Ευκλειδης Β 85 by demi de

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τε ύ χ ο ς

•

Ιούλιος

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ

.f Το Βεδικό τετράγ ωνο

Γενικά θέματα

.( Πραγματικοί Αριθμοί .f Μαθημ ατικές Ολ υμπ ιάδες .f Homo Mathematicus .f Άλγεβρα: .f Γεωμετρία:

Α'

.f Γεωμετρία: .f Κατεύθυνση:

Τάξη

39 46

Συστήματα Συνα ρτήσεις Μετρικές σχέσεις Διανύσματα

50 53 57

Τάξη

ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ

ΓΙΑ ΤΟ

3,50

ΛΥΚΕΙΟ

α είναι μεγάλη χαρά για μας το να αξιοποιηθεί και αυτό, Θ αλλά και τα επόμενα τεύχη του περιοδικού, από τους μαθητές και τους συναδέλφούς, η συνεργασία των ο ποίων θα αποτελέσει έναν θαυμάσιο τρόπο προώθησή ς του, κάτι που κάθε χ ρόνο ευχό μαστε και προσδοκούμε . Καλή χρονιά με υγεία και δημιουργικότητα.

Ο πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής: Γιώργος Τασσόπουλος

Ο αντιπρόεδροι: Βαγγέλης Ευσταθίου, Γιάννης Κερασαρίδης

Μaβημaτικοί Διαγωνισμοί: 12

Ε υ ρ ώ:

διακοπές για να μ πορέσει να φθάσει το συντομότερο δυνατό ατα χέρια σας, το πρώτο τεύχος του περιοδικού .

θηματικά μας Διασκεδάζουν, Η Στήλη του Μαθητή, Γεγονό· τα · Δράσεις, θα δημοσιευθούν με πλούσιο όπως πάντα επίκαιρο υλικό, στο επόμενο τεύχος.

Οκτωβρίου Ιανουαρίου Φεβροuαρίοu

2012·

σας μας είναι απαραίτητη για την αναβάθμισ ή του . Καταβάλαμε μεγάλη προσπάθεια μέσα στις καλοκαιρινές

Γ' Τάξη

Σεπτέμβριος

απητοί μαθητές και συνάδελφοι, Αγ ε την έναρ ξη της σχολικ ής χρονιάς σας καλωσορίζουμε Μ στον Ευκλείδη Β" και σας υπενθυμίζουμ ε ότι η συνεργασία

Παράγ ωγοι .f Γενική Παιδεία: 63 Μιγαδικοί αριθμοί .f Κατεύθυνση: 70 .f Το Βήμα του Ευκλείδη· Ιστορικές Αναφορές 77 Σχόλιο: Οι μόνιμες στή λες, Ο Ευκλείδης προτείνει..., Τα Μα·

Θαλής: Εuκλεfδης: Αρχιμήδης:

•

Γράμμα της Σύνταξης

6 10 35

Πιθανότητες · Π ραγματικοί αριθμοί Ισότητα τριγώνων Β'

.f Άλγεβρα:

Αύγουστος

•

e-mail: info@hms.gr www.hms.gr

2012

2013 2013

Σύνθεση εξωφύλλου: Φωτογραφίες από την 53η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα, για τους διαγωνισμούς, στα γραφεί της Ε.Μ.Ε. Έναρξη από 22 Σεmεμβρίου 2012

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ HAIPEIAΣ

ΠΑΝΕΠΙΣτΗΜΙΟΥ 34

106 79 ΑΘΗΝΑ

ΤΙ}\.:210361π84-3616532

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος: Τασσόπουλος Γιώργος

ντιπρόεδροι: Fαχ:.210364ί025 Α Εκδοτης • υσταθίου Βαγγ έλης : Ε Καλοyερόποuλος Γρηγοριος Κερασαρίδης Γιάννης ιευθυν ής: • Γραμματέας: Δ � , Κρητικος Εμμανου ηλ Χριατόπουλος αναγιώτης Π Επιμέλεια Έκδοσης: Μέλη: Αργυράκης Δ. Ζώτο ς Βαγγέλ ης Λουρ ίδα ς Σ. τε Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 Σ φ ανής Π. α!'Ι Τ εινός Ν. ISSN: 1105- 7998

ΧΟΡΗΓΟΣ ΕΚΔΟΣΗΣ

Συντακτική επιτροπή Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Ευσταθίου Βαyyε'λης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαyyε'λης Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Καμπούκος Κυριάκος Κανέλλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κφασαρίδης Γιάννης

Κοινωφελέs 'lδρυμu Ιωάννη Σ. Λάτση

Καρδαμίτσης Σπύρος Κλάδη Κατερίνα Κονόμης Άρτι

Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπε'λας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυρσyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανδής Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Πουλιάσης Παναγιώτης Ρέγκλης Δημήτρης

Σα'ί'rη Εύα Σταϊκος Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τζιώτζιος Θανάσης Τριαντάφυλλος Γιώργος Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανε'ληΆννυ Χαραλαμπάκης Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Θανάσης Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαyyελ ' ης

Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από τηνΕΜ . Ε . . συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρέπει να στε'λνοντα�αι�, στ Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρόγραφα δεν εmστρέφονται.

ywαφεία της

• Οι •

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά

iii!LilE:&!IUdki!E

ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγε'λνονται στέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική επιταγή σε διαταγήΕΜ . Ε . . Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοσελίδα τηςΕ.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται στα γραφεία τηςΕ.Μ.Ε. (4). Με αvnκαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών στο χώρο σας, κατά την παραλαβή. Εκτύπωση:

ROTOPRINT IA. ΜΠΡΟΥΣΑΛΗ & ΣΙΑ EEI. τηλ. 210 6623778 - 358 Υπεύθυνος τuπογpσφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΠΕνακες uοllατΑασ�οο Το Βεδιικό

.... ι.--

-n�vo

Στάμη Τσικοπούλου

Σ τααλλιώςμαθηματικά και ιδιαίτερα στην αριθμητική ένας (ή ένας πυθαγόρειος πίνακας) είναι ένας πίνακας που χρησιμοποιείται για τον πίνακας πολλαπλασιασμού

ορισμό της πράξης του πολλαπλασιασμού σ'ένα αλγεβρικό σύστημα. Ο δεκαδικός πίνακας πολλαπλασιασμού, γνωστός και ως προπαίδεια, διδάσκεται στις πρώτες τάξεις του δημοτικού, αφού αποτελεί τη βάση για τη κατανόηση του πολλαπλασιασμού και την εκτέλεση αριθμητικών υπολογισμών με αριθμούς στο δεκαδικό σύστημα. Η απομνημόνευση του πίνακα αυτού κρίνεται απαραίτητη από τους νεαρούς μαθητές. Οι πίνακες πολλαπλασιασμού μπορούν να παρουσιάζονται με διάφορους τρόπους. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 Ι 2 3 4 5 6 7 8 9 2 4 6 8 1 0 1 2 14 1 6 18 2 4 6 8 Ι 3 5 7 9 3 6 9 1 2 1 5 1 8 2 1 24 27 3 6 9 3 6 9 3 6 9 4 8 1 2 1 6 20 24 28 32 36 4 8 3 7 2 6 Ι 5 9 5 1 0 1 5 20 25 30 35 40 45 5 Ι 6 2 7 3 8 4 9 6 1 2 1 8 24 30 36 42 48 54 6 3 9 6 3 9 6 3 9 7 5 3 Ι 8 6 4 2 9 7 1 4 21 28 35 42 49 56 63 8 7 6 5 4 3 2 Ι 9 8 1 6 24 32 40 48 56 64 72 9 1 8 27 36 45 54 63 72 81 9 9 9 9 9 9 9 9 9 Σχ. 2

Σχ.l

Το σχ. 1 είναι ένας πίνακας διπλής εισόδου με τους αριθμούς από το 1 έως το 9, έτσι ώστε το γινόμενο δύο από αυτών, π.χ 5 και 8 να μπορεί να διαβαστεί, είτε στη θέση της τομής της 5ης σειράς και της 8ης στήλης είτε στη θέση της τομής της 8ης στήλης και της 5ης σειράς. Το σχ. 2 είναι γνωστό ως β εδικό τετράγωνο. Προέρχεται από το σχήμα Ι αν αντικαταστήσουμε τους αριθμούς που υπερβαίνουν το 9 με το άθροισμα των ψηφίων τους, έως ότου πάρουμε μονοψήφια αποτελέσματα. Για παράδειγμα, από την 8η γραμμή και την 7η στήλη στο σχ. 1 προκύπτει ότι 8 χ 7 =56 , 5 + 6 1 1 και αφού το 1 1 υπερβαίνει το 9, μια περαιτέρω αλλαγή δίνει Ι + Ι = 2, το οποίο βρίσκουμε στην αντίστοιχη θέση στο σχ.2. Όπως στο βασικό 3 χ 3 μαγικό τετράγωνο, στο 9χ 9 Λατινικό τετράγωνο και στο 9 χ 9 Sudoku, όλες οι καταχωρήσεις στο βεδικό τετράγωνο είναι αριθμοί από το 1 μέχρι το 9. Το σχ.2 αναφέρεται ως βεδικό τετράγωνο, επειδή προέρχεται από τις Βέδες. Οι Βέδες είναι ένα σύνολο κειμένων που πραγματεύονται την έννοια και τη λειτουργία του Σύμπαντος και οι οποίες γράφτηκαν περίπου το Ι 500-900 π.Χ στα Σανσκριτικά και θεωρούνται τα αρχαιότερα φιλοσοφικά-θρησκευτικά κείμενα. Η πολυθεϊστική φιλοσοφία των Βεδών μεταφερόταν αρχικά από στόμα σε στόμα αποκλειστικά από τους ιερείς μέχρι να καταγραφούν. Οι Βέδες είναι αρχαία ινδικά κείμενα γραμμένα έμμετρα που περιέχουν ένα αρχείο της ανθρώπινης εμπειρίας και γνώσης και για τους Ινδούς είναι ότι για εμάς η " Βίβλος". Βεδικά μαθηματικά είναι το όνομα που δίνεται στο αρχαίο σύστημα των ινδικών μαθηματικών που επανακαλύφθηκαν από τις Βέδες μεταξύ 191 1 και 1 9 Ι 8 από τον Μπαράτι Κρίσνα Τιρτατζί (Sri Bharati Κrsna Tirthaji 1 884-Ι 960) ο οποίος τα =

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ.1/1

------

Πίνακες Πολλαπλασιασμού. Το βεδικό τετράγωνο

--------

_c:.ί_έτησε και τα δημοσίευσε το 1965. Σύμφωνα με την έρευνά του όλα τα μαθηματικά που οι Βέδες, είναι βασισμένα σε δέκα έξι κανόνες (Sutras, ή λέξεις-τύπους), οι οποίοι στα ι:;ανσκριτικά δημιουργούν και ομοιοκαταληξίες. Αυτοί οι κανόνες περιγράφουν απλούς τρόπους εκτελούνται από μνήμης πολύπλοκοι υπολογισμοί. Είναι δηλαδή ένα σύστημα εκτέλεσης CJ.ι:'ιθμητικών υπολογισμών το όποιο, όπως ισχυρίζονται όσοι το χρησιμοποιούν, είναι 10 με 1 5 οορές ταχύτερο από γνωστό μας σύστημα. Για παράδειγμα σύμφωνα με το sίίtra: για να υπολογίσουμε το γινόμενο 32χ38 βρίσκουμε τα πρώτα ψηφία του αριθμού πολλαπλασιάζοντας 3 χ (3 + 1 ) = 12 ενώ τα δεύτερα ψηφία πολλαπλασιάζοντας 2 χ 8 = 1 6. Αποτέλεσμα : 1216. Όμοια για το γινόμενο 37 χ 33 έχουμε (3 4) = 12, 7 3 =21 , αποτέλεσμα : 122 1 . Ο κανόνας αυτός λειτουργεί με δύο διψήφιους αριθμούς, όταν αυτοί έχουν ίδια δεκάδα και το άθροισμα των μονάδων τους δίνει αποτέλεσμα 10. Και οι δύο προαναφερθέντες πίνακες πολλαπλασιασμού αποτελούν μια πλούσια πηγή ανακάλυψης αριθμητικών και γεωμετρικών σχέσεων. Είναι όμως ανέφικτο, να προβληθούν όλα τα «σχέδια» και οι σχέσεις που περιλαμβάνονται στα αριθμητικά δεδομένα των πινάκων πολλαπλασιασμού. Γι αυτό θα σταθούμε σε ορισμένα οπτικά πρότυπα και «σχήματω> που δημιουργούνται στο βεδικό τετράγωνο και θα τονίσουμε ορισμένες από τις μαθηματικές πτυχές τους. ::c:,:-ιέ;ι:ουν

\·α

:ϊοίj_απλασιάστε «με ένα περισσότερο από το προηγούμενο» χ

Αριθμητικές ιδιότητες των αριθμών του βεδικού τετραγώνου

Όπως προαναφέρθηκε στα αρχαία ινδικά μαθηματικά, ένα βεδικό τετράγωνο είναι μια παραλλαγή ενός τυπικού πίνακα πολλαπλασιασμού 9χ9. Σε κάθε τετράγωνό του τοποθετούμε το μονοψήφιο άθροισμα του γινομένου της αντίστοιχης γραμμής και στήλης που δεν είναι άλλο από το υπόλοιπο της διαίρεσης του γινομένου των αριθμών της αντίστοιχης σειράς και στήλης με το 9 (modulo 9).Το υπόλοιπο Ο στο βεδικό πίνακα αντιπροσωπεύεται από το 9. Στο βεδικό τετράγωνο είναι εμφανής η συνεχής εμφάνιση του αριθμού 9 ο οποίος είναι κομβικός αριθμός γι αυτό. Επιπλέον αν σε οποιονδήποτε αριθμό του βεδικού τετραγώνου προσθέσουμε τον αριθμό 9, ο αριθμός παραμένει ο ίδιος, δεν αλλάζει. Π.χ. : 9 + 1 =lO, 1 + Ο = 1 , όμοια 9 + 2 =1 1 , 1 + 1= 2, 9 + 3=12, 1 + 2 = 3 κ.τ.λ. Οπτικά πρότυπα (Pattern)

Παρατηρούμε ότι σε κάθε γραμμή εμφανίζονται ορισμένα pattern Πολλαπλασιασμός με

Pattern

1 1 - 2 - 3-4 - 5-6 - 7 - 8 - 9 1η σειρά 2η σειρά 2 2 - 4 - 6 - 8 - 1 -3 - 5 - 7 - 9 3-6- 9 3η σειρά 3 4 4η σειρά 4-8-3-7-2-6- 1 -5-9 5 5η σειρά 5 - 1 - 6 - 2 - 7 - 3 - 8 -4 - 9 6 6 - 3 -9 6η σειρά 7η σειρά 7 - 5 - 3 - 1 - 8 - 6- 4 -2 - 9 7 8 8η σειρά 8 - 7 - 6 - 5 -4 - 3 -2 - 1 -9 9η σειρά 9 9 Οι αριθμοί σε ένα βεδικό τετράγωνο είναι συμμετρικοί ως προς τη μια διαγώνιο του (από άνω αριστερά έως κάτω δεξιά). Το άθροισμα των αντίστοιχων ψηφίων της 2ης και της 7ης γραμμής δίνουν τα αντίστοιχα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ.1/2

------

Πίνακες Πολλαπλασιασμού. Το βεδικό τετράγωνο

ψηφία της 9ης γραμμής. Ενώ το άθροισμα των αντίστοιχων ψηφίων της 3ης και της 5ης γραμμής παράγουν τα αντίστοιχα ψηφία της 8ης γραμμής. Όμοια, το άθροισμα των αντίστοιχων ψηφίων της 2ης και της 7ης στήλης, παράγουν τα αντίστοιχα ψηφία της 9ης στήλης, ενώ το άθροισμα των αντίστοιχων ψηφίων της 3ης και 5ης στήλης παράγουν τα αντίστοιχα ψηφία της 8ης στήλης του βεδικού πίνακα. Για κάθε στήλη αριθμών στο βεδικό τετράγωνο, υπάρχει μια ίδια γραμμή αριθμών. Π.χ 2η γραμμή και 2η στήλη, κ.τ.λ. αφού όπως προαναφέρθηκε οι αριθμοί σε ένα βεδικό τετράγωνο είναι συμμετρικοί ως προς τη μια διαγώνιο του (από άνω αριστερά έως κάτω δεξιά). Ένα μοτίβο βρίσκεται στη διαγώνιο του βεδικού πίνακα. Στο σχήμα 3 υπολογίζουμε τα γινόμενα 1χ1 , 2χ2, 3χ3, . . . 20χ20. Παρατηρούμε ότι αν προσθέσουμε τα ψηφία κάθε γινομένου μέχρι να καταλήξουμε σε μονοψήφιο αποτέλεσμα η ακολουθία των αριθμών που προκύπτει από τα εννιά πρώτα γινόμενα επαναλαμβάνεται διαρκώς δημιουργώντας ένα μοτίβο (σχ.3). Το μοτίβο είναι : 1 , 4, 9, 7, 7, 9, 4, 1 , 9.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20

χ χ χ

χ χ

χ χ χ χ χ

1=1 2=4 3=9 4= 1 6 5=25 6=36 7=49 8=64 9=8 1 1 0=100 1 1 =121 12 =144 1 3= 1 69 1 4= 1 96 1 5=225 16=256 17=289 18=324 19=36 1 20=400

-> ->

Σχ. 3

άθροισμα ψηφίων 1 4 9 7 7 9 4 1 9 1 4 9 7 7 9 4 1 9 1 4

3 6 4 4 8 5 5 6 3 6 7 7 5 8 7 8 9 9 9

3 4 5 6 3 4 5 6 6 8 1 3 9 3 6 9 3 2 6 6 2 7 3 9 6 3 ) 8 6 3 6 5 4 3

8 9 7 9 6 9 5 9 4 9 6 3 9 4 2 9 2 9 9 9 9 9 9 9 9 7 I

7 5 3 1 8

8 9

(

Σχ. 4

Η ακολουθία των ψηφίων της διαγωνίου από πάνω αριστερά έως κάτω δεξιά στο βεδικό τετράγ ωνο σημαίνει ότι για να είναι ένας θετικός αριθμός τέλειο τετράγωνο, πρέπει το μονοψήφιο άθροισμα των ψηφίων του να είναι είτε 1 , 4, 7 ή 9 και το τελευταίο ψηφίο του πρέπει να είναι Ο, 1 , 4, 9, 6 ή 5. Έτσι για παράδειγ μα μπορούμε εύκολα να διαπιστώσουμε ότι ο αριθμός 3.349. 1 27.40 1 .2 1 5.600 παρόλο που λήγ ει σε Ο δεν είναι τέλειο τετράγωνο ακέραιου αριθμού γιατί το άθροισμα των ψηφίων του είναι 3.

Σχήματα αριθμών στο βεδικό τετ ρ άγωνο

Οι αριθμοί στο βεδικό τετράγωνο έχουν «σχήματω). Για να βρούμε το «σχήμω) του αριθμού 1 , τοποθετούμε διαφανές χαρτί και σημειώνουμε με μια τελεία το κέντρο κάθε μικρού τετραγώνου στο οποίο εμφανίζεται το 1 . Οι κουκίδες μας δίνουν μια ιδέα για το ποιο θα είναι το «σχήμω) του αριθμό 6 στο βεδικό τετράγωνο (σχ. 5)το οποίο θα πάρουμε αν ενώσουμε τα έξι σημεία με ευθ. τμήματα. Με την ίδια διαδικασία βρίσκουμε τα «σχήματω) και των υπολοίπων αριθμών. Παρατηρούμε ότι ανά δύο τα σχήματα αυτά είναι συμμετρικά. Για παράδειγμα τα «σχήματω) των αριθμών 1 και 8, 2 και 7, 3 και 6, 4 και 5 είναι συμμετρικά. Το «σχήμω) του αριθμού 9 είναι μοναδικό και είναι ένα τετράγωνο. Στο σχ. 6 έχουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85τ.1/3

------ Πίνακες Πολλαπλασιασμού. Το βεδικό τετράγωνο

σχεδιάσει με διαφορετικό χρώμα όλα τα «σχήματα» των αριθμών σ' ένα βεδικό τετράγωνο. I

•

=. --+...81

Jι

•

..,., I

•

• .

·-+L...

•

-- )I. -----

-.f== •

, ;ιι--·

·--

, ,.,

____

+----.+

�

... •

..... __ + •

•

Υ..�....81!ι I

7ι_,.

ιιιι

...�· _

..... .... __

•

..8..--...-•

•

Σχήμα 6

Σχήμα 5

Εάν αγνοήσουμε την τελευταία γραμμή και στήλη, ένα βεδικό τετράγωνο αποτελείται από τέσσερα ομόκεντρα τετράγωνα (σχ. 7). Στο εσωτερικό τετράγωνο τα τετραγωνάκια κάθε πλευράς του περιέχουν τα ψηφία 2 και 7 και το άθροισμά τους ισούται με 9. Τα «σχήματω) των αριθμών 2 και 7 είναι συμμετρικά το ένα του άλλου (σχ. 5 και 6). Στο επόμενο τετράγωνο τα τετραγωνάκια κάθε πλευράς του περιέχουν τα ψηφία 9, 6, και 3, και το μονοψήφιο άθροισμά τους είναι επίσης 9. Και τα «σχήματω) των συμπληρωμάτων του 9, που σ' αυτήν την περίπτωση είναι το 3 και το 6, είναι επίσης ανακλάσεις το ένα του άλλου (σχ.5 και 6).

1 2 3 4 2 4 6 8 3 6 9 3 4 8 3 5 1 6 2 6 3 9 6 7 5 3 1 8 7 6 5

5 6 7 8 1 3 5 7 6 9 3 6 6 1 5 7 3 8 4 3 9 6 3 8 6 4 2 4 3 2 1

9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9 9

[]

Σχήμα 7

Στο επόμενο τετράγωνο τα τετραγωνάκια κάθε πλευράς του περιέχουν τα ψηφία 5, 3, 1, 8 6 και 4 και πάλι το μονοψήφιο άθροισμά τους είναι 9 ενώ συμμετρία υπάρχει μεταξύ των «μορφών)) των 1 και 8, 3 και 6 και εκείνων των 4 και 5. Στο τελευταίο τετράγωνο τα τετραγωνάκια κάθε πλευράς του περιέχουν τους αριθμούς από 1 έως 8 που και πάλι το μονοψήφιο άθροισμά τους είναι 9 και φυσικά τα σχήματα των συμπληρωματικών του 9 αριθμών είναι συμμετρικά. Ορισμένα από τα γεωμετρικά σχήματα και τις συμμετρίες που μπορούν να παρατηρηθούν σ'ένα βεδικό τετράγωνο τα βρίσκουμε συχνά στην παραδοσιακή ισλαμική τέχνη. Χαρακτηριστικά είναι τα παρακάτω σχέδια (σχ. 7) που προέρχονται από το «σχήμω) του 8 και του 5 στο βεδικό τετράγωνο. Με τα σχέδια αυτά οι ισλαμιστές καλλιτέχνες κοσμούσαν αντικείμενα κεραμεικής, μεταλλοτεχνίας, χρυσοχο1:ας, υφαντικής, ξυλογλυπτικής, υαλουργίας κ.ά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85τ.1/4

-------

Π ίνακες Πολλαπλασιασμού. Το βεδικό τετράγωνο

------

9 9 9 9-

Σχήμα 7 Στο παρακάτω σχέδιο σ' ένα βεδικό τετράγωνο χρωματίσαμε με το ίδιο χρώμα τα τετράγωνα με τους ίδιους αριθμούς. Αν επαναλάβουμε πολλές φορές το χρωματισμένο αρχικό τετράγωνο προκύπτει το δεύτερο σχέδιο (Σχ. 8).

••••••••• ••••••••• ••••••••• ••••••••• ••••••••• ••••••••• ••••••••• ••••••••• .......... Σχήμα 8 Με το ίδιο τρόπο έχουν προκύψει από το βεδικό τετράγωνο και τα παρακάτω σχέδια.

Βιβλιογραφία George Gheverghese Joseph ( 1993). Appendix: Multίplίcαtίon tαbles cαn be fun, in David Nelson, George Gheverghese Joseph and Julian Williams, Multίculturαl Mαthemαtίcs, Teαchίng Mαthemαtίcs from αGlobαl Perspectίνe, Oxford University Press, p l l0- 1 25. Pritchard, Chris (2003). The Chαngίng Shαpe ofGeometry: Celebrαtίng α Century ofGeometry αnd Geometry Teαchίng. Great Britain: Cambridge University Press. pp. 119-122. Ντ άλα Γεωργ ία (2006). Τα αρχαία ινδικά Μαθηματικά μέχρι τον 7ο μ.Χ αιώνα, διπλωματ ική εργ ασία γ ια τ ο μεταπτυχιακό δίπλωμα ειδίκευσης, από τ ο www.mαth.uoα.gr/me/dίplldίpl_ntαlα.pdf, www. vedicmathsindia.org/ www.marioberges.com/blog/... /vedic-square/ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ.1/5

Δεκαδικές Αναπαραστάσεις Πραγματικών Αριθμών

των

Μιχάλη Γρ. Βόσκογλου* Καθηγητή Τ. Ε. Ι. Πάτρας 1.

Εισαγωγή Είναι γνωστό ότι το σύνολο R των πραγμα τικών αριθμών αποτελείται από τους ρητούς και τους άρρητους αριθμούς. Ένας πραγματικός αριθμός λέγεται άρρητος ό Ω ταν δε μπορεί να γραφεί ως κλάσμα τηςΟ μορφής ' ' μ , με μ και ν ακεραιους αριθ μους, ν -:1:- στο-' ν

•

σο ο ορισμός αυτός μας λέει απλά ότι άρρητοι είναι οι αριθμοί, που δεν είναι ρητοί (αρνητικός ορισμός), χωρίς να μας περιγράφει ποια είναι η μορφή (τρόπος γραφής) των άρρητων αριθμών. Ο πιο πρόσφορος τρόπος για να απαντήσουμε στο ερώτημα αυτό είναι να θεωρήσουμε τις δε καδικές αναπαραστάσεις των πραγματικών α ριθμών. 2.

Πε ριοδικοί και ασύμμετροι δεκαδικοί αριθμοί Γνωρίζουμε ότι κάθε ρητός αριθμός με διαί ρεση του αριθμητή δια του παρονομαστή του μετατρέπεται σε ένα περιοδικό δεκαδικό αριθμό. Υπενθυμίζουμε ότι περιοδικός (ή σύμμετρος) ο νομάζεται κάθε δεκαδικός αριθμός, του οποίου τα δεκαδικά ψηφία, εκτός ίσως από ένα πεπερα σμένο πλήθος αμέσως μετά την υποδιαστολή, επαναλαμβάνονται περιοδικά με την ίδια πάντο τε σειρά (περίοδος του αριθμού). Για παράδειγ22 = 3, 1422857 , μα, )1 = 0,333 . . . . . . = O,J , Ί

1 3 79 = 1 ,5 32 ( μικτος' περιοδικος' αριθμός με 900 μη περιοδικό τμήμα το 53 και περίοδο το 2), 2,5 2,5Q (πεπερασμένος δεκαδικός αριθ _

�

μός), κ.λπ. Ο συγγραφέας επιθυμεί να ευχαριστήσει τη συνάδελ φο του στο Τ . Ε . Ι . Πάτρας Δρ. Αλέκα Καλαπόδη , Μα θη ματικό , για τις χρήσιμες συνομιλίες, που είχαν πάνω στις δεκαδικές αναπαραστάσεις των πραγματικών αριθ μών, που τον βοήθησαν κατά τη συγγραφή της τέταρτης παραγράφου του παρόντος άρθρου. •

Αντίστροφα, κάθε περιοδικός αριθμός μετατρέ πεται σε κλάσμα με διάφορους τρόπους. Ένας από αυτούς είναι η γνωστή από το Γυμνάσιο μέ θοδος της αφαίρεσης κατά μέλη των κατάλλη λων εξισώσεων. Για παράδειγμα, αν χ=2,3 124545 . ... , τότε 1000χ=23 12,4545 . . .. , 100000χ=23 1245,4545. . . . και κατά συνέπεια 1 ΟΟΟΟΟχ - 1 ΟΟΟχ = 23 1245 - 23 12, ή 99000 χ =228933 ' η' χ = 228933 99000 Με άλλα λόγια δηλαδή, το σύνολο των ρη τών αριθμών Q ταυτίζεται με το σύνολο των πε ριοδικών δεκαδικών αριθμών. Ορίζοντας κατά συνέπεια το R ως το σύνολο όλων των δεκαδι κών αριθμών, γίνεται φανερό ότι το σύνολο των άρρητων αριθμών ταυτίζεται με το σύνολο των μη περιοδικών (ή ασύμμετρων) δεκαδικών αριθ μών. Τα άπειρα δεκαδικά ψηφία των αριθμών αυτών επαναλαμβάνονται χωρίς καμία περιοδι κότητα. Ένα σοβαρό πρόβλημα, που δημιουργείται με τις δεκαδικές αναπαραστάσεις των πραγματι κών αριθμών, είναι ότι πολλές είναι αδιαφανείς (opaque). Πράγματι, στις περιπτώσεις αυτές, ό ταν ο πραγματικός αριθμός είναι γραμμένος μό νο με τη δεκαδική του μορφή, δε μπορούμε να διακρίνουμε εύκολα, αν είναι ρητός, ή άρρητος. Αυτό π.χ. συμβαίνει με τον ρητό αριθμό 1 -- = 0,0005373 . . ... , που έχει περίοδο 1860 1 861 ψηφίων. Αντίθετα ο αριθμός 1,3254 έχει διαφα νή (transparent) δεκαδική αναπαράσταση, αφού αμέσως αναγνωρίζουμε ότι πρόκειται για μικτό περιοδικό αριθμό με μη περιοδικό τμήμα το 32 και περίοδο το 54. Λόγω του ότι δεν υπάρχει καμία περιοδικό τητα στο δεκαδικό τους ανάπτυγμα, είναι λογικό οι περισσότεροι άρρητοι αριθμοί να έχουν αδια φανείς δεκαδικές αναπαραστάσεις. Υπάρχουν ωστόσο και πολλές περιπτώσεις άρρητων αριθ μών, των οποίων τα δεκαδικά ψηφία επαναλαμ βάνονται με μια συγκεκριμένη διαδικασία, από την οποία προκύπτει με σαφήνεια ότι δεν έχουν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ. l/6

-------

Δεκαδικές Αναπαραστάσεις των Πραγματικών Αριθμών

περίοδο, με συνέπεια οι αναπαραστάσεις τους να είναι διαφανείς. Για παράδειγμα, στο δεκαδικό του ανάπτυγμα αριθμού 2,001313113ill3llll3lllll3 . . . . . ... μετά το 2,001 και ανάμεσα σε δύο διαδοχικά τριάρια επαναλαμβάνεται το ψηφίο ένα 1 , 2, 3, 4, 5, . . ... φορές αντίστοιχα. Κατά συνέπεια δεν είναι σωστό να λέμε ότι περιοδικός είναι κάθε δεκαδικός αριθμός του οποίου τα δεκαδικά ψηφία επαναλαμβάνονται με μια συγκεκριμένη διαδικασία, γιατί τότε ο πα ραπάνω αριθμός θα ήταν περιοδικός! Ένα άλλο λάθος, που γίνεται συχνά, είναι η ταύτιση ενός πραγματικού αριθμού με δοσμένη δεκαδική του προσέγγιση. Πολλοί π.χ. ταυτίζουν το γνωστό από την μέτρηση του κύκλου αριθμό π, που ως γνωστό είναι aσύμμετρος, με το 3, 14. Ακόμη, υπολογίζοντας το πηλίκο της διαίρεσης 144 : 233, που είναι περιοδικός με περίοδο 232 ψηφίων, με χρήση μικροϋπολογιστή (κομπιουτεράκι), πολλοί ταυτίζουν τον ρητό αριθμό 1 44 233 με την ένδειξη του μικροϋπολογιστή, π.χ. με τον πεπερασμένο δεκαδικό αριθμό 0,61 802575. Ενημερωτικά αναφέρουμε ότι, πέρα από τη γραφή των πραγματικών αριθμών στη δεκαδική τους μορφή, είναι γνωστοί και άλλοι τρόποι για την κατασκευή του συνόλου R (π.χ. βλ. [2], πα ράγραφος 3). Οι περισσότεροι όμως από αυτούς ξεφεύγουν από τα πλαίσια της διδακτέας ύλης του Λυκείου. Παλαιότερα (δεκαετίες 70 και 80) επιχειρή θηκε, χωρίς ιδιαίτερη επιτυχία, η διδασκαλία των πραγματικών αριθμών στο Λύκειο με τη βοήθεια της αρχής του κιβωτισμού. Στο τότε σχολικό εγχειρίδιο ([1], παράγραφος 5.2) η αρχή αυτή παρουσιάζονταν (κατ ' ανάγκη) ως αξίωμα, πράγμα που δε συμβαίνει στην πραγματικότητα. Συγκεκριμένα η αρχή του κιβωτισμού μπορεί να αποδειχθεί με χρήση των τομών του Dedekίnd, που αποτελούν ένα εναλλακτικό εργαλείο για την κατασκευή του R ([2], παράγραφος 3). Μια άλλη, πρόσφορη για το επίπεδο του Λυκείου, μέθοδος κατασκευής του R είναι με τη χρήση των συνεχιζόμενων κλασμάτων (contίnued fractίons), που βρίσκουν και αρκετές άλλες ε φαρμογές [4].

Πράγματι, ας θεωρήσουμε μια οποιαδήποτε ακολουθία πραγματικών αριθμών, έστω α1, α2, ,αν, . . ... και ας σχηματίσουμε μια νέα ακολουθία (Σv) με όρους τα μερικά αθροίσματα των όρων της αρχικής ακολουθίας. Θα έχουμε δηλαδή Σι=αι, , Σ2=α1+α2 , v Σν= Σα;, ...... . . Η ακολουθία αυτή ονομάζε• . . ••

• • • • • • ••

i=l

ται σειρά και συμβολίζεται με Σα;. i= l

Αν μια σειρά συγκλίνει, τότε έχει επικρατή σει, αντί του συνήθους συμβολισμού limv�oo Σv 00

=α να γράφουμε Σα; = α και να λέμε ότι το i=l

άθροισμα της σειράς αυτής είναι ίσο με α. Πρέ πει πάντως να διευκρινίσουμε ότι στην περίπτω ση αυτή το σύμβολο"=" δεν έχει τη έννοια της ισότητας, όπως έχουμε συνηθίσει να το χρησι μοποιούμε. Ωστόσο, οι πράξεις μεταξύ σειρών, που εκτελούμε χρησιμοποιώντας καταχρηστικά της ιδιότητες της ισότητας, είναι συμβατικά σω στές, αφού αντίστοιχες πράξεις θα μπορούσαν να εκτελεσθούν με ανάλογο τρόπο και με τα με ρικά αθροίσματα των αντίστοιχων σειρών και τα όρια τους. 3.

Π αριστάνουν όλα τα δεκαδικά αναπτύγματα πραγματικούς αριθμούς;

Στα περισσότερα βιβλία της θεωρίας αριθμών και των συστημάτων των αριθμών (π.χ. [5], [6], [9] κ.λπ.) ορίζεται ότι ένας μη αρνητικός πραγματικός αριθμός χ εκφράζεται σε δεκαδική μορφή, ή ισοδύναμα έχει μια δεκαδική αναπαράσταση, όταν μπορούμε να γράψουμε C1 χ ={χj + -+

C3 C2 2 + -3 + ......

. (1).

Στην έκφραση αυτή το [χ]συμβολίζει το ακέραιο μέρος του χ, δηλαδή το μεγαλύτερο ακέ ραιο που δεν υπερβαίνει το χ και τα Ci, i=12,2,3, . . . είναι ακέραιοι αριθμοί, τέτοιοι ώστε Ο S: Ci S: 9. Γράφουμε τότεχ=[χ],cι c2 C3 3. Σειρ ές πραγματικών αριθμ ών Για την κατανόηση της επόμενης (τέταρτης) αρνητικός πραγματικός αριθμός μπο ενότητας αυτού του άρθρου είναι απαραίτητο να ρεί Ένας να εκφρασθεί σε δεκαδική μορφή χρησιμοορίσουμε την έννοια της σειράς (απείρου αθροί σματος) πραγματικών αριθμών. ••••..

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ.l/7

-------

Δεκαδικές Αναπαραστάσεις των Πραγματικών Αριθμών

ποιώντας τη δεκαδική μορφή του αντίθετου του κατά τον προφανή τρόπο. Αποδεικνύεται με θεωρητικό τρόπο ότι κάθε πραγματικός αριθμός έχει μια δεκαδική αναπαράσταση της μορφής ( 1 ) (π.χ. [7], Θεώρημα 3.2). Ειδικότερα, αν ο χ έχει μια πεπερασμένη δεκαδική αναπαράσταση της μορφής ( 1 ) δηλαδή αν υπάρχει δείκτης ί0 τέτοιος ώστε ci=O για κάθε ί � ί0 - τότε έχει ακριβώς δύο τέτοιες αναπαραστάσεις ([7], Θεώρημα 3.7). Για παράδειγμα, 2,5= 2,5Q = 2,4� . Αντίθετα, όταν 0 χ δεν έχει πεπερασμένη δεκαδική αναπαράσταση (απειροψήφιος δεκαδικός αριθμός), τότε η δεκαδική του αναπαράσταση είναι μοναδική ([?],Θεώρημα 3.5). Πρέπει να σημειωθεί, ότι σε κάθε δεκαδικό ανάπτυγμα της μορφής ( 1 ) υπάρχει ένα τουλάχιστο δεκαδικό ψηφίο διαφορετικό του 9. Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι η έκφραση χ [χ],2_ [χ]+ Σ� (2) αποτελεί ένα δεκαδικό ανά_

i=Ι

πτυγμα της μορφής (1 ). Τότε, επειδή η ακολουθία ( �' ) είναι μια φθίνουσα γεωμετρική πρό1Ο οδος με λόγο ίσο με fιJ, το άθροισμα των απείρων όρων της θα είναι

9 Σ�= 1 0 = 1 . Έτσι 10 Ι 1-10 i=ι

βρίσκουμεχ = [χ]+1. Αυτό όμως είναι αδύνατο, αφού το [χ] είναι ο μεγαλύτερος ακέραιος, που δεν υπερβαίνει τοχ. Κατά συνέπεια, όλες οι εκφράσεις της μορ

φής (2) δεν αποτελούν δεκαδικά αναπτύγματα πραγματικών αριθμών της μορφής (1). Ειδικότε-

ρα, αν και η σειρά Σ� συγκλίνει στο i=I

δε

μπορούμε, σύμφωνα πάντοτε με τον ορισμό ( 1 ) να δεχθούμε την έκφραση 0,.2. ως δεκαδική ανα παράσταση του 1 και κατά συνέπεια η γνωστή μας από το Γυμνάσιο εξίσωση 0,.2. = 1 δεν έχει νόημα! τίθεται λοιπόν εύλογα το ερώτημα: « τί πα ριστάνουν τα δεκαδικά αναπτύγματα της μορφής κ0,999 .. . . , με κ0 φυσικό αριθμό)); Η απάντηση, που θα μπορούσε να δοθεί στο ερώτημα αυτό εί9 , παριστανουν ' ναι οτι τη σειρα' κο + Σω- και i=l 1 0 i όχι το άθροισμα της, που είναι ίσο με το φυσικό αριθμό κο +1. ,

Πολλοί, για λόγους μαθηματικής συνέπειας, υποστηρίζουν ότι πρέπει να δεχθούμε γενικά ότι όλες οι εκφράσεις της μορφής κ0,κικ2 ..... κv .... (3). με κ0, κ1. κ2, .. .. ,Κv, . . .. φυσικούς αριθμούς και Ο � κί � 9 για ί = 1 ,2, . . .. ,ν, . . .. παριστάνουν κ τη σειρά Σi και όχι τον αντίστοιχο πραγμα i=Ο 1 0 i τικό αριθμό, που είναι ίσος με το άθροισμα της (π.χ. βλ. [S]). Με αυτή την παραδοχή γίνεται αμέσως φανερό ότι οι αναπαραστάσεις των πραγ .

ματικών ως απειροψήφιων δεκαδικών αριθμών δεν έχουν κανένα νόημα (!), άσχετα αν οι πρά-

ξεις, που εκτελούμε με αυτέςt είναι συμβατικά σωστές (βλ. παράγραφο 3). Από την προηγηθείσα ανάλυση προκύπτει ότι το «πρόβλημα>) με τις δεκαδικές αναπαρα στάσεις των πραγματικών αριθμών οφείλεται στον τρόπο ορισμού τους από τη σχέση (1). Το πρόβλημα όμως αυτό είναι στην ουσία του «ψεύτικΟ)), αφού εύκολα μπορεί να αντιμετωπισθεί. Πράγματι, αν επεκτείνουμε τον ορισμό ( 1 ), δεχόμενοι ότι κάθε θετικός ακέραιος αριθμός κ εκτός από τον συνηθισμένο τρόπο γραφής του έχει και ένα εναλλακτικό (δευτερεύοντα) τρόπο γραφής υπό τη μορφήχ=κ-1,999 ... ... , με [χ]= κ, το πρόβλημα αυτό εξαφανίζεται αμέσως! Ειδι κότερα ο εναλλακτικός τρόπος γραφής του 1 εί ναιχ=Ο,999 ...... , με [χ]=1. Ένας τρόπος για να «απαλλαγούμε)) από τις αμφισβητούμενες δεκαδικές αναπαραστάσεις των πραγματικών αριθμών με τα άπειρα 9άρια, είναι να ορίσουμε με ακρίβεια το σύνολο R, το οποίο, όπως είδαμε παραπάνω, αποτελείται από όλους τους δεκαδικούς αριθμούς (σύμμετρους και aσύμμετρους). Ας θυμηθούμε όμως πρώτα πως ορίζεται το σύνολο Q όλων των ρητών αριθμών υπό την κλασματική τους μορφή. Για να θεωρήσουμε κάθε ρητό αριθμό μια μόνο φορά, δεχόμαστε ότι το Q αποτελείται από όλα τα ανάγωγα κλάσματα Δοθέντων των πραγματικών αριθμών α = [α], α1α2α . . . . . και β= [β],β1β2β3---- μπορούμε να γρά 3 ψουμε α=[α]+Ιίm

[β] + lim

lim

v-->oo

V--)OC

α.

Σ-.' = [α] + lim v�oo Αν και β γ�οο Ι οι Βν

ί=ι

οπότε α + β = [α] + [β] +

(Αν + Β ν)· Ανάλογα μπορεί να υπολογισθεί με

τη βοήθεια της επιμεριστικής ιδιότητας και το γινόμενο α.β κ.λπ. Στην πράξη , οι πράξεις μεταξύ απειροψήφιων δεκαδικών αριθμών εκτελούνται με χρήση πεπερασμέ νων δεκαδικών τους προσεγγίσεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85τ.l/8

-------

Δεκαδικές Αναπαραστάσεις των Πραγματικών Αριθμών

της μορφής !:!._, με μ και ν ακέραιους αριθμούς, ν:;t Ο, ζητάμε δηλαδή να ισχύει Μ Κ. Δ. (μ,ν) =1 Όπως τώρα προκύπτει από την ανάλυση, που προηγήθηκε, για να θεωρήσουμε κατά τον ορισμό του R κάθε πραγματικό αριθμό μια μόνο φορά, θα πρέπει να λάβουμε υπόψη μας μόνο τα ν

δεκαδικά αναπτύγματα της μορφής (3) στα οποία υπάρχει δείκτης ίο τέτοιος ώστε να μην είναι κί =9 για όλα τα ί?. ίο. 5.

ΑλγΕβρικοί κα ι υπερβα τικοί αριΟμοί

Όπως είδαμε, κάθε ρητός αριθμός μπορεί να γραφεί είτε ως κλάσμα, είτε ως περιοδικός δεκα δικός αριθμός. Είναι λοιπόν λογικό κάποιος να αναρωτηθεί, αν υπάρχει εναλλακτικός τρόπος γραφής, πέρα από τη δεκαδική τους μορφή και για τους άρρητους αριθμούς. Γνωρίζουμε ότι όλες οι ρίζες (οποιασδήποτε τάξης) ρητών αριθμών, που δεν έχουν πεπερα σμένο δεκαδικό ανάπτυγμα, είναι aσύμμετροι δεκαδικοί αριθμοί. Αν θέσουμε Va =χ, όπου α ρητός και ν φυσικός αριθμός, ν?. 2 , τότε xv = α, ή xv α=Ο. Γενικότερα, κάθε πραγματικός α ριθμός, που αποτελεί ρίζα μιας εξίσωσης με ρη τούς συντελεστές, ονομάζεται αλγεβρικός αριθ μός. Προφανώς κάθε ρητός αριθμός α είναι αλ γεβρικός ως ρίζα της εξίσωσης χ- α =Ο. Οι μαθηματικοί επί πολλά χρόνια είχαν την υποψία ότι υπάρχουν άρρητοι αριθμοί, που δεν εί ναι αλγεβρικοί, ωστόσο δεν υπήρχε γνωστό κανέ να παράδειγμα. Ο Euler (1 707-1 783) αναφέρει σχετικά ότι: «οι αριθμοί αυτοί, των οποίων η φύση δύσκολα γίνεται αντιληπτή, δεν περιγράφονται με αλγεβρικές μεθόδους». Επειδή λοιπόν υπερβαί νουν την ισχύ των αλγεβρικών μεθόδων, ονομά σθηκαν υπερβατικοί (trascendental) αριθμοί, όπου η αγγλική λέξη trascendental σημαίνει υπερφυσι κός, μεταφυσικός. Ο όρος αυτός εισήχθηκε από τον Leίbnίz (1646-1716) σε μια εργασία του, όπου απέδειξε ότι η συνάρτηση φ(χ) = ημχ δεν είναι πο λυωνυμική. Τα πρώτα παραδείγματα υπερβατικών αριθ μών και μάλιστα άπειρα κατά τον αριθμό κατα σκευάστηκαν από τον Lowνίlle ( 1809- 1882), χωρίς όμως αυτός να δώσει ένα γενικό κριτήριο, με τη βοήθεια του οποίου να μπορούμε να δια κρίνουμε, αν ένας δοσμένος άρρητος αριθμός εί ναι υπερβατικός ή όχι. Τέτοιου είδους κριτήριο δεν έχει γίνει γνωστό μέχρι σήμερα. Η πρώτη αναγνώριση δοθέντος αριθμού ως υπερβατικού επιτεύχθηκε από τον Hermίtte to -

1 873. Πρόκειται για τον αριθμό e =2, 718 . , τον οποίο ο Neper είχε ήδη χρησιμοποιήσει από το 1614 ως βάση του συστήματος των φυσικών λσγαρίθμων, που ο ίδιος επινόησε. Βασιζόμενος στο αποτέλεσμα αυτό ο Lίndemman απέδειξε το 1 882, ότι και ο αριθμός π είναι υπερβατικός. Υπάρχουν βέβαια σήμερα γνωστά και αρκετά άλλα παραδείγματα υπερβατικών αριθμών, όπως είναι 0 eπ .οι φυσικοί λογάριθμοι των θετικών ρητών αριθμών, πολλοί τριγωνομετρικοί αριθμοί διαφόρων γωνιών κ.λπ. Σημειώνουμε ότι θεμελιωτής της θεωρίας των συνόλων Cantor απέδειξε το 1873 ότι το σύνολο των αλγεβρικών αριθμών είναι aριθμή σιμο, δηλαδή ισοδύναμο με το σύνολο των φυ σικών αριθμών, ενώ το σύνολο των υπερβατι κών αριθμών είναι υπεραριθμήσιμο. Αυτό πρα κτικά σημαίνει ότι οι υπερβατικοί είναι κατά πο .

. .

λύ περισσότεροι από τους αλγεβρικούς αριθμούς.

Μια εποπτική ιδέα του πλήθους τους δίνει η πα ρατήρηση του έναστρου ουρανού το βράδυ, ό που τα μεν αστέρια αντιστοιχούν στους αλγε βρικούς, τα δε σκοτεινά σημεία στους υπερβατι κούς αριθμούς. Γενικά οι πληροφορίες, που έ χουμε για τους υπερβατικούς αριθμούς είναι συ γκριτικά ελάχιστες σε σχέση με το πλήθος τους. Γι ' αυτόν ακριβώς το λόγο σε παλαιότερο άρθρο μας [3] τους έχουμε παρομοιάσει σαν μια «μαύ ρη τρύπα» (με την aστρονομική έννοια του ό ρου) μέσα στο «σύμπαν» των πραγματικών α ριθμών. ΒIΒ,\ΙΟΓΙ>ΛΦΙΛ

[I] Βαρουχάκης, Ν. κ.α. (1984), Μαθηματικά (Α' Λυκείου, Άλγε βρα), 6ηΈκδοση, ΟΕΔΒ, Αθήνα. [2] Βόσκσyλου, Μ . Γρ. και Κόσυβας, Γ. (2012), Ο ρόλος των ανα παραστάσεων για την κατανόηση των πραγματικών αριθμών, Ευ κλείδης Γ, 76, 11- 49. [3] Βόσκσyλου, Μ . Γ ρ. (2012), Υπερβατικοί Αριθμοί: Μια «μαύρη τρύπα» στο «σύμπαν» των πραγματικών αριθμών, Ευ κλείδης Α Ό 81, 9-13. [4] Brezinski, C. & Redivo-Zaglia, Μ. (2010), Αυτά τα περίερ γα κλάσματα, που ουδέποτε τελειώνουν ή Η ιστορία των συνε χών κλασμάτων (μετάφραση Μητρούλη, Μ.), Μαθηματική Επι θεώρηση, 74, I 02-123 [ 5] Feferman, S. ( 1989), The Nuιnber Sys-tems- (Foundations of d Algebra and Analysis), 2" Edition, AMS Che1sea Publishing, Providence, Rhode lsland. [6] Hardy, G. Η. & Wright (1993), An lntωduction tσ the The σιy ofNumbers, 5'h Edition, Oxford Science Publications, Claren don Press, Oxford. [7] Kalapodi, Α. (2010), The decimal representation of real num bers, lntanatiσnal Journal of Mathematical Education in Science and Technσlogy, 41(7), 889-900. [8] Κυ ριακόπουλος, Α. (2010), Σειρές και αλγεβρικά αθροίσμα τα, Ευκλείδης Β', 78, 74-76. [9] Sierpinski, W. (1988), Elementaιy Theoιy σf Numbers, North- Holland, Amsterdam.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85τ.Ι/9

Μαθημαuκ.οί Διayωvt.σμο1. Μαθηματικές Ολ-υμπtόδες Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

53η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα Αργεντινή, Μαρ Ντελ Πλάτα, 4-16 Ιουλίου 2012

Η 53η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα έγινε από 4 έως 1 6 Ιουλίου 201 2 στην πόλη Μαρ Ντελ Πλάτα της Αργεντινή ς με συμμετοχή 1 00 χωρών και 548 διαγωνιζομένων (496 μαθητές και 52 μαθήτριες). Η Ελληνική ομάδα κατέκτησε 1 χρυσό μετάλλιο, 1 αργυρό μετάλλιο, 3 χάλκινα μετάλλια και μία εύφημη μνεία, ως εξής: Λώλας Πα ναγιό)της Λημάκης Παναγιώτης !\1ουσάτωβ Αλέξα νδρος ΣκιαΜπουλος ΑΟηναγόρας ... ίνας Κωνσταντίνος

.,.,

Τσαμπυσiδης

Ζα zαρί ας

Εκπαιδ. Τρικάλων "Αθηνά" Σχολή Μωραϊτη 4° ΓΕΛ Αχαρνών Ροδίων Παιδεία 1° ΓΕΛ Τρικάλων Εκπαιδ. Πιερίας "Πλάτων"

Χρυσό Μετάλλιο Αργυρό Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Χάλκινο Μετάλλιο Εύφημη Μ νεί α

Επίσης η Ελληνική ομάδα κατέλαβε την 26η θέση στην κατάταξη των χωρών. Τις τρεις πρώτες θέσεις στη κατάταξη κατέλαβαν οι ομάδες της Κορέας, Κίνας και Ηνωμένων Πολιτειών Αμερικής. Μία σημαντική επιτυχία της Ελληνικής αποστολής ήταν η επιλογή του πρώτου προβλήματος του διαγωνισμού από τα προβλήματα που είχαν σταλεί στους διοργανωτές από την Ελλάδα με δημιουργό το συνάδελφο μαθηματικό, μέλος της Επιτροπής Διαγωνισμών της ΕΜΕ, Ευάγγελο Ψύχα.

Αρχηγός της Ελληνικής αποστολής ήταν ο Αναπληρωτής καθηγητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου

Ανάργυρος Φελλούρης και υπαρχηγός ο μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος. Εκτός αυτών, στο

τελικό στάδιο της προετοιμασίας των μαθητών, έλαβαν μέρος οι συνάδελφοι μαθηματικοί

Σιλουανός Μπραζιτίκος, Πέτρος Μπρέγιαννης, Αλέξανδρος Παπαϊωάννου, Γιάννης Τυρλής και Ευάγγελος Ψύχας.

Τα προβλήματα Πρόβλημα 1. Σε δεδομένο τρίγωνο ABC το σημείο J είναι το κέντρο του παρεγεγραμμένου κύκλου απέναντι από την κορυφή Α . Αυτός ο παρεγεγραμμένος κύκλος εφάπτεται της πλευράς BC στο σημείο Μ και στις ευθείες ΑΒ και AC στα σημεία Κ και L, αντίστοιχα. Οι ευθείες LM και BJ τέμνονται στο σημείο F, και οι ευθείες ΚΜ και CJ τέμνονται στο G. Έστω S το σημείο τομής των ευθειών AF και BC, και έστω Τ το σημείο τομής των ευθειών AG και BC. Να αποδείξετε ότι το σημείο Μ είναι το μέσο του ευθύγραμμου τμήματος sτ. (Ο του τριγώνου ABC απέναντι από την κορυφή Α, είναι ο κύκλος που εφάπτεται στην πλευρά BC, στη προέκταση της πλευράς ΑΒ προς το μέρος του Β, και στην προέκταση της πλευράς AC προς το μέρος του C.)

παρεγεγραμμένος κύκλος

(Ελλάδα, Ευάγγελος Ψύχας)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/10

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Σχήμα 1 Επειδή η ευθεία AJ είναι η διχοτόμος της γωνίας Α έχουμε ότι JAK JAL Α Επίσης, 2 αφού AKJ AiJ 90° , τα σημεία Κ και L ανήκουν σε κύκλο διαμέτρου AJ. Το τρίγωνο ΚΒΜ είναι ισοσκελές αφού ΒΚ = ΒΜ ως εφαπτόμενες του παρεγεγραμμένου κύκλου από το Β . Επειδή η BJ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΚΒΜ , έχουμε MBJ 90° -Β και

� και = � Επειδή επιπλέον ΒΜΚ =Β� . Αναλόγως έχουμε και τις ισότητες � έπεται ότι � = � � [ �] � � ισχύει η ισότητα � =

CML C.

C MCJ 90°=

Β L FJ MBJ -BMF = 90°--

BMF CML , =

2 C A LAJ. 2 2 �

=- =

Επομένως, το σημείο F ανήκει στον κύκλο και από τον ορισμό του βρίσκεται στο ίδιο ημιεπίπεδο με το σημείο Α ως προς την ευθεία BC. Ανάλογα προκύπτει ότι και το σημείο G ανήκει στον κύκλο Επειδή η AJ είναι διάμετρος του κύκλου έπεται ότι: Ai<J = AGJ = �ο . Οι ευθείες ΑΒ και BC είναι συμμετρικές ως προς τη εξωτερική διχοτόμο BF Επειδή AF _l BF και ΚΜ _l BF τα τμήματα SM και ΑΚ είναι συμμετρικά ως προς τη BF , οπότε SM = ΑΚ Ομοίως, λόγω συμμετρίας ως προς τη διχοτόμο CG , προκύπτει ότι rM AL . Επειδή τα τμήματα ΑΚ και AL είναι ίσα ως εφαπτόμενες από το Α του παρεγεγραμμένου κύκλου, έπεται ότι SM = ΜΊ' ω.

Πιι:οατ��!ψση

Μετά την απόδειξη του ότι τα σημεία A,F,K,J,L,G ανήκουν στον ίδιο κύκλο, υπάρχουν πολλοί τρόποι για να συ μπληρωθεί η λύση. Για παράδειγ μα, έχουμε:

1. Από τα εγγ ράψιμα τετράπλευρα JMFS και JMGT προκύπτει ότι TSJ STJ =

, οπότε το

τρίγωνο JST είναι ισοσκελές και αφού το JM είναι ύψος του θα είναι και διάμεσος. 2. Από την παραλληλία των ευθειών AS και GΜ (είναι και οι δύο κάθετες στην εξωτερική

, MS διχοτομο BJ) , εχουμε οτι .

ΜΊ'

AG GT

=- =

Μπορούμε επίσης να αποδείξουμε ότι το σημείο Μ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου JFG, οπότε FG 11 ST. Στη συνέχεια αποδεικνύουμε ότι το τετράπλευρο AFMG είναι παραλληλόγραμμο, οπότε το σημείο τομής των διαγωνίων του, έστω Ν , είναι το μέσο τους, , MS FN 1 , FN =ΙλτG , , οτι ν' Τελικα,, απο, το θεωρημα της δ'εσμης προκυπτει οποτε ' ΜΊ'

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l /1 1

= -- =

----Στη συνέχεια παρουσιάζουμε αυτή τη λύση σε συνδυασμό με το θεώρημα του Μενελάου.

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Δείηερη λίJση

Αφού ΒΜ = ΒΚ και CM =CL θα ισχύει BJ _l ΜΚ και CJ _l ML . Άρα το σημείο Μ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου FGJ και κατά συνέπεια θα ισχύει: MJl_FG. Επειδή όμως MJ _l BC (διότι η BC εφάπτεται στον παρεγγεγραμμένο κύκλο), θα ισχύει:

FGIIBC.

Στη συνέχεια χρησιμοποιούμε το θεώρημα του Μενελάου για να αποδείξουμε ότι ΜΙ'= MS . Στο τρίγωνο ΑΒΤ με τέμνουσα την KMG (Θ. Μενελάου)

ΜΒ GT ΚΑ GT ΚΑ = 1 (ΒΜ=ΒΚ). ·-·-=1=::;.-· ΜΤ GA ΚΒ GA ΜΙ'

Σχήμα 2

Στο τρίγωνο ACS με τέμνουσα την LMF (από το θεώρημα του Μενελάου έχουμε): MC -·FS LA = 1=::;. FS -=1 , CM CL). = · LA (διοτι ·

MS FA LC FA MS LA GT ΚΑ , FS =, , , 1, , θ α ισχυει: . Απο τις τρεις παραπανω ισοτητες εχουμε: --Ε φοσον FG I ;τs FA GA ΜΙ' MS (και επειδή ΑΚ = AL ), καταλήγουμε: ΜΤ= MS .

ένας ακέραιος, και έστω a2,a3, ,a11 θετικοί πραγματικοί αριθμοί τέτοιοι ώστε α2 α3 ···α"= 1. Να αποδείξετε ότι ( +a2 )2 +a3 )3 ( +α" γ > n". (Αυστραλία) Πρ6βλημα

Έστω

n � 3

Λύση

•••

•

η αρχική ανισότητα μετασχηματίζεται

Με την αντικατάσταση

(*) στην ανισότητα (χ1 +χ2 )2 (χ2 +χ3 ) (Χ11_1 +χ1 Υ' > n" χ12 χ; χ;_1 , για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς χ1,χ2, ,Χ11_1 Για την απόδειξη της ανισότητας ( * ) θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου γ ια κάθε παράγοντα του 3

• •

•

· · ·

•••

•

πρώτου μέλους, ως εξής:

(2(i) ) (i) (3(i) ) 4' (i) + ι)(:::•1) )" (:::•1 )"' Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη των παραπάνω ανισοτήτων λαμβάνουμε την ανισότητα στην οποία, για να αληθεύει η ισότητα, πρέπει , , που να ισχύουν ταυτόχρονα οι ισότητες , ( ) ( είναι αδύνατο, αφού είναι και (χ,+χ,)' =

+χ,

(χ +χ )' = , ,

(χ._,+χ )" ,

3 2 3 1 ( χ2 + χ (χ +χ2 ) )

• • •

+χ,

�

+χ,

�

χ ,

" (Χ11_1 +χ1 )" � n χ� χ; · ·· χ;_1 χ1=Χυ χ2=2χ3, χ3 =3χ4, Χ11_1= n •••

χ1

>Ο

n�3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/12

χ ,

χ1

= n-1) !χ1

=::;..:ς

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Επομένως η παραπάνω ανισότητα αληθεύει ως γνήσια ανισότητα στη μορφή ( * ) . Παρατή ρηση

Μπορούμε να αποφύγ ουμε την αντικατάσταση ai = _3_ , αν εφαρμόσουμε την ανισότητα αριθμητικού γ εωμετρικού μέσου σε κάθε παράγοντα ( 1 + a k

)k -

ως εξής:

( ( k - 1) � + ) k

(1 + a

xi- 1

k-1

a k

k k -1 a , k (k - 1) k k

2, 3, . . , n

και στη συνέχεια πολλαπλασιάσουμε κατά μέλη τις n -1 παραπάνω ανισότητες, οπότε θα λάβουμε

( 1 + a2 ) 2 ( 1 + a3 ) 3

• • •

( 1 + an ) n ?:. n n ,

η οποία, όπως προηγουμένως, αποδεικνύεται ότι δεν μπορεί να ισχύει ως ισότητα.

Το (lίar's guessίng game) είναι ένα παιγνίδι που παίζεται μεταξύ δύο παικτών Α και Β. Οι κανόνες του παιγνιδιού εξαρτώνται από δύο θετικούς ακέραιους k και n που είναι γνωστοί και στους δύο παίκτες. Κατά την έναρξη του παιγνιδιού ο παίκτης Α επιλέγει ακέραιους χ και Ν με 1 :::; χ :::; Ν. Ο παίκτης Α κρατάει τον ακέραιο χ μυστικό και λέει με ειλικρίνεια τον ακέραιο Ν στον παίκτη Β. Ο παίκτης Β τώρα προσπαθεί να πάρει πληροφορίες για τον ακέραιο χ με ερωτήσεις προς τον παίκτη Α ως εξής: κάθε ερώτηση συνίσταται στον καθορισμό από τον παίκτη Β ενός τυχαίου συνόλου S (ενδεχομένως να είναι ένα που έχει ήδη καθοριστεί σε κάποια προηγούμενη ερώτηση) θετικών ακέραιων και στο να ζητήσει από τον Α να του πει, αν ο χ ανήκει στο σύνολο S. Ο παίκτης Β μπορεί να κάνει τέτοιες ερωτήσεις όσες επιθυμεί. Μετά από κάθε ερώτηση ο παίκτης Α πρέπει αμέσως να την απαντήσει με ένα ή με ένα όχι , αλλά του επιτρέπεται να πει ψέματα όσες φορές θέλει. Ο μόνος περιορισμός του είναι ότι: μεταξύ οποιωνδήποτε k + 1 διαδοχικών απαντήσεων, σε μία τουλάχιστον απάντηση πρέπει να πει την αλήθεια. Αφού ο Β έχει κάνει όσες ερωτήσεις επιθυμεί, πρέπει να καθορίσει ένα σύνολο Χ το οποίο πρέπει να περιέχει το πολύ n θετικούς ακέραιους. Αν ο χ ανήκει στο σύνολο Χ, τότε ο Β κερδίζει, διαφορετικά, χάνει. Ν α αποδείξετε ότι: 1 . Αν n :=:: 2\ τότε ο Β έχει στρατηγική νίκης. 2. Για κάθε αρκετά μεγάλο k, υπάρχει ακέραιος n ?:. 1, 99 k τέτοιος ώστε ο Β δεν μπορεί να έχει στρατηγική νίκης. (Κα να δάς) Πρόβλημα 3 .

παιγνίδι μαντέματος ψευτών

ναι

Λύση

Στην ερώτηση «ανήκει το χ στο σύνολο S ; )) , θεωρούμε ότι η απάντηση Α είναι ένα από τα στοιχεία του συνόλου {ναι, όχι} . Λέμε ότι η απάντηση Α είναι με έναν αριθμό ί , αν Α = ναι και ί � S ή αν Α = όχι και ί Ε S . Είναι φανερό ότι μία απάντηση με το ζητούμενο αριθμό χ είναι ένα ψέμα από τον Α . 1 . Υποθέτουμε ότι ο Β έχει καθορίσει ένα σύνολο Τ με m στοιχεία το οποίο περιέχει το χ . Αυτό είναι αληθές αρχικά με m=Ν και Τ={ 1,2,...,Ν} . Για m > 2k θα αποδείξουμε ότι ο Β μπορεί να βρει έναν αριθμό y Ε Τ που είναι διαφορετικός από το χ. Εφαρμόζοντας αυτό το βήμα επαναληπτικά μπορεί ο Β να κάνει το σύνολο Τ με πλήθος στοιχείων 2k :::; n και έτσι κερδίζει. Επειδή μόνον πλήθος στοιχείων m > 2k για το Τ μας ενδιαφέρει, υποθέτουμε ότι Τ = {Ο , 1, . . . , 2k , . . . , m - 1 } . Ο Β αρχίζει ρωτώντας επαναληπτικά, αν ο χ είναι ο 2k . Αν ο Α απαντήσει k + 1 φορές στη σειρά, μία από αυτές τις απαντήσεις θα είναι αλήθεια, οπότε θα είναι χ -:ι. 2k . Δ ιαφορετικά, ο Β σταματάει τις ερωτήσεις για τον 2k στην πρώτη απάντηση που είναι Τότε, αυτός ρωτάει

ασυμβίβαστη ασυμβίβαστη

όχι

ναι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/13

----=

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

για κάθε ί 1, 2, ... , k , αν η δυαδική αναπαράσταση του χ έχει Ο στη θέση του ί - στου ψη φίου. Ανεξάρτητα του τι θα απαντήσει ο Α στις παραπάνω k ερωτήσεις, οι απαντήσεις είναι όλες ασυμβίβαστες με έναν αριθμό y Ε {Ο, 1, 2, ... , 2 k - 1 } . Επίσης η τελευταία απάντηση για τον 2 k είναι επίσης ασυμβίβαστη με τον y . Επομένως θα είναι y * χ , αφού διαφορετικά οι τελευταίες k + 1 απαντήσεις θα ήταν ψευδείς, που είναι αδύνατο. Έτσι και στις δύο περιπτώσεις ο Β βρίσκει έναν αριθμό στο σύνολο Τ διαφορετικό από το χ και έτσι κερδίζει. 2 . Θα αποδείξουμε ότι, αν 1 < λ < 2 και n = [ ( 2 - λ) λ k+Ι J - 1 , τότε ο Β δεν έχει στρατηγική νίκης. Για τη συμπλήρωση της απόδειξης είναι αρκετό να θεωρήσουμε ένα λ τέτοιο ώστε 1, 99 < λ < 2 και το k αρκετά μεγάλο έτσι ώστε n = [ ( 2 - λ) λ k+Ι J - 1 � 1, 99k . Θεωρούμε την ακόλουθη στρατηγική για τον Α . Πρώτα επιλέγει Ν = n + 1 και κάποιο χ Ε { 1, 2, ... , n + 1} τυχαία. Μετά από κάθε απάντησή του ο Α προσδιορίζει, για κάθε ί = 1, 2 , .... , n + 1 , τον αριθμό m; των διαδοχικών απαντήσεων που έχει δώσει γι αυτό που είναι ασυμβίβαστες με το ί . Για να αποφασίσει ο Α για την επόμενη απάντησή του χρησιμοποιεί την n+ l ποσότητα φ = Σ λ m, Ανεξάρτητα από την επόμενη ερώτηση του Β , ο Α επιλέγει την

ναι

•

i=l

απάντηση που ελαχιστοποιεί τον αριθμό φ . Θα αποδείξουμε ότι με αυτή τη στρατηγική ο αριθμός φ παραμένει πάντοτε μικρότερος από λk+Ι . Αυτό έχει ως συνέπεια να μην υπάρχει ποτέ εκθέτης m; στον αριθμό φ που να είναι μεγαλύτερος του k , οπότε ο Α δεν θα δώσει ποτέ περισσότερες από k διαδοχικές απαντήσεις ασυμβίβαστες με κάποιο ί . Ιδιαίτερα αυτό ισχύει για τον αριθμό χ , οπότε ο Α ποτέ δεν θα πει ψέματα περισσότερες από k φορές στη σειρά. Επομένως, αν αληθεύει ο ισχυρισμός ότι ο φ παραμένει πάντοτε μικρότερος από λk+Ι , τότε η στρατηγική του Α είναι νόμιμη. Επειδή η στρατηγική αυτή δεν εξαρτάται καθόλου από τον αριθμό χ , ο Β δεν μπορεί κατά κανένα τρόπο να κάνει εκτίμηση για τον αριθμό χ , οπότε δεν έχει στρατηγική νίκης. Επομένως, απομένει να αποδείξουμε ότι πάντοτε ισχύει ότι φ < λk+Ι . Αρχικά κάθε εκθέτης m; είναι Ο, οπότε αυτή η συνθήκη ισχύει, αφού 1 < λ < 2 και n = [( 2 - λ) λ k+Ι J -1 . Ας υποθέσουμε ότι ισχύει η συνθήκη φ < λk+Ι κάποια χρονική στιγμή και τότε ο Β ρωτάει, αν χ Ε S για κάποιο σύνολο S . Ανάλογα με την απάντηση του Α ή η Φι = Σ Ι + Σλ m, +Ι ή Φ2 = Σλm, +Ι + Σι. τιμή του Φ γίνεται

ναι όχι,

Επειδή ο

ίεS

ieS

ίεS

φ, η νέα τιμή του φ θα είναι ίση με min ( Φι ,φ ) . Τώρα έχουμε min( q.\,� ) :::; _!_( Φι + � ) = _!_ Σ( 1 + λm, + 1 ) +Σ( λm, +Ι + 1 =_!_ ( λΦ +n+ 1). 2 2 2 2 Επειδή είναι φ < λ k+Ι , από τις υποθέσεις 1 < λ < 2 και n = [ ( 2 - λ) λ k+Ι J - 1 λαμβάνουμε min ( Φι ,φ ) < ±( λk+2 + ( 2 - λ )λk+Ι ) = λk+Ι. 2 Βρείτε όλες τις συναρτήσεις f οι οποίες, για όλους τους ακέραιους α, b , c με α + b + c = Ο , ικανοποιούν την ισότητα: f (α )2 + f (b )2 + f ( c)2 = 2 f (α )f (b ) +2 f (b )f ( c) + 2f ( c)f (α ). Α

επιλέγει τη δυνατότητα ελαχιστοποίησης του

ίeS

(

(Με το σύμβολο

ίεS

�

ieS

Ζ,

σημειώνουμε το σύνολο των ακεραίων αριθμών).

Για α = b = c = 0 λαμβάνουμε 3 / (0 ) 2 = 6/ (0 ) 2 , οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. l/14

/ (0 ) = 0.

(Νό τ ια Αφρική)

(1)

-----για κάθε =f λαμβάνουμε (!(α)-!(-α))2 οπότε f Για = -α και η οποία, λόγω Για και λαμβάνουμε της γίνεται οπότε f ήf για κάθε - r στην Αν για κάποιο r r :2: ισχύει ότι f r ) τότε η αντικατάσταση = r και αρχική σχέση δίνει ( f r ) -f 2 δηλαδή f r ) f για κάθε δηλαδή η f είναι περιοδική με περίοδο r . Ειδικά, αν είναι f τότε η είναι σταθερή και ισχύει ότι f για κάθε Εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση f επαληθεύει τη δεδομένη συναρτησιακή εξίσωση. Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι /(1) Τότε από τη σχέση έχουμε 0ήf2 f1 . / Αν f τότε λόγω της η συνάρτηση είναι περιοδική με περίοδο οπότε αν άρτιο�, αν περιττος. Εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση αυτή είναι λύση του προβλήματος για κάθε Αν είναι /(2) τότε από την έχουμε /( ή /( τότε η f είναι περιοδική με περίοδο και f Αν είναι f f -1 ) f οπότε έχουμε f και f =f για κάθε f Η συνάρτηση αυτή είναι πράγματι μία λύση του προβλήματος, όπως εύκολα μπορού με να επαληθεύσουμε. Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι f( και θα αποδείξουμε ότι: f ε Γι αυτό θέτουμε οπότε { οπότε οπότε προκύπτει ότι / Στη συνέχεια θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι η μοναδική 2 συνάρτηση που απομένει ως λύση του προβλήματος είναι η f Ία , Μέχρι τώρα έχουμε αποδείξει ότι αυτό ισχύει όταν Υποθέτουμε ότι και ότι ισχύει το ζητούμενο για κάθε και θα αποδείξουμε ότι ισχύει και για Πράγματι, αν θέσουμε και τότε λαμβάνουμε και οπότε θα 1 1) { 1 1) ε { -1 για είναι δεδομένου ότι ισχύει Έτσι έχουμε ότι f = Ία2 , Επειδή η συνάρτηση f είναι άρτια, ανάλογοι τύποι ισχύουν και :2: για Για την επαλήθευση, παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι λύση Ία 2 , του προβλήματος, εφόσον ) το οποίο ισχύει. Π ρόβλη μα 5. Έστω ABC ένα τρίγωνο με LBCA = και έστω D το ίχνος του ύψους από την κορυφή C. Έστω Χ ένα σημείο στο εσωτερικό του ευθύγραμμου τμήματος CD. Έστω Κ το σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΧ που είναι τέτοιο ώστε ΒΚ BC. Ομοίως, έστω L το σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΒΧ που είναι τέτοιο ώστε AL AC. Έστω Μ το σημείο τομής των AL και ΒΚ. Να αποδείξετε ότι ΜΚ ML. (Τσεχία) ------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

α εΖ. (2) (-α) (α), =0, c =Ο b b = α c=-2α 2f(α)2 +/(-2α)2 =2f(α)2 +4f(α)f(-2α), (2), f(2α)2 = 4/( α )f(2α) , (2α) =0 (2α) =4/( α), α εΖ. (3) ( = Ο, b c = -α ε Ζ, 1 , (α + (α)) = Ο, α ε Ζ , (4) (α+ = (α), ( 1) = Ο, f (α) = Ο, αεΖ. (α) =Ο, = k Ο. (3) (2)= ( )=4 ( )=4k ( 2) = Ο, (4) 2, f / (α)= {k,0, αα k εΖ . = 4k Ο, (3) 4) =Ο 4) = 16k Ο. ( 4) = Ο, 4 ( 3) = ( = ( 1) = k, ( 4n) =Ο, ( 4n + 1) ( 4n + 3) = k ( 4n + 2) = 4k, n ε Ζ. ( 3) = 9k. 4) =16lc-:t:- O α= 1,b = 2,c = -3, /(3)2 -10/if(3)+9k2 = Ο=> /(3) {k,9k}. α= 1, b = 3, c = -4, f ( 3 )2 -34/if ( 3) + 225k2 =Ο=> f ( 3) ε 9k, 25k}. (3) = 9k. (χ)= k εΖ. χε{Ο,1,2,3,4} . n :2:4 χ= n+ 1 . χε{Ο,1,2, . . ,n} α=n, b=1, c=-(n+1) α=n-1, b=2, c=-(n+1), f ( n + k ( n + )2 , k ( n )2 } f ( n + k ( n + )2 , k ( n-3 )2 } , k ( n - 1 )2 k ( n-3 γ , n 2 . f ( n + 1 )2 = k ( n + 1 )2 , (χ) k εΖ, χ Ο. χ <Ο. (χ)= k εΖ, α4 + b4 + (α+ b = 2α2b2 + 2α2 (α+ b )2 + 2b2 (α+ b)2 , 90° -::f:.

-::f:.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. l/15

-------

Λί1 ση

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Έστω C' το συμμετρικό του C ως προς την ευθεία ΑΒ . Θεωρούμε τους κύκλους ω1 και ω2 με κέντρα Α , Β και ακτίνες AL, ΒΚ, αντίστοιχα. Επειδή AC =AC=AL και Er =lC=BK, οι δύο κύκλοι περνούν από τα σημεία C και C' . Επειδή είναι \ LBCA = 90' , η AC εφάπτεται του κύκλου ω2 στο σημείο C και BC εφάπτεται του κύκλου ω1 επίσης στο σημείο C . Έστω Κ' * Κ το δεύτερο σημείο τομής της ΑΧ με τον κύκλο ω2 και 3 Σχήμα έστω L' * L το δεύτερο σημείο τομής της ΒΧ με τον κύκλο ω1 Θεωρώντας τις δυνάμεις του σημείου Χ ως προς τους κύκλους ω1 και ω2 λαμβάνουμε ΧΚ · ΧΚ' = XC XC' = XL·XL' , από την οποία προκύπτει ότι τα σημεία Κ', L, Κ, L' είναι ομοκυκλικά, έστω σε κύκλο ω3 • Θεωρώντας τη δύναμη του σημείου Α ως προς τον κύκλο ω2 έχουμε AL2 = AC 2 = ΑΚ ΑΚ', από την οποία προκύπτει ότι η AL είναι εφαπτομένη του κύκλου ω3 στο L . Ομοίως, προκύπτει ότι η ΜΚ είναι εφαπτομένη του κύκλου ω3 στο Κ . Επομένως οι ΜΚ και ML είναι οι δύο εφαπτόμενες από το σημείο Μ προς τον κύκλο ω3 , οπότε είναι ίσες, δηλαδή είναι ΜΚ = ML . Π ριΊβλ η μα 6. Βρείτε όλους τους θετικούς ακέραιους n, για τους οποίους υπάρχουν μη αρνητικοί ακέραιοι α! , α2 , . . . , αn , έτσι ώστε: !\'

( \

( ''

•

(Σερβία) Λ ί1ση

τελική απάντηση είναι ότι τέτοιοι αριθμοί α1 , α2 , , α" υπάρχουν, αν, και μόνον αν, n = 1 ( mod 4) ή n = 2 ( mod 4) . n k = 1, με α1 , α2 , , α" μη αρνητικούς ακέραιους. Τότε θα είναι ΕυΟίJ. 'Εστω Σk=! 3ak 1 ·Χ1 + 2 ·Χ2 + ···+ n · Χ11 = 3 όπου οι χ1 , χ2 , , χ" είναι δυνάμεις του 3 και α ::::: Ο . Στην παραπάνω σχέση το δεξιό μέλος είναι περιττός, ενώ το αριστερό μέλος έχει την ίδια συμπεριφορά με τον ακέραιο 1 + 2 + . . + n , οπότε είναι περιττός, όταν n = 1, 2 ( mod 4) . Α ντ ίστ ρ ο φ ο . Ονομάζουμε μία ακολουθία b1 , b2 , , b11 εφικτή , αν υπάρχουν μη αρνητικοί Η

•••

ακέραιοι α! , α2 ' . . . , αn τέτοιοι ώστε 2αι + 2a2 + . . . + 2 a" 3 αι + 3 a2 + . . . + 3 a" 1 . Έστω bk ένας όρος μιας εφικτής ακολουθίας b1 , b2 , . . . , b" με εκθέτες α1 , α2 , . . . , α11 , όπως παραπάνω, και έστω μη αρνητικοί ακέραιοι με άθροισμα 3bk . Παρατηρούμε ότι 1 + 1 =1 και --+-- = bk ak+! ak+! ak+! ak ak+! 3ak . 3 3 2 2 2 u, ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/16

------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Επομένως, η ακολουθία b1 , . . . , bk_1 , u, ν, bk+1 , . . . , bn είναι εφικτή. Οι εκθέτες ai είναι όμοιοι για τους μη αλλαγμένους όρους bi , ενώ οι νέοι όροι u, ν έχουν εκθέτες ak μιας ακολουθίας Στη συνέχεια διατυπώνουμε το συμπέρασμα αντίστροφα. Αν δύο όροι αντικατασταθούν από έναν όρο u και η λαμβανόμενη ακολουθία είναι εφικτή, τότε και η αρχική ακολουθία είναι επίσης εφικτή. Σημειώνουμε με αn την ακολουθία Για να αποδείξουμε ότι η ακολουθία αn είναι εφικτή για = τη μετασχηματίζουμε με - 1 u ' ορο ' α1 , η οποια ' ειναι ' εφικτη' με α1 Ο ' με εναν αντικαταστασεις u, ν -σε ακολουθια Σημειώνουμε ότι, αν και είναι όροι μιας ακολουθίας, τότε οπότε όρος μπορεί να αγνοηθεί, αν είναι αναγκαίο. Έστω ;:::>: Θα αποδείξουμε ότι η ακολουθία αn μπορεί να αναχθεί στην ακολουθία α11_1 1 με αντικαταστάσεις. Γράφουμε όπου ;:::>: και Ο :::; Αν Ο :::; τότε οι τελευταίοι όροι της ακολουθίας α" μπορούν να διαμεριστούν σε δύο μονοστοιχειακά σύνολα και σε διμελή σύνολα (Υπάρχει μόνο ένα είδος διμελών συνόλων αν Επίσης μπορούμε να αγνοήσουμε τους και αφού η ακολουθία αn περιέχει τους και Επιπλέον οι και αντικαταστάσεις μετακινούν τους Ο όρους των διμελών συνόλων και εμφανίζουν νέους όρους της μορφής και . Όμως όλοι αυτοί οι όροι μπορούν να αγνοηθούν, αφού στην ακολουθία υπάρχουν οι όροι και Πράγματι, είναι ισοδύναμη με ;:::>: η οποία αληθεύει για Επιπλέον, αν τότε από ;:::>: έπεται ότι ;:::>: οπότε επίσης ισχύει και ;:::>: Επομένως η ακολουθία αn ανάγεται στην ακολουθία α11_12 • Η περίπτωση είναι ανάλογη. Θεωρούμε τα μονοστοιχειακά σύνολα και σε διμελή σύνολα Όπως και στην προηγούμενη περίπτωση αγνοούμε τα μονοστοιχειακά σύνολα και μετακινούμε τα διμελή σύνολα με αντικαταστάσεις της μορφής και Οι πέντε νέοι όροι και που εμφανίζονται μπορούν επίσης να αγνοηθούν, αφού (αυτό προκύπτει από ;:::>: και ;:::>: οπότε πάλι λαμβάνουμε την ακολουθία α11_1 2 • Έτσι το πρόβλημα ανάγεται στην περίπτωση με είναι 9, Ο, Οι περιπτώσεις για Πράγματι, από = = Ο, ανάγονται στις 9, αντίστοιχα, αφού ο τελευταίος άρτιος όρος της ακολουθίας αn μπορεί να αγνοηθεί. Για θεωρούμε την αντικατάσταση και στη συνέχεια την και τότε αγνοούμε τις δύο εμφανίσεις του Για = 9 , αγνοούμε πρώτα το και στη συνέχεια θεωρούμε την αντικαταστάσεις και 9} Τότε αγνοούμε τις τρεις εμφανίσεις του και στη συνέχεια αγνοούμε το Τέλος, η περίπτωση για v = ανάγεται στην περίπτωση για με την αντικατάσταση και αγνόηση των και

-------

ί k, +ν 3

+ 1.

' { } +ν 3 m 2m n 16. ----+

u, ν

1 ,2, ... , n.

n 1,2( mod4),

{ m, 2m} m, ----+

n =. 2m

12 n = 12k + r k 1 r:::; 11. r:::; 5, 12 {12k-6-ί,12k-6+ί}, ί=L . .,5-r {12k-j,12k+J},J=L. . ,r. {12k-6}, {12k} 5 r Ε {Ο, 5}.) 12k-6 12k 6k-3 6k. 5 { 12k -6 -ί, 12k -6 + ί} ----+ 8k - 4 { 12k -j, 12k + j} ----+ 8k 8k-4 4k-28k 1 5 4k. 4k:::; n -12 8k 12-r, r Ε { 4, 5} . r Ε {0,1,2,3} , n 16 k 2, 8k 12-r. 6::;r::;ll {12k} , {12k+6} 5 {12k-ί,12k+ί}, ί = 1, . .,11-r {12k+6-j,12k+6+ J} ,j = 1, . .,r-6. {12k-ί, 12k+ί} ----+ 8k {12k+6-j,12k+6+ j} ----+ 8k+4. 8k 8k + 4 4k + 2 :::; n -12 k 1 r 6) , 2:::; n :::; 15 . n Ε { 2, 5, 6, 1 13, 14} . n 1, 2 (mod 4) n 2, 6,1 14 n = 1, 5, 13, n=5 {4,5} ----+ 3 { 3, 3} ----+ 2 2. n 6 { 5, 7} ----+ 4, {4, 8} ----+ 4 { 3, 4. 4 2. 13, n = 10 { 11,13} ----+ 8 8 12. ----+

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/17

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

29 η Βαλκανική Μ αθ η ματική Ολυ μπιάδα Τουρκία, Απάλεια, Απριλίου έως 2 Μα"ϊου2012

Η 29η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα έγινε στην Αττάλεια της Τουρκίας, από 26 Απριλίου έως 2 Μα"tου 20 1 2. Έλαβαν μέρος συνολικά 2 1 χώρες, Σύμφωνα με τον κανονισμό επισήμως συμμετείχαν οι χώρες: Αλβανία, Βοσνία-Ερζεγοβίνη, Βουλγαρία, Ελλάδα, Κύπρος, Μαυροβούνιο, Μολδαβία, ΠΓΔ της Μακεδονίας, Ρουμανία, Σερβία, Τουρκία, ενώ ανεπισήμως συμμετείχαν οι ομάδες των χωρών:

Αζερμπαϊτζάν, Αφγανιστάν, Γαλλία, Ηνωμένο Βασίλειο, Ινδονησία, Ιταλία, Καζακστάν, Σαουδική Αραβία, Τατζικιστάν, Τουρκμενιστάν και Τουρκία Β. Η Ελληνική ομάδα κατέκτησε για πρώτη φορά 2 χρυσά μετάλλια, ι αργυρό μετάλλιο, ι χάλκινο μετάλλιο και μία εύφημη μνεία, ως εξής: lνl ου σ6τω β Λλi:ξανδρος 4ο ΓΕΛ Αχαρνών Χρ υσό μετ άλλιο Λ ιiJ λας Π αναγιιί.ιτης Χρυσό μετάλλιο Εκπ. Τρικάλων 'ΆΘΗΝΑ"

Εκπαιδ. Πιερίας "Πλάτων"

Τ σαμπασίδης Χίφ η ς \.η μάκη ς Π αναγιι!Jτης Κουντουρίδης Ι{ισων \ιJ (ιλλιος Ελευθi:ριος

Σχολή Μωρα"ί"τη Κολλέγιο Αθηνών ιο ΓΕΛ Άρτας

Αργυρό μετάλλιο Χάλκινο μετάλλιο Ε ί1 φημη μνεία Συμμετοχή

Συνοδοί των μαθητών ήταν ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων κ. Θεόδωρος Μπόλης και ο Λέκτορας (ΠΔ407)του Ε. Μ. Πολυτεχνείου κ. Δημήτριος Κοντοκώστας. Οι μαθητές διαγωνίζονται σε τέσσερα προβλήματα που καθένα από αυτά βαθμολογείται με 1 Ο μονάδες. Σύμφωνα με την άτυπη βαθμολογία η Ελλάδα με 1 54 μονάδες κατέλαβε την 5η θέση μεταξύ των επισήμως συμμετεχουσών χωρών, ενώ ήταν στην 9η θέση μεταξύ των 22 ομάδων που συνολικά έλαβαν μέρος. Τις τρεις πρώτες θέσεις κατέλαβαν οι ομάδες της Τουρκίας (226), Ρουμανίας (2 1 3) και Σερβίας ( 1 99).

Τα προβλή ματα

Πρόβλημα Ι . Έστω Α, Β και C σημεία επί ενός κύκλου Γ με κέντρο Ο . Υποθέτουμε ότι LABC 90 ° . Έστω D το σημείο τομής της ευθείας ΑΒ με την ευθεία που είναι κάθετη στην AC στο σημείο C . Έστω R η ευθεία που διέρχεται από το σημείο D και είναι κάθετη προς την ευθεία Α Ο . Έστω Ε το σημείο τομής της R με την ευθεία Α C , και έστω F το σημείο τομής του Γ με την R που βρίσκεται μεταξύ των σημείων D και Ε . Να αποδείξετε ότι οι περιγεγραμμένοι κύκλοι των τριγώνων BFE και CFD εφάπτονται στο σημείο F . >

ΛίJσ η .

�

. ·

��

---

----- c

---

Σχήμα 1 Έστω G το άλλο κοινό σημείο της ευθείας DC με τον κύκλο Γ . Θα δείξουμε πως η ευθεία GF είναι εφαπτόμενη στους περιγεγραμμένους κύκλους των τριγώνων BFE και CFD ( φυσικά στο F ) , οπότε το ζητούμενο θα ισχύει. Πράγματι: Αφού LA CD 90 ° , είναι και LA CG 90 ° , οπότε το G είναι το aντιδιαμετρικό του Α στον κύκλο Γ και συνεπώς ανήκει στην ευθεία Α Ο . Επίσης, το σημείο Ε είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ADG ( ΑΕ _l DG,DE _l ΑΟ ) , οπότε GE _l AD , και αφού GB _l AD ( AG διάμετρος του Γ και Β σημείο του Γ ) συμπεραίνουμε πως τα G, E, B είναι συνευθειακά. Τώρα, αν ονομάσουμε R ΑΟ {Κ } παρατηρούμε ότι LCDF LGDK LGAC LGFC, οπότε η ευθεία GF είναι εφαπτόμενη του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου CFD στο κοινό τους σημείο F . Ομοίως, αφού LFBE = LFBG = LFAG LGFK LGFE , η ευθεία GF είναι εφαπτόμενη στο F και στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BFE όπως ζητούσαμε. =

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/18

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

--------

Να αποδειχθεί ότι Σ (χ + y)�(z + x)(z + y) ;::: 4(.xy + yz + zx), για όλους τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x, y και z . ,

:' 2.

cyc

Ο ανωτέρω συμβολισμός σημαίνει ότι το αριστερό μέλος είναι

(χ + y)�(z + x)(z + y) + (y + z)�(x + y)(x + z) + (z + x) �.(y_+_z_ y_+_x_) . )(_

Θα αποδείξου με ότι (χ + y )�( z + χ)( z + y) ;::: 2xy + yz + zx , από την οποία με κυκλική μετάθεση των μεταβλητών προκύπτουν άλλες δύο ανισότητες, και τότε το ζητούμενο προκύπτει αμέσως από το άθροισμα κατά μέλη και των τριών αυτών ανισοτήτων. Πράγματι, τετραγωνίζοντας τα δυο μέλη της (χ + y )�( z + χ)( z + y) ;::: 2xy + yz + zx , αυτή γίνεται ισοδυνάμως (χ + y)2 (z + x)(z + y) ;::: 4χ2/ + y2z2 + z2x2 + 4xy2z + 4x2yz + 2xyz2 και με πράξεις , , , γινεται αναδ ιατασσεται και ως ισοδυναμως χ3 y + xy 3 + z( χ3 + y 3 ) > 2χ 2 y 2 + xyz(χ + y ) η οποια ( xy + yz + zx)(χ - y )2 ;::: Ο που αληθεύει, όπως ισχυριστήκαμε. Έστω n ένας θετικός ακέραιος. Έστω Pn = {2 n , 2 n -ι . 3,2 n -z.3 2 , - · · , 311 } . Για κάθε υποσύνολο Χ του Pn , συμβολίζουμε με S το άθροισμα όλων των στοιχείων του Χ , με τη σύμβαση ότι S0 = Ο όπου 0 είναι το κενό σύνολο. Υποθέτουμε ότι το y είναι ένας πραγματικός αριθμός τέτοιος ώστε Ο ::::; y ::::; 3n+I - 2 n+ I .Να αποδειχθεί ότι υπάρχει υποσύνολο του Pn τέτοιο ώστε Ο ::::; y - Sy < 2n . ,

3 Q = {1 , α, α 2 , . . . , αn } και S το αθροισμα των στοιχειων ' του τυχαιου n ' ειναι ' 3n+ I - 2n+I = 211 SQ,. Οι σχεσεις ' υποσυνο' λου Χ του Qn οποτε Ο -< Υ -< 3n+I - 2n+I , Ο < y - S < 211 S της εκφώνησης γράφονται Ο :<:;; L :<:;; SQ και Ο :<:;; L - y < 1 οπότε ονομάζοντας L = χ και 2n " 2 n 2n ' 2n κι ας ονομασουμε α = "2 , ,

με

��

πραγματικός αριθμός με

{ 1, %}

ItΕ

είναι

Χ του

( Pn ) :

αν χ τυχαίος

τέτοιο ώστε Ο ::::; χ - S

<1.

{ %} και τα αθροίσματα των στοιχείων των

Q1 = 1,

s0 = ο ' s{ l } = 1 ' s{ 3 } = i ' s 3 } = 2. ' οπότε για χ με ο ::::; χ < 1 2 2 {1, 2 2 Χ = 0 , για χ με 1 ::::; χ < 2 επιλέγουμε Χ = {1} και χ με 2 ::::; χ ::::; 2_ επιλέγουμε 2 = Q1 και η πρόταση ( p1 ) ισχύει.Ας υποθέσουμε πως η πρόταση ( P ) ισχύει για κάποιο n

υποσυνόλων του

Χ=

Ο :<:;; χ :<:;; SQ,. , τότε υπάρχει υποσύνολο

n=1

Υ του Ρ, το σύνολο {;n Υ} είναι υποσύνολο

ζητούμε ισοδυνάμως να αποδείξουμε την πρόταση:

Θα το αποδείξουμε επαγωγικά. Για

επιλέγουμε

παρατηρώντας πως για το τυχαίο υποσύνολο του

είναι τα

n ;::: 1 . Θα δείξουμε πως ισχύει και η ( Pn+ I ) . Ας είναι λοιπόν χ ένας πραγματικός με Ο ::::; χ ::::; SQ = 1 + α + · · · + αn+ι . Αν είναι Ο ::::; χ ::::; SQ" = 1 + α + · · · + αn , τότε από την επαγωγική υπόθεση υπάρχει υποσύνολο Χ του

ακέραιο

n+l

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

που είναι και υποσύνολο του Qn+Ι (αφού Qn Qnn+Ι ), ώστε Ο � χ - Sn < 1 και η ( Ρn+Ι ) ισχύει. Αν πάλι είναι SQ, < χ � SQH+, , τότε η 1 + α + · · · + α = SQ, < χ δίνει α +ι < χ (πράγματι, είναι ( ) n+ n+! - 1 α 1 3 · · n+ n n n 11 ! ! 11 11 + ! 1 +! + <::: :> 11+! +! ! _ <=> α (α - 1) < α _ 1 α + < α _ 1 <=> 2 < α = α < + α + · + α <=> α < α-1 2 2 που αληθεύει). Όμως τότε οι σχέσεις α+ι <χ και x�SQ =1+α+··+a +a+1 δίνουν Ο < χ - αn+ Ι � 1 + α + · · · + α11 =SQ, και από την επαγωγική υπόθεση γνωρίζουμε ότι για τον αριθμό χ - αn + ι υπάρχει υποσύνολο του Qη για το οποίο Ο� ( χ - αη+ ι ) - S < 1 . Όμως τότεn το σύνολο Χ = {αn+Ι } είναι υποσύνολο του Qn+Ι και έχει άθροισμα στοιχείων Sy S, + α +Ι , οπότε η Ο� (χ - αη+Ι ) - S < 1 γράφεται Ο � χ - Sy < 1 και η ( Ρn+Ι ) ισχύει και πάλι. Έστω z+ το σύνολο των θετικών ακεραίων. Να βρεθούν όλες ο συναρτήσεις f : z+ z+ για τις οποίες ισχύουν οι ακόλουθες συνθήκες: /(n! ) = f(n) ! για κάθε θετικό ακέραιο n, ο m-n διαιρεί τον .f(m)-.f(n) οποτεδήποτε οι m και n είναι διαφορετικοί θετικοί ακέραιοι. Θα αποδείξουμε ότι οι λύσεις είναι οι σταθερές συναρτήσεις f(n)=1,nεz+ και f(n)=2,nε'll/ καθώς και η ταυτοτική συνάρτηση f(n) = n, n ε z+. Αυτές φανερά αποτελούν λύσεις, οπότε απομένει να αποδείξουμε ότι είναι οι μοναδικές. Ας παρατηρήσουμε πρώτα ότι, αν για κάποιο n0 ε z+ είναι .f(n0 ) = n0 , τότε m-n0 f(m)-n0 για όλα τα m ε z+. Αφού επίσης m-n0 m-n0, θα έχουμε πως m-n0 l ( m-n0 ) - ( f(m)-n0 ) , δηλαδή ( ) m - n0 [m-f(m), \lmεZ+. Αν τώρα είναι .f(3) = 3, τότε .f(3!) = .f(3)! =3!, και ομοίως /((3! ) ! ) = f(3! ) ! = (f(3)!) ! κ.ο.κ., οπότε οι άπειροι σε πλήθος αριθμοί α0 = 3, α1 = 3 ! ,α2 = (3 !) ! , ... αποτελούν σταθερά σημεία της f (δηλαδή απεικονίζονται στον εαυτό τους). Τότε για οποιοδήποτε επιλεγμένο m ε z+ , θα έχουμε σύμφωνα με την ( ) ότι οι άπειροι σε πλήθος διαφορετικοί ακέραιοι m- α0, m- α1 , m- α2 ,. . . είναι όλοι τους διαιρέτες του ακεραίουm-.f(m), οπότε πρέπει m-.f(m)=O, δηλαδή .f(m)=m. Αφού ο m είναι τυχαίος, συμπεραίνουμε ότι .f(m) = m, για κάθε m ε z+, δηλαδή η .f είναι η ταυτοτική συνάρτηση. Ας υποθέσουμε λοιπόν στο εξής ότι .f(3) * 3. Θα αποδείξουμε ότι .f(n) ε {1,2} για όλα τα n z+ . Πράγματι, αφού .f(l !) = .f(l)! <=> .f(l) = .f( l)! και .f(2!) = .f(2)! <=> .f(2) = .f(2)!, έχουμε φυσικά .f(l),.f(2) ε {1,2} . Επίσης, 4 = 3!- 2l.f(3! ) - .f(2) = .f(3)!- .f(2), οπότε ο ακέραιος .f(3)!- /(2) είναι ένας από τους 1,2,4 και καθώς .f(2) ε {1,2}, συνάγουμε ότι .f(3) ! είναι ένας από τους {2,3,4,5, 6 } . Αυτό όμως σημαίνει πως ο .f(3) μπορεί να είναι μόνο ένας από τους 1,2,3 . Αλλά υποθέσαμε .f(3) * 3, οπότε .f(3) {1,2}. Τώρα για n 3 έχουμε n !- 3[.f(n ! )-.f(3) = f(n)!- /(3), και αφού ο 3 διαιρεί τον n!- 3 θα πρέπει να διαιρεί και τον .f(n)!- .f(3), δηλαδή 3[.f(n)!- .f(3). Αν ήτανε 3l.f(n)!, τότε από την τελευταία θα προέκυπτε 3 1 /(3) ε {1,2}, άτοπο. Επομένως, ο 3 δεν διαιρεί τον .f(n)! και αυτό μπορεί να συμβεί μόνο αν ο .f(n) είναι ένας από τους 1,2 όπως ισχυριστήκαμε. Τώρα ας παρατηρήσουμε ότι για n ?: 3 είναι n-11.f(n)-.f(1)ε {-1,0,1} και n-1 ?: 2, οπότε πρέπει .f(n)-.f(l)=O, δηλαδή .f(n)= /(1) για όλα τα n?:3. Ομοίως για n?:4 είναι n-21.f(n) - .f(2)E {-1,0,1} και n-2?:2, οπότε πρέπει .f(n) - .f(2)=0, δηλαδή .f( n) = .f( 2) για όλα τα n ?: 4 . Συνεπώς πρέπει .f(1) = f( 2) και η f είναι σταθερή συνάρτηση. Αφού .f(l),.f(2) {1, 2} , η .f είναι είτε η σταθερή 1 , είτε η σταθερή 2, όπως ζητούσαμε. -------

Qn ,

-------

a=2

•+I

Υυ

Π ρόβλη μα 4 .

�

ίί.

Λ ύ ση .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l /20

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

15ος Μ ΕΣΟΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗ ΜΑΤΙ ΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ 2012 9 Απριλίου 2012

Π ρό βλη μ α 1

Για το πραγματικό αριθμό α > Ο , θεωρούμε την άπειρη ακολουθία ( λεr:ι· που ορίζεται από = 1 και για n � 1 . Να προσδιορίσετε τον ελάχιστο πραγματικό αριθμό α για τον οποίο όλοι οι όροι της ακολουθίας ( λεr:ι' είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί.

Χι

αχn = Χι + χ2 + + χn+Ι , · · ·

xn + 2n-z χ2 ε, < ε < sn = Χι + χ2 + + Xn rn 8n-l ι+ + n α = Χ Xz · · ·+ X +l (2) = t;,t;ι+l ' r -1 n n x από την οποία, για � 2 , προκύπτει ότι r -1J . (3 ) rn+ι = α (� Ας υποθέσουμε ότι ισχύει xn > Ο, για κάθε � 1 , το οποίο είναι ισοδύναμο με τις σχέσεις sn > sn-ι και rn > 1, για κάθε � 2 . Εισάγουμε το μέγιστο κάτω φράγμα όλων των λόγων rn με υπάρχει δείκτης � 2, έστω R inf rn . Τότε είναι R � 1 και από τις ιδιότητες του έτσι ώστε rk ::; R + 3 με ε (Ο, 3 ) . Από την (3 ) λαμβάνουμε R,; � a(ι - :, J R �1 R' - (α - ;}R+a (ι - ;} ,; ο. (4) Λύ ση

Για α = 4 η ακολουθία = ( n 1) έχει όλες τις ζητούμενες ιδιότητες, ενώ για α ::; 1 ο όρος = α - 1 δεν είναι θετικός. Επομένως στη συνέχεια θα ασχοληθούμε με την περίπτωση 3 και θα αποδείξουμε ότι για όλα αυτά τα α η ακολουθία περιέχει όπου είναι α = 4 - Ο αρνητικούς όρους. Για n � 1 ορίζουμε το μερικό άθροισμα και για n � 2 ορίζουμε την ακολουθία των λόγων = � . Τότε η σχέση (1) γράφεται · · ·

ίnfimum

�,

,;{- J

r,.,

�

Το αριστερό μέλος της (4) είναι τριώνυμο με μεγιστοβάθμιο συντελεστή 1 και διακρίνουσα Δ

� ( α - ;) 4a ( ι ;)�� ε (ι - ;) < ο, ' -

(5)

οπότε το τριώνυμο του αριστερού μέλους της (4) είναι θετικό, το οποίο αντιφάσκει με τη σχέση (4). Επομένως δεν είναι δυνατόν να ισχύει ότι > Ο, για κάθε n � 1 . Άρα ο ελάχιστος αριθμός α > Ο που ζητάμε είναι ο 4.

Π ρό β λη μα 2.

Έστω α , β, r οι γωνίες ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC . Να αποδείξετε ότι: Υ13 � 2 1 Σ tan α 3 1 . tan α tan β tan r ) 3 tan β tan r Λύση

Εφόσον

α,β, y tan β > Ο, tan r > Ο

cyclic

2 +( + +

είναι γωνίες ενός οξυγώνιου τριγώνου ABC, θα ισχύει ότι και η γνωστή τριγωνομετρική ταυτότητα: tan α + tan β + tan r = tan α . tan β . tan r (*) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/2 1

tan α > O ,

----Χρησιμοποιώντας την παραπάνω ταυτότητα, η προς απόδειξη ανισότητα γράφεται 2 ) 1 2 3 ?: 2 α 1 Σ tan [ + 3 διαδοχικά: 3 tan β . tan r 2tan α + tan β + tan r 1- [ tan 2 α + tan 2 β + tan r ) + 3 ( tan α + tan β + tan r) ιι/3 ?: 2 3 tanβ·tany tanα·tany tanα·tanβ (tanα+tanβ+ tany)3 3 Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

_!_

-------

cyι·/ic

tan3α+tan3 β+tan3y.:..._ + 3�tanα·tanβ·tany ?: 2 . 3 tan α . tan β . tan r tan α + tan β + tan r Με τη βοήθεια της ανισότητας Αριθμητικού-Γεωμετρικού Μέσου: ΧΙ + Χ2 n+ ·· · + Xn ?: νn lχΙ . χ2 ..... χ για n = 3 και χ1 = tan α, χ2 = tan β, χ3 = tan y έχουμε: tanα+tanβ+tan y >�tanα· tanβ· tany � 3�tanα· tanβ· tany ::; Ι �(_2)· [3�tanα · tanβ·tanr ?: -2 (1). 3 tanα+tan β+tany tanα+tanβ+tan y J Με τη βοήθεια της ανισότητας Αριθμητικού-Γεωμετρικού Μέσου: ---'-ΧΙ + χ2--=-n+- · ··+---'-'-Xn ?: νn fχΙ . χ2 . . . .. χn ' για n = και Χι = tan3α+tan3 β+tan3y , χ2 = χ3 = χ4 = 3�tanα · tanβ·tany έχουμε: tanα + tanβ + tany 3tanα · tanβ · tany tan3 α+tan3 β+tan3 r + 3 . 3�tan α · tan β· tany ?: 4 9(tan3 α+tan3 β+tan3 r) (2) 3tanα· tanβ·tany tanα+tanβ+tany (tan α+ tanβ + t a n y)3 2 Προσθέτοντας τις σχέσεις (1) και ( ) έχουμε: tan3 α + tan3 β+------' tan3 'r--- + 3?.)tan α . tanβ . tan r ?: 4 9(tan3 α+ tan3 β+ tan3 r) --------'3tanα ·tanβ · tany tanα + tanβ +tany (tanα +tanβ+tany/ α+tan3 β+tan3 y) , οτι, 4 9(tan3 Αρκει, να αποδειξουμε ?: 1 � 9(tan3 α+tan3 β+tan3 y) ?: 1 (tanα +tan β+ tan y)3 (tan α+ tan β+ tan y)3 9(tan3 α+ tan3 β+ tan3 r)?: (tan α+ tan β+ tan y)3 συνάρτηση f( x)= x3 είναι κυρτή στο διάστημα [Ο, οο) , οπότε για οποιαδήποτε Χι , χ2 , χ3 [0, οο θα ισχύει: ι( χ, + χ; + χ, ) � f(x,) + /(;,) + f(x,) ""' ( χ, + χ; + χ, )' � xf + xj + xi ""' ........_ ( χΙ + χ32 + χ3 )3 xf + χ3� + xff � 9(ΧΙ3 + Χ23 + Χ33 ) (ΧΙ + Χ2 + Χ3 )J · Θέτουμε χ1 = tanα, χ2 = tanβ, χ3 = tany και παίρνουμε την ανισότητα (3) . ισότητα ισχύει όταν tan α tan β = tan y , δηλαδή όταν το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Θεωρούμε έναν Ο-Ι-πίνακα Μ με r γραμμές και c στήλες του οποίου κάθε γραμμή και κάθε στήλη περιέχουν ένα τουλάχιστον 1 . Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα στοιχείο M(i,J) του ____: _ _ _

_ _ _ _

n '

___:_ ...: _ :..._ _ ----'"... _

_ _ _ _ _ :... .._ ___;_

�

(3)

)

_ <

........-

---'-=.::...

πίνακα με τον αριθμό 1 , έτσι ώστε το αντίστοιχο άθροισμα γραμμής R(i) και άθροισμα στήλης C(J) ικανοποιούν τη σχέση r R (i) ?: C(J).

c·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/22

-------

ΛίJση

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Συμβολίζουμε με και Σ τα σύνολα των γραμμών και στηλών, αντίστοιχα, του πίνακα =το άθροισμα των = το άθροισμα των στοιχείων της γραμμής Ε και Έστω 1 . Αν με στοιχείων της στήλης j Ε Έστω Ρ το σύνολο των ζευγών με συμβολίσουμε το πλήθος των στοιχείων του συνόλου Χ , τότε σημειώνουμε ότι: (2) ( I ) και συμμετρικά έχουμε επίσης � ιrι t;

Μ. JXJ

ί Γ C(J) (ί, J) Μ(ί, J) = Σ. IΓI ·IΣI (,�)��). IΓI · IΣI IΣI � ��)) Με αφαίρεση των (1) και (2) κατά μέλη λαμβάνουμε: Σ J Γ J·R(i) _- J Σ J ·_ C (J) = Σ ·R(ί) - · �(J) Ο = Σ [�-P-J = C(J )R(ι) C(J )R(ι) C(J ) R(ι) ) Τότε ένας τουλάχιστον από τους προσθετέους του αθροίσματος της σχέσης θα είναι μη αρνητικός. Επειδή είναι C(J)R(ί) > Ο , για κάθε (ί,J) Μ, ο αντίστοιχος αριθμητής του προσθετέου θα είναι μη αρνητικός, δηλαδή για κάποιο στοιχείο Μ(ί,J) = 1 του πίνακα θα ισχύει R ( ί) · C ( j) ή · R ( ί) · C ( j) . Έστω R) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ABC. Έστω ένας κύκλος που εφάπτεται στις ημιευθείες , (AC και επίσης εφάπτεται εσωτερικά του κύκλου ( O;R). Έστω ένας κύκλος που εφάπτεται στις ημιευθείες (AC και επίσης εφάπτεται εξωτερικά του κύκλου R) . Ονομάζουμε και τα κέντρα των κύκλων και αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: ( ( Με και (AC συμβολίζουμε τις ημιευθείες και AC με αρχή το R(ί)

�

( i ,J)εP

( i.J)εP

(3 )

-c

Πρόβλη μ α 4

::::: Ο

:::::

(3 )

(Ο;

(ΑΒ

, (ΑΒ

(Ο;

(ΑΒ

Α1

Α2

ΟΑ1 + ΟΑ ) 2 - Α1 Α/ = 4R2 • 2 ΑΒ

k2 ,

Α. )

Λύση

Για τη λύση του προβλήματος θα χρησιμοποιήσουμε το Θεώρημα του Casey (γενίκευση του θεωρήματος του Πτολεμαίου), το οποίο παρουσιάζεται στο παρακάτω σχήμα εποπτικά. Α

Σχήμα 1 Σχήμα 2 Θεωρούμε ότι τα σημεία είναι κύκλοι με "μηδενική" ακτίνα. Τότε μπορούμε να υποθέσουμε ότι οι κύκλοι αυτοί εφάπτονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου Θεωρώντας λοιπόν ότι οι κύκλοι (σημεία) καθώς και ο κύκλος k1 , εφάπτονται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου εφαρμόζουμε το θεώρημα του Casey και έχουμε:

A,B,C

AB· CFΊ +AC· BI; = =BC· AJ;

ABC.

A, B ,C ABC ,

<=> c(b-AFΊ) +b(c-AJ; ) =α·AJ; <=> cb - c · ΑFΊ + bc - b · ΑΕ1 = α · ΑΕ1 • Επειδή όμως ΑFΊ ΑΕ1 (είναι τα εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Α προς το κύκλο k1 ), bc καταλήγουμε στην ισότητα: ( α + b + c) ΑΕ1 2bc <=> ΑΕ1 = . ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ. l/23

------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Ό μως από το ορθογώνιο τρίγωνο

' ' ισοτητες ' λαμβανουμε: τελευταιες Α1 Ε, = 'ί = ΑΕ,

ο tan -Α 2

bc Α tan 2 τ

= -ο

καταλήγουμε στην ισότητα Μ

'ί

έχουμε:

ΑΑβ1

Α πο ο Α

ΑΑ1 =

Α ΑΕ, = ΑΑ, ο cos , οπότε από τις δύο 2 το ορθογωνιο τριγωνο ' ΑΑ Ε1 εχουμε: ' '

τ o COS 2 ο

-------

Χρησιμοποιώντας τέλος τη σχέση

τ(τ - α) Α = -cos 2 -'2 bc '

Α taη =

(τ - α)

�

'-J-=

cos- 2

' ' καταληγουμε ' ε ανα' λογο τροπο στις ισοτητες ΑΑ = 2

bc Α (τ - α) ο cοs 2

Α tan 2

και

Έτσι προσδιορίζουμε τελικά τη διάκεντρο A, Az , ως εξής:

4R sin Α 2 = = Δ - ΑΑ = Α! LΔ'l = ΑL'l Α Α Α τ(τ - α) ο cοs - cos3 - cos2 2 2 2 α

αbc

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι:

(ΟΑ, + ΟΑ )2 - Α, Α/ = 4R2 <=> (ΟΑ1 + ΟΑ2 + Α1Α2 ) ο (ΟΑ1 + ΟΑ2 - Α1Α2 ) = 4 R 2 Επειδή όμως ισχύει ΟΑ1 = R - r1 και ΟΑ2 = R + r2 , αρκεί να αποδείξουμε ότι: 2 (2R - r1 + r2 + A1A2 ) 0 (2 R - r1 + r2 - A1A2 ) = 4 R Α ο -Α sιη tan Όμως έχουμε 2R - 1j + r2 + A1 A2 = 2R + α 2Α + 4R 2Α = cos 2 cos 2 2 2 2 l + sin Α cos2 Α + sin A o tan Α + 2 sin Α cos2 Α + 2 sin2 Α + 2 sin Α 2 2 2 2 = 2R 2 2 2 = 2R = 2R Α Α Α cos2 cos2 cos2 2 2 2 Α 2 1 - sin ο

(

Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι:

2R - 'ί + r - Α, Α 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/24

(

�

cos2 2

)

2 ο

------ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Προκριματικός

ΠΡΟΒΛΗΜ Α

δ.ιαyωvιο:μό-�: 20;1J2,

------

Απριλίου 2 01 2

(p, m, n), όπου p πρώτος και m, n μη αρνητικοί pm -n3 = 8 . Η δεδομένη εξίσωση γράφεται: pm = ( n + 2) ( n 2 -2n + 4 ) . Επειδή p πρώτος, έπεται ότι p" = n + 2 και pY n 2 -2n + 4, θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε χ+ = m. Επειδή επιπλέον ισχύει όπου ( n2 -2n + 4)-( n + 2) = n2 -3n + 2 = ( n - l ) ( n -2) Ο, για κάθε μη αρνητικό ακέραιο n, έπεται ότι: Τότε όμως px IPY , δηλαδή ( n+2)j ( -2n+4). Επειδή ισχύει η ισότητα n2 -2n+ 4 = ( n + 2)2 -6n = ( n + 2)2 -6( n+ 2)+ 12, έπεται ότι (n+2)l 1 2, οπότε θα είναι n+2 {2,3,4,6,12} , δηλαδή n {0,1,2,4,10}. Για n = Ο , λαμβάνουμε p11' = 8 p = 2, m = 3, οπότε (p,m,n) (2,3,0). Για n = 1 , λαμβάνουμε pm = 9 p = 3, m = 2, οπότε (p,m,n) (3,2,1). Για n = 2, λαμβάνουμε p'" = 16 p = 2, m = 4 , οπότε (p,m,n) = (2,4,2). Για n = 4, λαμβάνουμε p11' = 72 = 23 3 2 (αδύνατη). Για n = 1 Ο , λαμβάνουμε pn' = 1008 = 23 ·126 = 24 3 2 7 (αδύνατη). Να προσδιορίσετε όλες τις τριάδες ακέραιοι, που είναι λύσεις της εξίσωσης: Λύση

χ, y

::::

x�y .

•

• •

•

Π ΡΟ ΒΛΗΜΑ 2

Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ABC (με ΑΒ < AC < BC ), εγγεγραμμένο σε κύκλο c(O, R) (με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα R ) Η μεσοκάθετη της διχοτόμου AD τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο c(O, R) στα σημεία Κ, ι (το σημείο Κ ανήκει στο μικρό τόξο ΑΒ ) . Ο κύκλος c1 (Κ, ΚΑ) (που έχει κέντρο Κ και ακτίνα ΚΑ ), τέμνει το κύκλο c(O, R) στο σημείο Τ και ο κύκλος c (ι, ιΑ) (που έχει κέντρο ι και ακτίνα ιΑ ), τέμνει το κύκλο c(O, R) στο σημείο S . Να αποδείξετε ότι ΒΑΤ = CA S .

Λ ύση

Θα αποδείξουμε ότι τα σημεία ι, D, Τ και Κ, D, S είναι συνευθειακά και στη συνέχεια ότι η AD είναι διχοτόμος και της γωνίας τλ s . Επειδή το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη της Α D , ο κύκλος c1 (Κ, ΚΑ) θα περνάει από το D . Επειδή το σημείο ι ανήκει στη μεσοκάθετη της Α D , ο κύκλος c (ι, ιΑ) θα περνάει από το D . Τα τρίγωνα ΚΑ ι και KD ι είναι ίσα, γιατί έχουν: (i) ΚΑ = KD , ως ακτίνες του κύκλου (c1 ) . (ii) ιΑ = ιD , ως ακτίνες του κύκλου (c ) . Σχήμα 2 (iii) κι , κοινή πλευρά των δύο τριγώνων. Άρα έχουμε και τις ισότητες: L 1 = L = KLD και Κ = Κ = ιΚ D . Τα τόξα ΚΑ, ΚΤ του κύκλου (c) είναι ίσα διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/25

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

ίσες ( ΚΑ = Κ Τ , ως ακτίνες του κύκλου (ci) ). Άρα και οι αντίστοιχες εγγεγραμμένες γωνίες θα είναι ίσες , δηλαδή L Ι = L Από την ισότητα L L 2 = KLD , έχουμε L 2 = L και κατά συνέπεια τα ση μεία L, D, Τ είναι συνευθειακά. Τα τόξα LA, LS του κύκλου (c) είναι ίσα διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες ( LA = LS ως ακτίνες του κύκλου (c2 ) ). Άρα και οι αντίστοιχες εγγεγραμμένες γωνίες θα είναι ίσες , δηλαδή Κ Ι = Κ Από την ισότητα Κ Ι = Κ 2 = LI( D , έχουμε Κ 2 = Κ και κατά συνέπεια τα σημεία K, D, S είναι συνευθειακά. Τα τρίγωνα KDT και LDS είναι ισοσκελή με τις παρά τη βάση γωνίες ίσες (διότι KDT = LDT , ως κατά κορυφή. Άρα είναι: Κ L Κ 4 = L 4 => -4 = -4 => Α Ι = Α 2 • (η γωνία Α Ι είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο (c i ) με 2 2 αντίστοιχη επίκεντρη την Κ 4 , οπότε Κ 4 = 2 Α Ι , ενώ η γωνία Α 2 είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο (c 2 ) με αντίστοιχη επίκεντρη την L 4 , οπότε L 4 = 2 Α ) Όπως και στην προηγούμενη λύση, αποδεικνύουμε ότι τα σημεία L, D, Τ και Κ, D, S είναι συνευθειακά. Τα τόξα ΚΑ, ΚΤ του κύκλου (c) είναι ίσα διότι οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες ( ΚΑ = Κ Τ ως ακτίνες του κύκλου (ci ) ). Άρα και οι αντίστοιχες εγγεγραμμένες γωνίες θα είναι ίσες ( S I = S 2 ). Τα τόξα LA, LS του κύκλου (c) είναι ίσα, γιατί οι αντίστοιχες χορδές είναι ίσες ( LA = LS ως ακτίνες του κύκλου (c2 ) ). Άρα και οι αντίστοιχες εγγεγραμμένες γωνίες θα είναι ίσες , δηλαδή iΊ = iΊ . Από τις παραπάνω ισότητες γωνιών προκύπτει ότι οι TD, SD είναι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου ΑTS και κατά συνέπεια η AD είναι διχοτόμος της γωνίας ΤAS . 3

•

Ι =

3•

π κ� ο Β. \ Η νΙ /\ J

Αν α, b , c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τέτοιοι ώστε α + b + c = 3 , να αποδείξετε ότι: α2 Π 2 2 3 b c �οτε ισχυει η ισοτητα; + + (b + c ) ( c + α) ( α + b ) --:3

\i)C" η ( 1 ο� τριίπος)

[

]

•

[

]

Λαμβάνοντας υπόψη τη σχέση α + b + c = 3 , αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα 2 3.6 a2 + b2 + c2 �-9 b+c)+(c+a)+(a+b)] 2(a+b+c) a + b2 + c2 �-<=>[( ( b +c) (c+a) (a+ b) 8 ( b +c) (c+a) (a+ b) 4 1 1 �- 2 � 2. 1 _!!_ 2 +b 2 +<=>[(b +c)+(c+ a) +(a+b)J b+c b+c c+a c+a a+b a+b 4 Επειδή από την ανισότητα Cauchy - Schwarz έχουμε 3

[

( )

( )]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ. l/26

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

α b c )2 c )2 : > (--+--+-b )2 +--1 (-α 2 +--1 (-c+α c+α α+b α+b - b+c c+α α+b ' α + b + c )2 � 9 <=> α + b + c � 3 ( b+c c+α α+b 4 b+c c+α α+b 2 '

-----

[( b+c ) + ( c+α ) + ( α+b )] -b+c (-b+c ) αρκεί να αποδείξουμε την ανισότητα

----

η οποία είναι η ανισότητα του Nesbitt. Μία απόδειξη της ανισότητας του Nesbitt, μέσω της ανισότητας των Cauchy - Schwarz είναι η ακόλουθη: Αν προσθέσουμε το 3 και στα δύο μέλη της ανισότητας, αυτή γίνεται:

α+b+c + α+b+c + α+b+c �-+ 3 3 --b+c c+α α+b 2 1 - + _1_ + _1_ � 2_ ή ισοδύναμα (α+b+c) ( b+c c+α α+b ) 2 Με πολλαπλασιασμό επί 2 και των δύο μελών, καταλήγουμε στην ανισότητα [(α+b )+(b+c)+(c+α)J ( -b+c1-+-c+α1-+-α+b1-J � 9 , η οποία είναι αληθής, λόγω της ανισότητας Cauchy - Schwarz. Η ισότητα στην ανισότητα Cauchy Sch arz ισχύει όταν - w

_!!_ = _k_ = _c_ <=> α+b+c b+c+α c+α+ b <=>-3-= _3_ =_3_ <=>b+c= c+α=α+ b <=>α=b=c. b+c c+α α+b b+c c+α α+b b+c c+α α+b Επίσης, η ισότητα στην ανισότητα του Nesbitt ισχύει όταν α = b = c. Επομένως, λαμβάνοντας υπόψη και την α+ b + c = 3 , για τη δεδομένη ανισότητα, η ισότητα ισχύει όταν α = b = c = 1 . . 'Εστω Α ( α,b,c) = α2 3 + b2 3 + c 2 Λόγω της υπόθεσης α+b+c = 3, έχουμε ( b+c) ( c+α) ( α+b) + b + c) + b2 (α+ b + c) + c2 (α + b + c) 3Α ( α,b,c) - α2 ((αb+c) (c+α) (α+b) 3 3 + 32 + 2 + = (b:c J + ι�α )3 + (α:b)3 (b:c) ι�α ) (α:bΙ Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την γνωστή ανισότητα του Nesbitt, σύμφωνα με την οποία για α, b, c θετικούς πραγματικούς αριθμούς, ισχύει ότι: α --+ b --�-. c 3 ( 1 ) ισοτητα ισχυει, οταν α= b = c. απο' δειξη της ανισοτητας , του --+ b+c c+α α+b 2 Nesbitt έχει δοθεί στην προηγούμενη λύση ( 1 τρόπος) α y = -b ,z c , χ2 + y 2 + z2 � -1 ( χ+ y + z ) 2 , για χ = --, 'Ετσι, απο την ανισοτητα b+c c+α α+b 3 b )2 + (-α b c )2 , οποτε, απο, την ανισοτητα c )2 � -1 (--+--+-, ( α )2 + (-, λαμβανουμε b+c c+α α+b 3 b+c c+α α+b 2 2 2 2 του Nesbitt λαμβάνουμε ( α ) + ( b ) + ( c ) � 1 ( 3 ) = 3 b+c c+α α+b 3 2 4 (2) Επιπλέον, για Ο < χ:::; y :::; z, έπεται ότι Ο < χ2 :::; y2 :::; z2, οπότε από την ανισότητα του Chebysheν, λαμβάνουμε ( χ+ γ+ z )( χ2 + y2 + z2):::; 3 ( χ3 + / + z ), όπου η ισότητα ισχύει όταν 3 3 •

ος

= -- ,

--·

x = y = z .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. l/27

Επειδή η δεδομένη ανισότητα είναι συμμετρική ως προς τις μεταβλητές της a,b, c μπορούμε να υποθέσουμε ότι Ο < α:::; b :::; c , οπότε θα είναι και 0 < -1-< _1_ < _1_ 0 < -α-< _b_ <_c_ και 0 < ( α ) -< (-b-)2 -< (-c-) 2 ------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

b+c - c+α - α+b ' b+c - c+α - α+b b+c c+α α+b ' Ε πομενως, εωρωντας χ = α , = b , z = c , απο' την ανισοτητα του Chebysheν, b+c c+α α+b 3 b J3 + (b + -cJ[(_!!___J2 + (-b) + (-c)2 ] c J3 -> _!_ (_!!___ + _ λαμβάνουμε (_!!___J + (b+c c+α α+b 3 b+c c+α α+b b+c c+α α+b ' οπότε, λόγω των ( 1 ) και (2) έχουμε (3) Η ισότητα ισχύει όταν α = -b = --c <=> α+b+c = b+c+α = c+α+b <=>-3 = -3 = --3 <=>b+c= c+α=α+b<=>α=b=c. b+c c+α α+b b+c c+α α+b b+c c+α α+b 9 (α, b,c) = d + b2 + c2 � -3 . 3 3 = -=>Α Λόγω των (2) και (3), έχουμε 3Α(α,b,c) �-+848 (b+c)3 (c+α)3 ( α+b)3 8 Από τα παραπάνω προκύπτει ότι η ισότητα ισχύει όταν α = b = c , οπότε δεδομένου ότι α+ b + c = 3 , έπεται ότι η ισότητα ισχύει όταν α = b = c = 1 '

α2 + b2 + c2 � -3 και ( 3 -α ) (3-b)3 (3-c)3 8 παρατηρούμε ότι, λόγω της υπόθεσης α, b , c > Ο και α+ b + c =), ισχύει ότι α , b, c (Ο, 3). Στη 2 συνέχεια θεωρούμε τη συνάρτηση .f (χ) = χ 3 , χ (Ο, 3) η οποία είναι δύο φορές (3-χ) παραγωγίσιμη στο διάστημα ( Ο, 3) και ισχύει ότι 2 ·3(3-χ)2 (3-'χ)' -- 6χ-2χ2 +3χ 2 -- 6χ+χ24 χ ( Ο, 3) .f' ( χ) - 2χ(3-χ)3 -χ(3-χ) 4 (3-χ) (3-χ) ' ".f (χ) = ( 6 + 2χ) (3 -χ)4 + 4 ( 6χ + χ2 ) ( 3 -χ) = 2 (3 + χ) ( 3 -χ) + 4 ( 6χ + χ2 ) = 2 (χ2 + 12χ5+ 9) � Ο, (3-χ) (3-χ) (3-χ) για κάθε χ (Ο, 3). Επομένως η συνάρτηση .f (χ) είναι κυρτή στο διάστημα (Ο, 3), οπότε από , του Jensen λαμβανουμε , .f ( α)+ .f ( b) + .f ( c ) � .f ( α+b+c J = .f ( l ) =-1 την ανισοτητα 8 3 3 d d c2 � 83 . Η ισο, τητα ισχυ, ει αν α=b=c=l. +3 (c+αb2 γ + (α+b) + (3-bb2 )3 + (3-c2c)3 ] � 81 <=> (b+c) <=>)1 [(3-α)3 3 3 °ς τρόπος

Γράφουμε τη δεδομένη ανισότητα στη μορφή

---=-3

4°ς τ ρόπ ος

(Α . Συγκελάκης)

Παρατηρούμε πάλι, όπως και στη προηγούμενη λύση, ότι η συνάρτηση .f = 3 , ( Ο, είναι κυρτή στο διάστημα (Ο, οπότε η γραφική παράσταση της

χ2 χ 3) (χ) (3-χ)

3),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/28

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

βρίσκεται πάνω από οποιαδήποτε εφαπτομένη της σε σημείο της μορφής ( χ0 , f ( χ0 )), Ο < χ0 < 3. Θεωρώντας την εφαπτομένη της στο σημείο ( 1 , f ( 1) ) που έχει εξίσωση y = 7 ( χ .- 1 ) + 1 , 16

χ2 ;::: 2 (χ - 1) + .!.. , για κάθε χ ε (Ο, 3) (1) λαμβάνουμε ότι: 8 (3 - χ) 1 6 Σημειώνουμε εδώ ότι, αν κάποιος θεωρήσει την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο ( 1 , f ( 1)) , μπορεί να αποδείξει την (1 ), ανεξαρτήτως της κυρτότητας της συνάρτησης f . Πράγματι, η ( 1) είναι ισοδύναμη με την ανίσωση ( χ - 1) 2 (7χ2 - 54χ + 135 ) ;::: ο (2) , που ισχύει, γιατί το τριώνυμο 7χ2 - 54χ + 1 35 έχει διακρίνουσα αρνητική. Εφαρμόζουμε την (1) διαδοχικά, θέτοντας στο χ τα α,b, c , αντίστοιχα, 7 α - Ι ) + -1 b2 > 7 1b - l) + -1 c2 > -1 7 c - l) + -Ι και έχουμε: ( α2- α/ -> -1 ' ' 16 1' 8 ( 3 - c/ 1 6 1' 8 (3 - b/ 1 6 1' 8 3 Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω σχέσεις και χρησιμοποιώντας ότι α + b + c = 3 παίρνουμε τη ζητούμενη ανισότητα. Η (1) ισχύει ως ισότητα, όταν χ = 1 (φαίνεται από την ισοδύναμή της που είναι η (2)). Συνεπώς η ισότητα ισχύει, αν, και μόνο αν, α = b = c = 1 . 3

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 4

Έστω n ακέραιος με n = 3k , ( k ακέραιος με k ;::: 2 ). Ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ διαιρείται σε n2 ίσα μικρά ισόπλευρα τρίγωνα, σχεδιάζοντας ευθείες παράλληλες στις πλευρές του. Στο σχήμα φαίνεται η περίπτωση για n = 6 ( k = 2 ) καθώς και ένα "πλακίδιο" (τραπέζιο) που δημιουργείται από τρία μικρά ισόπλευρα τρίγωνα. Χρωματίζουμε τα σημεία του πλέγματος με τρία χρώματα (Κόκκινο, Μπλε και Πράσινο), με τέτοιο τρόπο ώστε δύο γειτονικά σημεία να έχουν διαφορετικό χρώμα. Τέλος, ένα "πλακίδιο" θα το λέμε: "Κόκκινο, Μπλε ή Πράσινο", όταν το μέσο της μεγάλης βάσης του, έχει "Κόκκινο, Μπλε ή Πράσινο" χρώμα αντίστοιχα. Να βρεθεί το πλήθος όλων των "πλακιδίων" που δημιουργούνται, καθώς και πόσα από αυτά είναι "Κόκκινα, Μπλε, Πράσινα". Μέρος ενός πλακιδίου μπορεί να καλύπτεται από άλλο δημιουργούμενο πλακίδιο. Λύση

Το μέσο της μεγάλης βάσης του πλακιδίου θα το ονομάζουμε (για συντομία) "κέντρο" του πλακιδίου. Κάθε σημείο που βρίσκεται στις πλευρές του τριγώνου (εκτός από τις κορυφές του) είναι το κέντρο ενός και μόνο πλακιδίου. Σε κάθε πλευρά υπάρχουν n - l σημεία που μπορούν να είναι κέντρα πλακιδίων. Έτσι υπάρχουν 3( n - 1) πλακίδια που τα κέντρα τους βρίσκονται στις πλευρές του τριγώνου (στο διπλανό σχήμα βλέπουμε τη περίπτωση για n = 6 ). Κάθε άλλο σημείο που βρίσκεται στο εσωτερικό του τριγώνου είναι το κέντρο έξι πλακιδίων. Στο Σχημα 3 εσωτερικό του τριγώνου υπάρχουν (n -2)(n -J) 1+2+3 + · · · +(n-2) = σημεία και 6 · (n - 2)(n - 1) = 3(n - l)(n - 2) πλακίδια. 2 2 Προσθέτοντας βρίσκουμε ότι υπάρχουν συνολικά 3 ( n - 1) 2 = 3(3k - 1)2 πλακίδια. Για να υπολογίσουμε τώρα το πλήθος των κόκκινων-μπλε-πράσινων πλακιδίων, αρκεί να υπολογίσουμε το πλήθος των κόκκινων-μπλε-πράσινων σημείων που βρίσκονται στις πλευρές και το εσωτερικό του μεγάλου τριγώνου. ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/29

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

-------

Το χρώμα με το οποίο ξεκινάμε και χρωματίζουμε την κορυφή Α του μεγάλου ισόπλευρου τριγώνου, το ονομάζουμε "πρωτεύον χρώμα" και τα άλλα δύο "δευτερεύοντα χρώματα". Αν υποθέσουμε ότι n = 3 ( k = 1 ), τότε δημιουργείται ένα "βασικό ισόπλευρο τρίγωνο", το οποίο συμβολίζουμε με JΊ . Αν χρωματίσουμε με το πρωτεύον χρώμα μία κορυφή του τριγώνου JΊ , τότε και οι δύο άλλες κορυφές του (καθώς και το περίκεντρό του) θα έχουν το ίδιο χρώμα. Κάθε μεγάλο ισόπλευρο τρίγωνο αποτελείται από 1 + 3 + + (2 k - 1) = k2 βασικά ισόπλευρα τρίγωνα JΊ των οποίων οι κορυφές και τα περίκεντρα έχουν το "πρωτεύον χρώμα". Από τον τρόπο χρωματισμού των σημείων (τα γειτονικά σημεία έχουν διαφορετικό χρώμα) προκύπτει ότι τα σημεία Β και Γ έχουν το "πρωτεύον χρώμα". Στο εσωτερικό κάθε πλευράς του τριγώνου ΑΒΓ , υπάρχουν k - 1 σημεία που έχουν το "πρωτεύον χρώμα" και 2k σημεία που έχουν τα "δευτερεύοντα χρώματα". Στη συνέχεια της λύσης θεωρούμε ότι το κόκκινο είναι το πρωτεύον χρώμα ( οι απαντήσεις είναι ανάλογες, αν το πρωτεύον χρώμα είναι το πράσινο ή το μπλε). Άρα δημιουργούνται 3(k - 1) κόκκινα πλακίδια που τα κέντρα τους βρίσκονται στις πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ . Το πλήθος των μπλε σημείων Α ισούται με το πλήθος των πράσινων σημείων, οπότε δημιουργούνται 3k μπλε και 3k πράσινα πλακίδια που τα κέντρα τους βρίσκονται στις πλευρές Βααικ6 Tplyωvo Τ3 του τριγώνου ΑΒΓ . Στο εσωτερικό του τριγώνου υπάρχουν k2 σημεία που είναι τα • Πρωτεύον Σημε/ο περίκεντρα των βασικών τριγώνων JΊ Γ Β και κατά συνέπεια έχουν το "πρωτεύον .�B�'.�;��· ./:��· : d:��. �\.��:�·�.:�:�·�·.9 χρώμα" . ....····.:P· ·· '!i.:: :��;.: ·:.�� ·:�::.··:.·� :�::. · ;��':·>�: :··;�· ···:� ci :� � :o· · ..· . o :::·: . .. . . ·· Υπάρχουν επίσης :Ρ:. ··��. Σχήμα 4 (k - 2)(k - 1) ··· · · ·

!Δ .

.·

··

. .._

·'

· .· ·

..v.. ' .,

·.

1 + 2 + + (k - 2) =

σημεία, που δεν είναι τα περίκεντρα βασικών τριγώνων, αλλά έχουν το "πρωτεύον χρώμα". Άρα έχουμε τελικά 6k2 + 6 ( k - 2 )( k - 1) + 3(k - 1) = 3(3k2 - 2k + 1) κόκκινα πλακίδια. 2

Στο εσωτερικό του τριγώνου, υπάρχουν συνολικά 1 + 2 + . . . + ( 3k - 2) = ( 3k - 2) (3k - 1) 2 σημεία. 2 ' ' ' Αν απο' αυτα' αφαιρεσουμε το "πρωτευον τα k 2 + (k - 2)(k - 1) = 3k - 3k + 2 που εχουν 2 2 χρώμα", μένουν 3k( k - 1) σημεία που έχουν τα "δευτερεύοντα χρώματα" . 3k (k - 1) 'Ετσι θα εχουμε ' μπλε και 3k(k - 1) 2 2 Τελικά έχουμε: 3(3k2 - 2k + 1) = n2 - 2n + 3 3k( 3k - 2) = n( n - 1) πράσινα πλακίδια.

πράσινα σημεία στο εσωτερικό του τριγώνου. κόκκινα, 3k( 3k - 2) = n( n - 1) μπλε και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/30

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

Ασκήσεις γ ια Διαγωνισ μο ύ ς Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

Λύ σεις l!.E.U2fOtJις: &4

Α 9 ο Έστω Α ένα υποσύνολο των θετικών ακεραίων με άπειρο πλήθος στοιχείων. Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς n που είναι τέτοιοι ώστε, για κάθε α ε Α να α n + α n-Ι + ... + α 1 + 1 i α n! + α< n-Ι)! + . .. + α 1 ' + 1 . ισχύει: Σερβία, ΜΟ 201 Ο Λ ίJση

Θεωρούμε τα πολυώνυμα Ρ( χ) = xn + xn-] + . . . + χ + 1 και Q( χ) = xn! + x<n- l)! + . . . + χ11 + 1 . Έστω ότι Q( χ ) = C ( χ )Ρ( χ ) + R( χ) , όπου C ( χ) και R ( χ) είναι πολυώνυμα με ακέραιους συντελεστές και R (χ) = Ο ή deg R (χ) < deg Ρ( χ) . Η συνθήκη του προβλήματος απαιτεί Ρ ( α ) I Q ( α ) για κάθε α ε Α , όπου Α Ν* aπειροσύνολο, οπότε ισχύει και ότι Ρ ( α ) I R ( α ) , για κάθε α ε Α . Όμως για κατάλληλα μεγάλο α ισχύει ότι I R ( α ) I < I P ( α ) I , από το προηγούμενο έπεται ότι R ( α ) = Ο , για κάθε α ε Α , δηλαδή το πολυώνυμο R (χ) έχει άπειρο πλήθος ριζών. Άρα είναι R (χ) = Ο και Ρ( χ) I Q( χ) . Για τη συμπλήρωση της λύσης θα χρησιμοποιήσουμε το επόμενο λήμμα. l · Λ iι μ μ α : Αν Ρ( χ) = xn +xn- + .. ·+χ+1 και Τ(χ) = Χα" + χα•-! + . . +χα' + 1 , όπου tXι , � , ... ,an ε Ν* , τότε ισχύει η ισοδυναμία: Ρ (χ) IT (χ) <=> {Ο, 1, 2, . . . , n } πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo n + Ι . c

Λπ{J6ειξη .

Έστω ότι Ρ ( χ ) IT ( x ) και α; = ( n + 1)d; + r;,O � 1j < n + 1 , ί 1, 2, ... , n . Επειδή Ρ ( χ) = χn + χn-] + . . · + χ + 1 1 χn+l - 1 και χ n+l - 1 1 χα'- - χ ' , ι = 1 , 2 , ... , n, αφου' ' οτι χα' - χ ' = χ(n +l)d' +r' - χ ' = χ ' ( χ( n+l)d - ι) , επεται ΕυΟί-J .

•

n ( Χ ) Σ ( Χα' _ χ'' ) = ( Χα' + Χα2 + . . . + Χα" ) _ (χ'' + χ'' + . . . + χ'• ) i=l � Ρ(χ) Ι τ ( χ ) - (χ'' + χ'' + . . . + χ'· + 1 ) � P ( x ) i � ( x ) = x'' + χ'' + . . + χ'· + 1 . Επειδή είναι deg � ( χ ) � deg Ρ (χ) , έπεται ότι � ( χ) = α Ρ (χ) , όπου α ε IR , δηλαδή � � (χ) = χ'' +χ'' + . .. +χ'· + 1 αΡ(χ) = α(xn +χn-ι + . . · + χ + 1 ) <=> α = 1 και {lj,r20 . .. ,rn } = {1 , 2, ... , n} . p

Το αντίστροφο είναι προφανές. Για τη συμπλήρωση της λύσης, από το λήμμα συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενοι φυσικοί αριθμοί n είναι εκείνοι για τους οποίους ισχύει ότι το σύνολο {0,1!,2!, . . . , n !} είναι ένα πλήρες σύστημα υπολοίπων modulo n + 1 . Για την εύρεση του n διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν n > 3 και n + 1 σύνθετος, τότε n + Il n !, οπότε δεν ισχύει το ζητούμενο. Αν n + 1 = p 3 πρώτος, τότε από το θεώρημα του Wilson έπεται ότι ( p -1)! = -1 ( mod p ) , οπότε ( p - 2 ) ! = 1 !( mod p ) , οπότε πάλι δεν ισχύει το ζητούμενο. Για n = 1 και n 2 το ζητούμενο ισχύει και είναι προφανές. •

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/31

---- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες Α Ι Ο. Η ακολουθία ( αn ) , n Ε Ν * , ικανοποιεί τη σχέση αη+Ι = α" (α" + 2) , για κάθε n Ε Ν* . Ν α Λ ευκορωσία, ΜΟ 2004 βρείτε ποιες τιμές μπορεί να πάρει ό όρος α2004 .

-----

Λύση

δεδομένη σχέση γράφεται αn+l = α" (α" + 2 ) αn+l + 1 = α� + 2α" + 1 <=> αn+l + 1 = (α" + 1 )2 , οπότε αn+Ι + 1 = ( α1 + 1 ( και αn + 1 = ( α1 + 1 (-ι , όπως εύκολα προκύπτει με επαγωγή. Επομένως έχουμε αn = ( α1 + 1 ) - 1 και α2004 = ( α1 + 1) -1 . Επειδή είναι ( α1 + 1 )220ω 2 Ο , έπεται ότι α2004 2 -1 . Επιπλέον, για το τυχόν 2 -1 , έχουμε 2003� α2004 = α <=> ( α1 + 1) 22οω - 1 = α <=> α1 = 2 ν α+ 1 - 1, αφού α + 1 2 Ο , οπότε ισχύει ότι α2004 Ε [ -1, + ) <=>

�

�ω

οο

Ν8.

Βρείτε όλα τα ζεύγη ακεραίων που ικανοποιούν την εξίσωση / ( χ 2 + / - 2xy -:- χ - Υ ) = ( χ + Υ ) 2 ( χ - Υ ) ·

Λ ευκορωσία, ΜΟ 2004

Λύση

Έχουμε ότι

/ ( Χ2 + Υ 2 - 2xy - χ - Υ ) = ( χ + Υ )2 ( χ - Υ ) <=> / ( ( χ - Υ )2 - (χ + y) ) = ( χ + Υ ) 2 ( χ - Υ ) <=> / ( χ - y )2 y 2 (x + y) = ( χ + y )2 ( χ - y ) <=> / ( χ - y )2 = (χ + y) ( / + (χ + y)(x - y) ) (1) <=> y 2 (x - y )z = x2 (x + y). Αν είναι y = O, τότε χ = Ο και έχουμε τη λύση (x, y ) = (O, O) . Έστω y * Ο και έστω d = ΜΚΔ( x, y ) > Ο . Τότε υπάρχουν ακέραιοι α, b τέτοιοι ώστε χ = αd, y = bd, με ΜΚΔ ( α, b) = 1 , οπότε η σχέση (1) γίνεται: db2 (α - b) 2 = α2 (α + b). (2) Από τη σχέση (2) έπεται ότι b2 ,α2 (α + b) , (είναι α - b * Ο , γιατί αν ήταν α = b , τότε θα είχαμε α = b = Ο , άτοπο.). Όμως από την ισότητα ΜΚΔ (α, b) = 1 , προκύπτει ότι ΜΚΔ (α2 , b2 ) = 1 και ΜΚΔ (α + b, b2 ) = 1 , οπότε από τη σχέση b2 ,α2 (α + b) έπεται ότι b2 = 1 <=> b = 1 ή b = -1 . Για b = 1 , από τη σχέση (2) λαμβάνουμε: (3) d(α - 1) 2 = α2 (α + 1) . Επειδή είναι α - 1 * Ο (διαφορετικά θα είχαμε α = 1 και α = -1 , άτοπο), έπεται ότι (α - 1) 2 !(α + 1) α2 • Επειδή ΜΚΔ (α, α - 1) = 1 , έπεται ότι (α - 1) 2 iα + 1 , οπότε (α - 1)iα + 1 και (α - 1) I( α + 1) - (α - 1) 2 . Άρα έχουμε α - 1 Ε { -1, - 2, 1 , 2 } ή α Ε { Ο, - 1 , 2, 3 } , οπότε από την _

•

(3) λαμβάνουμε: 1. Αν α = Ο ή α = -1 , τότε d = O, αδύνατο. 2 . Αν α = 2 , τότε d = 12 και (x, y ) = ( 24, 12 ) . 3. Αν α = 3 , τότε d = 9 και (x, y ) = (27, 9) . Για b = -1 , από τη (2) προκύπτει η εξίσωση ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/32

(4)

-------

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

------

αφού ΜΚΔ ( α, α + 1 ) = Ι , έπεται ότι (α + 1 ) 2 i(α - 1) � α + Ι iα - 1 � α + 1 i(α + 1) - (α - 1) = 2, οπότε α + Ι Ε { -1, - 2, Ι, 2} ή α Ε {-2,- 3 , 0,1} , οπότε από την (4) σε κάθε περίπτωση δεν προκύπτει λύση για το d > Ο. Επομένως, οι λύσεις της εξίσωσης είναι τα ζεύγη: ( Ο, Ο) , (24, 1 2) και ( 27,9) . Από την

(4)

προκύπτει ότι

(α + 1 )2 α 2 (α - 1) και

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ABC , Μ είναι το μέσον της πλευράς BC και D, Ε , F είναι τα ίχνη των υψών από τα Α, Β και ,C , αντίστοιχα. Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ABC, S το μέσον του ΑΗ και G το σημείο τομής των FE και ΑΗ . Αν Ν είναι το σημείο τομής της διαμέσου ΑΜ με τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BCH , να αποδείξετε ότι ΓS.

Σερβία, ΜΟ 2010

ΗΜΑ = G"NC . Λύση

Έστω ότι η ευθεία ΑΝ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BHC στο σημείο Α1 • Τότε το τετράπλευρο ΑΒΑ1 C είναι παραλληλόγραμμο και ισχύει HCA1 = HCB + BCA1 = HCB + ABC = 90° . Επομένως τα σημεία A1 , B, H, N, C ανήκουν όλα σε κύκλο διαμέτρου CA1 , οπότε ΗΝΑ1 90° ΗΝΑ . Επειδή S είναι το περίκεντρο του τριγώνου A FE θα έχουμε SFG = 90° -EAF = ACF = ADF , όπου η τελευταία ισότητα ισχύει από το εγγράψιμο A CDF . Επομένως τα τρίγωνα SFG και SDF είναι όμοια, οπότε έχουμε Α

I I

I I I

SG � SN SG = � SG . SD = SF2 = SN2 . Jιl SF SD SN Σχήμα 5 Άρα και τα τρίγωνα SNG και SDN είναι όμοια, οπότε θα έχουν και GNS = GDN = ΗΜΝ , όπου η τελευταία ισότητα προκύπτει από το εγγράψιμο HDMN . I

I I

SF SD

2"� τρόπος

' ' '

Θεωρούμε το γεωμετρικό μετασχηματισμό αντιστροφής Ι = Ι (Α, AF ΑΒ) , δηλαδή θεωρούμε την αντιστροφή με κέντρο Α και δύναμη AF · ΑΒ . Επειδή τα τετράπλευρα BDHF και DCEH είναι εγγράψιμα ισχύει ότι AF ΑΒ = ΑΗ · AD = ΑΕ · AC έπεται ότι ·

�--��--�---�Ί c I

Σχήμα 6 -

/ /

- itl

I I

F � I ( F ) = B, Η � I (H) = D, E � I ( E) = C ,

οπότε η ευθεία BC είναι η εικόνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου FHD που είναι ο κύκλος διαμέτρου ΑΗ . Επίσης η αντιστροφή Ι απεικονίζει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου BCH στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου FDH που είναι ο κύκλος των εννέα σημείων του τριγώνου ABC . Επειδή η αντιστροφή Ι απεικονίζει την ευθεία ω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/33

-------

Μαθηματικοί Δ ιαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

ΑΜ στον εαυτό της και το σημείο Μ ανήκει στον κύκλο έπεται ότι Ι (Μ) = ΑΜ n( Β, C,H) = Ν .

ω,

-------

δηλαδή είναι Μ = n ΑΜ

Έστω τώρα Ι ( S) = s* και Ι ( G) = G* . Επειδή είναι Ι ( EF) = c ( ABC) περιγεγραμμένος κύκλος τριγώνου ABC , S ε = Ι ( c ( BCH)) και Ι ( ΑΗ) = ΑΗ , έπεται ότι I(S) = s· = AH n c(HBC) και I(G) = G* = AH n c(ABC) . =

Επειδή ο μετασχηματισμός της αντιστροφής διατηρεί τις γωνίες έχουμε ότι cils = G·ifs· = ΗΜΑ , αφού τα ο· και s* είναι τα συμμετρικά των Η και Α ως προς τη BC . J;

Αtη<ήσεις για λόση Να προσδιορίσετε όλες τι συναρτήσεις f : Q Q που ικανοποιούν την ισότητα f(x + f(y+ f(z))) = y + f(χ + z) , για κάθε x,y, z ε Q . �

Αν

α,

θετικοί ακέραιοι, να λύσετε την εξίσωση a h + ba = 2ab.

Να προσδιορίσετε όλους τους πρώτους θετικούς ακέραιους p που είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός p 2 - p - 1 είναι κύβος κάποιου ακεραίου. Να αποδείξετε ότι, αν για το θετικό ακέραιο n οι αριθμοί 3n + 1 και 10n + 1 είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα, τότε ο αριθμός 29n + 1 1 δεν είναι πρώτος. Πάνω σε κύκλο c θεωρούμε τα διαδοχικά σημεία A, B, C,D, E έτσι ώστε AB = BC και CD DE . Τα ευθύγραμμα τμήματα AD και ΒΕ τέμνονται στο Ρ , ενώ το τμήμα BD τέμνει τα τμήματα CA και CE στα σημεία Q και Τ , αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο PQT είναι ισοσκελές. =

. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC με Α = 90° . Θεωρούμε σημείο D στην πλευρά AC και σημείο Ε στο τμήμα BD έτσι ώστε ABC = ECD = CED . Να αποδείξετε ότι ΒΕ = 2 AD . ·

Υποθέτουμε ότι 2n πραγματικοί αριθμοί τοποθετούνται στα τετράγωνα ενός 2 n πλέγματος έτσι, ώστε το άθροισμα των αριθμών σε καθεμία από τις n στήλες να είναι 1 . Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να αφαιρέσουμε τον ένα από τους δύο αριθμούς κάθε στήλης έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών που απομένουν σε κάθε γραμμή να μην υπερβαίνει τον αριθμό n+1 4 Να υπολογίσετε τον αριθμό των τοποθετήσεων 5 κοριτσιών G, , G2 , G3 , G4 , G5 και 12 αγοριών σε μία γραμμή έτσι, ώστε να ισχύουν όλες οι συνθήκες που ακολουθούν: 1 . Η διάταξη των κοριτσιών από αριστερά προς τα δεξιά είναι G, , G2 , G3, G4 , G5 2. Υπάρχουν τουλάχιστον 3 αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G, και G2 • 3. Υπάρχει τουλάχιστον 1 και το πολύ 4 αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G4 και G5 • •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/34

Ηανάπτυξη Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την προβληματι σμού 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) κάποιος Ποιες ναεπιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως από προςμέρους το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης των παιδιών. Πρόκει ται γεωμετρικής για αποσπάσματα που Τοαναφέρονται στη Σ' αυτόαπό τοτο έργοτεύχος φύση της σκέψης. κεί μ ενο είναι παραθέτουμε ένα απόσπασμα του Albert Einstein με τίτλο «Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ γραμμένο στην καθαρεύουσα στην οποία ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ» [ γ αλλι κ ή έκδοση, 1921], από διατηρούμε μόνο τον τίτλο. Το καθαυτό κείμενο το τηΜηχανι μοναδικό κήΚ. μετάφραση στα κελληνικά ΡΩΤΑ [ελληνι ή έκδοση,από1923]τον παρουσιάζουμε στη δημοτική. Albert Eίnsteίn:

«Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ» ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗΣ

ΚΑΙ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ: Η ΜΕΡΙ ΚΕΥΜΕΝΗ ΣΧΕΠΚΟΤΗΣ ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ 1 :

όταν αποτελείμε πόρισμα αυτώνγενικάτων αξιωμάτων που «0 αναγνώστης μου,μεγαλοπρεπές όταν ήταν νέος, αναμφίβολατης προκύπτει αυτή την παραδεδεγμένη γνωρί σ τηκε με το οικοδόμημα ευκλείδειαςαυτήςΓεωμετρίας. Καιστηνη οποία ανάμνησημυήθηκετης μέθοδο.Θεωρώντας έτσι την «αλήθεια» των υψηλής επι σ τήμης, Γεωμετρίας της θεωρημάτων διαφόρων κατά το δι ά στημα πολλών ωρών από σοφούς οδηγούμαστεΑλλά στη από θεώρηση τηςπαλιά«αλήθει αγνωστό ς)) των καθηγητές, ίσωςΘαδιεγείρει μέσα τους δεσεβασμό παράο αξιωμάτων. πολύ είναι ευχαρί σ τηση. περιφρονούσε εκεί ν ον πως όχι μόνο δεν μπορεί ηναπαραπάνω αποδειχθείαλήθεια με τις οποίοςτης θαμικρότερης τολμούσεπρότασης να αμφισβητήσει τηνεπιαλήθεια μεθόδους της Γεωμετρίας και αυτής της σ τήμης. αλλά ούτε και αυτή καθεαυτή έχει κάποιο νόημα. Αλλά το αίσθημα αυτό της απόλυτης βεβαιότητας ' Μ τρόπο δεν μπορούμε να διερωτόμαστε ίσως εγκαταλείψει νουν το αν απόαυτόδύοτονδιαφορετικά σημεία διέρχεται μοναδική εξής ερώτημα: αυτόν, εάν του προτεί · ευθεία μπορούμε μόνο να λέμε ότι η ευκλείδεια Ας σταθούμε Γεωμετρία ασχολείταιστιςμε οποίες σχήματααποδίδει που τηντα πάνω σ' αυτό το ερώτημα. ονομάζουμε ιδιότητα να εί ν αι εξ ολοκλήρου καθορισμένες με Από τη Γεωμετρία προέρχονται ορισμένες που εκφράζεταιστιςμε θεμελιώδεις έννοιες, όπωςαντιλαμβανόμαστε το επίπεδο, το σημείο,στιης τηδύο απόλέξητα σημεία της.δενΗ ιδέαπροσαρμόζεται ευθεία, τι ς οποίες · περισσότερες περιπτώσεις σαφώς αποφάνσεις τηςτη λέξηκαθαρής Γεωμετρίας, διότι προέρχονται συνηθίσαμε με να υποδηλώνουμε επί(αξιώματα), σης απ' οιαυτήν ορι σ μένες απλές προτάσεις. κάθεκείτιμεναπου· η ανταποκρίνεται σταασχολείται στις οποίες φαίαντίνλονται σε μαςτην«αληθείς», αντι Γεωμετρία δεν δεδομένης της ηψης οποία τωναποκλειστικά εννοιών τηςμεπροςτιςλογικές τα δεδομένα της συλλαμβάνουμε μετά σχετικάόλεςμεοι υπόλοιπες τις έννοιεςπροτάσεις εκείνες. σχέσεις πείρας, αλλ' εξαρτήσεις Αποδεικνύονται με αναγωγή κάποιας στα αξιώματα αυτά, μεη αξίτηα των εννοιών της μεταξύ τους;) χρησιμοποίηση λογι κ ής μεθόδου, τηςμ' αυτάοποίμιαας πρόταση αναγνωρίείναι ζεται υποχρεωτικά. «Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ», δηλ Σύμφωνα μετάφραση Κ. ΡΩΤΕΙΝSτΕΙΝ Α, Ε.&!. ΜΠΛΑΖΟΥ «τι εννοείτε όταν λέτε πως οι προτάσεις αυ τές είναι «αληθείς,;.

ευθείες,

αλήθεια

πραγματικά

[Η συνέχεια στο επό μενο τεύχος]

ακριβής

«αληθής»

[πηγή: ALBERT

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/35

εκδ.

ΔΑΚΗ, Αθήνα 1 923

]

-------

I β.

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

'Έυκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου " αηαντιπαράlληλες ευθείες (σχήμα 1) Πάνω στις πλευρές ΟΧ, ΟΥ γωνίας ΧΟΥ θεωρούμε τα ζεύγη σημείων Α,Δ και Β,Γ αντίστοιχα (Α μεταξύ Ο,Δ και Β μεταξύ ο,η. Αν γωνΟΑΒ=γωνΟΓΔ τότε οι ΑΒ και ΓΔ λέγονται αντιπαράλληλες. • σημείο Φ Feua!Jaclι (σχήμα 2) Λέγεται το σημείο Φ επαφής του εγγεγραμμένου, σε τρίγωνο , κύκλου c2 με την περιφέρεια c3 των εννέα σημείων αυτού του τριγώνου . . Euler Παρατήρηση 1 . •

Ο κύκλος του κύκλουςεφάπτεται και στους τρεις παρεγγεγραμμένους

-------

σημείουθεώρημα: Feuerbach εξασφαλίζεται απόΗ τούπαρξη παρακάτω Π αρατήρηση 2 .

<<Σε κάθε τρίγωνο, η περιφέρεια των εννέα σημείων (Euler) εφάπτεται της εγγεγραμμένης και των παρεγγεγραμμένων περιφερειών )) • κύκλος ορΟοκεντροειδιίς (σχήμα 3) Λέγεται ο κύκλος (C) που γράφεται με διάμετρο το ευθύγραμμο τμήμα που έχει σαν άκρα το βαρύκεντρο Θ και το ορθόκεντρο Η του τριγώνου Σημείωση Η περιφέρεια αυτή αναφέρεται και σαν «περιφέρεια Tucker» (ω\ΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕrΡΙΑΣ (ΙΗΣΟΥΪΤΩΝ)», τόμ. IV, σελ. 1 200)

κι5κλος C ο

c 1 κUt-J.Qς Euler � c::! Ct'IG'Ρ<ιμμtι.χι..; t:ύι-:.�

C.:3 ΠCΣρ(:fι€'r'r!((μμ6'�_( t\ύt:.λι:ις

ιr,;ήμα 3

1 1. ''Α υτr) το ξέρ ατε; "

[η απάντηση στο τέλος της στήλης)

Τι είναι το «ορθογώνιο της Κόρδοβω)

1 1 1 . ''οι συνεργάτες της στιίJ.ης γράφ ο υ ν-ερω τούν "

Θέμα 1 ". Το βραβείο ABEL

για

το 20 1 2

Προλεγόμενα. Το βραβείο Abel για το 2012, έλαβε ο Ούγγρος μαθηματικός Endre Szemeredi. Παραθέτουμε ένα βιογραφικό του μεγάλου Ούγγρου μαθηματικού.

Ο Endre

έλαβε το

το βραβείο

Szemeredi 20 1 2 και διαρκούς παρουσίας αυτής της συμβολής στην «για τη θεμελιώδη συνεισφορά του στα προσθετική θεωρία των αριθμών και την εργοδική διακριτά Μαθηματικά και στη θεωρητική επιστήμη θεωρία» των υπολογιστών και σε αναγνώριση της εμβριθούς [πηγή: www.abelprize.no/c54147/binfiVdownload.php'?tid=5402 (23/3ι2012)]

Abel

Θέμα 2". Ψυχολογία και Μ αθ η ματικά

φίλη της στήλης Γλυκερία Τσεντίδου (Αθήνα), Ειδικευόμενη Κλινικός Νευροψυχολόγος, μας έστειλε ένα σημείωμα με τις σκέψεις της σχετικά με τη χρησιμότητα των Μαθηματικών στην επιστήμη της Ψυχολογίας. «Γιατί ενώ έχωστηεπιλέξει θεωρητικήσε κατεύθυνση να ήξερα μετέπειταακόμη!επαγγελματικές μου επιλογές. Τότε δεν εξετάζομαι Στατιστική πανελλαδικό επίπεδο βασικήφοράμουπου έβλεπα απορία Μπαίνοντας στη σχολή του Α.Π.Θ. και ;» . .'Ηαπότανάγχος,η κάθε συνοδευόμενη μελετώντας τοέκπληκτη πρόγραμμα σπουδών...τουΣτατιστική τμήματος στο εβδομαδιαί ο πρόγραμμα, το όνομα εκείνου του Ψυχολογίας ανακαλύπτω ηλικιωμένου και καθηγητή, του Στατιστική 2 υποχρεωτικά μαθήματα, και αυστηρού μαθηματικού μουν, από εκείνους μου. τους Ή επιλεγόμενο. Σκεπτόμενη την Στατιστική ) που άτυχους έδιναν 9 μαθήματα πανελλαδικά ατυχία μου, χλευάζοντας, δήλωνα πώς, εφόσον ( ; Στατιστική. καιΓκρίνιαζα, ανάμεσαόλη τητουςδιάρκεια υποχρεωτικά θριαμβεύσω στα υποχρεωτικά μαθήματα ...σίγουρα μη του έτους, για τη θα παρακολουθούσα Ούτε και το επιλεγόμενο χρηστικότητα του συγκεκριμένου μαθήματος στις τότε ήξερα!! Πμολεγδμενα.

Ανάγκη η γνώση της Στατιστικής.

Γλυκερία Τσεντίδου

ι,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/36

------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Περνώντας τα έτη και σπουδάζοντας Ψυχολογία, κατάλαβα ένα πράγμα: Επιστήμη χωρίς μαθηματικά δε μπορεί να είναι επιστήμη! Και μόλις τότε το έμαθα! Παρακολούθησα τα μαθήματα Στατιστικής με μεγάλο ενδιαφέρον, προσπαθούσα να καταλάβω την ουσία και τη σκέψη που κρυβόταν πίσω από κάθε μαθηματική σχέση. Ολοκλήρωσα με επιτυχία τα υποχρεωτικά μαθήματα και διδάχθηκα και το επιλεγόμενο, τότε η Στατιστική έγινε από τα αγαπημένα μου μαθήματα! Γιατί; Γιατί είχα καταλάβει τη χρηστικότητά της στη δουλειά μου . . . Δε μπορείς να είσαι Ψυχολόγος, να ασχολείσαι με επιστήμη και να μη ξέρεις Στατιστική. Οφείλεις να σχεδιάζεις και να μελετάς Θέμα 3". Στα δικαστήρια για τον ήχο του ... "π"

Ο συνθέτης και μαθηματικός, ο Ντέιβιντ Κόουπ, στο βιβλίο του "Νέες Κατευθύνσεις στη Μουσική", "κάθε μαθηματική ακολουθία μπορεί να μεταφραστεί σε έναν αλγόριθμο, ικανό να παράξει μουσική". Στην περίπτωσή που αναφέρουμε, όλα ξεκίνησαν πριν από έναν χρόνο όταν ένας μαθηματικός και μουσικός από το Όρεγκον, ο Μάικλ Μπλέικ, ανέβασε στο Υ ouTube μια σύνθεση υπό τον τίτλο "What Pi Sounds Like" ("Πώς ηχεί το π"). Προκάλεσε, όμως, και την

-------

έρευνες και πειράματα, να μπορείς να τα καταλαβαίνεις, να δέχεσαι αποτελέσματα ή να aπορρίπτεις. Δεν είσαι σε θέση να το κάνεις αυτό εάν δεν έχεις μελετήσει Στατιστική ! Όλη η έρευνα, η δειγματοληψία, η μεθοδολογία, η στατιστική ανάλυση και φυσικά η ερμηνεία των αποτελεσμάτων στηρίζονται σε αριθμούς που πρέπει να τους χειριστείς και να τους δώσεις ένα νόημα ώστε να επιτελούν το σκοπό τους. Γιατί τα μαθηματικά είναι αριθμοί, είναι σύμβολα και σχέσεις που από μόνα τους ίσως δεν έχουν νόημα, όταν όμως κατανοήσεις γιατί τα χρειάζεσαι και πώς μπορείς να τα χειριστείς και να τα εντάξεις στις απαιτήσεις σου τότε γίνονται κτήμα σου και αυτόματα αποκτούν άλλη αξία!» αντίδραση ενός άλλου μαθηματικού που έχει πάθος με τις νότες. Ο Λαρς Έρικσον, από τη Νεμπράσκα, εντόπισε ομοιότητες με τη δίκη του σύνθεση "Pi Symphony", που χρονολογείται από το 1 992 και ζήτησε από το Υ ouTube να αποσύρει το βίντεο. Έτσι κατέφυγαν στη δικαστική λύση. Η απόφαση που έλαβε ο δικαστής ορίζει ότι ο αριθμός π δεν ανήκει σε κανέναν και η χρήση του δεν υπόκειται σε πνευματικά δικαιώματα

Θέμα 4 ° Συμπλήρωμα στο "Απάντηση στο «Α υτδ το ξ/:ρατε;;; " του προηγο1J μενου η:1:Jχους

Η συγκυρία της συγγραφής του κλασικού βιβλίου του Godfrey Harold Hardy είναι ασυνήθιστη και συγκινητική. Ο Χάρντυ είχε απολέσει τη μαθηματική του δημιουργικότητα, κάτι που συμβαίνει μερικές φορές και σε σχετικά νέους μαθηματικούς. . . . Δεν είναι τυχαίο ότι το σημαντιότερο βραβείο για μαθηματικούς, το

μέχρι 40 ετών. Ο Χάρντυ αποπειράθηκε να αυτοκτονήσει, επέζησε και τελικά πείστηκε από τον Τ. Π. Σνόου να γράψει ένα βιβλίο περιγράφοντας τη ζωή ενός μαθηματικού. Καρπός αυτής της προσπάθειας ήταν το συναρπαστικό βιβλίο ''Η Απολογία Ενός Μαθηματικού " . . » .

[πηγή :

Rebecca

Μετάλλιο Fieldes (Nobel Μαθηματικών δεν ΜΑΘΗΜΑΠΚΩΝ)),

Goldstein «ΑΙΧΜΑΛΩΤΟΣ εκδ. ΤΡΑΥ ΛΟΣ, Αθήνα 2006]

ΤΩΝ

υπάρχει), απονέμεται σε μαθηματικούς ηλικίας

Θ}:μα 5 " Η καταγωγή των αφηρημένων εννοιών, στα Μ αθηματικ{ι Προλεγόμενα. Μερικά βιβλία δεν "παλιώνουν" ποτέ. Τα διαβάζεις

δυο και τρεις φορές και πάντα τα ξαναδιαβάζεις ευχαρίστως. Αφορμή γι αυτά τα λόγια πήραμε διαβάζοντας τον «Πρόλογο στη Δεύτερη Έκδοση» του βιβλίου με τίτλο "ΣΥΝΤΟΜΗ ΕΠΙΣΚΟΠΗΣΗ ΤΗΣ Νεώτερης Άλγεβρας". Η καταγωγή των μαθηματικών εννοιών Να ένα σημείο που αναφέρεται στην καταγωγή των αναφέρεται στα στοιχεία, επειδή χρησιμεύει στο να δώσει έμφαση στο γεγονός ότι οι αφηρημένες μαθηματικών εννοιών. <<Προσπαθήσαμε παντού να εξηγήσουμε την εννοιολογική αφετηρία των διάφορων ορισμών που χρησιμοποιούμε. Αυτό το κάμαμε διασαφηνίζοντας κάθε νέο όρο με όσο μπορεί περισσότερα, οικεία στον αναγνώστη παραδείγματα. Κατά τη γνώμη μας αυτό έχει ιδιαίτερη σπουδαιότητα σ ' ένα κείμενο που

έννοιες προκύπτουν όλες από την ανάλυση συγκεκριμένων καταστάσεων» [πηγή : "ΣΥΝΤΟΜΗ ΕΠΙΣΚΟΠΗΣΗ ΤΗΣ Νεώτερης Άλγεβρας" , Garrett Birkhoff και Saunders Mac Lane. Μετάφραση : Ν. Κρητικού και Δ. Γκιόκα. Εκδόσεις ΚΑΡΑ Β ΙΆ, 1 97 1 ]

Θέμα 6". Μ ικρές ειδήσεις Ι η . Η Γεωμετρία των Φαραώ. Ένα "βιβλίο" Γεωμετρίας, γραμμένο την εποχή των Φαραώ έχει για τίτλο: <<Αποδειχτικοί λόγοι, που με τη βοήθειά τους γίνονται κατανοητά όλα τα δύσκολα πράγματα, ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/37

-------

γίνονται φανερά όλα τα μυστικά» Προβληματισμού, Αθήνα 20 1 2]

ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

[πηγή:

--------

«ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΟΥ Β Ι ΒΛΙΟΥ», έκδοση : Όμιλος Εκπαιδευτικού

Παρακάτω δίνουμε έναν πίνακα στον οποίο φαίνεται η θέση της Ελλάδας κατά τον θ μα των Μ αθ::111 ματικων. διαγωνισμο PISA , στο μα' ::ιη ' 2006 2009 2003 2000 θέση 39η θέση 39η θέση 32η θέση 28η Μαθηματικά Πλήθος χωρών 57 65 40 31 που συμμετείχαν '

[πηγή: εφημερ. Η καθημερινή, 4/3/20 1 2]

Εδώ πρέπει να σημειώσουμε πως εμείς διατηρούμε σοβαρές επιφυλάξεις σχετικά με το διαγωνισμό PISA. Ελπίζουμε, στο επόμενο τεύχος, να δημοσιεύσουμε κάποια στοιχεία από σχετικές δημοσιεύσεις του σημαντικού ερευνητή του θέματος Γιώργου Ρίζου

είναι σημαντικός ερευνητής στον χώρο των Μαθηματικών. Εδώ σας παρουσιάζουμε δυο γραμμές από το βιογραφικό του. Είναι καθηγητής στο Τμήμα Μαθηματικών του UCLA. Εργάζεται σε ορισμένες μαθηματικές περιοχές αλλά κυρίως στην αρμονική ανάλυση, PDE, αναλυτική θεωρία αριθμού, combinatorics. Είναι μέρος της ομάδας ανάλυσης στο UCLA και δημοσιεύει εργασίες του, σε αρκετά μαθηματικά περιοδικά.

Ένα από τα διασημότερα και παλαιότερα προβλήματα στην ιστορία των μαθηματικών που αναζητά, εδώ και τρεις αιώνες, λύση, η περίφημη εικασία του Γκόλντμπαχ, έρχεται ξανά στο προσκήνιο.Το έγκυρο επιστημονικό περιοδικό Scientific American, σε πρόσφατο δημοσίευμά του, ανακοινώνει ότι ο μαθηματικός από το Πανεπιστήμιο της Καλιφόρνια, Λος Άντζελες, Terence Tao, βραβευμένος με το Μετάλλιο Fields, το λεγόμενο και 'Νόμπελ των μαθηματικών', βρίσκεται κοντά στην απόδειξη της «δεύτερης», γνωστής ως «αδύναμης», εικασίας του Γκόλντμπαχ. Στο Μουσείο Ηρακλειδών βρίσκεται σε εξέλιξη ένα πρωτότυπο πρόγραμμα με τίτλο «Η σχέση της Τέχνης με τα Μαθηματικά. Από τη Χρυσή Τομή των Πυθαγορείων μέχρι τη γραμμική προοπτική στους αναγεννησιακούς πίνακες και από τα μοτίβα των γεωμετρικών αγγείων ως τις λιτές γραμμές του Bauhaus, η σχέση της Τέχνης με τα Μαθηματικά έχει βαθιές ρίζες στον χρόνο. Συμπληρώνοντας πλέον έξι χρόνια επιτυχημένης λειτουργίας, το πρωτότυπο πρόγραμμα εμπλουτίζεται και διευρύνεται ώστε εκτός από μαθητές της δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης.

Υπάρχουν κάποια ερωτήματα τα οποία σχετίζονται με την αλλαγή βάρους που δεν βρίσκουν απάντηση, ούτε σε κάποιο εργαστήριο, επειδή δεν είναι εύκολο να aπομονώσεις έναν άνθρωπο για αρκετό καιρό και να παρακολουθείς το βάρος του, ούτε και έξω από αυτό, λόγω της αδυναμίας που υπάρχει για να καταγραφούν αξιόπιστα οι διατροφικές του συνήθειες. Μαθηματικά μοντέλα που βασίζονται στις διαφορικές εξισώσεις βοηθούν, σύμφωνα με πρόσφατες ανακοινώσεις, να ξεπεραστεί αυτό το εμπόδιο με τη λεπτομερή ανάλυση της σχέσης που αναπτύσσεται ανάμεσα στην τροφή που λαμβάνει κάποιος, στο μεταβολισμό του και την αλλαγή βάρους. Η έκθεση Imaginary, μία από τις πιο εντυπωσιακές εικαστικές διοργανώσεις που ταξιδεύει τον τελευταίο καιρό σε πολλές ευρωπαϊκές πόλεις, δείχνει πόσο συνυφασμένα είναι τα μαθηματικά και η γεωμετρία με την ομορφιά και την αισθητική απόλαυση. τις ειδήσεις 4 ,6,7 τις δανειστήκαμε από την ιστοσελίδα του «Θαλή ς + φίλοι». Την είδηση 5 , από προσωπική επίσκεψη στο μουσείο. τέλος η είδηση 3 βρέθηκε από το intemet.

«Μελετώντας της διαστάσεις των βασικών μουσουλμανικών αρχιτεκτονικών μνημείων της Κόρδοβα, μεταξύ των οποίων δεσπόζει η περίφημη Μεσκίτα, οκταγωνικού μιχράμπ(*), ο Ισπανός αρχιτέκτονας Ραφαέλ δε λα Οθ ( 1 924-2000) εντόπισε ένα ορθογώνιο που εξηγεί την κατασκευή της. Ο δε λα Οθ απεικόνισε της διαστάσεις που είχε σημειώσει ως ορθογώνιο, οι πλευρές του οποίου είναι η ακτίνα της περιφέρειας και η πλευρά του κανονικού οκταγώνου που είναι εγγεγραμμένο σ' αυτήν. Το αποτέλεσμα είναι το <<Ορθογώνιο της Κόρδοβα». [ Fernando Corbalan «Η χρυσή τομή. Η μαθηματική γλώσσα της ομορφιάς», εκδότη ς : Γιώργος Κοπελιάδης, ΑΘΗΝΑ 20 1 1 ] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ. Ι/38

------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ευσταθίου Ι. ΣΥΝΟΛΑ

\;:.

H l: J i i

Να βρεθεί το σύνολο που παριστάνει το χρωματισμένο μέρος στο δι πλανό σχήμα.(Αναλυτικό σχεδιάγραμμα)

\ \ ι rη

Στο σχήμα 1 το χρωματισμένο μέρος παριστάνει το σύνολο Α n Γ .

Σχήμα 1

Στο σχήμα 2 το χρωματισμένο μέρος παριστάνει το σύνολο Bn( Α υ Γ)' ή Β - (Α υ Γ) .

Άρα στο αρχικό σχήμα το χρωματισμένο μέρος παριστάνει το σύνολο

[

Σχήμα 2

]

(Α n Γ ) υ [ Β - ( Α υ Γ ) J ή (Α n Γ ) υ Β n (Α υ Γ )' . \ l: K H �� t i 2

Να αποδειχθούν οι παρακάτω ισότητες: ( (Α υ Β)' = Α' n B' ( (A n B)' = Α' υ Β' Έχουμε: χ Ε (Α υ Β)' <=> χ � (Α υ Β) <=> (χ � Α και χ � Β) <=> (χ Ε Α' και χ � Β') <=> χ Ε Α' Γ'ι Β' .

Άρα (Α υ Β)' = Α' n Β' , αφού κάθε στοιχείο του (Α υ Β)' είναι και στοιχείο του Α' n Β' και αντίστρο φα. ( i � ) Όμοια. . \.l. h. H l: H 3

Έστω Α, Β είναι δύο υποσύνολα ενός βασικού συνόλου Ω. Αν Ν(Ω) = 28, N(A'nB') =S, Ν(Α'υΒ') =24 και Γ = (Α n Β') υ (Α' n Β) , τότε να βρεθεί το Ν (Γ) . Έχουμε Ν ( Γ ) = Ν [ (Α n Β') υ (Α' n B) ] = Ν [ (Α - Β) υ (Β - Α) ] = Ν( Α) + N (B) - 2 N (A n B) . Όμως

Ν(Α' n B') = 8 <=> Ν(Α υ Β)' = 8 <=> Ν(Ω) - Ν ( Α υ Β) = 8 <=> 28 - Ν ( Α υ Β) = 8 <=> Ν(Α υ Β) = 20 . Επίσης Ν (Α' υ Β') = 24 <=> Ν (Α n Β)' = 24 <=> Ν (Ω) - Ν (Α n Β) = 24 <=> 28 - N (A n B) = 24 <=> N ( A n Β) = 4 . Τέλος Ν(ΑυΒ) = Ν(Α) + Ν(Β) - N (A n B) <=> Ν(Α) +Ν(Β) = Ν (Α υ Β) + Ν (Α n Β) <=> Ν (Α) + Ν (Β) = 32 . Άρα Ν ( Γ ) = 32 - 8 = 24 . ;:- � U j J U TT� i .

Συμβολίζουμε με Ν (Α) το πλήθος των στοιχείων ενός συνόλου Α . . Έστω Α , Β είναι δύο υποσύνολα ενός βασικού συνόλου Ω , τότε: i , Ν (Α υ Β) = Ν (Α) + Ν (Β) - Ν (Α n Β) ( ; ι ι Αν Α n Β = 0 , τότε Ν (Α υ Β) = Ν (Α) + Ν (Β) Ν( Α - Β) = Ν(Α) - Ν( Α n B) ( i i ι J Ν(Α') = Ν(Ω) - Ν( Α) ( ι \ ) Αν Α ς;; Β , τότε Ν (Α) s Ν(Β)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. Ι/39

------

11.

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

-------

ΕΝΔΕΧΟΜΕΝΑ

Ένα πορτοφόλι περιέχει ένα νόμισμα των δύο ευρώ (δ), δύο νο μίσματα του ενός ευρώ (ε) και τρία νομίσματα των 50 λεπτών (π). Από τσ πορτοφόλι παίρνουμε στην τύχη τρία νομίσματα ταυ τοχρόνως. Να βρείτε τον δειγματικό χώρο του πειράματος τύχης. Να παραστήσετε με αναγραφή τα παρακάτω ενδεχόμενα: Α: 1-t συνολική αξία των χρημάτων που πήραμε είναι 2,5 €. Β: Η συνολική αξία των χρημάτων που πήραμε είναι 3,5 €.

Με δεντροδιάγραμμα βρίσκουμε ότι ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης είναι: Ω = { πππ, ππε, ππδ, πεπ, πεε, πεδ, πδπ, πδε, εππ, επε,επδ, εεπ, εεδ, εδπ, εδε, δππ, δπε, δεπ, δεε} Είναι: Α = {πεε,επε,εεπ} και Β = { πεδ, πδε,επδ,εδπ,δπε,δεπ} ·

Σε ένα δίκτυο ύδρευσης τα σημεία Α και Ζ συνδέονται με σωλήνες όπως φαίνεται στο διπλανό σχήμα και η ροή του γίνεται από το Α προς το Ζ. νε Στις θ σεις που σημειώνονται με τους αριθμούς 1, 2, 3, 4 υπά χ υν διακόπτες οι οποίοι μπορούν να διακόψουν τη τ υ νε στον αντίστοιχο σωλήνα βρείτε τον δειγματικό χώρο που περιγράφει την κατάσταση των τεσσάρων διακοπτών. Να παραστήσεtε με αναγραφή τα παρακάτω ενδεχόμενα: Α: Υπάρχει ροή νερού από το Δ προς το Ε. Β: Υπάρχει ροή νερού από το Β προς το Γ. Γ: Υ πάρχει ροή νεpού από το Α προς το Ζ.

ρού έ ροήΝαρ οο ρού

<� α < <� α Χρησι μ οποιούμε το γράμμα γι α να παραστήσουμε ότι � ένας διακόπτηςότιείναι ανοι χτός καιείναιτο γράμμα για να πα < α ραστήσουμε έναι; δι α κόπτης κλει σ τός. Θεωρώντας < κατά σειρά τους δι α κόπτες 1 , 2 , 3 4 , η κατάσταση των τεσ <� σάρων διακοπτών περιγράφεται από το: Ω={ α α ____-. } < --_. α <α Γι α να υπάρχει ροή νερού από το Δ προς το Ε, πρέπει οι διακόπτες 3 και 4 να είναι ανοιχτοί, οπότε: α < α Α={ } < Γι α να υπάρχει ροή νερού από το Β προς το Γ, πρέπει να < <� είναι ανοιχτός ο διακόπτης 1 ή ο διακόπτης 2 οπότε: Β={ } Για να υπάρχει ροή νερού από το Α προς το Ζ, πρέπει να είναι ανοιχτός ο δια πτης ή ο διακόπτης 2 ή οι διακόπτες 3 και 4 συγχρόνως οπότε: " ι

αααα, ααακ, αακα, αακκ, ακαα, ακακ, ακκα, ακκκ,

κααα, καακ, κακα,

κακκ, κκαα, κκακ, κκκα, κκκκ

αααα, ακαα, κααα, κκαα

αααα, ααακ, αακα, αακκ, ακαα, ακακ, ακκα, ακκκ, κααα, καακ, κακα, κακκ κό

Γ = { αααα, ααακ, αακα, αακκ, ακαα, ακακ, ακκα, ακκκ, κααα, καακ, κακα, κακκ, κκαα,

κ κ κκ } κα ,

κα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/40

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

-------

--------

ΠΙ. ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

ALKHLH 6

ΛΣ Κ Η L Ι Ι 8

Έστω ότι για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγμα τικού χώρου Ω ισχύουν: 2P(A) = 3P(B) = 4P(A n B) και P(A n B') = 1 · 3 Αν Ρ (Α) = � και Ρ (Β) = � , να βρεθεί η πιθα7 7 (i) Να υπολογίσετε: Ρ(Α) , Ρ {Β) , Ρ(Α n Β) νότητα Ρ (α) του απλού ενδεχομένου {α} . (ii) Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: Λύση A u B , Α' n B' , Α' n B , A n B' , (Α n Β') υ (Α' n B) , Α υ Β' , Α' υ Β . 'Εχουμε Ρ (Α) = 2_ => Ρ(α) + Ρ(β) = 2_ (1) Δίνεται ο δειγματικός χώρος Ω = {α, β, γ } και τα ενδεχόμενα Α = {α,β} , Β = {β, γ } .

7 Ρ (Β) = => Ρ(β) + Ρ(γ) =

Λί1ση

(2) % % Ρ (Ω) = 1 => Ρ(α) + Ρ(β) + Ρ (γ) = 1 (3) .

Από τις (1) , (2) , (3) βρίσκουμε ότι Ρ( α) = � . 7 ΛLKHLH 7

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ισχύουν: Ρ( Χ nB') = _i , 15 1 1 P (A n B') = - και P (A' n B) = - . 15 5 (i) Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων Α, Β . (ίί) Να δείξετε ότι τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

[

Λί1ση

]

(ί) 'Εχουμε Ρ(Α' nB') = � � Ρ (ΑυΒ)' = � => 15 15 4 1 1 => 1 - P (A u B) = => P(A u B ) = (1) lS lS P(AnB'} = =>Ρ(Α-Β} = =>P(A} -P(AnB} = (2) 1 1 1 3 1 P(A'nB)= =>P(B-A} = =>P(B) -P(AnB) = 3 (3). 15 S 15 Προσθέτοντας τις (2) και (3) παίρνουμε: P(A) + P(B) - 2P(A n B) = _i_ (4) . Από την (1) 15 έχουμε: P(A) + P(B) - P (A n B) = _!_!_ (5) . 15 4 ) Αφαιρούμε από την ( 5) την ( και βρίσκουμε: P(A n B) = 2 . Τέλος από τις (2) και (3) έχουμε 15 8 P(A) = και P (B) = 1 0 . IS IS ( i i ) Αφού P(A n B) = 2_ συμπεραίνουμε ότι 15 Α n Β =t- 0 , δηλαδή τα ενδεχόμενα Α , Β δεν εί ναι ασυμβίβαστα.

�

(i) Αν Ρ(Α n Β) = χ , τότε 2Ρ(Α) = 3Ρ(Β) = 4χ , οπότε Ρ(Α) = 2χ και Ρ(Β) = � χ . 3 Τότε Ρ(Α n B') = .!_ � Ρ(Α - Β) = .!_ � 3 3 1 � P(A) - P(A n Β) = - � 2χ - χ = -1 � χ = -1 . 3 3 3 Άρα Ρ (Α) = � , Ρ (Β) � και Ρ (Α n Β) = .!_ . 3 9 3 ( i i ) Έχουμε P(A uB) = Ρ( Α) + P(B) -P(An B) = 2 + 4 - 1 = 7 3 9 3 9 Ρ(Α' nB') = P (AuB)' 1 -P(A u B) = 1 - = =

[

�%

Ρ( Α' nB) = Ρ(Β- Α) = Ρ(Β) -Ρ( A n B) = � - .!_ = .!_ 9 3 9 Ρ( AnB') =Ρ( Α-Β) = Ρ( Α) - Ρ( AnB) =3_ _ .!_ =.!_ 3 3 3 Ρ [ (Α n Β') υ (Α' n B) J = P [ (A - B) u (B - Α) ] = = Ρ( Α) + Ρ(Β) - 2Ρ(Α n Β) =

[

-i % καιΡ(Α'uΒ) =P [(AnB')' ] =1 -P(AnB') = 1 - � = � . P(AuB') =Ρ ( Α' nB)'

ΑΣ Κ Η Σ Η

1 - Ρ( Α' n B) = 1 - =

Έστω Α, Β είναι ενδεχόμενα ενός δειγματικού

χώρου Ω με Ρ (Α) = � και Ρ (Β) = _! . 4 3 (i) Να εξεταστεί αν τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. (ii) Να αποδειχθεί ότι: 2_ � Ρ ( Α n Β) � _!_ . 12 12 Λί1 ση

(i) Έστω ότι τα

Α και Β είναι ασυμβίβαστα, τότε: 9+8 =u 17 > 1 P(A u B) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = 3 + 2 = u "4 }

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.Ι/41

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

που είναι άτοπο γιατί Ο:<=;; Ρ ( Α υ Β ) :<=;; 1 . Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι: ασυμβίβαστα. (ii ) Ισχύει ΑnΒςΒ,οπότε Ρ(AnB) :<=; Ρ(Β) =>Ρ(AnB) :<=;; -32 =>P(AnB) :<=;;-128 (1). Επίσης Ρ ( Α υ Β ) = Ρ ( Α) + Ρ ( Β ) -Ρ ( Α n Β ) = = 43 + 32 -P ( AnB ) = 1217 -P ( AnB ) . Επομένως Ρ ( Α n Β ) :<=;; 1 => _!212 - Ρ ( Α n Β ) 1 => Ι7 ( AnB ) 2:-5 ( 2) . =>P ( AnB ) 2:--I=>P Ι2 12 Από τις ( Ι ) και ( 2) παίρνουμε 2Ι2 :ςΡ(ΑnΒ) :<=;; _§_12 . -------

:<=;;

Στο δρόμο που ακολουθεί ένα άτομο, για να πά ει από τη δουλειά στο σπίτι του, συναντάει δύο φανάρια. Έχει παρατηρήσει ότι κατά τις 100 τελευταίες φορές που έκανε τη διαδρομή, στο 1° φανάρι σταμάτησε 45 φορές, στο 2° σταμά τησε 48 φορές ενώ 47 φορές δεν σταμάτησε σε κανένα φανάρι. Να υπολογιστούν οι πιθανότη τες να σταματήσει το άτομο: ' · Τουλάχιστον σε ένα από τα δύο φανάρια : ; ) Μόνο στο 1° φανάρι (iii) Μόνο στο 2° φανάρι : ϊ , ) Ακριβώς σε ένα από τα δύο φανάρια \ ' ' "11

Α: «Το άτομο σταματάει στο Ι0 φανάρι» και «Το άτομο σταματάει φανάρι». στο καΤοΒ: ενδεχόμενο «Το άτομοστοδεν2°σταματάει νένα φανάρι» είναι το Α' n Β'= ( Α υ Β )' . 45 Ρ ( Β ) =-48 και ' Ρ ( Α ) =-, Δινεται 100 47100 P ( A'nB' ) =P [( AuB )' ] = 100 , οπότε. στονΤοσεενδεχόμενο ένα από τα«Τοδύο άτομο φανάρισταματάει α» είναι τοτουλάχι Α υ Β , οπότε: Ρ(ΑυΒ) = 1-Ρ[( ΑυΒ)' ] = Ι - �100 = �100 . Το ενδεχόμενο «ΤοΑ nάτομο σταματάει μόνο στο Ι 0 φανάρι» είναι το Β' = Α-Β , οπότε: Ρ ( Α-Β ) = Ρ ( Α) -Ρ ( Α nB ) . Όμως Ρ ( Α n Β ) = Ρ ( Α) + Ρ ( Β ) -Ρ ( Α υ Β ) = 45 48 53 40 . =-+---=100 100 100 100 5 Άρα P (A-B) =P(A) -P( AnB) =---=-. 100 100 100 (i)

(ii)

�

ενδεχόμενο στο 2°Το φανάρι» είναι«Το το Α'άτομο n Β =48σταματάει Β-Α,40οπότε:μόνο P ( B-A) =P ( B ) -P ( AnB ) = 100 100 = -1008- . Το ενδεχόμενο «Το άτομο σταματάει ακριβώς σε ένα από τα δύο φανάρια» είναι το {Α-� yΒ-Α) , οπότε: Ρ[( Α-Β) υ(Β-Α)] =Ρ(Α-Β) +Ρ(Β-Α) = 5 8 Ι3 . =-+-=1 00 100 100

--------

( iii)

(i\ )

,\?.: K H l: H

1 1

Μία Τράπεζα χορηγεί διαφόρων τύπων δάνεια στους πελάτες της. Αν επιλεγεί τυχαία κάποιος πελάτης η πιθανότητα να έχει πάρει μόνο στε-

γαστικό ή μόνο καταναλωτικό δάνειο είναι }____ 10 ενώ η πιθανότητα να μην έχει πάρει κανένα από , προηγουμενα , δανεια , ι . τα δυο ειναι 10 ( i ) Να βρείτε την πιθανότητα ένας πελάτης να έχει πάρει και τα δύο δάνεια. Να εξετάσετε αν τα ενδεχόμενα «0 πελάτης έχει πάρει στεγαστι κό δάνειο» και «0 πελάτης έχει πάρει κατανα λωτικό δάνειο» είναι ασυμβίβαστα. ( i i) Αν επιπλέον η πιθανότητα να έχει πάρει μόνο , τις πιθ ανοτητες ' , -3 , να β ρειτε στεγαστικο, ειναι 5 των ενδεχομένων: Γ : «0 πελάτης δεν έχει πάρει καταναλωτικό δάνειω> και Δ: «0 πελάτης έχει πάρει μόνο κα ταναλωτικό δάνειο». ,

λ1Jση

Α:Β: «0«0 πελάτης πελάτης έχει έχει πάρει πάρει καταναλωτικό στεγαστικό δάνειο» και δάνειο». Από την υπόθεση έχουμε ότι: J{(Α-Β) y B-A)] =210 =>Ρ( Α) +Ρ( Β) -2Ρ( AnB) =210 (Ι ) Ρ[(AuB)' ] =_!_10 =Ι-Ρ(ΑυΒ) =_!_10 =>Ρ(ΑυΒ) = 1_10 => P ( A ) +P ( B) -P ( AnB ) = �10 ( 2 ) . Αν από την ( 2 ) αφαιρέσουμε την ( Ι ) παίρνουμε Ρ ( Α n Β ) = _3_10 . Άρα Α n Β , δηλαδή τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα. (ii) Ρ(ΑυΒ) =Ρ(Α) +Ρ(Β) -Ρ(ΑnΒ) => Ρ ( Β ) = _!_ . 2 Άρα Ρ ( Γ) =Ρ ( Β' ) =Ι-Ρ ( Β ) =1- _!_2 = _!_2 και Ρ ( Δ) =Ρ (Β-Α) =Ρ (Β) -Ρ (ΑnΒ) = � - 1� = Ι� .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ. l/42

:;t

-------

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

--------

IV. ΠΡΑΓΜΑτΙΚΟΙ ΑΡΙΘΜΟΙ

9 χ4 - 15χ 2 + 1 4α 7 β 2 - 32α 4 β 5 χ4 + ψ 4 + z4 2x z ψ z 2x z z z 2 ψ z z z ( χ2 + χ + 1 )( χ2 + χ + 2 ) - 1 2

Αν χ4 - 3 x z - 5 = Ο , τότε να βρεθεί η τιμή της 25 ' παραστασης χ4 + -4 χ

•

Έχουμε

5 = 3 => χ 4 - 3χ 2 - 5 = ο => χ 4 - 5 = 3χ 2 => χ2 - χ2 5 2 = 9 => χ 4 - 10 + 25 = 4 25 χ2 - 9 => χ + -4 = 1 9 . 4 χ2 χ χ

χ 2 + 4χψ + 3ψ2 χ 2 + χψ+ 3χψ + 3ψ2 = . = χ (χ + ψ) + 3ψ ( χ + ψ) = (χ + ψ) · ( χ +3ψ) α4 +α2 +1 = α4 +2α2 + 1 -α2 ( α2 + 1) 2 -α2 = = ( α2 + 1 + α) · ( α2 + 1 - α) = ( α2 +α+ 1) · ( α2 -α + 1) . Αν χ + ψ = 4 και χ - z = 1 τότε να βρεθεί η τιμή 9χ4 - 1 5 χ 2 + 1 = 9χ4 - 6 χ2 + 1 - 9χ 2 = z ΧΖ - Χ + ψz - Χψ = (3χ2 -1)2 -9χ2 = ( 3χ2 -1 +3χ) · (3χ2 - 1 - 3χ) = της παράστασης Π = ----'----'-ψ+z-1 ( 3χ 2 + 3χ - 1 ) · ( 3χ 2 - 3 χ - 1 ) . Από τις χ + ψ = 4 , z - χ = -1 με πρόσθεση αυτών 4α7β2 32α4β5 = 4α4β2 ( α3 -8β3 ) = = παίρνουμε ψ + z 3 1 . 4 ι[ 3 4 ,Άρα: Π = xz - x2 + ψz - χψ = x(z - x) + ψ(z - x) = =4α Ιf [ --{2β) ] = 4α β2 ( α-2β) ( α2 +2αβ+4β2 ) . ψ + z- 1 ψ +z - 1 χ 4 + ψ4 + z4 _ 2 χ 2 ψ2 _2 x 2 z2 _ 2ψ2 z2 = . . = ( z -ψχ+) z(χ- +1 ψ) = ( -13 -) 1 4 = -24 = -2 . =( x2 -�-r)2 -4�r =( x2 -� -r)2 -( 2ψz)" = ( χ 2 - ψ2 - z2 - 2ψz ) · ( χ2 - ψz -z2 + 2ψz ) = z z Αν α :;t: β,-β,β - γ , γ - β και α - 4αβ - β = 0 , [ χ 2 - ( ψ2 + z 2 + 2ψz ) }[ χ 2 - ( ψ2 + zz - 2ψz ) J = τότε να βρεθεί η τιμή της παράστασης [ χ 2 -(ψ + z)2 }[ χ 2 - (ψ - z)2 ] = αz - βz - αγ + βγ αz - βz + αγ + βγ Α= αΖ +βΖ - 2αβ+ αγ -βγ αΖ + βΖ + 2αβ - αγ -βγ [ χ2 -(ψ+z)2 }[ χ2 -(ψ - z)2 ] = Έχουμε: α2 +β2 -2αβ + αγ - βγ = (α-β)2 +γ( α-β) = = (χ - ψ -z) · (χ +ψ +z) · ( χ - ψ+z) ·(χ +ψ - z) (α-β)(α-β+γ) -:t- 0 και α2 + β2 + 2αβ - αγ - βγ = ( χ 2 + χ + 1 )( χ 2 + χ + 2 ) - 1 2 = (α + β) 2 - γ(α + β) = (α + β)(α + β - γ) -:t- 0 = ( χ 2 + χ + 1 ) [( χ 2 + χ + 1 ) + 1 ] - 1 2 = Οπότε: 2 (α-β)( α+β) +γ( α+β) (α-β)( α+β) -γ( α-β) = ( χ 2 + χ + 1 ) + ( χ 2 + χ + 1 ) - 1 2 = ψ 2 + ψ - 12 , Α= (α-β)( α-β+γ) (α+β)( α+β-γ) ' ψ = χ2 + χ + 1 . οπου (α + β) (α - β + γ) (α - β) (α + β -γ) _ Όμως ψ2 + ψ - 12 = ( ψ - 3) ( ψ + 4) , οπότε (α - β)(α - β + γ) (α + β)(α + β -γ) ( χ 2 + χ + 1 )( χ 2 + χ + 2 ) - 12 = (α + β) _ (α - β) _ (α + β) 2 - (α - β) 2 4αβ = α2 - β2 = ( χ 2 + χ + 1 - 3 ) ( χ 2 + χ + 1 + 4 ) = (α - β) (α + β) - (α + β) (α - β) · Όμως ( χ2 + χ - 2 ) . ( χ2 + χ + 5 ) .

(

•

αz -4αβ-β2 =0=>4αβ=αz -βz =>

�2 = 1 => Α = 1 .

Να παραγοντοποιηθούν οι παραστάσεις:

χ 2 + 4 χψ + 3 ψ 2

α4 + α 2 + 1

( )

Να απλοποιηθεί η παράσταση: 2 1 1 1 2 1 1 Π=(α+β α4 βί (α+β d /3' (α+β

(

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. l/43

(

(1 1 )

( d /f

------- Μαθηματικά για την Α' Λυκείου ------1 +χ 1+ ψ 1 + ω α � Λ \Jση Παίρνουμε τους δύο τελευταίους προσθετέους Άρα: 1 - χ 1 - ψ . 1 - ω = β . γ lα = 1 . του αθροίσματος και έχουμε: ii) Αν αβγ= Ο τότε και τα δύο μέλη της ( 1 ) είναι .

( )

2 . 1-1 + 2 · 1 -1 (α + β)4 α3 β3 (α + β)s α2 β2

προφανώς μηδενικά.

Β 'τριίπος

Χωρίς να διακρίνουμε τις περιπτώσεις αβγ ::F- Ο και αβγ=Ο μπορούμε να δείξουμε ότι και τα δύο 8αβγ , με , ισα με' λη της (1) ειναι ( α + β )( β + γ ) ( γ + α ) ΑΣ Κ Η Σ Η 2 0

(

)(

)

Αν α + β + γ = Ο, αβγ :;t: Ο, α :;t: β :;t: γ :;t: α, τότε : α-β + β-γ γ-α · _l_ + � + ___Ι!_ = 9 + γ α β α- β β-γ γ - α .

Λύση

β - γ = ψ και -γ-α =ω α- β = χ , -Θέτουμε -γ α β οπότε το πρώτο μέλος της ισότητας γίνεται: (χ +ψ+ω) _.!. +_.!. +_.!. =3+� +� +! +! +��\� = χ ψ ω ψ ω χ ω χ ψ =3+ ψ+ω + χ+ω + χ+ψ . ω χ Ψ ,Όμως γ β 2 - α2 - γ(β - α) αβ α- β γ β 2 - βγ + αγ - α2 α-β αβ γ (β-α) ·(β+α)-γ(β-α) = α-β αβ 2 · = γ (β - α) (β+α -γ) = 2γ αβ α-β αβ Αφού α + β + γ = Ο , οπότε -α - β = γ . 2α2 και χ+ω =, -, Ό μοια β ρισκουμε οτι ψ βγ χ + ψ = 2β 2 . Άρα ψ + ω + χ + ω + χ + ψ = ω αγ ω χ ψ 3 3 3 - 2γ2 2α2 2β2 2( α +β +γ ) - 2 · 3αβγ - - +-- +- -6 . ·

(

)

ΛΣ Κ Η Σ Η 1 9

Αν χ = α - β , ψ = β - γ και ω = γ - α , με γ+α α+β β+γ (α + β )( β + γ ) ( γ + α ) "#. Ο τότε να αποδειχθεί ότι: (ι + χ) · (1 + ψ) · (1 +ω) =(1 - χ) · (1 - ψ) · (1 - ω) (1). Λ \J ση

α - β lβ ' 1 - χ = 1 - -= -- "#. Ο . ' ) Αν α βγ ::F- Ο τοτε α+β α+β 2γ 2α , 1 - y = -::F- 0 ::F- 0, 1 - ω = -Ομοιως β+γ α+γ Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι: ι

(1 +_..!. χ)__.ό.._ 1 + χ 1+ψ 1+ω =1 .. · (1 + ψ ) · (1 + ω) = 1 η, (1 - χ) · (1 - ψ) · (1 - ω) ' 1 - χ 1 - ψ 1 - ω α --β α + β + α- β 1 + -2α α α+β ,Εχουμε: 1 + χ = α + β 2β 2β 1-χ 2β -β -'-.._

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

. -- . -

α+β , , 1 + ψ = -β και 1 + ω = -γ . ,Ό μοια βρισκουμε οτι: 1-ψ γ 1-ω α α+ β

�

� -

�

Αφού α + β + γ = Ο από την ταυτότητα του Eu1er έχουμε: α3 + β3 + γ3 = 3αβγ . Τελικά 3 + ψ + ω + χ + ω + χ + ψ = 3 + 6 = 9 , ω χ ψ δηλαδή α-β β-γ γ-α · _l_� � =9. γ α β α-β β-γ γ-α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/44

(

)(

Πραγματικοί Αριθμοί

Α ' λΥΚΕΙΟΥ Ι)

Να γίνει γινόμενο η παράσταση : β+γ _ _!_ ) + ·( _!_ _ _!_ ), α,β;y;CΟ. Α=

α+β (-!_ αβ · α β

ΛίJση :

β·γ β γ

1 1 1 1 1 1 1 1 ' Ειναι Α= ( - + - Η - - - ) + ( - + - Η - - - ) β γ β γ α β α β 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 =)· z -z -z +z -z =z =( - +- Η - - γ γ α γ α γ α β β α 2 ) Να απλοποιηθεί η παράσταση : 2 χ 3 xy z + Υ - - x z y - χ + z x:f.y. Α z z z xy + χ _ _ x y _ Υ x + y + 1

YJ YJ

+ xJ +

Λ ίJση : Έχουμε x3+x·i+x-y-x2-y-y= x3-y+ x-y-x·y-(x-y)= (χ - y)(x2+ /+ 1 ) :;tO. Άρα: 2 (χ 3 - y3 ) - (x - y) - (x 2 y - xy2 ) + --=---=--Α= χ2 + / + 1 (x - y)(x 2 + y 2 + 1)

(x - y)(x 2 + xy + y2 ) - (x - y) - xy(x - y) + (x - y)(x 2 + y 2 + 1) (x - y)(x 2 + xy + y 2 - 1 - xy) 2 + + z = (χ - y)(x 2 + y2 + 1) x + / +1 + 3)

2 χ 2 + y2

χ2 + / - 1 2 =1 . + χ 2 + y2 + 1 χ 2 + y2 + 1

Αν χ+y+ω =0, x·y·ω:;tO, να δειχθεί ότι: 2 2 2 1 1 1 χ +y +ω ----:--=-::-----::- + - ( - + - + - ) = ο. 3 3 3 3 χ χ +y +ω Υ ω

ΛίJση : χ+y+ω=Ο�(χ+y+ω)2 =Ο� χ2+y2+ω2+2(χy+yω+ωχ)=Ο � χ2+/+ω2 = - 2(xy +yω+ωχ). Αλλά, αφού χ+y+ω =0, θα είναι (εφαρμογή σχ. βιβλίου) χ3+y+ω3 =3χyω. -2(χy + yω + ω · χ) � yω + ωχ + χy + Α= χyω 3 3χyω

= 4)

-2(χy + yω + ω · χ) + 2(χy + yω + ωχ) _ 3χyω

Ο.

δειχθεί ότι: γ+ ! = 1 (3), α, β, γ :;tO. ΛίJση :

1 ( 1 ) � - = 1-α � 1 - α :;t Ο και β 1

Α) α4+6α2+ 1--4α3--4α=α4+4α2+ 1 --4α3+2α2--4α = (α2 2α+ 1 )2 = ( α- 1 )4 :::ο . Ομοίως α4 + 6α2 + 1 + 4α3 + 4α = (α + 1 )4 :::ο . Άρα α4 + 6α2 + 1 :=:4α3 +4α και α4 + 6α2 + 1 ::: -(4α3 +4α), δηλαδή α4 + 6α2 + 1 ::: Ι 4α3 +4αl . Β ' τρόπος (διώνυμο Νεύτωνα): Έχουμε: α4+6α2+1-4α3-4α=α4-4·α3·1+6·α2· 1 2-4·α· 13+14 =(α-\ )4. Β) (!px4+/+6x2+6i+2=4(x-yXx2+i+xy)+4(x-y)<::::> x4+y4 +6x2+6y2 +2=4(χ3 -y) + 4(x-y) <=> χ4+/ +6χ2+6/ +2--4χ3 +4y - 4x+4y = 0<=> (x4+4x2+1-4x3+2x2-4x)+(y4+4/+1+4y+2i+4y)=O<=> (χ-Ι /+(y+ 1 )4=0<=>χ-1 =Ο και y+ 1 =Ο<=>χ= 1 και y=- 1 . 6) Αν α, β ε R με (α+β)·β:;tΟ, να δειχθεί ότι οι 1 + - είναι αριθμοί A=l +( - )3 και Β= 3 β

α β

ομόσημοι.

β2

J α 1+3 ' Α α+β β ΛίJση : ' Εχουμε: Β = 3- 'i= Ο , οποτε - = --- = β β Β � ' β 3 J β +α J ( α + β)(α z - αβ + β 2 ) α3 + β β3 = = α+β α+β α+β β) =α2-αβ+β2 >0, αφού β:;tΟ (εφαρμογή σχ.βιβλίου). Αφού λοιπόν το πηλίκο των Α, Β είναι θετικός αριθμός, οι αριθμοί είναι ομόσημοι. 1 - xy 2 - x - y (1). 7) Να λυθεί η εξίσωση 2 x+y

--=

Λύση :

Με x+y:;tO έχουμε: (I) <=> 2 - 2xy = 2(x+y) (x+y)2 <=> 2 - 2xy - 2χ - 2y+x2 +/+2xy=O <=> (χ2 2χ+ 1 ) +(/-2y+ 1 )=Ο <=>(χ- Ι )2 +(y-1 )2 =Ο <=> χ= 1 και y= 1 (δεκτές τιμές αφού x+y=2:;t0).

� ,Uν εR με α1 +α2+. . . +Uν= τ( l ), τότε 2 να δειχθεί ότι: 2 2 2 2 2 2 (τ-αι) +(τ-α2) + . . . +(τ-α.) =α1 +α2 +α. (2). Β) Τα μόνα πολύγωνα με πλευρές

Α) Αν α1 , α2,

• • •

α 1 , α2, ..., α. • • •

και ημιπερίμετρο τ που επαληθεύουν τη (2) είναι τα τετράπλευρα.

1 β= - . 1-a

(2) � β = 1- _!_ . Άρα -- = 1- _!_ �γ= ( 1 -α)γ 1-a γ γ

Λ ίJ σ η :

Αν ισχύουν α+ _!_ = 1 (1) και β+ _!_ =1 (2), να

Γεώργιος Αποστολόπουλος

1 - ( 1 -α) � αγ+ l = α �γ+ - = 1 (3). α Α) Να δείξετε ότι για κάθε α ε R ισχύει 2 4 3 α + 6α + 1 :::Ι 4α +4αΙ. Β) Να λυθεί η εξίσωση: 2 2 2 2 4 4 x +y +6(x +y )+2=4(x-y)(x +y +xy+l) (I)

Λί1ση :

Α ) Έχουμε (τ-α1)2 + (τ-α )2 + . . . +(τ-Uν)2 = 2 τ2 - 2τα1 +α1 2 + τ2 - 2τα +α 2 + . . . + τ2 - 2τα. +α.2= 2 2 = ντ2 - 2τ(α1+ α + . . . . + α.)+ α12 + α/ . . . . + α.2 (i). 2 ν . ( ι) _2 . 2 ..2 (ι) � ντ -2τ - τ+α12+α 2 . . . +α.2=ντ ντ +α1 2+α 2+α.2= 2 2 2 z = α , + α 2 . . . . + α.2 . 2 -

. (l) Β) ( ι) � ντ2-2τ(α 1 +α + . . . +α.)+α12+α 2 +α.2=

2 2 α12+α 2 . . . +α.2�ντ2-2τ2τ=Ο�ν=4. 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/45

Α ΆΥΚΕΙΟΥ Αμπράζης Στέλιος - Καλογήρου Μαρία - Λυμπίκης Αριστείδης - Ταμπάκος Κων/νος Ε.Μ.Ε. : Παράρτημα Τρικάλων Α

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ > ΑΓ και Ι το σημείο τομής των διχοτόμων των Α και Β . Στην προέκταση της ΓΑ (προς το Α) παίρνουμε το σημείο Ε ώστε ΓΕ=ΒΓ και στην πλευρά ΑΒ παίρνουμε σημείο Δ ώστε ΒΔ=ΑΕ. Να δείξετε ότι: α) ΙΕ=ΙΒ, β) το τρίγ. ΙΑΔ είναι ισοσκελές. [Διαγωνισμός ΕΜΕ: ΘΑΛΗΣ 2006]

Άρα ( l )=>ΑΒ +ΒΖ=ΑΕ+ΕΓ:::::>Α Β +ΒΔ=ΑΕ+ΕΒ.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και το μέσο Μ της πλευράς ΓΔ. Η κάθετη στη ΒΜ στο Μ, τέμνει την ΑΔ στο Ε. Ν α δείξετε ότι η ΒΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΒΓ

α) Αφού τα ΑΙ, ΒΙ είναι διχοτόμοι των γωνιών Α

Έστω ότι η κάθετη στη ΒΜ και Β , τότε το Ι είναι το έγκεντρο του τριγώνου στο σημείο Μ τέμνει και ΑΒΓ. Άρα η ΓΙ είναι η τρίτη διχοτόμος του την προέκταση της ΒΓ στο τριγώνου, οπότε fΊ = fΊ ( 1 ). Τα ΕΙΓ και ΒΙΓ είναι σημείο Ζ. Τα ορθογώνια ίσα γιατί έχουν ΓΕ=ΓΒ (υπόθεση), ΓΙ κοινή πλευρά τρίγωνα ΔΕΜ και ΓΖΜ είναι ίσα γιατί έχουν και fΊ = fΊ από ( 1 ). Άρα ΙΕ=ΙΒ και Ε 1 Β1 (2). ΜΔ=ΜΓ και β) Τα τρίγωνα ΑΕΙ και ΒΔΙ είναι ίσα γιατί έχουν ΔΜΕ = ΓΜΖ (ως ΑΕ=ΒΔ (από υπόθεση), ΙΕ=ΙΒ και Ε 1 = Β 1 Β 2 • κατ/φήν). Άρα θα έχουν Άρα ΙΑ=ΙΒ, οπότε το τρίγ. ΙΑΔ είναι ισοσκελές. και ΜΕ=ΜΖ. Οπότε η ΒΜ είναι μεσοκάθετος της ΕΖ, ° Σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α =60 και άρα ΒΕ=ΒΖ και το τρίγωνο ΒΕΖ είναι ισοσκελές. Επομένως η ΒΜ στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΕΖ είναι Β =80°. Έστω ΑΔ, ΒΕ οι διχοτόμοι του. και διχοτόμος της γωνίας ΕΒΓ.

Α Β _ _ _ _ _ _ _ ___,

I I I

' .j, z

Θεωρούμε στην προέκταση της ΑΒ τμήμα ΒΖ=ΒΔ. Να δείξετε ότι: α) τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΔΓ είναι ίσα, β) ΑΒ+ΒΔ=ΑΕ+ΕΒ.

Έστω σκαληνό οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Φέρουμε το ύψος ΑΔ και το προεκτείνουμε προς το μέρος του Δ κατά τμήμα ΔΗ=ΑΔ. Επίσης α) Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΔΓ είναι ίσα γιατί φέρουμε τη διάμεσο ΑΜ και την προεκτείνουμε έχουν την πλευρά ΑΔ κοινή, ΒΜ = ΔΑr =30° προς το Μ κατά τμήμα ΜΕ=ΑΜ. Να δείξετε ότι: α) ΓΒΗ ΒΓΕ και ΒΗ ΓΕ , β) Αν οι (αφού η ΑΔ είναι διχοτόμος της Α ), ΜΖ = ΜΓ = 1 1 0° γιατί οι γωνίες Ζ = f =40° ( Η ευθείες ΒΗ και ΓΕ τέμνονται στο Ζ τότε η ΖΜ είναι κάθετη στη ΒΓ και στην ΗΕ. Ζ =40 γιατί το τρίγωνο ΒΔΖ είναι ισοσκελές). β) Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΖ και ΑΔΓ α) Στο ΑΒΗ η ΒΔ είναι διάμεσος και ύψος, άρα --

\\ \

έχουμε: ΑΖ=ΑΓ :::::> ΑΒ+ΒΖ=ΑΕ+ΕΓ ( 1 ) Όμως ΒΖ=ΒΔ από υπόθεση και ΕΓ=ΕΒ γιατί το . ΕΒΓ είναι ισοσκελές αφού ΖΒΔ = f =40°.

ΑΒΔ ισοσκελές με ΑΒ=ΒΗ και ΒΔ διχοτόμος επίσης, από όπου ΓΒΗ ΓΒΑ . Ακόμη τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΕΓΜ από Π-Γ-Π είναι ίσα διότι ΑΜ=ΜΕ (υπόθεση), ΒΜ=ΜΓ (υπόθεση) και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/46

---- Μαθηματικά για την Α' Λυκείου ΒΜΑ = ΓΜΕ (κατακορυφήν). Άρα ΑΒ=ΓΕ, από ΒΓ κατά τυχαίο τμήμα ΓΔ και κατασκευά-ζουμε ισόπλευρο τρίγωνο ΓΔΕ, ώστε τα δύο τρίγωνα να όπου και ΒΗ=ΑΒ=ΓΕ. Επίσης, ΑΒΜ = ΒΓΕ , από είναι προς το ίδιο μέρος της ΒΔ. Φέρνοντας τις - - όπου και ΓΒΗ = ΓΒΑ = ΒΓΕ . ΑΔ, ΒΕ ας είναι Ζ το σημείο τομής τους. α) Να Α δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΓΔ, ΒΓΕ είναι ίσα. β) Να υπολογίσετε τη γωνία Α Ζ Β .

------

�

Λ \Jση

α) Τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΒΓΕ είναι ίσα γιατί έχουν ΑΓ=ΒΓ (τρ. ΑΒΓ - ισόπλευρο), ΓΔ=ΓΕ (τρ. ΓΔΕΛ

ισόπλευρο) και Α Γ Δ = Β Γ Ε = 1 80° - 60° = 1 20° . Λ

Τότε θα είναι: Αι = Β ι ( 1 ). Α

β) Στο τρίγωνο ΒΖΓ είναι ΓΒΗ = ΒΓΕ , άρα το τρίγωνο ισοσκελές με ΒΖ=ΖΓ. Η ΖΜ είναι διάμεσος στη βάση ΒΓ άρα και ύψος, δηλαδή ΖΜ .l Β Γ . Αφού ΒΖ=ΖΓ και ΒΗ=ΓΕ θα είναι και ΖΗ=ΖΕ ως διαφορά ίσων. Άρα το ΗΖΕ είναι ισοσκελές. Η ΖΜ όμως είναι και διχοτόμος της ΒΖΓ , γιατί είναι ύψος στο ισοσκελές ΒΖΓ. Άρα η ΖΜ είναι και ύψος στο ΗΖΕ, δηλαδή ΖΜ .l ΗΕ . Λ σ κ η ση 511

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α =60°. Στην πλευρά ΑΓ θεωρούμε το σημείο Δ τέτοιο, ώστε ΓΔ=ΑΒ. Επίσης θεωρούμε σημείο Ε στην προέκταση του ΒΑ τέτοιο, ώστε ΑΕ=ΑΒ. Να δείξετε ότι ΔΕ=ΒΓ.

β) Ισχύει: Η = Hz (2), ως κατακορυφήν. ι

Στο ΑΗΖ είναι: Α Ζ Η = 1 80° - Αι - Ηι (3). Λ

Στο τρίγωνο ΒΗΓ: Β Γ Η 1 80° - Βι - Η � (4). (1)

Από (3),( 4 ) =>Α Ζ Η = Β Γ Η => Α Ζ Η = 60° . Λ

(2)

Λ σ κ η σ η 711

Σε κύκλο (K, R) παίρνουμε χορδή ΑΒ και έστω ΚΜ το απόστημά της. Προεκτείνουμε την ΜΚ (προς το Κ) και Γ το σημείο τομής της με σ Λ \J ι1 τον κύκλο. Έστω σημείο Δ πάνω στην ΑΓ τέτοιο, ώστε α) Να δείξετε ότι το τρίγ. ΑΒΓ είναι ισοσκελές. ΑΖ=ΑΒ. Το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισόπλευρο άρα β) Στις πλευρές ΑΓ, ΒΓ παίρνουμε αντίστοιχα ΑΒ=ΑΖ=ΒΖ. τα σημεία Δ, Ε ώστε ΑΔ = ΒΕ. i) Να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΓΔΜ, ΓΕΜ είναι ίσα ii) Αν η ΔΜ τέμνει τον κύκλο στα σημεία Ζ, Η και η ΕΜ στα σημεία Θ, Ι να δείξετε ότι ΖΗ = ΘΙ. .\ ίJση

α) Το aπόστημα ΚΜ, της χορδής ΑΒ, στο

ισοσκελές τρίγωνο ΚΑΒ (ΚΑ = ΚΒ = R) είναι και διάμεσος. Έτσι, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΓΑ=ΓΒ αφού η ΓΜ είναι ύψος και διάμεσος. β) i) Τα τρίγωνα ΓΔΜ και ΓΕΜ είναι ίσα γιατί έχουν ΓΔ=ΓΕ (ως διαφορές ίσων πλευρών), τη ΓΜ Λ

κοινή πλευρά και Γι = Γz (η ΓΜ είναι και Λ

Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΓΖ έχουν ΑΕ=ΒΖ=ΑΒ, ΓΖ=ΓΔ-ΔΖ=ΑΖ-ΔΖ=ΑΔ και ΕΜ = 1 20° = ΒΖΤ Άρα τα ΑΕΔ και ΒΖΓ είναι ίσα, άρα και ΕΔ=ΒΓ. Λ σ κ ηση 6η

Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ προεκτείνουμε τη

διχοτόμος). Επομένως Μ ι = Mz ( 1 ). ii) Για να δείξουμε ότι οι χορδές ΖΗ, ΘΙ είναι ίσες αρκεί να δείξουμε ότι τα αντίστοιχα αποστήματά τους ΚΑ, ΚΝ είναι ίσα. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΛΜ, ΚΝΜ είναι ίσα, αφού η ΚΜ είναι κοινή Λ

πλευρά και Μι = Mz , από ( 1 ). Άρα ΚΛ=ΚΜ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/47

------

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

-------

Δηλαδή, Κ Β Γ < ΒΚ Γ � ΚΓ < ΒΓ � ΚΓ < ΑΒ ( 1 )

Ά σκηση 8'1

Δίνεται χορδή ΑΒ ενός κύκλου, το μέσο Κ του τόξου ΑΒ και Μ τυχαίο σημείο του τόξου ΚΒ Αν Η είναι η προβολή του Κ στην ΑΜ, να αποδειχθεί ότι: ΑΗ=ΗΜ+ΜΒ --

Ακόμη στο τ ρ. ΚΑΒ είναι: ΑΒ < ΚΑ + ΚΒ ( 2) Από τις (Ι), ( 2) � ΚΓ < ΚΑ + ΚΒ .

) ()'l Στη βάση ΒΓ ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε σημείο Δ με ΒΔ< ΔΓ και φέρουμε το ΑΔ. (Θεώ ρημα σπασμένης χο ρ δή ς του Αρχιμήδη) Λ Ί1 ση α) Να δείξετε ότι ΒΑΔ < ΔΑΓ Έστω Ν σημείο της ΑΜ, τέτοιο ώστε β) Αν Μ εσωτερικό σημείο του ΑΔ να δείξετε ΗΝ=ΗΜ. Τότε τα τρίγωνα ΑΚΝ και ΚΜΒ είναι ότι ΜΒ < ΜΓ ίσα γιατί έχουν ΚΑ=ΚΒ, (ΚΑ, ΚΒ είναι χορδές γ) Δείξτε επίσης ότι ΑΒ Μ < ΑΓΜ . --

λ σκηση

που αντιστοιχούν στα ίσα τόξα ΚΑ και ΚΒ ) ΚΝ=ΚΜ (το τρίγωνο ΚΝΜ είναι ισοσκελές αφού η ΚΗ είναι διάμεσος και ύψος) και ΑΚΝ = Β ΚΜ γιατί είναι: '

Λ 1J σ Ι1

α) Τα τρίγωνα

ΑΒΔ και ΑΓΔ έχουν δύο πλευρές ίσες (ΑΒ=ΑΓ, ΑΔ κοινή) και τις τρίτες πλευρές άνισες ( ΒΔ<ΔΓ) . Γ Συνεπώς οι γωνίες που βρίσκονται απέναντι από τις άνισες πλευρές θα είναι ομοίως άνισες, δηλαδή, ΒΑΔ < ΔΑΓ . β) Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΓΜ έχουν δύο πλευρές ίσες (ΑΒ=ΑΓ, ΑΜ κοινή) και τις περιεχόμενες γωνίες άνισες ( ΒΑΔ < ΔΑΓ , από το Α) . Συνεπώς οι πλευρές που βρίσκονται απέναντι από τις άνισες γωνίες θα είναι ομοίως άνισες, δηλαδή, ΜΒ < ΜΓ . γ) Στο τρίγωνο ΜΒΓ οι πλευρές ΜΒ, ΜΓ είναι άνισες με ΜΒ < ΜΓ (β ερώτημα), άρα και οι απέναντι γωνίες θα είναι κατά την ίδια φορά άνισες, συνεπώς ΔΓΜ < ΔΒΜ (Ι). Επίσης αφού το τρίγωνο είναι ισοσκελές με ΑΒ = ΑΓ , θα είναι Β = Γ . Τότε ισχύει: Β

----

ΑΚΝ = ΚΝΜ - ΚΑΝ = ΚΜΑ - ΚΑΜ = = ΚΒ Α - ΚΑΜ = ΚΑΒ - κΑΜ = Β ΑΜ = Β ΚΜ Ά

ρα ΜΒ=ΑΝ. Επομένως ΑΗ=ΑΝ+ΝΗ=ΜΒ+ΗΜ. Ά σκη ση 9'1

Έστω ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Κ στο εσωτερικό του. Να δείξετε ότι υπάρχει τρίγωνο που έχει μήκη πλευρών ίσα με τα ΚΑ, ΚΒ και ΚΓ. ΛΊ1ση

Έστω ΚΑ ::; ΚΒ ::; ΚΓ . Για να υπάρχει τρίγωνο με μήκη πλευρών ΚΑ, ΚΒ και ΚΓ αρκεί να δείξουμε ότι ισχύει: ΚΓ < ΚΑ + ΚΒ . Αφού το Κ είναι εσωτερικό σημείο των Λ

γωνιών Α Β Γ και Α Γ Β ισχύουν οι σχέσεις: Λ

ΚΒΓ < Β � ΚΒΓ < 60ο Κ ΓΒ < Γ � Κ Γ Β < 60° Όμως στο τρίγωνο ΚΒΓ πρέπει να ισχύει: '

Κ Β Γ + Κ Γ Β + Β Κ Γ = 1 80° , οπότε: Β Κ Γ > 60° .

----

Β = Γ � ΆΒΜ + ΔΒΜ = ΑΓΜ + ΔΓΜ � ΑΓΜ - ΑΒΜ = ΔΒΜ - ΔΓΜ > Ο . λόγω της (Ι). ---

---

Τελικά, ΑΓΜ - ΑΒΜ > Ο � ΑΒΜ < ΑΓΜ .

Λ. σκηση ] ] 'l Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ ( ΑΒ ΑΓ ) με Α = 45" . Φέρουμε το ύψος ΒΔ. Με κέντρο το Α και ακτίνα ΒΓ κατασκευάζουμε κύκλο, ο οποίος τέμνει τον φορέα του ΒΔ στα σημεία Ζ και Η (το Ζ είναι εσωτερικό σημείο του ΑΒΓ),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/48

-------

Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

--------

την ΑΒ στο Θ και την ΑΓ στο Δ. Έστω Ι το κύκλο (Δ , ΔΓ) τέμνει την ευθεία ΒΓ στο Ε. σημείο τομής των ΒΓ και ΑΗ και Κ το σημείο α) Ν α δει'ξετε οτι. , . ΔΕ 1 I AB . , της ΑΖ με τη ΒΓ. τομης α. Να αποδείξετε ότι: α1• ΑΚ ..l ΒΓ, β) Αν η διχοτόμος της Β τέμνει τη ΔΕ στο Ζ, να α2 • ΒΖ = ΗΓ, α3• η περίμετρος του τριγώνου δείξετε ότι: ΔΖ - ΕΒ = ΔΓ . ΔΗΓ ισούται με την ΑΒ, Λύση β. Να βρείτε στο σχήμα ένα τρίγωνο ίσο με το α) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ ΑΒΓ και να αιτιολογήσετε την απάντησή σας. και ισχύει Β = Γι ( 1 ). Το τρίγωνο ΔΓΕ είναι Λύσ η α) α1• Το τρίγωνο ΑΒΔ είναι ορθογώνιο Δ=W' και ισοσκελές με ΔΓ = ΔΕ και ισχύει Ει Γ 2 (2). ισοσκελές, αφού ΒΜ=45° , άρα και Βι = 45° . Απ' Έχοντας Γι = Γ2 , ως κατ/φήν από τις ( 1 ), (2) προκύπτει Β = Ει . Άρα ΔΕ I IΑΒ . 45' ' ' ΒΛ 180" - = 6�,,,.Jco το ισοσκελές ΑΒΓ εχουμε οτι 2 οπότε :a Β- Β =67,5' -45' 22,5' Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΖΔ και ΒΔΓ. Έχουν: ΑΔ = ΒΔ (αφού το ΑΒΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές), ΖΔΑ = ΒΔΓ = 90° και ΑΖ = ΒΓ από κατασκευή, οπότε είναι ίσα, άρα Α2 = Β2 = 22 , 5 ° ( 1 ) και ΖΔ = ΔΓ (2). Από την ( 1 ) προκύπτει ότι η ΑΚ είναι Λ

(

�

)

�

διχοτόμος της γωνίας Α του ισοσκελούς τριγώνου ΑΒΓ, άρα θα είναι και ύψος, οπότε ΑΚ ..l ΒΓ.

β) Αρκεί να δείξουμε ότι: ΔΖ ΕΒ + ΔΓ, ή ΔΕ + ΕΖ ΕΒ + ΔΙ\, ή ΕΖ ΕΒ . Αλλά, το τρίγωνο ΕΒΖ είναι ισοσκελές αφού έχοντας Ζ Β2 (ως εντός εναλλάξ των ΑΒ, ΖΔ) και Β = Β 2 , θα είναι Ζ = Β ι . Οπότε ΕΖ=ΕΒ. Άσκηση J 3 'l Έστω ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΔΕΖ, έχει τις κορυφές του Δ, Ε και Ζ στις πλευρές αντίστοιχα ΑΒ, ΒΓ και ΓΑ του ΑΒΓ. Θέτουμε ΔΕΒ = ω ' ΕΖΓ = ξ φ+ξ και ΖΔΑ = φ . Ν α δείξετε ότι : ω . 2 Λύση Ζ, 1 00° -(J} -ξ= 120° -ξ , Δι = 180° -(:j)o -<$=120° <$ =

α2• Το τρίγωνο ΑΖΗ είναι ισοσκελές (ΑΖ=ΑΗ) και η ΑΔ είναι ύψος, οπότε θα είναι και διχοτόμος, άρα Α3 = Α2 = Αι = 22 , 5° (3). Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΖΒ και ΑΗΓ. Έχουν: ΑΒ=ΑΓ (υπόθεση), ΑΖ = ΑΗ (ακτίνες ίδιου κύκλου) και Αι AJ 22 , 5 ° από (3), οπότε τα τρίγωνα είναι ίσα, άρα ΒΖ=ΗΓ (4), Γ2 = Βι = 45° (5). α3• Είναι ΗΔ = ΔΓ = ΔΖ και ΗΓ = ΖΒ από (4), οπότε ΗΔ + ΔΓ + ΗΓ = ΗΔ + ΔΖ + ΖΒ = ΒΗ (6). Όμως το ΒΗΑ είναι ισοσκελές, αφού Βι = 45° και Α = 67,5° άρα και Η = 67, 5° , δηλαδή ΒΗ=ΑΒ (7). Από (6) και (7) προκύπτει ότι ΗΔ+ΔΓ+ΗΓ=ΑΒ. β) Το τρίγωνο που είναι ίσο με το ΑΒΓ είναι το ΑΒΗ. Πράγματι, τα δύο αυτά τρίγωνα έχουν: ΑΒ=ΑΒ (κοινή πλευρά), ΒΓ=ΑΗ (από κατασκευή κύκλου), του ΑΓ=ΒΗ (επειδή �

�

(7) =

ΑΒΓ:ισοσκελές

�

ΑΒ ΑΓ ), άρα θα είναι ίσα. Άσκηση 1 2'1 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και στην προέκταση της ΑΓ (προς το Γ) παίρνουμε τυχαίο σημείο Ε. Γράφοντας τον ΒΗ

Από ΑΔΖ: Α=180° -Ζ, -<$=180° �(120° -ξ)-<$ :::85 +ξ-{(: ( 1) και από ΔΒΕ: Β (:f)o + ψ-& (2). Από ΑΒΓ: Α + 2Β 180° � θ} +ξ---<i>+2(ω" +ψ--� 1 ffi � Ψ+ξ . φΑ + ξΑ - 2ωΑ = 0 � ωΑ = 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/49

------ Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ I.

ΣΥΣΤ Η Μ ΑΤΑ

Θύμιος Διαμαντόπουλος

{

α2χ + 2ψ = 1 , JN.. εχει , α Ε liD 2αχ + αψ = 1 και ισχύει μοναδική λύση ( χ" , ψ ) 2χο + Ψ σ = 1 , τότε να βρεθεί ο α. 1.

Αν το σύστημα:

ι>

D=: ��α'-4α�α(α'-4)�α(α-2)(α+2) Dx 1 α2 l=α-2, DΨ = 2αα2 11 =α(α-2 ). Το σύστημα έχει μοναδική λύση όταν α 0,±2 και λύση είναι: 1 α-2 - --χ - α(α-2)(α+ 2) α(α+2) ' α(α-2) -- --1 · ψ - α(α-2)(α+2 ) α+2 2 1- =1� Επομένως 2 0 + =1 α(α+2) + α+2 α+ 2 1 � α2 + 2α = α+ 2 � α ( α+2 ) α2 +α - 2=0� α=-2 ή α=1.

•

και άρα είναι αδύνατο, οπότε οι ευθείες είναι παράλληλες.

' Εχουμε 1 1

•

-:t-

DΟ α -3 α D =α=Ο , -3, α = -3 α = 3 Χ--:ψ=-1 {-5χ+5ψ=5 { � χ-ψ=5 χ-ψ=5

Αν -:t- , δηλαδή -:t- και -:t- 3 , τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση, οπότε οι ευθείες τέ μνονται. ι> Αν δηλαδή ή , τότε : Όταν το σύστημα γίνεται

Λύση

------

χ+5ψ =5 α = 3, το σύστημα γίνεται {χ+5ψ =5 άρα άπειρες λύσεις τις ( χ, ψ)=( 5-5κ, κ) , κ EJR

Όταν

οπότε οι ευθείες ταυτίζονται.

Να βρεθούν οι εξισώσεις των παραβολών που δίνονται στα παρακάτω σχήματα:

0 -

�

ψ0

�

2. Για τις διάφορες τιμές του α Ε JR , να βρεθεί ΛiJση η σχετική θέση των ευθειών: (i) Η ζητούμενη παραβολή έχει εξίσωση της μορ (ε ) : (α - 2) χ 5ψ = 5 και + β χ + γ , β, γ Ε ffi. . Επειδή το ση φής : (ζ) : χ + (α + 2)ψ = 5 .

α, ψ= αχ2 μείο Β(Ο,3) ανήκει στην παραβολή, βρίσκουμε Λύση Η σχετική θέση των ευθειών ( ε ) και ( ζ ) προσδι γ = 3 , οπότε η παραβολή έχει εξίσωση 2 ορίζεται από το πλήθος των λύσεων του συστήμα- ψ = αχ + β χ+ 3 ( 1) . Η παραβολή παρουσιάζει χ+ 5ψ = 5 · {(χα-2) ελάχιστο όταν χ = -! , οπότε έχουμε: τος: α + (α + 2) ψ = 5 _1._ = -1 1._ = 1 �β= 2α ( 2) . Το σημείο 2α 2α α 2 5 ανήκει στην παραβολή οπότε από την Έχουμε: D = α+2I ( α-2)( α+ 2)-5 = Κ(1)( -1,2) Ι έχουμε: 2=α-β+3�α-β+ 1 =0 (3). =α2 -9=(α-3)(α+3). Από (2),(3) παίρνουμε α-2α+1=0�α=1 5 5 D, = 15 α+21=5(α+2)-25=5(α-3). και από την (2) β = 2. Τελικά η ζητούμενη πα ραβολή έχει εξίσωση : ψ = χ + 2χ + 3. DΨ = Ι α-21 551 =5(α-2)-5=5(α-3). Η ζητούμενη παραβολή έχει εξίσωση της μορ φής : ψ=αχ2 +βχ+γ, α , β , γ . �

(ii)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/50

ffi.

------Επειδή το σημείο Β(Ο,2) ανήκει στην παραβολή, βρίσκουμε γ = 2, οπότε παραβολή έχει εξίσωση ψ = αχ 2 + βχ + 2 (Ι) . Η παραβολή παρουσιάζει β ελάχιστο όταν χ =- , οπότε έχουμε: 2α -�2α =_!_� 2 β=-α (2) . 2 _Ά_2α = _!_� Το Κ (�, �) ανήκει στην παραβολή άρα από (Ι) 2. = _!_ α + .!. β + 2 � 9=α+2β+8�α+2β= 1 (3). 44 2 Από τις ( 2) , ( 3) α -2α = � α = -1 και από την (2) βρίσκουμε β = Ι . Τελικά η ζητούμενη παρα βολή έχει εξίσωση : ψ= -χ 2 +χ+ 2.

-----4 =α(α+ 4)-4(α +1 )= D= l α+4 α+ 1 α1 = α2 -4 = (α-2) (α+ 2) Dχ = Iα+28 α4 1 =8α-4(α+2)=8α-4α-8 =4α- 8=4(α-2) α+4 8 Ι =(α+2)(α+4)-8(α+1)= και DΨ = Ι α+Ι α+2 =α2 +6α+8-8α-8=α2 - 2α=α(α - 2). Αφού το σύστημα (Σι) έχει άπειρες λύσεις, θα έ χουμε D = Dx = DΨ =Ο, οπότε α= 2. Για α= 2 το δεύτερο σύστημα (Σ 2 ) γίνεται: { 3χ-5ψ = 4 � {3χ-5ψ = 4 9χ-15ψ=3 3χ-5ψ=Ι

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Έστω D , Dx , DΨ είναι οι ορίζουσες ενός γραμμικού 2 2 συστήματος (Σ) με: D2 + 4D2 + 9D2 - 6D + ι2D · D + 9 = 0 (ι) . (i) Να δείξετε ότι το σύστημα (Σ) έχει μοναδική λύση (χ ψ ) 0 1) Να βρείτε την μοναδική λύση (χο ,Ψο ) αν γνωρίζετε ότι ισχύει χ ο - 2ψ ο = 7 . χ

ο,

{

και προφανώς είναι αδύνατο.

χ 2 = 2ψ + ιο και να χ 2 + ψ 2 = 25 ερμηνευθεί γεωμετρικά το αποτέλεσμα. 6.

Ν α λυθεί το σύστημα:

Λύση

χ2 με 2ψ + 1 0 2ψ + 10 + ψ2 = 25 � ψ2 +2ψ-Ι5=0�ψ=-5 ψ=3. Έχουμε +40: + 9� -6D+I2Dx · DΨ + 9 =0� Για ψ= -5 από την πρώτη εξίσωση του συστήμα D2 -6D+ 9 +4D� + 9D� +I2Dx ·DΨ =0� τος βρίσκουμε χ = Ο και για ψ = 3 , 2 (D-3γ +(2Dx +3DΨ) =0� βρίσκουμε χ = ±4. (D=3 και 2Dx +3DΨ =0) . Αφού D=3:;t:O, το Τελικά το σύστημα έχει τρεις λύσεις σύστημα (Σ) έχει μοναδική λύση (χο,Ψ ο ) . χ' που είναι: Από τα προηγούμενα έχουμε (χ,ψ)=(Ο,-5) , D D 2Dχ +3DΨ =0�2-χD +3____!_D = 0�2Χ0 +3ψ0 =0. (χ, ψ)= ( -4,3) και -4 -5 κ (χ, ψ)= ( 4, 3). {2Χ0 + 3ψ0 = Ο βρισκουμε , Λύνοντας το σύστημα Η χ 2 + ψ 2 = 25 πα Χο -2ψο =7 ψ' ριστάνει έναν κύκλο ( Cι ) με κέντρο την { ( α + 4) χ + 4ψ = 8 Αν το σύστημα: (Σ ) αρχή Ο των αξόνων και ακτίνα ρ = 5 και η εξί( α + ι) χ + αψ = α + 2 ι έχει άπειρες λύσεις να αποδείξετε ότι το σύστη- σωση χ2 =2ψ+10, δηλαδή ψ= � χ2 -5 παριστάνει (2α - ι)χ - ( α + 3 )ψ = 4 (Σ 2 ) είναι μία παραβολή ( C 2 ) Η παραβολή ( C 2 ) προκύπτει μα: { ( 4α + ι) χ - ( 4α + 7 )ψ = α + ι από μια κατακόρυφη μετατόπιση της παραβολής αδύνατο. . Απο, τα ψ = -2Ι χ κατά 5 μονα' δες προς τα κατω. Για το πρώτο σύστημα (Σι) έχουμε: προηγού α συμπεραίνου ε ότι ο κύκλος ( και η Λ.ίJση (i)

Αντικαθιστούμε στην δεύτερη εξίσωση το και έχουμε : ή

•

μεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ. l/51

cl )

------- Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου ------παραβολή έχουν τρία κοινά σ ημεία τα οποία εί 8. Η συνάρτηση f : IR � IR είναι γνησίως μο ναι: Κ και και μάλιστα το νότονη και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α ( 3, 0) και Β ( 0,-2) . Κ είναι σ μείο επαφής (γιατί;).

( C2 ) (Ο 5), Λ(-4,3) Μ(4,3) ,-

1 1 . Ι Δ Ι Ο Τ Η ΤΕΣ ΣΥΝ Α Ρ Τ ΉΣ ΕΩ Ν

f: Α � f (χ) = α , α f (χ) = Ο f: Α �

Παρατηρή σ εις Ι.

ffi. είναι γνησίω ς μονότονη ,

Αν συνάρτηση

τότε η εξίσωση ξίσωση lf.

ffi. (προφανώς και η ε-

) έχει το πολύ μια πραγματική ρίζα.

ffi. είναι γνησίως μονότονη,

Αν συνάρτηση τότε ισχύει η ισοδυναμία:

f(x, ) = f (x 2 ) � x, = Χ 2 .

f: f(x,)<f(x2 )<=>x1 <Χ 2 • f(x,)<f(x 2 )<=>x1 > Χ2 • f: Α � f ( ρ ) =Ο. f f (χ) < Ο χ > ρ (χ Α ) χ < ρ f (χ) > Ο f f{x)>O χ < ρ f (χ) < Ο χ > ρ (χ Α ) .

111.

(ί)

Αν συνάρτηση Α � ffi. είναι: Γνησίω ς αύξουσα, τότε ισχύει η ισοδυναμία:

(ii) Γνησίω ς φθίνουσα ισχύει η ισοδυναμία: IV .

ffi. είναι γνησίως

Έστω ότι συνάρτηση

μονότονη και (i) Αν η

είναι γνησίω ς αύξουσα, τότε:

κάθε

και

(ii) Αν η

είναι γνησίως φθίνουσα, τότε:

κάθε

και

για κάθ ε

για κάθε

για

(ί)

Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία η συ νάρτηση r ( χ) = 5χ9 + 13χ7 + 2χ3 20 . (ίί) Να λυθεί η εξίσωση 5χ9 + 13χ 7 + 2χ3 = 20 . (ίίί) Να λυθεί η ανίσωση 5χ9 + 13χ7 + 2χ3 =::;; 20 . -

f . χ1 ,χ2 χ1 < χ2 , χ , <χ2 �χ� <χ� �5χ; <5χ� (1) χ, < Χ2 �χ� < χ� � 13χ� < 13χ� (2) και χ,<� �χ� <χ; �2χ� <2χ; �2χ� -20<2χ; -20 (3). Προσθέτοντας τις ( 1) , ( 2) και ( 3) έχουμε : 5χ� + 1 3χ� + 2χ� -20 < 5χ� + 13χ� + 2χ; -20 f{Χι) <f(�) . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο . Παρατηρούμε ότι η εξίσωση έχει μία ρίζα την χ = 1 . Έχουμε 5χ9 + 13χ7 + 2χ3 = 20 5χ9 +13χ7 +2χ3 -20=0 f(x)=O. Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα η εξίσωση έχει μοναδική ρίζα την χ = 1 . Έχουμε: 5χ9 + 13χ + 2χ3 20 5χ9 +13χ7 +2χ3 -20=:;; 0 <::::> f {x)=:;; O <::::> f (x)=:;; f (1) χ 1 χ ( 1J (αφού η f είναι γνησίως Λύ ση

Η συνάρτηση έχει πεδίο ορισμού Α = ffi. (i) Έστω Ε Α με τότε:

ffi.

(ίί)

<::::>

<=>

(ίίί) <=>

=::;;

<=>

αύξουσα ).

-co,

=::;;

<::::>

(ί)

Να λυθεί η r[(x+l)(x+2)(x+3)(x+4)] = 0 .

(ii)

Να λυθεί η ανίσωση

Λύ ση

(

3χ - 2 3 2χ - 3

)

�

-2 .

Έχουμε f(3) = Ο και f (O) = -2 . Αφού η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη, Ο < 3 και f ( Ο ) < f ( 3) τότε η f είναι γνησίως αύξουσα.

f[( χ + 1)( χ + 2)( χ + 3)( x +4)] =f(3) � � (χ + 1 ) ( χ + 4)( χ + 2)( χ + 3) = 3 � (χ 2 + 5χ + 4 ) (χ 2 + 5χ + 6 ) - 3 = 0 ( 1) . ,Εχουμε ( 1) � χ2 + 5χ +4=ω � χ2 +5χ+ 4 =ω � ω( ω+2) -3=0 ω ε {1, -3} χ2 +5χ + 4 = 1 �χ2 + 5χ +3=0� χ -5 ± Ji3 2 (i) Έχουμε:

}

(ίί) ) Με

(

χ * � έχουμε: 2

)

(

)

f 3x - 2 - 3 ::; -2 � f 3x - 2 - 3 ::; f(O) � 2χ - 3 2χ - 3 3χ-2 -3χ+ 7 ::; ο �(3χ-7)(2χ -3) � ο , --3::;0� 2χ-3 2χ-3 χ * οπότε χ ε -oo, u , +oo .

( %) [f )

Δίνεται η f (χ) = χ 2 - (λ + 6) χ + λ 2 + 1 Να βρεθεί το ελάχιστο της ελάχιστης τιμής της f όταν το λ διατρέχει το ffi. . 9.

f(x)=x 2 -(λ+6)χ+λ2 +1 έχει α=1>0, _1._2α = λ+62 , Δ=(λ+6)2 -4(λ2 +1) =-3λ2 +12λ+32. Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f είναι 3λ2 - 1 2λ - 32 = � λ 2 - 3λ - 8 ' όταν χ= λ+6 . 4 4 2 Καθώς το λ διατρέχει το , το τριώνυμο ( λ )= �4 λ 2 - 3λ - 8 παίρνει ελάχιστη τιμή, αφού ο συντελεστής του λ 2 είναι θετικός. Αφού Δ'= 9 + 24 = 33 , η μέγιστη τιμή ττjς είναι - 333 = -11 όταν λ = 2. Τελικά το ελάχιστο της ελάχιστης τιμής της f είναι -11 όταν λ = 2 .

Λύ ση

Το

ffi.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/52

ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Μετρ ι κές σχ έσε ι ς

Παράρτημα

Αμπράζης Στέλιος - Καλογήρου Μαρία - Λυμπίκης Αριστείδης - Ταμπάκος Κων/νος [Ε.Μ.Ε. Τρικάλων] Άσκηση 1 '1

Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ, είναι, ΑΒ=9, ΒΓ=12, ΓΔ=13, ΔΑ=14 και η διαγώνιος ΑΓ=15. α) Να εξετάσετε το είδος των τριγώνων ΑΒΓ ΑΔΓ και ως προς τις γωνίες τους. β) Αν Ρ και Π, είναι οι προβολές των Β και Δ αντίστοιχα στην ΑΓ, να βρεθεί το ΡΠ. Λύση

ΕΖ. Μπορείτε να αιτιολογήσετε γιατί υπάρχει τέτοιο σημείο Ε και να προτείνετε έναν τρόπο κατασκευής του; Λύ ση

Με εφαρμογή του Πυθαγορείου θεωρήματος στο ΑΒΓ θα έχουμε: = �ΑΒ2 + ΒΓ2 = 4.fi . Συνεπώς: ΑΟ= 2 =2.J2. Από Θ. Διαμέσων στο τρίγωνο ΑΕΓ, για την διάμεσο ΕΟ θα είναι: ΑΕ2 +ΕΓ2 =2 · Ε02 +..!_ΑΓ 2 2 ΕΟ2 = 2AE z + 2Ε4 Γz -ΑΓz = 1 ΕΟ = β) Από το νόμο συνημιτόνων για το τρίγωνο ΑΟΕ και για τη γωνία ΑΟΕ = y έχουμε: ΑΕ2 = Α02 + ΟΕ2 -2ΑσΕΟσυνy J2 άρα η συνy = ΑΟ2 2Α+0ΕσΕΟ2 -ΑΕ2 = 4Ji4 - 2 , γωνία ΑΟΕ = y θα είναι 45° αφού είναι γωνία τριγώνου. Ητετραγώνου ΑΟΔ είναιάραόμωςη ΟΕορθήείναιως γωνία των διαγωνίων διχοτόμος της. Όμως το τρί γ ωνο ΑΟΔ είναι ισοσκελές με ΟΑ=καιΟΔμεσοκάθετος και η ΟΕ διτηςχοτόμος απόΑΔ.την κορυφή Ο, άρα πλευράς γ) Αφού το Ε ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΔ θα είναι ΕΔ =ΑΕτης=ΒΓJ5(γιατί . Η είΟΕναι μεσοκάθετος θα είναι της και μεσοκάθετος ΑΔ) άρα το Ε ισαπέχει από· τα Β, Γ συνεπώς, EB=EΓ=Ji3 δ) Το ΕΖΔΗ είναι ορθογώνιο άρα: ΕΖ= = 2 = 2 (αφού ΕΗ μεσοκάθετος του ΑΔ). Επίσης με εφαρμογή του Π. Θ. στο ορθογώα)

ΑΓ

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΑΓ2 = 152 = 225 και ΑΒ2 + ΒΓ2 = + 122 = 225 = ΑΓ2 . Άρα το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με Β= Στο τρίγωνο ΑΔΓ είναι ΑΔ2 + ΔΓ2 = 142 + 132 = 365 ΑΓ2 Άρα η γωνίααπό τη είναιμεγαλύτερη οξεία καιπλευρά αφού βρίσκετε απέναντι είναιΑΔΓη μεγαλύτερη γωνία του ΑΔΓ, συνεπώς το είναι οξυγώνιο. β) Από τα είδος των τριγώνων ΑΒΓ και ΑΔΓ τα σημεία Ρ είναιστοεσωτερικά ΑΓ. Ακόμη, απόθα μετρικήΠ,σχέση ορθογώνιοτουΓΒτρίγωνο ΑΒΓ 2 458 Απο, το είναι : ΓΒ2 = ΑΓ·ΓΠ ΓΠ = --=ΑΓ για τη γωνία θεώρημα οξείας γωνίας στο ΑΔΓ ΔΓΑ θα είναι: ΑΔ 2 = ΑΓ 2 + ΔΓ 2 -2 ΑΓ·ΓΡ ΑΓ2 +W-Μ2 = -33 . Άρα: ΡΠ = = 3 . 2 · ΑΓ 5 α)

90° .

<::::>

ΓΡ

ΓΠ - ΓΡ

Άσκηση 2'1

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς 4 και έστω σημείο Ε στο εσωτερικό του τετραγώνου με ΑΕ = J5 και Ε = Jl3 Αν Ο το κέντρο του τετραγώνου, α) να υπολογιστεί το μήκος του ΕΟ, β) δείξτε ότι η ΟΕ είναι μεσοκάθετος του ΑΔ, γ) υπολογίστε τα μήκη των ΕΔ και ΕΒ, δ) Αν Η, Ζ οι προβολές του Ε στις ΑΔ, ΔΓ αντίστοιχα να υπολογίστε τα μήκη των ΕΗ και

ΑΓ

<::::>

ΗΔ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 74 τ.2/53

ΑΔ

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-.)ΑΕ2 - = 1 . = νιοΓια τρίγωνο ΑΕΗ: ΕΗ κάθετονα στοκατασκευάσουμε μέσο Η του ΑΔτο καιΔΓΕ αρκεί κάθετοναστοφέρουμε ΓΔ σε ' ωστε ' ΔΖ = 4 . Το σημειο' τομης σημειο' Ζ τετοιο Ε των δύομεκαθέτων θα έχειτουτιςΠ.ιδιότητες της εκφώνησης απλή εφαρμογή Θ . 3 '1 Δίνεται τεταρτοκύκλιο κέντρου Ο, ακτίνας R και τόξου ΑΒ Από τυχαίο σημείο Μ του τεταρτοκυκλίου φέρουμε ευθεία παράλληλη -------

ΑΗ 2

Λσκη ση 4ιι

Στο εσωτερικό ενός τετραγώνου ΑΒΓΔ υπάρχει σημείο Κ, ώστε ΚΑ=6, ΚΔ=lΟ και KB=l4. Θεωρούμε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΚΕ με ΑΕ=ΑΚ=6. α) Να δείξετε ότι ΕΔ=14, β) AK .L KB Λ (J σ

Ά σκηση

�

-------

�------�� Β Α

στην ΑΒ, η οποία τέμνει την ΟΑ στο Γ και την ΟΒ στο Δ. Φέρουμε και τις ΜΕ.lΟΓ, MZ.LOB. Ν α αποδείξετε ότι: α. ΕΓ = ΜΕ και ΖΜ = ΖΔ β. ΕΓ2 ΖΔ2 = R2 γ. ΜΓ2 ΜΔ2 = 2R2

++ η α) Το τρίγωνο ΟΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές (ΟΑ = ΟΒ = άρα ΟΒΑ ΟΑΒ 45° (1). Επειδή ΓΔ // ΑΒ θα είναι ΟΔΓ = ΟΒΑ 45° (εντός εκτός κικιεπίεπίτατααυτά)αυτά),και άραΟΓΔτα= ΟΑΒ = 45° (εντός εκτός ορθογώνια τρίοπότεγωναΕΓΖΔΜ =ΜΕ και(2) καιΜΕΓΖΜθα= ΖΔείναι(3).και ισοσκελή Λ 1J σ

R),

�

Τα= τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΚ έχουν ΑΕ=ΑΚ=6, ΑΔ ΑΒ και ΕΜ = ως συμπληρωματικές της οπότε. ΕΔ=ΚΒ Άρα τα= 14.τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΚ είναι ίσα, β) Από το Π. Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΕΚ έχουμε: => ΕΚ2=62+62 => ΕΚ=6 J2 = + ΕΚ2 ΑΕ2 ΑΚ2 Στο τρίγωνο+ΕΚ2-2ΔΕ· ΔΕΚ ο νόμος των συνημιτόνων δίνει: ΔΚ2=ΔΕ2 Ε Κσυνφ� 102=142+(6 J2 )2 -2J2· 14·6 J2 ·συνφ�J2 100= 1 96+72 - 168 ·συJ2 νφ � 168 ·συνφ=168 ' =45 . � συνφ= J21 �συνφ= τ Άρα Οπότεισότητα ΑΕΔ 90 και ΑΕΔ 90 (από την των τρι γ ώνων ΑΕΔ και ΑΒΚ). ΆραΑΚ.lΚΒ . Δ

α)

ΦΛ

· . . . . · · · ·· · · ·

. .. . . . · · ·

.. Γ

( 3)

R2 ,

(β)

Λ.

ΑΚΒ

Λσκηση 5 '1

β) Είναι ΟΕ = ΖΜ (4) (ΟΕΜΖ: ορθογώνιο). Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ) ( Ε ΟΕΜ = 90° έχουμε: ΜΕ2 + ΟΕ2 = ΟΜ2 2 = ΟΜ2 <::::> ΕΓ2 + ΖΔ2 = αφού ΕΓ + ΖΜ ΟΜ = (ακτίνα του κύκλου). γ) Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στα ορθογώνια και ισοσκελή τρίγωνα ΜΕΓ και ΜΖΔ 2 2 2 2 έχουμε: ΜΓκατά=2ΕΓ και ΜΔ 2ΖΔ , οπότε με πρόσθεση μέλη παίρνουμε: ΜΓ2 +ΜΔ2 =2ΕΓ2 +2ΖΔ2 <::::>Mr +MΔ2 =2(W+'Zff ) ΜΓ2 + ΜΔ2 = 2R2 <=>

κλΒ

κλΔ

(2),( 4) <=>

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και έστω Μ το μέσο του ΒΓ. Αν οι ΑΓ και ΔΜ τέμνονται στο Ε και ΓΖ είναι το κάθετο ευθύγραμμο τμήμα από το Γ προς τη ΔΜ, τότε να δείξετε ότι ΓΖ=3ΕΖ.

Από το ορθογώνιο τρί γ ωνο Γ ΔΜ έχουμε : + ΔΜ2=ΔΓ2+ΜΓ2 � ΔΜ2=(2ΜΓ)2 ΜΓ2 � ΔΜ2=5ΜΓ2 � ΔΜ = .J5 · ΜΓ (1) και .J5 ΓΜ2=ΔΜ·ΜΖ�ΓΜ2= "<. :; ΜΓ-ΜΖ�ΜΖ= ΜΓ καιΔΜ·2ΜΓΓΖ=ΓΔ·ΓΜ� ΜΓΤΖ=2ΜΓ2 � ΓΖ= .J5 (2) Λ ίJση

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/54

Ο)

(I)

\ :

------ΓΔ2 2ΑΛ2=ΑΓ-+ -ΑΔ2 =2ΑΛ2+-(2) αφού 2 2

------- Μαθη ματικά για την Β' Λυκείου

<=>

ΑΔ=ΓΔ. ΑπόΆρατιςτοσχέσεις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΑΒ=ΑΔ. τετράπλευρο ΑΒΓΔρόμβος. έχει δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες, άρα είναι Άσκηση 711

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΓ Δ και ΓΕΜ , ΕΜ = -ΜΓ = -1 , αρα , ΕΔ=2ΕΜ και εχουμε -ΕΔ ΑΔ 2 1 =2-fs και ΕΜ=-ΔΜ 2 J5 ΜΓ ΕΔ= -ΔΜ=-ΜΓ 3 3 3 3 2ΜΓ (3) , J5 Επισης: ΕΖ=ΕΜ-ΖΜ=3ΜΓ - ΜΓ J5 3J5 = Από τις σχέσεις (2) και (3) έχουμε ΓΖ 3·ΕΖ. Άσκηση =

611

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ και τα μέσα Μ, Ν, Κ, Λ των πλευρών ΑΒ, ΑΔ, ΓΒ, ΓΔ αντίστοιχα. Αν τα τρίγωνα ΑΚΛ και ΓΜΝ είναι ισόπλευρα , τότε να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι ρόμβος. ΛίJ ση

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, στο οποίο η διάμεσος ΑΜ είναι κάθετη στην πλευρά ΑΒ. Φέρ ουμε και το ύψος ΑΔ. α) Να εκφράσετε τη διάμεσο ΑΜ σε σχέση με τις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ. β) Να εφαρμόσετε το πυθαγόρειο θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΜ και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι ΒΓ2 = ΑΓ2 3ΑΒ2• γ) Να εφαρμόσετε το δεύτερο θεώρημα διαμέσων στο τρίγωνο ΑΒΓ και στη συνέχεια να

, απο δει'ξετε οτι

ΑΔ 2

2 2 ΑΓ - ΑΒ

ΔΜ . 2

=4 13 cm να βρείτε το πρώτου θεωρήματος διαμέσων στοΑπό τρίγωνοπόρισμα ΑΒΓ έχουμε: - 2 ΑΜ2 = 2ΑΒ2 + 2 ΑΓ2 ΒΓ (1). 4 δ) Αν ΒΓ = 14 cm και ΑΓ μήκος της διαμέσου ΑΜ. Λύ ση α)

Στο τρίγωνο ΑΔΒ τα Μ,ΝΒΔείναι μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΔ, άρα ΜΝ= 2 . Ομοίως στο τρίγωνο ΓΔΒ τα Κ,ΒΔΛ είναι μέσα των πλευρών ΒΓ,ΔΓ, άρα ΚΑ= -2 . Άρα ΜΝ=ΚΛ, οπότε τα β) Εφαρμόζοντας το Π. θ. στο ΑΒΜ (Α = 90° ) : ισόπλευρα τρίγωνα ΑΚΛ και ΓΜΝ είναι ίσα. W=AB'+Mf (2). Ομως ΒΜ = ΒΓ2 (3). Από (2) και ( 1 ), (3) : B:z ABz + 2ABz + 2:-z - ΒΓ: ΒΓ 2 2ΑΓ2 -ΒΓ2 ::::::::} 2ΒΓ2 = 6ΑΒ2 +2ΑΓ2 ::::::::} ΒΓ2 = 3ΑΒ2 + ΑΓ 2 . γ) Αρκεί να δείξουμε ότι: � ABz ΑΔ z + ΔΜ z = ΑΓz Από θ. διαμέσων ΤαΑΚ=ΓΜ τρίγωνακαιΑΒΓ καιΓΝ. ΔΑΓ είναι ισοσκελή,ότι στο ΑΒΓ: ΑΓ2 - ΑΒ2 = 2 ΒΓ ΔΜ = Αρκεί να δείξουμε ΑΛ αφού · ΔΜ ΒΓ = ΑΔ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ από το ΑΒ ΒΜ · ΔΜ θεώρημα των διαμέσων έχουμε: 2 ΒΓ2 2ΑΚ2=ΑΓ2+ -ΑΒ2 ( 1) Εφαρμόζοντας Πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒ2+ΑΓ2=2ΑΚ2+ -(Δ ) έχουμε: ΑΔ2 + ΔΜ 2 = ΑΜ2 και ΑΔΜ 2 2 Στο ισοσκελές αφού ΑΒ=τωνΒΓ.διαμέσων θεώρημα έχουμε:τρίγωνο ΑΔ2+ΑΓ2ΔΑΓ= από το από μετρική σχέση στο τρίγωνο ΑΒΜ (Α ) Α

�

(χ4) =:>

4ΑΒ 2 + ΑΒ 2 +

=:>

<=>

ΑΓ2 - ΑΒ2

�

=:>

ΑΓ2 - ΑΒ2

(4).

90°

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ. l/55

90°

----ρικό του Α να δείξετε ότι:

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

θα ισχύει: Α. Μ2 = ΒΜ . ΔΜ , δηλαδή ΑΔ2 + ΔΜ2 = ΒΜ ΔΜ (5). Από τις σχέσεις (4) καιΑΒ(5) προκύπτει ότι: 2

ΑΔ z + ΔΜz = ΑΓ2 4

Από (β) ερώτημα, αντικαθιστώντας έχουμε: ΑΒ Όπως είδαμε παραπάνω είναι ΑΔ2 + ΔΜ2 = ΑΜ2 και ABz δηλαδή, ΑΔ2 + ΔΜ z - ΑΓ 2 4 z z AB ΑΓ - -- οπότε AM z ---4 δ) 1 4 2 1 32 + 3ΑΒ2 => 1 96 = 1 69 + 3ΑΒ 2 => 3ΑΒ2 27 => 2 = 9 (6). =

69_ 9 1_ _ -_

ΑΜ 2 40 => ΑΜ = J40 . =

8'1 Δύο κύκλοι με κέντρα Κ,Λ τέμνονται στα σημεία Μ και Ν, Φέρνουμε δυο διαμέτρους ΑΚΒ και ΔΛΓ των δυο κύκλων έτσι, ώστε το ΑΒΓΔ να είναι κυρτό τετράπλευρο.Οι ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Ε. Αν Η,Ι είναι τα ορθόκεντρα των τριγώνων ΕΑΔ και ΕΒΓ αντίστοιχα, να δείξετε ότι αυτά βρίσκονται πάνω στην ευθεία ΜΝ. Άσκηση

Λύ ση

aντιδιαμετ α) Το Α'ΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέζιο. β) Είναι: ΡΑ 2 + ΡΒ 2 + ΡΓ 2 + ΡΔ 2 = 4 . ρ 2 γ) Είναι: ΑΒ 2 + ΓΔ 2 = 8 · ρ 2 - 4 · ΟΡ 2

δ) Αν επιπλέον ΡΑ = Ε_ και ΡΒ = ρ να δείξετε 2 JlSρ . ότι: ΓΔ = 2 ΛίJ ση

Η γωνία ΑΒΑη' ορθή αφού είναι ' είναι διάμετρος. ΑΑΆρα ΓΔ ΒΑ ' (κάθετες στην ΑΒ ) . Συνεπώς το Α'ΒΓΔ είναιστατραπέζιο μάλι ισοσκελέςκαι αφού ΒΓ=ΔΑ ' ως χορδές -' των ίσων εγγεγραμμένων γωνιών ΓΔΒ, ΔΒΑ αντίστοιχα. (Οι γωνίες είναι ίσες αφού ΓΔ ΒΑ' ) β) Είναι: ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 + ΡΔ2 = α)

Α'

(1 )

Π .Θ.

(ΡΑ2 + ΡΔ2) + (ΡΒ2 + ΡΓ2) = (I ) ΑΔ2 + ΒΓ2 = ΑΔ2 + Α'Δ2 = ΑΑ'2 = 4p2 (2) ΑΒ2 + ΓΔ2 = (ΡΑ+ΡΒ)2 +(ΡΓ +ΡΔ)2 = γ) ΡΑ2 + 2ΡΑ·ΡΒ + ΡΒ2 + ΡΓ2 + 2ΡΓ·ΡΔ + ΡΔ2 = (ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 + ΡΔ2 ) + 2(ΡΑ·ΡΒ + ΡΓ·ΡΔ) (=2 ) 4p2 + 2(ΡΑ·ΡΒ + ΡΓΡΔ) (3) Π.Θ.

Είναι:

Όμως από θεώρημα τεμνόμενων χορδών · είναι ΡΑ·ΡΒ = ΡΓ·ΡΔ = p2 - ΟΡ2 (4) Η (3) μέσω της (4) γίνεται: ΑΒ2 + ΓΔ2 = 4p2 + 4(p2 -ΟΡ2) = 8p2 - 40Ρ2 (5) δ) Αν ΡΑ = και ΡΒ p τότε 2 ΑΒ ΡΑ ΡΒ = 3 και από την 2 ΡΑ·ΡΒ = ρ2 - ΟΡ2 έχουμε:

είναι το σημείο τομής τωνεγγράψιμο υψών ΑΖοπότεκαι ΔΣΗΑΗΖ .ΤοΤο=Ητετράπλευρο ΑΔΖΣ είναι ΗΔ· Ηπρος Σ. Επομένως τοκύκλους Η έχει καιτην έτσι ίδια δύναμη ως τους δύο βρίσκεται στον ριζικόΜΝ. άξοναΟμοίως των κύκλων αυτών,το που είναι η ευθεία το Ι είναι = Ρ2 - ΟΡ2 ΟΡ2 = p2 _f!_2 = p2 -Ρ σημείο τομής των υψών ΒΘ και ΓΤ. Αφού το 2 2 2 τετράπλευρο ΒΓΘΤ εί ν αι εγγράψιμο, τότε Άρα η (5) με αντικατάσταση από τις παραπάνω Ιτ·προςΙΓ=τουςΙΒ·Ιδύο Θ, οπότε το Ι έχει την ίδια δύναμη ως πάνω στην ευθείακύκλους, ΜΝ. άρα θα βρίσκεται και αυτό γίνεται: ( 3:)2 + ΓΔ2 = 8p2 - 4 �2 Δίνεται κύκλος (0, ρ) και δύο κάθετες ΓΔ2 = 6p2 - 9p2 = 1 5p2 ΓΔ = Mp . χορδές του ΑΒ και ΓΔ με το Γ στο κυρτό τόξο 4 4 2 ..-. που τέμνονται στο σημείο Ρ. Αν Α' το Β

<=>

Άσκηση 9'1

<=>

ΑΒ ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/56

------- Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου -------

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ Γιώργος Τσαπακίδης

Α. ΕΙΣΑΓΩΓΉ

Αν περπατήσουμε το τμήμα ΑΒ ενός δρόμου από το Α προς το Β κοιτάζοντας δεξιά μας, θα δούμε εντε λώς διαφορετικά αντικείμενα από εκείνα που θα δούμε αν περπατήσουμε το ίδιο τμήμα από το Β προς το Α κοιτάζοντας πάλι δεξιά μας. Αυτή η διαφορά της «διά νυσης» του τμήματος ΑΒ κατά τις κατευθύνσεις ΑΒ και ΒΑ δεν μπορεί να περιγραφεί με τις υπάρχουσες ένοιες της Ευκλείδιας Γεωμετρίας απαιτείται μια νέα έννοια, η έννοια του διανύσματος ΑΒ , που δηλώνει ότι το τμήμα ΑΒ «διανύεται» από το Α προς το Β. Έτσι έχουμε: ΔΙΑΝΥΣ Μ Α τ J Κ Η Γ Ε Ω Μ ΕΤΡΙΑ= ΕΥΚΛΕ Ι Δ Ι Α Γ Ε Ω Μ ΕΤΡΙΑ

Π ΡΟΣΑΝΑΤΟΛΙΣΜΟΣ

Η εισαγωγή του προσανατολισμού στην Ευκλείδια Γε ωμετρία έχει ως αποτέλεσμα την αριθμητικοποίηση της και η συνέπεια του αποτελέσματος αυτού είναι η επέ κταση της Ευκλείδειας Γεωμετρίας σε χώρους με δια στάσεις μεγαλύτερες του τρία. Παρατήρηση: Ουσιαστικά η Ευκλείδια Γεωμετρία ασχο λείται κυρίως με τη μελέτη της παραλληλίας και της καθε τότητας, ως εκ τούτου οι βασικές σχέσεις της Διανυσματικής Γεωμετρίας είναι: * α I

Ιβ

<=>

l I=ο xl ΥΙ Χ2 Υ2

* α j_ β <=> χ1χ2

+ y1y2 = ο

Η βασική θεωρία της Διανυσματικής Γεωμετρίας δίνεται στον παρακάτω πίνακα: ΕΝΝΟΙΕΣ

Διάνυσμα Μέτρο Διανύσματος

Δίνεται μια ισότητα διανυσμάτων: β) Δίνονται οι συντεταγμένες τους: -

π.χ

Α( -3, 2) , Β (1,4) , Γ (3,5)

α) Μετατρέπουμε την δεδομένη ισότητα σε σχέση της μορφής ΑΒ = λΒ Γ , οπότε ΑΒ ΙΒΓ � Α, Β,Γ συνευθειακά. π.χ. 20Α+30Β=50Γ� Α πάντηση

� 20Α + 3 ( 0Α + ΑΒ ) = s ( ΟΑ + ΑΓ ) � 20Α + 30Α + 3 ΑΒ = 50Α +5ΑΓ � 3ΑΒ = 5ΑΓ � ΑΒ I I ΑΓ � Α, Β, Γ = ( Χ8 - xA , yB - ΥΑ ) , ΑΓ = ( Xr - χ Yr - yΑ ) det ( ΑΒ, ΑΓ ) = Ο . ΑΒ = (1+3,4-2) =( 4,2) ΑΓ = (3 + 3, 6 - 2) = (3, 4) deι ( AB, AΓ ) = i = 12 - 12 = 0 � ΑΒ I I ΑΓ � Α, Β, Γ

ΑΛΓΕΒΡΙΚΗ

α = (x, y) -

lai = Jx

Αν

ο�

Άθροισμα Διaνυσμάτων

ΟΑ

ΑΒ = -

κ,

Διαφορά Διανυσμάτων

2 +/

α = (χ1 , y1 )

β = (x, , y, ) ,

Τότε -

α+β= = (χι +χ,,yι + Υ2 )

ΟΒ

ο�

α-β= = (χ, - Χυ Υι - Υ2

ΟΑ- ΟΒ = ΒΑ

Το

λα

είναι διάνυσμα

ομόρροπο του

αν

Γινόμενο Αριθμού με διάνυσμα

λ>Ο, Αντίρροπο του αν λ<Ο Με μέτρο

Συγγραμικά διανύσματα

Είναι τα διανύσματα που έχουν τον ίδιο ή παράλληλους φορείς.

aιιβ <=> ""'

;; · β =

Ισχύει

Β . ΤΑ ΒΑΣΙ ΚΑ Θ Ε ΜΑΤΑ

1. Πως αποδεικνύουμε ότι τρία σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά, όταν: α) π.χ. 20Α + 30Β = 50Γ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΉ

Προσανατολισμένο ευθύγραμμο τμήμα Το μήκος του ευθυγράμμου τμήματος που παριστάνει το διάνυσμα

λα = (λχ,λ_ν)

1λα1 = lλΙ ΙαΙ . Αν λ=ο ή α = δ τότε λα δ =

Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων Γωνία διανυσμάτων Κάθετα διανύσματα

i i .,y,

j α j .j :Bjσuv(Π)

a /J ·

με α , β 7 0 Η κυρτή γωνία των φο-

οvι.-θ

ρέων τους

a l_ p <=> α Ρ = �

α 1_

γενικά χ, χ,

+ Υ, Υ,

�Χι��+Υι�2 � JXj-+J'. -J.ς_-+y2-

β <;:::> χι χ2 + ΥιΥ2 = Ο

2. Πώς βρίσκουμε το μέτρο αθροίσματος διανυ2π , σματων; π.χ. Αν α = 2 , β = 1 και α, β = 3

ΓΙ

(�)

ΓΙ

συνευθειακά. τότε 12a-3PI β) Βρίσκουμε τα ΑΒ το τετράγωνο του μέτρου χρησιμοποικαι αποδεικνύουμε ότι Βρίσκουμε β ώντας τη σχέση _ 3�2 (2α-3-)2 1� =α π.χ. 1 2απ.χ. 4α - 1 2α β + 9β = 4 1 {; 1 2 - ι2 Ι t; I :S I + 9 :S 2 = Α,

j ��

συνευθειακά.

Α πάντηση

2 -2

-2

2 = 4 · 2 2 - 1 2 · 2 · l · σv v π + 9 · 1 2

= 25 + 12 = 37 .

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/57

= !6

I I ( - 2Ι ) + 9 =

24 3 1 2a - 3PI = F7 .

Άρα

------ Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου ------3. Πως βρίσκουμε άθροισμα γινομένων διανυ σμάτων τα οποία ικανοποιούν μια δεδομένη ισότητα; π.χ. Αν ι α ι = 1 , ιβι = 2 , l r l = 3 και 4α+ 2β- 3r = ο (t) τότε 2αβ - 3βy+ 5rα =;

δεδομένη ισότητα κρατάμε κυκλικά στοστοπρώτε Στημέλος τοτράγωνο, δυοώστεπροσθετέους και υψώνουμε να δημιουργήσουμε το γινόμενο των δυο διανυσμάτων του πρώτου μέλους. Π.χ. Απ<'ιντηση

( 1 ) => 4α + 2Ρ = 3r => (4α + 2β)2 = (3r)2 => 16α- 2 +16αβ+4β- 2 = 9y- 2 => 16ι α ι 2 + 16αβ +4 Ι β1 2 = 9 1 rl 2 => 49 16·1 - +16αβ+4 · 2- = 9 · 3 2 => α--β = -. 16 Ομοίως ( 1 ) => 2β - 3y = 4α , άρα (2β - 3 r)2 = ( 4α)2 => 4Ρ2 -12βr + 9r 2 = = 16α2 => 4 1 PI2 -12βy +91rl2 = 16ι α ι2 => - - + 9 · 3 = 16 · 1 => βy -- = 81 = 27 . 4 · 2- - 1 2βy 2 2 12 4 Επίσης ( 1 ) => 4α -3r = -2β => (4α -3r)2 = (-2β)2 => 16α2 - 24αr +9? = = 4Ρ2 => 16ιαι 2 - 24αr +9 1 r l 2 = 4 1 β 1 2 => 81 = 27 . αy = =4 · 22 => => -16 · 12 -24αy+9·3 24 8 -49 27 27 = 11. 3 +5 Έτσι 2αβ- 3βy+5yα = 2-16 4 8 4 --

=> l � l � σvv 2; =λ 1�2 => l α l σv v 2; = λ i P I 2 ( - 21 ) = λ · 3 => λ = - ?,1 => προβ73 -α = -21 -β. =>

προβά β .

β) Έχουμε: προβ-β- I I-α => προβ-β = λα => (;β = α . προβαβ = λα . α = λιαι2 => αβ = λιαι 2 => ( -3,2)( s,-1) = λ ( J( -3 )2 + 22 )2 => -15 - 2 = 13. λ => λ = _!2 13 => 5 1 , 13 -34 ) . 17 -3 , 2 ) = (13 προβαβ- = -13( -

5. Πώς αναλύουμε ένα διάνυσμα σε δύο κάθετες συνιστώσες που η μια από αυτέ έχει δεδομένη διεύθυνση; π.χ. Να αναλυθεί το a = ( -4,5) σε δυο κάθετες συνιστώσες που η μια να έχει τη διεύθυνση του β = (3,-2) . Απ6ντησ η

Έστω y , δ οι κάθετες συνιστώσες του α με y . Προφανώς είναι α = r + δ και y = προβ α . Έτσι αναγόμαστε στο προηγούμενο πρόβλημα. π.χ. Έστω- y , δ οι κάθετες συνιστώσες 4. Πώς βρίσκουμε την προβολή διανύσματος του α με y Είναι y =προβ 73 -α = λβπάνω σε διάνυσμα; π.χ. α) Να βρείτε την προβολή του α πάνω στο (;β = β . προβ α = λ Ιβ 12 β , όταν ιαι = 2 , ιβι = 3 , και ( �) = 2; --4, 5)( 3,-2) =λ( J32 +( -2)2 )2 => λ = ��2 ( β = ; -3,2) και β = (5,-1) , τότε ροΡα α = β) Αν ( π Προφανώς προβ - -β -α άρα προβ- β = λα- . Εί- Έτσι y- = - 1322 ( 3,-2) = (- 1366 ' 1344 ) και ναι αβ = α προβα β = λ αι; = λ ιαι2 οπότε a=r+δ=>δ=a-r =(-4,s) { :.:) = ( �� , ��) . υπολογίζουμε το λ -άρα -και το προβ-β. 6. Πώς βρίσκουμε την γωνία δυο διανυσμάτων; α) Έχουμε: προβ73 α β => προβ73 -α = λβ- π.χ. Αν ; = 2α-β , � = 3α+4β ι αι = 1 , 1β 1 = 4 . 2 αβ = β προβ73α = λ β . β = λ l β1 => π τότε ( ) =; και ( � ) = "3 -

IIδ

11δ.

Λ π<'ιντη ση

α, β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β'

85 τ.1/58

συv ;:;--:. u, ν

------ Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου ------

Χρησιμοποιούμε τον τύπο συ ν (;;,β)

�

ι:ι:�I

τον συ v ( α , β) = 2 χ1 χ22+ Υ Υ2 �ΧΙ + ΥΙ �χ/ + y/ όταν {; = ( x1 ,y1 ) και β = ( x2 ,y2 ) . π.χ. � · �=( 2{;-β)( 3{; + 4β) = &? +8αβ -3αβ -4β2 = = 6 1 [; 1 2 + 5I [; I I :Bi σv v ; - 4 1β 1 2 = = 6 ·1 2 + 5 · 1 · 4 . .!.2 - 4 . 42 = 6 + 1 ο - 64 = -48 . 2 2 1� 1 = ( 2{; -;8) = 4a 2 -4aβ + β2 = 4 l c; l 2 - 4 l c; ll βl σv v ; + l βl 2 = 4 · 1 2 -4 · 1 · 4 . ± + 42 = 12 ' άρα 1 � 1 = Ji2 2 2 1 η = (3a + 4β) = 9a 2 + 24ι;β + 1 6β2 = 9 1 {; 12 + 24 1 a ll βl σv v ; +16 1 β1 2 = 9 1 2 + 24 · 1 4 · -21 + 16 · 42 = 313 ' άρα .;:::;-:::;.

-48

Ji2 .

Jill

---= =--= =

, Ί ! n'O !15\ i � 1\ li ι\ Τ Λ

ΒΕ = ΒΓ + ΓΔ + ΔΕ = ΒΓ + ΑΖ + ΒΑ = β+ {; + β- {; = 2β. ΕΓ = ΖΒ = -ΒΖ = {; -β. ΖΕ = ΒΓ = α + β. ii) ΑΖ·ΑΒ =IAZI·I AB i σvv120o = 6·6{�) =-18 -

ΕΔ -ΓΔ = I EΔI·IΓΔ i σv v120o = 6 · 6 {-�) =-18

ΒΕ- ΓΖ = IBEI·Ιrz Ισv v60° = 1 2 · 12 · ± = 72 . ΑΒ · ΔΕ = IABI·IΔE l σv v180o = 6·6·( -1) =-36. β. i) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΓΚ έχουμε ΒΚ = ΒΓ · συv60 = 6 · -21 = 3 , και .J3 = 3ν3h . ΓΚ = ΒΓ · ημ60 = 6 · 2 ΑΕ = ΒΔ = 2ΚΓ = 6.J3, ΑΛ = ΒΚ = 3 και ΛΖ = ΚΓ = 3.J3 . 'Ετσι: r(9, .J3) , Δ( 6,6.J3) , E ( o, 6.J3) , z(-3,3.J3) ii) Είναι ΑΓ = ( 9, 3.J3) , BE = (-6,6.J3) , ΑΔ=(6,6J3) , ΓΔ=(-3, 3J3) , EZ=(-3,-3J3) και ΒΔ = (Ο,6.J3) . Άρα AΓ·BE=(9,if3)·( -6,6J3 ) =9( --6)+ 3)3.6{3 =0. Μ· ΓΔ=( 6, 6{3) ·( -3, 3J3) =6( -3) + 6J3 · 3J3 = 36. ΕΖ · ΒΔ = ( -3, -3.J3) ·( 0,6.J3) = -54 . ο

IΛ

ικ

1 . Δίνεται το κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ. α. Αν ΑΒ α και ΑΖ = β και ( ΑΒ ) = 6 . i) Ν α 2. Αν δίνονται τα συμμετρικά σημεία Α', Β ', Γ εκφράσετε ως γραμμικό συνδυασμό των α και και Δ 'των κορυφών Α, Β, Γ, και Δ του άγνω στου τετραπλεύρου ΑΒΓΔ ως προς τις κορυφές β τα διανύσματα ΒΖ,ΒΓ ,ΒΕ,ΕΓ και ΖΕ . Β , Γ, Δ, και Α αντίστοιχα, μπορούμε να προσδι ii) Να βρείτε τα εσωτερικά γινόμενα : ΑΖ· ΑΒ , ορίσουμε το ΑΒΓΔ; - - - - - ΕΔ · ΒΓ , ΒΕ ·ΓΖ , ΑΒ · ΔΕ . ση Λ ίJ β. Αν οι συντεταγμένες του Α είναι (ο,ο) και Έστω ότι το ΑΒΓΔ κατασκευάστηκε και Ο τυχαίο του επιπέδου του τετραπλεύρου, τότε του Β είναι ( 6, Ο) , να βρείτε i) τις συντεταγμένες σημείο + ΟΑ-(αφού το Β είναι το μέσον του των Γ , Δ ,Ε , Ζ ii) τα εσωτερικά γινόμενα 20Β = ΟΑ' ΑΑ ) � 20Β - ΟΑ = ΟΑ ( 1 ) ΑΓ·ΒΕ , ΑΔ ·ΓΔ , ΕΖ · ΒΔ . Όμοια 20Γ - ΟΒ = ΟΒ ' (2) =

ΒΓ = ΒΟ + ΟΓ = ΑΖ + ΑΒ = β+ α . -

Δ"

�

20Δ -ΟΓ = ΟΓ ' (3 ) 2ΟΑ-αι=αι (4) ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/59

------- Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου -------

(1 ) + 2 · ( 2) + 4 · (3) + 8 · (4) � ΟΑ = 115 ( ΟΑ' + 20Β' + 40Γ ' + 80Δ ') Επειδή τα ΟΑ', ΟΒ' , ΟΓ ', ΟΔ ' είναι γνωστά θα είναι γνωστό και το Α, οπότε το Β είναι το μέσον του ΑΆ, το Γ μέσο του ΒΒ ' και το Δ μέσο του ΓΓΌ

που ισχύει, με το ίσον μόνον όταν α I Iβ β. Θεωρούμε τα διανύσματα α = ( 6, -8 ) κ' β = (χ,y) . Είναι α -β = 6χ - 8y , 1 α 1 = �62 + ( -8 γ = 10 κ' Ι βl = �χ2 + / = 6 . 3. Δίνονται τα σταθερά σημεία Α,Β του επιπέδου. Οπότε � � :s; � � - � � =>l 6x -8� :s;I0-6=60=> α. Υπάρχει σημείο Κ του επιπέδου για το οποίο - - να ισχύει 2ΑΚ. + 5ΒΚ = Ο ; β. Είναι η παράστα- -60 :s; 6χ-8y :s; 60 . Το αριστερό ίσον ισχύει για 24 18 - t β- , δηλαδή χ=- και y = - , και το δεξιό ση 3ΜΑ + 2ΜΒ - 5ΜΚ ανεξάρτητη του Μ; 5 5 γ. Ποιος είναι ο γ.τόπος Μ, όταν 3Μι\ +2Μ3 =20ΑΒ . 24 18 και y=-ίσον ισχύει για β , δηλαδή χ = Λύση 5 5 , , α. (γιατί;) . Άρα Amin = -60 και Amax = 60 . Είναι 2ΑΚ +5ΒΚ = Ο <=> 2ΑΚ +5(ΒΑ+ ΑΚ) = 0 γ. Θεωρούμε τα διανύσματα α = ( 4, -3 ) και β = ( ημχ, συvχ ) . Είναι α · β= 4ημχ-3σvvx, <=> 7 ΑΚ = -5ΒΑ <=> ΑΚ = 2_7 ΒΑ . - - -� � =�42 +( -3)2 =5 και I ;BI = �ημ2 χ+ συv 2 χ = 1 . β. 2ΜΑ2 + 5ΜΒ 2 - 7ΜΚ 2 = = 2(ΜΚ + ΚΑ γ + 5 (ΜΚ + ΚΒ)2 - 7ΜΚ 2 = 'Ετσι : 1 α;Β 1 :s; 1 α 1 - 1 β1 => i4ημχ -3σv vxl :s; 5 . - - - -- 2ΚΑ --2 4ΜΚ -- 2 -- · ΚΑ 5. Έστω τα διανύσματα α , β , χ , y από τα =-2ΜΚ + -+ + -- 2 = -- 2 - 7ΜΚ οποία τα α , β δεν είναι συγραμμικά. ΚΒ + 5ΚΒ 5ΜΚ 2 + 10ΜΚ · --- --- -2 2 ί) Αν αχ = αy και βχ = βy , τότε χ = y . 2ΜΚ ( 2ΚΑ + 5ΚΒ 5ΚΒ) + 2ΚΑ = = + ii) Αν προβα χ = προβα y και προβ/1 χ = πpoP-p y, - 2ΚΑ -2 2 = 2ΜΚ · 0 + + 5ΚΒ = τότε χ= y . 2 ( 2 - )2 70 ) ( 5 Λύση = 2 - Ί ΑΒ + 5 Ί ΑΒ = 49 ΑΒ i). 'Εστω α = ( α1 , α2 ) , β = (βι , β2 ) , Άρα είναι ανεξάρτητη του Μ. � = ( Χ1, Χ2 ) και Υ = (y1 , y2 ) , τότε . 70 2 2 2 2 2 2 γ. 2ΜΑ + 5ΜΒ =2ΑΒ <=>'7Ν1Κ +-ΑΒ = 2ΑΒ ax=ay } => αιχι + α2χ2 =αιΥι +α2Υ2 } => 49 βιχι +β2χ2 =/1, yι +β2Υ2 <=> 7ΜΚ2 = ��ΑΒ2 <=>ΜΚ2 = 4�ΑΒ2 <=>Ι ΜκΙ = �ι ΑΒι. 7Jx=7Jy Υι)+α2 (χ2=Υ2 ):0 } ( Σ ) . Άρα ο γεωμετρικός τόπος του Μ είναι κύκλος με α/l,(ι(Χχιι =Υι) +β2 (χ2 Υ2 )-Ο κέντρο το κ και ακτίνα ρ = %1 AB I . Το (Σ) είναι γραμμικό σύστημα 2χ2 με αγνώστους χ1 - y1 και και ορίζουσες D = I � p� I * Ο , 4.α. Για όλα τα διανύσματα α , β : l � :s;lq ·l� �

-2

Ψ1

-2

- ++ α ι ι

<=>

β. Ποια είναι η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της παράστασης Α = 6χ - 8y όταν ; γ. Για κάθε χ ε � ισχύει j 4ημχ - 3συvxi :s; 5 .

α. Αν α -= Ο ή β =-Ο τότε είναι προφανής. Αν α Ο και β Ο τότε αρκεί Λύση

;;J:.

(αφού α * β ), Dl = 1 8 β� 1 = 0 και � =Ι Λ � =Ο,

{

Χϊ -Υι =Ω_=Ο Χι =Υι Σ .Ζ => Χ => χ = y . οπότε ( ) => Y_-y2 ==::.2.D =0 2 -Υ2 ii) Έστω προβα � = προβα y = ( κ1 , κ2 ) και προββ � = προββ y = (λ, , � ) . 'Εχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/60

--:z

-------

Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου -------

Από τις (1) και (2) και λόγω της (ί) είναι

Όμοια: ΑΜ = 2; ΑΒ+(�- �)ΑΓ (2).

χ=y 6.Αν Α 1 , Α 2 , , Αν σημεία του κύκλου ( O,R) τέτοια ώστε ΟΑι + ΟΑ 2 + . . . . + OAv = Ο και Μ τυχαίο σημείο του επιπέδου του κύκλου, τότε • • •

ΜΑ1 + ΜΑ 2 + . . . . + MA v "?. vR

Λύση

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

)

ΙΙ l iI l

τότε:

S: Ο Αι - OM · OA ι = M A ι · OA ι = - 2 -- -ΜΑ · R έ σ : ΟΑι - ΟΜ · ΟΑι S: M A 1 · R => 2 -- -=> R - ΟΜ · ΟΑι S: M A 1 · R =>

,τι

ΜΑκ �

(

- - ΟΜ · ΟΑκ

) , για κα' θε κ=1,2, ... ,ν

Άρα: ΜΑ1 + ΜΑ2 + . . . . + ΜΑν � �

�[

νR 2

(

ΟΜ Ο Αι + ΟΑ 2 + . . . . .

OAv)] = νR

7. Έστω ότι κ,Λ είναι τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ του ΑΒΓ και τα σημεία Δ,Ε της ΒΓ, τέτοια ώστε ΒΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν τα τμήματα ΚΕ και ΛΔ τέμνονται ΚΜ στο Μ, τότε ποια είναι η τιμή του ; --

ΜΕ

Λύση

Είναι ΑΜ = ΑΚ + ΚΜ = ΑΚ + λΚΕ =

�

(

)

ΑΒ + λ ΚΒ + ΒΕ = Α

�

ΚΜ =

}

(rι α τί ; )

� Μ Ε =>

ΚΜ ΜΕ

Άρα: λ = ρ = 35 => -

�.

ΑΒ + λ

(� � ) ΑΒ +

{; = (χ, y ) , η αντίστοιχη γεωμετρική παρά-

σταση του διανύσματος αυτού είναι το ΟΑ (Ο η αρχή

οΑι - οΜ · ΟΑι = Ο Αι - οΜ · Ο Αι συvθ s:

λ � Ο 2 6 3

μών, δηλ.

Ο Αι - ΟΜ , ΟΑι

Ι II l I

2 6

Όπως είδαμε στην εισαγωγή ένα διάνυσμα μπορεί να ορισθεί αριθμητικά ως ένα διατεταγμένο ζεύγος αριθ-

(

l_Q_li=o 3

Δ. ΕΠ ΙΛΟΓΟΣ

---

Αν θ είναι η γωνία των

(1)' (2) =>(�2 -�6 - 2ρ3 ) ΑΒ = (�2 - ρ6 - 2λ3 ) ΑΓ =>

ΒΓ =

των αξόνων και Α σημείο με συντεταγμένες

(χ, y )

Μπορούμε να επεκτείνουμε την έννοια του διανύσματος στο χώρο με μια διατεταγμένη τριάδα αριθμών ( x,y, z) .

Συνεχίζοντας τις γενικεύσεις μπορούμε να ορίσουμε το

a = (x1 , X1 , ... , X,. )

διάνυσμα

ΠΟυ έχει ν το πλήθος συ

ντεταγμένες. Τα διανύσματα αυτά ανήκουν σε χώρο με ν διαστάσεις για τον οποίο δεν έχουμε γεωμετρική εποπτεία. Αν

a=(<Jι,<Jι, ... ,α.., ) και

β = ( β β , ... , β, ) 1

είναι δυο

διανύσματα του χώρου αυτού τότε ορίζεται η γωνία θ των διανυσμάτων αυτών από την σχέση α ι βι + α 2 β7 + . . . + α,.β ,. συνθ = και η Ι 7 7 1 7 7 7 ν α ι 2 + α 2- + . . . + α ,.- ν β ι - + β 2- + . . . + β ,.καθετότητα από την σχέση : α1 β1 +�β2 + ...... + αvβ, = 0 . Οι προηγούμενες ιδέες αποτελούν την καρδιά του κλά δου των Ανώτερων Μαθηματικών που είναι γνωστός ως Γραμμική Άλγεβρα. Η Γραμμική Άλγεβρα είναι ένας από τους πυλώνες των Ανώτερων Μαθηματικών, ο άλ λος είναι ο Απειροστικός Λογισμός (στοιχεία του οποί ου διδάσκονται στην ΓΆυκείου με την ονομασία: Ανά λυση). Η εισαγωγή των διανυσμάτων στον Απειροστι κό Λογισμό είχε ως συνέπεια την δημιουργία της Δια νυσματικής Ανάλυσης ένα πανίσχυρο εργαλείο για την μελέτη πολύπλοκων φυσικών καταστάσεων όπως ο Η λεκτρομαγνητισμός και τα ρευστά.

Β Ι Β Λ ΙΟ Γ Ρ Α Φ ΙΑ

ι. Brand, Vector and Tensor Analysis, John Wiley, New York,

2. 3.

Α. Engel, Probleιn-Solving Strategies, Spigel , New York, 1 948. W Kaplan, D. J. ιewis, Calculus and ιinear Algebra, Vo1ume Ι,

1 947.

4. 5. 6.

Sholar Publishing Office, U.S.A., 2007.

S . ιang, G. Muπow, Geometry, Sprigel, New York, New York,

1 983.

Κ.Τ. Leung, S.N. Suen, Vectors, Matrices and Geometry , Hong Kong Univercity Press, 1 984.

R.l. Porter, Α. Shool Course in Vectors, G. Bell don

Ι 983.

ι. C. ιarson , Problem-Solving Through Problems, Sprigei-Verlag,

Ι 973.

& Sons , Ltd, ιon

E.C. Young, Vector and Tensor Analysis, Marcel Dekker, lnc, New York,

Ι 993.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/61

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΑΣ ΚΗΣ ΕΙΣ ΑΝΑΛΥΠΚΗΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑΣ Αποστόλης Κακαβάς

Β , ΛΥΚΕΙΟΥ

Α I . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Στις πλευρές του ΒΓ , ΓΔ τα σημεία Κ και Λ αντίστοιχα ώστε ΙrκΙ = I ΔΛ I = β, όπου Ο<β<α. -

- -

Να υπολογιστούν τα ΑΔ ΓΚ και ΔΛ · ΔΓ . Β Δείξτε ότι το διάνυσμα ΑΛ είναι κάθετο στο ΔΚ . Γ . Αν Ρ και Σ σημεία του επιπέδου του τετραγώνου ΑΒΓΔ ώστε ΑΡ = α·ΑΒ+β·Μ και ΑΣ = β·ΑΒ+α·Μ να δειχθεί ότι ΣΡ // ΔΒ . Α.

Λί1ση :

Α . Μ·

ΓΚ

ΔΛ · ΔΓ = IΔΛI · Ι Δr Ι · συν ( ΔΛ, ΔΓ) =

ΑΔ · ΔΓ + ΑΔ · ΓΚ + ΔΛ · ΔΓ + ΔΛ ·

ΓΚ =

ΣΡ = ΑΡ-ΑΣ = α · ΑΒ -β · ΑΒ+β· Μ-α· Μ =

= ( α-β) ·( ΑΒ -Μ) = (α-β) · ΔΒ, με α-β > Ο � ΣΡ /'/' ΔΒ .

· τ ρόπος:

.Αν Δ(α,Ο) και Β(),;) τότε: ΑΔ =

(α ,0) ,

= εφ45° � _Υ_ = 1 � y = χ + 2y � y = -χ ( 1 ). x + 2y -� Επίσης � x + y)2 + y2

_____ = 2

α · ΑΒ + β · ΑΔ και ΑΣ = β · ΑΒ+α· Μ , -

( x+2y ,y) και

επειδή το διάνυσμα ΑΒ σχηματίζει με τον άξονα χ'χ γωνία 45° είναι x+2y>O και y>O. Ισχύει

(I)

Ο - α · β + Ο + α · β=Ο. Άρα ΑΛ _l_ ΔΚ. -

� x 2 + 4xy + 5/ = 4 � χ2 + 4χ(-χ) + 5(-χ)2 = 4 � χ 2 - 4χ2 + 5χ2 = 4 � 2χ2 = 4 � χ 2 = � χ= ± J2 � χ = -.Ji, = .Ji, αφού για x=J2 , y=-/2. <Ο Υ έχουμε x+2y=-J2 < Ο

Β. ΑΛ · ΔΚ = (ΑΔ + ΔΛ ) · (ΔΓ + ΓΚ ) =

�

Έχουμε ΑΒ = (2x+y-x+y , y-y)

( χ + 2y) 2 + / = 4 � χ2 + 4xy + 4/ + y2 = 4

•

α · β · συνΟ" = α · β

Λ.

Λί1ση :

Το Α Ο Β είναι ισοσκελές με κορυφή Ο. Να βρεθούν οι συντεταγμένες του συμμετρικού του σημείου Ο ως προς την ΑΒ.

I ABI 2 �.-( 2

α · β · συν180° = -α · β

Β. Γ.

λ.\8

I� · IΓΚ] · σw(ΑΔ, rκ) =

Γ. Έχουμε: ΑΡ

Αν x=-.fi. και y=.fi. τότε να δειχθεί ότι:

ΓΚ = (α-β-α ,α-α)= (-β ,0) ,

'"=:... ·'' -τ"= σ) α - β,"--F

__,Γ(ο.α)

Λ(ο,β)

ΔΛ = (α-α ,β-Ο)=(Ο,β) και

y=J2 τότε τα Α και Β γίνονται Α ( -2J2 , J2) και Β ( -J2, 2J2) οπότε ΟΑ = (-2J2, J2) και δΒ = ( -J2, 2J2) . Άρα Ι οΑ = �( -2J2) 2 + ( J2 )2 = JlO και Ι ΙοΒ Ι = �( -J2 γ + (2J2)2 = JlO . Άρα ΙοΑ Ι = Ι οΒ Ι

Β. Αν x=-J2 και

ΔΓ = (α-α,α-0) =(Ο ,α), οπότε - ΑΔ - ΓΚ = α · (-β)+Ο · Ο=-α · β και ΔΛ · ΔΓ = Ο · Ο + β · α = α · β .

Β. Έχουμε: ΑΛ = (α, β) και ΔΚ = (α-β-α ,α-Ο)

(-β, α) , οπότε ΑΛ · ΔΚ = α · (-β) + β · α = Ο => ΑΛ _l_ ΔΚ . I

Αν

Ρ(χ,ψ)

ΑΡ = α · ΑΒ + β ΑΔ �

τότε

(χ ,ψ) = α ·(Ο, α) +β · (α,Ο)= ( Ο, α2 ) + ( α · β,Ο)

= ( α · β, α2 ) � Ρ ( α · β, α2 ) ΑΣ = (κ

,λ)

οπότε:

ΑΣ

( 1 ).

Αν

Σ(κ,

= β · ΑΒ + α · ΑΔ �

(κ , λ) = β ·(Ο, α) +α · (α,Ο)= (Ο, α · β ) + ( α2

= (α2 , α · β) � Σ (α2 , α · β ) ΣΡ = ( α · β

(2)

και

λ)

τότε

,ο)

ΔΒ = (-α,α) ,

α - β) ΔΒ -α α - α2 , α2 α · β) = ( α - β) ( , ) = (

Άρα ΣΡ /' /' ΔΒ , αφού α-β>Ο. Α2 . Δίνονται τα A(x-y, y) και B(2x+y, 2y) όπου χ, yε:IR.

Να βρεθούν τα χ, yε IR ώστε το διάνυσμα ΑΒ να σχη ματίζει με τον άξονα χ'χ γωνία 45 ° και IAB I = 2. Α.

ΟΜ=ΜΓ

Γ.Αν το μέσο του ΑΒ και τότε το Γ είναι το συμμετρικό του ως προς την ΑΒ, (γιατί;). Άρα: χ + χΒ + και Μ = Υ Α Υ Β � χΜ = Α Υ

2 2 -2J2 J2 2J2 � J2 χΜ = και y Μ = 2 2 Χ = -3 J2 και y = 3J2 � Μ -3J2 , 3J2 . Μ Μ 2 2 2 2 Επίσης επειδή Μ μέσο του ΟΓ θα έχουμε: +

χΜ =

x r + Xo

r + Yo και y Μ = Y � 2

-3J2 3J2 2 2 2 2 Xr = -3 J2 και Y r = 3 J2 � r ( -3J2 , 3J2) .

Xr + 0 και - = -Yr + 0 � -- = --

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/62

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Παράγωγοι

Δήμος Γεώργιος, Ε.Μ.Ε. Παράρτημα Τρικάλων

Η έννοια της παραγώγου είναι μία από τις σπουδαιότερες έννοιες της Ανάλυσης. Οι παράγωγοι χρησιμοποιούνται ευρύτατα σε πληθώρα επιστημονικών πεδίων, όπως στις επιστήμες μηχανικού, στις θετικές επιστήμες, στα οικονομικά, στην Ιατρική, στην επιστήμη των υπολογιστών κ. α. Στη φάση αυτή θεωρούμε ότι ο μαθητής πρέπει να γνωρίζει τουλάχιστον τα εξής: I . Να βρίσκει την παράγωγο οποιασδήποτε παραγωγίσιμης συνάρτησης. 2 . Την έννοια του ρυθμού μεταβολής συνάρτησης στο σημείο χ0 . 3 . Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης μιας παραγωγίσιμης συνάρτησης στη θέση χ0 έχει συντελεστή διεύθυνσης λ f' ( χ0 ) και επομένως εξίσωση y = χ · f' ( χ0 ) + β , όπου επειδή το Μ ( χ 0 , f( χ 0 )) την επαληθεύει, θα έχουμε f ( χ0 ) = χ0 f ' ( χ 0 ) + β => β f ( χ 0 ) - χ0 · f' ( χ 0 ) και έτσι η εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει τελική μορφή ' Υ - f ( Χ0 ) = f ( Χ 0 ) · ( Χ - Χ0 ) . 4 . Το θεώρημα της μονοτονίας που λέει: «Αν f' ( χ ) > Ο σε ένα διάστημα Δ τότε f ( χ ) ! Δ». =

•

Δίνουμε τώρα λυμένα θέματα και σχόλια στα παραπάνω. Α. Στην παρ αγι!ηιση συναρτήσεων

Ά σκηση 1 11

Για την f(χ) = _! · (αηι(τα) +Jhw(τα)) να δείξετε ότι f'(x) +� ·f(x) +κ -f(x) =O για κάθε χ Ε R \ Ί1 ση

•

Από την f(x) = -χ1 ·( α ημ(κχ) + βσυv(κχ)) -::::::;, χ · f(x) = α ημ (κχ) + βσυv(κχ) ( 1 ) Από (1) -::::::;, χ' · f(x ) + χ · f '(x) = α (ημ (κχ) )' +β( συv(κχ) )' -::::::;, f (χ) + χ · f ' (χ) = ακσυv(κχ) - βκημ(κχ) (παραγωγίζουμε πάλι τα μέλη) -::::::;, f' (χ)+ f ' (χ)+ χ · f" (χ) = -ακ2 ημ(κχ) - βκ2 συ v(κχ) ( Ι) -::::::;, χ · f " ( χ)+ 2/' ( χ) + κ2 ( α ημ(κχ) + βσυv(κχ)) = Ο -:::x:::;, ·f'(x)+2·f(x)+ι! ·χ·Ι(χ) =0 ( :; f"(x)+�χ · f'(x)+κ' · f(x) =0 για κάθε χ Ο , δηλαδή το ζητούμενο. 7:-

Λσκη ση 2 1]

( (

= e-x για + / χ) g x) κάθε χ Ε R να δείξετε ότι: 3/ 2 (x){g( χ) - g'( χ)} + 2g 2 ( x)(f( χ) - f'( χ)} = Ο Αν για τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις /(χ) , g( χ) είναι

ΛΊ1ση

2 + 3 = για κάθε χ Ε R ( 1 ). Από την ( 1 ) με παραγώγιση των Από την υπόθεση έχουμε f (χ) g (χ) e 3g '(x) = 2/'(χ) + 3g'(x) = (2 μελών της παίρνουμε: - 2/f'(x) e !. 2 (χ) g 2 (χ) e ). 2 (χ) - g 2 (χ) 3g'(x) = 2 + 3 ' ( χ ) g 2 ( χ ) + 3g ' ( χ ) .f 2 ( χ ) = Απο. τις ( l ) και (2) =::;, 2/'(χ) 2/ + -::: :;, :: (x) (x) g (x) g f(x) f2 2 =2f(x)g2 (x)+ 3g(x) f2 (x) =::;, 3f2 (x) ( g(x) - g'( χ) ) + 2g2 ( x) (f( χ)-f'( χ) ) =0 , δηλαδή το ζητούμενο . -χ

-χ

-::::::;,

Ά σκηση 3 η

-χ

Οι συναρτήσεις f,g,ω παραγωγίζονται τρεις φορές και ικανοποιούν τις σχέσεις: f( χ) · ω( χ) = g(x) (1), f'( χ) · ω'( χ) = c (2) και f( χ) · g( χ) · ω( χ) 7:- Ο για κάθε χ Ε R (3). Να δείξετε ότι: g"'( χ ) /"'( χ ) + ω'"( χ ) .

g(x)

f (x)

ω(χ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/63

------- :\Ιαθη ματικά για Πf'' Γ λυκείου

Λύση

-------

Από την ( 1 ) με παραγώγιση παίρνουμε: f'( χ) · ω ( χ) + f( χ) · ω' ( χ) = g' ( χ) � ( 2) f" (χ) · ω (χ) + f' (χ) · ω' (χ) + f' (χ) · ω' (χ) + f (χ) · ω" (χ) = g " (χ)� f'' (χ) · ω (χ) + 2c + f (χ)· ω" (χ) = g " (χ) � ( 2) = f'" (χ) · ω (χ) + f'' (χ) · ω' (χ) + f' (χ) · ω" (χ) + f (χ) · ω"' (χ) g "' (χ)� ( χ) � f" ' (x) + f( f' " (χ) · ω (χ)+ J(x) ω"'(χ) g "' (x) ;; g "' (x) = f"' (χ) ω (χ) + f(χ) ω" ' (χ) � g "' (x) = f"' (x) + ω" ' (χ) , δηλαδη, το ζητουμενο , . g(x) f(χ) ω (χ) f(χ) ω (χ) g(x) f(x) ω (χ) παρ .

παρ .

Άσκηση

x;�;

g;��)) �{x) �

�

Μια πολυωνυμική συνάρτηση /(χ) έχει την ιδιότητα:

για κάθε χ Ε R . Να βρείτε την /(χ) . Λύση

[��:))

� -

� (χ' -3χ + 2)

Από δοσμένη σχέση προκύπτει: /' ( χ) ε/ - f2 (x)ex = -χ2 +3. χ -2 � f, (χ) - j. (χ) = -χ2 + 3χ - 2 ( ) για κάθε χ R ( 1 ) . Από την ( 1 ) φαίνεται ότι το f (χ) δε μπορεί να είναι το μηδενικό πολυώνυμο, αλλά ούτε και σταθερός αριθμός * Ο . Έτσι θα έχει βαθμό � 1 οπότε το f' (χ) θα έχει βαθμό -1 ενώ το πολυώνυμο f' (χ) - f (χ) θα έχει βαθμό v . Όμως το δεύτερο μέλος της ( 1 ) είναι πολυώνυμο 2ου βαθμού. Άρα v = 2 , οπότε f (χ) = αχ2 + βχ+ r, α * Ο και η ( 1 ) παίρνει τώρα τη μορφή: 2αχ + β- αχ2 - βχ -r= -χ2 + 3χ -2 για κάθε χ R ' οπότε: -α = -1 � α = 1 ' 2α -β = 3 � β = -1 ' β - r = -2 � r = 1 και f (χ) = χ2 - χ + 1 ' χ R . ' e·

" e

τη

, 5η Άσκηση

'Ε στω

3- 2+ , , η /( χ ) = χ 3χ λ . Να βρειτε τις τιμες, του λ Ε R ωστε η συναρτηση χ-1

γραφική παράσταση της f (χ) να έχει εφαπτομένη τον άξονα χ χ . Λύση

( 3 2 - 6 ) - 1 ) - ( Χ3 -3 2 + λ ) 3 - 6χ 2 + 6 χ - λ 2 χ = Αρχικά έχουμε f'(x) = χ χ (χ 2 χ (x) f' � (χ - 1 )2 (χ - 1 ) Αν (x0 ,f(x0)) είναι το σημείο επαφής, τότε επειδή αυτό είναι σημείο του χ 'χ θα ισχύει f(x0) = Ο ( 1 ). Ακόμα γνωρίζουμε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης στη θέση χ0 έχει συντελεστή διεύθυνσης α = f' (χ0) και επειδή ο χ 'χ έχει συντελεστή ίσο με μηδέν θα έχουμε ότι f' (χ0) = Ο (2). Άρα: ( 1), ( 2) � 2 Χa3 -Χ3ο χ-1ο +λ =0 (+) 3χο3 - 9χσ2 + 6χσ =0( 3) (3 3 Χ 2 _3 2 3 2 +λ=Ο � � 2χ03 -6.xv2 +6.xv -λ � 2.xv3Χο-6-3χ02χο+6.xv , +λ=Ο (4) ) � Χο ( ο Χα + ) 0 3 3 -λ=Ο χ0 χ0=Ο (.xv -1)2 �Xa =0, χ0 2 , χ0 = 1 που απορρίπτεται. Αν χ0 = Ο τότε ( 4 ) � λ = Ο Αν χ0 = 2 τότε ( 4 ) � λ = 4

·'""'ι {

{

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/64

------ Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου Αν δύο μεταβλητά μεγέθη στο

--------

Β. Ρυθμός μεταβολής εν ός μεγέθους

και y συνδέονται με τη σχέση

χ0 τότε ονομάζουμε ρυθμό μεταβολής του

f (χ) και η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη

ως προς χ στο σημείο

χ0 , την παράγωγο

f' ( χ0 ) . Ανάλογα με το

μέγεθος που μελετάμε κάθε φορά, δίνουμε και το αντίστοιχο όνομα στο ρυθμό μεταβολής. Αν y είναι η μετατόπιση S ( t) σε χρόνο t ενός κινητού τότε ο ρυθμός μεταβολής της μετατόπισης στιγμιαία ταχύτητα α

u (t)

Ο ρυθμός μεταβολής της ταχύτητας

( t0 ) = u' ( !0 )

u (t0 ) = S'(t0 ) για κάθε χρονική στιγμή t0 . u ( t) του κινητού είναι η στιγμιαία επιτάχυνση

του κινητού, δηλαδή

για κάθε χρονική στιγμή

!0 .

Στην Οικονομία το κόστος Κ (χ) , η είσπραξη Ε (χ) , το κέρδος

ποσότητας

(χ)

( t)

S ( t)

αυτού, δηλαδή

εκφράζονται συνήθως συναρτήσει της

προϊόντος (που παράγεται ή καταναλώνεται). Οι ρυθμοί μεταβολής Κ' (χ) , Ε' ( χ ) ,

είναι η

Ρ'

(χ)

ονομάζονται αντίστοιχα οριακό κόστος, οριακή είσπραξη, οριακό κέρδος. Οι έννοιες επίσης 'ένταση ηλεκτρικού ρεύματος', ' Ισχύς μηχανής', 'παροχή σωλήνα δεξαμενής' κ.α. είναι επίσης ρυθμοί μεταβολής αντίστοιχων μεγεθών.

6'1 Η θέση χ ( t } ενός κινητού που κινείται στον άξονα χ χ , δίνεται από τη συνάρτηση θέσης χ ( t } 3t4 - 1 6t 3 + 30t 2 - 24t + 1 όπου t ε [ 0,5] είναι ο χρόνος κίνησης σε min. Να βρεθούν: Α ) Η θέση του κινητού τη χρονική στιγμή t = Ο . Β) Η ταχύτητα u ( t ) και η επιτάχυνση a ( t ) του κινητού κάθε χρονική στιγμή t. Γ) Οι χρονικές στιγμές που αλλάζει φορά κίνησης το κινητό. Δ ) Τα χρονικά διαστήματα που το κινητό κινείται προς τα δεξιά και προς τα αριστερά. Ε) Το συνολικό διάστημα που διήνυσε το κινητό στα πρώτα 5 λεπτά της κίνησης. Στ) Η μέση ταχύτητα του κινητού. Τι εκφράζει η ποσότητα lx( 5 } - χ ( Ο }I ; Ζ) Άσκηση

Λ ύση

Είναι x(O) = l . Β) u ( 1 ) = χ' ( 1 ) = 12t 3 -481 2 + 601 - 24 , ( 1 ) = u' ( 1 ) = χ" ( 1 ) = 3612 - 961 + 60 Γ) Είναι οι στιγμές που μηδενίζεται η ταχύτητα και αλλάζει και το πρόσημο αυτής. u ( 1 ) = Ο <=> 12t3 - 48t 2 + 601 - 24 = Ο -- 1 _ <=> 12 ( 1 - 1 ) 2 ( t - 2 ) = 0 <=> 1 = 1 , 1 = 2 . Η φορά κίνησης του κινητού αλλάζει μόνο όταν 1 = 2 . Δ ) Το κινητό κινείται προς τα δεξιά όταν u ( 1 ) > Ο <=> t ( 2 , 5] (αφού u ( 5 ) > Ο ) . Το κινητό κινείται προς τα αριστερά όταν u ( t ) < Ο <=> 1 [ Ο, 1 ) υ ( 1 , 2 ) (αφού u (Ο) = -24 < Ο ) . Ε ) Για να βρούμε το συνολικό διάστημα που διανύει το κινητό στα 5 πρώτα λεπτά της κίνησης, πρέπει να προσέξουμε τις χρονικές στιγμές κατά τις οποίες αλλάζει η φορά κίνησης. Αυτό φαίνεται από τον πίνακα προσήμου της ταχύτητας u ( 1 ) . 'Εχουμε λοιπόν: sολ = lx( 2 ) - x(o)l + lx( 5 ) - x( 2 )1 όπου x( O) = l , χ( 2) = -7 και χ(5) = 506 . 'Ετσι Sολ = l-7 - 11 + 1 506- ( -7 )1 = 52 1 521 = 104, 2 m/min Στ) ϊi = Sολ = 1 5 5 Ζ) Η ποσότητα lx ( ) - χ ( Ο )I εκφράζει την απόσταση των θέσεων του κινητού τις χρονικές στιγμές 1 = 5 και 1 = Ο . Α)

?+ ----� ------ l--r t --τ--

. +______.

Άσκηση 7'1 Σε ένα κατακόρυφο τοίχο βρίσκεται στερεωμένη πλάγια μια σκάλα μήκους 5m. Το κάτω άκρο της σκάλας αρχίζει να γλιστρά με ρυθμό lm/sec. Τη στιγμή !0 που το κάτω άκρο απέχει από τον τοίχο 3m να βρείτε: Α ) Σε τι ύψος είναι στερεωμένη η σκάλα;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/65

-------

Β)

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

--------

Με τι ρυθμό πέφτει το πάνω μέρος της σκάλας; Γ) Με τι ρυθμό μεταβάλλεται η γωνία θ που σχηματίζει η σκάλα με το έδαφος; ΛίJση

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΑΒ παίρνουμε ότι χ2 + / = 5 2 y2 = 25 -χ2 => Υ = �25 -χ2 ' Ο � χ � 5 . 'Ετσι όταν χ = 3 θα είναι y = �25 -32 = 4 . Β) Ζητάμε τον αριθμό y ' ( t0) όταν για t = t0 είναι y = 4 . Από την y(t ) = )25 _ x2 (t) => y '( t) = -2 · x(t ) · x'(t ) => y'(t) = -x(t ) · x'(t ) , 2 · )25 - x2 (t) )25 - x2 (t) οπότε y' (t ) - -3 · Ι = - 43 m/sec (το αρνητικό πρόσημο της ταχύτητας δηλώνει ότι η απόσταση �25 -3 2 y ( t) τη στιγμή t0 μειώνεται). x(t) => [ σv vθ (t) ]' = x(t => -ημθ (t) . θ' (t) = χ' (t) Γ) Είναι συvθ = � δηλαδή σv vθ (t) = l 5 5 5 y(t) · θ' (t) = x'( t) => θ' (t) = - x'( t) ι=>=ιο θ' (t0) = - -x' (t0 ) = - -rad/s Ι . => - 5 5 y(t) y(t0 ) 4 Α)

- ----= -,= ==

[ )]'

Γ. Μ ονοτονία, ακρότατα συναρτήσεων, εξίσωση εφαπτομ ένης Έστω η συνάρτηση ι (χ) = χ4 - 14χ 2 + 24χ - 1 . Α) Ν α μελετηθεί η ι (χ) ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. Β) Να δείξετε ότι χ4 - 14χ 2 + 24χ > 7 για κάθε χ � 1 Λσκηση 81]

ΛίJση

Είναι f' (χ) = 4χ3 - 28χ+ 24 = 4 (χ - 1 )(χ - 2 )(χ + 3 ) , όπου f'(x) = O � x = I , χ = 2 , χ = -3 και f' (χ) > Ο � χ ( -3, Ι) U ( 2, +οο) . Έτσι η f (χ) είναι γν. αύξουσα στο (-3 , 1 ) και στο ( 2, +οο) ενώ είναι γν. φθίνουσα στο ( -οο,-3 ) και στο ( 1, 2 ) . 3 1 2 χ Στη θέση - 3 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f ( -3 ) = -1 18 , f '(χ) + + στη θέση 1 παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το f ( 1 ) = 1 Ο και στη f(x) � Jf � Jf θέση 2 παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f ( 2 ) = 7 . Β) Αν η f (χ) περιοριστεί στο διάστημα [ 1, +οο) θα δούμε ότι στο 2 παρουσιάζει ολικό ελάχιστο ίσο με / ( 2 ) = 7 . 'Ετσι στο [l,+oo) έχουμε: /(χ) ;:::: /(2) =>χ4 -141+24χ-1;:::: 7 => χ4 -14χ2 + 24χ ;:::: 8 7 . Α)

+ οο

- 00

Έστω η συνάρτηση G(x) = ( χ - 2) e"" + ( χ + 2)e-x Α) Ν α μελετήσετε την G' (χ) = ι (χ) ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. Β) Να βρείτε το σημείο στο οποίο η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της G( χ) έχει το μικρότερο συντελεστή διεύθυνσης καθώς και την εφαπτομένη αυτή. Γ) Να δείξετε ότι (χ - 1 )e 2 ·' + 2ex � χ + 1 για κάθε χ ε R . Λσκηση 9η

ΛίJση

Είναι G' (x) = (x - 2 )' ex + (x -2) ( ex )' +(χ+ 2 )' e-x + (x + 2 ) ( e-x )' => G'(x) = ex + (x -2 )e ' +e-x - (x + 2 )e-·' => f(x) = ex (x - 1) - e-x (x + 1) Για την f(x) έχουμε : f'(x) = ex (x- 1) + ex + e-x (χ+ 1 ) -e-x => f'(x) = χ ( ex + e-x ) , Λ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/66

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

όπου f ' (χ) = Ο <=> χ ( ex + e-x ) = Ο <=> χ = Ο και f' (χ) > Ο <=> χ ( ex + e-x ) > Ο <=> χ > Ο Έτσι η f (χ) είναι γν. φθίνουσα στο ( -οο, Ο) και γν. αύξουσα + στο (Ο, +οο) ενώ στη θέση Ο παρουσιάζει ολικό ελάχιστο ίσο με f'(x) - b 0 0 f(x) / � fmin = f (Ο) = e (Ο - 1 ) -e (Ο+ 1 ) = -2 Β ) Γνωρίζουμε ότι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της G (χ) στην τυχαία θέση χ αυτής, έχει συντελεστή διεύθυνσης ίσο με G' (χ) = f (χ) . Έτσι η ζητούμενη θέση είναι αυτή που ελαχιστοποιεί την f (χ) , δηλαδή η χ = Ο και σημείο επαφής το Μ ( Ο, G(O)) , άρα το Μ (Ο, Ο) . Η εφαπτομένη στο διάγραμμα της G(x) στη θέση αυτή έχει εξίσωση: y-G(O) =G (O)(x-0) <=> y-0=-2 (x -O) <=> y =-2x. η Για την f(x) δείξαμε ότι έχει ολικό ελάχιστο το /( Ο) =-2 . Έτσι /(χ) :2': -2 (x -1)-e-x (χ+Ι) :2': -2 e2x (χ -1)-(χ + 1 ) :2': -2ex e2x (χ -1) + 2ex :2': (χ+ 1 ) για κάθε Χ R . χ

Λσκηση

Ι Οη

- 00

+ οο

=> e'

Έστω J(x} = x - πln x . Λ) Μελετήστε την /{χ} ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα. Β) Να δείξετε ότι Λi1σιι

e•

ππ > e 2 π .

Είναι Α = (Ο, +οο) και f' (χ) = χ' - π ( ln χ)' = 1 - πχ = χ-χ π . χ- π = 0 <=> χ = π f'(x) = Ο <=> -χ Χ- Π > Ο <::> χ > π f'(x ) > Ο <=> -χ Έτσι f � (Ο, π) και t (π, +οο) ενώ στη θέση π παρουσιάζει ολικό ελάχιστο ίσο με 1

Λ)

χ>Ο

f (π) = π - π ln π . Β ) Επειδή fmi n = f ( π ) = π - π ln π θα είναι f (π) :2': π - π ln π για κάθε χ > Ο με την ισότητα να ισχύει μόνο για χ = π . Έτσι για χ = e παίρνουμε: f ( e) > π - π ln π e- π ln e > π - π ln π e- π > π - π ln π e + π ln π > 2 · π ln e• + ln π π > ln e2·π ln ( e• ππ ) > ln e2·π ee π π > e2·π =>

Α σκηοη 1 i

2 2 'Εστω η συνάρτηση /{χ} = α χ - 3 , α * Ο . Να δείξετε ότι:

αχ - 2 3 4 2α2 α χ2 - α 2 χ + 3α και !" ( χ } = ---\'J !' ( χ } = ( αχ - 2}3 { αχ - 2γ Η f {χ} παρουσιάζει δύο τοπικά ακρότατα ανεξάρτητα από τις τιμές του α.

Λ ί1ση

.ι\) Ει,ναι Α = R - {-2 } και f, (χ ) = (α 2χ2 - 3 )' ( αχ - 2 ) - ( α 2 χ2 - 3 ) ( αχ - 2 )' α ( αχ - 2 ) 2 2α 2χ( αχ- 2 ) - ( α 2χ2 - 3 ) α α 3 χ2 - 4α 2 χ + 3α 2α 2 . , , (χ) = . . . . (πραξεις) = = και f ( αχ - 2 ) 3 ( αχ- 2 )2 ( αχ - 2)2 2 - 4α 2 Χ + 3α <::> α 3 2 -4α 2 3α 2 ± 2α 2 3 4α α Χ <=> = 0 χ = 2α 3 χ χ+ =0 Β ) f (χ) = Ο <=> ( αχ -2 ) 2 1

•

α ;<Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/67

Δ;4α

-------

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου ------

2α 2 = -1 6α2 = -3 ή χ = -<=> χ = -1 /α 2/α 3/α χ 00 2α 3 α 2α 3 α - - + Ενώ το πρόσημο της Γ (χ) (για α > Ο ) καθώς και η μονοτονία f'(x) + της f (χ) φαίνονται στον ακόλουθο πίνακα. Η f (χ) στη θέση f(x) ,lf "Ιί "Ιί ,lf lα παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο ίσο με f (l)α = �1 = 6 που είναι ανεξάρτητο του α και στη θέση _!_α παρουσιάζει τοπικό μέγιστο ίσο με ι (_!_α ) = -2 -1 = 2 που f'{x) - � + + Ρ επίσης είναι ανεξάρτητο του α.Για α < Ο ο πίνακας έχει τη f(x) 'Ιιι ? ? 'Ιιι ακόλουθη μορφή και τα τοπικά ακρότατα θα είναι τα ίδια. + οο

- 00

3/α

2/α

1 /α

+ οο

J 2'1Έστω η συνάρτηση J(x) = ax2 - 2xin x , α > Ο . Λ) Ν α δείξετε ότι η εξίσωση /" (χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα, έστω ρ. Β) Βρείτε την εφαπτομένη της f (χ) στη θέση ρ. Γ) Να βρείτε το α ώστε η τεταγμένη του σημείου επαφής να μεγιστοποιείται. Άσκηση

Λύση

Είναι και από υπόθεση α > 0 . Γ (χ) = ( αχ2 )' - ( 2χ ln χ)' f'(x) =2αx-2ln x-2=>f'(χ) =2α_3.χ 'Ετσι f'(x) =0<=>2α_3χ =Ο<:=;χ=_.!_α =ρ, μοναδική ρίζα της f" (χ) . Β ) Η εφαπτομένη του διαγράμματος της f (χ) στη θέση ρ έχει εξίσωση y - f (ρ) = Γ (ρ) · (χ - ρ) 1 1 ) 2 - 2 1 ln ( 1 ) = 1 + 2 ln α ( 1 ) όπου f ( ρ ) = f ( ) = α ( α α α α α =>

Α)

και Γ (ρ) = Γ ( � ) = 2α (� ) - 2ln ( � ) - 2 = 2ln α , οπότε η ( 1 ) παίρνει τη μορφή: 1 + 2 ln . η ζητουμενη . εξισωση. = 2 ln · ( 1 J , δηλαδη, y = ( 21η α ) · χ + -α1 που ειναι ' y( 1 ) 1 + 2 1ηα και ζητάμε το 1 Γ) Το σημείο επαφής στη θέση ρ = - έχει τεταγμένη f ( ρ ) = f - = α α α α > Ο για το οποίο αυτή μεγιστοποιείται. Θεωρούμε την ποσότητα 1 + 2α1η α = g ( α ) ως συνάρτηση , d , και g ( α ) = 0 <=> 1 -2lnα = 0 = 0 <=> του α και έχουμε: g, ( α) (1+21ηα) αd-(1+2lnα)d 1-2lnα _!_ lnα=-21 <::::> α =e2 <=>α=*, ενώ g'( α) >O<=>a<* α + Ρ Άρα για α = J; έχουμε μεγιστοποίηση της g ( α ) = f (ρ) . g '(α) (α) α

χ-α

,?f

J 3'1Έστω οι συναρτήσεις /(χ) = χα e 2a-x , και φ ( χ) = χχ χ > Ο , α > Ο ' Α ) Να δείξετε ότι φ' (χ) = φ ( χ) · ( 1 + ln χ) Β) Να βρείτε για ποια τιμή του α το μέγιστο της /(χ) ελαχιστοποιείται. Άσκηση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/68

+ οο

"'-"

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

-------

------

Λ1Jση

Α) Είναι φ (χ) = χχ = ex·ln x � φ' (x) = ( ex· ln x ) ' = ex· ln x · (x · ln x) ' =

{

= χχ { (χ) '· ln χ + χ · (ln χ)' J = χχ ln χ + χ ·

�) = φ (χ) · ( 1 + ln χ) .

{' ' J' ( χ) = (χ ) ·e +χ · ( e ) = α· χ ·e -χ ·e J max . Ε ιναι f' (χ) = χα - ι · · (α - χ) όπου χ > Ο , α > Ο , f' (χ) = Ο <=> α - χ = Ο <=> Χ = α f'(x) > 0 <::> α - χ > 0 <::> χ < α α χ ο =α , α>Ο. Και fmax = f (α) = α f'(x) + Ζητάμε το α για το οποίο η ποσότητα fmax = α γίνεται ελάχιστη. Θεωρούμε τη συνάρτηση g (χ) = χχ · ex , χ > Ο και f(x) θα βρούμε πότε αυτή ελαχιστοποιείται. Είναι χ ο (Α) g' (χ) = ( χχ ) . ex + χχ . ( ex ) = χ ( ln χ + 1) . ex + χ g '(χ) D . = χ·' ex . ( ln χ + 2) g (χ) \ι Οπότε g' (χ) = Ο <=> ln χ + 2 = Ο <=> ln χ = -2 <=> χ = e και g' (χ) > Ο <=> χ > e-2 . 'Ετσι το fmax ελαχιστοποιείται όταν α = παίρνοντας την τιμή ( ' Β ) Θ� α βρουμε ' πρωτα το

2α-χ

2αχ

2 αχ

α-!

2αχ

�

2 α-χ

. e

2 α-α

. e

· e

+ οο

-2

. e

,lf

-2

Λσκηση 1 4η

Β)

-2

γ-2

•

-2 •

Να αποδείξετε τις ανισότητες: Α) χ · ln χ + 1 ;::: χ για κάθε χ > Ο , χχ ;::: eχ-ι για κάθε χ > Ο , Γ) (1 - 3x) · ex :::;; x2 + 4x + 1 για κάθε χ ε R Λ1Jση

Αρκεί να δείξουμε ότι χ · ln χ + 1 - χ � Ο για κάθε χ > Ο , χ ο + οο 1 δηλαδή ότι η f (x) = x · ln x + 1 - x έχει ελάχιστο το Ο. f'(x) + ..!_ f(x) ? � Πράγματι f' (χ) = ln χ + χ · + Ο - 1 = ln χ και χ f' (χ) = Ο <=> ln χ = Ο <=> ln χ = ln 1 <=> χ = 1 , ενώ f' (χ) > Ο <=> χ > 1 Έτσι, fmin = /(1) = 1 · lη 1 + 1 - 1 = 0 , οπότε f (x) � O για κάθε χ > Ο , δηλαδή το ζητούμενο. Β ) Αρκεί να δείξουμε ότι ln χχ � ln ή χ ln χ ;::: χ - 1, ή χ ln χ - χ+ 1 � Ο για κάθε χ > Ο , το οποίο δείξαμε παραπάνω. Γ) Αρκεί να δείξουμε ότι 7 - 3χ � ( χ2 + 4χ + 7 ) · , ή ( χ2 + 4χ + 7 ) · e-x + 3χ - 7 � Ο , δηλαδή ότι η συνάρτηση g (χ) = ( χ2 + 4χ + 7 ) · e-x + 3 χ - 7 έχει ελάχιστο το Ο. Πράγματι είναι g'(x) =(2x+4)·e-x - (2 +4χ+ 7) ·e-x +3 � g' (x) =e-x · (-2 - 2χ -3) +3 � g"(x) = -e-x · ( -χ2 - 2x- 3) + e-x ·( -2χ- 2) � g" (χ) = e-x · ( χ2 + 1 ) > Ο , για κάθε χ ε R . Άρα η g' (χ) είναι γνησίως αύξουσα στο R , οπότε + οο ο χ - οο για χ > Ο� g' (χ) > g' (Ο) = Ο , ενώ για χ< Ο� g' (χ) < g' (Ο) = Ο . + Έτσι gmin = g (0) = 7 · e0 + 3 · 0 - 7 = 0 και το ζητούμενο g '(χ) ? g (χ) ισχύει. � Α)

χ-

e x

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/69

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Μ ιγαδ m κο i Αρ�θμο i

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

Αντωνόπουλος Νικόλαος - Αργυράκης Δημήτριος - Κακαβάς Απόστολος - Λουριδάς Ιωάννης Λσκηση l η Δίνονται οι μιγαδικοί z και w ώστε να ισχύουν

l z 2 91 = 1 0 και lw2 - 2 w l = 3 .

Να δειχθεί ότι 1 � z � Jl9 . Β . Να δειχθεί ότι 1 � lwl � 3 . r. Να δειχθεί ότι αν Μ η εικόνα του μιγαδικού z και Ρ η εικόνα του μιγαδικού w τότε d(M,P) � 3+ Jl9 . Δ. Αν Α και Β δύο διαδοχικές κορυφές του εryεγραμμένου ορθογωνίου στον κύκλο με εξίσωση �� =Ji9 του οποίου η ΑΒ είναι εφαπτομένη στον κύκλο με εξίσωση lwl = 3 να δειχθεί ότι ΟΑ· ΟΒ = -1. Λ.

Λ1Jση : Λ . Εφαρμόζουμε τριγωνική

ανισότητα και έχουμε

l z2 - 91 � l z2 1 + l 91 = l z2 1 + 9 1 Ο � l z2 1 + 9 ::::> 1 � l zl2 1 � l zl (1 ). Επίσης l z2 9 1 z l l z l2 - 91 z l z l 2 - 9 => 1 0 z l zl2 - 9 l zl 2 � 1 9 l zl � J19 (2). Από (1 ),(2) έχουμε 1 � lz l � Jl9 .

Β.

::::>

Έτσι ισχύουν Χι 2 +yι 2 = 19 (5) χ22 +ψ22 =19 (6)

α2 + β 2 = 9 (7) και α= Χι �Χ2 (8), β= Υι �Υ2 (9). ' ' ' χ χ ' (8) => α , � , => α' χ, + χ, + 2χ, χ, (10) 4 2 2 (9) β2= Υι ; Υ2 β2= Υι + Υ/ + 2 yι Υ2 (1 1) �

�( ) ( )

�

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων ( 1 Ο) και

Εφαρμόζουμε τριγωνική ανισότητα και έχουμε ( 1 1 ): α2 +β2 Χι 2 +yι 2 +χ22 +y22 + 2Χι · Χ2 + 2Υι y ·

lw 2 - 2wl � lw 2 1 + 2 lw l ::::> 3 � lwl 2 + 2 lwl => lwl 2 + 2 lwl z 3 => lwl 2 + 2 lwl - 3 z 0 ::::> l wl � -3 ,αδύνατο ή lwl z 1 (3).Επίσης lw 2 - 2 wl z llw 2 1 -2 lwll z lw 2 1 - 2 l w l ::::> 3 z lw 2 1 - 2 lwl ::::> lwl 2 -2 l wl - 3 � Ο ::::> -I � Iwl � 3 ,αλλά lwl z O ::::> O � Iw l � 3 (4). Από ( 3 ) , (4) έχουμε 1 � l wl � 3 . Έχουμε d(M,P) = l z-w l � l z l + lwl � 3 + J19 d(M,P) � 3 + J19 .

(S),(6)

19+19+2(χι 2 +yι y2 ) ::::> 9 4 36=38+2(χι · Χ2 +yι · Υ2 ) => χι · Χ2 + Υι " Υ2 = -1 ::::> ΟΑ · ΟΒ= -1 επειδή ΟΑ= ( χι,Υι ) και 0Β = ( χ2,Υ2 ) . (7)

::::>

Άσκηση 2 '�

Δίνεται ο μιγαδικός f(z) = (1-i) 2 z+(1 +ί)4 � ,

όπου z=x+yi με x,y ε R .

Να βρεθούν τα Re(f(z)) και lm(f(z)) . Να δειχθεί ότι αν (Re(f(z))]2 + (Im(f(z)) ί ] 2=48 Γ. τότε οι εικόνες των z ανήκουν σε υπερβολή. Γ. Αν z μιγαδικός που η εικόνα του ανήκει στην ::::> παραπάνω υπερβολή να δειχθεί ότι l z l 2 2 . \. Αν Α(χι,ψι) και Β(Χ2.Ψ2) δύο διαδοχικές κορυ φές του εγγεγραμμένου ορθογωνίου στον κύκλο Λ. Αν z μιγαδικός που η εικόνα του ανήκει στην παραπάνω υπερβολή w μιγαδικός που η εικόνα με εξίσωση l z l = Jl9 και περιγγεγραμμένου στον του ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο με εξίσωση κύκλο με εξίσωση lwl = 3 ,τότε το σημείο επαφής χ 2 +y 2 = 1 ,να δειχθεί ότι l z-w l 2 1 .

Ν(α, β) τη ς πλευράς ΑΒ με τον κύκλο με εξίσωση lwl = 3 είναι προφανώς μέσο του ΑΒ.

Λ. Β.

Λ 1Jση :

Έχουμε f(z) = (1-i) 2 z+( l +i)4� ::::> f(z) = (1-2i-1 )(x+yi)+[(l +i) 2 ]2 (x-yi) Λ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/70

::::>

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f(z) = -2i(x+yi)+(l +2i-1 )2 (x-yi) � f(z)=-2ix+2y-4(x-yi) � f(z) = -2xi+2y-4x+4yi � f(z)=2(y-2x )+2( 2y-x )i Άρα Re(f(z))=2(y-2x) και Im(f(z))=2( 2y-x ) Β Έχουμε [Re(f(z))] 2+ [ Im(f(z)) i ] 2 =4 8 .

. .

=>[2(y-2x)f -+{2(2y-x)if =48 � 4()} 4yx-+4x2 }4(4)? 4yx-tx2 )=48� o/-16yx+16x2 -16y+16yx4x2 =48� 12χ2 -12)?=48 �χ2 -y =4 ..Άρ:ι α εικύvες του z ανήκοw 2 στην ιοcα<Fλή � με εξία:ατη χ -y = 4 .

Γ. Αν η Μ η εικόνα του μιγαδικού z που ανήκει στην παραπάνω υπερβολή τότε j�=(CM). Αν Αt _l_ χ'χ τότε OAM>OAt =W' για κiιfk Μ#Α, στο δ;gόκλάδ?, σψJύ τόιεχΜ >χΑ =2 Λ

Άι:n στο ΟΑΜ; η μεyαΙώτψη πλεφi του είναι η αvr, οπότε (ΟΜ) � (ΟΑ) �� 2. Το ίσον όταν Μ = Α Λ. Αν η Μ η εικόνα του μιγαδικού z που ανήκει Δ

στην παραπάνω υπερβολή και Ν η εικόνα του μι γαδικού w που ανήκει στον μοναδιαίο κύκλο με ' εξ'ισωση χ 2 +y2 = 1 , τοτε

Λ ύ ση :

Επειδή 11 +λil > ο για κάθε λ Ε � η σχέση ( 1 ) παριστάνει κύκλο με κέντρο K(l ,λ) και ακτίνα ρ= j 1 +λij άρα η εξίσωση του παραπάνω κύκλου είναι: ( χ - 1 ) 2 + ( y-λ ) 2 = 1 + λ 2 και προφανώς για x=y=O είναι αληθής ,οπότε ο κύκλος διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Λ.

'Εχουμε w= - � z=w z με αντικατάσταση στην σχέση ( 1 ) έχουμε : 1 - (1 + λi) = II + λil � j i - ( l + λi) w j = 1 1 + λil w lwl �ιl - (1 + λi)wj =ι ι + λil · lwl .Οπότε αν w=α+βi τότε ji-(1 +λi)(α+βi)j = 1 1 + λi j · j α+βij � Β.

jl -(α+βi+αλi-βλ)j = � - � � jl-α-βi-αλi+β� = �α2 +β2 +λ2α2 +λ2β2 � j(l -α+βλ)-(β+αλ)ij = �α2 +βz +λzαz + λzβ2 => �(1-α+βλ)2 +(β+αλ)2 = �αz +βz +λzα2 +λ2 β2 => Ι +α2 +β2λ2 -2α+2βλ-2αβλ+β2 +2αβλ+λ2α2 =α2 + β2 +λ2 α2 +λ2β2 =>-2α+2βλ+ l=Ο .Άρα οι εικόνες του w ανήκουν στην ευθεία (ε) :2x-2λy l =0. -

Γ. Πρέπει και η

το σημείο Σ

j z w j = (ΜΝ) � (ΟΜ) - (ΟΝ) � (ΑΟ) - (ΟΝ) = -

τε 2 · 1 2λ -

( �) I,

· -

= 1 + i. , δηλαδή 2 2 να ανήκει στη ν ευθεία (ε), οπό-

εικόνα του

21 + 22

1 Ο => λ 1 . =

Α σκ ηση 4η Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί z 1 , z 2 των οποίων οι ί\ σ κηση 3η εικόνες είναι μη aντιδιαμετρικά σημεία του κύ Δίνεται ο μιγαδικός z ώστε να ισχύει κλου C : χ 2 + y 2 = 1 . Αν Χ1 , χ 2 είναι ρίζες της jz-(1+λi)j = j1 +λij ,λ Ε � (1). εξίσωσης χ 2 - 2 1 z 1 - z 2 1 χ + 4 = Ο (1 ) τότε Α. Να δειχθεί ότι οι εικόνες του μιγαδικού z α νήκουν σε κύκλο που διέρχεται από την αρχή να αποδείξετε ότι: Α . χ 1 , χ 2 � R των αξόνων και να βρεθεί η εξίσωσή του . Β . Να δειχθεί ότι οι εικόνες του μιγαδικού w με B. j x . Ι = j x 2 1 = 2 Γ . Ι χ . - χ 2 1 2 + 4l z . - z 2 1 = 1 6 1 z ο , 2 , w= * \. Ο αριθμός w = 4 z1 Ζ2 + χ1 είναι φανταστικός ανηκουν σε ευ θεια .

(ΑΟ) - (ΟΡ) = (ΡΑ) = 1 .

Αν z1, z2 δύο μιγαδικοί που οι εικόνες τους ανήκουν στην παραπάνω ευθεία να βρεθεί το λ Ε � όταν z1 + z2= 2+i . Γ.

ΛίJση : 2 Λ. Ο κύκλος C : χ +y =Ι έχει κέντρο το σημείο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.Ι/71

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

( Ο , Ο) και ακτίνα ρ = 1 . Έστω Α, Β οι εικόνες των μιγαδικών Ζι , z 2 αντιστοίχως. Επειδή τα Α, Β δεν

α. Ν α αποδείξετε ότι i. z3 1 και να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης S z 95 + z111 + z 121 είναι aντιδιαμετρικά συμπεραίνουμε ότι )2014 είναι αρνητικός, πραγματιii. Ο (2z + 1 (AB) < 2ρ=> l zι - z2 1 <2·1=> l zι -z2 12 <4 (2). κός, αριθμός. Η εξίσωση ( 1 ) έχει διακρίνουσα: β. Να βρείτε τους μιγαδικούς z1 , z2 που ικανοΔ = 4l zι - z2 12 - 1 6 = 4 ( l zι -z2 1 2 -4) �ο . Άρα η ε ποιούν τη δοσμένη ισότητα αν Im(z1 ) > Ο . γ. Να αποδείξετε ότι οι εικόνες Α, Β, Γ των μι ξίσωση (1) έχει 2 ρίζες Χι , χ 2 � R (συζυγείς) γαδικών Ζ0 1 , z 1 , z2 σχηματίζουν ισό Β. Είναι � = Χ ι και από σχέσεις Vieta έχουμε: πλευρο τρίγωνο. δ. Αν η εικόνα Μ ενός μιγαδικού αριθμού Χι ·� =-41 = 4, άρα Χι · Χι = 4 άρα � � � 2=4::::> l xι l = 2 . βρίσκεται στον περιγεγραμμένο κύκλο του τρι γώνου ΑΒΓ, να αποδείξετε ότι: Ο

Επίσης είναι: Ι � Η Χι i = Ι χι I = 2 . Άρα I χι I = I χ2 1 = 2 Γ. Ε ίναι: I χι - � 1 2 =ICxι -χ2 )2 1 = Ι χ� + xi -2χι χ2 1 = Ιcχ ι + xz) 2 - 4xιxzl Ιcχ ι + xz) 2 -4x ι xzl , όμως =

-2 l zι - zzl Χι + χ2 = - 1 = 2 l zι - z2 1 και Χι · χ2 =4 Άρα lχι -χ2 1 2 =1 4 l zι - z2 12 -4 ·4 = 4 ·l l zι - zzl 2 -4� = 4 (4 - l z ι - z 2 1 2 ) = 1 6 - 4l z ι - z2 1 2 Επομένως έχουμε : lχι - �1 2 +41 � -� 1 2 = 1 6 (ι) Δ . ·

(ΑΜ)2 (ΒΜ)2 (ΓΜ)2 + +

Λ ύ ση :

Είναι: z 2 = -z - 1 , (1) , οπότε () (1) z3 = z 2 z =1 (-z - 1) · z = -z 2 - z = z + 1 - z = 1

α.

Για τον υπολογισμό της παράστασης S , έχουμε z9s = (z3)31 z 2 = z 2 z1n = (z3)37 = 1 z1 21 = (z3)4o z = z οπότε S = z 2 + 1 + z = Ο . 2 2 2 ii. Ισχύει: (2z + 1) = 4z + 4z + 1 = 4(z + z) + 1 = -4 + 1 = -3 , οπότε (2z + 1)2οι4 = [(2 z + Ι) 2 ] ι οο7 = (_3) ι οοΊ < Ο. 2 β. Η εξίσωση z + 1 + z = Ο έχει: Δ = -3 , οπότε

(χ ι - χ 2 )(;z-ι - �) 2 + 4(z ι -z 2 ) (-:;ι - -:;-2 )= 1 6 => l χιi 2-Χι � - Χι�+�� 2+4(1�1 2-�� -�� +�� 2 )= 16 ( ) z = _ __!_ + J3 j και z = _ __!_ _ J3 Ϊ 2 1 2 2 2 2 Ό μως l z ι i = ( OA ) = 1 , l z 1 = (0B ) = 1 και 2 J3 . = γ4 � � γ. Είναι: (ΑΒ) � z - zo 1� -23 + 2ι I χι I = I χ 2 1 = 2 , οπότε (Π) => Ι +4 = ν3 1 + = {;;3 (ΑΓ) =I z2 - zo 1 =1 - 3 - J3 . Ι= � 2 γ4 2ι 4 ν =>-(Χι χ2 + χι χ2) -4 ( Ζι z2 + zι z2 ) =0 => 2 και (ΒΓ) =I z 2 - z1 1=1 - J3 i I = J3 Άρα το τρί=> -2 Re( Χ ι Χ2 ) - 4 · 2 Re( Ζ ι Ζ 2 ) = 0 => 2 ' φαw = 4 Ζι z2 + Χι2 ειναι νταστικός. Ά σκηση 5'� Αν για κάποιο μιγα δικό z ισχύει z 2 + z + 1 Ο , τότε: =

γωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο. δ. Ισχύει : I Ζ 0 1=1 z1 1 = 1 z I = 1 οπότε οι εικόνες 2 τους βρίσκονται στο μοναδιαίο κύκλο, ο οποίος εί ναι ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου. Αν w = χ + yi και Μ ( χ , y) η εικόνα του στο μιγαδικό επίπεδο, τότε χ2 +ι = 1 και (ΑΜ)2 � w -zo l2 = (x -1)2 +/ 1 2 (ΒΜ)2 =I w - z1 1 2 = ( χ + -) J3 2 + (y - -) 2 2

Σ Β' 85 τ.l/72

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 2 (z2 - z 1 ) = (1 + i) = 1 - 1 + 2i = 2i και (z2 - z1 )2 = (1 - i) 2 = 1 - 1 - 2i = -2i Αν = 4λ, λ ε Ν * , τότε έχουμε

1 J3 2 w - z2 12 = (χ + -) 2 + (y + -) 2 2 ΑΜ ) 2 + ΒΜ 2 Μ Γ )2 ) +( Έτσι έχουμε: ( ( Μ 2 ( Γ ) =I

1 J3 ) 2 2 2 1) + y + (χ + ) 2 + (y 2 2

= (χ

1 J3 + (χ + -) 2 + (y + -) 2 2 2 1 3 = 3χ 2 + 3y 2 - 2χ + χ + χ + 1 + - + 2 - = 6 2 4

που είναι το ζητού μενο.

Άσκηση 6η Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς

τους οποίους ισχύει I z - 2 1 +

1 --

Iz-21

για

= 2, z * 2 .

α. Να βρείτε το γεωμ. τόπο των εικόνων τους. β . Να προσδιορίσετε τους μιγαδικούς z με εικό νες στον προηγούμενο γεωμετρικό τόπο, ώστε οι εικόνες του z + i να βρίσκονται στη διχοτόμο της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων. γ. Αν Α = (z2 - z1 )κ + (Ζ2 - z 1 )κ , κ θετικός άρτιος και z1 = 1 , z2 = 2 + i , να αποδείξετε ότι Α=

{

Λύση

2 (-1)λ 2 λ+Ι ' Κ = 4λ ·

' κ = 4λ + 2

'λεΝ*

Ι z - 2 1 -- = 2 <=> I z - 2 1 2 +1 = 2 1 z - 2 1 Ιz-21 <=> Cl z - 2 1 -1) 2 = ο <=> I z - 2 1 = 1 . Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z εί ναι ο κύκλος με κέντρο Κ(2, Ο) και ακτίνα = 1 .

Η εξίσωση του κύκλου είναι (χ - 2)2 + � = 1 .

β. Είναι: z + i = χ + ( y + 1)i , με χ, y ε JR. , οπότε οι ζητού μενοι μιγαδικοί προσδιορίζονται από την επίλυση του συστήματος { ( χ - 2)2 + y2 = 1 κα ι χ = y + 1 } ( 1 ) με:

{

χ =Υ+1 χ =Υ+1 (1) <=> <=> 2 (y - 1) + / = 1 2y2 - 2y = ο <=>

{

, y=Οη y=1 x=y+1

{

Α = ( z2 - z1 γ + (z2 - z1 γ

2 2 1 2 2 1 = [(z2 - zι ) ] λ+ + [(z2 - zι ) ] λ+ 1 1 = ( 2i ) 2 λ + + ( -2i )2 λ + l = ( 22 λ + 1 - 2 2 λ + )i 2 λ + l = ο Άσκηση 7η 2z + i Δίνεται η συνάρτηση f(z) = --. , z * 2i . z - 2ι

α. Να αποδείξετε ότι f(z) - 2 = � . β. Αν

z 1 , z 2 ε C - {2i}

z - 2ι

και f(z1 ) = f(z 2 ) , να απο-

δείξετε ότι zι =z2. γ . Αν για zεC θέσουμε r = Re(z) · Im(z), να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγαδικών z για τους οποίους ισχύει

1 f(r - 2) = f(--) Γ

και

βρίσκονται σε κλάδο της υπερβολής

α. Με z * 2, έχουμε: 1 +

{

A = (z 2 - zι γ + (z - zι )κ 2 = [(z2 - zι )2 ]2λ + [(z2 - zι )2 ]2λ 1 = ( 2i ) 2λ + ( _2i)2 λ = 2 . 22 λ ( _1γ = ( _1) λ . 22 λ + Αν κ = 4λ + 2, λ ε Ν * , τότε έχουμε

(x, y) = (1, Ο) , <=> η

(x, y) = (2, 1)

Άρα οι ζητούμενοι μιγαδικοί είναι οι z 1 = 1 και z2 = 2 + i γ. Είναι: Ζ 2 - Ζ 1 = 1 + i και Ζ2 - z1 = 1 - i , οπότε

lm(z) > Ο , 1

y=-. χ

δ. Αν η εικόνα ενός μιγαδικού z = α + βί βρί σκεται στον κλάδο της υπερβολής, να αποδείξετε η ελάχιστη τιμή της παράστασης

1 1 , , Α = α + β + -- + -- ειναι ιση με 3 . α +1 β+1 Λύ ση 2z - 4i + Si 2(z - 2i) Si , α. Ειναι = + -: f(z) = z - 2i z - 2i z - 2i Si , Si = 2 + --. . Άρα f(z) - 2 = --. z - 2ι z - 2ι

β. Με τη βοήθεια του (α) ερωτήματος, έχουμε f ( z1 ) = f ( z1 ) => f ( z1 ) - 2 = f (z1 ) - 2 . Si Si = => . => z1 - 2.ι = z 2 - 2 1 z 1 - 2i z 2 - 2ι => z 1 = z 2 , που είναι το ζητού μενο .

z1 = z 2

γ. Από το ερώτημα (β) έχουμε : 1 1 f(r - 2 ) f( -) => r - 2 = - => r 2 - 2r + 1 = Ο =

r => (r - 1)2 = Ο => r z = χ + yi, χ , y ε JR.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/73

οπότε έχουμε xy = 1 και

αν

y > Ο.

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου ί ί.

Άρα οι εικόνες του z βρίσκονται στον κλάδο της 1 υπερβολής y = που βρίσκεται στο πρώτο τεχ ταρτημόριο. δ. Αρκεί να αποδείξουμε ότι αν α, β > Ο και αβ Ι , τότε Α � 3 και να προσδιορίσουμε θετι κούς α, β για τους οποίους ισχύει Α = 3 .

ίίί. ίν.

Ι α

1 1 1 α α + Ι _!_ + 1 α 1 1 + -α = α +-+-1 α + 1 = α+ -1 + 1 = α + -+-α α+1 α+1 α α α+1

Είναι: β = - , οπότε

ν.

= α + - + -- + -- =

Λi1ση

α. Η διακρίνουσα της εξίσωσης ( 1 ) είναι Δ = ( Ι )2 - 4 = -3 < Ο, άρα η εξίσωση Ι ) έχει δύο συ-

(

ζυγείς μιγαδικές ρίζες, τις z 1 _2 = 1 ±�.fj . Δη 1 --ί.fi λαδη' z 1 + ί.fi και z -

Για την απόδειξη της ανισότητας, αρκεί να δείξουμε 1 ότι, αν α > Ο , τότε α + - � 2 που ισχύει (προκύ-

α πτει από την προφανή (α - 1 ) 2 � Ο ). Η ισότητα ισχύει όταν α 1 οπότε και β = 1 .

Οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών z1 , z 2 και z3 2 στο μιγαδικό επίπεδο είναι κορυφές ισοπλεύρου τριγώνου. lw 1 - w 2 l > 8 , όπου w1 , w 2 είναι δύο μι γαδικοί αριθμοί από τους w l n 1 - n 2 1 � 4 , όπου u 1 , υ 2 είναι δύο μιγα δικοί αριθμοί από τους υ Ισχύει jw - u l = 6 μόνο όταν w = 4 και u=-2

μ.

Είναι

3 Ζ1 - Ζ 1 + Ι = Ο => Ζ1 + Ι = Ο, διοτι +1 ::::::> + Ι = Ο ::::::> z1 3 = -1 , ' z 1 4 z 3 4 z 1 2 = ( -1) z 2 αρα 1 = 1 3 Ζ = z Ζ I = (- 1 γ " Ζ I = Ζ

, z1

-3z zl 1 1 ( ) 7 ( γ

=t- - Ι 2 Θεωρούμε την εξίσωση z -z + 1 = Ο, z ε C (1) και τους μιγαδικούς αριθμούς w, υ για τους 2 οποίους ισχύει ότι: (2) και = z και όπου I u - Ζ1 - z 2 I + I u + z1 + z 2 I 4 (3) z1 , z2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης (1). Επομένως 14 2 α. Να βρείτε τις ρίζες z1, z2 της εξίσωσης (1) ρίz 1 - z1 + 1 = z 1 - z1 + 1 = Ο, διότι ) μ. Να αποδείξετε ότι: z I - z1 + 1 = Ο και ζα της εξίσωσης ( Ι 1 1 2 ειναι και z 2 3 = - 1 , άρα ο μοιως ' ' z I 20 3 + z 2 0 3 = -2 1 1 z1 20 3 + z2 20 3 = z1 3 + z2 3 = - 1 + (-1) = -2 γ. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών w στο μιγαδικό ε 3 ..;... : Το οτι ν η μειωση • ' z 1 = z 2 3 = - 1 μπορει' να πίπεδο. Στη συνέχεια, αν w 1 , w 2 , w 3 είναι αποδειχθεί και αναπτύσσοντας τις ταυτότητες τρείς μιγαδικοί αριθμοί από τους w , να α 3 1 + iJ3 �\3 ποδείξετε ότι: 1 = 1 + ι-ν 3 J = . και 2 S 1 +1 {w1 + W2 + w 3 ) _!_ + w1 w2 w 3 i v'3 δ . Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών υ στο μιγαδικό ε πίπεδο. ε. Για τους μιγαδικούς αριθμούς w και υ, που α) επαληθεύουν τις σχέσεις (2) και (3) να απο διότι z2 = 1 δείξετε ότι: 2 j w 6 \V='X+yi <=> jx+yi-4ij 2 +jx+yi+4ij 2 =6�x+(y-4� 2 +jx+(y+4� 2 =64 στ . Για τους μιγαδικούς αριθμούς z, w και υ, που επαληθεύουν τις σχέσεις (1), (2) και (3) <::> χ2 +(y-4γ +χ 2 +(y+4γ = 64<::::> 2χ 2 +2y2 +32 = 64 να εξετάσετε ποιοι από τους παρακάτω ι <=> χ 2 + y 2 = 16 . Άρα ο γεωμετρικός τόπος των σχυρισμούς είναι σωστοί (Σ) και ποιοι είναι w είναι κύκλος λανθασμένοι (Λ). Να αιτιολογήσετε την α εικόνων των μιγαδικών αριθμών = 4. κέντρου 0(0,0) και ακτίνας ρ πάντησή σας. Για τους w 1 , w 2 , w 3 ισχύει ότι: j z1 j =j z2 1 = 1

Ά σκηση 8'1

� υj �

(

•

)�9

)671

(

[ J (. [ ι-;v'J J' �� (ι z1

ι.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/74

•

)671 ..

}

� ...

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

[w1 [ = [w 2 [ = [w 3 [ = 4 . Αλλά - - 16 . l w ι l =4 � l w ι l 2 = 42 �W1 · W1 =16 �w1 =Wι 16 16 Ομοίως w2 = - και w 3 = - . (4) w2 w3 Αρκεί να δείξουμε ότι: 16 + 16 +1 6 :::; 144 , ή λόγω ( w + w 2 + w3 ) w1 w 2 w3 της (4) (w1 + w2 +w3 )(� + � +�) ::; 144, ή (w1 + w 2 +w3 )(w1 + w 2 + w3 ) ::; 144 ή l w1 + W 2 +w3 1 2 ::; 1 44, ή l w 1 + W 2 +w3 1 ::; 1 2 που ισχύει, διότι [w, + w2 +w3 [ ::::; [w,[ +[w2 [ +[w3 [ = 4 + 4 +4 = 12. ο.[ u-� -�Hu+� +�[ =4�u-{� +�)Η u-t{� +�)[ =4 <=> Ι u - ι [ + 1 u + ι [ = 4 , διότι z 1 + z2 = 1 <=>[ u -1[ + [ u-(-1) [ = 4 και [ 1 - (- 1) [ = 2 4 .

[

)

στ.

1 oc

τρ(ιπος:

Λσκηση 9'�

α. β.

Είναι

[w - u[ ::::; [ w [ + [u[ = 4 + [u[ ::::; 4 + α = 4 + 2 = 6 , διότι [w[ =4 και [ u [ ::::; α = 2 (5) και [ w - � � � � -1�1 = 14 -1�1 =4- [ � � 4-2 =2. Άρα 2 ::::; [ w - u[ ::::; 6 ( 5)

2"0 τρόπος:

Γεωμετρικά Έστω Μ, Ν οι εικόνες των w και u αντίστοιχα. Είναι [ w - u[ = (ΜΝ) , [w[ = (ΟΜ) = 4 και [� = (ΟΝ) με [ u[ = (ΟΝ) ::::; (ΟΑ) = α = 2 (6) Στο τρίγωνο ΟΜΝ έχουμε

(ΟΜ) - (ΟΝ) ::::; (ΜΝ) ::::; (ΟΜ) + (ΟΝ) , διότι (ΟΜ) (ΟΝ) . Άρα 4 - (ΟΝ) :::; (ΜΝ) :::; 4 + (ΟΝ) Είναι (ΜΝ) ::::; 4 + (ΟΝ) ::::; 4 + 2 = 6 και >

(6)

Σωστό, διότι

ιν.

χ 2 + L2 = 1 ψης είναι 4 3

ί.

1 ± i J3 = }_ �1 2 + (± γ = }_ . � = 1 J3 2 2 2 ίί . Σωστό, διότι [ Ζι -� [ =[� -23[ =[ΖΊ -Ζι[ =J3 111. Λάθος, διότι [w 1 - w 2 [ ::::; 2ρ = 8 Σωστό, διότι [ u1 - u 2 [ ::::; 2α = 4 Υ ί. Λάθος, διότι η σχέση l w - u l = 6 ισχύει και για w = -4 , u = 2 .

α)

Δηλαδή το άθροισμα των αποστάσεων των ει κόνων των μιγαδικών αριθμών u από τα σταθερά ση μεία Ε (- 1 , Ο) και E( l , Ο) είναι σταθερό και μεγαλύτερο από την απόσταση των σημείων Ε ' και Ε. Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μι γαδικών αριθμών u είναι έλλειψη με εστίες τα ση μεία Ε' (-1, Ο) και E(l 2, 0). Είναι 2α = 4 <=> α = 2 , 2γ=2 <=> γ= 1 και β2=α -γ2=3. Η εξίσωση της έλλει-

(6)

4 - (ΟΝ) � 4 - 2 = 2 , οπότε 2 ::; (ΜΝ) ::; 6, δηλαδή 2 ::; l w - u l ::; 6

(ΜΝ) �

γ.

δ. �:.

Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς 2i - z z ε C μεz :;t: O (1) w = --, z Ν α αποδείξετε ότι ο w είναι πραγματικός αριθμός, αν και μόνο αν ο z είναι φανταστι κός αριθμός διάφορος του Ο. Αν ο w είναι φανταστικός αριθμός, να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδι κών αριθμών z στο μιγαδικό επίπεδο. Στη συνέχεια, να βρείτε τη μέγιστη τιμή του lz l Αν z1 , z 2 είναι δύο από τους μιγαδικούς z του ερωτήματος β. με [z1 - z [ = 2 , τότε να 2 αποδείξετε ότι z1 + z 2 = 2ί Αν είναι �� =1, τότε να αποδείξετε ότι 1�'*:::3 Αν είναι [z[ = 1 και 2(Re(z))2 = 1 - Im(z) , τότε να αποδείξετε ότι η εικόνα του w ανή κει σε ισοσκελή υπερβολή.

( )

ΛίJ ση

α.

<=> w = w <=> 2i: z = 2i: <=> - (. ) -) 2i 2i <=> -- = <=> 2ι - = (- 2ι. w

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/75

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

<=> 2�i - z� = -2zi - z� <=> 2i(z + �)= O z + z = Ο z = -z- <:::::> z Ι . Δηλαδή ο z είναι φανταστικός αριθμός <=>

2""

<:::::>

διάφορος του Ο.

β. w Ε Ι <=> w = -w <=>

( )

2i z = - 2i z : :

<:::::>

<=> 2i - z = - - 2i - z <=> �(2i - z) = z(2i + �) z z <=> 2�i - z� = 2zi + z� <=> 2i(z - �)+ 2z� = Ο <=> i(z - �) + lzl 2 = ο z�yi i (2yi) + χ 2 + y 2 = ο <=> χ 2 + y 2 - 2y = 0 <=> χ 2 + y 2 - 2y + 1 = 1 χ 2 + (y - 1 γ = 1 . <=>

Άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z είναι κύκλος κέντρου Κ(Ο, 1) και ακτίνας ρ=1 εκτός από το σημείο του 0(0,0), διότι z =1:- Ο . Έστω Μ η εικόνα του z . Είναι � � = (ΟΜ) ::; (ΟΚ) + ρ = 1 + 1 = 2 και lzl = 2 όταν z = 2 i . Άρα η μέγιστη τιμή του �� είναι 2 •

τρόπο ς:

Έστω z = x 1 +y i , z2 = x2 +y2i , 1

χ 1 + χ 2 = Ο και Υ 1 + Υ 2 = 1 διότι 2 2

τότε

μέσο του ΜιΜ2. Άρα

z 1 + z 2 = (χ 1 + x 2 ) + (y1 + y 2 ft = 0 + 2i = 2i

δ. 1 "" τρόπος:

Είναι

2i 2i - z z z ι 2' , w + 1 = - , αρα z lz/ = 1 jw + 1j = 2i � l w + 1j = 2 � l w + 1j = 2 ( 1 ) -:; � Είναι lw+ 11 ::; 1 � + 1�2 ::; 1� +1 �1 � � 1 (2), και j w + 1 1 � l w l - 1 1 � 2 � l w l - 1 � j w j ::; 3 (3). (2) Άρα 1 ::; l w l ::; 3 2i - Ζ z C με z Ο , w = --, 2 " τροπος: Ειναι z 2i Άρα l w l = : z � - .. � l w l = l 2i - zl και w = -- = -1 + - , z Ε C με z * Ο . Δηλ.

(l)

(Ι)

Ε.

l ι

7:-

εφαρμόζουμε τριγωνική ανισότητα. Έστω w = χ0 + y0i και z = α + βi .

, w = -2i - z = -1 + 2i = -1 + ----=2iz = Ειναι z z zz z=α+βi 2iz = - 1 + 2ι. (α - βι). = -1 + 2β + 2αι ο χ = -1 + 2 Ση μείωση : 2ος τρόπος για τα ερωτήματα α. και β . l z l lzi= Ι , w=... -x2 -i +2y +-2χ . Οπότε χ0 + y 0i = -1 + 2β + 2αί � 'Εστω z = x+yι,. τοτε ι x2 +i x2 +i Χ0 = -1+2β και Υο =2α� Χ02 -y02 = ( -1+2β)2 - ( 2α)2 = w Ε 91 <=> Im(w) = Ο <:::::> .. . = 1 -4(β - β2 + α2 ) Αλλά 2(Re(z))2 =1-Iπ(z)�2α2 = w Ε Ι <:::::> Re( w) = Ο <:::::> .. . α2 +βΊ =l γ . Έστω Μι , Μ2 οι εικόνες των z1 , z αντιστοίχως. 1 - β � 2α 2 = α2 +β 2 - β � β - β 2 + α2 = 0 , 2 Είναι l zι - z2 1 =2=2ρ , άρα ΜιΜ2 διάμετρος του οπότε χ0 2 - Υ 2 = 1 . Άρα η εικόνα του w ανήκει κύκλου κέντρου Κ(Ο,1) και ακτίνας ρ=l . στην ισοσκελή υπερβολή χ 2 - / = 1 . 1 ος τρόπος: Η διανυσματική ακτίνα του μιγαδιΝέες εκδόσεις: Γ. Τσικαλουδάκη κού αριθμού z1 + z 2 είναι η

•

ΜΙΓΑΔΙΚΟΙ ΣΥΝΑΡΤΗΣΕΙΣ ΠΑΡΆΓΩΓΟΙ 4. ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ 5. ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΆ ΘΕΜΑΤ Α 6. ΣΤΑτΙΣτΙΚΗ- ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ 7. ΑΛΓΕΒΡΑ Α' Λυκείου lος τόμος8. ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ Β' Λυκείου 1.

2. 3.

ΟΜι + ΟΜ2 = 20Κ= ΟΑ . Άρα z, + z 2 = 2i

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 85 τ.l/76

τηλ. : 69 73 82 76 22

300 σελ. 670 σελ. 700 σελ. 600 σελ. 800 σελ. 650 σελ. 720 σελ. 250 σελ.

Το

Βήμα του Ευκλείδη

Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΤΗΣ ΣΥΝΑΡΤΗΣΗΣ

w == z

ΚΥΡΙΑΚΟΣ Κ. ΚΑΜΠΟΥΚΟΣ

2° ΠΡΟΤΥΠΟ ΠΕΙΡΑΜΑτΙΚΟ ΛΥΚΕΙΟ ΑΘΗΝΑΣ

Αν x, y είναι οι συντεταγμένες ενός σημείου α - βi και <::::> zz +Az+AZ+B=O, όπου Α = -Μ ως προς ένα ορθοκανονικό σύστημα 2 συντεταγμένων, τότε θεωρώντας το μιγαδικό _ α2 + β 2 αριθμό z = χ + yi παίρνουμε τους τύπους Β = γ . Προφανώς ισχύει ΑΑ = 4 > Β και η χ = z + z και y = z - z . Έτσι αν φ(χ, y) = Ο απόδειξη είναι πλήρης . (Β τρόπος) Θεωρούμε μια εξίσωση της μο ρφή ς 22i σε καμπύλης ( c ) zz + Az + Az + Β = Ο με Α ε C , Β ε R και είναι η εξίσωση μιας λλ > Β . Τότε έχουμε: zz + Az + Az + Β = Ο <=> καρτεσιανές συντεταγμένες, τότε η εξίσωσή της ' δο ειναι ' φ z + z z - z = ο . <=> zz + Az + Az + ΑΑ = ΑΑ Β <=> στο μιγαδικο' επιπε -2-,2i z( z + Α) + Α( z + Λ) = λλ - Β <=> ( z + A.)(z + Α) = Με τη βοήθεια των παραπάνω (Ασκήσεις Ι ,2) 2 βρίσκουμε ότι η γενική μορφή της εξίσωσης του =AA - B <=> j z + Aj =AA -B <=> j z + ΆI = �ΑΑ - Β κύκλου στο μιγαδικό επίπεδο είναι zz + Az + Az + Β = Ο , όπου Α ε C Β ε ffi. με Η εξίσωση j z + A. j = �ΑΑ Β είναι η εξίσωση του ΑΑ > Β και της ευθείας Az + Az + Β = Ο , όπου κύκλου με κέντρο την εικόνα του μιγαδικού Α ε C , Β ε ffi. με Α ;t. Ο . Στη συνέχεια (Ασκήσεις αριθμού -Α και ακτίνα �ΑΑ Β . Α ντιστρόφως. Η εξίσωση ενός κύκλου στο 3 ,4,5,6) αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση w = .!_ z μιγαδικό επίπεδο είναι της μορφής I z - z0 I= R , απεικονίζει κύκλους σε κύκλους ή ευθείες και όπου z0 ε C και R > Ο . Επίσης ευθείες σε κύκλους ή ευθείες. I z - z0 I= R <=>I z - z0 12 = R2 <=> zz -Zσz - z0z + z0Ζσ = ΑΣΚΗΣΗ Ι Δείξτε ότι κάθε εξίσωση της = R 2 <::::> zz + Az + Az + B = O όπου Α = -Ζσ και μο ρφής Β = z0z0 - R 2 και προφανώς ισχύει λλ > Β .

(

)

(1) zz+Az+Az+B=Oμε ΑεC, BεJR και ΑΑ > Β παριστάνει κύκλο στο μιγαδικό επίπεδο και ΑΣΚΗΣΗ 2 Δείξτε ότι κάθε εξίσωση της αντιστρόφως κάθε κύκλος έχει εξίσωση της μο ρφής μορφής (1). (2) Az + Az + Β = Ο με Α ε C , Α :;t: Ο και Β ε JR Λύση (Α τρόπος) Η γενική εξίσωση του κύκλου παριστάνει ευθεία στο μιγαδικό επίπεδο και καρτεσιανές σε συντεταγμένες είναι αντιστρόφως κάθε ευθεία έχει εξίσωση της 2 ο = χ + I + αχ +βy +γ , όπου α, β, γ ε ffi. και μο ρφής (2). α2 +β2 > 4γ . Θεωρώντας το μετασχηματισμό Λύση Η γενική εξίσωση της ευθείας σε

καρτεσιανές συντεταγμένες είναι αχ + β y + γ = Ο z + z z z , ' χ= και y = 2i η παραπανω εξισωση με α, β ε R και α ;t. Ο ή β :;t: Ο . Θεωρώντας το -2z + z και , _ α-βi α+βi_z+γ= 0 <=> μετασχηματισμό Χ = -η ' γραφεται ισοδυναμα zz+--z+-2 2 2 παραπάνω εξίσωση γράφεται ισοδύναμα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.4/77

Το Βήμα του Ευκλείδη α - βί

Α=

όπου

+ βί 2

α - βι

Προφανώς

z + γ = 0 <::::> Az + Az + Β = 0 ,

και γ

Α 7:- Ο

απόδειξης αφήνοντας τις λεπτομέρειες ως άσκηση

Είναι εύκολο να επιβεβαιώσει κανείς ότι αν είναι οι εικόνες των μιγαδικών αριθμών αντιστοίχως, τότε

Επομένως, αριθμού την

Α,

ευθεία

ΟΜ · ΟΝ = .!_ (zw + 2w) .

δοθέντος

ενός

η εξίσωση Az

που

διέρχεται

μη

μηδενικού

+ Az = Ο

παριστάνει

από την αρχή

των

αξόνων και είναι κάθετη στη διανυσματική ακτίνα του μιγαδικού αριθμού εξίσωση ευθεία

Α (z

που

μιγαδικού

- z0

Α.

Κατά συνέπεια η

) + Α ( z - 20 ) = Ο

διέρχεται

αριθμού

από

και

παριστάνει την

την

εικόνα

του

είναι

κάθετη

στη

διανυσματική ακτίνα του μιγαδικού αριθμού

εξίσωση

ισοδύναμα

(

Α z+

Az + Az + Β

=Ο

�J + Α( z + 2�J

Α.

γράφεται =Ο ,

άρα

είναι η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από την . εικονα του μιγαδικου. αριθ μου.

Β 2Α

και ειναι

κάθετη στη διανυσματική ακτίνα του μιγαδικού

Α. Παρατήρη ση

Συνδυάζοντας τις ασκή σεις ( 1 ) και (2) ότι κάθε εξίσωση της μορφής Azz + Bz + Bz+C = O με ε C, A, C ε !R και BB > AC

παριστάνει κύκλο ή ευθεία στο μιγαδικό επίπεδο και αντιστρόφως ( βλ. επίσης [2]). ΑΣ Κ Η Σ Η 3 Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της 1 ' , , ,

εικονας του μιγαδικου αριθμου

w =-, z

οταν ο

γεωμετρικός τόπος της εικόνας του μιγαδικού αριθμού z είναι κύκλος, ο οποίος δε διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λ ί1ση Η εξίσωση ενός κύκλου, ο οποίος δε διέρχεται από την αρχή των αξόνων είναι της

zz + Az + Az + Β = Ο , όπου Α ε <C , Β ε .IIl με Β 7:- Ο και ΑΑ > Β . Έχουμε zz + Az + Az + Β = Ο <::::> 1 Α Α <::::> -+ - + B = 0 <=> 1 + Aw + Aw + BwW = 0 - + w w ww 1 Α_ Α _ =Ο <=> - + - w + - w + ww Β Β Β μορφής

ΑΑ 1 ΒΒ Β

-- > -

έπεται

ότι

ΑΣ Κ Η Σ Η 4

Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της ' 1 · , εικονας του μιγαδικου, αριθ μου w = - , οταν ο z

γεωμετρικός τόπος της εικόνας του z είναι κύκλος, ο οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λ ί1 ση Η εξίσωση ενός κύκλου, ο οποίος διέρχεται από

την αρχή

των αξόνων είναι της

zz + Az + Az = Ο , όπου Α ε <C

με

Α 7:- Ο .

μορφής

Έχουμε

1 Α A zz +Az+Az = 0<::::> -- + + - = 0 <::::> 1 + Aw + Aw = O ww w w Άρα ο γεωμετρικός τόπος είναι ευθεία, η οποία δε διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Παραη)ρ ηση Ένας άλλος τρόπος λύσης είναι ο εξής: Η εξίσωση ενός κύκλου που διέρχεται από την αρχή των αξόνων είναι της μορφής I z - z0 1=1 z0 I με z0 *- Ο . l z - zσ l = l zσ l <=>

'Εχουμε

l� l

- zo = l zo l <=>

- w = lwl ,

άρα ο γεωμετρικός τόπος της εικόνας του w είναι ευθεία και συγκεκριμένα η μεσοκάθετος του ευθυγράμμου τμήματος με άκρα την αρχή των αξόνων 1 και την εικονα του μιγαδικου αριθμου ·

Ζσ

ΛΣ Κ Η Σ Η 5

Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της 1 , , εικονας του μιγαδικου, αριθ μου w = - , οταν ο ,

αριθμού

συμπεραίνουμε

και

οποίος δε διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

και η απόδειξη είναι πλήρης.

στον αναγνώστη

z, w

1 Β

ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος, ο

=Β.

(Β τρr)πος) Σκιαγραφούμε ένα δεύτερο τρόπο

Μ, Ν

ΠD • - ε m..

Επειδή

γεωμετρικός τόπος της εικόνας του z είναι ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λ ί1 ση Θεωρούμε μια ευθεία ( ε ) , η οποία

διέρχεται από την αρχή των αξόνων. της

(ε)

είναι της

μορφής

εξίσωση

Az + Az = Ο , όπου

Α ε <C Έχουμε Α 7:- Ο . και Α Α Az + Az = Ο <=> - + -=- = Ο <=> Aw + Aw = ο , άρα w w

ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι ευθεία, η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Λ Σ Κ Η Σ Ι-Ι 6

Βρείτε το γεωμετρικό τόπο της 1 , , εικονας του μιγαδικου, αριθμου, w = , οταν ο z

γεωμετρικός τόπος της εικόνας του z είναι ευθεία, η οποία δε διέρχεται από την αρχή των αξόνων. Λ ί1 ση Θεωρούμε μια ευθεία ( ε ) , η οποία δε Η εξίσωση Az + Az + Β = Ο , όπου

διέρχεται από την αρχή των αξόνων. της

( ε)

είναι της μορφής

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 84 τ.4/78

Το Βήμα του Ευκλείδη Α ε <C , B ε JR με AB :;e O . Έχουμε

- Α- Α - +Α - = Ο � ww � Αw w + Β ww + -w + -w = Ο Β Β Άρα ο γεωμετρικός τόπος του w είναι κύκλος, ο

Α Α Az + Az + Β = Ο � - + - + Β = Ο � w w

οποίος διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

w = - απεικονίζει κάθε κύκλο σε z κύκλο ή ευθεία και κάθε ευθεία σε κύκλο ή ευθεία. Πιο συγκεκριμένα έχουμε τα εξής: ( Ι ) Κύκλους που δε διέρχονται από την αρχή των αξόνων τους απεικονίζει σε κύκλους που δε διέρχονται από την αρχή των αξόνων

Π αρατήρηση Σύμφωνα με τα παραπάνω (Ασκήσεις 3,4,5,6) η συνάρτηση

�' I

-4

-1 j

(2) Κύκλους που διέρχονται από την αρχή των αξόνων τους απεικονίζει σε ευθείες που δε διέρχονται από την αρχή των αξόνων. I 5'

3 2

-3

-2

-1

Z � W = z

1 z

------

-3

-2

(3) Ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων nς απεικονίζει σε ευθείες που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. 4

2 -3

ι z�w=z

-3

-2

-1

ο -1

-2

(4) Ευθείες που δε διέρχονται από την αρχή των αξόνων τις απεικονίζει σε κύκλους που διέρχονται από την αρχή των αξόνων. 4� I 3;

4 3 2

1 j

o lo ----=t-=---��--

-- --- ---3 -1

!Ο -1 :

ι z�w= z az + b

-3

-2

1 i

-1

�

με a, b,c,d ε <C και ad * cb (μετασχηματισμοί Mδbious) cz + d απεικονίζουν κάθε κύκλο σε κύκλο ή ευθεία και κάθε ευθεία σε κύκλο ή ευθεία. Γενικότερα οι συναρτήσεις της μορφής w =

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ

[ Ι ] Roιand Deaux, <<lntroduction to the Geometry ofComplex Numbers», Doνer Publications. [2] Jan G. Κrzyz, "Problems in Complex variable theory " Elseνier, New York, ι 97 ι [3] Σ.Κ. Μερκουράκης-Τ.Ε. Χατζηαφράτης « Εισαγωγή στη Μιγαδική Α νάλυση», Αθήνα 2005, Εκδόσεις Συμμετρία. [4] L . Volkovysky, G. Lunts, L. Aramanoνich "Problems in the theory of functions of a complex νaήable" Mir Publishers, Moscow.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 84 τ.4/79

Ιστορικές Αναφορές

Ο Αχ ιλλέας κα ι η χελώνα: ένα αρχα ιοελλην ι κό παράδοξο Σάλτας Βασίλειος, ΤΕΙ Καβάλας

1 . Εισαγωγή Ο αρχαίος Έλληνας φιλόσοφος Ζήνωνας ο Ελεάτης (από την Ελέα της κάτω Ιταλίας), έζησε το 490 - 430 π.Χ . και έγινε διάσημος για τα λεγόμενα «παράδοξα», ισχυρισμούς δηλαδή που οδηγούν σε αντιφάσεις. Με τα παράδοξα αυτά ασχολήθηκαν πολλοί αρχαίοι και σύγχρονοι φιλόσοφοι, όπως ο Αριστοτέλης και ο Hegel. Για την ερμηνεία τους χρειάστηκαν νέες μαθηματικές έννοιες, όπως η έννοια του ορίου ή φιλοσοφικές απόψεις, όπως οι απόψεις του Αριστοτέλη για το άπειρο και το συνεχές. 2. Ένα χαρακτηριστικό παράδοξο Από τα περισσότερο γνωστά παράδοξα είναι αυτό με τον Αχιλλέα και τη χελώνα. Συγκεκριμένα σχετίζεται με τον ισχυρισμό, από μέρους του Ζήνωνα, ότι ο Αχιλλέας δεν θα φτάσει ποτέ μια χελώνα η οποία θα του προπορεύε ται κατά συγκεκριμένη απόσταση. Ο Ζήνωνας ισχυρίστηκε, ότι: «0 ωκύπους Αχιλλεύς, που βαδίζει 10 φορές γρηγο

ρότερα από μια χελώνα, δε θα μπορέσει ποτέ να τη φτάσει, αν η χελώνα προηγείται ένα στάδιο από αυτόν.»

Κατά το Ζήνωνα αυτό είναι έτσι διότι αν ο Αχιλλέας διανύσει

στάδιο (περίπου

1 50 m), που είναι η απόσταση

που τον χωρίζει από τη χελώνα, τότε η τελευταία θα έχει διανύσει το _!_ του σταδίου και επομένως θα προηγείται.

Όταν

' ' ' ' Λ � .!. } του σταδιου, η χελώνα θα εχει διανυσει ' } } =} διανυσει ο ΑχΙJVΙ.Gας το -.του σταδιου και πα' λι θα

1 0 1 0 1 00

προπορεύεται. Συνεχίζοντας με τον τρόπο αυτό, συμπέρανε, ότι κάθε φορά που ο Αχιλλέας διανύει απόσταση δ, τότε η χελώνα θα διανύει απόσταση δ._!_ και έτσι θα προηγείται [1 ].

Αυτό όμως δεν είναι αληθές.

3 . Μαθηματική εξήγηση του παράδοξου: Έστω η απόσταση ΑΧ που προπορεύεται η χελώνα να είναι δm, η ταχύτητα του Αχιλλέα να είναι αm/sec, ενώ η ταχύτητα της χελώνας να είναι χm/sec. Τότε από τη Φυσική είναι προφανές ότι θα συναντηθούν σε χρόνο t τέδ Α . τοιον ώστε: αt - xt = δ, δηλαδή t Χ Χ1 Χ2 α-χ Η Μαθηματική ερμηνεία όμως του παράδοξου αυτού, δηλαδή το ότι προκύπτει χρόνος συνάντησης ίδιος με αυτόν που βρίσκουμε από την Φυσική, δεν μπορεί να γίνει παρά μόνο με την αποδοχή ότι: Αν lλl < 1 , τότε: =

1 + λ + λ 2 + ... =

(

2 lim ι + λ + λ + ... + λ

ν -+-�«>

) 1 - λ . Σύμφωνα λοιπόν με την τοποθέτηση του Ζήνωνα, για τα χρονικά Ι

_ = _

διαστήματα που κινείται ο Αχι).)J;ας και τα αντίστοιχα διαστήματα που διανύει η χελώνα, θα ισχύουν τα ακόλουθα:

� sec είναι ο χρόνος που χρειάζεται ο Αχιλλέας για να διανύσει απόσταση ΑΧ=δm. α

δ χδ ' ' ' ' - m ειναι η αποσταση χχ 1 που διανυει η χελώνα σε χρονο - sec. a α χδ 1

χδ , , , , αποσταση ΧΧ 1m. 2 sec ειναι ο χρονος που χρεια' ζεται ο Αχιλλέας για να διανυσει α 2 ' ' χδ χ δ χδ ' ' χχ 1 χ2 που διανυει η χελώνα σε χρονο 2 =2 m ειναι η αποσταση 2 sec. κ.τ. λ. α α α Με τον τρόπο αυτό ο χρόνος που κινείται ο Αχιλλέας για να φτάσει τη χελώνα θα ισούται με: -.- =

α α

[

� + χδ + χ 2 δ + ... = � ι + Χ + L + ... α α2 α3 α α α2

)=�[-•1=-δ = α Ι - -Χ α

α-χ

sec

δ Το δε διάστημα που διανύει η χελώνα σε συνολικό χρόνο __ sec θα ισούται με: α-χ

(

χδ + Χ 2 δ + Χ 3δ + .. . χδ ι + .!_+ L + . . . α α2 α3 α α α2 =

είναι ίσο με

χδ _ι _ � m. Το συνολικό μήκος που έχει διανύσει ο Αχιλλέας α 1 - -Χ α - χ α

� m. Αφού διανύσει το διάστημα αυτό, τότε θα φτάσει την χελώνα μετά από -- sec, δ+� α-χ α-χ α-χ δ

όπως βρίσκουμε και στην Φυσική. Βιβλιογραφία: [ 1 .] Αλιμπινίσης, Α. κ.α. ( 1 998) Μαθηματικά Β' Γυμνασίου, Αθήνα: ΟΕΔΒ. [2.] http://www-history.mcs.st-and.ac.uk/�history

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.Ι/80

Ιστορικές Αναφορές

Π αραλε ι πόμ ενα στη μ έτρηση του κύ κλου Χαράλαμπος Λάσκαρις

Αναζητούμε τη σχέση που συνδέει σε έναν κύκλο οποιοδή ποτε μήκος τόξου με την αντίστοιχη χορδή και κατόπιν το εμβαδό του τμήματος που προκύπτει.

Έστω χ το μήκος του τυχαίου τόξου και φ η αντίστοιχη γωνία. R είναι η ακτίνα του κύκλου και f το μήκος της αντί στοιχης χορδής. Έχουμε: ημφ = η μ 2φ/2 = 2ημ(φ12) συν (φ12). Για το η μ( φ/2) παίρνουμε από το ορθογώνιο τρίγωνο που σχηματίζεται από την μεσοκάθετο στην χορδή f που φέρε ται από το κέντρο του κύκλου: ημ(φ12) = (f 12)1R = f I 2R ·

συν( φ12) = --.} 1 (r Ι 4R2), αφού ισχύει συν(φ12) = --.} 1 - ημ2 (φ/2) . Οπότε: -

ημφ = 2 (f 12R) --.} 1 (r Ι 4R2) = (f Ι R) --.} 1 - (r Ι 4R2), ενώ η αντίστοιχη γωνία φ γίνεται: -

φ = τοξημ (f/ R) --J 1 - (r Ι 4R2) Τώρα για να υπολογίσουμε το εμβαδό του τμήματος που περικλείεται από το χορδή f και το τόξο χ, πρέπει, αφού υπολογίσουμε το εμβαδό του αντίστοιχου κυκλικού τομέα, να αφαιρέσουμε το εμβαδό του τριγώνου που σχηματίζει η χορδή f με τις δύο ακτίνες R. Έχουμε πρώτα για το εμβαδό του κυκλικού τομέα: Η επίκεντρη γωνία είναι η φ. Είναι ανάλογη με το τόξο χ, επειδή όπως διαπιστώνεται εύκο λα, τα γεωμετρικά στοιχεία του κυκλικού τομέα είναι πάντοτε ανάλογα με την αντίστοιχη προ.; αυτόν επίκεντρη γωνία. Το εμβαδό του κύκλου είναι Εκ = πR2 που δίνει για τον αντίστοιχο κυ κλικό τομέα: Εκ.τ · I πR2 = φ I 360° απ ' όπου παίρνουμε αντικαθιστώντας την φ με την τιμή της: Εκ.τ = [( πR2 ) I 360° ] τοξημ (f/ R) --J 1 - (f I 4R2) . Αλλά και ημ (φ12) = (f I 2) I R c I 2R

Ετρ

β;υ Jlύ�ος =

και συν (φ12) = ύψος I R => ύψος = R συν (φ/2) = R --J 1 - ημ2 (φ12) Άρα: Ε τρ- = (f I 4) R --J 1 (r I 4R2) Οπότε έχουμε τελικά για το ζητούμενο εμβαδό: -

Ε = Εκ.τ - Ετρ. = [( πR2 ) I 360° ] τοξημ (f I R) --J 1 - (f I 4R2) -

Επαλψ)ι:υση: για

(f I 4)

R --J 1 (f I 4R2) . -

C = 2 R, (διάμετρος), παίρνουμε με εφαρμογή του παραπάνω τύπου:

= [( πR2 ) I 360° ] τοξημ Ο = [( πR2 ) I 360° ] 1 80° = ( πR2 ) I 2 αποτέλεσμα που αντιστοιχεί ακριβώς στο ημικύκλιο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 85 τ.l/81