 2 · ΜΒ2 · ΜΓ2 η, ( Ε 3 = ( 2R)6 η, Ε = 4R 2 Δ ( O,R ) = 4R 2 Έε Μ Ε' ' 7 _ R J-:(_(O_ 3 ------ -; ( ( O,R ) J) ; Δ( Ο,R ) Δ Μ ' ) · Ε 2 · ΜΑ 2 · ΜΒ 2 · ΜΓ2 ΔM Μ που είναι η ζητούμενη α. ομοιδτητα των Α Ή Τ',

}

σημαντικές παρατηριίσεις Δ ΕΖ

Στο το σχήμα (α) παρατηρώ ότι: <Δι = <Βι = <Α; , άρα <Δι + <Δ2 = -crA; +<Α; ή <Δ = <s:A' Α Γ <ι:Δ2 - < 2 - < 2 Επίσης: _

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/24

(r)

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

(π) (πΙ ) Από τις (I),(II),(III) προκύπτει ότι τα τρίγωνα Α'Β 'Γ,ΔΕΖ είναι όμοια.

Δ ηλαδή, το κυκλοποδικό τρίγωνο Α Έ 'Γ του σημείου Μ ως προς το τρ ίγωνο ΑΒΓ, είναι όμο ιο προς το ποδικό τρ ίγωνο ΔΕΖ του σημείου Μ ως προς το ίδιο τρ ίγωνο ΑΒΓ β. μιiγιστη τιμιί

Είναι

( Ο,R ) · ΑΒΓ ( Ο,R ) · Ε Γ' Δ Δ ( ) Μ 2 Ε R Δ 4 .:._ ή ε ---= Μ "'----'-'ή ( = Ζ ) = ·""..:..:;..;::..ς-�....,;.;:� Γ Μ Ε 4R 2 4R 2 ( R 2 d2 ) (3) ( ΔΕΖ) = ( ΑΒΓ ) · R 2 Μ •Ο 4 αχfιμα (β) Από την (3) συμπεραίνουμε ότι το ( ΔΕΖ ) παίρνει τη μέγιστη τιμή, τότε και μόνο τότε όταν d=O, δηλ. όταν το Μ συμπέσει με το περίκεντρο του ΑΒΓ. Τότε έχουμε ( ΑΒΓ ) max ( ΔEZ ) = 4 γ. σταθερδ εμβαδό Από την (3) συμπεραίνουμε ακόμη ότι, όταν το Μ κινείται πάνω σε κύκλο σταθερής r ακτίνας ρ, με κέντρο το Ο, τότε, το ποδικό τρίγωνο του Μ ως προς το τρίγωνο 8 (R2 2 ) ΑΒΓ, έχει σταθερό εμβαδό, αφού ( ΔΕΖ ) = ( ΑΒΓ ) · (4) axr\μa Ινl 4 (Ο R) Δ '

•

��

δ. ι:ιJΟεία Sίηωηι

Αν το σημείο Μ κινηθεί πάνω στον περίκυκλο του ευθειοτρίγωνο ή τα σημεία Δ,Ε,Ζ θα είναι ΑΒΓ, τότε το εμβαδό του ποδικού τριγώνου του Μ συνευθειακά. έτσι καταλήγουμε στο γνωστό ως προς το τρίγωνο ΑΒΓ, θα μηδενισθεί αφού R=ρ θεώρημα του Simson (κοίτα, σχέση 4). Δηλ. το τρίγωνο ΔΕΖ θα γίνει 3" Οi:μα: Κ. Δ αλμοι5ζας, «Α;.γδριΟμος - καi)Jτi;χvης, δημιουργεί νέα έργα διάσημων ζωγράφιιJν>) προλεγδμι·να ο φίλος της στήλης, μαθητής, Κ. Εμείς συμμεριζόμαστε το θαυμασμό στα

Δαλμούζας (Θεσσαλονίκη), μας έστειλε το παρακάτω σημείωμα, γράφοντάς μας: «. .. πάντα πίστευα στη δύναμη των μαθηματικών ... στην ηλεκτρονική διεύθυνση http://www. rιoftemporiki.gr/story/998074?ref=yfp, βρήκα ένα θέμα που δείχνει πως τα εφαρμοσμένα μαθηματικά μέσω των ΗΥ μπορούν να κάνουν θαύματα...» το δημοσίευμα

«Ονόματα όπως του Πάμπλο Πικάσο και του Βίνσεντ Βαν Γκογκ έχουν αφήσει τα δικά τους αποτυπώματα στην ιστορία της τέχνης, με μοναδικά αριστουργήματα που αποτελούν σύμβολα της έννοιας των καλών τεχνών. Ωστόσο, οι καλλιτέχνες αυτοί, ακόμα και πολλά χρόνια μετά τον θάνατό τους, θα είναι σε θέση να «ξαναπιάσουν το πινέλο», κατά κάποιον τρόπο, χάρη στη δουλειά Γερμανών ερευνητών οι οποίοι

Μαθηματικά

από τον νεαρό φίλο μας, σημειώνοvrάς τσυ όμως πως δεν

υπάρχουν "καθαρά" και "εφαρμοσμένα" Μαθηματικά, ότι δεν υπάρχουν δύο μαθηματικές επιστήμες, αλλά υπάρχουν τα Μαθηματικά γενικά και η εφαρμογή τους μέσω της μαθηματικής μοντελογράφησης. Η μαθηματική μοντελογράφηση είναι η τεχνολογία της εφαρμογής των Μαθηματικών δημιούργησαν αλγόριθμο που είναι σε θέση να δημιουργήσει εικόνες αντίστοιχου στυλ. Όπως αναφέρεται σε σχετικό δημοσίευμα της Washington Post, το σχετικό paper περtλαμβάνει εικόνες που θυμίζουν τα έργα καλλιτεχνών όπως ο Βαν Γκογκ, ο Έντβαρντ Μουνκ και ο Πικάσο. Όλες οι εικόνες δημιουργήθηκαν μέσα σε διάστημα μικρότερο της μίας ώρας- χρονικό διάστημα που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/25

------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

αναμένεται να μειωθεί καθώς οι ερευνητές βελτιώνουν τις επιδόσεις του αλγορίθμου τους. Πρόκειται για την πιο πρόσφατη εξέλιξη από τον τομέα του αποκαλούμενου Deep Leaming, στο οποίο υπολογιστές ταυτοποωύν και καταχωρούν

μοτίβα τα οποία εντοπίζουν σε τεράστιους όγκους δεδομένων. Οι λειτουργικές διαδικασίες αυτές είναι ειδικά σχεδιασμένες για να μιμούνται τον τρόπο που δουλεύει ο ανθρώπινος εγκέφαλος...))

Τον περασμένο Ιούλη, στην έγκυρη ιστοσελίδα mathematica.gr, είχαμε αλιεύσει την παρακάτω ανάρτηση σχετικά με τους «Δίδυμους Πρώτους» (βλέπε: ''Απάντηση στο «Α υτό το ξέρατε; » " ): «Richard Arenstorf-Στις 26 Μαίου το 2004, ο Richard Arenstorf από το πανεπιστήμιο του Vanderbilt παρέδωσε μία 38-σέλιδη απόδειξη ότι όντως υπάρχουν άπειροι δίδυμοι πρώτοι. Στις 3 Ιουνίου του ίδιου έτους, όμως, ο Michel Balazard από το πανεπιστήμιο του Bordeaux ανέφερε ότι το Λήμμα 8 στη σελίδα 35 ήταν λανθασμένο.

Ο Arenstorf απέσυρε την απόδειξη του στις 8 Ιουνίου, σημειώνοντας 'Ένα σημαντικό λάθος εντοπίστηκε στην απόδειξη και πω συγκεκριμένα, το Λήμμα 8 είναι λανθασμένο" http://mathworld. wolfram.corn/news/2004-0609/twinprimes/

4° θέμα : υπάρχο υν άπειροι δίδυμοι πρώ τοι;

Το λάθος λήμμα � ήταν στις τελευταίες σελίδες της εργασίας του ...)) από: "Αρχιμήδης 6"

V. Προβλήμα τα πο υ δεν επιλύονται, στην Ευκλείδεια Γεωμετρία , με κανό να και διαβήτη προλεγόμενα από το παρόν τεύχος του περιοδικού γνώμη μας, είναι μια ενδιαφέρουσα

καταγραφή. μας, καθιερώνουμε ένα λήμμα με τίτλο Την επιμέλεια αυτού του λήμματος έχει ο Γιώργος «Προβλήματα που δεν επιλύονται, σrην Ευκλείδεια Μήλιος, η Αμαλία Μανιατοπούλου και όσοι άλλοι Γεωμετρία, με κανόνα , και διαβήτη». Κατά τη νέοι μαθηματικοί το επιθυμούν Ευθεία του Φίλω νος Δ ίνεται γωνία ΧΟΥ και σημείο Ε εντός αυτής. Να κατασκευασθεί ευθεία που να διέρχεται από το Ε και να τέμνει τις ΟΧ, ΟΥ στα σημεία Β και Γ αντίστοιχα, σε τρόπο ώστε το ευθ. τμήμα ΒΓ να έχει ελάχιστο μήκος σχόλιο

Το ελάχιστο ευθ. τμήμα ΒΕΓ που μπορεί να κατασκευασθεί, είναι τέτοιο ώστε το τμήμα ΒΕ να ισούται με την προβολή ΖΓ του ΟΓ πάνω στην ΒΓ. Επίσης το τμήμα ΓΕ να ισούται με την προβολή ΒΖ του ΟΒ πάνω στη ΒΓ. Κάτι τέτοιο όμως δεν είναι εφικτό με κανόνα και δια ' Mathesis, 1907, 68

Πρόβλημα Lez Δ ίνονται δύο κύκλοι Cι(ΚJ,ρι). C2(K2,ρz). Από σημείο Α, του επιπέδου τους, να κατασκευασθεί διατέμνουσα των δύο κύκλων, ώστε η διαφορά των χορδών που ορίζονται σ ' αυτούς, να 'χει δοσμένο μήκος λ σχόλιο

Κάτι τέτοιο δεν είναι εφικτό με κανόνα και διαβήτη ouνelle Annales, 1880, 80

Τριχοτόμηση γω νίας Δ ίδονται δύο παρillηλες ευθείες ε1, ε2. Έστω σημείο Α επί της ε1 και σημεία Β,Ζ επί της ε2• Να διαιρεθεί η γωνία Α ΒΖ σε τρ ία ·ίσα μέρη σχόλιο

Φέρουμε την ΑΓ κάθετη επί την ε2 • Εάν λάβουμε σημείο Ε πάνω στην ΑΓ και η ευθεία ΒΕ τμήσει την ε1 στο σημείο Δ ώστε ΕΔ=2ΑΒ, τότε θα ισχ6ει ότι γων.ΑΒΓ=3ΔΒΖ. Κάτι τέτοιο όμως δεν είναι εφικτό με κανόνα και διαβήτη ''Exercices de Geometrie", ar F.G. -M, 252 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/26

: 2tΞΞ:= Β

-------

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Εξίσωση τετάρτου βαθμού Να κατασκευασθεί τρίγω νο ΑΒΓ όταν γνωρίζουμε τα ίχνη Δ,Ε,Ζ τω ν διχοτόμων του ΑΔ,ΒΕ, ΓΖ.

σχόλιο Η κατασκευή δεν μπορεί να γίνει με κανόνα και διαβήτη, Οδηγεί όμως σε εξίσωση τετάρτου βαθμού. Ο Barbaήn(1 896) απέδειξε ότι η κατασκευή τριγώνου του οποίου δίδονται οι τρεις διχοτόμοι εξαρτάται από τη λύση εξίσωσης δεκάτου τετάρτου βαθμού ["Exercices de Geometrie", ar F.G.-M, 576,743

VI . Ειδιίσεις - ειδησούλες

1'1• Οι μηχανές Rιιbe Goldberg Ο εκλεκτός φiλος, μουσικομαθηματικός Νίκος Κάθε μικροαντικείμενο εκτελεί μία διεργασία που Ανδρουλακάκης, μας έστειλε ένα σημείωμα ενός στο σύνολό της έχει ένα αποτέλεσμα. Είναι καθαρά συνεργάτη της (σπάνιας σε κάλος) ιστοσελίδας του. σειριακές επινοήσεις και πρόκειται για Σας παρουσιάζουμε ένα τμήμα του και σας ρωτούμε: εφευρέσεις... >> βλέπετε κάποια ομοιότητα, ανάμεσα σ' αυτή τη μηχανή και τη λογική των γεωμετρικών τόπων; «From: Andreas Tsagkaήs Οι μηχανές Rube Goldberg είναι συσκευές που αποτελούνται από απλά επιμέρους αντικείμενα συνδυασμένα με πολύπλοκους τρόπους. Αυτά εκμεταλλεύονται νόμους της φυσικής και της χημείας σε συνήθως μη καθορισμένο τρόπο και έχουν την λογική της αλυσιδωτής αντίδρασης. . . . . Επινοήθηκαν από τον καρτουνίστα Reuben Lucius Goldberg (4 Ιουλίου, 1 883 - 7 Δεκεμβρίου, 1 970) 2'1• Πως "χάθηκε " η ατμόσφαιρα του Άρη Οι ειδικοί της NASA δίνουν μια εξήγηση για το καλύτερα να τους ακούσετε στην ηλεκτρονική πως χάθηκε η ατμόσφαιρα στον πλανήτη Άρη, διεύθυνση: http://astro.planitario.gr/nasa-solar-wind-strips λέγοντας πως ο "ηλιακός άνεμος" παρέσυρε την martianatmosphere/?utm source=blog&utm medium=email& ατμόσφαιρα του κόκκινου πλανήτη. Όμως utm campaign=sky 3". Τα 100 χρόνια της Θεωρίας της Σχετικότητας Φέτος συμπληρώνεται ένας αιώνας από την δημοσίευση της θεωρίας της σχετικότητας από τον Άλμπερτ Αϊνστάιν 4". « Τι απέδειξε ο κύριος Φάυνμαν» Ο Γιώργος Κοτανίδης ανεβάζει μία από τις πιο Η «αναμέτρηση>> του Έλληνα ηθοποιού με τον επιτυχημένες παραστάσεις των τελευταίων δέκα Νομπελίστα φυσικό Ρίτσαρντ Φάυνμαν, στο έργο χρόνων, «αποχαιρετώνταρ> τον ρόλο-σταθμό της του Peter Parnell «Q .E.D)) ή «τt απέδειξε ο κύριος Φάϋνμαν)) ζωντανεύει ξανά, στη σκηνή του καριέρας του. Θεάτρου, του Ιδρύματος Μιχάλης Κακογιάννης 5'1• Ημερίδα για τον Δημήτρη Κάππο Στις 1 1/1 1 /20 1 5 πραγματοποιήθηκε, με μεγάλη Κάππος είναι ο ιδρυτής της νεώτερης Μαθηματικής επιτυχία, ημερίδα αφιερωμένη στη ζωή και το έργο Σχολής στη χώρα μας. Η ημερίδα ήταν του Δημήτρη Κάππου ( 1 904- 1 985), στη γενέτειρα συνδιοργάνωση του Δήμου Δωρίδας και της ΕΜΕ πόλη του, το Λιδορίκι του νομού Φωκίδας. Ο Δ. _

VII. ''Απάντηση στο «Αυτό το ξέρα τε;;; " υπενθύμιση : δίδυμοι πρώτοι λέγονται οι πρώτοι αριθμοί p,q με p-q=2 και p>q η απάντηση: το 1 849 ο Alphonse de Polignac [Αλφόνς ντε Πολινιάκ] ( 1 826 - 1 863) διατύπωσε τη γενική εικασία ότι για κάθε φυσικό αριθμό κ, υπάρχουν άπειρα ζευγάρια πρώτων Ρ ι και pz τέτοια ώστε Ρ ι - pz = 2κ. Η περίπτωση όπου k = 1

είναι η εικασία των Δ ιδύμων Πρώτων [βλέπε, όμως, το "4° θέμα 'Ί . Το 2004 ο Richard Arenstorf δημοσίευσε μα 38-σέλιδη "απόδειξη" της ύπαρξης απειρίας διδύμων πρώτων. Ένα μήνα αργότερα, ο Michel Balazard αποδείκνυε το λάθος της "απόδειξης" του R. Arenstorf [βλέπε: «4° θέμα: υπάρχουν άπειροι πρώτοι;))]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/27

Αλγε�ρα Α ' λυκείου ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ - Α ΝΙΣΩΣΕΙΣ Αντώνης Κυριακόπουλος - Θανάσης Μαλαφέκας

Α ' λΥΚΕΙΟΥ

Στα επόμενα, με D θα συμβολίζουμε το σόνολο ορισμού της δοσμένης εξίσωσης ή ανίσωσης και όταν δεν αναφέρουμε το σόνολο ορισμού της, θα εννοούμε ότι D= R . Άσκηση 1 . Να λυθεί η εξίσωση: 2χ-1 χ-5 - -3χ -- -2 3 4 χ (ι) . 3 2 Λύση. Έχουμε, για κάθε χ Ε D = IR :

9χ 2 - 4 * ο

9 x 2 + 1 2 x + 4 ;t 0 4 9 x - - ;e 0 χ

-- -- -- --

Άσκηση Ν α λυθεί η 'εξίσωση: χ χ-1 χ-2 χ-3 χ-4 χ-5 -+ + -- = 6 + + + 15 14 13 12 11 10 Λύση. Προφανώς D=IR � Πρώτος τρόπος. Έχουμε για κάθε χ Ε IR :

(ι)

(� ) ( � ) ( � ) ( � ) (\� ) (\�5 )

χ ι -ι + χ 2 -ι + -ι + ι ι ι 4 ι χ 3 -ι + -ι =Ο� - + ι χ - ι 5 χ - ι5 + χ - ι 5 + . . . + -χ -ι5 = 0 � + ι4 ιο ι5 ι3 ι ι (χ - ι5) _!_ + _ + _!_ ... + - = ο � χ = ι 5 . ι 5 ι4 13 10

(1) �

-- -- -(

)

Δεύτερος τρόπος ( χωρίς πράξεις ) Παρατηρούμε ότι η εξίσωση (ι) έχει την λύση: χ=ι5. Η εξίσωση αυτή μετά την απαλοιφή των παρονομαστών κλπ. εί ναι ισοδύναμη (έχει τις ίδιες ακριβώς λύσεις) με μια εξίσωση της μορφής: αχ + β = Ο , όπου α, β Ε IR . Άρα, η δοσμένη εξίσωση ή θα είναι αδύνατη ή θα έ χει λύση κάθε αριθμό χ Ε R ή θα έχει μια μοναδική λύση . . AJJ.,.i:J. δεν είναι αδύνατη αφού έχει τη λύση χ= ι5 και δεν έχει λύση κάθε αριθμό χ Ε IR , αφού με χ=Ο δεν επαληθεύεται (αρνητικός αριθμός=θετικός). Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση χ=ι5 . Άσκηση 3. Να λυθεί η εξίσωση: 2(χ +1) χ-2 -9r -4 9r + 12χ+4

1+ � χ 4

9χ--χ

(1)

Λύση. Το σόνολο ορισμού της εξίσωσης αυτής εί ναι το σύνολο D των αριθμών χ Ε IR , για τους ο ποίους ισχύουν:

{

3χ + 2 ;t ο

3χ

( 3 χ + 2)(3χ - 2 ) * ο ( 3 x + 2 )2 ;e O

.! . ' �

x ;e ο

χ - 5 - ι2χ 2χ - ι - 6 4 3 = (1) � χ 2 3 2χ - 7 � ι2χ + ι ιχ + 5 = 2(2χ -7) � χ - -l lx - 5 -ι2 6 � 23χ + 5 = 4χ - ι4 � ι9χ = -ι9 � χ = -ι.

2*0�

x ;e O

χ ;t -

� 3

� χ* 3 x ;e O

Έχουμε για κάθε

�

x ;e O

9 χ 2 - 4 ;e O

Συνεπως:

2 D=IR- 3 , 32 ,ο

{

}

χΕD:

χ-2 χ+4 2χ +2 2 (3χ + 2)(3χ -2) (3χ + 2) (3χ + 2)(3χ -2) = ο � (2χ + 2)(3χ + 2) - (χ - 2)(3χ - 2) -{χ +4)(3χ +2) =0 � .. . � χ = 2 (δειcrή, διότι 2 Ε D ) . Άρα, η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση: χ=2 . (ι) �

χ + 3 χ-2 ' Άσκηση 4. Να λυθεί η εξίσωση: =- (1) χ-λ χ-3 όπου χ είναι ο άγνωστος και λ Ε 1R παράμετρος. Λύση. Προφανώς D = IR - { λ, 3} . Για κάθε χ Ε D ,

έχουμε: . (1) � χ 2

- 9 = χ2 - 2χ - λχ + 2λ . � (λ + 2)χ = 2λ + 9 (2) 1) Έστω ότι λ = -2 . Τότε: (2) �Ο · χ = 5 , αδύνατη. 2λ + 9 2) Έστω οτι . Για ' λ -φ -2 . Τότε: (2) � χ = λ+2

{

να είναι η λύση αυτή δεκτή, πρέπει και αρκεί:

2λ +9 λ λ + 2 -φ � 2λ +9 "Φ λ2 + 2λ � λ "Φ ±3 . ΧΕD� 2λ +9 "Φ- 3 2λ + 9 "Φ 3λ + 6 λ+2

{

Συνοπτικά λ = -2 ή λ=-3 ή λ=3 : Αδύνατη λ ;e 3 και λ ;e -3 :

χ=

2λ + 9 λ+2

Άσκηση 5. Να λυθεί η εξίσωση: l 5x-10 1=9 2x -4 1 +2x+ 1 (1) Λύση. 'Εχουμε για κάθε χ ε R :

{

(1) � 5 1 χ - 2 1= 2 1 χ - 2 1 +2χ + ι �3Ι χ-21= 2χ+ι� 2χ+ ι � Ο χ � -ι � � � 2 [3(χ -2) =2χ+ι ή 3(χ -2) =-2χ-ι] (χ= ? ή χ=ι)

{

(χ = 7 ή x=l ) . Άρα, οι λύσεις είναι: χ= ι και χ=7.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/28

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

Άσκηση 6. Να λυθεί η εξίσωση:

3 Ι χ- 2 Ι -2χ = 3-Ι χ +3 1 (1).

Συνεπώς, σύμφωνα με την τρίτη υπόθεση, έχουμε: Α + 396 = χ + (1 8 - 3χ) · 1 0 + (2χ) · 102 <=>

Λύση. Οι παραστάσεις που περιέχονται στα από λυτα είναι: χ-2 και χ+3 . Η πρώτη μηδενίζεται με χ=2 και η δεύτερη με χ = -3 . Οι αριθμοί αυτοί χωρίζουν τον άξονα των πραγματικών αριθμών σε τρία υποδιαστήματα: (-οο, -3), -3,2 και (2,+οο) .

72χ + 1 80 + 396 = χ + 1 80 - 30χ + 200χ <=> 99χ = 396 <::::> χ = 4 . Άρα, ο ζητούμενος αριθμός είναι: Α = 72 · 4 + 1 80 = 468. Άσκηση 9. Να λυθεί η aνίσωση: ι

1 ) Λύσεις στο διάστημα: (-οο,-3) . Με χ < -3 , έχουμε: χ + 3 < Ο και χ - 2 < Ο . Συνεπώς: (1) <=> 3(-χ + 2) - 2χ = 3 - (-χ - 3) <=> ... <=> 6χ = ο <=> χ = Ο , μη δεκτή. 2) Λύσεις στο διάστημα: -3, 2 . Με -3 � χ � 2 ,

Λύση. Το σύνολο ορισμού της ανίσωσης αυτής είναι το σύνολο D των αριθμών. χ Ε IR . , για τους οποίους ισχύουν: 2χ - 1 * ο

[

]

έχουμε: χ + 3 :2: Ο και χ - 2 � Ο . Συνεπώς: (1) <=> 3(-χ + 2) - 2χ = 3 - (χ + 3) <=> ... <=> 4χ = 6 <=> χ = � , δεκτή. 2 3) Λύσεις στο διάστημα: (2, +οο) . Με χ > 2 , έχουμε: χ - 2 > Ο και χ + 3 > Ο . Συνεπώς: (1) <=>3(χ -2) -2χ =3-(χ+3) <=> ... <::::> 2χ = 6 <::::> χ = 3 ' ' Άρα, οι λυσεις ' ' ι: χ = "2 και χ = 3 εινα. δεκτη.

3Ιχ-2Ι=2χ+λ(1)

6-λ , , ' αυτη για να ειναι <=> 5χ = 6 - λ <=> χ =-- . Η λ:uση

6-λ

<2<=>6-λ<10<:::λ:> >-4.

[2, -too ) . Με χ � 2 , έ (1) <::::> 3(χ - 2) = 2χ + λ <=> . .. <::::> χ = λ + 6 .

2) Λύσεις στο διάστημα:

χουμε: Η λύση αυτή για να είναι δεκτή πρέπει και αρκεί: λ + 6 � 2 <::::> λ :2: -4 . Συνοπτικά λ < -4 : Αδύνατη λ = -4 : χ = 2 . 6-λ λ > -4 : χ = -- και χ = λ + 6

Άσκηση 8. Να βρείτε τους τριψήφιους φυσικούς αριθμούς των οποίων το άθροισμα των ψη φίων είναι 18, το ψηφίο των μονάδων είναι δι πλάσιο του ψηφίου των εκατοντάδων και ο α ριθμός έχει τα ψηφία του γραμμένα κατά αντίστροφο τάξη. Λύση. Έστω ότι το ψηφίο των εκατοντάδων του ζητούμενο αριθμού Α είναι χ. Το ψηφίο των μονά δων θα είναι 2χ και το ψηφίο των δεκάδων θα εί ναι: 1 8 - (χ + 2χ) = 1 8 - 3χ. Έτσι θα έχουμε: Α = (2χ) + (1 8 - 3χ) · 10 + χ · 1 02 = 72χ + 1 80 .

Α,

Α+396

{

( i { i i}

2x + 1 :t!= O <=> χ :f!: 2 χ(4χ - 1) :t!= O

Συνεπώς: D = IR -

και χ :f!: - και χ :t!= Ο

, o, -

2χ - ι

<=>

2χ + ι

)

. Για κάθε χ E D ,

έχουμε : (ι) <=> 2χ + ι - 2 χ - ι -

Άσκηση 7. Να λυθεί η εξίσωση: όπου είναι ο άγνωστος και Ε JR παράμετρος. Λύση. 1) Λύσεις στο διάστημα: (-οο, 2) . Με χ < 2 , έχουμε: (1) <=> 3(-χ + 2) = 2χ + λ <=> ... <=>

δεκτή πρέπει και αρκεί:

<=>

2χ - 2χ- 1 2 + < 2χ - 1 2χ + 1 χ(4χ1 - 1) 1 - 2χ (1)

2 χ(2χ + ι)(2χ + ι)

<ο

χ(2χ + 1)2 - χ(2χ - 1) 2 - 2 < ο <=> . . . χ(4χ 2 - 1)

2 (4χ

2 < Ο <=> - < 0 <=> χ < Ο · χ χ(4χ - 1) -

1 ' Άρα, οι ζητουμενες ' ' λυσεις ειναι: χ < ο με χ * - 2 Άσκηση 1 0. Να λυθεί η aνίσωση: (1) όπου είναι ο άγνωστος I) και Ε JR παράμετρος.

λ(χ+ Ι χ < λ - 1 χ λ Λύση. 1) Λύσεις στο διάστημα: [ Ο, +οο ) . Με χ � Ο , έχουμε: l x l = χ και άρα (1) <=> 2λχ < λ - 1 . (2).

α) 'Εστω ότι: λ>Ο. Τότε: (2) <::::> χ < Αν

λ-1 (3). 2λ

λ-1

� 0 , δηλαδή αν: (Ο <)λ � 1 , τότε οι λύ2λ σεις (3) δεν είναι δεκτές (αφού χ � Ο ). λ-1 • Αν > Ο , δηλαδή αν λ> 1 , τότε έχουμε τις 2λ λ-1 λύσεις: Ο � χ < . 2λ β) Έστω ότι: λ=Ο. Τότε: (2) <=> Ο · χ < - 1 , αδύνατη. •

γ) 'Εστω ότι: λ<Ο. Τότε: (2) <::::> χ >

λ-1 2λ

(> Ο) , λύ-

σεις δεκτές. 2) Λύσεις στο διάστημα: ( -οο, Ο . Με χ < Ο , έ-

)

l l

χουμε: x = -x και άρα: (l) <::::> Ο · χ < λ - 1 (4).

Προφανώς, αν λ � 1 , η (4) είναι αδύνατη και αν λ> 1 , h (4) επαληθεύεται για κάθε χ Ε IR και τότε έχουμε τις λύσεις: χ < Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/29

{

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

> 0, αν λ< l Δ = 4 � 4λ = 4(1 - λ) = 0, αν λ=l < 0, αν λ> 1 α) Αν λ< 1 ( λ * Ο ) , τότε Δ>Ο και η εξίσωση έχει δύο ρίζες πραγματικές και άνισες, τις: Άσκηση 1 1 . 'Ενας βοσκός όταν τον ρώτησαν πό 1 - λ) - - 1 ± ../1 - λ σα πρόβατα έχει απάντησε ως εξής: «0 αριθμός χ - -2 ± �4( . 2λ λ των προβάτων είναι άρτιος. Αν από τον αριθμό αυτό αφαιρέσετε το ένα και πάρετε τα δύο τρίτα β) Αν λ=1 , τότε Δ=Ο και η εξίσωση έχει μια διπλή του αριθμού που προκύπτει, τότε βρίσκετε α πραγματικη' ρι'ζα, την χ = - 2 = -22 = - 1 . ριθμό μf.Ύαλύτερο του 17. Επίσης, αν στο ένα 2λ τρίτο του αριθμού των προβάτων προσθέσετε το γ) Αν λ> l , τότε Δ<Ο και ε ίσω είναι αδύνατη. ένα, τότε προκύπτει αριθμός που υπερβαίνει τη Συνοπ τικά διαφορά του 4 από το μισό του αριθμού των προβάτων>>. Πόσα πρόβατα έχει ο βοσκός; λ < 1 , λ ::j:. ο : χ = -ι ± ../ι - λ 2 Λύση. Έστω χ ο αριθμός των προβάτων, όπου χ άρτιος φυσικός θετικός αριθμός. Σύμφωνα με αυτά λ = Ο : χ _!_ . που είπε ο βοσκός έχουμε: 2 λ = l : Χ = -1 (x - l) > 17 λ > 1 : Αδύνατη. 2χ - 2 > 5 1 <:::> <:::> Άσκηση 1 4. Θεωρούμε την εξίσωση: r + x-1=0. 2χ + 6 > 3χ 24 _!_ χ + 1 > � - 4 Χωρίς να λύσετε την εξίσωση αυτή: 2 3 Συνοπτικά

λ-1 λ < Ο : χ > -2λ λ-1 Ο � λ � 1 : Αδύνατη λ > 1 : χ < -2λ

----

= _

{% {

{

χ>

s: �26,5< χ <30 �27 � χ Ω9 . Άρα: χ = 28.

χ < 30

ρίζες τους αριθμούς: χ,

Άσκηση 12. Να λυθεί η εξίσωση:

Ji χ - 7 Ji x+ l 2Ji =0 (1) 4+ + 2

Λύση.

(

7J2 4- J2 ) 7 4J2 -2) 1 6 -2 4+ J2 ) 4- J2) = 2.J2 - 1 . Και ανάλογα: 2 = ... = 2 - .J2 . 2 + .J22 2 Έτσι έχουμε: (1) <:::> χ - 2.J2 - 1 χ + 2 - .J2 = Ο . Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής είναι: 2 Δ = 2.J2 - 1 - 4 2 - .J2) = . . . = 1 . Συνεπώς ,οι ρίζες της εξίσωσης είναι: 2F2 -ι ±ι , χ , δηλαδη:. χ1 = .J2 . και χ2 = .J2 - 1 . 2 7J2 4+ν2

'Εχουμε: ---r;::

(

)

) (

(

)

λr +2χ+1=0

Άσκηση 13. Να λυθεί η εξίσωση: όπου χ είναι ο άγνωστος και λ e JR παρά μετρος. Λύση.1) Έστω ότι λ = Ο . Τότε:

(1)

1) Να αποδείξετε ότι έχει ρίζες πραγματικές και άνισες. Τις ονομάζομαι ρ, και ρ 2 • 2) Να βρείτε μια εξίσωση δεύτερου βαθμού με

(1) {:::> 2χ + 1 = ο {:::> χ = - -1 . 2 2) Έστω ότι λ * Ο . Τότε η δοσμένη εξίσωση είναι δεύτερου βαθμού καί η διακρίνουσα της είναι: •

___12_ ρ,

-1

και χ 2

=� -1 . ρz

Λύση. 1 ) Η διακρίνουσα της δοσμένης εξίσωσης είναι: Δ = 1 + 4 = 5 > Ο . Άρα, οι ρίζες της είναι πραγματικές και άνισες. 2) Έχουμε: ρ1 + ρ 2 - 1 και ρ1ρ2 = - 1 .. Έτσι έχου+ με: χ , + X z = ___fl_ + � = ρ, ρ2 -ρ, ρ, ρ2 - ρ2 1 1 -1 (ρ, Χρz -1) ρ, - ρz + = 2ρ1 ρ 2 - (ρ, ρ2 ) = .. . = -1 και όμοια: ρ , ρ 2 - (ρ , + ρ z ) + 1 χ 1 χ 2 = .. . = -1 . Άρα μια ζητούμενη εξίσωση είναι: χ2 + χ - 1 = Ο (η δοσμένη). =

Άσκηση 1 5. Να βρείτε μια εξίσωση δεύτερου βαθμού με συ ντελεστές ρητούς αριθμούς, της οποίας ο αριθμός ρ

= J2�8 + .Ji5

να είναι μια ρίζα της.

Λύση. Καταρχήν έχουμε: ρ =

.J2�8 + Jl5

<:::>

+Κs) �{:::Ψ+�) {::: � �:* <=>{ρ> Ο <=:>{ρ> Ο( ) �

16 + 2

<=> ρ = 1 + Μ . =1 +15+2� p2 = 1+� ο αριθμός αυτός είναι ρίζα μιας εξίσωσης: 2 p

�ΙΔΗΣ Β' 98 'ΦΙ30

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

αχ 2 + βχ + γ = Ο ( 1) όπου α, β, γ Ε Q με α :;t: Ο , αν 2 και μόνο αν: α ( 1 + .JI5 ) + β ( 1 + .J15) + γ = Ο <:::::> α ( 1 + 15 + 2.JΙ5 ) + β ( 1 + .JΙ5 ) + γ = 0 <=:> . � 16α+β+γ = Ο (16α + β + γ) + (2α + β)νΩ = Ο <:::::> 2α + β = Ο

(γιατι;, ) {βγ == -14α . <=>

-2α

{

Συνεπως:

(1) <:::::> αχ2 - 2αχ - 14α = Ο <:::::> χ2 - 2χ - 14 = Ο

Άρα, η τελευταία εξίσωση είναι μια ζητούμενη .

Θεωρούμε την εξίσωση: Άσκηση 16. ΧΖ - βχ + γ = Ο , όπου β, γ Ε JR . με: 2 � β - 2 < γ < β . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση αυτή έχει ρίζες πραγματικές και άνισες · και ότι μία τουλάχιστον από αυτές ανήκει στο διάστημα Ο, 2

{ )

•

Λύση. 1) Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι:

1 Χι

� -2 + λ - + 6 = 0 � (1 - ρι )2 + λ(1 - ρι) + 6 = 0 �

� ( ρ � - λ ρ1 + 6) + λ + 1 - 2ρ ι = Ο � ρ ι = λ; 1 , διότι ρ � - λ ρ ι + 6 = Ο . Έτσι έχουμε: λ;l 2 - λ;l + 6 = 0 � => 2 25 . . λ = �(λ = 5 ή λ= -5) . λ·

( )

Και δύο τιμές του λ πληρούν την (3). 2) Αντιστρόφως. Έστω ότι λ = 5. Τότε, η πρώτη εξίσωση γίνεται: χ 2 - 5χ + 6 = Ο · και έχει ρίζες: ρ1 = 3 και ρ 2 = 2 και η δεύτερη εξίσωση γίνεται: 6χ 2 + 5χ + 1 = Ο και έχει ρίζες Χι = .!_ και _

Χ 2 = _!_

'Εχουμε: ρ ι + __!__ = 3 - 2 = 1 . Άρα η τιμή Χι 3 = λ 5 είναι δεκτή. Όμοια βρίσκουμε ότι και η τιμή λ = -5 είναι δεκτή. Άρα, οι ζητούμενες τιμές του λ είναι: λ=5 και λ=-5. _

•

Δ = β 2 - 4y > β2 - 4β = β(β - 4) � Ο , διότι: -4y > -4β , β > Ο και β - 4 � Ο . Άρα: Δ > Ο . Άσκηση I 8. Να βρείτε την αναγκαίες και ικανές 2) Ονομάζουμε ρ ι και ρ 2 τις ρίζες' της εξίσωσης συνθήκες μεταξύ των πραγματικών αριθμών β καιγ, για τις οποίες οι ρίζες p1 και P της εξίαυτής, οπότε: ρι + ρ2 = β και p1p2 = γ . Έχουμε: z xz β χ + γ = Ο να είναι πραγματικές και σωσης: β - 2 < γ < β �-2 < -β+γ<Ο�-1 <1-β+γ < 1 � να πληρούν τη σχέση: 3 ρ 1 - 2pz = β . � 1 1 β + γ 1< 1 � 1 1 ρι - ρ 2 + ριρ2 l < 1 � 2 Λύση. Καταρχήν έχουμε: Δ = β - 4γ (1) και � 1-CΡι - 1) + ρ2 (ρι 1)1 < 1 � � (ρι - 1)(ρ2 -1)1 < 1 � ρ + ρ = β (2), ρ ιρ2 = γ (3) (αν Δ � Ο ). ι 2 � ICPι -l)llρ2 -1l < 1 (1). Αν I Ρι - 11 � 1 και l ος τρόπος. ί) Αναγκαίες συνθήκες. Έστω ότι η � -1 1 , θ δοσμένη εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές ρ1 και α είχαμε: � 1 1 -l)llρ 1 ICPι IPz 2 1 , άτοπο λό ρ 2 και ότι ισχύει: 3ρ ι - 2ρ2 = β (4). γω της (1). Άρα: (IPJ - � <1 ή IP2 - � <1) � Από τις (2) και (4) βρίσκομαι εύκολα ότι: ρ1 = 3β (-1< Ρι -1<1 ή -1<� -1<1 ) => 5 => ( Ο < ρ ι < 2 ή Ο<ρ2 < 2 ) . 2 β = . Αντικαθιστώντας στην (3), έχουμε: Άσκηση 17. Θεωρούμε τις εξισώσεις: και ρ 2 5 -

(1)

xz - λχ + 6 = 0 και 6xz + λχ + l = Ο (2), όπου λ Ε JR . Να βρείτε τους αριθμούς λ, για τους ο ποiι,υς οι εξισώσεις αυτές έχουν πραγματικές ρίζες και μια ρίζα της πρώτης με το αντίστρο φο μιας ρίζας της δεύτερης έχουν άθροισμα ι . Λύση. 1) Έστω ότι για έναν αριθμό λ Ε JR πληρού

� -1- = γ � 6β2 = 25γ .Ώστε,

τότε,

έχουμε:

16β2 = 25γι (5). (αναγκαία συνθήκη).

Έστω ότι ι2 2 νται τα επιτάγματα του προβλήματος. Ονομάζουμε σχύει η σχέση (5). Τότε έχουμε: γ = 25 β και συρ ι και ρ 2 τις ρίζες της πρώτης εξίσωσης και Χ ι και 2 � 2 f_ χ 2 της δεύτερης. Προφανώς: χ1 χ 2 :;t: Ο . Η διακρί νεπώς: . Δ = β - 4γ = β2 - 4 25 β = 25 � O . Άρα νουσα και των δύο εξισώσεων είναι: λ 2 - 24 , οπό η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές, τις: τε: λ2 24 � 0 � λ 2 � 24 �1 λ i� .J24 � β -+ -β 5β + β 3β 5 = -- . Αν θέσουμε: ρ ι = 5β + β = χ = -� ( λ � .J24 ή λ � -.J24 ) (3) ίί) Ικανές συνθήκες (αντιστρόφως).

•

10 5 10 1 1 5β-β 2β ' Ρι + -= 1 , οποτε: ' - = 1 - ρι . Λο-' και ρ2 = -- = - , θα εχουμε: ' Έστω τωρα οτι: 3ρ ι - 2ρ 2 = ... = β . Χι Χι 10 5 Άρα η σχέση (5) είναι και ικανή. γω και αυτής, έχουμε: 6χι 2 + λχ1 + 1 =Ο� 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/31

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Συνεπώς η σχέση (5) είναι η ζητούμενη αναγκαία και ικανή συνθήκη . 2ος τρόπος. Επειδή στην εκφώνηση δεν υπάρχει διάταξη των ριζών, οι αναγκαίες και ικανές συν θήκες για να ισχύουν αυτά που θέλουμε, είναι: Δ�Ο ( 3ρ , - 2ρ2 = β ή 3ρ2 - 2ρ, = β ) Δ�Ο (3ρ, - 2ρ 2 - β )( 3ρ2 - 2ρ , - β ) = ο ( πράξεις κτλ.) (Ι) β 2 -4γ � 0 13ρ 1 ρ 2 - 6(ρ � + ρ ; ) - β(ρ1 + ρ2 ) + β2 = 0 [επειδή ρ � + ρ ; = (ρ , + ρ2 )2 - 2ρ 1 ρ 2 ] cz) β z - 4γ � Ο � 25γ - 6β 2 = 0 6 β2 γ= 2 25 � 6� � 2 5 γ � � 6β 2 = 2 5 γ. �ο 2 β β 6 β2 - 4 . 2 � ο •

{ {

�

{ � {

Αν β3 = 2α3 , τότε: β = αifi , όπως παραπάνω, βρίσκουμε ότι: α=β=Ο και ακολούθως από την (1) ότι γ = Ο, άτοπο. Άρα . . . Ση μείωση. Όμοια μπορούμε να αποδείξουμε ότι μια τέτοια εξίσωση δεν μπορεί να έχει ρίζα της μορφής: </δ , ούτε της μορφής: λ+ </δ , ούτε της μορφής: λ + </δ + W , όπου δ και λ ρητοί αριθμοί και ο δ δεν είναι τέλειος κύβος ρητού αριθμού. •

Λσκηση 20. Να βρείτε τους αριθμούς λ ε JR

για

τους

οποίους

οι

χ2 - (λ + 2)χ + 2λ = Ο 2 - (2λ + 3)χ + 5λ +

(1)

εξισώσεις: και

= Ο (2) έχουν πραγματι 2χ κές ρίζες, εκ των οποίων μια είναι κοινή. Λ ύ ση. 1 ) Έστω ότι για έναν αριθμό λ ε JR ισχύ

ουν τα επιτάγματα του προβλήματος και ότι ρ είναι μια κοινή τους ρίζα. Έτσι έχουμε: (3) ρ 2 - (λ + 2)ρ + 2λ = ο 2ρ2 - (2λ + 3)ρ + 5λ + 1 = 0 (4) και Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της (3) με το 2 και από τα μέλη της προκύπτουσας αφαιρούμε τα μέλη της (4), οπότε μετά τις πράξεις κτλ. βρίσκουμε: 5 Συνεπώς η σχέση 16β2 = 25γl είναι η ζητούμενη ρ = -λ - 1 . Αντικαθιστούμε στην (3) και βρίσκουμε: (-λ - 1) 2 - (λ + 2)(-λ - 1) + 2λ = Ο => ... => αναγκαία και ικανή συνθήκη. Ά σκηση 1 9. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ifi 2λ2 + 7 λ + 3 = 0 => λ = -3 ή λ= - i .

{

•

δεν μπορεί να είναι ρίζα μιας εξίσωσης της μορφής: α χ 2 + β χ + γ = Ο , όπου α, β και γ είναι ρητοί αριθμοί με: I α I + I β I + I γ I* Ο •

Έστω ότι αυτό συμβαίνει. Τότε θα έχουμε: α ( if2 )2 + βifi_ + γ = Ο και συνεπώς: α{/4 + βifi + γ = 0 . (1) Από την ( 1 ), πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη αυτής με ifi , βρίσκουμε: β{/4 + γifi_ + 2α = Ο . (2) Από τις (1) και (2), πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της (1) με β, της (2) με α και αφαιρώντας κα τά μέλη τις προκύπτουσες, βρίσκουμε: (β2 - αγ)ifi = 2α 2 - βγ . (3) Αν β 2 - αγ * Ο , τότε θα είχαιf: το άτοπο: ifi 2α 2 - βγ = z - ( άρρητος = ρητός). Άρα: β αγ 2 β - αγ = Ο και από την (3): 2α2 - βγ = Ο . Συνε πώς: β2 = αγ (4) και βγ = 2α2 (5) . Από αυτές βρίσκουμε ότι: β3γ = 2α3γ => γ(β3 �2α3) =0 => ( � = Ο ή β3 = 2α3 ) . Αν γ=Ο, τότε , από την (4) έπεται ότι β=Ο και ακολούθως από την (5) ότι α=Ο, άτοπο, λόγω της υπόθεσης. Λύση.

•

)

Έστω ότι λ = -3 . Τότε η εξίσωση 2 (1) γίνεται: χ +χ-6 =Ο και f:χει ρίζες το 2 και το -3 και η εξίσωση (2) γίνεται: 2χ2 +3χ - 14 = 0 και 7 ' εχει ρίζες το 2 και το - . Άρα, η τιμη' του λ = -3 ει2 ναι δεκτή (f:χουν κοινή ρίζα το 2). ' ' και η τιμη ' λ = 1 Όμοια βρισκουμε Έστω β) οτι οτι -2. 2) Αντιστρόφως. α)

ρίζα το - ..!_ ). Άρα, 2 οι ζητούμενοι αριθμοί λ είναι: λ = -3 και λ = - ..!_ 2 αυτή είναι δεκτή (τότε f:χουν κοινή

•

Άσκηση 2 1 . Δύο βρύσες Α και Β γεμίζουν μαζί μια δεξαμενή σε ώρες. Η βρύση Β γεμίζει μό ώρες περισσότερες νη της την δεξαμενή σε από όσες ώρες την γεμίζει μόνη της η βρύση Α. Να βρείτε σε πόσες ώρες κάθε μια από τις βρύ σες αυτές γεμίζει μόνη της την δεξαμενή αυτή .

Έστω ότι ο όγκος της δεξαμενής αυτής είναι Vm3 • Έστω τώρα ότι η βρύση Α γεμίζει τη δεξαμενή σε χ ώρες. Έτσι, η βρύση Β την γεμίζέι σε χ+ 1 Ο ώρες. Σε μία ώρα η βρύση Α γεμίζει όγκο ν ίσο με -m3 , η βρύση Β γεμίζει όγκο ίσο με χ ΛίJση.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/32

(

Μαθηματικά για την Α" Λυκεtου

f( ξ) =J3 ( 2+J3)2 -( 2 +J3 )2 + J2 = ... =JJ3 +5 + J2 >0, χ + 10 οπότε: αf(ξ) > Ο και άρα το ξ δεν ανήκει στο ίσο με: (� + _v_ )m3 • Εξάλλου, σε μία ώρα και διάστημα: [ρι ,ρ 2 ] (γιατί;). Λόγω αυτού και επειδή: χ χ +10 2 +J3 < 2 + ν�3 = ξ οι δυο με ν m . Συνεπως: , , μαζι' γεμι'ζουν ογκο , ισο , ρ ι < ρ + ρ2 < ρ 2 και ρ + ρ2 = -' 12 2 2 2J3 ν ν ν 1 = -1 <:::::> ... συμπεραίνουμε ότι : ρ ι < ρ2 < ξ · <=> -1 + -=+ -χ χ + 10 12 χ χ + 10 12 Άσκηση 23. Το τριώνυμο: f(x) = αχ2 + β χ + γ , <=> χ2 -14χ -120 = ο . Οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι: χ = 20 και όπου α, β και γ ακέραιοι με α>Ο, έχει πραγματι χ = -6 (απορρίπτεται να ορίζει). Συνεπώς, η βρύ κές ρίζες χ 1 και χ 2 , για τις οποίες ισχύουν: ση Α γεμίζει τη δεξαμενή σε 20 ώρες και η Β 0 < χ 1 < χ2 < l . Να αποδείξετε ότι α :::: 5 . σε:20+ 1 0=30 ώρες. Λύση. Έχουμε: f(χ) = α(χ - χι )(χ - χ 2 ) . Επίσης - Υπενθυμίζουμε το παρακάτω θεώρημα: έχουμε: αf(Ο)>Ο και αf(1)>0. Και επειδή α>Ο και οι Θεώρημα (του τριωνύμου). Θεωρούμε το τριώ αριθμοί f(O) και f(1) είναι ακέραιοι, έχουμε: νυμο: f(χ) = αχ2 +βχ+γ, όπου α,β,γ ε JR με f(O) > Ο f(O) ;::: 1 � 1 � � f(O)f(1) � α:;eΟ. Θέτουμε: . Δ = β2 - 4αγ .. f(l) > Ο f(l) ;::: 1 1 ) Αν Δ < Ο , τότε αf(χ) > Ο , για κάθε χ ε JR . � 1 � α 2 χ ι CΙ - χι )χ 2 (1 - χ 2 ) (1) 2) Αν Δ = Ο , τότε αf(χ) > Ο , για κάθε χ ε JR με Εξάλλου, έχουμε: Χι (1 - Χι) = Χι - χ � = _I_ 2 χ :;e _ _Ι_ και f(- ) = Ο . 2α 2α = - χ ι2 - χ ι + .!.. + .!.. = .!.. - χ ι _ .!.. � .!.. . 4 4 4 2 4 αf(χ)>Ο, για κόθε 'Ετσι, έχουμε: Ο < Χι (1 - Χι ) � .!_ , με το μόνο αν χε ( --οο, Ρι) υ( ρ2 , -too) 3) Αν Δ > Ο , τότε: 4 αf(χ)<Ο, για κόθε χε(Ρι ,ρ2 ) , Χ1 = .!_ . Και Ο < χ 2 (1 - χ 2 ) � .!_ , με το μόνο αν 4 όπου Ρικαι ρ 2 οι ρίζες του f(x) ( ρ ι < ρ 2 ) . 2 κ 1 ' ' αυτες' δεν ισχυουν Χ 2 = "2 . αι επειδη' οι σχεσεις Άσκηση 22. Θεωρούμε το τριώνυμο: f(x)=.f3i -{2+v'3) x+F2. και οι δύο με το = ( γιατί, τότε Χι = χ 2 = 1 2 , άτο α) Να αποδείξετε ότι το τριώνυμο αυτό έχει ρί πο), έχουμε: α2 (2) ζες πραγματικές και άνισες. Τις ονομάζουμε: ρ1 Χι (1-Χι)Χ2 (1-χ2 ) < -1 �α2Χι (1-Χι)χ2 (1-χ2 ) <16 16 και Ρ2 (Pt < Ρ2 ) · Από τις ( ) και (2) βρίσκουμε ότι: Ι β) Να βάλετε κατά σειρά μεγέθους τους αριθ α2 � α2 > 16 � α > 4 � α :::: 5 . μούς: ξ = 2 + .J3 , ρ1 και ρ 2 • 1<16 Λύση. α) Ο κλασικός τρόπος είναι να σχηματί Άσκηση 24. Να βρείτε τους αριθμούς λ ε JR , σουμε την διακρίνουσα Δ του τριωνύμου αυτού και να αποδείξουμε ότι είναι θετική. Μπορούμε για τους οποίους κάθε2 αριθμός2 χ ε (1, 2) είναι όμως ( να αποφύγουμε τις πολλές πράξεις και) να λύση της ανίσωσης: χ + λχ + λ + 6λ < Ο . εργαστούμε συντομότερα ως εξής: Παρατηρούμε Λύση. Θέτουμε: f(x) = χ 2 + λχ + λ 2 + 6λ. Η δια ότι: f(l) = J3 - ( 2 + J3 ) + J2 = J2 - 2 < 0. κρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι: Δ = λ 2 - 4(λ 2 + 6λ) = ... = -3λ(λ + 8) . Αν Δ � Ο , θα είχαμε f(x) ;::: Ο , για κάθε χ ε IR . ;::: (αφού ο συντελεστής του χ 2 είναι α = J2 > Ο ), Αν Δ � Ο , τότε: f(x) Ο , για κάθε χ ε IR και συ νεπώς με χ ε (1,2) δεν είναι -f(x) < Ο . Έστω τώρα άτοπο, διότι f(l) < Ο . Άρα: Δ>Ο. β) Θα είχαμε να κάνουμε πάρα πολλές πράξεις και ότι Δ>Ο. Τότε το f(x) έχει δύο ρίζες πραγματικές θα ήταν εξαιρετικά επίπονο αν επιχειρούσαμε να και άνισες ρ ι και ρ 2 ( ρ ι < ρ 2 ). Έχουμε: f(x)<O για βρούμε τις ρίζες ρι και ρ 2 και μετά να κιiνουμε τη κάθε χ ε (ρι , ρ 2 ) και μόνο. Συνεπώς, ισχύει το ζη σύγκριση που θέλουμε. Θα εργαστούμε, τούμενο αν, και μόνο αν: απλούστερα , ως εξής: Έχουμε: � m3 • και άρα και οι δύο μαζί γεμίζουν όγκο

_ ι _ _

{

(

)

( )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/33

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Για να ισχύουν οι σχέσεις αυτές για κάθε χ ε JR , πρέπει και αρκεί: �1 4 - 4α :::; Ο <=> α <::::> α � lΟ . 36 - 4(α - 1) :::; Ο α � lΟ Άρα, η ζητούμενη τιμή του α είναι: α 1 Ο. Άσκηση 27. Να βρείτε τους αριθμούς λ ε JR , για

{

�

:::; λ :::;

{�� y;;

-4 - Jϊ2 ::::; λ

τους οποίους το κλάσμα:

χ ε JR , λαμβάνει την τιμή χ2 + χ- λ :::; 3 για κάθε χ ε JR χ2 - χ + 1

�

::::; -4 + Jϊ2 -7 Γ45

J45 <=> -7 :::; λ :::; -4 + Jli . 2 Αυτοί είναι οι ζητούμενοι αριθμοί λ. Σημειώνουμε ότι:

Με: f(χ) = αχ 2 + βχ + γ , όπου α,β,γ ε :ΙR , α :;e Ο και Δ = β 2 -4αγ , ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες: α>0 1) ( Για κάθε χ Ε JR, f(x)> O) <=> Δ<Ο α>0 2) ( Για κάθε χ ε JR, f{x) � Ο ) <=> Δ :::; Ο α<0 3) ( Για κάθε χ ε JR, f(x)<O) <=> Δ<Ο α<0 4) ( Για κάθε χ Ε JR, f{x) :::; Ο ) <=> Δ :::; Ο Άσκηση 25. Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς

{ { { {

λ, για τους οποίους, για κάθε ε JR 3<

χ χ2 + λχ - 2 2 χ2 - χ + 1 <

•

, ισχύουν:

(1)

χ2 + χ -λ , χ2 - x+ l 3

όπου

και ισχύει:

•

Λύση. Η διακρίνουσα του τριωνύμου: χ2 - χ + 1 είναι αρνητική και άρα: χ 2 - χ + 1 > Ο , για κάθε χ Ε JR . Συνεπώς το κλάσμα ορίζεται για κάθε χ Ε JR . Για να ισχύουν τα ζητούμενα, πρέπει και rια κάθε χ Ε JR, χ 2 + χ - λ :::; 3 χ 2 - χ + 1 άλλων αρκει: 2 . Υπαρχει χ Ε JR, χ 2 + χ - λ = 3 χ -χ+1 (απαλοιφή παρονομαστών, πράξεις κτλ.) Για κάθε χ ε JR,2x2 - 4χ + (λ + 3) � Ο <=> Υπάρχει χ ε JR, 2x 2 - 4χ + (λ + 3) = Ο 2 · <=> 4 -4 · 2 (λ+3) :::; ο <=>16-8(λ+3) =0 <=> λ = -1. 42 -4 · 2 · (λ+3) �ο Άσκηση 28. Για δύο αριθμούς α, β ε JR , ισχύει:

•

{ {

χ2 + αχ + β :::; 2 , για κάθε χ ε JR χ2 + 1 ότι: Ι α l :::ς 2J3 και Ιβl :::ς 2 .

•

Να αποδείξετε

2 +β <2 Λύση. Επειδή: χ2 - χ + 1 > Ο , για κάθε χ Ε JR (έχει Λύση. 'Εχουμε, για κάθε χ ε JR : -2 < χ χ+2αχ +1 διακρίνουσα αρνητική), έχουμε, για κάθε χ ε JR : 2 2 2 ' -3χ2 +3χ- 3<χ2 + λχ -2 4χ2 +(λ-3)χ+1>0 ::::::> -2{χ + 1) :::; χ +αχ + β :::; 2(χ + 1) ::::::> 3 χ + αχ + β + 2 � 0 (1)<=> 2 . Συνεπώς: . 2 -2χ+2 χ2 -(λ+2)χ+4>0 χ +λχ -2<2χ χ αχ - β + 2 � Ο Για να ισχύουν αυτές για κάθε � . πρέπει και { α 2 - 1 2(β + 2) :::; Ο { α 2 :::; 1 2 (β + 2 ) ( 1 ) . � l λ - 3]< 4 (λ - 3) 2 - 16 < 0 -α 2 � 4( β - 2) (2) α 2 + 4( β - 2 ) ::::; Ο <=> <=> αρκει:. 2 λ + < 2 4 (λ + 2) - 16 < 0 l 1 Από τις (l)και (2) βρίσκουμε ότι: β+2�0 -4 < λ - 3 < 4 -1 < λ < 7 <=> <=> -1 < λ < 2 . Άρα, οι α) ::::::> -2 :::; β :::; 2 ::::::> 1βl :::; 2 . β - 2 :::; 0 -4 < λ + 2 < 4 --6 < λ < 2 ζητούμενοι ακέραιοι αριθμοί λ είναι:λ=Ο και λ=l. 24 α β ;;::: \� 2 Άσκηση 26. Να βρείτε τον μικρότερο αριθμό 24 8 - α2 α β) => :::; β :::; -- =>

{ {

{

για τον οποίο ισχύουν οι σχέσεις: , για κάθε και Λύση. Έχουμε για κάθε χ Ε JR :

{

1 + 6χ - χ2 :::; α

{

2 -

{

α JR

2χ - χ2 :::; α

2χ - χ 2 :::; α <=> χ 2 - 2χ + α � Ο 1 + 6χ - χ 2 :::; α χ 2 - 6χ + α - 1 � 0

χ ε JR

{

8 - α2 β ::::; -4

::::::>

α2 - 24 :::; 8 - α 2 ::::::> α2 :::; 12 ::::::> l αi :::; 2.J3 . 4 12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/34

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Α ΆΥΚΕΙΟΥ

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΠΑΡΑΜΗλΟΓΡΑΜΜΑ - ΤΡΑΠΕΖΙΑ Σωτήρης Ε. Λουρίδας - Χρήστος Π. Τσιφάκης

Όταν λύνουμε ένα Μαθηματικό Πρόβλημα θα πρέπει καταρχάς να έχουμε κατανοήσει την Θεωρία. Κατανόηση της θεωρ ίας σημαίνει εκτός των άλλων να έχουμε μέσα μας «αποδεχθεί» τη μέθοδο αντιμετώ πισης των θεωρητικών στιγμών, όπως των αποδείξεων Θεωρημάτων ή Βασικών προτάσεων με βάση την Μαθηματική Λογική. Ένας όμως βασικός και καθοριστικός στόχος του λύτη ενός Μαθηματικού προβλήμα τος, είναι να εισέλθει στον «κατασκευαστικό» πυρήνα του προβλήματος, ώστε να «αποφασίσει» για την α ντίστοιχη μέθοδο επίλυσης του. Έτσι προηγείται η σκέψη ή ανάλυση πάνω στο πρόβλημα, ώστε να επιλεγεί η μέθοδος επίλυσης του προβλήματος. Θεωρούμε λοιπόν ότι όταν παρουσιάζεται μία λύση θα πρέπει να α παντάται και το νοερό ερώτημα: Πώ ς σκέφτη κες; Τελικά κρίθηκε αναγκαίο σε κάθε ένα από τα προβλήματα που ακολουθούν να παρατίθε ται πριν την Λύση μία περιληπτική αναφορά στην Σκέψη ή Α νάλυση.

ΑΣΚΗΣΗ lη. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και ρωματικές της Α2 . Άρα είναι ίσα, οπότε έχουμε σημείο Μ εξωτερικό του τετραγώνου προς την πλευρά ΒΓ. Φέρνουμε την ΑΖ .l ΑΜ με ότι ΖΒΑ = ΑΔΜ = ω (1) και ΒΖ = ΔΜ (2). ΑΖ = ΑΜ και την ΓΕ .l ΓΜ με ΓΕ = ΓΜ . Ό μοια τα τρίγωνα ΓΕΒ,ΓΜΔ είναι ίσα (γιατί;), Λ

Να αποδείξετε ότι τα σημεία Ζ, Β, Ε είναι συ νευθειακά και ότι το Β είναι το μέσον της ΖΕ.

Λύση:

Σκέψη : Θέλω να αποδείξω ότι τρία σημεία είναι συ νευθειακά. Με βάση την θεωρία έχουμε δύο επιλογές: 1 "'· . Να αποδείξουμε ότι τα ευθύγραμμα τμήματα είναι παράλληλα (δεν προκύπτει κάτι τέτοιο με μία πρώτη ματιά από το σχήμα) ή 2"Ό Να αποδείξουμε ότι το άθροισμα των γωνιών που

ΖΒ, ΒΕ

σχηματίζονται στο μεσαίο σημείο να είναι 1 80° . Έτm διαλέγουμε την δεύτερη επιλογή, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι

ω+ φ+ Β = 180° z ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

ω\

άρα έχουμε ότι ΓΒΕ = Γ Δ Μ = φ (3) και ΒΕ = ΔΜ (4). Παρατηρούμε όμως ότι ω+ φ = Δ = 90° . Άρα ω+ φ+ Β = 180° . Από τις σχέσεις (2) και (4) προκύπτει ότι ΒΖ = ΒΕ Απάντηση: Άρα τα σημεία Ζ, Β, Ε είναι συνευ θειακά και ότι το Β είναι το μέσον της ΖΕ. Λ

ΑΣΚΗΣΗ 2η. Δίνεται πλάγιο παραλληλό γραμμο ΑΒΓΔ, Ο το κέντρο του και Ρ το μέσο της ΟΒ. Παίρνουμε το συμμετρικό του Γ ως προς το Ρ έστω Κ. Από το Κ φέρνουμε παράλ ληλες στις πλευρές ΑΔ και ΑΒ που τέμνουν τις ΑΔ στο Ε και ΑΒ στο Ζ. Να δείξετε ότι τα ση μεία Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά.

Λύση:

Σκέψη: Θέλω να αποδείξω ότι τρία σημεία είναι συ νευθειακά. Επειδή στην εκφώνηση της άσκησης δίνο νται παράλληλα τμήματα διαλέγουμε την πρώτη επιλο γή. Έτm αρκεί να αποδείξουμε ότι δύο ευθύγραμμα τμήματα είναι παράλληλα, π .χ. τα I IZP .

...�------ι.

Λύση: Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΖΑΒ, ΑΜΔ έχουν: ΑΖ = ΑΜ , ΑΒ = ΑΔ και Αι = Α 3 ως συμπληΛ

ΕΖ Λύση: Το τετράπλευρο ΟΓΒΚ είναι πλάγιο παραλληλό γραμμο γιατί οι διαγώνιές του διχοτομούνται. Άρα ΟΚ I /ΒΓ , οπότε ΟΚ I I ΑΔ δηλαδή η ΚΖ διέρ χεται από το Ο και το Ζ είναι μέσο της ΑΒ . Α φού το Ρ είναι το μέσο της ΟΒ έχουμε ότι η ΖΡ I /ΟΑ / /ΟΓ I ΙΚΒ (1) και το Ζ είναι μέσο της ΟΚ (2). Το τετράπλευρο ΕΑΟΖ είναι πλάγιο παραλληλόγραμμο (γιατί;), άρα ΕΖ I IΑΟ (3).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/35

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Δίνεται σταθερή γωνία xOy και Μ σταθερό σημείο στο εσωτερικό αυτής. Να κατασκευάσετε ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ που να έχει τα άκρα του στις πλευρές της γωνίας και το σημείο Μ να είναι το μέσον του. Λύση :

ΑΣΚΗΣΗ

4η.

ΟΜ

Από τις σχέσεις (1), (3) προκύπτει ότι ΕΖ I /ΖΡ και αφού έχουν κοινό σημείο το Ζ έπεται ότι τα σημεία Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθειακά. Απάντηση : Άρα τα σημεία Ε, Ζ, Ρ είναι συνευθει ακά.

Σκέψη : Έχουμε σταθερό το ευθίrγραμμο τμήμα και θέλουμε να κατασκευάσουμε ευθίrγραμμο τμήμα ΑΒ που να έχει τα άκρα του στις πλευρές της γωνίας. Αυτό μας προ σανατολίζει προς τις ιδιότητες του πλάγιου παραλληλο γράμμου.

3η. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Ορ xAy περιστρέφεται γύρω από το Α και οι πλευρές της Αχ , Ay τέμνουν αντίστοιχα τις ΓΔ στο Ε και ΒΓ στο Ζ . Αν το σημείο Μ ΑΣΚΗΣΗ

θή γωνία

είναι το μέσον της ΕΖ , να δείξετε ότι τα σημεία Δ, Μ, Β είναι συνευθεια�ά. Λύση:

ΒΔ

Λύση:

Σκέψη : Επειδή η είναι σταθερή ευθεία, αρκεί να αποδείξουμε ότι το σημείο κινείται πάνω στην δια γώνιο

ΒΔ .

Λύση :

Προεκτείνουμε την ΟΜ κατά ίσο τμήμα ΜΚ . Άρα και το Κ είναι σταθερό σημείο. Από το Κ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές της γωνί ας, ΜΒ I /Οχ και ΜΑ I /Oy . Τότε το τετράπλευρο ΟΒΚΑ είναι πλάγιο παραλληλόγραμμο και οι διαγώνιές του διχοτομούνται. Άρα το ευθύ γραμμο τμήμα ΑΒ έχει τα άκρα του στις πλευρές της γωνίας και το σημείο Μ είναι το μέσον του. Απάντηση : Επομένως το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ είναι το ζητούμενο τμήμα. ΑΣΚΗΣΗ

Sη. Δίνεται τρίγωνο

ΑΒΓ και Δ, Μ

τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα. Επί της ΑΒ παίρνουμε τμήμα

ΔΕ

ΑΓ

-- ,

ώστε το

2 Το τρίγωνο ΕΑΖ είναι ορθογώνιο και η ΑΜ εί Δ να είναι εσωτερικό σημείο του ευθύ'yραμμου ΕΖ (1). ναι η διάμεσός του. Άρα ΑΜ = τμήματος ΕΑ. Να δείξετε ότι η ΕΜ είναι κάθε2 Ό μοια το τρίγωνο ΕΓΖείναι ορθογώνιο και η τη στην διχοτόμο ΑΖχ της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ . ΕΖ ΓΜ είναι η διάμεσός του. Άρα ΓΜ = - (2) . Λύση: 2 Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει ότι Σ κέψη : Θέλω να αποδείξω ότι η ΕΜ είναι κάθετη διχοτόμο ΑΖχ . Αρκεί να αποδείξω ότι η ΕΜ ΑΜ = ΜΓ , δηλαδή το σημείο Μ ισαπέχει από στην είναι κάθετη σε μία παράλληλη προς στην διχοτόμο τα άκρα Α, Γ της διαγωνίου ΑΓ του τετραγώνου. ΑΖχ Άρα το Μ θα κινείται πάνω στην μεσοκάθετο της Λύση: διαγωνίου ΑΓ , η οποία είναι η διαγώνιος ΒΔ . Τότε το τρίγωνο ΔΕΜ είναι ισοσκελές γιατί Απάντηση: Άρα τα σημεία Δ,Μ,Β είναι συνευ ΔΕ = ΔΜ . θειακά. Λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/36

Μαθηματικά -yια την Α· Λυκείου

από το σημείο Η παίρνουμε τα σημεία Δ και Ε τα συμμετρικά του Η ως προς τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι: i) ΔΑ = ΑΗ = ΑΕ ii) Τα σημεία Δ, Α, Ε είναι σuνευθειακά.

iii) Οι ευθείες ΒΔ I ΙΓΕ iv) Εάν το Μ είναι το μέσο του ΒΓ τότε ΒΔ + ΓΕ ΑΜ =

Λύση:

Φέρνουμε την· ΔΚ.διχοτόμο της γωνίας ΒΔ Μ , τότε η ΔΚ I I ΑΖχ και αφού η ΔΚ εκτός από δι χοτόμος είναι και ύψος, έχουμε ότι: ΔΚ _L ΕΜ � ΕΜ ΔΚ Ι Απάντηση: Άρα η ΕΜ είναι κάθετη στην διχοτόμο A'h<. της γωνίας Α . Μεθοδολογική παρατήρηση. Στη περίπτωση που η εκφώνηση δινόταν ως:

} IAHx _lAHx. Λ

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ , Μ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα. Επί της ΑΒ παίρΑΓ

νου με τμήμα ΔΕ = - , ώστε το Δ να είναι ε-

Σκέψη : Θέλουμε να αποδείξουμε ισότητα ευθυγράμ μων τμημάτων. Μπορούμε να συγκρίνουμε τρίγωνα (που έχουν πλευρές αυτά τα τμήματα) ή χορδές ίσων τόξων κύκλου (ή κύκλων) ή να χρησιμοποιήσουμε ιδιό τητες σημείων μεσοκαθέτου ευθυγ. τμήματος - διχοτό μου γωνίας. Παρατηρούμε ότι έχουμε συμμετρικά ση μεία, άρα προσανατολιζόμαστε σε ιδιότητες σημείων μεσοκαθέτου.

Λύση:

ΔΗ και η ΑΓ είναι μεσοκάθετος του ΗΕ , επομένως ΔΑ = ΑΗ (1) και ΑΗ = ΑΕ (2). Απάντηση: Άρα ΔΑ = ΑΗ = ΑΕ . ii) Η Β Α Γ = 90° και από (i) έχουμε ότι ΔΑΒ = ΒΑΗ , Γ Α Ε = ΗΑΓ . Το τετράπλευρο ΑΗΚΛ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο , άρα Δ Α Β + Γ Α Ε 90° . Απάντηση: Άρα τα σημεία Δ,Α, Ε είναι συνευθειακά. i) Η ΑΒ είναι μεσοκάθετος του

σωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΕΑ. Να δείξετε ότι η κάθετη στην διχοτόμο Λ

ΑΖχ της γωνίας Α του τριγώνου διέρχεται από το μέσο Μ της πΚευράς ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ, τότε ένας τρόπος επίλυσης θα ήταν ακρι βώς ο ίδιος με τον προηγούμενο με την επιπλέον αναφορά: Επειδή όμως η κάθετη από το σημείο Ε

στη διχοτόμο Αχ ορίζεται μονοσήμαντα, αυτό με άλλες λέξεις σημαίνει ότι η κάθετη από το σημείο Ε στη διχοτόμο Αχ της γωνίας Α διέρχεται από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ . Αυτά με βάση τη σκέ ψη: Μία μέθοδος επίλυσης Μαθηματικών προ βλημάτων είναι να λάβουμε υπόψη το μονοσήμα ντο κάποιων μαθηματικών γεγονότων και έτσι να υποχρεώσουμε σε ταύτιση με αυτά που ζητούνται, οπότε καταλήγουμε στην ζητούμενη τεκμηρίωση. Στη περίπτωση μας θα χρησιμοποιήσαμε την μο ναδικότητα της καθέτου σε ευθεία από σημείο. Λ

ΑΣΚΗΣΗ 6η. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο Λ

ΑΒΓ με Α = 90° . Φέρνουμε το ύψος ΑΗ και

Για να αποδείξουμε ότι δύο ευθείες είναι πα ράλληλες, αρκεί να δείξουμε ότι είναι κάθετες στην ίδια ευθεία. Οι γωνίες Α Δ Β = Α Η Β = 90° και Α Ε Γ = Α Η Γ = 90° . Άρα οι ΒΔ J.. ΑΔ , ΓΕ J.. ΑΕ και αφού από το (ii) τα σημεία Δ, Α, Ε είναι συνευθειακά προκύπτει ότι είναι κάθετες στην ίδια ευθεία. Απάντηση : Άρα οι ευθείες ΒΔ ΙΓΕ . ίν) Αφού ΒΔ I ΙΓΕ και ΔΕ}1ΒΓ (γιατί;) το τεiii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/37

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

τράπλευρο ΒΔΕΓ είναι τραπέζιο. Αφού από (ί) ερ. ΔΑ = ΑΕ και Μ το μέσο του ΒΓ προκύπτει ότι η ΑΜ είναι διάμεσος τραπεζίου. Απάντηση ΑΜ ΒΔ + ΓΕ = ---Άρα 2

ΑΣΚΗΣΗ 7η. Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και Ο το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των πλευρών του. Παίρνουμε το συμμετρικό του Ο ως προς την πλευρά ΑΓ , έστω Μ . Από το Μ φέρνουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει την ΒΓ σε σημείο Ε . Να δείξετε ότι Α

Μ Ο Ε = 90° .

Λύση:

Σκέψη :

ΑΣΚΗΣΗ 8η.Στο κέντρο μίας σελίδας χαρτιού μας

δίνουν

( 1)

ΒΓ I I = 2ΕΔ

ΔΓ διάφορο των άκρων της, ώστε ΖΕ l_ Ε Β . Στη συνέχεια μας ζητούν να προσδιορίσουμε σημείο Τ ώστε ΔΤ .l ΔΓ και ΔΤ = ΒΖ - ΔΖ. Στη συνέχεια μας παίρνουν το χαρτί και μας το επιστρέφουν έχοντας σβήσει τα πάντα εκτός των σημείων Δ και Γ . Μας ζητούν τώρα να βρούμε ακριβώς τη θέση που ήταν το σημείο τ Ποιά η πιθανότητα να τη βρούμε με τη πρώτη προσπάθεια;

Λύση:

Θα πρέπει να χρησιμοποιήσουμε

Σκέψη ή Ανάλυση :

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι η

γωνία

ένα τραπέζιο ΒΓΔΕ ώστε και σημείο Ζ της πλευράς

αρχικά το δεδομένο

( 1) . Αυτό εmτυγχάνεται με τον δι-

πλασιασμό του ΔΕ που οδηγεί στη δημιουργία παραλ ΜΟΕ = 90° , δηλαδή ότι η ΟΜ 1. ΟΕ . Αρκεί να ληλογράμμου. Εδώ θα πρέπει να χρησιμοποιηθεί και η δείξουμε ότι η ΟΕ I I ΑΓ . καθετότητα ΖΕ .l ΕΒ με το σημείο Ε να είναι πλέον Λύση μέσο της πλευράς του παραλληλογράμμου που δημι Το τετράπλευρο ΑΟΓΜ είναι ρόμβος γιατί οι δια ουργήθηκε και έτσι οδηγούμαστε σε συμμετρία. Εδώ ας γώνιές του είναι κάθετες και διχοτομούνται. Άρα δούμε ότι ΔΤ = ΒΖ - ΔΖ <::> ΒΖ = ΔΤ + ΔΖ. ΟΑ I I = ΓΜ και αφού ΌΑ 1. ΒΓ θα έχουμε ότι Λύση: Θεωρούμε Κ το συμμετρικό του σημείου Δ ως ΜΓ J. ΒΓ . προς το σημείο Ε. Τότε παίρνουμε Α (1) � ΚΔ I I = ΒΓ , που σημαίνει ότι το τετρά πλευρο ΒΓΔΚ είναι παραλληλό-γραμμο. Η ευθεία ΖΕ τέμνει την ευθεία ΒΚ στο σημείο Λ. Τα τρί γωνα ΔΕΖ, ΛΚΕ είναι ίσα καθότι ΔΕ = ΕΚ, Ε ΔΖ = Ε Κ Λ ως εντός εναλλάξ και ΔΕΖ = Λ Ε Κ ως κατακορυφήν. Άρα έχουμε ΛΕ = ΕΖ ( 2 ) και ΛΚ = ΔΖ ( 3 ) . Λ

,... ,, .... Λ

ΜΕ / /ΑΒ τότε Β = Γ = Γ Ε Μ , άρα το τρίγωνο ΗΓΕ είναι ισοσκελές, οπότε ΗΓ = ΗΕ . Στο τρίγωνο ΜΓΕ έχουμε ότι Η Μ Γ + Γ Ε Μ = 90° αλλά και Ε Γ Η + Η Γ Μ = 90° ,άρα ΗΜΓ = Η Γ Μ δηλαδή το τρίγωνο ΗΜΓ είναι ισοσκελές και τότε το σημείο Η είναι το μέσο της ΖΓ . Αφού Α

φέ ρ αμε

την

Κ '

,, ,, , , ,, , , ,,

.....

',. Ε

1- - - - - -

--ι.....

σχέση ( 2 ) σε συνδυασμό με το δεδομένο ΖΕ l_ ΕΒ μας οδηγείιστο ότι το τρίγωνο ΒΖΛ εί Έτσι έχουμε ότι η ΖΗ ενώνει μέσα πλευρών στο ναι ισοσκελές συνεπώς ΒΖ = ΒΛ ( 4 ) . Από το τρίγωνο ΟΜΕ και άρα ΟΕ I IZH ΑΓ και αφού παραλληλόγραμμο ΒΓΔΚ προκύπτει ότι η ΟΜ 1. ΑΓ έπεται ότι ΟΜ 1. ΟΕ . ΒΚ = ΓΔ (5). Από τις σχέσεις (3) , ( 4 ) , ( 5 ) Απάντηση: Άρα η Μ Ο Ε = 90° . παίρνουμε ΒΖ - ΔΖ = ΓΔ. Άρα ισχύει ΔΤ = ΔΓ. Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/38

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

τρίγωνο απέναντι από άνισες πλευρές ευρίσκονται ομοίως άνισες γωνίες και αντίστροφα. Λ Λ Επομένως παίρνουμε ΑΒΜ < Μ ΒΓ με Λ Λ Λ Α ΒΜ + Μ ΒΓ = Α Β Γ οπότε έχουμε Λ Λ Β Λ Λ Λ ΑΣΚΗΣΗ 9η . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο Μ Β Γ < - < Α Β Μ :::::> ΑΒΔ < ΑΒ Μ , αν η 2 Λ ΑΒΓ και η διάμεσος του ΒΜ . ΑΒΔ είναι η διχοτόμος της γωνίαςΑΒΓ , που σηΛ Λ μαίνει ότι η διχοτόμος ΒΔ της γωνίας Β του τριγώποδείξτε ότι η διχοτόμος ΒΔ της γωνίας Β του Λ τριγώνου βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας νου βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας Α Β Μ . Συνεπώς στο καινούργιο χαρτί αρκεί να προσδιο ρίσουμε το σημείο Τ από το γεγονός ΔΤ .l= ΔΓ . Η πιθανότητα να προσδιορίσουμε με την . . πρώτη τη 1 θέση του τ είναι - λόγω των δύο ημιεπιπέδων που 2 η ΔΓ χωρίζει το επίπεδο.

(Α 90°) =

ΑΣΚΗΣΗ lΟη. Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ. Θεω

ΑΒΜ . Λύση :

Λ Λ Σκέψη : Επειδή ΑΒΔ = ΔΒΓ , για να βρίσκεται η Λ ΒΔ στο εσωτεpικό της γωνίας Α Β Μ θα πρέπει να Λ Λ συγκρίνουμε τις γωνίες Α Β Μ και Μ Β Γ και να διαπιΛ Λ στώσουμε ότι Α Β Μ > Μ Β Γ . Ένας τρόπος σύγκρι

σης δύο γωνιών είναι να τις καταστήσουμε γωνίες τρι γώνου οπότε αυτές ακολουθούν τη διάταξη των απένα ντι από αυτές πλευρών του τριγώνου. Η διάταξη που έχουμε εδώ είναι ότι κάθε μία από τις κάθετες πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου είναι μικρότερη από την υπο τείνουσα. Επίσης έχουμε το δεδομένο ότι . Οδηγούμαστε λοιπόν στην λύση που ακολουθεί:

ΑΜ = ΜΓ

Λύση :

ρούμε από την κορυφή Δ κάθετη στη διαγώνιο

ΑΓ που τέμνει τις διχοτόμους των γωνιών Γ Α Β Λ

και Β Γ Α στα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα. Συγκρίνατε τις διαφορές ΑΒ - ΔΕ και ΔΖ - ΑΔ. Λύση :

Σκέψη : Ένας τρόπος είναι αντί της σύγκρισης των δια φορών να συγκρίνουμε τα αθροίσματα Αυτό σημαίνει ότι θα πρέπει να δημιουργήσουμε τις διαφορές ή τα αθροίσματα και να συγκρίνουμε τα ευθύγραμμα τμήματα που aντιστοι χίζονται ως αποτελέσματα των διαφορών και να τα βγάλουμε ίσα ή που είναι αποτελέσματα των αθροισμά των που είπαμε και να βγουν ίσα. Ένας ακόμα τρόπος ΑΒ . είναι να αποδείξουμε ότι και Τελικά επιλέγουμε τη τελευταία μέθοδο επίλυσης.

ΑΒ + ΑΔ, ΔΕ + ΔΖ.

ΔΕ = ΔΑ

Θεωρούμε το συμμετρικό Β' της κορυφής Β ως προς το μέσο Μ της πλευράςΑΓ. Τότε τα τρίγωνα Λύση : ΑΜΒ, ΜΒ 'Γ προκύπτουν ίσα καθότι έχουν Αρχικά κατασκευάζουμε_ το σχήμα: z ΑΜ = ΜΓ, ΒΜ = ΜΒ', LΒΜΑ = LΒ'ΜΓ ως κατακορυφήν γωνίες.

ΔΖ=

�--� ��----� Γ ' Μ , ' ' ' '

Αν οιΑΚ, ΓΛ είναι οι διχοτόμοι των γωνιών Λ Λ ' Γ Α Β , Β Γ Α αντίστοιχα, παίρνουμε ' ' ' Λ ' Λ Λ Λ Λ ΓΑΒ Β' Δ Α Ε = Δ Α Γ + ΓΑΕ = Δ Α Γ + --- , 2 Επόμένως παίρνουμε ffi' =Rι\και �ΔΒΜ Λ Η κάθετη πλευρά ΑΒ του ορθογώνιου τριγώνου Α Ε Δ = 90" - Γ Α Ε = 90° - Γ Α Β . ΑΒΓ είναι μικρότερη από την υποτείνουσα ΒΓ, 2 επομένως ΓΒ' < ΒΓ. Στο τρίγωνο λοιπόν ΓΉΒ' Λ Λ Λ Λ Εδώ παρατηρούμε ότι Δ Α Γ + Γ Α Β = 90° :::::> έχουμε ΓΒ' < ΒΓ � ΜΒΓ < ΓΒ ' Μ , αφού σε ' '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/39

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

του σχήματος έχουμε Ε Δ Α = Α Β Ε ( 2 ) και ε=> Δ Α Γ + ΓΑΒ = 90° - ΓΑΒ οπότε ένουμε ,., 2 ' 2 πειδή η διαγώνιος Β Δ είναι άξονας συμμετρίας ΔΑΕ = ΑΕΔ => ΔΑ = ΔΕ . Όμοια παίρνουμε του σχήματος παίρνουμε Β Γ Ζ = Β Α Ζ ( 3 ) οπόΔΖ = ΔΓ = ΑΒ . Έτσι καταλήγουμε στην ισότητα τε από τις σχέσεις ( 1), ( 2), ( 3 ) προκύπτει ΑΒ - ΔΕ = ΔΖ - ΑΔ . Απάντηση : Άρα οι διαφορές ΑΒ - ΔΕ, ΔΖ - ΑΔ Δ Ν Γ = Α Β Ε + Β ΑΖ ( 4) . Από το τρίγωνο είναι ίσες. ΑΣΚΗΣΗ l l η . Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ και ΜΒΑ έχουμε AB E + BA Z=l80" -ΒΜΑ (5) . Λ

δύο σημεία Ε, Ζ πάνω στις διαγώνιους του ΑΓ καιΒΔ αντίστοιχα. Ενώνουμε το κάθε ένα από τα σημεία αυτά με τα άκρα της άλ λης διαγωνίου. Αν Μ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΒΕ, ΑΖ, Κ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΑΖ, ΔΕ, Λ το σημείο το μής των ευθειών ΒΕ, ΓΖ και Ν το σημείο τομής των ευθειών ΔΕ, ΓΖ, aποδείξτε ότι οι απέναντι γωνίες του τετραπλεύρου ΝΚΜΛ είναι παραπληρωματικές. Λύση:

Σκέψη : Θα πρέπει να εκμεταλλευτούμε τις ιδιότητες του ρόμβου, που είναι ένα παραλληλόγραμμο με ίσες πλευρές και κάθετες διαγώνιους οι οποίες είναι άξονες συμμετρίας του σχήματος με σκοπό την μεταφορά γω νιών σε γωνίες πάνω στο σχήμα του ρόμβου. Επειδή το άθροισμα των γωνιών τετραπλεύρου είναι 3 60° θα α σχοληθούμε με το ένα ζεύγος των απέναντι γωνιών του Λ

ΝΚΜΛ . Για να χειριστούμε τη γωνία θα πρέ πει να θεωρήσουμε παράλληλη προς τις πλευρές που είναι μεταξύ τους παράλληλες.

ΔΝΓ

ΑΔ, ΒΓ

Λύσ η:

Θεωρούμ� ευθεία ΝΝ' παράλληλη στην πλευρά ΑΔ του ρόμβο ΑΒΓΔ. Τότε έχουμε I Ε ΝΝ' = ΕΔΑ , ως εντός εναλλάξ και Ν ' ΝΖ = Β Γ Ζ , ως εντός εναλλάξ. Με πρόσθεση των σχέσεων αυτών κατά μέλη παίρνουμε ΔΝΓ = ΕΔΑ + Β Γ Ζ (1) . Λ

Έτσι έχουμε ( 4 ), ( 5 ) => Δ ΝΓ = 180° - ΒΜΑ => Λ

=> Δ Ν Γ + Β Μ Α = 1 80° . Επομένως αποδείξαμε ότι δύο απέναντι γωνίες του τετραπλεύρου ΝΚΜΛ είναι παραπληρωματικές και επειδή το άθροισμα των γωνιών τετραπλεύρου είναι 3 60° και το άλλο ζεύγος των απέναντι γωνιών του αποτελείται από παραπληρωματικές γωνίες. Απάντηση : Άρα οι απέναντι γωνίες του τετρα πλεύρου ΝΚΜΛ είναι παραπληρωματικές. Λ

Θεωρούμε κυρτό τετρά πλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ καιΑΓ = ΒΔ . Αν Μ είναι το σημείο τομής της μεσοκάθετης της πλευράςΑΒ με τη πλευρά ΔΓ , aποδείξ τε ότι το σημείο Μ θα απέχει ίσες αποστά σεις από τις ΑΔ καιΒΓ. ΑΣΚΗΣΗ 1 2 η .

Λύση :

Για να είναι οι αποστάσεις αυτές ίσες, ένας τρόπος είναι να είναι πλευρές ίσων ορθογωνίων τριγώνων. Αν θεωρήσουμε τις κάθετες ΜΕ, ΜΖ από το σημείο Μ στις ευθείες ΑΔ και ΒΓ σίγουρα θέλου με την ισότητα μίας οξείας γωνίας του ενός από τα ορθογώνια αυτά τρίγωνα που σχηματίζονται με μία οξεία γωνία του άλλου που όμως αυτές οι γωνίες είναι και γωνίες του τετράπλευρου. Επίσης θα θέ λαμε και την ισότητα ΜΔ = ΜΓ. Σκεφτόμαστε έτσι να επιχειρήσουμε να αποδείξουμε ότι το τε τράπλευρο ΑΒΓΔ με τα συγκεκριμένα δεδομένα είναι ένα ειδικό τετράπλευρο. Λύση :

~ Μ

Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΒΑΓ είναι ίσα επειδή έχουν Λ

Επειδή η διαγώνιος

ΑΓ

είναι άξονας συμμετρίας

όλες τους τις πλευρές ίσες. Άρα παίρνουμε Α =Β Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΒΔΓ είναι ίσα για τον ίδιο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/40

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου Λ

λόγο. Άρα έχουμε Δ = Γ . Αυτό οδηγεί στο ότι Α+ Δ = Β+ Γ = 1 80° � ΑΒ I IΔΓ . Άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Τότε οι πλευρές του ΑΒ, ΔΓ θα έχουν κοινή μεσοκάθετη οπότε το σημείο Μ θα είναι μέσο της πλευράς ΔΓ.Συνεπώς ΜΔ = ΜΓ. Τα ορθογώνια λοιπόν τρίγωνα ΜΕΔ, ΜΓΖ είναι ίσα ως έχοντα τις υποτείνουσες τους ίσες και Δ = Γ . Αυτό οδηγεί στην ισότητα ΜΕ = ΜΖ. Απάντηση: Αποδείξαμε λοιπόν ότι το σημείο Μ θα απέχει ίσες αποστάσεις από τιςΑΔ καιΒΓ. Λ

ΑΣΚΗΣΗ 13η. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ { ΑΒ = ΑΓ ) και δύο σημεία Δ, Ε αντί-

στοιχα των πλευρών του ΑΒ, ΑΓ, ώστε ΔΕ 11 ΒΓ. Από το σύνολο των ευθύγραμμων τμημάτων ΚΑ με το σημείο Κ να είναι ση μείο της πλευράς ΑΒ και το σημείο Λ να εί ναι σημείο της πλευράς ΑΓ και που τα μέ σα τους είναι σημεία του ευθύγραμμου τμή ματος ΔΕ , προσδιορίστε εκείνο που έχει το ελάχιστο μήκος. Λύση : Σκέψη: Εκείνο που βλέπουμε και που θα πρέπει να α ναφερθεί στη λύση 'είναι ότι ένα τέτοιο ευθύγραμμο τμήμα είναι το Εδώ λοιπόν θα πρέπει να δούμε την

ΔΕ.

ΚΑ

σύγκριση των ευθύγραμμων τμημάτων με το στα θερό ευθύγραμμο τμήμα ή με κάποιο που να είναι ίσο με αυτό . Αυτό εκτός των άλλων επιτυγχάνεται και με τη δημιουργία παραλληλογράμμου.

ΔΕ

Λύση :

μετρικό του σημείου Λ ως προς την ευθεία ΔΕ. Τότε έχουμε ΚΑ 'I IΔΕ αφού το σημείο Τ είναι μέσο του ευθύγραμμου τμήματος ΛΑ ' και ΔΕΛ' = Α ΕΔ = Ε Δ Α � ΕΛ'/ IΔΚ . Άρα το τετράπλευρο ΔΚΛ' Ε είναι παραλληλόγραμμο. Αυτό μας οδηγεί στη ισότητα ΚΑ' = ΔΕ. Παρα τηρούμε ότι ΚΑ' :::; ΚΑ � ΔΕ :::; ΚΑ, οπότε το ευθύγραμμο τμήμα ΚΑ είναι ελάχιστο όταν συ μπέσει με το ευθύγραμμο τμήμα ΔΕ. Απάντηση: Άρα το ευθύγραμμο τμήμα ΚΑ είναι ε λάχιστο όταν συμπέσει με το ευθύγραμμο τμήμα ΔΕ. Λ

ΑΣΚΗΣΗ 14η. Έστω κυρτό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ που έχει τις απέναντι γωνίες του ίσες και τις απέναντι πλευρές του ίσες. Α ποδείξτε ότι οι διαγώνιες ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ συντρέχουν.

Λύση : Σκέψη: Ένας τρόπος θα ήταν να αποδείξουμε την ύπαρξη

ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ

παραλληλογράμμων με διαγώνιες τις οπό τε αυτές θα διέρχονται από το μέσο της μίας από αυτές που θα είναι τελικά και κοινό τους μέσο.

Λύση: Λ

Στο σχήμα που ακολουθεί έχουμε Β = Ε , Γ = Ζ , Δ = Α . Και επειδή το άθροισμα των γωνιών εξαγώνου είναι 7 20° θα έχουμε Β+ Γ+ Δ = 3600 ( 1 ) . Λ

Θεωρούμε ΓΘ 11 ΕΔ και παίρνουμε ΔtΓ=ΔΓΘ+Γ =360° -ΘΓΒ� Δ+ Γ+ ΘΓΒ = 360° (2). Από προκύπτει ότι τις σχέσεις (1) , ( 2) Λ

Αρχικά διαπιστώνουμε ότι ένα ευθύγραμμο τμήμα που τα άκρα του είναι σημεία των πλευρών του Β=ΘΓΒ�ΑΒΙ ΙΓΘ�ΑΒ/ /ΕΔ, οπότε το ΑΒΔΕ τριγώνου ΑΒΓ ( ΑΒ = ΑΓ) και το μέσον του ανήκει είναι παραλληλόγραμμο που σημαίνει ότι οι δια γώνιοιΑΔ, ΒΕ διχοτομούνται. στο ευθύγραμμο τμήμα ΔΕ είναι το ίδιο το ΔΕ. Λ

- - - - -

�

Όμοια προκύπτει ότι και οι διαγώνιοι ΓΖ, ΒΕ δι χοτομούνται οπότε τελικά οι διαγώνιοιΑΔ, ΒΕ, ΓΖ Για το τυχόν τώρα ΚΑ με τις ιδιότητες που αναφέ συντρέχουν και μάλιστα έχουν κοινό μέσο. ραμε και που το μέσο του Μ ανήκει στο ευθύ Απάντηση : Άρα οι διαγώνιεςΑΔ, ΒΕ, ΓΖ συ γραμμο τμήμα ΔΕ , θεωρούμε το σημείο Λ' συμ- ντρέχουν. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/41

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Τριγωνομετρικές εξισώσεις και απει κονίσεις των λύσεών τους

Κωνσταντίνος Τσα-yκάρης

ΘΕΜΑ 1° (Κεφ.2°,3°) ί) Να σχεδιάσετε στο ίδιο σύστημα αξόνων χΟψ, και στο διάστημα [-π,π], τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(χ)=εφχ, ψ=l, ψ = -1. ίί) Αν η Cr με την ευθεία ψ=1τέμνονται στα σημεία Α,Β και με την ευθεία ψ= -1 στα σημεία Α ',Β ' με xu<XA• < ΧΑ <xu· ,τότε να δείξετε ότι τα σημεία Α,Α', καθώς και τα Β, Β' είναι συμμετρικά ως προς Ο. ίίί) Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΑ 'Β ' είναι παραλληλόγραμμο του οποίου να βρείτε το εμβαδόν. iv) Να βρεθούν οι τιμές του λεΙR για τις οποίες η εξίσωση: εφ2χ + σφ2χ = λ2 (1), έχει λύση. v) Για λ2 = 2, να δειχθεί ότι οι εικόνες των λύσεων της (1), σχηματίζουν στον τριγωνομετρικό κύκλο τετράγωνο που έχει εμβαδόν Ε = 2. Λύση: ί) Η συνάρτηση f έχει κατακόρυφες

εφχ=1<::::> (χ= π ή χ= _ :m:), οπότε 4 4 :m: π Α( ,1), Β( _ ,1) εφχ= -1<::::> (χ= _ π ή x= :m:), οπόii)

τε Α'(- π ,-1), B'( :m: ,-1). Αν Γ( π ,Ο) και Γ'(- π ,Ο), 4 4 4 4 τα τρίγωvα ΟΑΓ,ΟΑ'Γ' είναι ίσα, επομένως -to Ο είναι το μέσον του ΑΑ'. Ομοίως και του ΒΒ'. ίίί) Το ΑΒΑ ' Β ' είναι παραλληλόγραμμο γιατί διαγώνιοί του, διχοτομούνται Το μήκος του τμήματος ΑΒ είναι (AB)=I π--{- π )l = 4 4 π = , (όπως και του Α'Β'). Το ύψος του ΑΒΑ'Β' 2 είvαι 2,οπότε το εμβαδόν του είναι π. εφ2 χ = u 4 2 2 iv) (1) <=> εφ χ - λ εφ χ + 1=0 <::::> u2 - λ2u + 1 = 0 Η u2 -λ2u+ 1 =Ο έχει πραγματικές ρίζες μόνο όταν Δ�Ο. Αλλά Δ�Ο<:::λ:> 4 -4�0<::::> (λ2 -2)( λ2+2)�0<=> λ:> � - 2 ή � 2 ασύμπτωτες τις ευθείες χ= π ' χ=- π . Με την <=> λ2 -2�0<::: 2 2 2 v) Για λ = 2 έχου ρ[(1)<=> εJ;.=1 <::::> (εφχ = -1 ή βοήθεια του πίνα εφχ=1)<::::>(χ=κπ - π ή χ=κπ+ π), κεΖ. κα σχεδιάζουμε 4 4 την εφχ στο Α εικόνες Οι Αι,Α2, 3 ,� των .f-"'-""' ' -' �=""""� " """ διάστημα (- π , π ). λύσεων της εξίσωσης είναι 2 2 τα μέσα των τεσσάρων τεταρτημορίων, δηλαδή κορυφές τετραγώνου με Ε = 1 (ΑιΑ3)(Α2�)= 1 ·2·2=2 π Μετατοπίζουμε στο ( ,π] οριζόντια και δεξιά κατά 2 2 2 ΘΕΜΑ 2° (Κεφ.3°/ συν�αμός ασκ του σχολ,Κεφ 4°) π, το τμήμα της εφχ που σχεδιάσαμε στο ( - π ,0]. i) Να παραστήσετε με αναγραφή το σύνολο -

{

.......

A={ue iR/2u3 -υ -1=0} και να λύσετε τις εξισώσεις συνχ+συν2χ=-2 (1), συνχ·συν2χ=1 (2). ίί) Να σημειώσετε στον ίδιο τριγωνομετρικό κύκλο τις εικόνες των λύσεων των εξισώσεων συνχ=Ο, συν2χ=Ο.

ίίί) Αν α,β�π+ π , να δείξετε ότι : 2

η εφα -εφβ = μ( α - β) . σvνα σvνβ Να λύσετε την εξίσωση εφ2χ - εφχ = ημχ. ·

ψ=1 ορίζει ευθύγραμμο τμήμα με άκρα τα iv) σημεία ( -π,1) και (π,1). Ομοίως η ψ= -1 ορίζει Λύση: 2 :> 1, αφού ί) 2u3 -u -1 =Ο<::>(u -1 )(2u +2u+ 1 )=Ο<:::υ= τμήμα με άκρα ( -π, -1) και (π, -1). 2 + 2u +2u 1=0 αδύνατη. Άρα Α = { 1 } . Η

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/42

{

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

συνχ = u (1)�2συΥχ+συνχ+1=0 � 2u + u + 1 = 0 αδύνατο αφού η 2u2 + u + 1 = Ο είναι αδύνατη. (2)� συνχ(2συν2χ -1)=1� 2συν3χ--συνχ-1=0� συνχ = u � �συνχ=1�χ=2κπ,κεΖ. 2u - u - 1 = 0

{

Σχόλιο: Οι εξισώσεις ( 1),(2) αντιμετωπίζονται και ως

εξής: ( 1 )<=>(συνχ= -l ΙCαι συν2χ= -1 ),αφού συνχ� -1 ΙCαι συν2χ� -1 . ,...ι:;ι:<,_.iiWiiO!,.....w.:ooo""""• Στον τριγωνομετριΙCό κύκλο στο σημείο Α' είναι οι ειΙCόνες των λύσεων της συνχ=-1 ,δηλαδή των ·Α ο χ=(2ΙC+ 1 )π ,ΙCεΖ ΙCαι στα σημεία . . . Β, Β' οι ειΙCόνες των λύσεων της

•

� �_i'.l

συν2χ= -1 , δηλαδή των χ=(2ΙC+ 1 ) � . Επομένως η ( 1 ) 2 είναι αδύνατη. (2)<:::>

j συvx l · i συv 2 x l

συvχ · συv2χ > Ο

1} ::�� ι� �

συvχ · συv2 χ > Ο

με εικόνες τα σημεία Β,Β'. συν2χ=Ο �2χ=2κπ± � 2

η.ιχ:

Λύσεις : i) ημχ· συνχ=Ο�

συνχ

�( ημχ = Ο ή συνχ=Ο) � ( χ=κπ ή χ=κπ+ � ). 2

�( χ=2κ � ή χ=(2κ+ 1) � )�χ=λ� , λ ακέραιος. Οι 2 2 2 λύσεις απεικονίζονται στα Α,Β.Α ' ,Β ' . ii) 1 η Λύση:

(Σχολικό:εφ.Jσελ87,Ασκ.lσελ88,ΑσκΒ3,Β4σελ89)

Για να ορίζεται η εξίσωση (1), πρέπει και αρκεί: συνχ . (1) � -=-+-+ ημχ 1 1 -π χ#-,κεΖ.Τοτε 2 συνχ ημχ συνχ ημχ 2 �ημ χ=συνχ+ημχ+συν2χ �ημ2χ --συν2χ --{συνχ+ημχ)=Ο �(ημχ+συνχ)(ημχ --συνχ -1)=0 •· �ημχ+συνχ=Ο(2) ή z___ι� ημχ --συνχ -1=0 (3) .·· .

�

c__ _ _ _

Επειδή ισχύει συνχ;f:Ο θα έχουμε

(συνχ= 1ΙCαι συν2χ= 1 ) ή (συνχ= -1ΙCαι συν2χ= -1) <:::> (συνχ=1 ΙCαι συν2χ=1 )<:::>χ=2ΙCπ, ΙCΕΖ.

ίί) συνχ=Ο�χ=κπ+ �,

ι ι +σφχ (1). -αριθμων • την εξ'ισωση:εφχ=-+

,......-:�-�-"'""":.ιr;,

(2)�εφχ=-1�χ=κπ- � ,κεΖ (με εικόνες τα μέσα 4 Ε,Ζ του δεύτερου και τέταρτου τερτατημορίου). Εξάλλου: (3)�ημχ--συνχ-1=0 �2ημ� συν� --{2συν2 � -1) -1=0� 2

Α'

2συν � (η μ� -συν� )=Ο�(συν� =Ο ή η μ� =συν� )

2 2 2 2 2 2 �χ=κπ+ �, με εικόνες τα 4 �(συν� =Ο ή εφ � = 1 )�(χ=(2κ+ 1 )π ή χ=2κπ+ �), 2 2 2 σημεία Γ και Δ (όπου η ψ=χ τέμνει τον τριγωνομετρικό κύκλο). που απορρίπτονται. Επομένως: (1) � χ=κπ - � 4 ημα ημβ ημα · συνβ -ημβ συνα iii) εφα-εφβ= 2 Σ χόλιο: Μία διαφορετική λύση της εξίσωσης ( ): ·

ημ ( α - β)

συνα συνβ

συνα · συνβ

ημχ+συνχ=Ο

συνα· συνβ

Για να ορίζεται η εξίσωση , πρέπει και αρκεί: (συνχ:;t:Ο και συν2χ:;t:Ο) δηλαδή (χ:;t:κπ+ � και iv)

χ#π+ � ). Τότε εφ2χ-εφχ=ημχ� 4

.2 ημ.{2χ - χ) συν2χ· συν(-χ)

ημχ�ημχ·(1--συν2χ·συνχ) =Ο�(ημχ=Ο ή συν2χ·συνχ =1)� χ =κπ,κ ακέραιος.

ΘΕΜΑ 3° i)Στον τριγωνομετρικό κύκλο να σημειώσετε τις εικόνες των λύσεων στο IR της εξίσωσης: ημχ·συνχ=Ο και να διαπιστώσετε ότι περιγράφονται από τον τύπο χ=κ.�, κ ακέραιος. 2

ίί)Να λύσετε στο σύνολο των πραγματικών

� ημχ=

-συνχ

� ημχ= ημ (-

+χ) κ.λ. π

Μία διαφορετική λύση της εξίσωσης (3):

συνχ - ημχ = -1 � συνχ - εφ � ημχ = -1 � 4

( + χ) =συν 3π

συν � συνχ -ημ �ημχ = - 1�συv 2: 4

κ.λ.π Όμοια μπορεί να λυθεί ΙCαι η (2). Τέλος μια άλλη λύση ΙCαι για τις δύο εξισώσεις υπάρχει στο iii) του 400 θέματος. 2η Λύση: (Σχολικό:παράδειγμα σελ99,εφ.2σελ99)

εφ22,5° = J2 -1 και σφ22,5° = 1 + J2 , οπότε εφ 3π =1+ J2 και εφ 7π =1- J2 . 8

Αρχικά παρατηρούμε ότι χ# � �συν � :;t:O και 2 2 � εφ :;t: -1,0,1 (γιατί;). Άρα 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/43

------ Μαθηματικά για Β' Λυκείου εφ�= t _j'( x-l)( x+I)(Χ4 +JC +2) =0 (1)<=> _{_=�+�+� _{__ �=�+ � lΨ=JC 21

{

εφ�=t

{

την

{ { { ::�.:��.::��φ�)� )${• 1-t2

1-t

<=>

1-t

l-t2

<=>

�

<=>(χ,ψ)=(1 ' 1) i <=> i <=> ή (χ,ψ)=( -1, -1). ι <=> (�-ι jz (t-i )(t+l ) t �------. Άρα Α(1,1) και Α'( -1, -1). Για τα κοινά σημεία των C και Cg έχουμε: {χ2+ψ2=2 ψ=..Γχ <=>(χ,ψ)=(1,1), αφού χ � Ο . Το Α(1,1) είναι το κοινό σημείο του C με την Cg. εικόνες τα σημεία Ε και Ζ αντιστοίχως (όπου η ευθεία ψ= -χ, τέμνει τον ί) τριγωνομετρικό κύκλο) ίίί) χe( � ,Π)� -1<συνχ<Ο�Ο< 1 +συνχ<1 :::::> π . π 2 3π υπολσyι'ζονται απο. τον αρ ατηρηση: Η εφ- και η εφ .J1 + συνχ > 1 +συνχ ( 1 ). Αλλά .J1-συνχ > 1 (2) 8 8 ημ2α κπ+� (συνχ<Ο). Οπότε ( 1 ), (2)� .J1 + συνχ .J1-συνχ > όπου κ ε Ζ. =εφ2α με α#π+ � , τύπο 1 + σuν2α 2 2 4' 1 +συνχ � .J1- συν 2 χ > 1 +συνχ � ημχ> 1 +συνχ (άσκηση Α6 σελ 1 02σχολ) ΘΕΜΑ 4° (αφού ημχ>Ο στο ( � ,π)). Για τη λύση της εφ �= t

εφ =t t 2 -2t-I=O

εφ =t t=I±.J2

Δίνονται οι συναρτήσεις f(x)=x\ g(x)= fx και ο κύκλος C: χ2 + ψ2=2 · ί)Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων Cr, Cg καθώς και τα κοινά σημεία του C με τις Cr, Cg και να διατάξετε τις τιμές χ3, χ2,χ, fx , για χ;:::Ο . ίί)Να κατασκευάσετε γεωμετρικά τον κύκλο C και τα κοινά σημεία του με Cr, Cg. ίίί)Να δείξετε με βάση το ερώτημα i) ότι ημχ>l+συνχ, όταν χε( �,π). Στη συνέχεια να

ανίσωσης παρατηρούμε επιπλέον ότι xe(O, � )� 2 ημχ<1 <1 +συνχ, ενώ χe(π,2π]� ημχ::;Ο<1 +συνχ. Τέλος για χε { � .π} έχουμε ημχ=l+συνχ. 2

Στο [0,2π], έχουμε ημχ<1 +συνχ<=>χe [Ο, � )υ(π,2π] 2

και ημχ= 1 +συνχ <=> χ ε { � ,π} . 2

λύσετε την aνίσωση ημχ<l+συνχ και την εξίσωση ημχ=l+συνχ στο [0,2π].

Λύση: ί)Οι τετμημένες των κοινών σημείων των Cr, Cg υπολογίζονται από την εξίσωση f(x)=g(x) που ορίζεται, αν και μόνο αν χ;:::Ο . f(x)=g(x) <=> χ3 = fx 5<=>χ6 = χ<=> 5 χ(χ -1)=0<=>(χ=Οή χ =1)<=>( χ=Ο ή χ=1) Τα κοινά τους σημεία είναι τα3 Α( 1,1) και 0(0,0). •Αν Ο< χ<1, τότε χ2< χ και χ < χ2 ,οπότε ..[;! < Γχ �x< fx . Τελικά x3<x2<x< fx . • Αν χ> 1, τότε ομοίως χ3> χ2> χ> fx . • Για χ=Ο ή χ= 1, όλες οι τιμές είναι ίσες. ίί) Κατασκευάζουμε γεωμετρικά το σημείο A(l, 1 ), οπότε (ΟΑ)= .J2 . Ο ζητούμενος κύκλος είναι ο (Ο,ΟΑ). Για τακοινά σημεία Α, Α' των C και Cr έχουμε:

Στο σχήμα φαίνονται τα κοινά σημεία των Cφ,Ch, όπου φ(χ) =

ημχ και h(x) =1+συνχ, δηλαδή οι εικόνες των λύσεων της εξίσωσης ημχ=1 +συνχ.

• Με την ευκαιρία αυτή παρουσιάζουμε ένα ακόμη τρόπο επίλυσης της εξίσωσης ημχ -συνχ -1 =Ο, καθώς και της ημ ημχ -συνχ -1 =Ο<::>ημχ=συνχ 1 <::::> η μχ = συνχ + 1 η μχ = συνχ + 1 � � 2 2 η μ χ = συν χ = 1 συνχ + Ι + συν 2 χ = l

χ -σuνχ=Ο:

{

�

{

η μχ = συνχ + Ι

{(

2συνχ ( συνχ + 1 ) = 0

�

{

συνχ=Ο ημχ=1

=- 1 <=> (χ=2κπ+ � ή χ=2κπ+π). ή {ησυνχ μχ=Ο •

2 Με τον ίδιο τρόπο να λυθεί και η aνίσωση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/44

ημχ<1 +συνχ στο [0,2π].

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑ ΕΜΒΑΔΑ

Β ' ΑΥΚΕΙΟΥ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Τσιφάκης Χρήστος

ΑΣΚΗΣΗ lη. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να φέρετε ευθεία παράλληλη προς την ΒΓ η οποία να χω ρίζει το τρίγωνο ΑΒΓ σε δύο ισοδύναμα μέρη. Λύση : Έστω ότι η ευθεία που ζητάμε είναι η ΔΕ με Δ σημείο της ΑΒ και Ε σημείο της ΑΓ. Τότε θα

(Γ

-(ΑΒΖΕ) = (ΒΔΗ) .

ΔFΖ) Μετασχηματισμός πολυγώνου σε ισοδύναμο τε

τράγωνο. ΑΣΚΗΣΗ 3η. Δίνεται τυχαίο τετράπλευρο ΑΒΓΔ. Να μετατρέψετε το ΑΒΓΔ σε ισοδύναμο τρίγωνο. Λύση: Φέρνουμε την διαγώνιο Β Δ και από την

ισχύει ΔΕ I ΙΒΓ . Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ είναι όμοια, άρα ο λόγος των εμβαδών τους ισούται με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας. Δηλαδή κορυφή Α φέρνουμε μία παράλληλη προς αυτήν που τέμνει την προέκταση της ΓΔ στο σημείο Ε .Τα τρίγωνα ΑΒ Δ και Β ΕΔ είναι ισοδύναμα γιατί έχουν την ίδια βάση και ίδιο ύψος. Β

z ΑΔz (ΑΔ) ΑΔ = = = => => (ΑΒΓ) ΑΒ ΑΒ2 Β

(ΑΔΕ)

_!.

ΑΒ .

Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΔ είναι κατασκευάσιμο, Άρα (ΑΒΔ) =(ΒΔΕ) . Άρα (ΑΙCΔ) =(ΑΒ:\)+(Μ) = άρα και η ευθεία ΔΕ. ΑΣΚΗΣΗ 2η. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ. Η διά = (ΒΕΔ) + (ΒΔΓ) = (ΒΕΓ) μεσός του ΕΖ τέμνει τις διαγώνιους ΑΓ, ΒΔ στα Εφαρμογή: Να χωριστεί ο σταυρός του σχήματος σημεία Η, Θ αντίστοιχα όπως βλέπουμε στο με δύο ψαλιδιές σε τρία ισοδύναμα μέρη έτσι ώστε σχήμα. Να δείξετε ότι (ΓΔΕΖ)-(ΑΒΖΕ) = (ΒΔΗ) . να προκύψουν δύο ίσα τετράγωνα. Δ Ε Λύση : Έστω ΑΑ '= υ το ύψος του τραπεζίου ΑΒΓΔ. Η διάμεσος του τραπεζίου διχοτομεί το ΑΑ '. Έτσι παίρνουμε: ._

ι.. ..,.___...

Λύση : Εάν αείναι η πλευρά του κάθε τετραγώ (ΓΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ) = ΓΔ + ΕΖ · 2υ - ΑΒ + ΕΖ · 2υ = νου, τότε το εμβαδόν του σχήματος είναι 5α2 • 2 2 Εάν χ είναι η πλευρά του κάθε τετραγώνου που ΓΔ + ΕΖ ΑΒ + ΕΖ · � ΓΔ -ΑΒ � = = = · σχηματίζεται, τότε το εμβαδόν είναι 2 χ 2 Άρα 2 2 2 2 2 J10 · α . 2 χ2 = 5α2 => χ = -= ΘΗ · υ (1) 2 2 2 2 Αλλά ΑΗ = ΑΒ + ΒΗ 2 = α2 + (3α)2 = 10α2 • υ 1 υ 1 (ΒΔΗ) = (ΒΘΗ) + (ΔΘΗ) = 2 · ΘΗ " 2 + 2 · ΘΗ " 2 = Άρα ΑΗ = Μ · α => ΑΗ = 2χ , και ΟΚ = 2χ . Άρα πρέπει ο σταυρός να κοπεί κατά μήκος της = ΘΗ· � ( 2 ) Από τις σχέσεις (1),( 2) παίρνουμε ΑΗ και στο ΟΚ .

(

) (

)

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 98 τ.2/45

•

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

.. ..

· ···· ··

.. . .. ..

... Γ

· ·· ···

Α-· · · · \ \ \ \ \

···· · · . . ·Ε

41!•Σ .•

.. . ..

.. .. Η z ' ο- • • • • • · · · · · · ' . .., . . Ρ

· · · · · · ''

Μ Λ

\ \ \ \ \

' κ

ΑΣΚΗΣΗ 4η. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τα ύψη του ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ΑΒ · ΑΓ ΑΔ

--- - ΗΒ · ΗΓ

ΗΔ

Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΒΓ έχουν κοινή βάση την ΒΓ , άρα (ΑΒΓ) = ΑΔ (1) . (ΗΒΓ) ΗΔ

Λύση :

Από τις σχέσεις (3) και (4) προκύπτει IE =1=>1Ε=ΙΖ, με ΔΗ = ΔΘ, άρα (ΔFΒ) =(ΔΖΙ) . ΙΖ

ΑΣΚΗΣΗ 6η. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ της πλευράς ΑΒ για το οποίο είναι ΑΔ =

J2 ΑΒ 2

Από το Δ φέρνουμε παράλληλες

προς τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ που τις τέμνουν στα σημεία Ζ, Ε αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι

(ΔΖΓΕ) = (Ji - l) · (ΑΒΓ) . Λύση: Αρχικά παρατηρούμε ότι το σημείο Δ είναι εσωτερικό σημείο της πλευράς ΑΒ. Φέρνουμε το ύ

ψος ΑΗ που τέμνει την ΔΕ στο Θ . Τότε (ΔΖΓΕ) = ΖΓ · ΘΗ και (ΑΒη =-1 · ΒΓ·ΑΗ. 2

Επειδή το τετράπλευρο ΑΖΗΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΗΒΓ έχουν Λ Λ Α+ Η = 1 80° α'ρα (ΑΒΓ) = ΑΒ · ΑΓ (2) . (ΗΒΓ) ΗΒ · ΗΓ Από τις σχέσεις (1) και (2) έπεται ότι Β Γ Η Ζ · ΑΒ ΑΓ ΑΔ Τα τρίγωνα ΑΔΕ,ΑΒΓ είναι όμοια (γιατί;) οπότε --- = ΗΒ · ΗΓ ΗΔ ΔΕ ΑΔ ΔΕ J2 J2 · ΒΓ. ΑΣΚΗΣΗ Sη. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τη - = - =>- ==>ΔΕ=ΖΓ=ΒΓ ΑΒ ΒΓ 2 2 διάμεσο ΑΜ και την διχοτόμο ΑΔ. Ο περιγε γραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΑΔΜ τέμνει την Στο τρίγωνο ΑΒΗ από Θεώρημα Θαλή έχουμε ΑΒ το Ε και την ΑΓ στο Ζ. Να δείξετε ότι fi · ΑΗ . Άρα ΑΘ = ΑΔ fi , = - => ΑΘ = (ΔΕΒ) = (ΔΖΓ) 2 ΑΗ ΑΒ 2 Λύση : Αφού το Δ είναι σημείο της διχοτόμου fi ΑΗ = (1 - 2 fi )ΑΗ . ΑΔ έχουμε ότι ΔΗ = ΔΘ . Άρα αρκεί να δείξουμε ΘΗ = ΑΗ - ΑΘ = ΑΗ 2 ότι ΓΖ = ΒΕ . Τα σημεία Β, Γ είναι εξωτερικά σημεία του κύκλου, άρα: ΒΕ · ΒΑ = ΒΔ · ΒΜ ( Ι ) Έτσι έχουμε ΓΖ · ΓΑ = ΓΔ · ΓΜ (2). ΒΓ (ΔΖΓ Ε) ΖΓ Διαιρώντας κατά μέλη τις σχέσεις έχουμε: ΒΕ · ΒΑ = BΔJMV( => ΒΕ · ΒΑ = ΒΔ (3) . ΒΓ ( J2 - 1) Β Γ ΓΖ · ΓΑ ΓΔyΜ ΓΖ · ΓΑ ΓΔ Αφού η ΑΔ είναι διχοτόμος ισχύει ΒΔ = ΑΒ (4). = ( .J2 - 1 ) (ΑΒΓ) . ΓΔ ΑΓ -

·ΘΗ � {ι-�) ΑΗ � ΑΗ [ �- �) ΑΗ =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ�2/46

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Β τρόπος: Η διαγώνιος ΔΓ χωρίζει το παραλλη λόγραμμο ΔΓΖΕ σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα. Άρα (ΔΖΓΕ) = 2(ΔΓΕ) . Επιπλέον έχουμε ότι: (ΔΓΕ) = (ΑΔΓ) - (ΑΔΕ) . Για τα τρίγωνα ΑΔΕ, ΑΒΓ ισχύει (γιατί;) ότι (ΑΔΓ)

(ΑΒΓ)

ΑΔ

ΑΒ

..fi => (ΑΔΓ) ..fi · (ΑΒΓ) 2

1 (ΑΔΕ) = ( ΑΔ ) = 1 => και "2 (ΑΔΕ) = "2 · (ΑΒΓ) . (ΑΒΓ) ΑΒ Άρα (ΔΓΕ) = .J2 -1 (ΑΒΓ) οπότε 2 (ΔΖΓΕ) = ( - 1) · (ΑΒΓ) .

κέντρο Ο τετραγώνου ΑΒΓΔ και δεν διέρχεται από καμία κορυφή του. Αν Αι και Β 1 είναι οι προβολές των κορυφών του τετραγώνου Α και Β στην ευθεία (ε). Να αποδείξετε ότι: α) (ΑΟΑι)=(ΒΟΒι), β) (ΑΒΓΔ)=2(ΑΑ1 2 ΒΒ1 2)

α) Τα τρίγωνα ΑΟΑ1 και ΒΟΒ1 είναι ορθογώνια έχουν ΟΑ = ΟΒ ως μισά των ίσων διαγωνίων του τετραγώνου και ΟΑΑ1 = ΒΟΒ1 ως γωνίες με πλευρές κάθετες, άρα είναι ίσα, συνεπώς και ισεμβαδικά, δηλαδή (ΑΟΑ 1 ) = (ΒΟΒ ι ) Λύση :

�-----�

..fi

ΑΣΚΗΣΗ 7η. Από τυχαίο σημείο Δ της πλευράς ΑΒ τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε την ΔΕ/ΙΒΓ και από το σημείο Ε την E'ZJ/AB. Αν ονομάσουμε τα εμ βαδά (ΑΔΕ)=Ε1 και (ΕΖΓ)=Ε2 τότε να αποδείξετε + α) (ΑΒΓ) = β) (ΒΔΕΖ) = 2-jE 1 Ε 2

-j

JE: .jE;

•

α) Τα τρίγωνα ΑΔΕ και ΑΒΓ έχουν την γωνία Α κοινή και ΜΕ = Β , συνεπώς είναι όμοια, επομένως ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας τους δηλαδή , )2 => .jE; Ε = ( ΑΕ � = ΑΕ ΑΓ (1). ΑΓ ειναι � -j( Γ) ( Γ) Από την ομοιότητα των τριγώνων ΕΖΓ και ΑΒΓ προκύπτει ανάλογα η σχέση: Ε2 = ( ΕΓ 2 => .JE; ΕΓ 2 ΑΓ ( ) . -j(ΑΒ Γ) (ΑΒΓ) ΑΓ Λύση:

)

ΑΣΚΗΣΗ 9η. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ + ΑΓ = 2 ΒΓ. Φέρνουμε την διχοτόμο ΑΔ και έστω Μ τυχαίο εσωτερικό σημείο της. Να αποδείξετε ότι, το άθροισμα των αποστάσεων του Μ από τις πλευρές του τριγώνου είναι σταθερό. ·

= (ΜΒΓ) + (ΜΒΑ) + (ΜΑΓ) = Β Γ · ΜΗ ΑΒ · ΜΕ ΑΓ · ΜΖ = = + + 2 2 2 ΜΕ=ΜΖ Β Γ . ΜΗ (ΑΒ + ΑΓ) . ΜΕ = + 2 2 ΒΓ · ΜΗ 2ΒΓ · ΜΕ = = + 2 2 ΒΓ · ΜΗ ΒΓ · ΜΕ ΒΓ · ΜΖ = + + = 2 2 2 ΒΓ = -(ΜΗ + ΜΖ + ΜΕ) . 2

Λύση : (ΑΒΓ)

Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει: .jE; + .jE; = ΑΕ + ΕΓ = ΑΕ + ΕΓ = ΑΓ = l ΑΓ �(ΑΒΓ) �(ΑΒΓ) ΑΓ ΑΓ ΑΓ άρα είναι -j(ΑΒΓ) = .JE: + .JE; . β) Υψώνοντας την παραπάνω σχέση στο τετράγωνο, = (-/Ε: = ξ + Ε2 + 2JE:E; έχουμε:

�(ΑΒη2 +./Ε;)2 άρα (ΑΒη-Ε1-Ε2 = 2JE:E; =>(ΔΕΖΒ) = 2JΕ:Ε; ΑΣΚΗΣΗ Μια ευθεία (ε) διέρχεται από το

2 2 2 2 2 β) (ΑΒΓΔ)=ΑΒ =ΑcΥ+ΒcΥ=ΟΑι +ΑΑι +0Β ι +ΒΒι = από την ισότητα των παραπάνω τριγώνων) = ΑΑ ι 2 + ΑΑ ι 2 + ΒΒ ι 2 + ΒΒ ι 2 = 2( ΑΑ ι 2 + ΒΒ /) .

8η.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/47

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Άρα ΜΗ + ΜΖ + ΜΕ = 2 (ΑΒΓ) = σταθερό ΒΓ

ΑΣΚΗΣΗ 1 0η. (Εμβαδολαγνεία) Στο παραλληλόγραμμο του σχήματος: α) Δείξτε ότι (CQP) = (DTQ) + (PSB)

Τι ποσοστό της επιφάνειας του β) καταλαμβάνει το (CQP) ;

(ABCD) ,

Από τον φiλο και συνάδελφο «Karkar»

σχηματίζεται ένα νέο τετράγωνο. Επαναλαμβά νουμε την διαδικασία επ' άπειρον. Να βρεθεί το άθροισμα των εμβαδών, όλων των τετραγώνων που σχηματίζονται.

2 Εάν Ε 1 = (ΑΒ ΓΔ) = α , ' = � , Ε, = Ε, = (ΚΛΜΝ) =

Λύση :

[α�J'

(�) = : '

�---c ---��•

htto://www.mathematica.gr/forum/νiewtopic.ph p?p=245526#p245526

Αν (ABCD) = Α και τα άλλα εμβαδά ό πως φαίνονται στο σχέδιο τότε: 1 1 1 1 1 Α Ε Ι = 4 (τDC) = 4·3 (ADC) = 12·2 A = 4 => 2 Α Ε 4 = 3Ε 1 = 8 Λύση :

Τότε το άθροισμα των εμβαδών των τετραγώνων α2 α2 2 είναι: Ε 1 + Ε 2 + Ε3 + ... = α + + - + ... 2 4 1 1 1 = α 2 (1 + - + + ... ) = α 2 -- = 2α 2 . 4 1 2 1-2 Το άθροισμα απείρων όρων γεωμετρικής προόδου με α 1 και jλj < 1 είναι S = � . 1-λ

ΑΣΚΗΣΗ 1 2η. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ. Στην

πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Ε τέτοιο ώστε ΑΕ l - = - και φερνουμε την ΚΜΛ μεσοκάθετο '

ΕΒ

του ΔΕ (Κ σημείο της ΑΔ και Λ της ΒΓ). Να βρείτε τα εμβαδά των σχημάτων που προκύ πτουν.

Ε3

4 1 2 22 2Α S(SCB) = 5·3 (ABC) = 15·2 Α = lS =>

2Α.� Α = 5 15 2 5 Α Α Α Α ΊΑ Ε 2 = - - Ε 4 - Es = - - - - - = 2 8 5 40 2 Α Α ΊΑ α) Ε 1 + Ε 3 = - + - = - = Ε 2 • 24 1 5 40 (CQP) Ε2 = = _2_ = 1 Ί.5% . β) (ABCD) Α 40 (Λύση: Ευθύμης Αλεξίου) Ε =

ΑΣΚΗΣΗ l lη. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά α. Ενώνουμε τα μέσα Κ,Λ,Μ,Ν των πλευρών του ΑΒ,ΒΓ,ΓΔ,ΔΑ αντίστοιχα, οπότε

Λύση : Από το σημείο Μ φέρνουμε την ΖΜΗ πα ράλληλη στην πλευρά ΑΒ, τότε τα σημεία Ζ,Η εί ναι τα μέσα των πλευρών ΑΔ και ΒΓ αντίστοιχα. 1 1 1 1 α , Τότε εχουμε: ΖΜ = "2 ΑΕ = "2 · "3 ΑΒ = "6 α = 6 ,

ΜΗ =

5α

. Από το τρίγωνο ΑΔΕ προκύπτει ότι

α.JϊΟ α.JϊΟ . Από μεΔΕ = -- και ΔΜ = ΜΕ = 6 3 τρικές σχέσεις στο ορθογ. τρίγωνο ΚΜΔ (ύψος το 5 άρα ΜΖ) έχουμε ότι ΚΔ = 9 α , _!_ α. ΚΖ = ΚΔ - ΖΔ = 18

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/48

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου Δ

--------4

γ) Από το β ερώτημα έχουμε: (ΑΒΓΔ) = (ΒΕΖ) και

Γ Λ

Τα τρίγωνα ΚΜΖ, ΗΜΛ είναι όμοια, άρα ΚΖ = ΗΛ = ! => ΗΛ = 2_ α και ΛΓ = � α .Οπότε ΖΜ ΗΜ 5 18 9

. 1 1 5 α =5 2 εχουμε (ΚΔΜ) = -ΚΔ · ΖΜ = - · - α · α . 2

6 108

2 9

(ΚΔΛΓ) = ΚΔ + ΛΓ . α = 3 7 α2 108

Όμοια

ΑΣΚΗΣΗ 1 4η . Από τυχαίο σημείο Ρ εσωτερικό τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε τις ευθείες ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ που τέμνουν τις πλευρές ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Δ, Ε και Ζ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ΡΔ Ρ Ε Ρ Ζ (ΡΒΓ) ΡΔ + + ότι: α) β) = =l (ΑΒΓ) ΑΔ ΑΔ ΒΕ ΓΖ Ρ Α ΡΒ ΡΓ

γ) - + - + - = 2 ΑΔ

ΒΕ

ΓΖ

α) Αν ονομάσουμε υ και υ 1 τα ύψη των τρι γώνων ΑΒΓ και ΡΒΓ από την κορυφή Α και Ρ α ντίστοιχα, τότε από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΗΔ και ΡΘΔ ( ορθογώνια και η γωνία Λ ύ ση :

(ΜΔΛΓ) = (ΚΔΛΓ) (ΚΔΜ) = 32 -

παρόμοια έχουμε τις ισότητες (ΑΒΓΔ) = (ΗΔΘ), (ΑΒΓΔ) = (ΑΘΕ), (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓΔ και με πρό σθεση κατά μέλη 5(ΑΒΓΔ) = (ΕΖΗΘ).

1 08

α2

•

(ΑΚΜΕ) = (ΑΔΕ) - (ΚΔΜ) = � α2

1 08 53 2 • και (ΒΛΜΕ) = ( ΑΒ ΛΚ) - (ΑΚΜΕ) = α 108

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Προεκτείνουμε τις πλευρές του κατά τμήματα: ΑΒ=ΒΕ, ΒΓ= ΓΖ, ΓΔ=ΔΗ και ΔΑ=Αθ. Να αποδείξετε ότι: α) 2(ΑΒΓ)=(ΑΒΓΔ) β) (ΑΒΓΔ) = (ΒΕΖ). γ) (ΕΖΗθ) = 5(ΑΒΓΔ) ΛΣ Κ Η Σ Η

1 3η .

Επειδή οι απέναντι πλευρές του παραλλη λογράμμου είναι ίσες ονομάζουμε τα τμήματα ΑΒ = ΒΕ = ΓΔ = ΔΗ = α και ΒΓ = ΓΖ = ΑΔ = ΑΔ α) Επειδή η διαγώνιος του παραλληλογράμμου το χωρίζει σε δύο ίσα τρίγωνα, τα τρίγωνα αυτά είναι και ισοδύναμα, άρα (ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΓ) = = (ΑΒΓ) + (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΓ) ΛίJση:

__;______.:. _ ___;_ ___:_ ____;__ _ __:_

Είναι ΑΒΓ + ΖΒΕ = 1 80° επομένως, με βάση το 2(ΑΒΓ) = πρωτο ερωτημα εχουμε: (ΑΒΓΔ) = (ΒΕΖ) (ΒΕΖ) 2 β = · α · = 1 άρα (ΑΒΓΔ) = (ΒΕΖ) 2β · α .

ΡΔ υ (1) . ΑΔΒ ειναι . - =, κοινη' ) εχουμε: ΑΔ υ1 1 (ΡΒ Γ) = -2 ΒΓ · υι = --l υ (=ΙJ ΡΔ Επομένως έχουμε: (ΑΒΓ) _!_ ΒΓ . ΑΔ υ υ 2 Δ (ΡΒ Γ) . . . = Ρ και β) Απο το α ερωτημα εχουμε (ΑΒΓ) ΑΔ . ( Α Γ) = ΡΕ , (ΡΑΒ) = ΡΓ ανάλογα ισχuουν Ρ (ΑΒΓ) ΒΕ (ΑΒΓ) ΓΖ . Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει ΡΕ + ΡΓ (ΡΒ Γ) - + (Ρ ΑΓ) + (Ρ ΑΒ) = ΡΔ + -'------'=> (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) ΑΔ ΒΕ ΓΖ ΡΕ + ΡΓ => (ΡΒ Γ) + (Ρ ΑΓ) + (Ρ ΑΒ) = ΡΔ + (ΑΒΓ) ΑΔ ΒΕ ΓΖ (ΑΒΓ) ΡΔ ΡΕ ΡΓ => ΡΔ + ΡΕ + ΡΓ = 1 = + + (ΑΒΓ) ΑΔ ΒΕ ΓΖ ΑΔ ΒΕ ΓΖ γ) Έχουμε ΡΑ + ΡΒ + ΡΓ = ΑΔ - ΡΔ + ΒΕ - ΡΕ + ΓΖ - ΡΖ = ΒΕ ΓΖ ΑΔ ΑΔ ΒΕ ΓΖ ΡΕ -ΡΔ +1 - -+1 ΡΕ +ΡΔ + ΡΖ ΡΖ =1 - =3-() = 3 -1=2 ΑΔ ΒΕ ΙΖ ΑΔ ΒΕ ΙΖ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/49

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

Η ευθεία

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Δίνεται η ευθεία (κ):y=χ-9. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε) οποία διέρχεται από το σημείο Α(2,6) και τέμνει την (κ) σε σημείο Ρ έτσι ώστε ΡΟ= .J53 , όπου Ο η αρχή των αξόνων.

Οι ευθείες που διέρχονται από το Α(2,6) είναι της μορφής: χ = 2(κατακόρυφη) και y - 6=λ (χ-2). Η ευθεία χ = 2 τέμνει την (κ) στο σημείο Ρ(2 - 7). Είναι PO= J53 επομένως η (ε ι ): χ=2 είναι μία λύση του προβλήματος. Έστω ότι (ελ): y-6=λ{χ-2), δηλαδή (ελ): y = λχ - 2λ+ 6. Αν λ = 1 τότε οι ευθείες (ελ) .:και (κ) είναι παράλληλες οπότε δεν έχουν σημεία τομής. Αν λ -:f:. 1τότε τα σημεία τομής των (ε) και (κ) βρίσκονται από τη y =x -9 . Βρίσκουμε ότι το λύση του (Σ) : y = λχ - 2λ + 6 2λ - 1 5 -7λ - 6 (Σ) έχει λύση την Ρ( λ 1 , λ 1 ). Εξετάζουμε αν υπάρχουν τιμές λ ε IR- {l} για τις <::::> Είναι ΡΟ = οποίες ΡΟ = 2 2 2λ - 1 5 -7λ - 6 + J53 <::::> λ-1 λ-1 . . 208 Ά . λ=ρα οι ζητουμενες ευθειες ειναι οι: · 127 1 178 208 (ε ι ) : χ = 2 και (ε2): y = - - χ + -- . 127 127 Λύση :

{

)

[§].

[§]

)

(

Άσκηση 2'1

( --+α· --+) β

χ-5 I

α , β και η --+

--+α 1 · 1 --+ IY- (--+α· --+)

Δίνονται τα μη μηδενικά διανύσματα εξίσωση: 3

--+

β =0(1 ).

α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει

--+ --+

ευθεία (ε). β) Αν

.l . β ., να αποδείξετε ότι η ευθεία (ε)

είναι ο άξονας χ ·χ.

γ)

εwίwεδο

Μ αθηματι κά Κατεύθυνσης Β Λυκείου Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Άσκηση Ι η

(

στο

Αν η ευθεία (ε) διέρχεται από το σημείο

2 Κ(1, - ), να αποδείξετε ότι τα διανύσματα 5

--+α , --+β

είναι ομόρροπα.

Γνωρίζουμε ότι το εσωτερικό γινόμενο δύο διανυσμάτων είναι πραγματικός αριθμός, άρα η (1) είναι της μορφής Αχ+Βy+Γ=Ο με Α,Β,Γ ε IR . ΛίJση : α)

--+

Επιπλέον αφού α , β μη μηδενικά διανύσματα θα -->

είναι I α Ι · Ι β Ι * Ο, άρα η (1) παριστάνει ευθεία. -->

β)

Αν α .l β , τότε α · β =0. Είναι (1) -+

<::::>

δηλαδή ο άξονας χ· χ .

y=Ο

(�. β) · 1 - 5 1 � 1 · 1 β I · �(�. β) = => 2 (�. β)- 2 Ι � 1 · 1 β Ι α · β = Ι α Ι · Ι β Ι => συν ( α, β ) =1 => α , β ομόρροπα.

γ) Αφού Κ ε (ε) => 3

=ο

-->

--+

-->

--+

--> -->

Άσκηση 3'1 Δίνονται οι ευθείες (ε 1 ) : 16χ + κy + 6 = Ο και

( ε 2 ) : 4κχ +

Υ + λ = Ο, όπου κ, λ θετικοί

πραγματικοί αριθμοί. Αν είναι γνωστό ότι οι ευθείες αυτές είναι παράλληλες και η μεταξύ τους απόσταση είναι ίση με J65 , να βρείτε: α) Τις τιμές των κ, λ.

β) Την εξίσωση της μεσοπαράλληλης των (ε ι ),(ε 2 ). -->

-->

Τα διανύσματα δ1 = (:κ,- 16) :και δ 2 = (1 ,- 4κ) είναι παράλληλα στις ευθείες (ε 1 ) :και Λύση : α)

--+

{ε 2 ) αντίστοιχα. Έχουμε: (ε 1 ) // {ε 2 ) � δ1 // δ2 � det( δ1 , δ 2 ) = Ο =>--- 4κ 2 + 1 6 = Ο�(κ = 2 ή κ=-2). κ > Ο. Δε:κτή είναι μόνο η τιμή κ = 2 αφού Παρατηρούμε ότι το σημείο Α(Ο,- 3) ανήκει στην (ε ι ). Είναι: d(ε 1 , ε 2 ) = Μ <::::> d(A, ε 2 ) = .J65 λI <=> I 0 .J65 <=> l λ - 3 1 = 65 <=> (λ = 68 ή 65 λ = - 62). Δεκτή είναι μόνο η λ = 68 , αφού λ > Ο. -+

�

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/50

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

β) Έχουμε (ε ι ): 8x+y+3=0 και (ε 2 ) : 8x+y+68= Ο. Βρίσκουμε δύο τυχαία σημεία των (ε ι ),(ε 2 ). Προφανώς το Α(Ο, - 3 ) ανήκει στην (ε ι ) και το Β(-

ΑΓ αν είναι γνωστό ότι διέρχεται από το Δ(S,7).

γωνία Β του τριγώνου ΑΒΓ είναι οξεία ως γωνία βάσης ισοσκελούς. Τα διανύσματα δ1 = Λύση :

-->

63 ) ειναι (1,3 1, - 60) στην (ε 2 ). Το Μ( - 21 ,- 2 ) και δ 2 = (1,- 2) είναι παράλληλα προς τις '

-->

μέσον του ΑΒ. Η μεσοπαράλληλη (μ) των (ε ι ),(ε 2 ) θα διέρχεται από το Μ και θα είναι παράλληλη προς τις (ε ),(ε 2 ), οπότε θα έχει ι

συντελεστή διεύθυνσης λ= - 8. Έτσι (μ): Υ + 2 =

- 8(χ + .!.. ), δηλαδή (μ): y = - 8χ - 2.!_ . 2 2

χ + y - 4 = Ο και (ε 2 ): - μ 2 χ + y + 9 = Ο , με μ ι ,μ 2 ε � . 2 2 + ι )(μ 2 + + Αν ισχύει: 4(μ ι μ 2 ι) = (μ ι 2

--+

ι ),

και

(ε 2 )// δ2 =(1,μ 2 ) . Το συνημίτονο της οξείας γωνίας ω που σχηματίζουν οι (ε ι ),(ε 2 ) είναι θετικός

αριθμός. Έστω

θ η

-->

I δ1 1 · 1 δ2 l

συνΒ =

5_ ..fi Άρα Β = 2: οπότε == _ J50 = 2 4, ___3.. ,

αφού ΑΒΓ ισbσκελές θα είναι Γ = 2: και άρα Α = 4

- 31 . Τελικα' (ΑΓ): y - 7 = - 31 (χ - 5 ), 1 26 η' (ΑΓ): Υ = - 3 χ + 3 .

να βρεθεί η οξεία γωνία ω που σχηματίζουν οι ευθείες (ε ι ),(ε 2 ) .

(ε ι )// δι =(l, μι )

δ1 · δ 2

-->

<=>

Είναι

-->

Δίνονται οι ευθείες (ε ι ), (ε 2 ) με εξισώσεις

Λ\Jση:

-->

2: , δηλαδή ΑΒΓ ορθογώνιο. Είναι λ ΑΒ · λ ΑΓ = -

Άσκη ση 4'1

(ε ι ) : - μ

ευθείες (ΑΒ, (ΒΓ) αντίστοιχα. Έτσι

γωνία των

λ ΑΓ =

Άσ κηση 611

Να βρείτε τις εξισώσεις των διχοτόμων των γωνιών που σχηματίζουν οι ευθείες (ε ι ) : 3χ - 4y + 11 = Ο και (ε 2 ) : 6χ + Sy - ι9 = Ο.

Ένα σημείο Μ(χ0, y0) ανήκει σε μία από τις διχοτόμους των γωνιών που σχηματίζουν οι ευθείες (ε ι ) και (ε 2 ), αν και μόνο αν: d(M, (ε ι )) = d(M, (ε 2 )) (1 ) . Προφανώς Λύση :

( 1 ) <=> 1 3x0�- 4y0 +2 1 1 1 l 6x0 + 8y0 - 19 1 <=> διανυσμάτων δι , δ 2 .Έχουμε: συνω = Ισυνθ l = �62 + 82 32 + 4 41 δ Ι · δ2 1 1 + μΙ μ2 I . 'Εχουμε: 4(μΙ μ 2 + 2βχ0 - 4y0 + 1 1 1 = 1 6χο + 8yo - 19 1 <=> Υο = 20 , ξ , , 1 Ι � 1 · 1 � Ι �1 + μΙ2 · �1 + μ22 ή χ0 = - - . Άρα οι ζητουμενες ε ισωσεις ειναι οι 2 2 2 4 1) = (μ ι + 1) · (μ 2 + 1 ) => 2 1 μ ι μ 2 + 1 1 41 y = - και χ = - 1 . = �1 + μ12 . �1 + μ/ => 4 20 11 + μΙ μ2 1 = .!_ συνω 1 Άρα η => 2 �1 + μ12 · �1 + μ/ 2 Άσκηση 7'1 -->

--+

-->

'Ενα τετράγωνο ΑΒΓΔ έχει την πλευρά του ΑΒ

π ' ειναι ' ηω= 3 ζητούμενη γωνια .

στην ευθεία με εξίσωση y = 3χ - ι. Αν η κορυφή

Άσκηση Sη

Α είναι το σημείο Α(ι,2) και το κέντρο του

Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ, με ΑΒ = ΑΓ. Η

τετραγώνου το σημείο Κ(3,3), να βρεθούν οι

εξίσωση

συντεταγμένες

της

ευθείας

πάνω

στην

οποία

βρίσκεται η πλευρά ΑΒ είναι η (ΑΒ): y = 3χ - 2

και η εξίσωση της ευθείας ΒΓ είναι η (ΒΓ): y = - 2χ

8. Να βρεθεί η εξίσωση της

ευθείας πάνω στην οποία

· '

των

τετραγώνου.

άλλων

κορυφών

Το Κ(3,3) είναι το μέσον του ΑΓ οπότε , χ r =5 και 3= 1 + χr και 3= 2 + y . Παιρνουμε Λύση :

2 βρίσκεται η πλευρά ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/51

του

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

y r = 4. Δηλαδή Γ(5,4). Είναι λ ΑΓ = .!. και

ΑΓ και το εμβαδόν του ΑΒΓ.

ΒΔ .lΑΓ, άρα λ 8Δ = - 2. Όμως Κ ε (ΒΔ) , άρα (ΒΔ): y - 3 = - 2(χ - 3 ) ή (ΒΔ): y = - 2x + 9. Το σημείο Β είναι το σημείο τομής των ΒΔ, ΑΒ και βρίσκεται από τη λύση του συστήματος (Σ): y=-2x+9 . Βρίσκουμε Β(2,5). Επίσης Κ μέσον y=3x-1 5+yΔ . Βρίσκουμε ΒΔ άρα 3 = 2 + ΧΔ και 3 = -2 2 Δ(4,1).

{

Άσκηση Sη

α) Να υπολογίσετε το εμβαδόν ενός τετραγώνου του οποίου οι δύο πλευρές βρίσκονται πάνω στις ευθείες (ε ι ) : 3χ - 4y + 12 = Ο και (ε 2 ): 6x - 8y + 20 = 0.

β)

Οι δύο πλευρές ενός ορθογωνίου ΑΒΓΔ με

Α(4,6)

βρίσκονται πάvω στις 5 εξισώσεις (ε ι ): y = - χ - 10 και 3 3 (ε 2 ): y = - - χ + ι . 5

ευθείες

με

Παρατηρούμε ότι τα σημεία Β,Γ δεν ανήκουν στην y = χ. Άρα η y = χ είναι η εξίσωση της διχοτόμου της γωνίας Α. Τα συμμετρικά των Β,Γ ως προς την y = χ είναι τα σημεία Β ' (4,3) και Γ(9,7) αντίστοιχα και ανήκουν στις ευθείες ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα (γιατί;). Έτσι λΑΓ= λ 8 τ= 2 και λ = λ ΒΓ = .!_ . Άρα η εξίσωση της ευθείας ΑΓ 2 είναι η (ΑΓ): y - 9 = 2(χ - 7) ή (ΑΓ): y = 2χ - 5 και η εξίσωση της ΑΒ είναι η (ΑΒ): y - 4 = .!_ (χ - 3) ή (AB):y = χ + � . 2 2 2 Οι συντεταγμένες της κορυφής Α βρίσκονται από y = 2x - 5 . τη λύση του συστήματος (Σ): Υ = �2 + �2 Βρίσκουμε εύκολα Α(5,5). ..... ..... Έχουμε: ΑΒ = (- 2 ,- 1), ΑΓ = (2,4). ..... Οπότε (ΑΒΓ) = -1 ldet( ΑΒ , ΑΓ )I = 3. 2 Λύση:

ΑΒ

{

.....

Άσκηση lΟη

Να βρεθεί το εμβαδόν του ΑΒΓΔ.

α) Είναι λ = λ = i4 , άρα (ε ι ) // (ε 2 ). Οπότε Ε = (d(ε ι ,ε 2 )) 2 • Το σημείο Α(Ο,3) είναι σημείο της (ε ι ) · Άρα d(ε ι ,ε 2 ) = d (Α, ε 2 ) = I 0 - 8 · 3 + 20 I = � . Έτσι Ε = _i_ _ 25 5 .J62 + 82 β) Παρατηρούμε ότι το Α δεν ανήκει σε καμία από τις δοσμένες ευθείες αφού οι συντεταγμένες του δεν επαληθεύουν καμία από τις δύο εξισώσεις ευθειών. Έτσι (ΑΒΓΔ) = d(A, ε ι ) · d(A, ε 2 ) = 5 3 1 3 · 4 - 6 - 1 0 1 1 - 5 · 4 - 6 + 1 1 518 . 17 ;s + 1

συντεταγμένες (1, - 5) και οι ευθείες πάνω στις

Λύση :

�

Άσκηση 9η

ε I

ε 2

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές Β(3,4) και

Γ(7,9). Αν y = χ είναι η εξίσωση της ευθείας

πάνω στην οποία βρίσκεται μία διχοτόμος του,

να βρεθούν οι εξισώσεις των ευθειών ΑΒ και

κορυφή

ενός

τριγώνου

ΑΒΓ

έχει

οποίες βρίσκονται η διάμεσος ΓΜ και το ύψος ΒΔ έχουν εξισώσεις (ε ι ) : y = 3χ + 4 και (ε 2 ) : y = ! χ + '!.... αντίστοιχα. Να βρεθούν οι 2 2 συντεταγμένες των δύο άλλων κορυφών. Λύση:

Επειδή ΑΓ .l ΒΔ και λ = .!_ έπεται ότι λ ΑΓ = - 2 . 2 Όμως το Α ανήκει στην ΑΓ, άρα (ΑΓ) : y + 5 = - 2(χ - 1) ή (ΑΓ): y = - 2χ - 3. Το Γ είναι το σημείο τομής των ΑΓ, ΓΜ άρα οι συντεταγμένες του βρίσκονται από τη λύση του συστήματος (Σ): y = -2x - 3 . Βρίσκουμε y = 3x + 4 Γ(- 25 , _.!.5 ) :Εστω Β( χ 8 y8 ).Το Μ είναι μέσον του ΑΒ άρα Μ( X a + 1 , Ya - 5 ).Επειδή το Β 2 2 ανήκει στην (ε 2 ) και το Μ στην (ε ι ) έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/52

{

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

{ΥΒ

= Χ; + � . yB - 5 = 3 X B + 1 + 4 2 2 Λύνοντας το σύστημα αύτό βρίσκουμε Β( - 5,1). Άσκηση

1 1η

Δίνεται η εξίσωση: 2 2 2 - α + 28 =Ο (α + 5α + 7)χ (α - 5α + 6)y + α 5 -

με α Ε

(1).

α) Να δείξετε ότι η εξίσωση (1) παριστάνει

ευθεία για κάθε α Ε

•

β) Να δείξετε ότι όλες οι ευθείες που παριστάνει

η (1) για τις διάφορες τιμές του α

' δ2 = ( - α 2 + 5α - 6, - α 2 - 5α - 7) . Ειναι: (ε) // (κ) <=> δι // δ2 <::::> det( δι , δ2 ) = Ο <=> 1 Οα + 1 = Ο<=> α = _.!.._ Άρα η ζητούμενη ευθεία 10 είναι η (ε): x - y + 1= Ο. ___..

�

Άσκηση

•

12η

Θεωρούμε τις ευθείες (ε 1 ): y = 15 και (ε ) : y = 2χ - 8. Να βρεθεί η εξίσωση της

9χ -

συμμετρικής ευθείας (ε 3 ) της (ε 2 ) ως προς την

(ε ι )·

{yy = 9x-15 = 2x-8

Βρίσκουμε αρχικά το σημείο τομής Α των (ε ι ) και (ε 2 ) λύνοντας το σύστημα . Λύση :

διέρχονται από σταθερό σημείο.

Βρίσκουμε Α(1,- 6).Θεωρούμε τώρα ένα σημείο της (ε 2 ) διαφορετικό από το Α, π.χ. το Κ(Ο, - 8) ορίζεται από την (1) και είναι παράλληλη προς και βρίσκουμε το συμμετρικό Κ ' του Κ ως προς την ευθεία (κ): χ - y + 61 = Ο. την (ε ι ).Είναι λ ει = 9 και άρα λκκ. = Άρα η Λύση : α) Γνωρίζουμε ότι κάθε εξίσωση της μορφήςΑχ + By + Γ = Ο όπου Α,Β,Γ Ε 1R με ' IAI+IBI :;t: Ο παριστάνει ευθεία. Η (1) είναι της εξίσωση της ευθείας (ΚΚ ) είναι y + 8 .!_ χ <=> μορφής Αχ + By + Γ = Ο όπου Α,Β,Γ Ε 1R . y = - χ - 8. Η τομή, έστω Λ των (ΚΚ ') και (ε 1 ) .!_ Παρατηρούμε ότι α 2 + 5α + 7 > Ο για κάθε α Ε JR αφού Δ = 25 - 28 = - 3 < Ο. Άρα η (1) παριστάνει έχει συντεταγμένες τη λύση του συστήματος y = 9x - 15 ευθεία για κάθε α Ε JR . . Βρίσκουμε Λ( 63 - 663 ). Αν 1 β) Θεωρούμε δύο ευθείες (ε 1 ) και (ε 2 ), οι 82 ' y = -- x - 8 82 9 εξισώσεις των οποίων προκύπτουν από την ( 1) για Κ ' (κ, λ), τότε κ 63 και λ - 8 = - 663 . Άρα τις τιμές α = Ο και α = 1 αντίστοιχα. 2 82 2 82 . (ε 1 ): x-6y+28 =O και (ε ) : 13x-2y--= 12 O . 63 335 Ειναι 7 2 Κ ' ( ,).Η ευθεία (ε 3 ) διέρχεται από τα 5 5 41 41 Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων αυτών 89 . Και λ σημεία Α και Κ'. Άρα = λ = ΑΚ 2 7 εJ ' ' εχει ' λυση ' την (χ = ,y = 5 ) . 22 βρισκουμε οτι S επειδή η (ε 3 ) διέρχεται από το Α η εξίσωση της Η λύση αυτή, όπως επαληθεύουμε εύκολα, είναι 89 και λύση της εξίσωσης (1) για κάθε α Ε JR . Άρα είναι η y + 6= - 22 (χ - 1), δηλαδή η 43 . 89 χ -όλες οι ευθείες που παριστάνει η ( 1) διέρχονται y = - 22 22 ' Α( 52 , 57 ) . απο το σημειο γ) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας που

-i-· =-

{

γ) Η ευθεία χ - y + 61 = Ο είναι παράλληλη στο διάνυσμα δ1 = (- 1 ,- 1 ), ενώ για κάθε α Ε JR η ευθεία (ε) που ορίζεται από την ( 1) είναι παράλληλη στο διάνυσμα ___..

Βραβείο Νοταρά της Ακαδημίας Αθηνών, 2014, με χρηματικό έπαθλο 3.000 ευρώ στον

Δρ. Μιχαήλ Θ. Ρασσιά, για το βιβλίο του με τίτλο:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 98 τ.2/53

------- Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ------ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΠΑΡΟΥΣΙΑΣΗ ΤΩΝ

Γ ' ΑΥΚΕΙΟΥ

ΣΤΑΠΣΠΚΩΝ ΔΕΔΟΜΕΝΩΝ ΜΙΑΣ ΚΑΤΑΝΟΜΗΣ Τουρναβίτης Στέργιος

Σκοπός της εργασίας αυτής, είναι να παρουσιάσει κάποιες ασκήσεις που λύνονται με την βοήθεια στατιστικών πινάκων, διαγραμμάτων και να βοηθήσει ταυτόχρ ονα στην περαιτέρω κατανόηση κάποιων στατιστικών όρων (συχνότητα, σχετική συχνότητα κ. λ. π.) που εμπλέκονται στη λύση αυτών των ασκήσεων.

τη βοήθεια (του «εξορισμένου>> από τις γεωμετρικές κατασκευές μοιρογνωμονίου), το διάγραμμά σας θα πρέπει να μοιάζει με αυτό της παρακάτω εικόνας:

1. Ο τρόπος μεταφοράς ενός δείγματος φοιτητών σ' ένα Πανεπιστήμιο, βρέθηκε ότι ήταν:

Κυκλικό

Μ.�'!'�φ�ρι�� -(�ι) Π�ρ�(tτη�:�:� :π9��λ�� , Λ��<?Ρ_Ιψ� -�-·φ_��Jr_e�q - _

(�ι)

_ _ _ _ _

_ _ _ _

- - - - - - - - - - - - - - - - - _

- - - - _ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _

- - - - - - - - - - -

- - - - - - - - _

διάγραμμα

: Συχνότητα ι__ _ ι !� - - - - - --�-ι _ _ �� _ ι - - - - - }? _____ _ _

_ _ _ _

8 Περιτάτημα Π οδήλατο

_ _ _ __

Λε ωφ ορ ε ί ο

_ _ _ _ _ _

Τρένο

__ - - - - -

�� Σύνολο

Αυτοκίνητο

Μπορείτε να βοηθήσετε την ομάδα σύνταξης των φοιτητών, να παρουσιάσει τα δεδομένα αυτά του διπλανού πίνακα, σ' ένα ιαικλικό διάγραμμα με σκοπό να τα εκθέσει στο μηνιαίο περιοδικό του Πανεπιστημίου; Λύση :

ο 2. παρακάτω πίνακας (ελλιπής) το συχνοτήτων και αντίστοιχο ιαικλικό διάγραμμα, αναφέρονται στις προτιμήσεις ενός δείγματος ν μαθητών από διάφορα Λύκεια της Ελλάδας όσον αφορά το ο τους άθλημα.

Το σύνολο των φοιτητών είναι: 12 + 8 + 26 + 1 1 = 90 Αν ωi ,i = 1, , 5 οι γωνίες του κυκλικού διαγράμματος που θα φτιάξουμε τότε: ωi = fi · 360o,i = 1, . . . ,5 ,όπου fi ,i = 1, . , 5 η σχετική συχνότητα κάθε μεταφορικού μέσου. Άρα: ω1 = .!3. . 360° = 48° . fi = vi ,i = l, ν 90 Με την ίδια διαδικασία μπορείτε να υπολογίσετε και τις υπόλοιπες γωνίες ώστε να συμπληρώσετε α) στη συνέχεια την τρίτη στήλη του πίνακα.

...

(

.. .,s).

- - - - - - - ��- - - -

{, , �� ,-\ - .:.. - ��- - : - �!λ <!�_μ_�ψ _g�ρ��:rJJ !l:�. - j ! � - l - - - - - - - -�-� - - - - - - - _g<?§fι�-��9- ι � ι Λ��φ_qρ�ί� ι �� - ι i 33 i Τnένο -

_ _ -

_ _ _ _

_ -

_ _ _

_ _

_ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _

--��Σύνολο

90 :

Αν έχετε κάνει σωστά τους υπολογισμούς σας, με

-------��------ j -��_

_ - -

�--��-� ��!��λ

�.C!Ύ�J.!��- - - - -i - - - - - - - - - �---- -----�9.. - - - - - Μπάσκετ - - - - - - - - - ·: - - Ίι - - - 80 �ι_----- 22ο -·i·- - - - - , �

��:-

- - - - -

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

i-- -

- -

- - - - - - - - -

-��---------

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

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

�� Σύνολο

Πόσοι μαθητές πήραν μέρος στην δειγματοληψία; β) Πόσοι από αυτούς είναι (ρίλοι του ποδοσφαίρου; γ) Μπορείτε να συμπληρώσετε τα κενά της στήλης των συχνοτήτων και για τα άλλα αθλήματα; Λύση :

α) Για να βρούμε το σύνολο των μαθητών του δείγματος, ξεκινάμε από την γραμμή του πίνακα συχνοτήτων που είναι συμπληρωμένη. Αυτή δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/54

είναι άλλη από την προτίμηση στο βόλεϊ. Έχουμε όπως και προηγουμένως: ω5 = f5 360° . Άρα: 55° = 220 360° <=> ν = 1440 ν •

r----ιι...ι..ι. �1'1>-

·-- ---- ---��==� _..,...,.. .,� οβλ>\,.οW{ ν �ι....,

στήλη των σχετικών άθροιστικών συχνοτήτων

( F; ο/ο) , αλλά ούτε καν τη στήλη συχνοτήτων αθροισπκών (Ν;). Οι

επί τοις εκατό των

αθροιστικές συχνότητες έχουν νόημα,

μόνο Ύια

ποσοτικές μεταβλητές . . . Λύ ση :

Ως γνωστόν ισχύει: . - 1' 2' 3 4 5 vi - fi -- --/0 fi ο.ι ,1 ' ' 100 100 - ν π.χ. f1 % = 1 2 ::::: 13,33 . 100 - 90 τελευταία σχετική συχνότητα επειδή κάναμε Την προσέγγιση στους υπολογισμούς μας θα την βρούμε δια αφαιρέσεως από το 100 το σύνολο των υπολοίπων. ---

β, γ) Για τους φίλους του ποδοσφαίρου, δεν

γνωρίζουμε ούτε πόσοι είναι (ν5), αλλά ούτε και την γωνία (ω5) που αντιστοιχεί στο «κομμάτι της πίτας τους». Μπορούμε ωστόσο να την βρούμε, αν από το 360 (το σύνολο των μοιρών του κύκλου) αφαιρέσουμε το άθροισμα όλων των γωνιών από τα υπόλοιπα αθλήματα που δίνονται. Έχουμε: ω5 = 360 - (50 + 80 + 60 + 55) = 1 15 Έχοντας ξετυλίξει αρκετά το κουβάρι της λύσης, μπορούμε να υπολογίσουμε όχι μόνο τους «λάτρεις» του ποδοσφαίρου, αλλά και αυτούς που συμπαθούν και τα υπόλοιπα αθλήματα από τον τύπο: ν i - 3600 νi = ν - ωi ι. = 1, . , 5 ωi = � <=> .. 360 ' _ π.χ. ν - 1440 - 50 - 200 ι 360 Έτσι αν ολοκληρώσετε σωστά τους υπολογισμούς σας, ο πίνακάς σας θα πρέπει να μοιάζει με τον παj)ακάτω: _�!(«!�.ιι-��-�ι _ �-�Y:rJ.!��- _ _ _ _ _ ι _ _ -�9� _ _ -ι _ _ _ _ _ _ _ _ ?.� _ " _ _ _ _ _ _ i 320 - - --80-- - --Μπάσκετ JS-_q��μ�ι_ - - - - - - .ι---��-Q --- - -- - - ?.� --------

Στην άσκηση 1:

: ωι jl !I --------��-------i. -��--J .<�� «:ιJΡ.�ς>- -:- - - ��--:

48 :Ι•i - Περπάτημα i 13 33 i 12 i - - - - - - - - - - - - - - · · 9 · - - - - - �- - - - - - - - - - - - - - - - �- - - - - 1 - - - - -

ι :��+:: : ::z�:J::::-}t;ι :]::1�::�: j

·�� z%:-ί��- :--π---� :- ------�1-------: - ��:;�.� -

Σύνολο

i 90 i

•

Βόλεϊ

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

r----------

220

: Γ----------

-----

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

�-�� Σύνολο

i 1440

360

Στις προηγούμενες ασκήσεις, μπορείτε να προσθέσετε μία επιπλέον στήλη. Τη στήλη των σχετικών συχνοτήτων επί τοις εκατό f1

( ο/ο)

Κρίμα που οι μεταβλητές είναι ποιοτικές και δεν μπορούμε να προσθέσουμε και 4" στήλη, την

i 100

Στην άσκηση 2:

I ��

ωι Ιι ο : _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _:_ _ _ _ _ ij _(�� -{_Ρ-�ς)_ _ ι - - - � - - -��'!Ί!J:�9λ _ _ _ _ _ j _ _ _ �Q9_ _ _ I . . . . . . ?.� - - - - - - _ _ _l_�z��- -Μ��-�-�� _ _ _ _ _ _ j_ _ _ ?.�9- _ _ ------�-�-- . . . _ _ - - ��z�� - -�9λ��- _ _ _ _ _ _ J. . . ��9. _ . . ..... ?.� .... . . . .. _l_�z?J . . . �9�! _ _ _ _ . _ . . _ . J_ . . ��9. _ . I .. _ . . _ ?.� . _ . . . . . . . _1_�z�� . . •

�·-

--�'- -

460

��- _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ι----�� _ _ _ _ ι

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

360

115

3 1 94

Α ς δούμε τώρα τι γίνεται και με τις ποσοτικές διακριτές μεταβλητές, όπως τη ρ ίψη ενός ζαριού, όπου μπορούμε να ασχοληθούμε και με δύο ακόμη (απόλυτες συχνότητες και σχετικές) αλλά αθροισrικές ...

5. Ο παρακάτω ελλι πής πίνακας, είναι το αποτέλεσμα (άγνωστου αριθμού, ν) ρίψεων ενός ζαριού σ' ένα επιτρα πέζιο παιχνίδι (φιδάκι).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.4/55

-------

Μαθηματικά yια την Γ Λυκείου ------fi% Fi% F :: :: F I Xi :: ν :: Ν

- - - - - - - - - - �- - - - - - Γ - - - - - , - - - - - - - - , - - - - - - - - r - - - - - - -� - - - - - - -

_1 j - - - : -� - - ; - - - - - ;-- - - - - - - � - - - - - --�- ------2 : - - - - - - - - - - �- - - - - -�: - - - - - �: - - - - - - - - �: - 0,4 - - - - - - - :� - - - - - - -�: - - - - - - -

- - - -

- _ _ _

_ - - - _ _ _ - -

_ _ _ _

J_� :

_ _ _

_ _ _ _ _

ι J : 35 : : _ _ _ _ _

_ _ _ _ _ _ _ _

1 : :

9 ?� _,

_ _

� : :

_ _ _ _ _ _ _

ι : :

_ _ _ _ _ _ _

- - - - - - - - - - � - - - - - - r - - - - - � - - - - - - - - , - - - - - - - - r - - - - - - -r - - - - - - -

� ο/ � ιι ιο i Ι ι.ι /Ο Ι Ιο/ Ι . . ��,��ςςς�� 1 i 8 i 1\ _ i Ο, 1 6 i Ο, 1 6 i 1 6 i 1 6

ο ο ο ο 20 ο ο ο ο : 0 120 τ ο zό τ ο ό: 204 ο : ο ο .00_40 ο ο τ ο :iιi ο Γ ο 040°0 ο ο -- - - - - - - - - - - - - - ι. - - - - - . L - - - - - _ ι_ - -

0,7 4 : 9 5 : : : : : ιι : : 0�22 : 6 -��'\.� ��-w - �'\.'\.'\.'\.'\.'\.� 50

52 70

� z._�_ _ �

συνέχεια δεν θα μας δυσκολέψει αφού γίνεται με παρόμοιες διαδικασίες. Ο ολοκληρωμένος Μπορείτε να συμπληρώσετε τα άδεια κελιά πίνακας θα πρέπει να μοιάζει με τον παρακάτω: του παραπάνω πίνακα; Από τον πίνακα αυτόν, να εκτιμήσετε το Β) i) Παρaτηρούμε ότι οι φορές που ήρθε το ζάρι ποσοστό των ρίψεων που είναι: 1 ή 2 είναι 8+ 12 = 20 και το αντίστοιχο ποσοστό ί) μικρότερο του 3, Αυτό μπορούμε να το βρούμε είναι: ίί) 5 ή 6, και κατευθείαν από την F2% = 40. iii) τουλάχιστον 2, αλλά το πολύ 5. Η

Γ)

: 12 : : 18 :

•

- - - - - - - - - - - 1 - - - - - - L - - - - - -'- - - - - - - - .I - - - - - - - - - � - - - - · · ·'· · • • • • • • • • ι

"':-

Β)

0,52

- - - - - - - - - - - τ - - - - - - r · - - - - - ,- - - - - - - - , - - - - - - - - - � - - - - - - - ,- - - - - - - - - -

Συνολο :

Α)

- - - - .J - - - - - - - - - _ι_ - - - - - _ ι_ -

: 26 : ο, 1 2 : : 3 5 : 0, 1 8 :

- - - - - - - - - - - � - - - - - - � - - - - - -ι- - - - - - - - � - - - - - - - - - � - - - - - - -� - - - - - - - - -

Στη συνέχεια να κατασκευάσετε το ραβδό γραμμα των σχετικών συχνοτήτων%.

Λύση : Α)

Αρχίζουμε από, ν1 = Ν1 = 8, F2% = F2·100 = 0,4"100 = 40. Όμοια, F3% = F3·100 = ... = 52. Στη συνέχεια μπορούμε να εκμεταλλευτούμε τις δύο συνεχόμενες τιμές F2 και F3 (στη στήλη των αθροιστικών συχνοτήτων που δίνονται) και από το γνωστό «τριγωνάκι» να υπολογίσουμε την άγνωστη συχνότητα f3. Έχουμε: 0,4+ f3 = 0,52 ::::) .oJ.A4

::t� :� �� :��ι�ι� :: :��: • f3 = 0,52 - 0,40 = 0,12. Ο υπολογισμός αυτής της σχετικής συχνότητας f3, σε συνδυασμό με την ν3=6, θα μας επιτρέψει να βρούμε το μέγεθος ν του δείγματος. Χρησιμοποιώντας έτσι τον ορισμό της υπολογισθείσας σχετικής συχνότητας f3; έχουμε: 50. Αυτό με την σειρά του

ο, 1 6 : ο, 1 6

8 :

16 : 16 i 1 2 i 20 i 0,24 i Ο Α i 2 4 i 40 : 6 : 26 : ο , 1 2 : 0 ,52 : 1 2 : 52 : 9 : 3 5 : 0, 1 8 : 0,7 : 1 8 : 70 : 4 : 3 9 : 0,08 : (), 78 : 8 : 78

- - - - - - - - - - �- - - - - - � - - - - - - � - - - - - - - � - - - - - - - - � - - - - - - - � - - - - - -

2 3 4 5 6

- - - - - - - - - - �- - - - - - φ · - - - - -� - - - - - - - � - - - - - - - - � - - - - - - - � - - - - - - - - - - - - - - - �- - - - - - � - - - - - - � - - - - - - - 1 - - - - - - - - � - - - - - - - � - - - - - - - - - - - - - - - �- - - - - - τ - - - - - -r - - - - - - - , - - - - - - - - � - - - - - - - r - - - - - - - - - - - - - - - ·ι - - - - - - τ - - - - - · r - - - - - - - , - - - - - - - · r · - - - - - · r - - - - - -

: ι 1 : so : 0.22 :

22 : ωο

Σύνολο

Το ποσοστό των ρίψεων που είναι 5 ή 6, βρίσκεται αν υπολογίσουμε το άθροισμα, ii)

fs% + f6% = 8 + 22 = 30.

iii) Παρόμοια βρίσκουμε το ποσοστό των ρίψεων που είναι από 2 μέχρι και 5. Επιχειρώντας μία διαφορετική προσέγγιση από τις προηγούμενες, μπορούμε να πούμε ότι αυτό το ποσοστό μπορεί να υπολογισθεί και από τον τύπο:

θα «ξεκλειδώσει>) μια σειρά από άγνωστες Fs % - Fι% = ... = 62. συχνότητες, όπως την Γ) Ρ αβδόγραμμα σχετικών . Χρησιμοποιώντας ορισμούς και τεχνικές αuχvοτήτων fi%, όπως περιγράφηκαν παραπάνω, ο πίνακάς μας θα των ενδείξεων ενόc; ζαρ ιοu μοιάζει όπως ο παρακάτω: 30 Με έντονο μωβ χρώμα, έχουμε σημειώσει τα 25 κελιά του πίνακα που έχουμε υπολογίσει. 20

Στο σημείο αυτό είναι σκόπιμο να αναφέρουμε την 15 fto/o «τεχνική» υπολογισμού της άγνωστης συχνότητας 10 ν5 , που βρίσκεται σε μία γραμμή που όλα της τα 5 κουτάκια είναι άγνωστα, αξιοποιώντας ξανά το ο σύνολο ν των ρίψεων που υπολογίσαμε 2 3 4 5 6 προηγουμένως. Αυτά με τις κατανομές, ποιοτικές και ποσοτικές νι + ν2 + ν3+ ν4 + νs+ ν6 = ν ::::) νs = 50 - ... = 4 . που το χαρακτηριστικό, οι τιμές χ1 της μεταβλητής είναι μικρό. τι γίνεται όμως σε μία έρευνα, όταν 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98

τ.2/S6

•

με ευθύγραμμα τμήματα τα μέσα των άνω βάσεων και το πλήθος των τιμών της των ορθογωνίων. είναι αρκετά μεγάλο; Σε τέτοιου είδους περιπτώσεις, είναι απαραίτητο να κάνουμε μία ομαδοποίηση των παρατηρήσεων προκειμένου να κατασκευάσουμε τα διαγράμματά μας, αλλά και να εξάγουμε γενικά τα συμπεράσματά μας. έχουμε

ποσοτική

διακριτή και πολύ περισσότερο

συνεχή μεταβλητή

Ιιπόγpαμμα t.οι πολuνωνο σ-ι.νο ιηιων

6. Οι χρόνοι (σε λεπτά) που παρατηρή θηκαν σε 25 δρομο λόγια τρένων, δίνονται από τον διπλανό πίνακα.

4 4 9 4 7

11 7 8 5

6 5 6 7 6

3 8 4 11 10

7 6 8 9

Α) Να ομαδοποιήσετε τα δεδομένα σε 5 κλάσεις ίσου πλάτους και να κατασκευάσετε τον πίνακα κατανομής νι, Νι, ι Β) Να κατασκευάσετε το ιστόγραμμα και το πολύγωνο, Bl) συχνοτήτων, Β2) σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων. Γ) Να βρείτε το μέσο χρόνο καθυστερήσεων των δρομολογίων. Δ) Ποιο είναι το ποσοστό των δρομολογίων που είχαν καθυστέρηση τουλάχιστον 7 λεπτά;

f, Fι, fι%, Fι%.

Για να κατασκευάσουμε το ιστόγραμμα των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων, ενώνουμε αυτή τη φορά τα δεξιά άκρα (και όχι τα μέσα) των άνω βάσεων των ορθογωνίων. nοΟ'οστ:α δρομο.ι.οyί•ν

Πολύγωνο σχοιι ών σu;.:νοιήτων

Λύση :

Το πλάτος c κάθε κλάσης το βρίσκουμε αν διαιρέσουμε το εύρος R (Range) της διαφοράς της μικρότερης από την μεγαλύτερη τιμή, δια του πλήθους κ των κλάσεων. Στην άσκηση μας είναι και . Αρχίζοντας από την Έτσι, μικρότερη παρατηρούμενη καθυστέρηση 2 και Α)

ο.::

XPOVOI

προσθέτοντας κάθε φορά το 2, δημιουργούμε τις 5 κλάσεις.

οι

Atmό

Αν υπολογίσουμε κατά τα γνωστά και τα Γι Ο Μέσος χρόνος των καθυστερήσεων είναι υπόλοιπα στοιχεία, καταλήγουμε στον παρακάτω ουσιαστικά η Μέση Τιμή της ομαδοποιημένης κατανομής. Στον υπολογισμό της θα μας βοηθήσει πίνακα: η στήλη των κεντρικών τιμών κάθε κλάσης που _ _ _ _ _ _ _ _ _ � _ -�i_ l _ -�ί- �- �ί-_:_ !i _ _ _ �- �i-_ - � - !ι0(� : _1�\0.:� � _ �J _.�i αντιπροσωπεύουν κάθε παρατήρηση της κλάσης (�.�ι l: � ι� j _ �- j: plμ_ J_ ΡΛ�- _υ�υ_� :_: -� _ : τους. Σύμφωνα με τον τύπο, 30 0,24 : 0,36 24 : 36 5 : 6 : 9 [4,6) -: -ί 7 τ σ-,32- : σ-.68-Γ32-- -:- -68 - - - :- -56- - -[6.-8)- --:τ -7- -:-s, , � , � r r Σ χί · νi I [8, 1 0) : 9 : 5 : 22 : 0,2 : 0,88 : 20 : 88 : 45 1 7-3 = 6, 92 . Ι.:... χ ...ο.:i=:. - , έχουμε: χ = � tig�i�i � [ �!! � 1 ��Ι�� Ι��!�� Ι :ι�� J� 1?: � �[ )�Qg� �[ �� Ι 25 25 I : : : : : ---------: : Δ) Παρατηρούμε ( το από αρχικό πίνακα) ότι ν Σύνολο 1 73 υπάρχουν 4 δρομολόγια τραίνων που Οι κεντρικές τιμές είναι οι καθυστέρησαν ακριβώς 7 λεπτά και 5+3 κλάσης. δρομολόγια (από τον πίνακα συχνοτήτων ν1) με Β 1 & Β2) Για το πολύγωνο συχνοτήτων θεωρούμε . στην αρχή και στο τέλος δύο υποθετικές κλάσεις καθυστέρηση από 8 λεπτά και πάνω 5+3 = 4 + μηδενικής συχνότητας και στη συνέχεια ενώνουμε Το αντίστοινο Ο' 48 . Λ ποσοστό θα είναι: _ _

_ _ _

_ _

_ _ _

- - - - - -

- - - - - - - - -

- - - -

- - - - - -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.4/57

-------

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΣΤΑΠΣΠΚΗΣ

Γ ΆΥΚΕΙΟΥ

Κονόμης Άρτι

Άσκηση 1 Ένας μαθητής έγραψε τρία συνεχόμενα τεστ στα μαθηματικά. Ο βαθμός του δεύτερου τεστ είναι μεγαλύτερος του πρώτου και μικρότερος του τρίτου. Αν η διάμεσος των παρατηρήσεων να το εύρος 6 και η μέση τιμή είναι βρεθεί ο βαθμός που πήρε ο μαθητής σε κάθε τεστ. Λύση

14,

Έστω t 1 , t2 , t3 οι βαθμοί που πήρε ο μαθητής σε κάθε τεστ. Έχουμε t1 < t2 < t3 . Άρα δ = t2 = 14 . R = 6 <::::> t3 = t1 + 6 Επίσης :Εχουμε

+ t 2 + tJ = 14 <::::> tι + 14 + t ι + 6 = 1 4 <::::> tι -χ = 14 3 <::::> . . . <::::> t1 = 1 1 . Άρα οι βαθμοί που πήρε ο μαθητής είναι : 1 1, 14, 1 7 .

Άσκηση 2 Στον παρακάτω πίνακα δίνονται τα ετήσια κέρδη ( σε εκατομμύρια ευρώ ) των εκατό επιχειρήσεων ομαδοποιημένα σε πέντε κλάσεις Κλάσεις χ ν. Ν. f. f. 0/n F. F. 0/n

ro 2) Ι2 4) Γ4 6)_ Γ6 8) Γ8 1 0)

-------

Επίσης ισχύει : f1 + f2 + f3 + f4 + f5 = 1 <::::>

5 . . . <::::> f3 + f4 = 0,4 ( 1 ) και.! = Σ χ;f; i=l

4, 3 = 1 Ο, 2 + 3 · Ο, 3 + 5 · f3 + 7 · f4 + 9 Ο, 1 <::::> . .. <::::> 5f3 + 7f4 = 2,3 (2) Από τις σχέσεις (1) και (2) βρίσκουμε f3 = Ο, 25 και f4 = Ο, 1 5 . <::::>

Στη συνέχεια υπολογίζουμε τα υπόλοιπα στοιχεία του πίνακα με τους γνωστούς τύπους: Κλάσεις

ro 2) Γ2 4) Γ4 6) Γ6 8) Γ8 1 0)

χ.

Ν..

f. 0/n

F..

Ε%

0,20

0,30

0,50

0,25

0,75

0, 1 5

0,90

100

0, 1 0

100

1 00

Σύνολο

β) Από τον παραπάνω πίνακα προκύπτει το παρακάτω ιστόγραμμα και πολύγωνο αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων επί τοις εκατό F; % .

0,3 100 ποαοαιό 00

ΙΣτΟΓΡΑΜΜΑ ΣΧΕτΙΚΩΝ ΑθΡΟΙΣτΙΚΩΝ ΣΥΧΝΟlΉlΏΝ ΕΠΙ ΤΟΙΣ ΕΚΑΤΟ . ' Ι((ιρήσεων

100

Σύνολο ,\

�J

Α,

.... ·ι

,;.,.....

,..., .,. 'I

Υ ""

-Λ .,'t

........., .

......

συμπληρώσετε τον πίνακα. β) Να γίνει το ιστόγραμμα και το πολύγωνο των αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων ( Fi % ) και να βρεθεί η διάμεσος και το εύρος του δείγματος. γ) Να βρείτε το ποσοστό των επιχειρήσεων που είχαν κέρδη πάνω από εκατομμύρια ευρώ δ) Να δείξετε ότι το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. ε) Στη συνέχεια τα κέρδη μειώνονται κατά και μετά αυξάνονται κατά α εκατομμύρια ευρώ. Να βρεθεί η μικρότερη ακέραια θετική τιμή του α, ώστε το νέο δείγμα που θα προκύψει να είναι ομοιογενές. Λύση

1,5

10%

20 = 0, 2 , f 2 = 0, 3 , 100 F5 % = 100 - 90 = 1 Ο => f5 % = 1 Ο => f5 = Ο, 1

α) 'Εχουμε: ν = 100 , f1 =

30 20 10

(ιιιcrrο μύpκr ι uριι) ο

�

ου

πολυγώνου με τεταγμένη 50% Άρα δ = 4 . Το εύρος είναι η διαφορά του κατώτερου ορίου της πρώτης κλάσης από το ανώτερο όριο της τελευταίας κλάσης. Δηλαδή: R = 1 Ο - Ο = 1 Ο

f% γ) Επειδή: 1 + f2 % + f3 % + f4% + f5 % = . .. = 85 , __±__

το ποσοστό των επιχειρήσεων με κέρδη πάνω από 1,5 εκατομμύριο είναι : 85% Έχουμε χ = 4.3 δ) και i=l

συντελεστής μεταβολής είναι :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/58

Άρα

s ::::::

2.47 . Ο

-----

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

τιμές χ1 με i =

1 cv = 2,47 + 4,3 :::: 0, 57 > 10 •

1 , 1 sY 1 CV � - . Όμως: CV � - <=> -=- � - <::::> y 10 y 10 Υ 10 .. . <::::> α :?: 18.36 . Άρα α = 19 .

(2) . Από τις σχέσεις (1 ) και (2) βρίσκουμε χ = 38 και s = 4 . Στην κανονική κατανομή ισχύει δ = � και R 6s . Άρα δ = 38 και R 24 .

Να βρεθεί

β) Έχουμε

i=Ι

�

CV2 = � � 0, 24 = � � s x = Ο, 24 · χ (1). Αν χ

4000 i=l

= � = � > _!_ . Άρα το δείγμα δεν χ . 38 10

τυπική απόκλιση ισχιJει y = χ + α = 38 + α και s Y = sx = 4 . Για να είναι το νέο δείγμα ομοιογενές ' πρεπει και αρκει'

δείγμα των παρατηρήσεων ν = 4000 , το οποίο ακολουθεί

β) Να βρείτε το άθροισμα Σ χ� .

. . . � Σ χ ; = s.84o.ooo .

i = 1,2, ... ,4000 . Άρα για τη μέση τιμή y και την

- -' ;____ _ _

την κανονική κατανομή. Δίνεται επιπλέον ότι 100 παρατηρήσεις είναι μικρότερές του 30 και 6 παρατηρήσεις είναι μεγαλύτερες του 50 . α) Να βρείτε τη μέση τιμή, την τυπική απόκλιση, τη διάμεσο και το εύρος του δείγματος.

�

είναι ομοιογενές. δ) Κάθε παρατήρηση Υ; με i = 1,2, ... ,4000 του νέου δείγματος δίνεται από τη σχέση: Υ; = Χ; + α ,

(I) s Y = sx = 0,24 - Χ: Ισχύει (3). s s ( 2),()) ο, 24 . χ - .. <::::> ο ' 08 - ...!. C'' ν Ι = ...!. - .. <::::> ο' 08 - χ + 10 Υ Υ . . . <::::> χ = 5 . Οπότε y = 5 + 10 = 15 .

Άσκηση 4 Θεωρούμε το Χ1 , Χ2, •••, χν με

γ) Ισχύει :

οι σημερινές ηλικίες των ν φίλων και y,s Y η μέση τιμή και η τυmκή απόκλιση αντίστοιχα, τότε έχουμε Υ = χ + 10 (2) και y1 , y2 0 .. . , y

�

4000 1 4000 s2 = -1 Σ χ � - ( χ)2 . Άρα: 42 = -- Σ χ � - 3 82 4000 i= Ι ν

Έστω χ χ2 0 χ οι ηλικίες των ν φίλων πριν 1 0 χρόνια και χ, sx η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση αντίστοιχα. Έχουμε : •••

99.7% .....

6 4000

η μέση σημερινή ηλικία τους. Λύση 1,

i"+s X+2s X+3J'

είναι : -- = 0, 0015 = 0,15% . Άρα x + 3s = 50

24 % .

. ·+-6s% .....: i +-- 95% ____.:

Το ποσοστό των παρατηρήσεων που είναι μεγαλύτερες του 5 0

Άσκηση 3 Το δείγμα των σημερινών ηλικιών μιας παρέας ν φίλων έχουν συντελεστή μεταβολής = cvl ' ενώ πριν 10 χρόνια είχαν =

, 4000 , έτσι ώστε το νέο

100 = ο, 025 = 2 5% ' 4000 Άρα: χ - 2s = 30 (1)

συντελεστή μεταβολής CV2

----

.•..

α) Το ποσοστό των παρατηρήσεών που είναι μικρότερες του είναι: 30

•

1,2,

δείγμα που θα προκύψει να είναι ομοιογενές. Λύση

Άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. ε) Αν y1 , y2 0 , yv τις νέες τιμές του δείγματος τότε Υ; = 0,9χ; + α, i = 1,2,3,4,5 και y = Ο, 9χ + α = Ο, 9 4, 3 + α = 3, 87 + α και s Y = 0,9 sx = 0,9 2,47 2,22 . Για να είναι το νέο δείγμα ομοιογενές πρέπει και αρκεί : •

Όμως:

cvΥ

1 � lO .

1 sY 1 � - <::::> -=- � <::::> 10 Υ 10

<=>-4- �_!_ <::::> 40 � 38 + α <::::> α 2 2 . Άρα: α = 2 . 38+ α 10

Άσκηση 5 Έστω t1 , t2 ,

•••

, tν παρατηρήσεις ενός δείγματος

μεγέθους ν μιας ποσοτικής μεταβλητής

με

μέση τιμή χ 'i' και τυπική απόκλιση s "Φ Ο • Θεωρούμε επίσης τη συνάρτηση f με τύπο 2 f(x) = -3sx + για την οποία ισχύει ότι η

4000

i=l γ) Να αποδείξετε ότι το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. δ) Να βρείτε το μικρότερο θετικό αριθμό α που πρέπει να προσθέσουμε σε κάθε μια από τις

2ix- 5

εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο με τετμημένη χ = ι είναι παράλληλη ' στον άξονα χ χ και έχει ολικό μέγιστο το α) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/59

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου ------μ β) Να βρείτε τη μέση τιμή και την τυπική βί μ απόκλιση. _ _ _ -------

χ. = _cl_ <=> Σβί = μχ. = μχΑ (3) . μ i=t α) Επειδή η εφαπτομένη της Cr στο χ = 1 είναι Η μέση τιμή του δείγματος Γ είναι παράλληλη στον άξονα χ' χ ισχύει : s 1 Σα; + Σα; f'(1) = Ο <::::> -6s + 2χ = Ο <::::> χ = 3s <::::> "i = "3 i=t �r = i=t (4) . ν+μ ν + μ Άρα ο συντελεστής μεταβολής είναι : Επίσης ισχύει: CV = � = � = .!.. > _..!._ . Δηλαδή το δείγμα δεν είναι χ 3s 3 10 s � = _!_ f α2 ; - ( χ Α )2 <=> f α2; = νs � + ν ( χ Α )2 (5) ν ομοιογενές. β) Από το α) ερώτημα έχουμε χ = 3s (1) Επίσης η f έχει ολικό μέγιστό το 1 . Έχουμε : f '(x) = Ο <::::> -6xs + 2χ = Ο <::::> -6xs + 6s = Ο <=:> χ = 1 . f '(x) > Ο <::::> χ < 1 f '(χ) < ο <=> χ > 1 Άρα η συνάρτηση παρουσιάζει μέγιστο στο 1 . Οπότε: f(l) = l <=> -3s + 2x - 5 = 1 (2). Από τις σχέσεις (1) και (2) προκύπτει: s = 2 και χ = 6 . Έτσι με αντικατάσταση στην τελευταία σχέση των (3),(4),(5) και (6) έχουμε : Άσκηση 6 2 2 Θεωρούμε τα παρακάτω δείγματα : 8� νs� + ν ( �) + μs� + μ ( � ) Δείγμα Α: α 1 , α 2 , , αν και = - ( χ Α )2 ν μ + Δείγμα Β: β 1 , β 2 , β νs � + μs� + ( ν + μ ) ( �)2 2 Κατασκευάζουμε ένα τρίτο δείγμα Γ που = χ Α ) ( αποτελείται από όλες τις παρατηρήσεις του ν+μ δείγματος Α και του Β δηλαδή �)2 ( μs νs + Δείγμα Γ: α1 , α 2 , αν , β ι , β 2 β � � � = χ Α )2 + ( ν+μ Η μέση τιμή του δείγματος Α είναι ίση με τη )ΥΙ1ί μέση τιμή του δείγματος Β και έστω s�,s� και 2 2 νsΑ + μsΒ s� οι διακυμάνσεις των δειγμάτων Α, Β και Γ ν+μ αντίστοιχα. β) i) Ισχύει νs 2 + μs 82 S S A 7 ,5Υο <=> ... <=> -ΧΑ - 40 α) Να αποδειχθεί η σχέση : s� = <=> =-B -- =-+ ν+μ ΧΒ Χ Α ν β) Αν δίνονται επιπλέον ότι: Σ α; = 16120 , i i) Βρίσκουμε -τον αριθμό ν από τη σχέση s A = -1 Σν α;2 - (χ) 2 <=:> ... <=:> ν = 30 . ν i=t CVΓ 10% SA = 2 Και S8 5 + Επίσης ισχύει : CV8 CVA 7,5% τότε : s i) Να βρεθεί η μέση τιμή του δείγματος Α. CVr = 10% <=> _r = 10% <=> S r = 4 . Λύσ η

;�

�

•

• •

•••

••• ,

, •••

, •••,

1=1

ii) Να βρεθούν οι αριθμοί ν και μ.

Λύση

α) Έχουμε :

Σα. ν

χ Α = χΒ (1) ,

<=> Σα; = ν�Α (2), �Α = J.=L_ ν ι

i=t

•

Με αντικατάσταση των τιμών του ν,s� ,s� στον τύπο της διακύμανσης του δείγματος έχουμε: νs� + μs� <=> 42 = 30 2 2 + μ · 5 2 <=> S 2r = 30 + μ ν+μ ... <::::> μ � 40 ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/60

------

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

------

Δ ι αφορ ι κός Λογι σμός Λα αρίδης ρήστος

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Εισαγωγή Το άρθρο δεν φιλοδοξεί να εξαντλήσει το εκτενέστατο κεφάλαιο του διαφορικού λογισμού. Θα προσπαθήσουμε όμως να δούμε ορισμένα σημεία της ύλης, τα οποία απαιτούν προσοχή. Στην αρχή κάθε ενότητας παραθέτουμε ορισμένα στοιχεία θεωρίας. Αν κάποιος ασχοληθεί καλό εί ναι να έχει ολοκληρώσει το κεφάλαιο. 3. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0• Να αποδείξετε ότι: α) lim f(x0 + vh) - f(x0 ) = vf'(χ0 ), ν Ε Ν*

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ' ένα σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της, αν και ' ' μονο αν, υπαρχει το ι·ιm f(x) - f(x o ) και χ --+

h--+0

h lim f(Xo +2015h)-f(Xo +2016h) =f'(Xo) β) b--+0 h Λύση : Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο Χο, δηλαδή, f'(x 0 ) = 1im f(xΧ) - f(x o ) . Χ

Χ - Χο

χο

είναι πραγματικός αριθμός. Το όριο αυτό ονομάζεται παράγωγος της f στο χ0 και συμβολίζεται με f' (x ) . Δηλαδή: ο

f'(x ο ) = lim

f(x) - f(xo)

h--+O

Παρατηρήσεις

χ - Χο

α) Αν θέσουμε χ0 + νh = χ , τότε . h = χ ο - χ , ν και το όριο γίνεται: . . f(x) - f(x o ) = ν ι·ιrn f(x) - f(x o ) = vf'(χ ) 1ιrn 0 Χ-Χ Χ-Χ ο ν f(x 0 + 2016h) - f(x 0 + 201 5 h) = β) 1im0 h--+ h 201 ) f( )-f( f( + 6h Xo + 201 5h)-f(Xo))� . Xo Xo . liιτ( h h 2016f'(χσ )-2015f'(χσ) =f'(χσ) .

f(x) - f(x0 ) , ' ) Η ισοτητα f ( χ ο = lim , Χ-Χ

:ι --+χο

•

χ --+ χσ

θέσουμε χ - χ0 = h , γίνεται: f(h + Xo ) - f(xo ) f'(x ο ) lim . b--+0 h ενώ αν θέσουμε χ0 - χ = h , γίνεται: f(xo - h) - f(xo ) αν

f'(x ο ) = - lim h--+0

h--+Xo

[

] )2

. �x 2 + t - .Jx4 +

1 -4. Να βρειτε το οριο: Ιιm ---ι--+ο χ

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0• Να αποδείξετε ότι: f(2Xo b) f(Χο ) ημ(Χο b) ι = f �) � (h - Χο •

χ-+χο

h--.o

χ--+χσ

Θεωρούμε τη συνάρτηση, f(x) = �x 2 + 1 - .Jx4 + 1,x E R . Έχουμε f(O) = Ο. Η f είναι παραγωγίσιμη 2 _3. 2χ 3 με f ( χ) = 2χ ( χ + 1) 3 - � 4 ,xER Λύση:

f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 ,άρα, 3 νχ + 1 Χ ο) - f(x o ) f( + h f'(x ) = lim0 (1) f(x)-f(O) = f '(O) =Ο. h 'Εχουμε: limΉ+ι -Η+ι lim χ χ-0 χ � Θέτουμε χ = χ0 - h , ή χ + Χ 0 = 2χ0 - h 5. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 1 Για το ζητούμενο όριο, έχουμε: με f(t) = Ο και είναι τέτοια ώστε: .lιm [f(2x 0 - h) - f(χ0)]ημ(χ0 - h) = f(x) ::S: ημ(πχ ) για κάθε χ Ε R . Να αποh--+xo (h - χ0)2 δείξετε ότι f'(l) = -π . h) [f(2x Λύση : Η f είναι παραγωγίσιμη στο 1, οπότε, . 0 - f(x 0 )] ημ(χ 0 - h) = hm χ0 - h χ0 - h f'(l) = lim f(x) - f(1) = lim f(x) - f(l) (1) Χ-1 Χ -1 1. f(x + x 0 ) - f(x 0 ) ημχ � ' '(χ 0 ) ιm0 1 χ f f ) ( 0 η χ--+ χ χ Θα υπολογίσουμε το όριο: lim μ(πχ) χ-1 Λύση: Η ο

h --+

.�

h --+xo

· -- -

•

χ --+Γ

Χ--+1+

•

χ--+1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/61

-------

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

η μ(πχ) - η μ(π - πχ) - π η μ[ π(l - χ)] . π(l - χ) χ -1 χ-1 η μ[ π(l - χ)] . η μ( πχ) = - ιιm Αρα, ιιm ..._ · π-.::.---=Π(l - Χ) Χ -1 t=π(l-x) . η μt lιm0 π - = -π · 1 = -π (2) = - 1-+ - t Για κάθε χ Ε (-οο, 1) έχου με: f(x) :::; η μ( πχ ) . r�o f(x) -- f(l) ;::: ημ(πχ) . (2), χ 1 χ -1 Τα όρια των συναρτήσεων των δύο μελών της σχέσης (2),υπάρχουν, επομένως: . f(x) - f(1) > ι·ιm ημ(ΠΧ) => (Ι) f'(1) > π ιιm χ-+Γ Χ - 1 (2) Χ-1 Για κάθε χΕ(ι-tοο) έχουμε: f(x) :::; ημ(πχ) => f(x) - f(l) :::; ημ(πχ) χ-1 χ-1 l ημ(πχ) f(x) f( ) => li - :::; lim => f'(l) :::; -π . m χ -1 χ -1 Τελικά, f'(l) = -π . - -

.... � .:... ...:.... -

.::. .._ �

χ -+ Γ

ΗΓ

χ-1 <0

χ -+ Γ

Εφαπτομένη της Cr στο σημείο M(x0,f(x0))

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 , τότε η εφαπτομένη ε της γραφικής πα ράστασης της συνάρτησης f στο σημείο M(x 0 , f(x 0 ) έχει εξίσωση, y - f(x0) = f'(x0)(x - χ0 )

Η εφαπτομένη

ε έχει συντελεστή διευθύνσεως κλίση λ = ή f'(x 0 ) . Αν ω είναι η γωνία που σχηματίζει η ε με τον άξονα χ'χ, τότε: λ = f'(x0 ) = εΦω .

6. Έστω η συνάρτηση f(x) = χ + συνχ . Να pρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης ε, της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο σημείο της Α π , f ( π ) και να

(

συνχ = συνπ <=> χ = 2kπ ± π, k Ε Ζ Η ε και η γραφική παράσταση της συνάρτη σης f έχουν τα εξής (άπειρα) κοινά σημεία: (2kπ± π,f(2kπ ±Π)) = (2kπ± Π,2kπ ± Π-1) ,k ΕΖ. Σχόλιο : Με την ευκαιρία της άσκησης αυτής, ε πισημαίνουμε ότι υπάρχει περίπτωση η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης και η εφαπτομένη της σε κάποιο σημείο, να έχουν και άλλα κοινά ση μεία, εκτός από το σημείο επαφής. 7. Δίνεται η συνάρτηση f(χ) = eχ - l, x E R , <:::>

όπου k > Ο Να αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα σημείο με τετμημένη, που ανήκει στο διάστημα (0,1), στο οποίο η εφαπτομένη της Cr να διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λύση: Η f είναι παραγωγίσιμη με •

χ -+ 1+

χ -+1+

)

αποδείξετε ότι η ε και η γραφική παρά σταση της συνάρτησης f έχουν άπειρα κοι νά σημεία. Λύση : Έχουμε, f(x) = χ + συνχ,χ Ε R .

------

f'(x)=ex+k,xER. Έστω M(x0,f(xo)) τυχαίο σημείο της Cr, τότε η εφαπτομένη ε της Cr στο Μ έχει εξίσωση, y - f(x0) = f'(x0)(x - χ0) , δηλαδή y = f'(x0)x + f(x0) - x0f'(x0) Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει, τουλάχι στον ένα χ0 Ε ( 0,1 ) , τέτοιο ώστε: Ο= f(χσ)·Ο+f(χσ)-χσf(χσ), ή f(χσ )-χσf(Χο )=Ο, ή e""+k -1-χae""+k = O, ή e""+k(l-χa)-1=0 Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι η εξίσωση ex+k (1 - χ) - 1 = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1). Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x)=ex+k(1-x)-1. Η είναι συνεχής στο [0,1 ] g(O) = ek-1 > Ο,διότι k > Ο και g(l) = -1 < Ο. Από το Θ. Boιzano προκύπτει ότι η εξίσωση g(x) =O, η οποία είναι ισοδύναμη με την e"+k(l-χ)-l=Οέχειτουλάχιστον μία ρίζα στο (0,1). ' 8.

Θεώρημα Μέσης Τιμής και RoHe Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ4 + 2 χ 3 + 3χ 2 + κ χ + λ = Ο, κ , λ Ε R , έχει το πολύ δύο πραγματικές ρίζες. Ρι

•

μεf(χ)=1-ημχ,χΕR . Η εξίσωση της εφαπτομένης ε, της γραφικής πα Λύση ράστασης της συνάρτησης f στο σημείο της Έστω ότι η εξίσωση έχει τρεις πραγματικές Α ( π, f ( π ) ) ισοδυνάμως γράφεται: ρίζες ρι,ρz,ρ3 με ρι < ρz < ρ3 . Θεωρούμε τη συνάρτηση y-f(π) =f'(πΧχ -π) <:::> y -(π-1) =χ -π <::> y = χ -1 f(x) = χ4 + 2χ3 + 3χ2 + κχ + λ, χ Ε R . Οι τετμημένες των σημείων τομής προκύ Η f είναι συνεχής στα [ρ ι ,ρz], [ρι,ρz], παρα πτουν από τις λύσεις της εξίσωσης: f(x)=x-1 , η με στα (ρ ι,ρz), (ρz,ρ3) γωγίσιμη οποία ισοδυνάμως γράφεται: f(x) = χ- 1 <:::> χ + συνχ = χ -1 <:::> συνχ = -1 f '(x) = 4χ3 + 6χ2 + 6χ + κ, χ Ε R και f(ρι) = f(ρz) = f(ρ3) = ο. Η fείναι παραγωγίσιμη

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/62

------ Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Από Θ. Rolle συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f '(χ) = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα ξ, Ε (ρ 1 ,ρ 2 ) και μία ρίζα ξ 2 Ε (ρ 2 , ρJ ) · Η f είναι συνεχής στο [ ξ1,ξ2 ], παραγωγίσιμη στο (ξ1 ,ξz) με f"(x) = 12χ 2 + 12χ + 6, χ Ε R και f ' (ξ ι) =f(ξz) = Ο. Από Θ. Rolle συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση f1tx)=O , έχει μια ρίζα ξ στο διάστημα (ξ ι , ξz). Έχουμε λοιπόν: f"(ξ) = ο � Ι 2ξ2 +Ι2ξ+6=0 � 2ξ2 +2ξ+Ι=Ο πράγμα άτοπο, αφού η δευτεροβάθμια εξίσωση 2x 2 +2x+l =O έχει διακρίνουσα Δ = -4 < Ο. 9.

Έστω συνάρτηση f η οποία είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη στο (α,β) και τέ τοια ώστε: f1(x)+ kf(x) = O ( 1), χ Ε (α,β) , k Ε R . Ν α αποδείξετε ότι:

α) Η (1) ισοδυναμεί με την

Χ0 Ε (α,β) τέ1 τοιο ώστε f (x0 ) = -k f(x0 ) , αν επιπλέον ·

ισχύει

Λύση

f(α)ek(α-β) = f (β )

(2).

α) f1(x)+kf(x) =O�eια f1(x)+e"'"Iά(x) =0 � (ekx f(x))' = Ο . (α) β) Επειδή f1(x) +k·f(x) = O�ekx f(x))'= O ,

αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση (ekx f(x))' = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (α,β). Θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) = ekx f(x) Η F είναι συνεχής στο [α,β], παραγωγίσιμη (2) στο (α,β) και F(α) = ekά f(α) = ekβ f(β) = F(β) .

Από το Θ. Rolle προκύπτει ότι η εξίσωση F1(x) = Ο δηλαδή η ( ekx f(x) )1 = Ο , έχει τουλάχι στον μία ρίζα στο (α, β).

1 0. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R και η f ' είναι γνησίως αύξουσα στο R. Να αποδείξετε ότι: f(x+2)+f(x+3) < f(x+1)+f(x+4), 'Vx Ε R .

Λύση

Αρκεί να αποδείξουμε ότι: f(x+2)+f(x+3) < f(x+1)+f(x+4) ή f(x+2)-f(x+ 1 ) < f(x+4)-f(x+3), 'Vx Ε R . Η f είναι συνεχής στα [x+ l ,x+2], [χ+3,χ+4] και παραγωγίσιμη στα (χ+ 1 ,χ+2), (χ+3,χ+4). Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν τουλάχιστον ένα ι+1

ξι

ι+2

ι+3

ξ 1 Ε (Χ + 1, Χ + 2) : f1(ξ)

f(x+2)-f(x+l) � (χ + 2) -(χ + 1)

f1(ξ 1 ) = f (x + 2) - f(x + 1) ( 1 ) f(x+4)-f(x +3) ξ 2 Ε (χ + 3, χ + 4) : f1(ξ2 ) � (χ+4) - (χ +3) f1(ξ2 ) = f (x + 4) - f (x + 3) (2) ( 1 ),(2) Έχουμε: ξ, < ξ 2 �f1(ξ), < f1(ξ 2 ) � f(x + 2) - f(x + 1) < f(x +4)-f(x +3) f'1

1 1 . Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη με συνεχή παράγωγο στο (α,β). Αν υπάρχει γ Ε (α , β) τέτοιο ώστε:

f2(γ) - (f(α) + f(β))f(γ) + f(α)f(β) > Ο (1), να αποδείξετε ότι η f' έχει τουλάχιστον μία ρίζα. Λύση

(eιaf(x))1 = Ο.

β) Υπάρχει τουλάχιστον ένα

--------

Προφανώς ( 1 ) � f { γ)( f {γ) - f ( α)) -f ( β)( f {γ) -f ( α)) > 0 � �(f(γ)-f(α))(f(γ)-f(β)) > Ο (2). Η f είναι συνεχής στα [α,γ],[γ,β], παραγωγί σιμη στα (α,γ),(γ,β). Από Θ.Μ.Τ υπάρχουν τουλάχιστον, f(γ) - f(α) και χ, Ε (α,γ) τετοιο ωστε: f (x1 ) = γ-α f(β)-f(γ) . χ 2 Ε (γ,β) τετοιο ωστε: f'(χz) ' ' β -γ Η f ' είναι συνεχής στο [χι,χz] και ,

f l(x ,) · f'(x z ) = f(γ) - f(α) . f(β) - f(γ) γ-α β-γ = _ (f(γ) - f(α))(f(γ) - f(β)) c:! 0 (γ -α)(β - γ)

ότι η

Από το Θεώρημα Bo1zano συμπεραίνουμε f ' έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (χι,χz). Συνέπειες Θ.Μ.Τ

Τα Θεωρήματα που αναφέρονται στις συνέ πειες του Θ.Μ.Τ, ισχύουν σε διάστημα Δ και όχι σε ένωση διαστημάτων Δ1 υ Δ2 •

Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα Δ και f1(x) = f(x ), χ Ε Δ ,τότε f(x) = c ex , χ Ε Δ και αντιστρόφως. ·

12. Η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγί σιμη στο R και είναι τέτοια ώστε: f'(x) = f(x), "i/x Ε R .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

98 τ.2/63

------- Μαθηματικά για την Γ Λυκείου Αν

Αν χ Ε ( -οο, 1) , τότε έχουμε:

f(O)=f'(O)=J , να βρείτε τη συνάρτηση f

( ) = Ο =>

. \ ίJ ση

-------

f(x ) ' f(x ) = c => f(x ) = c2 (x - 1) χ-1 χ -1 2 ( f(x) + f'(x))' = f(x) + f'(x) => Εξάλλου Β ε Cr => f(O) = -3 => -c 2 = -3 => f(x) + f'(x) = cex , χ Ε R . Για χ = 0 : Άρα f(x) =3(χ -1), χ Ε (-οο, 1) 0 f(O) + f'(O) = ce => 1 + 1 =c =>c = 2 Αν χ = 1 , τότε αφού η f είναι παραγωγίσιμη 1, θα είναι και συνεχής στο 1 . Επομένως στο Έχουμε λοιπόν: => lim f(x) = lim f(x) = f(l) (1) f(x) + f'(x) = 2ex => exf(x) + exf'(x) = e2x Χ-41+ Χ-4Γ Αλλά, (Ι) (e'f(x))' = e'' � e'f(x) = e'' + c', χ ε R. lim f(x) = lim 2(χ - 1) = 0 => f(l) = Ο . χ-....+ 1+ χ----+ 1 + 1 1 ?(x-1�xE(� 0 Για χ = 0 : e f(O) = - e0 + c' =>c' = l) ?(χ-1�χΕ( 1 2 2 �] Τελικά, f(x)= =1 ={ Qx 1 1 d" +1 2(x-1�x E(�-too) Επομένως, f(x)=- � +-=>f(x)=-,x ER 2(x-1),x E(�-too} f"(x) = f(x)

f"(x) + f'(x) = f(x) + f'(x) =>

(k j

2 Στην περίπτωση όπου f '(χ) = Ο,

{

1 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ex-s + 3x-16. Ν α βρεθεί το πρόσημο της και να λύσετε

χ ΕΔι υ� , τότε χρησιμοποιούμε το θεώρημα στο Δ 1 και στο Δ2, δηλαδή, c1 , x Ε Δ 1 f'(x) = Ο, χ Ε Δ1 υ Δ 2 <=> f(x) = c , x Ε Δ2 2

την aνίσωση

.\ ί1ση

{

f(x) = e x-5 + 3χ - 1 6, χ Ε R Η χ = 5 είναι προφανής ρίζα της f. Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με f'(x) = ex -5 + 3 > ο, 'Vx Ε R ,άρα η f είναι γνη σίως αύξουσα στο R, επομένως η χ = 5 είναι μοf1 ναδική ρίζα. χ < 5 => f(x) < f(5) => f(x) < Ο

Στην περίπτωση του Πορίσματος, εργαζόμα στε αντίστοιχα, f'(x) = g ' (x), χ Ε Δ 1 υ Δ2 <=> f (x) =

{gg(x)(x) +cc21,, xx +

Ε Δ1 Ε Δ2

χ > 5 => f(x) > f(5) => f(x) > Ο

1 3 , Η γραφική παράσταση της συνάρτησης διέρχεται από τα σημεία

Α(2, 2),�0,-3) .

Το πρόσημο της f παρουσιάζεται στον πίνακα. 5

Αν η είναι παραγωγίσιμη στο R και είναι τέτοια ώστε: - 1) Ε R,

f'(x)(x

να βρείτε τη συνάρτηση

____:.�

( ) ( ) = Ο =>

f(x) ' = 0, 'Vx E (-oo, 1) υ (l, +oo) . χ -1 Αν χ Ε (1, +οο) , τότε έχουμε

ι.:. ι-·

= f(x), 'Vx

f'(x)(x - 1) = f(x) => f'(x)(x -1) - f(x) = Ο => f'(x)(x 1) - f(x) � ....:....:.. -� = Ο, \-1ν Χ Ε (--οο, 1) υ (1 -too) => 2 (χ - 1) -

ln(16 - 3χ) :::;; χ - 5

Η aνίσωση ln(1 6 - 3x) :::;; x - 5 (1) ορίζε 16 ται στο σύνολο Α=(--οο, ) . Με χ ε Α έχουμε: 3 x (1) <=> 1 6 - 3χ :::;; e -5 <=> ο :::;; ex -5 + 3χ - 1 6 <=> χεΑ 16 f(x) � Ο <=> χ � 5 <=> 5 :::;; χ < 3 1 5, Ν α λύσετε την εξίσωση:

f(x ) f(x) ' = c1 => f(x) = c1 ( χ - 1) χ-1 χ -1 Α(2, 2) Ε cf => f(2) = 2 => cl = 2 => f(x) = 2(χ - 1), χ Ε (1, -too) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '

ex2 -2x - eΙ-2 (χ - 2 γ - ( χ 2 - 2χΥ. =

\ ίJσιι

3 e x2 -2x - ex -2 = (χ - 2)3 - ( χ 2 - 2χ ) <=> ex2 -2x + ( χ 2 - 2χ )3 = ex -2 + ( x - 2)3 ( 1 )

98 τ.2/64

----

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Η εξίσωση ορίζεται στο R. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(χ) = eχ +χ3, χ Ε R . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με f'(x) = ex + 3χ2 > Ο, χ Ε R Η f είναι γνησίως αύξουσα επομένως είναι και ' 1-1 . Άρα: (l) �f(x2 -2x) = f(x-2) �χ2 -2χ = χ- 2 � χ2 - 3χ + 2 = 0 � (χ = 1 ή χ = 2) Κυρτότητα

Από το ερώτημα α), προκύπτει ότι η ευθεία Cr στο - οο " αφού για την g( χ) = χ · e ισχύει }i� g(x) = Ο .

y=2016x+ 1 είναι ασύμπτωτη της

18. Δίνονται οι συναρτήσεις f, g που είναι τέ-

f(x) - g(x) = ex , χ ε R (ι) και lim g(x) = k, k Ε R . Να αποδείξετε ότι η

τοιες ώστε:

ι6. Αν η γραφική παράσταση της συνάρτη

σης f(x) = χ · ημχ , χ ε JR παρουσιάζει σημείο καμπής να αποδείξετε ότι αυτό ανήκει στην γραμμή με εξίσωση

4χ2 4y2 = x2y2 . _

Λύση

Η f είναι συνεχής και δύο φορές παραγωγί σιμη με f'(x) = η μχ + χ · συνχ, χ Ε R f'(χ) =συνχ.+συνχ-χημχ= 2συνχ - χημχ, χ E R Αν M(x0 , f (x0 )) το σημείο καμπής τότε: f" (χ0 ) = Ο => 2συνχ.0 - χ0ημχ0 = Ο => 2συνχ.0 = χ0ημχ0 => 2συνχ.0 = f(χ0 ) ( 1 )=> 4χ� - 4y� = 4Χο2 -4f\χσ ) = 4χσ2 -4χσ2ημ2χσ = � = 4χσ2(1- ημ2χσ) = 4χ02συVχ0 x/f\x0) = x� · � Άρα το σημείο καμπής ανήκει στην γραμμή με εξίσωση 4χ2 - 4 y2 = x 2 y2 • Ασύμπτωτες- De L'Hospital Δίνονται οι συναρτήσεις f,g που είναι τέτοιες ώστε: f(χ) = λχ+ β + g(χ),λ,β Ε R

ι7.

α)

----

χ-++«>

Cr δεν έχει aσύμπτωτη στο -οο Λύση

Έστω ότι η Cr έχει ασύμπτωτη στο ευθεία y = λχ+β, τότε:

-οο

την

(I)

0 = lim [f(x) - (λx + β)] = x�--ro

.J� [g(x) + ex -(λχ + β)] = k + Ο - λ(+οο) = ±οο

πράγμα άτοπο.

1 9. Η συνάρτηση f : R � R είναι παραγωγί σιμη με f(ι) = f '(ι) = Ο και δύο φορές πα ραγωγίσιμη στο ι . Θεωρούμε τη συνάρ-

τηση

{

f(χ) χ> ι . g(x) = χ-ι ' f(χ),χ � ι

Αν η συνάρτη-

ση g είναι παραγωγίσιμη στο ι, να υπολο γίσετε την Γ(ι). Λύση

f(x) _ 0 l) (x) g( = 1'ιm χ - 1 · g 1ιm = · · χ�ι χ�ι χ-1 χ -1

'Εχουμε: .

lιm

Hl +

f(x)

( Χ - 1)2

ω= lιm .

Η\+

1 f '(x) - f'(l)

f' (x)

2(Χ - 1)

(•)

g(x) = Ο . Να αποδείξετε ότι η m 2 Χ - 1 = _!_2 f "(l ) . Σημείωση : Η f είναι δύο φορές παραγωγί ευθεία y = λχ+ β είναι aσύμπτωτη της Cr σιμη στο 1 . Στο σημείο όπου υπάρχει ( * ), ενώ το στο + οο (όμοια στο -οο όταν lim g(x) = O ). ' οριο ει'ναι της μορφης ' δυνατον ' ' να ο , δεν ειναι β) Αν f(x) = 2Ο ι 6χ + ι + χ · e• ,να βρείτε ο

(ι) και lim

Η \+

x-+t«>

Χ-+-«>

μία aσύμπτωτη της Cr στο - οο . Λύση (I)

lim [f(χ) - (λχ + β)] = lim g(x) = O . x ----+- +co Άρα ευθεία y = λχ+β είναι ασύμπτωτη Cr στο + α)

00 ,

χ�+α:ι

(--«>}0 1 χ β) lim χ . ex = lim - = lim -- = 1 Χ-+-«> eX

( J

Χ-+-«>

Χ--+-00

e2x lim - = lim (-ex ) = O . χ --+--«> eχ

χ--+--«>

εφαρμοστεί ο κανόνας De L'Hospital και αυτό διότι δεν γνωρίζουμε αν η συνάρτηση f"(x) είναι συνεχής στο 1 . Εξάλλου: < 1irn g(x) -g(l) 1irn f(x) -0 lim f'(x) :; f'(l) = 0 χ�Γ

Χ -1

Χ-1

�

χ�ι·

**Η f είναι δύο παραγωγίσιμη στο 1 οπότε η είναι συνεχής στο 1 . Η g είναι παραγωγίσιμη στο 1 , οπότε: 1. g(x) - g(l) ι· g (x) - g(1) ιm => . = ιm χ�ι· χ�Γ χ-1 χ-1 _!_ f" (1) = ο => f"(l) = ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

χ�Γ

Β' 98 τ.2/65

Θέματα Ε ισαγωγ ι κών Εξετάσεων γ ι α τα (A.E.I) Παλα ιοτέρων Εποχών Προκειμένου να φέρουμε τους σημερινούς μαθητές και τους νεότερους συναδέλφους σε επαφή με τα θέματα που αντιμετώπιζαν οι παλαιότεροι μαθητές στις εισαγωγικές εξετάσεις για τα Ανώτατα Εκπαι δευτικά Ιδρύματα (Α.Ε.Ι) αποφασίσαμε να δημοσιεύουμε σε κάθε τεύχος κάποια θέματα εκείνων των εποχών. Πιστεύουμε έτσι να κεντρίσουμε το ενδιαφέρον τους και να θελήσουν να εμβαθύνουν στη διδακτέα ύλη τους και στις γλωσσικές διαφορές που θα συναντήσουν. Ξεκινάμε με δύο θέματα που τέθηκαν 40 χρόνια πριν, των οποίων η δυσκολία δεν απέχει πολύ από τη δυσκολία των θεμάτων που υπάρχουν στα σημερινά Σχολικά βιβλία. Σταδιακά θα προχωρήσουμε σε δυσκολότερα θέματα. Για να μην προτείνουμε μόνο εμείς θέματα, παρακαλούμε τους συναδέλφους και τους μαθητές που έχουν τη διάθεση να επιλέξουν παλαιότερα θέματα εισαγωγικών εξετάσεων (A.E.I), να μας τα προτεί νουν και θα τα αξιοποιήσουμε στα επόμενα τεύχη σταδιακά. Σας περιμένουμε πάντα με φιλική διάθεση. Γιώργος Τασσόπουλος Θέμα l o (Για τη Β ' Λυκείου) Σχολή Μηχανικών Αεροπορίας (ΣΜΑ) 1 975 (Άλγεβρα)

χ, y

ΖΗΤΗΜΑ 4ο. Αν οι αριθμοί είναι οι δύο πρώτοι όροι γεωμετρικής προόδου, τότε ο τέταρτος όρος αυτής υπερβαίνει τον τρίτον κατά 1 8. Αν δε οι και είναι οι δύο πρώτοι όροι αριθμητικής προόδου, τότε ο τέταρτος όρος αυτής υπερβαίνει τον δεύτερον κατά 16. Να ευρεθούν οι αριθμοί

χ, y.

Θέμα 2ο (Για τη Β ' Λυκείου) Πολυτεχνικός κύκλος 1 975 (Γεωμετρία)

Οχ, Oy

ΖΗΤΗΜΑ 3ο. Έστω δύο καθέτως τεμνόμεναι ημιευθείαι. Επί της πρώτης εξ αυτών λαμβάνομεν τα σημεία Α, Β, Γ, και επί της δευτέρας τα σημεία Δ, Ε ώστε το σημείον Ε να κείται μεταξύ των Ο, Δ και να είναι ΟΓ = 2·0Δ = 4 ·0Β, ΔΕ = 2·0Α. Να δειχθή ότι η κάθετος εκ του Ο επί την ΒΔ και η κάθετος εκ του Ε επί την ΑΔ καθώς και αι παράλλη λοι εκ των Γ, Δ αντιστοίχως προς τας διέρχονται δια του αυτού σημείου.

Oy, Οχ

Λύση Ι ου θέματος

Στη γεωμετρική πρόοδο ( α ν ) έχουμε:

α1 = χ , α 2 = y

με

'*-

Ο και λ = χΥ , οπότε α3 = χλ� ,

α4 = χλ3 . Άρα α 4 - α 3 = 18 => χλ3 -χλ2 = 18 => χλ2(λ-1) = 18 => χ · Υ: (Χ. -1 ) = 18 =>

χ χ

=> : ( y: x ) = 18 => y2(y- x) = 18x 2

(1).

β1 = χ ,

β2 = y και ω = y-χ (2), οπότε β2 = χ + ω , β4 = χ + 3ω . Άρα β4 - β = 16 => 2ω = 16 => ω = 8 (3). Επομένως: (1), (2), (3) => y2 · 8 = 18χ2 (4) 2 3 = 24 . χ 3χ => χ = 16 , οποτε 3χ ' (2) => 8 =--χ 3 ' y =-·16 =>4f =9χ2 =>y=±-. Αν y = - , τοτε: 2 2 2 2 3χ τότε: (2) => 8 = - 3χ - χ => χ = -� οπότε y = -� (- 16 ) = 24 . Αν = ' ' Υ

Στην αριθμητική πρόοδο

(β ) ν

έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/66

------ Θέματα Εισαγωγικών Εξετάσεων για τα (A.E.I) Παλαιοτέρων Εποχών

)

(�

------

6 (χ, y) = (16, 24) ή (χ, y) = - , 24 . 5 Επειδή δεν είναι σαφές αν οι χ, y είναι ή όχι ο πρώτος και ο δεύτερος όρος αντιστοίχως και στις δύο

Τελικά •

προόδους, πρέπει κανονικά να εξεταστούν και οι ακόλουθες περιπτώσεις: 1 ) Αν ήταν ο y πρώτος και ο χ δεύτερος και στις δύο προόδους θα βρίσκαμε τις ίδιες τιμές για το ζεύ-

(y, χ) . αι = x και β ι = Y , τότε η σχέση (4) γίνεται -8y2 18χ2 , οπότε 9χ 2 + 4y2 = Ο , δηλαδή 2 ) Αν β2 = χ α2 = Υ χ = y = Ο , τιμές που απορρίπτονται. 3) αι = Y ή β ι = x , τότε η σχέση (4) γίνεται -8χ 2 = 1 8y2 και οδηγεί επίσης σε Αν πάλι β2 = Υ α2 = χ χ = y = Ο , δηλαδή σε μη δεκτές τιμές.

( J ( J ( J ( J

γος όμως

Λύση 2ου θέματος Έστω ΟΓΝΔ ορθογώνιο παραλληλόγραμμο με ΟΓ = 2·0Δ. α' τρόπος : Αν Ν 1 , Ν 2 τα σημεία τομής της ευθείας

ΔΝ με τις κάθετες ΟΤ, ΕΣ, στις ΔΒ, ΔΑ αντιστοίχως, τότε αρκεί να δείξουμε ότι Ν 1 Ξ Ν 2 Ξ Ν . Έ-

ΟΔΒ ΟΔΝ 1 (ορθογώνια με ΟΔΒ = ΟΝ ι Δ ως οξείες με πλευρές κάθετες). ΔΝι = ΟΔ = αφού 2·0Δ = 4·0Β δηλαδη' Άρα: 2' ΟΔ ΟΒ

χουμε

Δ�----------��-�� Ν2

Ν1

�Δ

.,...

ΟΔ = 2·0Β.

Α Β Άρα ΔΝ1 = 2 · 0Δ = ΟΓ = ΔΝ � Ν 1 Ξ Ν . Ομοίως: ΔΟΑ ΔΕΝ2 , οπότε ΔΝ2 = ΔΕ = 2 , αφού ΔΕ = 2 ·ΟΑ. ΟΔ ΟΑ Άρα ΔΝ 2 = 2 · 0Δ = ΔΝ � Ν 2 Ξ Ν . β ' τρόπος: Αρκεί να δείξουμε ότι ΔΒ _l_ ΟΝ και ΔΑ _l_ ΕΝ . Δ

�Δ

γ ' τρόπος: Αν οι κάθετες από το Δ στις ΕΝ, ΟΝ τέμνουν την ΟΓ στα Α', Β ' αντιστοίχως, τότε αρκεί να δείξουμε ότι: ΔΕ = 2·0Α ' και ΟΓ = 4·0Β ', ή ΟΔ = 2·0Β Ό •

Λύση με Αναλυτική Γεωμετρία: Θεωρούμε τις Ox,Oy ως θετικούς ημιάξονες των x, y αντιστοί χως. Έστω Β(γ, Ο) και Α(λ, 0). Τότε Δ(Ο, 2γ) και Γ(4γ, 0), Ν(4γ, 2γ) ενώ: (ΔΕ) = 2(0Α) � 2γ -yε = 2λ � Υε = 2γ - 2λ . Σύμφωνα με τον α ' τρόπο, αν Ν1 (χ1 , 2γ) και -

Ν2 (χ2 , 2γ) τότε θα έχουμε � =(x1 , 2y), ΕΝ2 = (χ2 ,2γ - 2γ+2λ) = (χ2 ,2λ) και ΔΒ = (γ,-2γ) , ΔΑ = (λ,-2γ) . Επομένως: ΟΝ1 _l_ ΔΒ � ΟΝ1 · ΔΒ = Ο � χ1γ+2γ(-2γ) = Ο � χ1 = 4γ � Ν1 Ξ Ν . Επίσης ΟΝ 2 j_ ΔΑ � χ 2 λ + 2λ(-2γ) = ο � χ 2 = 4γ � Ν 2 Ξ Ν . •

Να δοθεί λύση με Αναλυτική Γεωμετρία που να βασίζεται στον β ' τρόπο καθώς και στον γ' τρόπο.

Παρατήρηση. Το ίδιο ισχύει για κάθε ζεύγος σημείων (Εκ, Ακ) επί των τμημάτων ΟΔ, ΟΓ αντιστοίχως με την ιδιότητα, ΔΕκ = 2·0Ακ. Δηλαδή οι κάθετες στις ΔΑκ ευθείες από τα σημεία Εκ αποτελούν δέσμη με κέντρο το Ν. Προφανώς ΟΑκ :S: ΟΒ. Εξάλλου αν θέσουμε Ο = Εκ, τότε έχουμε Β = Ακ. Επίσης και το ζεύγος (Ε,Α) του προ βλήματος

είναι ένα από τα ζεύγη (Εκ, Ακ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/67

Μαθηματικά και λογοτεχνία

___

Μαθηματ ι κά κα ι �ογοτεχνί α

Το παρακάτω κείμενο είναι από το βιβλίο ''ΟΙ ΘΕΟΕΙΔΕΙΣ", του Ηλία Κωνσrαντόπουλου το οποίο τυπώθ�κε σε περιορισμ νο αρι μό αντιτύπων, με την ευκαιρία του συνεδρίου της Ε.ΜΕ., στην ασrοριά. , Μπορειτε επισης να βρειτε αυτο το βιβλίο σrο ηλεκτρονικό βιβλιοπωλείο vantzί.gr

�

Αρχιμή δη ς (από - 2 87 έως -2 1 2) -Δάσκαλε, με όλο το σεβασμό, σε θέλει ο άρ χοντας Ιέρων. Ο μαθητής μπήκε δισταχτικά στο δωμάτιο. Ο Αρχιμήδης δεν τον άκουσε, ως συνήθως, ήταν συ νεπαρμένος από τις σκέψεις του. Ο μαθητής πλη σίασε, τον άγγιξε ελαφρά στον ώμο. -Σε θέλει ο βασιλιάς, είπε πάλι. Ο Αρχιμήδης σηκώθηκε ανόρεχτα. Περπάτησε προς εκεί που ήξερε ότι συνήθιζε να κάθεται ο βα σιλιάς. Δεν ήταν μακριά, άλλωστε ζούσε και αυτός μέσα στα βασιλικά διαμερίσματα. Βρήκε τον Ιέρωνα σκεφτικό να κάθεται στο θρόνο του, να κρατά ένα χρυσό στέμμα στα χέρια του και να το περιεργάζεται. -τι συμβαίνει βασιλιά μου; Ρώτησε, από ευγέ νεια περισσότερο, ο Αρχιμήδης. :Εδωσα κάμποσο χρυσάφι στον αργυροχρυσοχόο μου για να μου φτιάξει αυτό το στέμμα. -Ωραιότατο είναι, ποιο είναι το πρόβλημα; :Εχω την εντύπωση ότι με έκλεψε. -Ζύγισέ το τότε, να δεις το βάρος του. -Το ζύγισα, το βάρος είναι σωστό. Πού ξέρω όμως αν δεν έχει αντικαταστήσει κάποια ποσότητα από άλλο μέταλλο; -Σπάσε το να το διαπιστώσεις, αν είναι αυτό που σε απασχολεί. Αλλά ειλικρινά, τι σε πειράζει, αν εσωτερικά, ας πούμε έχει και λίγο ασήμι; Η ου σία είναι ότι είναι πανέμορφο. Φόρεσέ το λοιπόν και απόλαυσέ το. -Όχι, δε θα το σπάσω, γιατί μου αρέσει πραγ ματικά. Αλλά δεν θα ησυχάσω, αν δε μάθω αν α ποτελείται μόνο από χρυσό ή είναι νοθευμένο. Αυ τή είναι μια δουλειά για σένα. Θέλω , χωρίς να το καταστρέψεις, να διαπιστώσεις αν είναι γνήσιο. -Κοίταξε προβλήματα που έχουν οι βασιλιάδες! Εντάξει, θα προσπαθήσω, αλλά όχι αμέσως τώρα. Ασχολούμαι με κάτι άλλο και με διέκοψες. Γι' αυ τό να με συμπαθάς και να μου επιτρέψεις να απο συρθώ. -Θέλω και κάτι άλλο από εσένα. Οι κατάσκοποί μου λένε ότι οι Ρωμαίοι ετοιμάζουν επίθεση ενα ντίον της πόλης μας. Θέλω να σκεφτείς τρόπους άμυνας. -Εντάξει θα φροντίσω και γι' αυτό. Χαίρεται!

μεγαλοφυής

-Σπάνια σε βλέπουμε. Κάθισε λίγο και πες μου με τι ασχολείσαι αυτόν τον καιρό; Ποια είναι τα ενδιαφέροντά σου;

-Ας καθίσω λίγο, αφού έχεις όρεξη να με ακού σεις. Μελετώ τον όγκο της σφαίρας. Έχω καταλή ξει σε ένα τύπο, με μηχανικές μεθόδους. Μένει να τον αποδείξω κιόλας, για να είναι ανακοινώσιμος. Είναι ο αγαπημένος μου τύπος. -Γιατί έχεις αυτή τη μανία με τις αποδείξεις; Δε σου φτάνει που αυτός ο τύπος λειτουργεί; Γιατί θέλεις και αυστηρή-μαθηματική επιβεβαίωση; -Βασιλιά μου μην ξεχνάς ότι είμαι μαθητής του Ευκλείδη. Πώς θα μπορούσα να ισχυριστώ κάτι, χωρίς να το έχω αποδείξει, μόνο με τη διαίσθηση; -τι άλλο έχεις ανακαλύψει; -Σε τι μπορούν να ενδιαφέρουν αυτά έναν βασιλιά; Δεν έχεις να ασχοληθείς με τις κρατικές υ ποθέσεις; Έχεις χρόνο και για Μαθηματικά; -Λέγε μου σε παρακαλώ. Με ξεκουράζει να σε ακούω. -Δώσε μου μια θέση να σταθώ και θα κινήσω τη γη. -Ω, Αρχιμήδη ! Νομίζω ότι αρχίζεις να γίνεσαι βλάσφημος! Πως μπορεί ένας θνητός να καταφέρει κάτι τέτοιο; -Για να καταλάβεις τι θέλω να πω. Μελετώ τη σχέση βάρους - δύναμης. Έχω αποδείξει ένα οποι οδήποτε βάρος, μπορεί να μετακινηθεί με μια δύ ναμη οσοδήποτε μικρή. -Αδύνατο να συμβεί κάτι τέτοιο! Αδύνατο! -Για να σε πείσω, θα τραβήξω, μια από τις επό-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/68

Μαθηματικά και λογοτεχνία

μενες ημέρες, μια τριήρη μόνος μου στη στεριά. -Αν δω και αυτό, τότε θα πεθάνω ευτυχισμένος. Είσαι ελε6θερος να δοκιμάσεις το πείραμά σου, αρκεί να είμαι παρών. τι άλλο έχεις πετύχει; -Δεν θέλω να μιλώ για τις κατασκευές που έχω επινοήσει. Αυτές, μολονότι χρήσιμες στους αν θρώπους, δεν είναι παρά μηχανικά παιγνίδια. Ε κείνο που πραγματικά με ευχαριστεί και με κάνει περήφανο είναι οι μαθηματικές μου ανακαλύψεις. Έχω βρει μια καλή προσέγγιση για τον λόγο του μήκους του κύκλου προς τη διάμετρό του. -Εννοείς τον περίφημο αριθμό π; -Ναι. Εφάρμοσα τη μέθοδο της εξάντλησης του Εύδοξου, βελτιώνοντάς την, εγγράφοντας και πε ριγράφοντας κανονικά εξάγωνα στον κύκλο και διπλασιάζοντας συνεχώς το πλήθος των πλευρών τους. Έχω φτάσει μέχρι τα πολύγωνα με 96 πλευ ρές. Μπορείς να το φανταστείς; Στο τέλος δεν ξε χωρίζεις τα πολύγωνα από τον κύκλο. Κατόρθωσα έτσι να εγκλωβίσω τον αριθμό π, ανάμεσα στον αριθμό 3 και

10 71

και στο αριθμό 3 και _!_ . Είμαι

πολύ ευχαριστημένος με αυτό, γιατί αφ ' ενός είναι η καλύτερη προσέγγιση που έγινε ποτέ, αφ ' ετέρου έγινε απολύτως σαφές ότι δεν είναι δυνατόν να βρούμε ποτέ την ακριβή τιμή του π. -Δυστυχώς δεν είμαι καλός στα Μαθηματικά και δεν θα μπορέσω να σε παρακολουθήσω. Μί λησέ μου, αν θέλεις, για το «βοεικόν πρόβλημα». -Α, αυτό το έγραψα για να πειράξω λίγο τους μαθηματικούς. Είναι μακροσκελές. Εν ολίγοις, δί νω κάποια στοιχεία για ταύρους και αγελάδες του νησιού μας και τους ζητώ να βρουν πόσοι είναι οι ταύροι και πόσες οι αγελάδες. -Είναι τόσο δύσκολο, όσο λένε, να λυθεί; -'Όχι, δεν είναι πολύ δύσκολο. Αλλά η λύση του είναι ένας τόσο μεγάλος αριθμός, που για να τον γράψει κάποιος θα χρειαζόταν πάνω από εξακόσι ες σελίδες! -Δεν μιλάς σοβαρά, Αρχιμήδη. -Σοβαρά, με τα δεδομένα του προβλήματος το νησί μας θα είχε τόσες αγελάδες και ταύρους, ώστε θα χρειαζόταν κάποιος καμιά διακοσαριά χιλιάδες ψηφία για να γράψει αυτόν τον αριθμό. Αλλά, σου είπα. Αυτό είναι ένα παιγνίδι για τους φίλους μου μαθηματικούς της Αλεξάνδρειας και τίποτα παρα πάνω. .-Η μετριοφροσύνη σου είναι γνωστή. Σε ευχα ριστώ που μου εμπιστεύτηκες κάποιες από τις σκέψεις σου. Δε θέλω να καταχραστώ άλλο τον χρόνο σου. Ετοίμασε το πείραμα με την τριήρη και φώναξέ με. Με τέτοιο μυαλό που έχει η πόλη μας, δεν θα καταχτηθεί από τους Ρωμαίους.

Μετά από μερικές ημέρες, ένας έντρομος υ πηρέτης μπαίνει δρομαίως στα βασιλικά διαμερί σματα. -Βασιλιά μου, ο Αρχιμήδης τρελάθηκε! -Γιατί, τι έπαθε; Τι συμβαίνει; -Βγήκε γυμνός στους δρόμους και φωνάζει «Εύρηκα - Εύρηκα». -Φαίνεται ότι πράγματι του έστριψε. Τρέξτε να τον μαζέψετε από τους δρόμους, μην εξευτελίζε ται. -Δεν προλαβαίνουμε, βασιλιά μου. Τον ακούω που έρχεται σε εσένα φωνάζοντας. Ο Αρχιμήδης μπαίνει τρέχοντας στην αίθουσα του θρόνου. -Εύρηκα - Εύρηκα, άρχοντά μου! -Καλά, σοφέ μου. Πλησίασε, ρίξε ένα χιτώνα επάνω σου και πες μας τι βρήκες. Ο Αρχιμήδης καταλαβαίνει μόνο τότε ότι κυκλο φορεί γυμνός και με τα χέρια του προσπαθεί να καλυφθεί. Ο Ιέρων σηκώνεται από το θρόνο, παίρ νει ένα μανδύα από τον υπηρέτη και τον τυλίγει. Μετά τον καθίζει σε ένα σκαμνί και κάθεται δίπλα του. Είναι πεπεισμένος ότι ο σοφός τρελάθηκε. Ρωτάει με συγκατάβαση: -Πες μας, σοφέ, τι βρήκες; -Βρήκα λύση στο πρόβλημα με το στέμμα. Καθώς έπαιρνα το λουτρό μου. Από τον ενθουσιασμό μου, ξέχασα τη γύμνια μου και βγήκα έξω φωνά ζοντας. Ο υπηρέτης μου είχε γεμίσει μέχρι πάνω την μπα νιέρα μου. Έτσι, όταν μπήκα μέσα, μια ποσότητα νερού χύθηκε έξω. -Ε, και λοιπόν; Τι ποιο φυσιολογικό; -Φυσιολογικό, ναι, δε λέω. Αλλά πόση ποσότητα χύθηκε; :οσος είσαι εσύ, Αρχιμήδη μου ! :οσος είμαι εγώ, τι πάει να πει αυτό; 'Όχι όσο είναι το βάρος μου, αλλά όσος είναι όγκος του σώματός μου. -Πώς αυτό μας βοηθάει στην υπόθεση του στέμματος; -Πες στο υπηρέτη σου να φέρει ένα δοχείο με νερό, τελείως γεμάτο. Το έφερε, ωραία. Θα βουτή ξουμε τώρα μέσα το στέμμα σου και θα συλλέξου με το νερό που θα χυθεί σε ένα άλλο δοχείο. Μετά γεμίζουμε πάλι τελείως το δοχείο και θέ λω να μου φέρεις καθαρό χρυσάφι, βάρους όσο εί ναι το βάρος του στέμματος. Βουτάμε τώρα το κα θαρό χρυσάφι στο νερό και συλλέγουμε πάλι την ποσότητα του νερού που χύνεται. τι παρατηρείς; -'Ότι χύθηκε μικρότερη ποσότητα. -Ωραία, αυτό είναι. Τώρα έχουμε τη λύση στο πρόβλημά σου. Ο τεχνίτης σου σε έκλεψε!

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/69

Μαθηματικά και λογοτεχνία

-Δεν καταλαβαίνω. -Αν το στέμμα σου ήταν καθαρό, θα είχε τον ίδιο όγκο με το καθαρό χρυσάφι και συνεπώς θα εκτόπιζε ίδιο όγκο νερού! -Φανταστικό! Είσαι πραγματικά σοφός! Έχει βάλει άλλο μέταλλο, ελαφρύτερο από το χρυσό, γι' αυτό το στέμμα έχει μεγαλύτερο όγκο. Ο άθλιος! Μπορείς να υπολογίσεις πόσο με έκλεψε; -Θα χρειαστώ κάποιους υπολογισμούς, αλλά είναι εύκολο. Δεν με ενδιαφέρει πλέον, θεωρώ ότι έλυ σα το πρόβλημα, αλλά θα σου κάνω τη χάρη, αν μου υποσχεθείς ότι δε θα σκοτώσεις τον τεχνίτη. -Εντάξει, θα τον εξορίσω μόνο. Είσαι άξιος και είναι τιμή μου που σε έχω στην αυλή μου. Απόψε θα κάνουμε μια γιορτή, για να σε τιμήσουμε. -Ευχαριστώ, άρχοντά μου, αν και θα προτιμού σα να ασχοληθώ με τις εργασίες μου. -Εmμένω, θα κάνεις ένα διάλλειμα. Πρέπει να σε τιμήσουμε! Στη βραδινή γιορτή, ο Ιέρων έβαλε τον Αρχι μήδη δίπλα του, στα δεξιά του και τον προσφώνη σε με θερμά λόγια. Μετά έφαγαν πλουσιοπάροχα και όταν οι καλεσμένοι άρχισαν να διασκεδάζουν, έγειρε προς το μέρος του. -Σοφέ Αρχιμήδη, είμαι πολύ ευτυχισμένος που σε έχω μαζί μου. Δε θέλω να ρίξω σκιές στην α ποψινή βραδιά, αλλά ως βασιλιάς αυτής της πόλης έχω τις σκοτούρες μου. Οι Ρωμαίοι δε θα μας α φήσουν ήσυχους. Ετοιμάζονται να μας πολιορκήσουν σύντομα, πρέπει και εμείς να προετοιμα στούμε. Σκέφτηκες τίποτα για την άμυνά μας; -Τα βράδια, πριν με πάρει ο ύπνος, σκεφτόμουν πως μπορούμε να προστατέψουμε την πόλη μας. Έχω καταλήξει σε κάποια σχέδια. -Θα μπορούσες να μου πεις; Αν δεν είσαι πολύ κουρασμένος . . . :Εχω σκεφτεί να φτιάξουμε άρπαγες με μα κριούς βραχίονες πάνω από στα τείχη μας. Με αυ τές μπορούμε να αναποδογυρίζουμε τα πλοία τους, αν τυχόν πλησιάσουν πολύ. Με κάτοπτρα, τα ο ποία θα συγκεντρώνουν τον ήλιο, μπορούμε να βάζουμε φωτιά στα πλοία τους. Έχω κατά νου πολλά. -Πρέπει από αύριο κιόλας να βάλεις μπροστά τα σχέδιά σου. Θα σου διαθέσω όλα τα μέσα που έχω, όλους τους τεχνίτες. Αν τα καταφέρεις να a ποκρούσεις τους Ρωμαίους, η πόλη θα σου χρωστά ευγνωμοσύνη. -Θα κάνω το καθήκον μου, ως πολίτης. Τις επόμενες ημέρες πραγματοποίησε το σχέδιό του να σύρει μόνος του την τριήρη. Όλη η πόλη παρακολούθησε το κατόρθωμα. Η φήμη του α πλώθηκε παντού.

Αργότερα έφτασαν και οι Ρωμαίοι. Οι μηχανι κές κατασκευές του Αρχιμήδη τους καθυστέρησαν και τους τρόμαξαν, όμως κάποια στιγμή υπερίσχυ σαν και μπήκαν στις Συρακούσες. Ο Αρχιμήδης, aπορροφημένος από τα σχήματα που είχε χαράξει στην παραλία, ούτε που το κατάλαβε. Ένας στρατιώτης πλησιάζει με υψωμένο το ξί φος του. Ο Αρχιμήδης παραμένει ατάραχος, βυθι σμένος στα σχήματά του. Ο στρατηγός των Ρω μαίων, Μάρκελλος, είχε δώσει ρητή εντολή να μην πειράξει κανείς τον Αρχιμήδη. Ο στρατιώτης όμως δεν τον αναγνωρίζει. -Ε, εσύ, τι κάνεις εκεί; Παίζεις με την άμμο, γέρος άνθρωπος; Η πόλη σου κυριεύτηκε! -Μη μου τους κύκλους τάραττε! -τι λες, θεοπάλαβε; Σήκω να δω το πρόσωπό σου! Ο Αρχιμήδης δεν απάντησε. Ούτε καν έστρεψε το πρόσωπό του να δει ποιος τον απειλούσε. Ε κνευρισμένος ο Ρωμαίος σήκωσε το σπαθί του και τον χτύπησε κεφάλι. Την ίδια στιγμή κατέφθασε έφιππος ο στρατηγός Μάρκελλος. Αναγνωρίζοντας τον σκοτωμένο Αρχιμήδη, οργίστηκε και aποκε φάλισε επιτόπου το στρατιώτη. Μετά μελαγχόλησε γιατί σκέφτηκε ότι κανένας Ρωμαίος δε θα έχανε τη ζωή του, aπορροφημένος από τη μελέτη ενός σχήματος. Διέταξε να πάρουν το σώμα του, να το φροντίσουν και να το θάψουν με τιμές. Πάνω στον τάφο του χαράχτηκε το αγαπημένο του σχήμα. Μια σφαίρα εγγεγραμμένη σε κύλινδρο και ο λό-

, γος των ογκων τους: - . 3

Ο θάτιατος του .Άpχψήδη

σε Ρωμαϊκό μωσαi'κό.

Όσοι συνάδελφοι επιθυμούν μπορούν να αποστέλουν στο περιοδικό μας λογοτεχνικά κείμενα, σχετικά με τα μαθηματικά, για να δημοσιεύονται στη στήλη που εγκαινιάσαμε από το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/70

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Η «

καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήμα τα και οι λύσεις και ο κύριος λ&yος ύπαρξης του

Ε υ κλ.εl δ η ς

μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα» .

π ρ οτεlvει Επιμέλεια:

P. R. HALMOS

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

ΑΣΚΗΣΗ 241 (τΕΥΧΟΥΣ 92 ) Μία ημισφαιρική λεκάνη διαμέτρου ΒΔ = 20 cm με την ΒΔ παράλληλη στο οριζόντιο επίπεδο πε ριέχει υγρό σε βάθος 4 cm. Να βρεθεί υπό ποία γωνία θ με το οριζόντιο επίπεδο μπορεί να κλίνει η λεκάνη λίγο πριν το υγρό αρχίσει να χύνεται έξω. (Νίκος Τσιλιακός - Χίος)

σχέσεις

(2)

και

(3)

..jh(2R - h) R

_....:.... ._ έχουμε: συνθ = ....!.,._:__

�4 · (20 - 4) _! .± = = => θ : 370 10 10 5

Λύση έστειλε η : ομάδα λύ σης ασκήσεων ιδιωτικού Λυκείου « παναγία Προυσσιώτισω> - Αγρίνιο.

ΑΣΚΗΣΗ 242 (τΕΥΧΟΥΣ 92) Δίνονται οι αριθμοί: Α = 34x56 y 7z34 και Β = 491roφ3τ7ts . Να βρεθούν τα ψηφία x,y,z,ω,φ,τ,t,s, ώστε ο αριθμός Γ = Α + Β διαι ρούμενος με τον αριθμό 9753041 να δίνει υπόλοι πο 6794. (Δημήτριος Καρβελάς - Πεύκη) ΛΥΣΗ (Θωμάς Τσάκας - Πάτρα ) Οι μεγαλύτερες τιμές των Α και Β και άρα του Γ=Α+Β προκύπτουν για τιμή όλων των ψηφίων ίση με 9 , ενώ οι μικρότερες τιμές για τιμή όλων των ψηφίων ίση με Ο. Κατά συνέπεια, έχουμε: max(Γ) = 3.495.697.934 + 4.919.939.799 =

·�----------.,�---------r--1 -- - - - --�-- - - - - - - --- - --- - - � - - - --� ��-

----

\ \

=8.415.637.733

και min(Γ) = 3.405.607.034 + 4.9 1 0.030.700 =

ΛΥΣΗ ( Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι ) Στη ζητούμενη θέση, το επίπεδο του μέγιστου κύ κλου διαμέτρου ΒΔ της ημισφαιρικής λεκάνης παίρνει τη θέση ΗΘ , όπως στο παραπάνω σχήμα, που αποτελεί μία τομή της λεκάνης με επίπεδο κά θετο στο οριζόντιο που διέρχεται από το κέντρο Κ και το σημείο επαφής Ζ της λεκάνης με το δάπεδο. Ζητούμενο είναι το μέτρο της γωνίας θ. Είναι

θ = 90°

( 1 ).

= 8.3 1 5.637.734 Επειδή Γ = Α + Β = 9.753.04 1 · π + 6794,π Ε Ν"

(τ) η σχέση min(Γ) ::; Γ ::; max(Γ) ,λόγω (τ) , γράφεται

83 15637734 ::; 975304 1 · π + 6794 ::; 84 1 5637733 <=> 841 5630939 ::;; 9753041 · π ::;; 83 15630940 " <=> 852, 6 1 ::;; π ::;; 862,87 ' π Ε Ν => Π Ε {853,854,855, .. . ,861,862} Υπάρχουν δηλαδή 10 τιμές του πηλίκου π που δί νουν 10 διαφορετικούς αριθμούς Γ, που - με τη

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΕΚΗ,

(I)

έχουμε: συνθ = ημφ = Ε..

(2) και από το

Πυθαγό

ρειο θεώρημα: ρ 2 = R 2 -(R - h)2 <::::> ρ2 = h(2R - h) => ρ = �h(2R - h) (3). Από τις

βοήθεια του μηχανισμού της πρόσθεσης - δίνουν τις τιμές των ζητούμενων αγνώστων ψηφίων

Ο παρακάτω πίνακας βοηθά άμεσα στον προσδιορισμό των ζητουμένων ψηφίων σε κάθε ένα από τους αριθμούς Α, Β που σημειώνονται με κόκκινο χρώμα στην αντίστοιχη θέση του πίνακα. (τ)

π=853 => Γ = 83 1 9350767 Ζητούμενα ψ1ιφία 3 4 Α 4 9 Β Γ=Α+Β 8 3

. χ

5 4

φ 6 3

Υ 1 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/71

7 3

ο 7

t 3 3

-------

Ο Ευκλείδης προτείνει

.•.

Με το ίδιο ακριβώς σχήμα εύκολα: διαπιστώνουμε ότι: π=854: Γ=8329103808, Α=341 5667034, Β=4913436774 π=855: Γ=8338856849, Α=342 5617134, Β=491323971 5 π=856: Γ=8348609890, Α=3435677134, 8=4912932756 π=857: Γ=8358362931, Α=3445627134, 8=4912735797 π=858: Γ=8368115972, Α=3455677234, 8=4912438738 π=859: Γ=8377869013, Α=3465637234, Β=4912231 779 π=860: Γ=8387622054, Α=3475687334, 8=4911 934720 π=861 : Γ=8397375095, Α=3485637334, 8=4911737761 π=862: Γ=8407128136, Α=3495697434, 8=491 1430702 Λύσεις έστειλαν: Διονύσης Γιάνναρος-Πύργος. ΑΣΚΗΣΗ 2 43 (τΕΥΧΟΥΣ 92 ) Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός α με * α 'Φ p ν ( όπου p πρώτος και ν Ε Ν : ν > 1 ) που αναλύεται σε άθροισμα δύο τετραγώνων φυσικών αριθμών κατά τέσσερις διαφορετικούς τρόπους. (Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι) ΛΥΣΗ (Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος) Γνωρί ζουμε ότι: Κάθε πρώτος αριθμός p της μορφής: • p = 4k + 1 ,k Ε Ν παρίσταται με τη μορφή αθροί

σματος δύο τετραγώνων κατά μοναδικό τρόπο. Αν

πρώτοι της μόρφής 4k+ 1 τότε υπάρ χουν μοναδικοί φυσικοί αριθμοί x,y,x,t τέτοιοι, οπότε p 1 = χ 2 + y2 , p2 = z2 + t2 , ώστε:

Ρι , p2 είναι

Χι + Χ2 + + Xn = ξ .;;. --x-; = θ ' �a1 ; + �a2 � + ... + �,...a8όπου lξl + ιοι * ο ' οι θετικοί αριθμοί a ι' a 2 ,

{

· ••

-χ

είναι

τέλεια

τετράγωνα

τέτοια,

••. , an ώστε:

_.J;; με i = 1,2,3, που ικανοποιούν τη συνθήκη: Ft + -Γa; + + -Γa; = �ξ z + θz . Ο � χ1 �

••

•

•.•

(Παναγιώτης Κουμάντος - Αθήνα )

ΛΥΣΗ ( Από τον ίδιο) Επειδή οι θετικοί αριθμοί

ai ,i = 1,2, . . . ,n είναι τέ

λεια τετράγωνα έχουμε ότι: Για κάθε i υπάρχει k i > Ο τέτοιο, ώστε ai = k; και άρα η συνθήκη

ΡιΡ2 = (χ 2 + y2 )(z2 + t2 ) = x2 z2 + y2 z2 + x2 t2 + y2 t2 Fι + F; + .. . + ..(a: = �ξ 2 + θ 2 � (xz + yt)2 + (yz - xt)2 (1) kι + k 2 + ... + kn = �ξ 2 + θ 2 (1) = 2 2 Α) Αν θ=Ο, οπότε ξ "#- Ο , από τη δεύτερη εξίσωση (xz - yt) + (yz + xt) (2) Οι μικρότεροι πρώτοι της μορφής 4k+ 1 είναι οι έχουμε a i = χ ; <::::> x i = .ji:; = ki , ί = 1,2, . , n , ενώ η αριθμοί: 5 , 13 , 17 για τους οποίους έχουμε: πρώτη εξίσωση ικανοποιείται. 5 = 1 2 + 22 , 13 = 22 + 3 2 , 17 = 1 2 + 42 . Λόγω των ( 1) Β) Αν ξ=Ο οπότε θ "#- Ο , από την πρώτη εξίσωση και (2) έχουμε διαδοχικά: έχουμε x i = Ο , i = 1, 2, .. , η , ενώ η δεύτερη ισχύει. 2 2 (2 + 6) + (4 - 3) Γ) Θεωρούμε τα διανύσματα: � = (x i , �a i - χ ; ) , 5 · 13 = (1 2 + 22 )(22 + 3 2 ) = (2 - 6)2 + (4 + 3) 2 i = 1, 2, . . . , n και ν = (ξ, θ) . Τότε, το σύστημα των 82 + 1 2 = 2 2 . Κατά συνέπεια, για το γινόμενο των δύο εξισώσεων παίρνει τη διανυσματική μορφή: 4 +7 u 1 + u 2 + u3 + .. + un = ν (2). Παρατηρούμε ότι: τριών μικρότερων πρώτων αριθμών 5,13,17 είναι: (11 + 82 )(1 2 + 42 ) r;; = k. ενώ Για κάθε i :. = ν'χ� + a. - χ� = '\ji:l.j 5 · 13 · 1 7 = (5 · 1 3) · 17 = = (7 2 + 42 )(12 + 42 ) = �ξ 2 + θ2 οπότε η (1) γράφεται ισοδυνάμως: (1 · 1 + 8 · 4)2 + (1 · 4 - 8 · 1 )2 = 332 + 42 (1 · 1 - 8 · 4)2 + (1 · 4 + 8 · 1)2 = 3 12 + 122 � + � + ... + � = ; (3). Από τη σχέση (2) έ= (7 · 1 + 4 · 4)2 + (7 · 4 - 4 · 1)2 = 232 + 242 (7 · 1 - 4 · 4)2 + (7 · 4 + 4 · 1).2 = 92 + 322 πεται � + �+ ... + � = ; (4) και από τις Άρα, ο ζητούμενος είναι α = 5 · 13 · 17 = 1 105 ΑΣΚΗΣΗ 244 (τΕΥΧΟΥΣ 93) (3).(4) � + � + ... + � = ; = � + � + ... + �

{

--+

{ {

{

Να λυθεί το ( μη γραμμικό ) σύστημα:

--+

ιι t

--+

Ι '

1;1 ιΙΙ Ι Ι ΙΙΙ ι Ι ΙΙ ι Ι ΙΙ Ι Ι Ι Ι ι Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/72

Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

------.....

.....

άρα, u 1 /' /' u /' /' ... /' /' U0 /' /' ν οπότε για 2 κάθε i=1 ,2, . . ,η υπάρχει μοναδικός λί ε R� τέ� τοιος, ώστε : � = λi .Τότε, = λ1 <=>

��

k k. = λ. �ξ 2 + θ2 <=> λ. = J i

<=> λ. = J .ra: ξ2 + θ2 Χ · = λ. ξ ακόμη (x i , �a i - χ� ) = λi (ξ,θ) <=> I -ν ai - x 2i = λί θ I

ξ2 + θ2

{

ξ -Γa: . ,ι = 1, 2, . , n τιμή που επαΤελικά, x i = 1 -ν ξ 2 + θ 2 ληθεύει και τη δεύτερη εξίσωση. Λύση έστειλαν: Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη .

ΑΣΚΗΣΗ

245

(τΕΥΧΟΥΣ 93) προς χ, y, z ) σύστημα

Δίνεται ότι το ( ως χ+y+z=α+β+γ αχ + βy + γz = α2 + β2 + γ2 δέχεται τουλάχι(Σ) βχ + γy + αz = α2 + β2 + γ2 γχ + αy + βz = 4αβ στον μία λύση. Να βρεθεί η απαλείφουσα σχέση του συστήματος και όλες οι λύσεις του. (Ηρα κλής Ευαγγελινός - Γλυφάδα) ΛΥΣΗ (Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη) Ι) Έστω (x0, y0 , z0) μία λύση του (Σ). Τότε: Χ ο + Υο + Ζο = α + β + γ (1) αχ ο + βyο + γz ο = α2 + β2 + γ2 (2) ισχύουν: βχ ο + γyο + αzο = α2 + β2 + γ2 (3) γχ 0 + αy0 + βz0 = 4αβ (4) Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (2),(3),(4) � (α + β + γ)(χ ο + Υο + zο ) = 2(α2 + β2 + γ2 ) + 0)

+4αβ <=>(α + β + γ)2 = 2(α2 + β2 + γ2 ) + 4αβ <=> α2 + β2 + γ2 + 2αβ - 2βγ - 2αγ = Ο <=> (α + β - γ)2 = Ο <=> α + β - γ = Ο <=> γ = α + β (τ) Π) Για γ = α + β το σύστημα των τριών τελευταίων εξισώσεων του συστήματος (Σ) γράφεται: αχ + βy + (α + β)z = 2(α2 + β2 + αβ) με (Σ1 ) βχ + (α + β) y + αz = 2(α2 + β2 + αβ) (α + β)χ + αy + βz = 4αβ

{

DY = -4β(α3 + β3 ) + β3) , Dx = 0 , Dz = -4α(α3 + β3) που δέχεται μοναδική λύση Ια + Ιβ * (x , y, z) = (0, 2β,2α) με α + β * ο και l l ο. 1που ικανοποιεί την πρώτη εξίσωση του (Σ) D = -2(α3

Αν α = β = Ο , οπότε γ = Ο , το σύστημα (Σ) ι σοδυναμεί με την εξίσωση χ + y + z = Ο , που δέχε άπειρες ται λύσεις μορφής: της (x , y,z) = (t,rn,-t - m) όπoυ t,m ε :R . ΙΙ2) Αν α + β = Ο με α :-:!- Ο δηλ. β = -α * Ο , το σύστημα (Σ1 ) γράφεται στην ισοδύναμη μορφή : χ - y = 2α χ - y = 2α χ = y + 2α <=> -χ + z = 2α <=> και y - z = -4α z = y + 4α y - z = -4α πρέπει να ικανοποιεί την πρώτη εξίσωση του (Σ) : y + 2α + y + y + 4α = Ο <=> 3 y + 6α = Ο <=> y = -2α οπότε έχουμε απειρία λύσεων της μο (x , y,z) = (Ο,-2α,2α),α ε R• . 1 1)

{

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 265. Έστω Δ τυχαίο σημείο της διαμέσου ΑΜ τρι

γώνου ΑΒΓ. Αν η ΒΔ τέμνει την ΑΓ στο Ε, η ΓΔ τέμνει την ΑΒ στο Ζ και είναι ΑΖ=μ , ΖΒ=ν τότε να βρεθεί συναρτήσει των μ , ν ο λόγος των εμβα(ΒΓΖ) δών: (ΓΖΕ) (Λευτέρης Τσιλιακός - Γαλάτσι) 266. Στο παρακάτω σχήμα ο σταυρός αποτελείται από πέντε ίσα τετράγωνα και αφήνει ελεύθερα τέσσερα ίσα τετράγωνα από το εγγεγραμμένο στον κύκλο (O, R) τετράγωνο ΑΒΓΔ. Να δειχθεί ότι ι, η σχεση. , . ΝΡ - ΝΕ φ - 1 + .J5 .1 .1 1. σχuει 2 ΝΑ ΝΤ _

ι ' ι ' • 1 .. - '7 ' \ I , ' \ .... .., I /

Ι-:=-+-=-� •

' / /

Ψ---+� ,

..,. ,

- = �= =' ,' \' ' , ""' - ! ....

, """ , ,

, Μ �+-,� /

,' I

-+�.

••� ,, '

(Γιώργος Τριάντος - Αθήνα ) 267. Αν γιq τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ, y, z ισχύει χ + y + z = k , τότε να αποδειχθεί ότι: y5 zs χ5 k > + ---=-�+ yz(x2 + y2 ) zx( y2 + z 2) xy (z2 + χ2) 2 (Γιώργος Αποστολόπουλος - Μεσολ&γyι ). 268. Να αποδειχθεί ότι για κάθε α, β, γ ε R με (α + β)(β + γ)(γ + α) * Ο , ισχύει η ανισότητα: 1 1 1 9 . .,...--,---, ....,. ...,..- 1 ,.......,. -+ -Ι α + βl Ι β + γl + lr + αl -> α 2 l l + l βl + l γl (Ηρακλής Ευαγγελινός - Γλυφάδα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/73

Το Βήμα του Ευκλείδη Επιμέλεια:

Γιάννης Στρατής - Βαyγέλης Ευσταθίου

Π�ς μπορούμε να αξιοποιήσουμε το κάθετο στην ευθεία (ε): Αχ + By + Γ = Ο διάνυσμα ίί = (Α, Β) -:F- Ο -

Από τον Γιώργο Σ. Τ ασσόπουλο Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών

Το θέμα που θα μας απασχολήσει στη συνέχεια, είναι το πώς μπορούμε, σε περιπτώσεις παραμε τρικών εξισώσεων, με χρήση του διανύσματος ίί να καταργήσουμε τη χρήση της κλίσης λ = - Α ( Β * Ο ) της ευθείας (ε), που προφανώς δεν υπάρχει όταν Β = Ο . Β Αρχικά αν θεωρήσουμε δύο διαφορετικά σημεία Μ 1 (χ1 , y1) και Μ2 (χ 2 , y2 ) της ευθείας (ε), τότε ανεξαρτήτως του αν έχει ή όχι η (ε) κλίση μπορούμε εύκολα να δείξουμε ότι ίί l. Μ1Μ 2 , δηλαδή ίί l. (ε) . Πράγ ματι: έχουμε Μ 1 Μ 2 = (χ2 - χ1 , y2 - y1 ) :;t: δ και ίί · Μ1Μ 2 = Α(χ2 - x1 ) + B(y2 - y1 ) = Ax 2 + By2 - (Αχ1 + Βy1 ) = -Γ - (-Γ) = Ο . Ξεκινάμε με μία χαρακτηριστική εφαρμογή, προκειμένου να γίνει κατανοητή η ευκολία που προκύπτει από τη χρήση του διανύσματος ίί έναντι της κλίσης λ (όταν υπάρχει). Προφανώς (ε)#' ν = (Β, -Α) , αφού ίί - ν = Α · Β + Β · (-Α) = ο ' δηλαδή ν l. ίί . Επίσης I ν 1 = 1 ίί I = = .JA2 + B2 • Γενικότερα (ε) l. λίί και (ε)#' μν , όπου λ, μ ε JR· . Εξάλλου παραλληλία στο ίί σημαίνει καθετότητα στο ν και αντιστρόφως. -

•

Εφ αρμογή l η Να δείξετε ότι η ευθεία (δ) που είναι κάθετη στην ευθεία (ε): Αχ + By + Γ = Ο, IAI + IBI :f: Ο και διέρχεται από το σταθερό σημείο Σ(χ0, y 0) έχει εξίσωση: Βχ - Ay Βχ0 - Ay 0 (1) και Ύενικότερα οποιαδήποτε εξίσωση λΒχ - λΑy λΒχ0 - λΑy 0 με λ 'Φ Ο . Το ορθό λοιπόν είναι =

να λέμε ότι έχει ως μία εξίσωση την (1) και όχι έχει εξίσωση την (1).

Λύση

Θεωρούμε τυχαίο σημείο M(x', y') του εmπέδου . Τότε ΣM = (x' - x0 , y' - y0) και Μ ε (δ) � <=> ΣΜ l. ν ή ΣΜ = δ <=> ΣΜ · ν = Ο � ΊΙ <::> B · (x' - x0) - A · (y' - y0) = 0 � � Βχ' - Ay' = Βχ0 - Ay0 <=> οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν την εξίσωση : Bx - Ay = Βχ0 - Ay0 � (δ) : Bx - Ay = Βχ0 - Ay0 • Θα μπορούσαμε βέβαια να καταλήξουμε στο ίδιο συμπέρασμα αν αντί της συνθήκης καθετότητας δύο διανυσμάτων χρησιμοποιούσαμε τη συνθήκη παραλληλίας τους, δηλαδή Μ ε (δ) � ΣΜ #' ίί ή ΣΜ = δ <::> •

• Στο βιβλίο μου "Διανυσματικός Λογισμός με εφαρμογές στην Αναλυτική Γεωμετρία" έκδοση 1 98 1 , σελ. 96 - 97

(εξαντλημένο), εκτός από αυτό, αποδεικνύεται γενικότερα όn ο γ. τόπος των σημείων που οι συντεταγμένες τους επαληθεύουν την εξίσωση Αχ + By + Γ = Ο, IAI + IBI i= Ο είναι σταθερή ευθεία (ε) κάθετη στο διάνυσμα ίί = (Α, Β) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2174

------ Το Βήμα του Ευκλείδη χ' - χ , - y

------

o = 0 � B · (x' - x0) - A · (y'- y0) = 0 κ.λπ. Προφανώς η Α Β συνθήκη καθετότητας είναι προτιμότερη . Προσέξτε τώρα πως πρέπει να αντιμετωπίσουμε το πρόβλημα αυτό ελέγχοντας αν έχουν ή όχι κλίση οι ευθείες (ε), (δ). 1) Αν Β :i= Ο και Α :i= Ο τότε, λε = - Α και (δ) .L (ε) � λδ λε = -1 � λδ = ..!!_ . Α Β Άρα (δ) : y - y0 = .!!_ (χ - χ0) � (δ) : A(y - y0) = Β(χ - χ0) � (δ) : Bx - Ay = Βχ0 - Ay0 • Α Α;<Ο 2) Αν Β = Ο τότε, Α :i= Ο και (ε) j_ χ'χ , οπότε (δ) .L (ε) � (δ) .L y'y � (δ) : y = Υ �-Ay = -Ay0 Β=Ο � (δ) : Bx - Ay = Βχ0 - Ay0 • Β;<Ο 3) Αν Α = Ο τότε, Β :i= Ο και (ε) .L y'y , οπότε (δ) .L (ε) � (δ) .L χ'χ � (δ) : χ = χ0 � � det(ΣM, ίi) = Ο �

•

Α=Ο

� (δ) : Βχ = Βχ0 � (δ) : Βχ - Ay = Βχ0 -Ay0 • (δ)

ιι

(ε)

ιί (ε)

(δ)

iΣ(zo, Υο)

Αναγκαζόμαστε δηλαδή έτσι να διακρίνουμε τρεις περιπτώσεις με τις απαραίτητες λεπτομέρειες. Υπάρχει όμως εδώ ο κίνδυνος να περιοριστεί κάποιος μόνο στην περίπτωση Α·Β :i= Οκαι να κα θησυχάσει αφού βρίσκει έτσι την ζητούμενη εξίσωση της (δ). Εντελώς ανάλογα μπορούμε να δείξουμε ότι η ευθεία (t) που είναι παράλληλη στην ευθεία (ε): Αχ + By + Γ = Ο, IAI + IBI :i= Ο έχει ως μια εξίσωση την Αχ + By = Αχ0 + By0 • Θα έχουμε τώρα: Μ ε (t) � ΣΜ .L ίi ή ΣΜ = Ο � ΣΜ·ίi = Ο � Α· (χ' -x0) + B · (y' - y0) = 0 � Αχ' + By' = Αχ0 + By0 � οι συντεταγμένες του Μ επαληθεύουν την εξίσωση Αχ + By = Αχ0 + By0 � ( t) : Αχ + By = Αχ0 + By0 • Στη λύση με βάση τις κλίσεις τώρα θα έχουμε δύο και όχι τρεις περιπτώσεις την Β :i= Ο, οπότε λε = - Α και (t)f(ε) � λ1 = - Α . Άρα (t) : y- y0 = - A (x -x0) �(t) : Ax+By =Ax0+By0 Β Β Β και την Β = Ο οπότε (ε) .L χ'χ και (t)ιf(ε) �(t) .Lx'x �(t) : χ = χ0 �(t) : Ax+By = Ax0 +By0 • Παρατήρηση : Οι εξισώσεις των (δ), (t) δεν εξαρτώνται από το Γ πράγ μα αναμενόμενο (γιατί;). c Αν βέβαια οι συντελεστές είναι συγκεκριμένοι (μη παραμετρική μορφή της (ε) ) τότε η διαφο ρά μεταξύ των δύο μεθόδων δεν είναι τόσο αισθητή π.χ Αν (ε): 2χ + 3y + 5 = Ο και Σ (4, 6) τότε λε = -� , οπότε λδ = � και λ1 = - 2 . Άρα (δ) : y - 6 = � (χ - 4) � (δ) : 2y - 2 · 6 = 3χ - 3 · 4 � 3 2 3 2 •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/75

----

Το Βήμα του Ευκλείδη

----

� (δ) : 2y - 3χ = 2 · 6 - 3 · 4 � (δ) : 2y - 3χ = 0 και (t) : y - 6 = - 32 (x - 4) � � (t) : 2x + 3y = 2 · 4 + 3 · 6 � (t) : 2x + 3y = 26 : Με τη χρήση των διανυσμάτων ίi ή ν θα έχουμε: ΣΜ = (χ' - 4, y' - 6) ' οπότε Μ Ε (δ) � � ΣΜ · v = Ο � 3(χ' - 4) - 2(y' - 6) = 0 � 3χ' - 2y' = 0 � (δ) : 3χ - 2y = 0 και Μ Ε (t) � � ΣΜ · ίi = 0 � 2(χ' - 4) + 3(y' - 6) = 0 � 2χ' + 3y' = 26 � (t) : 2x + 3y = 26 . Συνθήκες καθετότητας και παραλληλίας ευθειών. Για τη συνθήκη καθετότητας των ευ θειών (ε1 ) : Α1 χ + Β1 y + Γ 1 = 0 και (ε2 ) : Α2 χ + Β2 y + Γ2 = 0 , μέσω των καθέτων σ' αυτές διανυσμάτων έχουμε: και ίi1 = (Α1 , Β 1 ) :;e δ ίi2 = (Α2 , Β2 ) :;e δ , και όχι: (I) (ε1 ) .l (ε2 ) � ίi1 · ίi2 = Ο � Α1 Α2 + Β1Β2 = Ο Α ΑΑ Α (ε1 ) .l (ε2 ) � λ1 · λ2 = -1 � - ι - 2 = -1 � 1 2 = -1 (11) που ισχύει μόνο όταν BI B 2 Bl Β2 Β ιΒ2 f:. Ο . Τότε βέβαια: (I) � (11) , κάτι το οποίο δεν ισχύει όταν Β ι Β2 Ο και το οποίο α κριβώς αγνοήθηκε στη λανθασμένη λύση της παρακάτω εφαρμογής. Επίσης Α (ε1 ) #'(ε2 ) � ίi1#'ίi2 � det(ίi1 , ίi2 ) = Ο � 1 Β1 = Ο � Α1Β2 = Α2Β1 (i). Προφανώς μόνο Az Bz Α Α όταν Β1Β2 :;C Ο έχουμε (ε1) #' (ε2 ) � λ1 = λ2 � ι = 2 (ii), δηλαδή (i) � (ii) . Με την Βι B z προϋπόθεση φυσικά (ε 1 )I(ε2 ) όταν η παραλληλία θεωρείται με την Ευκλείδεια έννοια. •

( )( )

Εφαρμογή 2η

Να προσδιοριστεί η παράμετρος λ Ε 1R ώστε οι εξισώσεις (λ - 2)χ + 2λy 6 (1) και (λ + 1)χ+ (3λ - 6)y 7 (2) να παριστάνουν δύο κάθετες ευθείες (ει), (ε2) αντιστοίχως. Λύση Για να παριστάνουν οι (1), (2) ευθείες πρέπει και αρκεί τα διανύσματα ίi1 = (λ - 2, 2λ) και =

ίi2 = (λ+ 1, 3λ - 6) να μην είναι μηδενικά, κάτι το οποίο πράγματι συμβαίνει (γιατί;) . Τότε φυσι κά (ε1 ) .l ίi1 και (ε 2 ) .l ίi2 Επομένως (ε 1 ) J.. (ε2 ) � ίi1 J.. ίi2 � ίi1 ίi2 = Ο � � (λ - 2)(λ + 1) + 2λ(3λ- 6) = 0 (3) � 7λ2 -13λ- 2 = 0 � λ Ε 2, -

{ �} .

•

Συντομότερα :

{ -�} ·

(3) � (λ-2)(λ+1) + 6λ(λ-2) = Ο � (λ-2)(λ+1+ 6λ) = 0 � (λ-2)(7λ+ 1) = 0 � λ Ε 2, β ' τρόπος: Με χρήση των κλίσεων (όταν υπάρχουν) .

Αν 2λ f:. Ο δηλαδή λ f:. Ο, τότε έχουμε λ1 = 2 - λ και αν 3λ - 6 f:. Ο δηλαδή λ f:. 2, τότε έχουμε 2λ λ2 = λ + 1 6 - 3λ 2-λ λ+1 =-1 � 1) Αν λοιπόν λ � { 0, 2} , τότε (ε1 ) .l (ε2 ) � λ1 · λ2 = - 1 � 2λ " 6 _ 3λ - λ . λ + 1 -1 � λ + 1 2 � = = -l � λ+ 1 = -6λ � 7λ = -1 � λ = - .!. . 6λ 2λ 3(2 - λ) 7 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2176

------ Το Βήμα του Ευκλείδη ------

2) Αν λ = Ο, τότε (ει ) : -2χ +Oy = 6 <=> (ει) : χ = -3 . Άρα (ει ) .l χ 'χ και (ε2 ) : χ -6y = 7 , οπότε (ε2 )� χ 'χ και επομένως (ε ι ),i(ε 2 ) . Η τιμή λοιπόν λ = Ο απορρίπτεται. 3)

Αν

λ=2,

τότε

(ε 2 ) : 3x + Oy = 7 <::::> (ε2 ) : χ = 7 .

(ει) : Οχ+4y = 6 <::::> (ει) : y = -23 .

Άρα

και

Άρα (ε 2 ) .l χ 'χ και επομένως (ει ) .l (ε2 ) , οπότε η τιμή λ = 2 είναι δεκτή. Τελικά βρίσκουμε ομοίως ότι: (ει ) .l (ε2 ) <::::> λ Ε

{-� , 2}

, αλλά

διακρίνοντας τρεις περιπτώσεις.

Λανθασμένη λύση Ένα σημαντικό σφάλμα που δυστυχώς υπήρχε σε παλαιότερα βιβλία είναι το εξής. Οι συγ γραφείς πονηρά σκεπτόμενοι, προκειμένου να βρουν και τις δύο τιμές του λ μέσω των κλίσεων, προέβαιναν στην απαράδεκτη ενέργεια να γράφουν: 2-λ λ+1 = -1 . (ει ) _l (εz ) <=> λι · λz = -1 <=> n · (ι) •

6- 3λ <::::> (2-λ)(λ+ 1) = -2λ(6- 3λ) <::::> (2-λ)(7λ+ 1) = Ο <::::> λ Ε 2, - αγνοώντας έτσι ότι για λ = 2 η εξίσωση (i) δεν ορίζεται. Θα ήταν προτιμότερο να βρουν μόνο την τιμή -1/ 7 παρά

{ �},

να διαπράξουν αυτό το σημαντικό σφάλμα.

Εφ α ρμογή 3η Να προσδιοριστεί η παράμετρος λ ώστε οι εξισώσεις (λ - 9)χ + 2λy 90 (1) και (λ2 - 2λ)χ + (6 - 3λ)y -45 (2) να παριστάνουν δύο ευθείες που δεν έχουν κοινά σημεία (παράλληλες με την Ευκλείδεια έννοια) =

Λύση Ομοίως για να παριστάνουν οι (1), (2) ευθείες πρέπει και αρκεί ίi ι = (λ-9, 2λ) * δ και 2 ίi2 = (λ -2λ, 6- 3λ) * δ , δηλαδή λ * 2 . Τότε για τη γενικευμένη παραλληλία έχουμε:

2λ = Ο <=> (λ-9)(6- 3λ)-2λ(λ2 -2λ) = Ο <=> (ει)#'(ε2 ) <=> ίiι#' ίi2 <=> det(ίiι , ίi2 ) = Ο <=> λ2λ-9 -2λ 6- 3λ ..2 <=> (λ-9)· 3 ·(2-λ)+2λ2(2-λ) = ο <=> (2-λ)(2λ2 + 3λ-27) = 0<::::> 2Α_2 + 3λ-27 = ο <=> λ= -3 4-+ 15 λ

{ �} .

<=>

<::::> λ Ε 3, Για λ = 3 έχουμε (ει) : -6χ +6y = 90 <=> (ει) : χ -y+ 15 = Ο και (ε2 ) : 3 χ - 3 y = -45 <::::> <=> (ε2 ) χ -y + 15 = Ο . Άρα (ει ) Ξ (ε2 ) Η τιμή λοιπόν λ = 3 απορρίπτεται. 27 χ -9y = 90 <::> (ει) : 3χ + 2y+20 = 0 Για λ = - 29 έχουμε (ει) : - 2 και 1 17 χ - 3 9 y = -45 <=> (ε2 ) : 3 χ + 2y+ 60 = Ο . Προφανώς (ει ),i(ε2 ) , οπότε η τιμή λ = _2_ (ε 2 ) : 4 2 13 2 •

είναι δεκτή. Τελικά (ει )#'(ε 2 ) <=> λ = _ 2_ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/77

------- Το Βήμα του Ευκλείδη ------

Εφαρμογή 4η Να βρεθεί μία εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από τα σημεία Μ(λ - 2, 2λ) και Ν(2λ + 1, λ - 3) Λανθασμένη λύση: λ - 3 - 2λ = --λ -3 = -1, 1) Αν χΜ * χ Ν, δηλαδή λ-2-:j:.2λ + 1 και τελικά λ -:j:. - 3, τότε λΜΝ = ••

2λ+ 1 - (λ - 2)

λ+3

οπότε η ΜΝ ως διερχόμενη από το Μ με κλίση λ = - 1 θα έχει ως μία εξίσωση την y - 2λ = -1 · (χ - λ + 2) , δηλαδή την χ + y - 3λ + 2 = Ο . 2) Αν χ Μ = χΝ , δηλαδή λ = - 3, τότε θα έχει ως μία εξίσωση χ = λ- 2 , δηλαδή την χ = -5 . Το λάθος έγκειται στο ότι η σχέση χΜ = χ Ν δεν εξασφαλίζει το να είναι τα Μ, Ν διαφορετι κά ώστε να ορίζουν συγκεκριμένη ευθεία. Στην περίπτωσή μας έχουμε: χΜ = χΝ � λ = -3 � yΜ = 2λ = -6, yN = λ - 3 = -6 � yΜ = yN � Μ Ν(-5, - 6) . Άρα υ πάρχουν άπειρες ευθείες από το σημείο (-5, - 6) . Μια απ' αυτές έχει ως μία εξίσωση την χ = -5 και κάθε μια από τις υπόλοιπες έχει μια εξίσωση της μορφής y + 6 = α(χ + 5) , όπου α E JR . Σωστή λύση και μάλιστα χωρίς αναφορά σε κλίση ευθείας. Με τον τρόπο αυτό δεν εξετάζουν αν χΜ * χ Ν ή αν χΜ = χΝ αλλά απλώς αν M.IN ή αν Μ Ν , οπότε έτσι αποφεύγουμε τον κίνδυνο να υποπέσουμε στο προηγούμενο λάθος. Πράγμα τι: Αν M.IN, δηλαδή (λ - 2 -:j:. 2λ + 1 ή 2λ -:j:. λ - 3) και τελικά λ -:j:. - 3, τότε ΜΝ = (λ + 3, - λ - 3) * δ Για τυχαίο σημείο Σ(χ ' , y') του επιπέδου έχουμε: •

(

χ' - λ + 2 y' - 2λ =0� ) λ + 3 -λ -3 λ.. -3 � (λ+ 3)(χ' - λ + 2) + (λ + 3)(y' - 2λ) = ο � χ' + y' -3λ + 2 = ο � (δ) : χ + y-3λ + 2 = 0 . Αν Μ Ν δηλαδή λ = -3 , τότε όπως αναφέρθηκε και προηγουμένως ορίζονται άπειρες ευθείες από το συγκεκριμένο σημείο Μ Ν( -5, -6) . Μια απ' αυτές έχει ως μία εξίσωση την χ = -5 και κάθε μια από τις υπόλοιπες έχει μία εξίσωση της μορφής y + 6 = α(χ + 5) , α Ε JR . -

Σ Ε (δ) � ΜΣ #' ΜΝ ή ΜΣ = Ο � det ΜΣ, ΜΝ = 0 � -

Εφαρμογή Sη Να βρεθεί το συμμετρικό του σημείου Σ(2,1) ως προς την ευθεία (ε) : 3χ - y + 5 = 0 . Λύση Προφανώς Σ � (ε) , αφού 3χΣ - yΣ + 5 = 10 * 0 . Έστω Μ (χ', y') τυχαίο σημείο του επιπέδου διάφορο του Σ, οπότε ΣΜ = (χ' - 2, y' - 1) * Ο . Προκειμένου να είναι το Μ συμμετρικό του Σ ως προς την (ε) πρέπει και αρκεί ΣΜ .l (ε) δηλαδή ΣΜ .l v = (Β, -Α) και Θ Ε (ε) , όπου Θ το μέσο του ΣΜ,

' δηλαδη' ΧΘ = χ + 2 ΥΘ = y' + 1 (1). 2 ' 2

- _} � ( χ1'·+(x2')- 2() +y'3(y'+ 1 )- 1) = 0 } � 3 · -- - -- + 5 = 0 () 2 2 ..

'Εχουμε λοιπόν: ΣΜ .l ν ΘΕ ε Άρα Μ(-4, 3) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2178

(2, 1) -ι

}

ι •

χ' = -4 x' + 3y' = 5 � 3x' - y' = -15 y' = 3 ·

-------

•

Το Βήμα του Ευκλείδη -------

Ο συνήθης τρόπος ως γνωστόν είναι να βρούμε πρώτα την εξίσωση της ευθείας ΣΜ που εί ναι κάθετη στην (ε) από το Σ και στη συνέχεια το σημείο τομής της ΣΜ με την (ε), δηλαδή το Θ . Τότε οι συντεταγμένες χ ', y' του Μ προσδιορίζονται από τις σχέσεις (1). Δηλαδή Χ' = 2Χ8 - 2 , y' = 2y8 -1 . ΧΡΗΣΙΜΕΣ ΕΠΙΣΗΜΑΝΣΕΙΣ ΓΙΑ ΤΟΥΣ ΜΑΘΗΤΕΣ

Από τον Αντώvη Κυριακόπουλου 1) Στις πανελλήνιες εξετάσεις, η ικανότητα ενός μαθητή στα Μαθηματικά δε φαίνεται με το να βρίσκει ή να αποδεικνύει κάτι που δεν του έχει ζητηθεί. Διότι, τότε, για να αποδείξει την ικανοτητά του, θα μπορούσε να παραθέσει τη λύση μιας δύσκολης αλλά άσχετης άσκησης που ξέρει καθόσον ούτε αυτή του έχει ζητηθεί. 2) Προσωπικά, συνιστούσα στους μαθητές μου, στις Πανελλήνιες Εξετάσεις, να μην ασχολού νται με οτιδήποτε που δεν τους έχει ζητηθεί στην άσκηση. Και τους εξηγούσα τους λόγους, που είναι οι εξής: α) Αν αυτά τα επιπλέον είναι σωστά, τότε θα προδιαθέσετε μεν θετικά τον βαθμολογητή, αλλά δεν έχει το δικαίωμα να σας βάλει μεγαλύτερο βαθμό. β) Αν αυτά τα επιπλέον είναι λανθασμένα , τότε θα προδιαθέσετε αρνητικά τον βαθμολογη τή, πράγμα το οποίο δεν σας συμφέρει, διότι θα βλέπει το γραπτό σας με καχυποψία και γ) Θα χάσετε χρόνο, με αποτέλεσμα να μην ασχοληθείτε με αυτά που σας έχουν ζητηθεί.

3) Στα σχολικά βιβλία, οι τύποι της δευτεροβάθμιας εξίσωσης έχουν αποδειχθεί και επομένως μπορούν να εφαρμοσθούν από τους μαθητές, μόνο για συντελεστές που είναι πραγματικοί αριθμοί και όχι συναρτήσεις του αγνώστου χ. Στην περίπτωση που στη θέση των συντελε στών είναι συναρτήσεις του αγνώστου χ, με ορισμένες προϋποθέσεις, μπορούμε να εφαρ μόσουμε την μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου και να φθάσουμε στους τύπους αυτούς, χω ρίς αυτό να σημαίνει ότι οι τύποι αυτοί μας δίνουν τις λύσεις της εξίσωσης, παρά μόνο μία άλλη μορφή της, που μας ενδιαφέρει. Αυτό βέβαια θα μπορούσε να γίνει με μια οποιαδήπο τε άλλη διαδικασία παραγοντοποίησης. Κανένας δεν έχει αντίρρηση σε αυτό. Αλλά το ότι οι μαθητές μπορούν να εφαρμόζουν τους τύπους της δευτεροβάθμιας εξίσωσης στην περίπτω ση που στην θέση των συντελεστών είναι συναρτήσεις του αγνώστου χ, δεν αναφέρεται σε κανένα σχολικό βιβλίο. Οι μαθητές ξέρουν (πολύ σωστά) ότι ένας αριθμός αΕ R δεν εξαρ τάται από κανένα άγνωστο χ. Επομένως, σύμφωνα με τις οδηγίες, για να χρησιμοποιήσουν τους τύπους αυτούς στις πανελλήνιες εξετάσεις, θα πρέπει προηγουμένως να τους αποδεί ξουν. Διαφορετικά, με την ίδια λογική ,θα μπορούσαν να χρησιμοποιήσουν, για παράδειγμα και το θεώρημα του Darboux που δεν υπάρχει στα σχολικά βιβλία . Ανεξάρτητα από αυτά, τι θα λέγατε σε ένα μαθήτή αν, για παράδειγμα, την εξίσωση: 2χ5 + 5χ3 - 3χ 2 - 1 = Ο την γράψει ως εξής: (5χ)χ2 -(3χ)χ + (2χ5 - 1) = Ο και σας πει ότι είναι δευτέρου βαθμού. ως προς χ; •

Στις πανελλήνιες εξετάσεις, οι μαθητές δεν πρέπει να χρησιμοποιούν χωρίς απόδειξη θεωρή ματα ή τύπους, που δεν υπάρχουν στα σχολικά βιβλία. Διότι , ο βαθμολογητής έχει το δικαί ωμα (υποχρεούνται θα έ'λεyα, σύμφωνα με τις οδηγίες) να μην τους δεχθεί, οπότε θα χάσουν μονάδες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 98 τ.2/79

------

Το Βήμα του Ευκλείδη

-------

ΠΑΝΕΜΗΝΙΕΣ ΕΞΕτΑΣΕΙΣ 201 3

ΙΥΣΙΚΗ θΕτΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟλΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Γιώρ'yος Χουτζαίος, Φυσικός - Μαθηματικός, τ. Πάρεδρος Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Αθηνών ΘΕΜΑ Δ ' Δίνεται συμπαγής, ομογενής κύλινδρος μάζας Μ και ακτίνας R. Δ2: Από το εσωτερικό αυτού του κυλίνδρου, που έχει ύψος h, α φαιρούμε πλήρως ένα ομοαξονικό κύλινδρο ακτίνας r, όπου r<R, όπως απεικονίζεται στο παρακάτω σχήμα. h Να αποδείξετε ότι η ροπή αδράνειας του κοίλου κυλίνδρου, ως I προς τον άξονά του, που προκύπτει μετά την αφαίρεση του εσωτεI I - , , ρικου, κυλινδρικου, τμηματος, ειναι = ι Μ .R 1 r 4 , ...-ι....-. - - --ιι Ι '

κοιλ

( ) - R4

Δίνονται: Η μάζα Μ του συμπαγούς κυλίνδρου, η ακτίνα του R, η ροπή αδράνειας Ι του συμπαγούς και ομογενούς κυλίνδρου μάζας Μ και ακτίνας R, ως προς τον άξονα γύρω από τον οποίο στρέφεται Ι = .!. M .R Ο όγκος V 2 2 .h. ενός συμπαγούς κυλίνδρου ακτίνας R και ύψους h είναι V=π.R lηλύση: (με φυσική) Επειδή η ροπή αδρανείας είναι μονόμετρο μέγεθος θα ισχύει: 1 1 1 Ιολ..,λ = Ιιαιλ + Ι εσωτ..,λ � 2 M .R 2 = Ιιαιλ + 2 m.r2 � Ι ιαιλ = 2 M.R 2 - 21 m.r2 � z

�

Ιιαιλ = 21 π.R 2 .h.ρ.R 2 - 21 π.r2 .h.ρ.r2 � Ιιαιλ = 21 π.h.ρ ( R 4 - r4 ) ,

όπου ρ η πυκνότητα του υλικού του κυλίνδρου. Α '\ '\ .!.. ZVΙ.AU.

Ιολ

= - M.R

<=>

Ιολ

- πR 2 .h.ρ.R 2 2

<=>

Ιολ

- π.h.ρ.R 2

(I)

(2)

•ψ (R 4 - r4 } ΙL y Ικοιλ <:::> Ικοιλ = R 4 -4 r4 <:::> Ι ο λ Iολ R 4 -4 r4 · R ολ 1 ολ R κι Ι 1 L y11pR 4 R 4 - r 4 Ι κοιλ Ι M .R R'4 r Ικοιλ M.R 2 2 R =

.-----τ----,.

(

•

<:::>

( J J 2η λύση: (με μαθηματικά) Έστω ρ η πυκνότητα του υλικού του κυ <=>

<=>

Ι-

λίνδρου. Θεωρούμε στοιχειώδη ομοαξονικό κύλινδρο ακτίνας χ και πάχους dx.---+0 . Η στοιχειώδης μάζα του είναι dm=π.(x+dx)2h.ρ-π.x2h.ρ= = � + 2πχ.dχ.h.ρ + πdχ2 .h.ρ-� = 2πχ.dχ.h.ρ , γιατί π.dχ2·h.ρ---+Ο αφού dx.---+0 άρα dx2---+0 . Άρα Ικοιλ J.R dm.x 2 J.R 2π.x.dx.h.ρ.x 2 = =

2π .h .p fR

Α '\ '\ .!.. ZVΙ.AU.

Ιολ

x 3dx =

[ ]R 4

<=>

2πhp .!_(R 4 - r 4 ) .!_2 πhp(R 4 - r 4 ) . Ιολ 21 πR2 .h.ρ.R2 Ιολ -21 π.h.ρ.R4

2πhp �

-M.R 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 98 τ.2/80

<=>

(2)

(Ι)

Κωνσταντίνος ΔαΦέρμος Κο ρ υ φαία δ ιάκ ρ ιση

σε

Έλληνα Μαθη ματικό

εξαιρετικά τιμητική διάκριση θα του δοθεί ως αναγνώριση για το ση μαντικό του έργο τις σ Μερικές Διαφορικές Εξισ ώσεις και στη Φυσική του Συνεχούς - Χαρακτηρίζεται ως

«Ένας από τους κορυφαίους ειδικούς στη θεωρία των Νόμων Διατήρησης παγκοσμίως»

Επιμέλεια : Στυ λιανός Μαραγκάκης - Ανδρέας Τριανταφύλλου

Ο Έλληνας μαθηματικός Κωνσταντίνος Δαφέρμος από το Πανεπιστήμιο Brown, πρόκειται να λάβει το σημαντικό βραβείο Norbert Wiener, από τον έγκριτο επιστη μονικό οργανισμό «American Mathematical Society>>, όπως αναφέρει σχετική ανακοίνωση του αμερικανικού ιδρύματος.

Το

βραβείο

Nobert

Wiener

αποτελεί

την

υψηλότερη

διάκριση

της

Αμερικανικής

Μαθηματικής Εταιρείας και της Εταιρείας Βιομηχανικών και Εφαρμοσμένων Μαθηματικών, και θα του δοθεί ως αναγνώριση για το σημαντικό του έργο στις Μερικές Διαφορικές Εξισώσεις και στη Φυσική των Συνεχών Μέσων. Σύμφωνα με τον ιστότοπο της AMS στο διαδίκτυο, το έργο του Κωνσταντίνου Δαφέρμου συνδυάζει τη βαθιά γνώση του αντικειμένου του με τον υψηλό βαθμό επιμέλειας, με την οποία ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β' 98 τ.2/81

------

προσεγγίζει

τα

Κωνσταντίνος Δαφtρμος - Κορυφαία διάκ ριση σε Έλλη να Μαθη ματ ικό

ζητήματα

που

ερευνά.

Χαρακτηριστικό

στοιχείο

της

-----

προσέγγισης

του

Κωνσταντίνου Δαφέρμου στην επιστή μη, θεωρείται ο τρόπος με τον οποίο συνδυάζει τη βαθιά γνώση στα ζητήματα που ερευνά, με τον υψηλό βαθμό μαθηματικής ακρίβειας. Γεγονός που τον κατατάσσει στους κορυφαίους ειδικούς του κόσμου, στη θεωρία των Νόμων Διατήρησης. Συνοπτικά, αναφέρουμε ότι αυτοί οι θεμελιώδεις νόμοι εκφράζουν με μαθηματικούς όρους το δεδομένο

ότι,

μέσα

σε

ένα απομονωμένο

φυσικό

σύστη μα,

ορισμένες

ποσότητες

δεν

μεταβάλλονται όταν ο χρόνος περνά, ή όταν η θέση του συστήματος αλλάζει. Στα παραδείγματα αυτών των διαπιστώσεων, περιλαμβάνονται η διατήρηση της ενέργειας και της ορμής. Στα επιτεύγματά του ξεχωρίζουν: η συνεισφορά του στην ανάπτυξη της θεωρίας των Μη Γραμμικών Νόμων Διατήρησης, η καθιέρωση καινοτόμων μεθόδων, και ο τρόπος που εφάρμοσε αυτή τη θεωρία σε τομείς όπως, η Μηχανική του Συνεχούς, η Δυναμική Αερίων, και η Μη Γραμμική

Ελαστικότητα.

Γενικότερα,

το

έργο του

πάνω

στις

μαθηματικές πτυχές της

θερμομηχανικής έχει επη ρεάσει ποικιλοτρόπως την επιστήμη. Γεγονός που επιση μαίνουν οι κορυφαίοι συνάδελφοί του

Gui-Qiang G. Chen

και

Αθανάσιος Τζαβ ά ρ ας,

ση μειώνοντας: «Η

δουλειά του διακρίνεται σαφώς, από την κατανόηση των θεμελιωδών ζητημάτων της Φυσικής του Συνεχούς, και του ρόλου τους στην ανάπτυξη νέων τεχνικών μαθηματικής ανάλυσης))

Κωνσταντίνος Δαφέρμος έλαβε το πτυχίο του Πολιτικού Μηχανικού από το Εθνικό

Μετσόβιο Πολυτεχνείο, και ακολούθως το διδακτορικό του δίπλωμα από το Πανεπιστή μιο Johns Hopkins. Είναι Καθηγητής στο Τμήμα Εφαρμοσμένων Μαθη ματικών του Πανεπιστη μίου Brown

(Alumni-Alumnae

Uniνersity

Professor). Έχει

διατελέσει

επίσης Διευθυντής στο

Lefschetz Center for Dynamical Systems, βοηθός Καθηγητής στο Τμήμα Θεωρητική ς και Εφαρμοσμένης Μηχανικής του Πανεπιστημίου Comell, ενώ ήταν μεταδιδακτορικός συνεργάτης στο Τμήμα Μηχανικής του Πανεπιστημίου Johns Hopkins. Έχει συνεισφέρει ση μαντικά στη βιβλιογραφία, με το ερευνητικό του έργο στην περιοχή της Μηχανικής και των Διαφορικών Εξισώσεων, με αρκετές επιστη μονικές δη μοσιεύσεις και επιστη μονικά βιβλία. Είναι επίσης μέλος συντακτικών επιτροπών επιστη μονικών περιοδικών. Έχει λάβει πολυάριθμα διεθνή βραβεία για το έργο του, και έχει ανακηρυχθεί Επίτιμος Διδάκτωρ

στο

Πανεπιστή μιο

Αθηνών,

στο

Εθνικό

Μετσόβιο

Πολυτεχνείο,

και

στο

Πανεπιστήμιο Κρήτης. Τέλος να υπενθυμίσουμε ότι,

ο Κωνσταντίνος Δαφέρμος

συμμετείχε στο

συνέδριο

<<lΙΑΡΑΛΛΗΛ ΟΙ ΔΡΟΜΟΙ: Αφηγηματικές τέχνες και Μαθηματικά)), που είχε διοργανωθεί το

2006 στο Μουσείο Μπενάκη της οδού Πειραιώς. Τότε, στη διάλεξή του με τίτλο «Βιογραφίες

μαθηματικών:

Μαθηματικές,

αγιογραφικές,

πολιτικές

ψυχαναλυτικές; )),

Κωνσταντίνος

Δαφέρμος είχε παρουσιάσει και συγκρίνει τις διαφορετικές οπτικές γωνίες μέσα από τις οποίες έχουν βιογραφηθεί και αυτοβιογραφηθεί διάσημοι μαθη ματικοί.

στις

Το βραβείο Norbert Wiener απονεμήθηκε στον Έλληνα μαθηματικό στο Σιάτλ στις ΙΠL�,

7 Ιανουαρ ίου του 2 016.

Η συντακτικ ή επιτροπή τ ο υ ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' ε ύχεται σ ε όλου ς το υ ς αναγνώστες

κaι

·�.

Μ ε χαρ ά περιμένο υ με νέες συνε ργασίες, άρθ ρα, λύσεις ασκ ή σε ων αλλά και τις παρατ η ρ ή σ ε ις σας γ ια να γ ίν ο υ με καλύτε ροι . . .

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 9 8 τ.2/82