UίJrni?O@&Olλ\@ U'O& 'U'@

&"Wlλ\rno©

ΠΕΡΙΕΧΌΜΕΝΑ Τρίγωνα με πέvrε zεύγπ κύριων στοιχείων ίσο. Θα είναι μεταξύ τους Ίσα; ......................... 3 Γραμμικά Συστήματα "Gauss εvαvrίον Cramer" ................................................................. 7

Τα Θεώρημα του Rolle ..................................................................................................... /[] 54ος Πανελλήνιος Μαθηηκός Διαγωνισμός στα Μαθημαηκά .......................................... 14

Συναρτήσεις - Συστήματα ............................................................................................... 20 Γεωμετρία Α· Λυκείου .................................................................................................... 26 Αριθμηηκές και Γεωμετρικές Πρόοδοι ............................................................................ 32 Ασκήσεις στο εμβαδόν του Τριγώνου ............ .............................................. .................... 38 Το σύμβολο dy/dx στο ρυθμό μεταβολής ........................................................................ ·

Καθετότητα - Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων ........................................................... ..

Ασκήσεις στην Ευθεία ................................................................................................... .

Ένα πρόβλημα πολλές λύσεις ........................................................................................ 55

Αλληλογραφία ................................................................................ , ................................ 57

Είναι ακρότατο ή φράγμα ...................... , ........................................................................ 58 Μια μικρή αναφορά στη Γεωμετρική Οπτική .................................................................. 60

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Υπεύθυνοι Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρλής Γιάννπς.

Συντακτική Επιτροπή: Βακαλόπουλος Κώσraς, Βλaχάκπς Γιάννης Γεωργακόπουλος Κώσrας, Γράψας Κώσraς, Δαμιανός Πέτρος, Δούναβη ς Αντώνης, Καμπούκος Γιώργος, Καρaκατσάνης Βασίλης, Κατσούλης Γιώργος, Κηπουρός Χρήσrος, Κοvτογιάννης Δημήτρης Κοτσιφάκης Γιώργος, Κυριακόπουλος Θανάσης, Μαλαφέκας Θανάσης, Μώκος Χρήσrος Σa"ϊτη Εύα, Σκούρας Θανάσης, Τουρλάς Λεωνιδας, Τσικαλουδάκης Γιώργος.

Επιμέλεια Έκδοσης: Μαραγκόκης Σ.

Σχήματα: Μαραγκόκης Σ.

Φιλολογική Επιμέλεια: Γεωργούδη Μ. Συνεργάστηκαν: Τουμάσης Μπάμπης, Γκουvτουβάς Σωτήρης, Μάκρος Στράτος, Μπόλής Θεόδωρος, Βλά­μος Παναγιώτης, Ντzιαχρήσrος Βαγγέλης,

Ωραιόπουλος Γιώργος, Μπaραλής Γιώργος, Φωτιάδης Γpηγόρης, Καλογεράκης Γιάννης.

ΙΔΙΟΚΤΗΤΗΣ: ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗ ΕτΑΙΡΕΙΑ Πανεπισrημίου 34- Αθήνα 106 79 Τηλ. 36 16 532-36 17 784- FAX: 36 41 025 ISSN 1105-8005 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος:

Ετήσιο συνδρομή: Οργανισμοί: Εξωτερικού Ταχ. Επιταyές

350 δρχ. 1.600 δρχ.

3.000 δρχ. 40$

Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.Θ. 30044

Είναι δυνατόν να φτάνο\)ν τρία

στοιχεία και να μπ

φτάνοt)ν πέντε στοιχεία

yια να είναι δ\)ο

τρίγωνα ίσα; Και όμως

ναι λέει ο κ. Το\)μάσπς

Ο Αγώνας

πνευματικός. Το κίνητρο σvμμετοχής π αyάππ

yια τα Μαθηματικά Νικητές και

οι 15.000 μαθήτες και

μαθήτριες και σvμμετείχαν.

Μπράβο παιδιά! Και το\)

χρόνο\) περισσότεροι

ΕΙ Gaυss - Crammer

= 1 - Ο !

� Η Γεωμετρία

δίνει τα φώτα

της στην

Οπτική

Φωτοσrοιχειοθεσίa Σελιδοποίηση: "ΚΛΕΙΝΙΑΣ ΕΠΕ"

Γο δίου 1, Τ.Κ. 17 121 Αθήνα- Τηλ. 93 34 390 Εκτύπωση: iΝΥΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81 -83 Υπεύθ. Τυπο α είου: Ν. Αδάκτυλο -τηλ. 34 74 654

τ ρίyωvα με πέντε zεvyn , , ,

κvριωv στοιχειωv ισα.

θα είναι μετα�v τοvς

Όπως γvωρίzουμε, οι τρεις πλευρές και οι τρεις γωνίες ενός τριγώνου αποτελούν τα κύρια στοιχεία του, ενώ οι διόμεσοι, οι διχοτόμοι και τα ύψη του εί­ναι τα δευτερεύοντα στοιχεία του. Εόν δυο τρίγωνα έχουν και τα έξι zεύγη των κύριων στοιχείων τους ίσα, τότε θα &(ναι ίσα εξ' ορισμού. Τα κριτήρια επίσης ισό­τητας τριγώνων μας εξασφαλίzουν την ισότητα δυο τριγώνων σε ορισμένες περιπτώσεις, που αυτό έχουν τρία zεύyn κύριων στοιχείων ίσα (ΠΠΠ, πm, mΓ).

Σημείωση: Με Π συμβολίzουμε την πλευρό και με Γ τη γωνία.

Τ ο ερώτημα που θα εξετόσουμε εδώ είναι τι γίνε­ται στην περίmωση που τα δύο τρίγωνα έχουν πέντε zεύγη κύριων στοιχείων ίσα. Θα είναι σ' αυτήν την περίπτωση τα τρίγωνα ίσα; Καλό θα ήταν σ' αυτό το σημείο, πριν προχωρήσετε παρακότω, να σταματήσε­τε και να προσπαθήσετε να δώσετε μόνοι σας την απόντηση σ' αυτό το ενδιαφέρον ερώτημα. Η διδα­κτική πείρα π όντως δείχνει ότι, όταν υποβληθεί το ερώτημα αυτό μέσα στην τόξη, οι πιο πολλοί μαθητές απάντούν, αυθόρμητα περισσότερο, καταφατικό , χω­ρίς καμιό επιφύλαξη. Το κύριο επιχείρημα, που προ­βόλλουν κατό κανόνα για αυτή τους την απόντηση, είναι το εξής: Τα τρίγωνα αυτό μπορεί να έχουy α) τις τρεις πλευρές ίσες και τις δύο γωνίες ίσες ή β) τις τρεις γωνίες ίσες και τις δύο πλευρές ίσες. Στην πρώ­τη περίmωση όμως θα είναι ίσα, λόγω του κριτηρίου ΠΠΠ, ενώ στη δεύτερη, αφού έχουν τις δύο γωνίες ίσες θα έχουν και την τρίτη, οπότε βόσει του κριτηρί­ου πm θα είναι πόλι ίσα.

Είναι φανερό ότι οι μαθητές παραβλέπουν το γε­γονός ότι μια βασική προϋπόθεση για να ισχύουν τα κριτήρια ισότητας τριγώνων είναι ότι οι ίσες πλευρές

,

ι σα;

Μοάμοος Τοvμάσος

πρέπει να βρίσκονται απέναντι από τις αντίστοιχες ίσες γωνίες.

Επομένως, στην πρώτη περίmωση ο συλλογισμός τους είναι ορθός, όχι όμως πόντα και στη δεύτερη, αφού είναι δυνατόν μεταξύ των δύο ίσων πλευρών οι περιεχόμενες γωνίες των δύο τριγώνων να μην είναι ίσες. Και για του λόγου το αληθές, αρκεί να βρεθεί ένα τέτοιο πειστικό παρόδειγμα δύο τριγώνων, τα οποία να έχουν τις δυο πλευρές και τις τρεις γωνίες του ενός ίσες με τις δυο πλευρές και τις τρεις γωνίες του 6λλου και όμως να μην είναι ίσα.

Στην προσπόθεια όμως να βρούμε έvα τέτοιο πα­ρόδειγμα θα ανακαλύψουμε, ίσως με έκπληξη, ότι κότι τέτοιο δεν είναι και τόσο εύκολο, άφού είναι πολ­λό τα ίσα στοιχεία των δυο τρ ιγώνων και δε γvωρί­zουμε πως να ξεκινήσουμε και ποιό μεθοδολογία να εφαρμόσουμε έτσι, ώστε να μην ψ6χνουμε στην τύχη.

Στο υπόλοιπο μέρος αυτpύ του όρθρου θα ασχο­ληθούμε με αυτό ,ακριβώς το πρόβλημα, την εύρεση, δηλαδή, ενός τρόπου, μιας μεθοδολογίας για την κα­τασκευή δύο τριγώνων, τα οποία, ενώ έχουν πtντε zεύyn κύριων στοιχείων ίσα, εντούτοις δεν είναι μετα­ξύ τους ίσα.

Μια ορώτn διαιοβnτιιuί οροοέyyιοn

Για να είναι το παρόδειγμό μας όσο γίνεται πιο πειστικό, θα προσπαθήσουμε αρχικό να βρούμε δυο τέτοια τρίγωνα, ώστε το ένα μ6λιστα να βρίσκεται στο εσωτερικό του 6λλου, οπότε να μη χωρόει αμφιβολία ότι δε θα είναι ίσα. Κατ' αρχήν θα αποδείξουμε ότι υπόρχουν δυο τέτοια τρίγωνα και μετό θα προσπαθή-

FΥΚΛFΙΛΗΣ R' ιιη τ 2/�

Tρiyωva με οέvιε zεόyιι κ.5ριωv στοΙJΙεiωv

σουμε να το κατασκευάσουμε στην πιο γενική περί­πτωσ� Ας ξεκινήσουμε με το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) του σχήματος la και aς υποθέσουμε ότι οι κάθετες πλευρές του έχουν μήκος 1, δηλαδή ΑΒ = ΑΓ = 1 (δεν έχει σημασία η μονάδα μέτρη­σης) . Φέρουμε το ύψος ΑΔ, οπότε το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο ΑΒΔ ή ΑΔΓ μας δίνει ότι: ΑΔ = ΒΔ = ΔΓ = _l_<ΑΓ.

Γ2 Β Β

Β

'� Α 1 Γ r

(α) (β) (γ) Σχήμα 1

Κοτοσκευάz�υμε, τώρα, ένα δεύτερο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) με ΑΓ = 1 και ΑΒ = 4/3 (σχήμ. lβ ) . Φέρουμε πάλι το ύψος ΑΔ και οπό το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε ότι:

ΒΓ2 =(�Υ+ 12 =ι; + 1 =�,ΒΓ=�.

Δ. Δ. Από το όμοιο τρίγωνο ΑΒΓ και ΔΒΑ παίρνουμε όπ ΑΒ = ΒΓ ΒΔ·ΒΓ=ΑΒ2 ΒΔ=Αf32 ΒΔ ΑΒ' '

ΒΓ'

ΒΔ = 16ι:2. = 16 > ΑΓ. 5/.3 15

Επομένως, εάν διατηρήσουμε την κάθετη πλευρά Δ

ΑΓ του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ σταθερή (ΑΓ = 1), θα ήταν λογικό να συμπεράνουμε ότι θα υπάρχει μια τιμή της άλλης κάθετης πλευράς ΑΒ, κάπου μεταξύ του 1 και του4 I 3 = 1,333 . . . , γιο την οποίο ΒΔ = ΑΓ. Γιο ποράδει�α, !άν κατασκευάσουμε ένα ορθο­γώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°), με ΑΓ = 1, ΑΒ = 1,3 (σχημ. lγ) και φέρουμε το ύψος ΑΔ, θα διαπιστώ­σουμε με τη βοήθεια του διαβήτη ότι το ΒΔ είναι πε­ρίπου ίσο με το ΑΓ.

Έτσι, μ' αυτό το διαισθητικό επιχείρημα της συνέ­χειας, ον μπορούμε να το ονομάσουμε έτσι, έχουμε καταφέρει να δείξουμε ότι υπάρχουν το δυο aυτά τρί­γωνο, που zητάμε. Στην περίπτωση αυτή θα ισχύει

""" Δ. ΒΔ = ΑΓ και το τρίγωνο ΑΒΓ και ΔΒΑ θα ικανοποι-ούν .!. ις απο�ού\!.ενε� συ�θήκες, �δηλοδή θα έχουν τις ΒΑΓ = ΒΔΑ, Β = Β, ΒΓΑ = ΒΑΔ (πλευρές κάθε­τες) και ΑΒ = ΑΒ, ΑΓ = ΒΔ. Έχουν, δηλαδή, πέντε zεύγη κύριων στοιχείων ίσο, τις δυο πλευρές και τις τρεις γωνίες του ενός ίσες με τις δυο πλευρές και τις τρεις γωνίες του άλλου, αλλά παρ' όλο aυτά το τρίγω-

να δεν είναι ίσο aφού το ένα βρίσκεται στο εσωτερι­κό του άλλου. Αυτό, βέβαιο, συμβαίνει, γιατί οι ίσες γωνίες δε βρίσκονται aπέναντι από τις aντίστοιχες ίσες πλευρές.

Μια nιο αvστnριί nρooέyyιon

Στο παραπάνω παράδειγμα περιοριστήκαμε σε ορθογώνιο τρίγωνο, γιο να εξασφαλίσουμε μεγαλύ­τερη aπλότητα. Τώρα θα προσπαθήσουμε να δεί­ξουμε πιο aυστηρά και πιο γενικά, βέβαιο, πως είναι δυνατόν να κατασκευάσουμε δυο τρίγωνο που έχουν πέντε zεύγη κύριων στοιχείων ίσο, χωρίς όμως aυτά να είναι ίσο.

Στην προσπάθειά μας aυτή θα κάνουμε χρήση της οναλυτικο - συνθετικής μεθοδολογίας. Θα υπο­θέσουμε, δηλαδή, ότι υπάρχουν δυο τέτοιο τρίγωνο, θα αναλύσουμε τις ιδιότητές τους και στη συνέχεια, στηριzόμενοι σ' aυτές τις ιδιότητες, θα συνθέσουμε -κατασκευάσουμε, στην περίπτωσή μας το δυο aυτά τρίγωνο.

Αvάλuσn: Ας υποθέσουμε ότι κατασκευάσαμε Δ. Δ. δυο τέτοιο τρίγωνο ΑΒ� � !!.ε πέ_yc�zεύyη κύριων

στοιχείων ίσα, δηλαδή Α = Δ, Β = Ε, Γ = Ζ, ΑΓ = ΔΕ= β, ΒΓ =ΔΖ= ο (σχήμ. 2) .

Α

Δ

Ε Σχήμο 2

Πρέπει να παρατηρήσουμε αμέσως ότι το τρίγωνο aυτά:

i. Δεν είναι δυνατόν να έχουν τις τρεις πλευρές του εvός ίσες με τις τρεις πλευρές του άλλου, γιατί τό­τε θα ήταν ίσο. Άρα γ ;ι! δ.

ίί. Είναι όμοιο, γιατί έχουν τρεις γωνίες ίσες. ίίί. Δεν είναι δυνατόν να είναι ισοσκελή, γιατί τότε

θα ήταν πάλι ίσο. Άρα μπορούμε να υποθέσουμε ότι ο < β < γ και δ < ο.

Αφού λοιπόν το τρίγωνο θα είναι όμοιο, θα έχουμε:

Υ = � (1) και Υ = � (2). β ο ο δ

Η ( 1) μας λέει ότι η πλευρά β είναι η μέση ονάλο-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/4

Tpίyωva με οέvτε zε"vo κίipιωv στοιχείων

yος μεταξύ των α και γ και η (2) μας λέει ότι η δ είναι η τέταρτη ανάλογος των γ, α και β και επομένως κα­τασκευάzονται με κανόνα και διαβήτη.

Σvνβεσn - κατασκεuό: Τ α zητούμενα τρίγω­να μπορούν να κατασκευασθούν, επομένως, με τα εξής βήματα:

α) Αν δοθούν οι δυο πλευρές α και γ του πρώτου τριγώνου, η τρίτη πλευρά β κατασκευάzεται ως η μέ­ση ανάλογος των α και γ.

β) Η πλευρά δ του δεύτερου τριγώνου κατασκευά­zεται ως η τέταρτη ανάλογος των γ, α και β.

Θα πρέπει να προσέξουμε όμως, γιατί η εκλογή των α και γ δεν μπορεί να είναι αυθαίρετη. Για να κα­τασκευάzεται τρίγωνο πρέπει να ικανοποιείται η τρι­γωνική ανισότητα γ < α + β ή γ - α < β (3) .

Αφού β2 = ay, β = � τότε η (3) γίνεται γ-α <�. (y-a)2 < ay (y>a), y2 -2ay + a2 < ay, y2 - 3ay + a2 <Ο (4). Αν θεωρήσουμε την τελευταία ως μια aνίσωση δευτέ­ρου βαθμού ως προς γ, τότε οι ρίzες του τριωνύμου είναι

3a±� 3a±a Γs , (4) -�-θεύ ---- = , οπσrε η uικι ε1 Y\G 2 2

(3-2Γs) a <ν <(3+/5) a (5)

Οι συντελεστές του α στην (5) μας θυμίzουν κάτι από το χρυσό λόγο Φ = 1 + Γs .. 1,62, το λόγο της

2 χρυσής τομής, που δημιουργεί την αίσθηση του ωραίου και της αρμονίας και που εφαρμόzεται στις καλλιτε­χνικές κατασκευές. Μεταξύ των πολλών ιδιοτήτων του λόγου αυτού είναι και οι εξής: i) φ2 = (1 + Γs)2 = 1 + 2Γs + 5 = 6 + 2 f5

2 4 4 = 3 + Th-2 62

2 '

ii) 1-φ = 1 1 + f5 = 1 - Γs 2 2

ίίί ) (1 -Φ)2 = (1-2Γs)2 = 1 -2� + 5 =

6-2Γs 3- Γs = = ---0,38. 4 2

iv) 1 + φ = 1 + 1 + f5 = 3 + f5 = φ2 2 2

Με βάση τα παραπάνω, ο περιορισμός (5) μπορεί να γραφεί ως εξής: (1 - Φ)2α <γ < Φ2α· και μας δί­νει τη συνθήκη, για να είναι δυνατή η κατασκευή των δυο αυτών τριγώνων.

Για να συνοψίσουμε, μπορούμε να κατασκευά­σουμε με κανόνα και διαβήτη τα δυο τρίγωνα, τα οποία έχουν πέντε zεύyη κύριων στοιχείων ίσα, χω­ρίς όμως να είναι μεταξύ τους ίσα, ακολουθώντας τα εξής τέσσερα βήματα:

α) Επιλέγουμε αυθαίρετα ένα τμήμα μήκους α ως την πλευρά α των δυο τριγώνων.

β) Εκλέγουμε την πλευρά γ έτσι, ώστε (1 - Φ)2α < γ < Φ2α ή προσεyyιστικά 0,38a < γ < 2,62a.

γ) Κατασκευάzουμε την πλευρά β ως τη μέση ανά­λογο μεταξύ των α και γ (β2 = ay) .

δ ) Κατασκευάzουμε την πλευρά δ ως την τετάρτη ανάλογο των γ, α και β (� = �)·

Αξίzει να σημειώσουμε ότι, εάν εκλέξουμε ν = Φα = 1 ,62a, τότε θα έχουμε y2 = Φ2a2, β2 = ay = Φα2 και β2 + a2 = Φα2 + a2 = a2 (Φ + 1 ) = a2 Φ2 = y2. Επομένως, το αρχικό τρίγωνο θα είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα γ. Τ ο γεγονός αυτό μπορεί τώρα να εξηγήσει τη διαισθητι­κή κατασκευή του σχήματος 1y. Στην περίπτωση αυτή τα δυο τρίγωνα ήταν ορθογώνια και α = 1, β = 1 3 οπότε γ = β2 I α = 1 69 = Φα = Φ ' ' '

Εάν εκλέξουμε γ > Φα, τότε γ - Φα > Ο και γ - α + Φα > Ο. Πολλαπλασιάzοντας κατά μέλη, θα έχουμε (γ - Φα) (γ - α + Φα) > Ο ή y2- ay > α2φ2 - α2Φ ή y2- β2 > a2 (Φ2 - Φ) ή y2 - β2 > a2 ή y2 > a2 + β2, οπότε τα τρίγωνα θα εί­ναι αμβλυγώνια με τις αμβλύες γωνίες απέναντι των πλευρών γ και δ. Ανάλογα, εάν γ < Φα, τα τρίγωνα θα είναι οξυγώνια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/5

Πρακτικές - nροσεννιστικές κατασκεuές

Η παραπάνω κατασκευή γίνεται με κανόνα και διαβήτη και βασfzεται στην κατασκευή της μέσης ανα­λόγου και της τετάρτης αναλόγου. Με τη βοήθεια όμως ενός υπολογιστή τσέπης, εvός υποδεκαμέτρου και ενός διαβήτη, μπορούμε να επιτύχουμε πολύ γρήγορα προσεγγιστικές κατασκευές, οι οποίες θα μας επιτρέψουν να αισθητοποιήσουμε την ύπαρξη αυτών των δυο "παράξενων" τριγώνων σ' όλες τις περιπτώσεις, που αναφέραμε. Παρακάτω δίνουμε ένα· παράδειγμα με α = 3 cm για κάθε περίmωση, οπότε για την πλευρά γ θα έχουμε ότι 0,38 . 3 < γ < 2,62 . 3 ή 1 ,14 < γ < 7,8 6. Αρχικά υπολογfzουμε το μήκος των πλευρών με προσέγγΙση εκατοστού, στη συνέχεια χαράσουμε τα ευθύγραμμα τμήματα, μετρώντας τα με το υποδεκάμετρο και , τέ­λος, με το διαβήτη κατασκευάzουμε τα τρίγωνα.

.......... 1 α = 3 cm, γ = Φα """ 1 ,62 · 3 = 4,86 αn,

β = ((;/ = ν 3 . 4,86 = 3,81 αn,

δ = αβ = 3 · 3,81 = 2,35αn.

γ 4,86 Στην περίmωση αυτή τα τρίγωνα είναι ορθογώνια

(σχημ. 3) .

α:3cm Α

B:3.81cm y:4,86cm δ=2.35cn-ι

Α

α Β

Σχnμα 3 Ε

Οαράδειypα 2 α = 3αn, γ = 4αn, β =((;/ = W = 3,46αn,

δ = αβ = 3'3•46 = 2,59αn. γ 4

Στην περίπτωση άυτή τα τρίγωνα είναι οξυγώνια (σχημ. 4) .

Α

Γ

α'3cm α Β z

13:3,46 cm v=4cm Σχήμα 4

Οαράkιyιια 3

Δ

δ Ε

δ: 2,59 cm

α = 3αn, ν = 6αn, β =((;/ = fi8 = 4,24αn,

δ = αβ

= 3 · 4,24

= 2,12 cm. γ 6

Στην περίmωση αυτή τα τρίγωνα είναι αμβλυγώ­νια (σχημ.5).

Α Δ

γ

α ::----=...,--::-­a:3cm B:4,24cm y:6cm δ:2.12 cm

Σχήμα 5

δ Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κn. τ. 2/6

rραμμικά Σvm:ιίpαΊα

Gauss εναντίον Cramer

Τα γραμμικά συστήματα παρουσιάzοvται σε όλους σχεδόν τους κλάδους των Θετικών και τεχνο­λογικών επιστημών. Εκτός βέβαια των Μαθηματικών παρουσιάzοvται στη Μηχανική, Μηχανολογία, Στατι­στική, Επιχειρησιακές Έρευνες, Μετεωρολογία, Αστρονομία, Αεροναυπηγική, Κοινωνιολογία κ.λπ. Με λίγα λόγια πολλοί επιστήμονες καλούνται για τις ανάγκες των επιστημών τους να λύσουν γραμμικά συστήματα.

Μια και είναι ευρύ το φάσμα εφαρμογών των συστημάτων, πολλοί σπουδαίοι Μαθηματικοί ασχολή­θηκαν με αυτά. Ενδεικτικά αναφέρω τους Leibηitz, Cramer , Gauss , Jordaη, Jacobi, Sylνester και πολλούς άλλους, που ακόμα και στις μέρες μας τα μελετούν.

Ο κλάδος της Άλγεβρας που ασχολείται με τα συστήματα είναι η Γραμμική Άλγεβρα και το όνομά της, γραμμική, το πήρε ακριβώς από τα γραμμικά συστήματα.

Η Γραμμική Άλγεβρα μελετάει τα συστήματα από καθαρά θεωρητική σκοπιά. Πρακτικά, δηλαδή με την επίλυσή τους, ασχολείται ένας άλλος κλάδος των Μαθηματικών, η Αριθμητική Ανάλυση και ειδικά η Αριθμητική Γραμμική Άλγεβρα, χρησιμοποιώντας βεβαίως σαν εργαλείο τους Ηλεκτρονικούς Υπολογι­στές (Η!Υ).

Τα συστήματα που παρουσιάzοvται στην πράξη εί­ναι αρκετά μεγαλύτερα από αυτά που συναντά ο μα­θητής του Λυκείου.

Ένας διαχωρισμός των συστημάτων γίνεται ανά­λογα με την τάξη τους ν, δηλαδή τον αριθμό των εξι­σώσεων. Έτσι για ν :S 100 έχουμε τα μικρά συστήμα­τα, για 100 <ν :S 500 τα μεσαία και για ν > 500 τα μεγάλα.

Στη σύγχρονη έρευνα και τεχνολογία τα συστήμα­τα που παρουσιάzονται είναι μεσαία και αρκετές φο­ρές πολύ μεγάλα.

Τα πολύ μικρά συστήματα ν :S 10 λύνονται γρή­γορα στον Η/Υ με τη μέθοδο του Cramer (ορί­zουσες) .

Για να δούμε όμως τι συμβαίνει με το μεγαλύτερο μικρό σύστημα, δηλαδή εκατό εξισώσεις με ισάριθ­μους αγνώστους με τη μέθοδο Cramer .

Σωτόρnς Ι'κοvvτοvβάς

Για να υπολογιστεί μια ορίzουσα τάξης 100, οι πολλαπλασιασμοί που απαιτούνται είναι 100! (1 . 2. 3 .. . 99. 100) . Ένας πολύ μεγάλος αριθμός.

Όλες οι ορίzουσες, που πρέπει να αναmυχθούν, είναι 101 και η κάθε μια τάξης 100. Ο συνολικός αριθμός των πολλαπλασιασμών είναι εξωφρενικός, περίπου 10160. Σε αυτόν τον αριθμό πρέπει να συνυπολογίσουμε και τις προσθέσεις για την ανά­mυξη των οριzουσών.

Έτσι ακόμα και με έναν τελευταίου τύπου Η/Υ, που κάνει ένα δισεκατομμύριο (109) πράξεις το δευτερόλεπτο, θα χρειαzόvταν - κρατηθείτε - περί­που 10141 αιώνες, χρόνος κατά πολύ μεγαλύτερος και από την ηλικία του σύμπαντος, που είναι 20 δισε­κατομμύρια χρόνια (2 . 1010) .

Μπροστά σε αυτή την πραγματικότητα ο άνθρω­πος επινόησε διάφορες μεθόδους - αλγορίθμους για την ταχεία επίλυση των συστημάτων.

Έτσι με τον αλγόριθμο του Gauss ή τον αλγόριθ­μο Gauss - Jor daη για το προηγούμενο σύστημα χρειάzονται μερικά λεmά.

Ενδεικτικά ένα σύστημα 361 εξισώσεων με ισά­ριθμους αγνώστους ειδικής μορφής λύθηκε από την ομάδα Αριθμητικής Ανάλυσης του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων στον UNIVAC 1106 σε 2 λεmά.

Υπάρχουν βεβαίως πολλές άλλες μεθόδοι - αλ­γόριθμοι για τα συστήματα, που η ταχύτητά τους ποι­κίλει και, κάθε φορά ανάλογα με το σύστημα καλεί­ται, ο Μαθηματικός να επιλέξει τον καταλληλότερο αλγόριθμο.

Βιβλιοyραφία

1 . Α. Χατzηδήμος; Εισαγωγή στην Αριθμητική Ανάλυση I, 11, Ιωάννινα 1976.

2. Α. Balfour - W. Beνeridge: Basic Numerical Aηalysis with For traη, Heiηemaηη Educatioηal Books , Lοηdοη 1972.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2Π

Δύο από τα πιο σημαντικά προβλήματα που απα­σχόλησαν και απασχολούν τους μαθηματικούς είναι τα παρακάτω:

1. Να βρεθούν οι ακρότατες τιμές, μέγιστα και ελάχιστα, μιας συνάρτησης.

2. Να βρεθούν οι ρίzες μιας εξίσωσης. Εμείς εδώ δεν μπορούμε βέβαια να μιλήσουμε

για τα προβλήματα αυτά σε όλη τους τη γενικότητα. Ας περιορίσουμε λοιπόν τις "βλέψεις" μας στις πραγ­ματικές συναρτήσεις μιας πραγματικής μεταβλητής και στις αντίστοιχες εξισώσεις.

Όταν σε κάποιο μαθηματικό ερώτημα δεν είναι δυνατόν να δοθεί μια "ακριβής" απάντηση, τότε η προσπάθεια εστιάzεται στην αναzήτηση πληροφο­ριών, που θα φωτίzουν όσο γίνεται περισσότερο την κατάσταση και θα κάνουν ανώδυνη αυτή την έλλειψη "ακρίβειας". Ξέρουμε, για παράδειγμα, από το Νορ­βηγό μαθηματικό Niels Abel (1802 - 1829) ότι για τις γεvικές πολυωνυμικές εξισώσεις, που ο βαθμός τους υπερβαίνει το 4, δε θα βρούμε ποτέ γενικούς τύπους, που θα μας δίνουν τις ρίzες, όπως π.χ. αυτόν που έχουμε για το τριώνυμο δεύτερου βαθμού! Προκύ­πτουν όμως πολλά άλλα ενδιαφέροντα ερωτήματα: Πόσες πραγματικές ρίzες έχει το πολυώνυμο; Πόσες θετικές και πόσες αρνητικές; Πού περίπου βρίσκο­νται πάνω στον άξονα; Μπορούμε να τις βρούμε με προσέγγιση 1/10; 1/100; 1/1000; κ.τ.λ.

Το 1690, ο Γάλλος μαθηματικός Michel R olle γράφει στην "Άλγεβρα" του μια πρόταση, που μπο­ρούμε να τη διατυπώσουμε ως εξής:

"Έστω Ρ(χ) = Ο μια πολυωννμική εξίσωση. Κατα­σκευάzουμε την εξίσωση Ρ · (χ) = Ο, όπου Ρ· (χ) είναι η παράγωγος του Ρ(χ) . Μεταξύ δυο ριzών της πρώτης

Το θεώρημα

τοv Rolle

Στράτος Ελ. Μάκρος

εξίσωσης υπάρχει μια τουλάχιστον ρίzα της δεύτερης" . Αυτή είναι η "πρώτη έκδοση" του θεωρήματος,

που σήμερα λέγεται "θεώρημα του Rolle" και που έκανε τον Rolle, αν και σφοδρό πολέμιο της νεογέν­νπτης τότε Μαθηματικής Ανάλυσης, "αθάνατο" στην Ανάλυση!

Κάπου πενήντα χρόνια νωρίτερα ένας άλλος Γάλ­λος μαθηματικός, ο P ierre Fermat, έλεγε περίπου αυτά: ''Αν θέλετε να βρείτε τις ακρότατες τιμές μιας πολυωνυμικής συνάρτησης μην ψάχνετε οπουδήπο­τε! Ψάξrε μόνο εκεί όπου η παράγωγος του πολυω­νύμου μηδενίzεται!"

Να λοιπόν, που για άλλη μια φορά δυο σημαντικά μαθηματικά προβλήματα συναvτιώνται! Ας επιστρέ­ψουμε όμως στο σήμερα, για να δούμε τη σύγχρονη διατύπωση του θεωρήματος του Rolle.

θεώρaμα τοv Rolle Αν μια σvνάρτnσn f είναι σvνεχάς σ' ένα

διάστnμα [α,β], είναι οαραyωyίσιμn στο διάστnμα (α,β) και f(α) = f (8)· τ6τε vοάρχει ένα τοvλάχιστον σnμείο � τοv διαστάματος (α,β) με f'(�) = Ο.

Για να μπορέσουμε λοιπόν να εφαρμόσουμε το θεώρημα του Rolle σε μια συνάρτηση f , θα πρέπει να παίρνει την ίδια τιμή σε δυο τουλάχιστον διαφορετικά σημεία (άρα να μην είναι 1 -1) , να είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα που ορίzουν τα σημεία αυτά και πα­ραγωγίσιμη ανάμεσά τους. Το θεώρημα του Rolle δε λέει τίποτα για τις μη παραγωγίσιμες συναρτήσεις. Δε λέει επίσης ότι το σημείο ξ είναι μοναδικό ούτε και δίνει κάποια μέθοδο προσδιορισμού του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κπ. τ. 2/8

Το 8εώροpα το\1 Rolle

Μια yεωpετρικιί εικόνα: Μια ευθεία παράλληλη προς τον άξονα χ ' χ σα­

ρώνει το επίπεδο. Σε κάποια θέση έχει δυο κοινά ση­μεία με την καμπύλη που παριστάνει την εξίσωση y = f(x). Αν μεταξύ των σημείων αυτών η f είναι παραγω­γίσιμη, τότε η f ' μηδενίzεται μια τουλάχιστον φορά.

Γεωpε-.:ρικιί σnpασία: Σ' ένα τουλάχιστον σημείο με τετμημένη ξΕ(α,β)

η εφαπτομένη της y = f(x) είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ.

Αλyεβρικιί σnpασία: Η εξίσωση f ' (χ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίzα στο

διάστημα (α,β). Δηλαδή: Μεταξύ δυο ριzών μιας παραγωγίσιμης συνάρ­

τησης βρίσκεται μια τουλάχιστον ρίzα της παραγώ­γου.

Και σαν πόρισμα: Αν η f' (χ) έχει κ ακριβώς διαφορετικές πραγμmι­

κές ρίzες, τότε η f(x) έχει το πολύ κ + 1 (πράγματι αν είχε κ + 2, τότε η f ' θα είχε τουλάχιστον κ + 1 ) .

Υ

θερή (πράγματι για κάθε χ Ε [α,β] : f(α) ::5 f(x) ::5 f(α), άρα σε όλα τα εσωτερικά σημεία θα έχουμε f' (χ) = Ο)

Ασκnσn ι Αν η παράγωγος μιας παραγωγίσιμης συνάρτη­

σης f δε μηδενίzεται σ' ένα διάστημα Δ, τότε η f είναι 1 - 1 στο Δ.

Αοόδειξn: Αν δεν ήταν 1 - 1, θα υπήρχαν δυο αριθμοί α < β

του Δ με f(α) = f(β) και σύμφωνα με το θεώρημα, θα υπήρχε γΕ(α,β) με f ' (γ) = Ο (άτοπο).

Ασκnσn 2 (Για την αλγεβρική σημασία του θεωρήματος) Μεταξύ δυο πραγματικών ριzών πολυωνύμου

Π(χ) υπάρχει μια τουλάχιστον πραγματική ρίzα του πολυωνύμου Π ' (χ) .

Aoάnnσn Έστω ρι < ρ2 δυο πραγματικές ρίzες του Π(χ) .

Το Π(χ) γράφεται Π(χ) = (χ - ρ1) (χ - ρ2) Σ(χ), όπου Σ(χ) ένα πολυώνυμο. Προφανώς Π(ρι ) = Π(ρ2) = Ο . . . Συνεχίστε εφαρμόzοντας το θεώρημα του Rolle στο Π(χ) .

Ασιuισa 3 -1

• (Για την αλγεβρική σημασία του θεωρήματος)

χ

Σχιίpα ι

Στο παραπάνω σχήμα μπορούμε να δούμε σε ποια διαστήματα (από αυτά που είναι σημειωμένα στο σχήμα) εφαρμόzεται το θεώρημα του Rolle και σε ποια όχι. (εφαρμόzεται μόνο στο [α,β] ) . Στα διαστή­ματα που το θεώρημα δεν εφαρμόzεται μπορεί η πα­ράγωγος να μηδενίzεται ή να μη μηδενίzεται.

Αοόδειξn -.:ov θεωριίpα-.:ος -.:ov Rolle Η f είναι συνεχής στο [α,β], άρα θα έχει μια μέγι­

στη τιμή f(x2) και μια ελάχιστη f(χι ) , όπου τα χι και χ2 είναι βέβαια σημεία του [α,β]. Αν ένα τουλάχιστον από τα χι , χ2 είναι εσω-.:ερι­

κό σημείο του [α,β], τότε η παράγωγος εκεί θα είναι μηδέν, .σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat, άρα το θεώρημα αληθεύει.

Αν ούτε το χι ούτε το χ2 είναι εσωτερικά σημεία, τότε θα: είναι τα άκρα του διαστήματος, οπότε θα έχουμε: f(χι) = f(x2) = f(α), δηλαδή η f θα είναι στα-

Αν ένα πολυώνυμο έχει όλες τις ρίzες του πραγ­ματικές, τότε και η παράγωγός του έχει μόνο πραγ­ματικές ρίzες (πού βρίσκονται;) .

Ασκnσn 4 (Για την αλγεβρική σημασία του θεωρήματος) Θεωρούμε το πολυώνυμο

Π(χ) = χ6 + αχ3 + βχ2 + yx +δ. Να αποδείξετε ότι έχει το πολύ 4 πραγματικές ρίzες.

Aoάnnσn Αν το Π(χ) είχε 5 πραγματικές ρίzες, τότε το

Π ' (χ) = 6χ5 + 3αχ2 + 2βχ +γ. θα είχε 4. Το Π · ' (χ) = 30χ4 + 6αχ + 2β θα είχε 3 και το Π ' ' ' (χ) = 120χ3 +6α θα είχε δύο (άτοπο) .

Ασκnσn 5 (Για την αλγεβρική σημασία του θεωρήματος) Να βρεθεί συνθήκη μεταξύ των συντελεστών της

εξίσωσης: αχ3 + βχ2 + yx + δ = Ο (1 ) που εξασφαλί­zει την ύπαρξη μιας μόνο πραγματικής ρίzας ρ.

Aoάnnσn Ας υποθέσουμε ότι η εξίσωση έχει και δεύτερη

πραγματική ρίzα ρι α) Αν ρ = ρι . Τότε θα έχουμε f(x) = (χ - ρ)2 π(χ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. ι. 2/9

ι ο σεωρnpα τοu κοιιe

{όπου π{χ) πρωτοβάθμιο πολυώνυμο) . Θα είναι: ϊ {χ) = 2 {χ - ρ) π{χ) + {χ - ρ)2 π · {χ) =

{χ - ρ) [2π {χ) + {χ - ρ)π · {χ)] · άpα ο ρ είναι ρίzα τη� παραγώγου.

β) Αν ρ ;ι! ρ1 . Τότε για τη συνάρτηση f{x) = αχ3 + βχ2 + γχ + δ

ισχύουν προφανώς οι προϋποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [ρ, ρ1] {υποθέτουμε ρ < ρ1 ) και θα υπάρχει στο {ρ, ρ1) ρίzα της παραγώγου.

Και σης δυο περιπτώσεις λοιπόν η εξίσωση 3αχ2 + 2βχ + γ = Ο θα έχει πραγματικές ρίzες, άρα διακρίνουσα μη αρνητική. Οπότε θα ισχύει: β2 � 3αγ.

Άρα αν β2 < 3αγ η {1 ) θα έχει μια μόνο πραγματι­κή ρίzα. Ισχύει το αντίστροφο;

Ασκnσn 6 {Για τη γεωμετρική σημασία) Έστω f μια συνάρτηση συνεχής και παραγωγίσι­

μη στο διάστημα [α, β] με f{α) = f {β) = Ο και γ ένας αριθμός εκτός του διαστήματος [α,β]. Να αποδειχθεί ότι υπάρχει μια τουλάχιστον εφαπτομένη της y = f{x), χΕ{α,β) , που διέρχεται από το σημείο {γ, 0).

Anάvτnσn Η εξίσωση της εφαπτομένης της y=f{x) σ· ένα

σημείο με τετμημένη ξ είναι: y - f{ξ) = f ' {ξ) {χ - ξ) . Αν διέρχεται από το {γ, 0), τότε θα ισχύει:

f{ξ) = f ' {ξ) {ξ - γ) . Η κλίση των ευθειών, που διέρχονται από το ση­

μείο {γ, Ο) και τέμνουν την y = f{x) , δίνεται από τη ' {χ) f {χ) συναρτηση τ = --.

χ-γ

Υ

Σχήμα 2

Φαντασθείτε την ευθεία να στρέφεται γύρω από το σημείο Γ. Είναι λογικό να περιμένουμε ότι η τέ­μνουσα θα γίνει εφαπτομένη, όταν η συνάρτηση τ έχει τοπικό μέγιστο ή ελάχιστο. Η συνάρτηση,α.υτή ορίzεται στο [α,β] , γιατί το γ δεν είναι σημείο'tου δια­στήματος αυτού και είναι συνεχής στο [α,β] και παρα­γωγίσιμη στο {α, β) ως πηλίκον τέτοιων συναρτήσεων. Επίσης τ{ α) = τ{β) = Ο· άρα μΠορούμε, εφαρμόzο­ντας το θεώρημα του Rolle, να συμπεράνουμε ότι

υπάρχει ξΕ{α,β) με τ · {ξ) = Ο. Όμως τ · {χ) = [f ' {χ) {χ- γ) - f{x)] I (χ:.:... γ)2. Άρα f' {ξ) {ξ - γ) - f {ξ) = Ο ή f{ξ) = f' {ξ) {ξ� γ).

Σχόλιο. Αυτή η "άσκηση", που ήταν και θέμα σε γενικές εξετάσεις κάποιας χρονιάς, δίνει μια μέρική απάντηση σ· ένα σημαντικό γεωμετρικό πρόβλημα, που θα το διατυήώοουμε με ηθελημένη ασάφεια: Από ποια σημεία του επιπέδου μπορούμε να φέ­ρουμε εφαπτομένη σε μια αρκετά ''ομαλή" καμπύλη;

Σχήμα 3 Ασκnσn {χρήση του θεωρήματος του Rol le στην

Ανάλυση)

Έστω F ,G,H τρεις πραγματικές συναρτήσεις συνεχείς σ ' ένα διάστημα [α,β] και παραγωγίσιμες στο {α,β) . Να αποδείξετε ότι υπάρχει σημείο ξΕ{α,β) τέτοιο, ώστε να ισχύει:

F {α) F {β) F ' {ξ) G {α) G {β) G ' {ξ) = Ο Η {α) Η {β) Η ' {ξ)

Αnόδει�n Θεωρούμε τη συνάρτηση

F {α) F {β) F{x) σ{χ) = G {α) G {β) G{x)

Η {α) Η {β) Η{χ) και έχουμε προφανώς σ{α)=σ{β)

Αναπτύσσοντας την ορίzουσα ως προς την τρίτη στήλη έχουμε:

σ {x) = F {x) IG {α) G {β)I - G (x) I F {α) F {β) I + Η {α) Η (β) Η {α) Η {β)

+ Η {χ) Ι F {α) F {β) I G {α) G {β)

Η σ{χ) είναι λοιπόν συνεχής στο [α,β] και παρα­γωγίσιμη στο {α,β) ως άθροισμα τέτοιων συναρτήσε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/10

Το θεώροpα τοιι Rolle

ων. Άρα υπάρχει ξΕ(α,β) με σ· (ξ) = Ο και επειδή:

σ' (x) = F ' (x) IG (α) G (β) I- G ' (x) I F (α) F (β) I + Η (α) Η (β) Η (α) Η (β)

+ Η. (χ) I F (α) F (β)

I G (α) G (β) Θα έχουμε για χ = ξ την zητούμενη σχέση. Παρατόροοο: Βάλτε α) Η(χ) = 1 και G(x) = χ

και β) Η(χ) = 1 .

α ) Για Η(χ) = 1 και G(x) = χ έχουμε:. Ο = F ' (ξ) (α- β) - [F(α) - F(β)] ή

F ' (ξ) = [F(α) - F(β)]/ (α - β) Το θεώρnμα τος Μέσος Τιμός (ή του

Lagraηge ή των "πεπερασμένων αυξήσεων")

β) Για Η(χ) = 1 έχουμε Ο = F ' (ξ) [G(α) - G(β)J - G ' (ξ) [F(ei) - F(β)] ή

F. (ξ) [G(α)- G(β)] = G. (ξ) [F(α) - F(β)] Το θεώρομα το" Cauchy Πρόκειται για δυο πολύ σημαντικά θεωρήματα

της Ανάί\υσης με τα οποία όμως δε θα ασχοληθούμε εδώ. τ ο θεώρημα που διατυπώνεται στην παραπάνω "άσκηση" ι είναι γενίκευση του θεωρήματος της μέ­σης τιμής και του θεωρήματος του Cauchy και οφεί­λεται στους Η.Α. Schwartz ( 1880) και G. Peaηo (1884) .

Ας δούμε τώρα πώς θα μπορούσαμε να διατυπώ­σουμε μερικές προτάσεις παρόμοιες με το θεώρημα του Rolle, οι οποίες "λένε κάτι" για μη κi\ειστά δια­στήματα.

Μια πρώτη είvαι αυτή που η συνάρτηση παραyω­yίzεται στο (α,β) και δεν ορίzεται ατά σημεία α και β αλλά έχει το ίδιο όριο σ · αυτά.

Πρότασο (R1). Αν μια συνάρτηση f είναι παρα­yωyίσιμη στο διάστημα (α,β) και

Im f (x) = im f (x) = λΕ R; χ-+ a+ χ-+ Β-τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Χο του διαστή­ματος (α,β) με f ' (Χο) = Ο.

ΑDόδει�ο 1-i άντιμετeδπιση της περίπτωσης αυτής είναι

πολύ απλή . Αρκεί να θεωρήσουμε τη συνάρτηση σ(χ) = f(x) για χΕ(α,β) και σ( α) = σ(β) = λ. (στην πραyματικότriτα επεκτείναμε την f σ· ένά διάστημα' που περιέχει και τα άκρα α και β, διατήρώvτας τη συνέχειά της) . Η σ ικανοποιεί όλες τις προϋποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο [α,β] και συνεπώς υπάρχει χοΕ(α,β) με σ ' (Χο) = Ο ή f ' (Χο) = Ο, αφού η σ και f είναι ίσες στο (α,β).

Πρότάσο (R2). Αν μια συνάρτηση f είναι παρα­yωyίσιμη στο διάστημα (α,β) και

Im f (χ) = Im f (χ) = - σο (ή + σο) χ-+ a+ χ-+ Β-τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο χ0 του διαστή­ματος (α,β) με f ' (Χο) = Ο.

Υ

α 8 I ι

ς

I - - -,------ -1 ι I

Αόόδει�ο

Σχήμα4

Έστω z = (α + β) I 2 και τ = f(z). Επειδή Im f (x) = - σο, θα υπάρχει αριθμός χ-+ a+

θΕ(α,z) τέτοιος, ώστε για κάθε χ με α < χ :5 θ να ισχύει: f(x) < τ.

Επειδή Im f (χ) = - σο, θα υπάρχει αριθμός χ-+ Β-

ηΕ(z, β) τέτοιος, ώστε για κάθε χ με η :5 χ < β να ισχύει: f (χ) < τ.

Ας θεωρήσουμε τώρα την f στο διάστημα [θ,η], όποϋ είνdι παραyωyίσιμη (άρα και συνεχής) και έχει μέγιστο, που δεν είναι ούτε το f(θ) ούτε το f(η), αφού και οι δυο αυτές τιμές είναι μικρότερες από το f(z) . Η f λοιπόν θα έχει μέγιστο σ · ένα εσωτερικό σημείο Χο του [θ, η] και σύμφωνα με το θεώρημα του Fermat θα είναι f' (Χο) = Ο.

Αν n απόδειξη σας φdtνεται δύσκολη, ξαναδιαβά­στε την! Το μονοπάτι, που ακολουθήσαμε, είναι το εξής: Χωρίσαμε το διάστημα σε δυο μέρη με ένα ση­μείο z κα.ι στη συνέχεια "πετάξαμε" από την αρχή και το τέλος του (α, β) δυο διαστήματα, όπου οι τιμές της f είναι μικρότερες από το f (z) .

Πρότασο (R3). Αν μια σUνάρτηση f είνάι συνε­χής στο διάστημα [α, + οο) και παραyωyίσιμη στο (α, + σο) με f( α) = Ο και Im f (χ) = Ο, τότε υπάρχει χ�+ 00

ένα τουλάχιστον σημείο Χο του διαστήματος (α,+ σο) με f ' (Χο) = Ο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/11

• v vc.UΙΙΙΙpupu .,.,.., aavaaσ

Υ

ο

Σχήμα5

Αιιόδει�n Αν η f μηδενίzετaι σε κάποιο σημείο z > α, τότε,

εqjcφμόzοvτaς το θεώρημα του Rolle στο διάστημα [α, z], έχουμε την aπόδειξη της πρότασης.

Αν η f δε μηδενίzετaι στο (α, + οο), τότε θα διατη­ρεί το πρόσημό της (αν έπαιρνε δυο τιμές ετερόση­μές, τότε θα μηδενιzότaν σε κάποιο σημείο σύμφωνα με to θεώρημα του Bolzaηo) . Ας υποθέσουμε λοιπόν, χωρίς να περιορίzουμε τη γενικότητα, ότι f(x) > Ο για κάθε χ > α. (Αν είναι f(x) < Ο, τότε θεωρούμε την -f(x) και εργazόμaστε όπως πιο κάτω) .

Έστω ξ ένας aριθμός μεγαλύτερος του α και ένας θετικός aριθμός ε < f(ξ) , π.χ. ε = f(ξ) Ι 3.

Επειδή Im f (χ) = Ο, θα υπάρχει η > ξ τέτοιο, Χ.....,.+CΧΙ

ώ<πε για κάθε χ να ισχύει χ > η οπότε f(x) < f( ξ) Ι 3. Θεωρούμε, τώρα, την f στο διάστημα [α, η + 1 ] ,

όπου είναι συνεχής και συνεπώς έχει μέγιστο. Το μέ­γιστο aυτό δεν μπορεί να είναι το f(a) ούτε το f(η + 1 ) , γιατί f(ξ) > f(a) = Ο και f(ξ) > f(ξ) Ι 3 > f (η + 1 ) , aφού η + 1 > η . Η f λοιπόν θα έχει μέγιστο σ · ένα εσωτερικό σημείο Χο του [α, η + 1 ] και σύμφωνα με το Θεώρημα του Fennat θα είναι f' (χσ) = Ο.

Σnμείωσn Θα μπορούσαμε να διατυπώσουμε την τελευταία

πρόταση ως εξής: Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα

[a, + οο) και πaρaγωγίσιμη στο (α, + οο) με

Im f (χ) = f (α), τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ση-χ ...... + cο μείο Χο του διαστήματος (α, + οο) με f ' (Χο) = Ο.

Αναγόμαστε στην (R3) θεωρώντας τη συνάρτηση g(x) = f(x) - α.

Μπορούμε ακόμα να aποδείξουμε, χωρίς(;) ιδιαί­τερη δυσκολία, τις παρακάτω προτάσεις τις οποίες προτείνουμε για aσκήσεις. • Αν μια συνάρτηση f είναι πaρaγωγίσιμη στο

(α, + οο) με Im f (x) = Im f (x) = λ Ε R, χ-+ α+ χ-+ + σο

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο χ0 του δια­στήματος (α, + οο) με f ' (χσ) = Ο.

• Αν μια συνάρτηση f είναι πaρaγωγίσιμη στο (a, + οο) με Im f (x) = Im f (χ) = + οο (ή-οο), χ......, a+ χ.....,.+ σο

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Χο του δια­στήματος (α, + οο) με f ' (Χο) = Ο.

• Αν μια συνάρτηση f είναι πaρaγωγίσιμη στο (- οο, + οο) με Im f (x) = Im f (x) = λ Ε R, x......,-ao χ......,+ οο τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο χ0 του δια­στήματος (- οο, + οο) με f ' (Χο) = Ο.

• Αν μια συνάρτηση f είναι πaρaγωγίσιμη στο (-οο, + οο) με Im f (x) = 1m f (χ) = + οο (ή -οο), χ--+- οο x.....,.+co

τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον σημείο Χο του δια­στήματος (- οο, + οο) με f ' (Χο) = Ο.

• Θεωρούμε τις συναρτήσεις φ: [0, 1 ) --+ IR με τύπο φ(χ) = α + χ / (1 - χ) και την f: [α, + οο) -+IR πa­ρaγωγίσιμη με Im f (x) = f (a). Να aποδείξετε x.....,.+ co ότι: α) Η συνάρτηση g:[O, 1 ] --+ IR με g(1 ) = f(a) και g(x) = f(φ(χ)) για κάθε χ Ε [Ο , 1 ) είναι συνε­χής στο [0,1 ] και πaρaγωγίσιμη στο (0, 1 ) . β) Υπάρχει ξ Ε [α + οο) με f' (ξ) =Ο. (Η άσκηση aυτή δίνει έναν άλλο τρόπο aπόδειξης της πρότα­σης (R3) . Ο τρόπος aυτός είναι πιο "τεχνικός" και λιγότερο εποmικός aπό τον τρόπο που προ­τείνουμε πιο πάνω. Χάνουμε την αμεσότητα της εποmείaς, κερδίzουμε όμως σε τεχνική. Μην πε­ριφρονήσετε λοιπόν την άσκηση aυτή. Προσπa­θείστε να καταλάβετε γιατί χρησιμοποιήσαμε τη συνάρτηση φ. Όπως έλεγε και κάποιος, πιανί­στας αν θυμάμαι καλά. "Όταν η έμπνευση μας εγκαταλείψει, μόνο η τεχνική μας βγάzει aπό τη δύσκολη θέση". )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ . 2/12

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ riA ΤΟ .1\.Υ.ΚΕΙΟ r ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

F

-Ανάλυση Γ Λuκεfοu - Δέσμες ΑΊ ΒΊ Δ'

ι...,__. ______ _.

Μαθηματικά Α' Λυκείου

,�-,��π--� ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ

Μάθηματικά Α' Λυκείου Μαθηματικά Β' Λυκείου

•Όριο συνάρτησης,

• Συνέχεια συνάρτησης,

• Ακολουθίες

• Πίνακες

• Ορίζουσες

• Γραμμικά

ΑΝΑΛΥΣΗ ;�'· ···�

Ανάλυση r· Λυκείου ·

ΙΔΗΣ

Θέματα Ανάλυσης Γ Λυκείου συστήματα �...-�....;;;...;=. ___ _.

ΠΑ 11-!ΝΑΔΕΣΜΗ

Ακολουθίες για την Α' Δέσμη

Ολοκληρώματα Παράγωγοι

Κεvτρnαί διάθεση: Σ. Πατάκηc; Α.Ε. Εμμ. Μπενάκη 16, 106 78 Αθήνα. Τηλ.: 36.31.078, Fax: 36.28.950

54ος Πανελλήνιος Μαθητικός Διαyωνισfός στα �αθnματικά . ''0 θΑΛΗ�"

En. Διαyωvισμώv ΕΜΕ Π. Βλάμος, Α. Δοvvαβnς, Δ. Kovτoyιάvvnς, · θ� Μnόλnς,

Ε. Ντzιαχρόστος, Ι. Τuρλός, r. Ορaιόnοuλος* . ' .

y' Γuμνασίοu - Πλιίροuς ανάnτuξnς

1 . Αν α, β θετικοί ακέραιοι αριθμοί και 3α + 4β = 120, να αποδείξετε ότι 30<α + β<40.

2. Είναι δυνατό ένα ορθογώνιο παραλλnί\όyραμμο με διαστάσεις 9 cm και 13 cm να διαιρεθεί:

α) σε δύο τετράγωνα με πλευρά 3 cm, ένα τετράγωνο με πλευρά 2 cm, ένα τετράγωνο με πλευρά 6 cm, ένα τε­τράγωνο με πλευρά 7 cm κcίι ένα ορθογώνιο με πλευρές 2 cm και 5cm;

β) Ένα τετράγωνο με πλευρά 2 cm, ένα τετράγωνο με πλευρά 3 cm, ένα τετράγωνο με πλευρά 4 cm, ένα τετρά­γωνο με πλευρά 5 cm και έν(] τετράγωνο με πλευρά 8 cm;

3. Οι αριθμοί 1, 2, 3, 4, 5 χωρίzονται σε δύο ομάδες Α, Β. Είναι αλnθές ότι υπάρχουν δύο αριθμοί πάντα που ανήκουν στnν ίδια ομάδα και n διαφορά τους ανήκει στnν ίδια ομάδα;

y' Γuμνασίοu - θέματα οολλαολών εοιλοyών

1 . Στο Σχ. 1 n γωνία φ ισούται με α) 180° - α + ν β) 180° - δ + ν ν) 180° - β + ν δ) β + δ ε) α + δ

• Σχ.1

2. Τα τρίγωνα στο Σχ. 2 είναι: α) 8 β) 12 ν) 16 δ) 20 ε) 24

Σχ.2

3. Αν α, β, y, δ είναι θετικοί αριθμοί και � = Υ._, τότε . β δ α) α- 1 = ν-1 β) α + 1 = ν + 1 ν) α + δ = β + ν

β-1 δ- 1 · β + 1 δ + 1 α β

δ) α + β = ν + δ β δ ε) κανένα από τα παραπάνω.

4. Αν α, β, γ, δ είναι ακέραιοι τέτοιοι ώστε � = 2. και Υ._ = Ι, τότε α) αν = βδ β 7 δ 2 β) α = 2, β = 7 ν) α < ν δ) α � Ο ε) αβ = yδ

5. Αν α, β, ν θετικοί αριθμοί και α5β4ν3 ;ο0 1, τότε αΒ β6 y4 _ α3 β2 y n παράστασn είναι ίσn με

αlΟ β8 y6 _ α5 β4 y3

α) 1 β) αβy

6. Αν α> Ο και

α) 2 fl β) 4 fl

δ) -1-αβy

(α + � )2 = ? , τότε ( α3 + α�) =

ν) 7 fl δ) __3_ ε) _Q_ fl fl

7. Ο μέγιστος αριθμός σnμείων στα οποία τέμνονται ένας κύκλος και ένα ορθογώνιο παραλλnί\όyραμμο είναι

α) 2 β) 4 y) 5 δ) 6 ε) 8

8. Ένα τριγωνικό γυαλί ΕΖΗ τοποθετείται πάνω από ένα ορθογώνιο παραλλπλόyραμμο ΑΒΓΔ το οποίο είναι επίσnς φτιαγμένο από γυαλί. Ποιό ποσοστό τnς καλυμμένnς με γυαλί έκτασnς είναι διπλοκαλυμμέ\(ο; α) 25% β) 33 1/3% ν) 36% δ) 26 8/17% ε) 45%

,---Α Β

Ε' V\

'/ \ v \

I/ � z I" Α Γ

*Στην επιλογή των θεμάτων συνέβαλλε και ο συνάδελφος Γκάτzιοuρας Δημήτρης Πρόεδρος τοu παραρτήματος Γρεβενών.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. r. 2/14

--------- 54ος Πανελλήνιος Μαθnpα"Ιικός Διαyωvισpός 0'10 Μαθnpα'lικά ---------

9. Αν ο αριθμός ν + 18 διαιρεί τον αριθμό ν + 53, όπου ν φυσικός, τότε ο ν είναι α) 2 β) 7 γ) 8 δ) 15 ε) κανένα από τα παραπάνω.

10. Αν ο αριθμός 12α3β διαιρείται με τους αριθμούς 4 και 9, η μικρότερη τιμή του ψηφίου α είναι

α) Ο β) 1 γ) 2 δ) 8 ε) 9

Αvσεις r· Ι'cμνασίοc

ι. θέμα:

Είναι 3α + 4β = 30 ή :2. α + β = 30 ή α + β > 30. 4 4 'Ομοια 3α + 4β = 40 ή α + 1 β = 40 ή α + β < 40. 3 3

2. θέμα: α) Ναι, δες Σχ. 1 β) Όχι, αφού 4 + 9 + 16 + 25 + 64 = 118 >

9 ·13 = 117

3. θέμα: Έστω Α η ομάδα στην οποία ανήκει ο 1 και β η άλλη.

Αν ο 2 ανήκει στην Α η πρόταση ισχύει. Έστω ότι ο 2 ανή­κει στη Β ομqδα. Αν ο 4 ανήκει στην Β η πρόταση ισχύει. Έστω ότι ο 4 ανήκει Α. Δηλαδή Α = {1, 4, . . . }, Β = {2, . . . } . Αν 3 Ε Α. η πρόταση ισχύει, αφού 4 -3 = 1. Έστω ότι 3 Ε Β. Αν5 ΕΑ η πρόταση ισχύει, αφού 5-4 = 1 . Αν 5Ε Β τότε 5 - 2 = 3 Ε Β δηλαδή πάντα η πρόταση ισχύει.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Α * *

Β * *

r * *

Δ * *

Ε * *

Α' Α\iκείοc- Πλόροcς αvάοτcξnς

1 . Να προσδιορισθεί το είδος του τριγώνου ΑΒΓ, αν για τις πλευρές του α, β, y,·E 2 ισχύουν οι σχέσεις: α2<2α + β -γ,. β2<2β + γ - α, �<2γ + α - β

2. Ένα τρίγωνο και ένα τετράπλευρο είναι τοποθετημέ­να στο επίπεδο, έτσι ώστε το κοινό τους μέρος να είναι ένα πολύγωνο. Ποιος είναι ο μεγαλύτερος αριθμός πλευρών που μπορεί να έχει το πολύγωνο αυτό;

3. Έστω ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέzιο με βάσεις ΑΒ, ΓΔ του οποίοι ο διαγώνιοι ΑΓ, ΒΔ τέμνονται κάθετα στο Ο. Αν Ε είναι το συμμετρικό του Α ως προς το Ο, να αποδείξετε ότι ΒΓ .l ΔΕ.

Α· l\c�είoc - θέματα οολλαολώv εοιλοyώv

1 . Ένα κανονικό πολύγωνο έχει ν πλευρές και 170 διαγωνίους. Τότε ο ν είναι ίσος με α) 15 β) 20 γ) 25 δ) 30 ε) κανένα από τα παραπάνω

2 . Ένα ισοσκελές τραπέzιο ΑΒΓΔ, αποτελείται από ένα τετράγωνο ΑΒΕΖ και δύο ίσα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΖ, ΒΓΕ με r = Δ = 60•. Αν ΑΒ = 6 1f3 cm , τότε το εμβα-δόν του τραπεzίου είναι: α) 108 cm2 β) 128 cm2

δ) ( 108 + sY3) cm2

γ) (108 + 2 Υ3) cm2 ε) ( 108 + 36 Υ3) cm2

3. Στο οχ. 1 τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΔ είναι όμοια. Αν ΔΑ = 4, ΓΔ = 9 τότε η ΒΔ είναι:

Γ

α) 5 @ 6 γ) 5 Υ3 δ) 8 ε) 8 + Υ3 4. Το σύνολο λύσεων την ανίσωσης: Ιχ + 2 1 + Ιχ - 1 1

< 5 είναι: α) (- 3, 2) @ι- 2, 2) ν){-�· �} δ) {- �· �} ε) 0

5) Αν Ο ;ι! Ο και χ= ο + 1, τόrε: ο

α) 1 :s χ :s 2 @χ;:: 2 γ) χ;:: 1 ή χ :s -1 δ) χ ;:: 2 ή χ :s -2 ε) χ 2: 1 ή χ :s - 1

2 2

6. Η ένατη ek-α του αριθμού 9(99) ε�ναι α) 99 β) 9(9 ) γ) 9so δ) 9(9 -1) ε) κανένα από τα παραπάνω.

7. Αν 1 χ 10° + 2 χ 106 + 3 χ 10ν + 4 χ 106 = 24130 και οι α, β, γ, δ είναι διαφορετικοί ανά δύο,

• α β γ δ τοτε - + - + - + - = 2 4 8 16 α) 35

16 β) 37 16 γ) 41

16 ε) κανένα από τα παραπάνω

δ) Q. 2

8. Το τελευταίο ψηφίο του αριθμού 248 - 1 είναι: α) 1 β) 4 γ) 5 δ) 3 ε) 9.

9. Ταξιδεύοντας με ταχύτητα ν = 3 · 105 km I sec από τη Γη στον Ήλιο που απέχει 1 ,5 · 108 km θα χρειασθούμε: α) 2 ώρες β) 2 ώρες 30 sec γ) 3.000 sec

δ) 500 sec ε) 1 .500 sec.

10. Το υπόλοιπο της διαίρεσης 2100 : 5 είναι: α) Ο β) 1 γ) 2 δ) 3 ε) 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/15

--------- 54ος Παvελλόvιος Μαθnpατικός Διαyωvισpός στα Μαθnpατικά ---------Λt5σεις θεμά"Ιωv οολλαολώv εοιλοyώv

Α' Λvκείοv

1) ν (ν - 3) = 170 � ν = 20 (Β) 2

2) (ΑΒΕΖ) = 108, = 18Υ3.

(ΒΕΓ) = (ΑΔΖ) = 6 . 6 {3 = 2

Άρα: (ΑΒΓΔ) = 108 + 36 Υ3 (Ε)

3) ΔΑ = ΔΒ � ΒΔ2 = 36 � ΒΔ = 6 (Β) ΔΒ ΔΓ

4) (Α)

5) Για α> 0: α + 1 � 2 � (α - 1f �Ο α Για α< 0: α + 1 s - 2 � (α + 1f �Ο α

99 6) (999* = 9 9 = 9(9Β) (Β)

7) Προφανώς: α = 2, β = 4, γ = 1, δ = 3.

(Δ)

Τότε: � + � + Υ._ + � = 1 + 1 + 1 + � = 37 (Β) 2 4 8 16 8 16 16

8) 248 - 1 = (24)12 - 1 = ( 16)12 - 1 = . . . 6 -1 = = . . . 5 (Γ)

9) 500 sec 3 · 105 km/sec = 15 · 107 km = = 1 ,5 · 108 km (Δ)

10) 2100 = (22)50 = (5 - 1)50 = πολλ 5 + 1 (Β)

Λt5σεις θεμά"Ιωv ολόροvς αvάD"Ιvξος Α' Λvκείοv

θέμα 1 - Λ"σο Οι σχέσεις (1 ) , (2), (3) γράφονται ως εξής:

α2 - 2α + 1 s β - γ (4), β2-2β + 1 sγ - α (5) και l- 2γ + 1 s α - β (6).

Προσθέτουμε τις (4), (5), (6) κατά μέλη και παίρνουμε: (α-1)2 + (β-1)2 + (γ - 1 )2 s Ο οπότε α = β = γ = 1, δηλαδή το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

θέμα 2 - Λt5σο Το πλήθος των κορυφών του τριγώνου και του τετρά­

πλευρου είναι 7. Άρα ο αριθμός των κορυφών του κοινού μέρους δεν μπορεί να ξεπερνά τον 7. Π.χ.

θέμα 3 - Λt5σο �

Αφού τα Α, Ε είναι συμμετρικά έχουμε όη: Δ�Ο = ΔΕΟ και αφού το ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές τραπέzιο ΔΑΟ = οpΓ. Άρα τα τρίγωνα ΜΓΕ, ΟΓΒ είναι ισογώνια οπότε: ΓΜΕ = 90°.

Α Β' Λvκείοv - Πλόροvς αvάD"Ιvξος

1 . Να προσδιορίσετε όλους τους φυσικούς αριθμούς α, β, γ, (Ο < α < β < γ) για τους οποίους ισχύει:

αβγ + αβ + βγ + γα + α + β + γ + 2 = 1996 (1 )

2 . Ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ με πλευρά 8 διαιρείται με ευθείες παράλληλες στις πλευρές του σε 64 ίσα τετράγωνα με πλευρά 1. Σε καθένα από τα 64 τετράγωνα τοποθετού­με έναν θετικό αριθμό, έτσι ώστε οι αριθμοί που είναι το­ποτεθημένοι σε τετράγωνα συμμετρικά ως προς μιαν δια­γώνιο του τετράγωνου ΑΒΓΔ να είναι ίσοι. Το άθροισμα των αριθμών που είναι τοποθετημένοι στα 64 τετράγωνα είναι 2.000, ενώ το άθροισμα των αριθμών που είναι τοπο­θετημένοι στα τετράγωνα των διαγωνίων του ΑΒΓΔ είναι 200. Να αποδείξετε όη το άθροισμα Ί:ων διαφορεηκών αριθμών που είναι τοποθετημένοι στα τετράγωνα ΑΒΓΔ εί­ναι το πολύ 550.

3. Οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύ­κλο C. Από ης κορυφές του Α, Γ φέρουμε εφαπτόμενες στον κύκλο, που τέμνουν την εφαπτομένη στο Β στα ση­μεία Μ, Ν. Αν Η η προβολή του Β στην ΑΙ, να αποδείξε­τε ότι η ΒΗ είναι διχοτόμος της γωνίας ΜΗΝ.

Β' Λvκείοv - θέμα"Ια οολλαολώv εοιλοyώv

1 . Ο αριθμός των zευγών των κατακορυφήν γωνίων που ορίzουν 15 ευθείες που διέρχονται από το ίδιο σημείο είναι: α) 30 β) 46 γ) 60 δ) 100 ε) 105

2. Σε ένα τουρνουά τένις παίρνουν μέρος 160 άτομα. Αν κάποιος χάσει σε έναν αγώνα βγαίνει έξω από το παι­χνίδι. Ποιος είναι ο ελάχιστος αριθμός παιχνιδιών για να ανακηρυχrείνικητής; (ισοπαλίες δεν υπάρχουν). α) 88 β) 200 γ) 320 δ) 480 ε) 159

3. 'Εστω ν Ε Ν*, τότε οι αριθμοί 3ν + 1, 7ν + 2 α) είναι σχετικά πρώτοι για κάθε τιμή του ν β) είναι σχετικά πρώτοι, αλλά όχι πάντα γ) δεν είναι σχετικά πρώτοι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/16

54ος ΠαvεΑλιίvιος Μα8οpατικός Διαyωvισpός στα Μα8οpατιιιά --------

δ) ο 3ν + 1 διαιρεί τον 7ν + 2 ε) δεν ισχύει κανένα από τα παραπάνω

4. Η ενάl:n ef,α του αριθμού 9(99) ειναι: α) 99 Β) 9(9 ) γ) 920 δ) 9(9 - 1) ε) κανένα από τα παραπάνω. .

. α + y 5. Αν α, Β, γ Ε R και Β = --, τότε: 2 ά) nμΒ = 1 (nμα + nμy) Β) συνΒ = 1 (συνα + συvy) 2 . 2 γ) εφΒ = 1 (εφα + εφy) 2

δ) nμa + nμΒ + nμy = συνα + συνΒ + συvγ ε) nμα + nμΒ + nμy

συνα + συνΒ + συνy = εφΒ

6. Αν Α = _1_ - εφχ (χ .., κπ , κ Ε z) τότε εφχ 2 α) Α = -1 δ) Α = _2_

nμ2χ

Β) Α = 1 y) Α = 2σφ2χ ε) Α = -1-

συν2χ

7) Αν nμ32" !Ξ!! 0.53, συν32" !Ξ!! 0,85, εφ32" !Ξ!! 0,63 n περίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ (Σχ. 1 ) είναι:

Β

α) 15,18 cm δ) 14,94 cm

Α

Β) 16,15 cm ε) 13,85 cm

Γ

γ) 16,75 cm

8) Στο σχ. 2 ένα τετράγωνο είναι εyyεyραμμένο σε ημι­κύκλιο. Ο λόγος α/Β είναι:

α) i5_ 2 β) 2 γ) i5 + 1

2 δ) Γs- 1

2

ΣΧ. 2

ε) 3. 2

9) Αν το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο, τότε έχει εμΒαδό:

'

α) αΒ Β) 'f3 α2 + Β2 γ) {α - Β)2 δ) {α + Β)2 8 2 2 2 10

ε) κανένα από τα παραπάνω.

10. Το τελευταίο ψnφίο του αριθμού iJ8 - 2 είναι: α) 1 Β) 4 y) 5 δ) Ο ε) 6

Λ.Sοεις θεμάτων nολλαολώv εοιλοyώv Β· Λιικείοιι

(Ε)

2) Θα πρέπει όσοι έχουν αποκλεισθεί ( 159) να έχουν παί-ξει έναν τουλάχιστον αγώνα. (Ε)

3) (3ν + 1 ,7ν + 2) = (3ν + l,ν) = (l,ν) = 1 (Α) 1

4) (999)9 = 9rJ3 (Β)

5) nμα + nμΒ + nμy (nμα + nμy) + nμΒ συνα + συνΒ + συνγ (συνα + συνγ) + συνΒ

α + y α - γ 2nμ -- συν -- + nμΒ 2 2 2 συν α + Υ συν α - Υ + συνΒ 2 2 nμΒ (2 συν α - Υ + ι)

= 2 = εφΒ συνΒ ( 2 συν α ; Υ + 1)

6) _1 _ _ εφχ = 1 - εφ2χ εφχ εφχ

συν 2χ = -- = 2σφ2χ nμ2χ 2

nμχ συν χ

(Γ)

(Ε)

7) ΑΓ = _3 __ !Ξ!! 3,53, εφ32° = � � υ = 3εφ32° συν32° 3

ΑΒ2 = 16 + 9 εφ2 32° άρα ΑΒ !Ξ!! 1,4 · VW Ξ 4,41

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/17

--------- 54ος Πανελλήνιος Μαθnματικος Διayωvισμος στα Μαθnματιιίο ---------

ΑΓ + ΑΒ + ΒΓ = 3,53 + 4;41 + 7 = 14,94. (Δ)

8) R � � + Β\

ή R - α � Β\ ή (Γs2

- 1 ) α � Β

R2 = 02 (�Ν R = �α� ή � = _2 _ = 2 (Γs + ι) ή � = -g + 1 ιπ

Β ΥΚ - ι 4 Β 2

9) aβ + � · f2V + � (ο - ν'2 ν) = aβ + ν2 2 2 2

, (ο - 6) ν'2 , 2 (a - 6\2 (Γ) η = ν η ν = -'--------'1'--2 2

10) 248 - 2 = ( 16) ι2 - 2 = . . . 6 - 2 = . . . 4 (Β)

Λvσεις θεμάτων ολόρο\Jς αvάιrt\Jξnς Β' Λ\Jκείο\J

Θέμα 1 - Λvon οβγ + ο β + βγ + γα + ο + 6 + ν + 2 = = βγ (ο + 1) + 6 (ο + 1) + ν (ο + 1 ) + (ο + 1) + 1 = = 1996 ή (ί:ι + 1) ( Βν + 6 + ν + 1) = 1995

Όμως 1995 = 3 · 5 · 133 ή 1995 = 3 · 7 · 95 1995 = 3 . 19 . 35 ή 1995 = 5 . 7 . 57 ή 1995 = 5 . 19 . 21 ή 1995 = 7 . 15 . 19.

Άρα έχουμε έξι τριάδες αριθμών π.χ. (ο, 6, γ) = = (2, 4, 132) κ.λπ.

Θέμα 2 - Λvon Οι αριθμοί που είναι γραμμένοι στο τετράγωνο της δια­

γωνίου ΑΓ είναι συμμετρικοί ως προς τη ΒΔ άρα το πολύ 4 οπό αυτούς είναι διοφορεπκοί, έστω οι , a2, a3, a4.

Τότε: 2(aι + a2 + a3 + a4) + 2(6ι + 62 + 63 + 64) = 200 ή

οι + a2 + a3 + a4 + Βι + 62 + 63 + 64 = 100 Κάθε αριθμός γραμμένος σε τετράγωνο που δεν ανή­

κει στις διογωνίοuς ΑΓ, ΒΔ έχέι άλλους 3 ίσους σε συμμε­τρικά τετρόγωνο ως προς ης διογωνίους.

Το τετράγωvο που δεν ανήκουν σε διαγώνιες είναι 64 - 16 = 48. Άρα υπάρχουν το πολύ 12 διαφορετικοί αριθ­μοί νι, νz, . . . Vιz· Το άθροισμα των αριθμών που δεν ανή­κουν σε τετράγωνο διαγωνίων είναι 2.000 - 200 = 1800, άρα 4(νι + νz + . . . + Vιz) = 1800 <=> νι + νz + . . . + νιz = 450.

Επομένως το άθροισμα όλων των διοφορεηκών αριθ­μών είναι το πολύ 450 + 100 = 550.

θέμα 3 - Λvon Είναι ΜΑ = ΜΒ = k, ΝΒ = ΝΓ = λ Έστω Μι, Νι οι προβολές των Μ, Ν στην ΑΓ. Προφα­

νώς �

ΜΑΓ = ΝΓΑ ή ΜΑΜι = ΝΓΝι άρα τριγΑΜΜι "" τρινΓΝΝι οπότε ΑΜι = k = ΜιΗ

( 1) ΓΝι λ ΗΝι

Συνεπώς: ΑΗ = ΜιΗ - ΑΜι = k άρα τριγ. ΜΗΑ "" τριγ. ΝΗΓ ΗΓ Νι Η - ΓΝι λ οπότε ΜΗΑ = ΝΗΓ δηλ Η ι = Hz

r· Λ\Jκείο" - Πλόρο"ς αvάοτ\Jξnς

1 . Έστω Α, Β ν χ ν πίνακες με στοιχείο προγμοηκοός αριθμούς και ΑΒ = Ο. Αν υποθέσουμε όη γιο κάθε ν χ ν πίνακα Γ ισχύει 1 12' + Γ2 1 ;ο: Ο, να αποδείξετε όη

l lv + Α κ + Β2ΡΙ ;ο: Ο, όπου κ, ρ Ε Ν*.

2. Έστω ο, 6, γ Ε R, όχι όλοι ίσοι κai ο + 6 + ν ;ο' Ο. Να αποδείξετε όn γιο κάθε συνάρτηση g: R - {Ο, 1} - R, υπάρχει μια μοναδική συνάρτηση f: R - {Ο, 1 } - R, τέτοιο ώστε: ο f (χ) + 6 f (χ - 1 ) + ν f (-1 -) = g (χ), γιο κάθε χ 1 - χ χ Ε R - {0, 1 } .

3. Να αποδείξετε όη υπάρχουν φυσικοί οριθμοl που 10 4 τελευταίο ψηφίο τους είναι 1994 και διαιρούνται με τον 1993.

Γ' Λ\Jκείο" - θέματα οολλαολώv εοιλοyώv

1 . Γιο ποιές nμές του λ Ε R, το τρίγωνο που ορίzουν οι ευθείες ει : y = -4, ε2: y = λχ + 7, ε3: Υ = - λχ + 7 είναι ισόπλευρο; ο) ν'2 6) ν'2 ν) {3 δ) 1 ε) {3

2 2

2. Αν Α ένας 2 χ 2 πίνακας με στοιχείο προyμοnκούς αριθμούς και Α2 = - 12, τότε ο Α είναι: ο) [ � �] 6) [ - � _ � ] γ) [ � - � ] δ) [ ο - 1 ]

- 1 ο

ε) κανένα οπό 10 παραπάνω

3. Το υπόλοιπο της διαίρεσης του 3ι994 δια του 13, εί-ναι: ο) 1 6) 3 y) 5 δ) 7 ε) 9

4. Η συνάρτηση f: [1 , +οο) - R με f (χ) = log (χ + Vx2 + 1 ) + log (Vx2 + 1 - χ)

ο) γνησίως αύξουσα 6) γνησίως φθίνουσα ν) σταθερή δ) μηδενική ε) κανένα οπό 10 παραπάνω.

είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. κη. τ. 2/18

54ος Παvελλόvιος Μαθαpατικός Διαyωvισpός στα Μαθαpατικό --------

5. Αν χ, y Ε R η εξίσωση χ ] έχει x + y

α) ο λύσεις β) 1 λύση ν) 2 λύdεις δ) 3 λόσεις ε) 4 λύσεις

6. Αν το σύστημα αχ + βy = γ, βχ + yy = α, yx + αy = β έχει λύση, τότε: α) α = β = ν β) α - β = β - ν = ν - α γ) � = � = y_ δ) α = 1, β = 2, ν = Ο β ν α ε) α3 + β3 + ν3 = 3αβν

7. Έστω κύκλος C με ακτίνα r = 4. Το τετpόπλευρο με το μεγιστο εμί3αδό που μπορεί να εyγραφεί στον κύκλο C έχει εμβαδό: α) 32 β) 80 γ) 64 δ) 4Ο Ύ3 ε) 60 VZ

8. Κάποιος έγραψε 6 χpιστουγεvvιάτικες κάρτες α, β, γ, δ, ε, στ και ήθελε να τις βάλει σε 6 φακέλους Α, Β, Γ, Δ, Ε, ΣΤ aντίστοιχα και να τις ταχυδρομήσει. Από λάθος όμως τοποθέτησε κάθε μια κάρτα σε έναν τυχαίο φάκελο. Η πιθανότητα να τοποθετήσει τις μισές κάρτες στον αντί­στοιχο φάκελο είναι: α) 1

2 β) 1 6 ν) _1_ 18 δ) _l_ 24 έ) _l_ 60

9. Οι μαθητές που αρίστευσαv σε ένα διαγώνισμα είναι 8. Η πιθανόmτα να είvw 4 αγόρια κw 4 κορfι:σια είναι α) 1

2 β) 2. ν) 17 8 64 δ) 35

128 ε) 60 256

10. Έστω 100-γωνο Αι Α2 . . . Αιοο· Το πλήθος των διαγωνίων του που ενώνουν δυο κορυφές, από τις οποίες η μία έχει άρτιο και η άλλη περιπό δείκτη (π.χ. Αι Α8, Αιο An, � Α44 . . . ) είναι: α) 1200 β) 2350 γ) 1175 δ) 300 ε) 2400

Λvσεις r· Λ"κείο"

ι. θέμα: Αφού ΑΒ = Ο, παρατηρούμε ότι: Α2κ-ι (ΑΒ) Β2ρ-ι = Ο ή Α2κ Β2Ρ = Ο οποτε

Ο s I Iv + A2κl l lv + Β2ΡΙ = I Ov + Α2κ) Ov + B2PJ I = = llv + Α2κ + Β2ρ + Α2κ Β2ΡΙ = llv + Α2κ + Β2ΡΙ

2. θέμα:

Αν θέσουμε όπου χ το _1_ και όπου χ το 1 - χ χ - 1 . . --, θα πάρουμε χ

a ι ίχΙ + Β ι (χ : 1) + ν f ( 1 � χ) � g Ιχl \ β f (x) + v f (x : l ) + α f (ι � x ) = g (ι� x ) / (Σ)

ν f (χ) + α f (χ : 1 ) + β f (ι � χ) = g (χ : 1 )

Το σύστημα (Σ) έχει ορίzουσα α β γ

Δ = β y α = 3αβy - α3 - β3 - y3 κ.λπ. Υ α β

3. Θέμα: Θεωρούμε 1993 αριθμούς της μορφής: 1994,

19941994, 199419941994, . . . όπου ο τελευταίος αποτε­λείται από 1993 τετραψήφιες ομάδες. Είτε ένας από τους tίριθμούς αυτούς διαιρείται ι.iε τον 1993, είτε θα υπάρχουν δύο αριθμοί που διαιρούμεvοι με τον 1993 δίνουν το ίδιο υπόλοιπο. Η διαφορά δύο τέτοιων αριθμών θα έχει τη μορφή 1994 1994 ... 1994 · 104κ (κ Ε Ν). Όμως 1993 + ιο4κ, άρα 1993 Ι 1994 . . . 1994.

1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 Α *

Β *

Γ * *

Δ * *

Ε * * * *

Στο 7ο θέμα πολλαπλής επιλογής από τυπογραφικό λάθος είχε γραφεί αντί του σωστού 32 αριθμός 12. Η Επι­τροπή Διαγωνισμών κατά τη βαθμολόγηση δεν θα λάβει υπ' όψη το θέμα, εκτός εάν κάποιος μαθητής έχει βρει το σωστό 32 και το έγραψε ως παρατήρηση.

• ΥΠΟΨΗΦΙΟΤΗΤΕΣ ΓΙΑ ΤΙΣ ΕΚΛΟΓΕΣ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε.

ΜέχρΙ 15 - 1 - 1 995

• ΓΕΝΙΚΗ ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε

12 - 3 - 1 995

• ΕΚΛΟΓΕΣ ΣΤΗΝ Ε.Μ.Ε

1 9 - 3 � 1 995

Ι=VUΛJ:ΊΛΙ-Ι�Ά R ' vπ τ 'J/1 Q

Ασκήσεις Αλyε8ρας

Α' Λvκείοv

''ΣΥΝΑΡΥΗΣΕΙΣ - ΣΥΣΤΗΜΑΤΑ"

1. Να βρεθεί το nεδίο ορισμοv των σvναρ­Ίιίσεων

i) F(x) = Vx- 1� + _χ_ χ + 1

ii) F(x) = Υ 2χ + 2 - 2 � ι� - 1ο (ι� - 3) νι� - 4

Λvσn:

·) π , { x-l� � o , {x� l� ι ρεπει π χ + 1 ;ο! Ο Χ;ο! - 1

ή { x= l� {αφού xs l� yιακάθεχΕ R) Χ;ο! - 1

, { χ� ο , ο π π χ� Χ;ο! - 1

Άρα Α= [Ο, + οο)

/2χ + 1 � 0 1� - 10 ;>! 0

ίί) Πρέπει \χ-2 � 0 ή 1� -3 ;>! 0 1� > 4

χ� -1 2

Χ;-! ± 10

ή χ�2

χ <-4 ή χ> 4

χ�2

ή χ > 4 και Χ ;ο! 10.

Άρα Α = (4, 10) U (10, +οο)

2. ΔίνεΊαι Ίο σημείο Μ (χ, 3). Θεωροvμε ΊΟ σvpμεΊρικό σημείο ΊΟV Μι ως ορος Ίnν αρχή Ίων α�όνων Ο, ΟΊΟ σvνέχεια θεωροv­με ΊΟ σvμμεΊρικό Μ2 ΊΟV Μι ως ορος ΊΩ δι-

Π. Δαμιανός - r. Κοτσιφάκnς

χοΊόpο Ίnς yωνίας χΟψ και εν σvνεχεία ΊΟ σvppεΊρικό Ίοv Μ3 ως ορος Ίον ά�ονα χΌχ. Να βρεθεί ΊΟ χ Ε R, ώΟΊε

(ΜΜ3) = V20

� -- - - - . - - - - - - -- - - - - - - ·.:ι ��-.ιι.·3t . ' ' ' ' ' "' ,,

Το Μι έχει συντεταγμένες -χ, -3 , δηλ. είναι το σημείο Μι (-χ, -3), το Μ2 είναι το σημείο Μ2 (-3, -χ) και το Μ3 είναι το σημείο Μ3 (-3, χ) . Οπότε (ΜΜ3) = f20 ..J(-3-x)2+ (χ-3)2 = f20 ..J1s + 2χ2 = f20

18 + 2χ2 = 20 2χ2 - 2 = ο 2(χ2 - 1) = ο (χ + 1 ) (χ - 1 ) = ο χ = -1 ή χ = 1

3. ΔίνεΊαι n σvνάρΊnσn ι(χ) = 2χ - 1 (α) Να λvθεί n ε�ίσωσn

ι(Ο) + ι(-1) + ι( 1) + ι(-χ) = χ (1) (β) Να vοολοyιmεί ο λ Ε R αν yvωρίzοpε όn:

λ · ι(:) - 2 ι(:) = 3 - : (2)

(Διαγωνισμός "ΘΑΛΗΣ' τnς Ε.Μ.Ε. 1 987)

Αύσn

(α) Από τον τύπο της συνάρτησης έχουμε ότι: f(O) = 2 · Ο - 1 = - 1 f(-1) = 2 (-1 ) - 1 = -2-1 = -3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/20

Σωvαρτιiσεις - Σωστιipατα

f(1 ) = 1 και f(-x) = -2χ - 1 άρα η εξίσωση (1 ) γίνεται: -1 -3 + 1 -2χ - 1 = χ � -2χ-χ = 3+ 1 � χ = -1.

3

(β) Επίσης έχουμε: t(}) = 2 · }- 1 = Ο και

t(g) = 2 . g- 1 = λ- 1

άρα η (2) γίνεται: λ · Ο-2 (λ- 1) = 3-Δ � . . . �λ= 2_

2 3

4. Να βρεθεί το nεδίο ορισμοv τος Ο\Jνάρτaσaς f με τVDO

F(x) = γχ2 + ι + χ- ι

γχz + ι + χ + ι και να δειχθεί ότι είναι nεριττό

Λvσn Πρέπει χ2 + 1 ;::: Ο ηου ισχύει για κάθε χ Ε R και

γ χ2 + 1 + χ+ 1 ;ο! Ο. 'Εχουμε γχ2 + 1 + χ + 1 > Η + x = l� + χ:<!: Ο νια κάθε χ Ε R.

Οπότε το πεδίο ορισμού της f είναι το R. Θα δείξω ότι

f(-x) = -f(x) ή i(�Γ+l-x- 1 = - Υ(χ2) + 1 + χ- 1 ή i(-x2)+ 1 -x+ 1 Υ(χ2) + 1 + χ+ 1 γχ2 + 1 - (χ + 1) γχ2 + 1 + (χ- 1) , ------ = - η γ χ2 + 1 - (χ- 1) γ χ2 + 1 + (χ+ 1) [γ χ2 + 1 - (χ+ 1)] [γ χ2 + 1 + (χ + 1)] =

-[ γχ2 + 1 - (χ- 1)] [ γχ2 + 1 + (χ- 1)] ή χ2 + 1 - (χ + 1 )2 = -[χ2 + 1 -(χ - 1)2] ή χ?- + 1 -χ?- -2χ- 1 = -(χ?- + 1 -χ?- + 2χ- 1) -2χ = -2χ (αληθής)

5. Να βρείτε το είδος το\J τετραnλεvρο\J no\J σχnματίzο\Jν τα σnμεία Α( ι, ι), 8(4, 2), 1'(5, 5) και Δ(2, 4) ενός ορθοκανονικοv σ\Jστόματος αξόνων Οχψ.

Λvσn (α · τρόπος) Βρίσκουμε πρώτα τα μήκη των πλευρών του

ΑΒΓΔ: (ΑΒ)2 = (χΒ - χΑ)2 + (ΨΒ - ΨΑ)2 = = (4-1)2+ (2-1)2 = 9 + 1 = 10 ομοίως (ΒΓ)2 =

= (xr - χΒ)2 + (ΨΒ - ΨΑ)2 = . . . = 10 και (ΓΔ)2 = = . . . = 10, (ΔΑ)2 = . . . 10.

ο 2 3 4 5

Άρα το ΑΒΓΔ είναι ρόμβος ή τετράγωνο. όμως: (ΑΓ)2 = (xr - χΑ)2 + (Ψr - ΨΑ)2 = (5 - 1 )2 + (5 - 1)2 = 16 + 16 = 32 και προφανώς (ΑΒ)2 + (ΒΓ)2 < (ΑΓ)2 άρα ΑΒΓ αμβλυγώνιο Α Επομένως ΑΒΓΔ ρόμβος.

(Β ' rρόπος}: (περιγραφική Λύσn:) Βρίσκουμε rις εξισώσεις rων ευθειών που διέρχο­

vrαι από rις κοφυγές α) Α και Β Β) Β και Γ γ) Γ κaι Δ και δ) Δ και Α rου rεrραπΛεύρου. Από rους σvvrεΛε­σrές διευθύνσεως εύκοΛα διαπισrώμουμε όrι το ΑΒΓΔ είναι παραλληΛόγραμμο (διόrι ΛΑΒ = ΛΔr και ΛΑΔ = ΛarJ αλλά όχι rεrράγωνο (διόrι ΛΑΒ . Λar ;o! -1}.

Επίσnς (ΑΒ) = (ΒΓ) = '{i(j (όπως προηγούμε­νος rρόπος, (α)). Άρα ΑΒΓΔ ρόμΒος.

Θα Βρούμε rώρα για παράδειγμα rnν εξίσωση rnς ευθείας που διέρχεrαι από rα σnμεία Α και Β. Προ­φανώς έχει rύπο rnς μορφής ψ = αχ + Β (1). Αφού ro Α(1, 1) είναι σnμείο rnς ευθείας, οι σvvrεrαγμένες rου επαΛηθεύουν rον rύπο (1) άρα: 1 = α · 1 + Β ή α + Β = 1 (2) ομοίως οι συvrεrαγμένες rου Β (4, 2) επαΛηθεύουν rnν (1) άρα: 2 = 4 α + Β (3). Από rn Λύσn rων (2) και (3) Βρίσκουμε

α = 1 και Β = 2. άρα n ευθεία έχει rι5πο ψ = 1 χ+ 2. 3 3 3 3

με όμοιο rρόπο Βρείrε rις υπόΛοιπες ευθείες.

6. Να βρείτε τnν εξίσωσn ε\Jθείας (ε) no\J διέρχονται αnό το σnμείο Α (ι, ι) και είναι κάθετο στον ε\Jθεία (n) με τvno

ψ = - 1 χ + 2 3 Λύση Προφανώς η ευθεία (ε) έχει εξίσωση της μορφής

ψ = αχ + β (1 ) . Όμως η (ε) διέρχεται από σημείο Α ( 1 , 1 ) . Άρα οι συvτεγμένες του Α επαληθεύουν την (1 ) Δηλαδή:

1 = α · 1 + β � α + β = 1 (2) Από την υπόθεση έχουμε ότι (ε) .l (η) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 212ι

- - - � ... -----.. Άρα α · ( -�) = - 1 � α = 3

οπότε η {2) γίνεται 3 + β = 1 � β = -2 άρα η ευθεία {ε) έχει εξίσωσn ψ = 3χ - 2 .

7. Να 8pείrε rαv εξίσωσα ευθεία� (ε) οου

είναι χάθεrα σrαv ευθεία (α) με εξίσωσα

φ = 3χ + 1 χαι σχαμαrίzει με του� άξοvε�

rpίyωvo εμ8α6οι5 2 rεrpαyωvιxώv μοvά6ωv.

Λvσο Έστω ψ = αχ + β η εξίσωση της {ε) . Τότε α · 3 = -1 �

α = -1 {αφού {ε) _l_ {η)) . Άρα {ε) :ψ = -1χ+ β {1) 3 3

Η {ε) τέμνει τον άξονα ψψ ' στο σημείο Κ(Ο, β) . {δηλαδή χ = Ο η {1 ) δίνει ψ = β). Επίσης, η {ε) τέμνει τον άχονα χχ ' στο σημείο Λ{3β, 0). {όταν ψ = Ο η { 1 ) δίνει χ = 3β) .

Άρα το εμβαδό του τριγώνου ΟΚΛ είναι:

Ε = 1 {ΟΚ) · {ΟΛ) = 1 1� · 13� = 3β2 όμως Ε = 2 2 2 2

άρα 3β2 = 2 � β2 = 1 � β = ± ....2__ ή 2 3 i3

β = ± 2 f3 άρα οι εξισώσεις των ευθειών είναι: 3

(ε1): ψ = -1x+ ili και (εz): ψ = -1x_2 f3 3 3 3 3

8. ΙΊα τα συνάρτοσο f με οε�ίq ορισμοv το R yνωρίzουμε ότι: yια κάθε χ, ψ Ε R ισχvει f(x + ψ)=f(χ) + f(ψ). (1). Να δειχθεί ότι: (α) f(O) = Ο και (�) f οεριττιί.

Λvσn {α) Αφού η σχέση .{1 ) ισχύει για κάθε χ, ψ Ε R θα

ισχύει και όταν χ = ψ = Ο, οπότε: f {Ο + 0) = f {0) + f{O) � f{O) = 2 f{O) � f{O) = Ο.

{β) Επίσης η {1 ) αν θέσουμε όπου y το -χ γίνεται f{x - χ) = f{x) + f{-x) � f{O) = f{x) + f{-x) � � Ο = f{x) + f{-x) � f{-x) = -f{x), άρα για κάθε χ Ε R, -χ Ε R και f{-x) = -f{x) και συνεπώς η f είναι περιπή.

9) Αν yια το συνάρτοσn f με οεδίο ορι­σμοv το R yvωρίzετε ότι: είναι αvξουσα και οεριττιί, να δείξετε ότι (α) f(O)=O και (8) χ · f(x) � Ο yια κάθε χ Ε R.

Λvσο {α) Αφού η f είναι περιπή τότε για κάθε χ, -χ Ε R

θα ισχύει ότι f{-x) = -f{x) άρα αν χ=Ο έχουμε ότι

f{-0) = -f{O) � f{O) + f{O) = Ο � 2f{O) = Ο � � f{O) = Ο {1 )

{β) Αφού η f είναι αύξουσα τότε i) για κάθε χ > Ο έχουμε ότι f{x) > f{O) ή

f {x) > ο} , όμως χ > Ο

η

χ · f{x) > χ · Ο � χ · f{x) > Ο {2)

ii ) Επίσης, για κάθε χ < Ο έχουμε ότι f{x) < f{O) ή f {χ) < 0} άρα χ · f {χ) > ο · χ ή χ · f(x) > ο {3) όμως χ < Ο άρα χ · f{x) > Ο · χ ή χ · f{x) >0 {3)

Από {1), {2) και {3) έχουμε ότι χ f{x) � Ο για κάθε χ Ε R.

9. Έστω n συνάρτοσο f με πεδίο ορι­σμοv το R και τvοο

Να δείξετε ότι ί) n f είyαι άρτια. ii) Στο σημείο Α (0, 2) τος yραφικιίς οα­

ράστασος τος f n τεταyμένn 2 είναι ελάχιστο.

Λvσο

Παραrηρούμε όrι: (3 + Γs}{3- Γs) = 9-8 = 1 άρα 3 + Γs = -1- = (3- Γs)- 1.

3- Γs Επομένως η f γίνεται

f {x) = (3- Γsr x+ (3- Γsr άρα:

i) για κάθε χ, - χ Ε R, έχουμε: {1): f {-x) = (3- Γsr + (3- Γsr x= f {x) επομένως f άρηα.

ii ) για χ = Ο έχουμε f {O) = (3- v'8f 0+ (3- ν'8)0 = 1 + 1 = 2

άρα το σημεfο {0, 2) ανήκει στη γραφική παράσταση της f για vα έχει τεταγμένη με ελάχιστη τιμή πρέπει για κάθε χ Ε R να ισχύει

f {χ) � 2 ή (3 + Γsrx + (3- Γsr � 2 � 1 + (3- Γsr � 2 �

(3- Γsr � 1 + (3- Γsfx -2 (3- ifir � ο � [ 1 -(3- Γsr ]2 � ο γεγσvός που ιmψει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. ι. 2/2�

Σvvαρ"Ιόσεις - ΣvΟΙόpα'Ια

ιο. Να μελετοθεί ως προς το μονοτονία και να yίνει ο yραφικό παράστασο τος !_ ι_ χ2, :ιr. s 2 σvνάρmσnς � pε F (:ιr.) = -

2 \1• - 31. .. > 2

Στ_. σvνέχεια να βρεθεί το �ολο τιμών τος f.

Avσn Επειδή για 2 < χ < 3, χ- 3 < Ο, οπότε Ιχ - 31 = -

χ + 3 και για χ <:: 3, χ - 3 <:: Ο, οπότε lx - 3 1 = χ - 3 η f, έχει τύπο

/-lx2, xs 2 F (x) = 2

\-χ+ 3, 2 < χ < 3 Χ-3, ΧΟ!: 2

Μονοτονία Στο διάστημα (-οο, 2] η f είναι της μορφής f(x)

= αχ2 με ο < Ο, οπότε είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, 0] και γνησίως φθίνουσα στο [0, 2] (θεωρία σχολικού βιβλίου). Στο διάστημα (2, 3) η συνάρτηση είναι της μορφής αχ + β με α = -1 < Ο, οπότε είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα αυτό (εφαρμογή σχολικού βιβλίου). Τέλος, στο διάστημα [3, +οο) εί­ναι της μορφής f(x) = αχ + β με α=1>0, οπότε είναι γνησίως αύξουσα σ' αυττό το διάστημα (πάλι από εφαρμ. σχλικού βιβλίου)

Γ ραφική παράσταση ψ

2 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - -

I · · - · · · · ·

5 χ

Από τη γραφική παράσταση της f παρατηρούμε ότι το σύνολο τιμών της fεfναι το (-οο, Ο] υ [0, 1) υ [Ο +οο) = (-οο, -2] υ [0, +οο)

ι ι. Δίνεται ο σvνάρτοσο f με ' 2 F(x) = χ - 8:ιr. + 20. i) Ε�ετάστε τ�ν f ως προς το μονοτονία

στα διαστήματα (-οο, 4] και [4, +οο) ίί) Βρείτε τα ακρ�τα-.:α τος f iii) Αοοδεί�ε ότι F(-51995) · F (51995) > ι6.

Λvσο i) Έστω χι, χ2 Ε (-οο, 4] με χι < χ2 ::5 4. Έχουμε

F(χι ) - F(x2) = χι2 - 8χι + 20 - (χ22 - 8χ2 + 20) = χι2 - 8χι - χι2 + 8xz =

= (χι - xz) (χι + xz) - 8(χι - xz) = = (χι - χzΗχι + xz-8) (1 )

Από την αρχική σχέση χι < χ2 ::5 4 έχουμε χι - χ2 < Ο και χι + χ2 < 8 ή χι + χ2 - 8 < Ο (2) . Από τις σχέσεις (1 ) και (2) έχουμε f(χι ) - f(x2) > Ο ή f(χι ) > f(x2) . Δηλ. η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 4] .

Έστω Χι , χ2 Ε [4, + οο) με 4 ::5 χι � χ2 έχουμε χι - χ2 < Ο και χι + χ2 > 8 ή χι + x2:�

c'8''> Ο (4) . Από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε f(χι ) - F(x2) < Ο ή f(χι) < f(x2). Δηλ. η f είναι γvησίως αύξουσα σrο [4, +οο).

ii) Αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, 4] και γνησίως αύξουσα στο [4, +οο) θα παρουσιάzει ελάχιστη τιμή στο σημείο Χο = 4 την f(4) = 42 - 8 · 4 + 20 = 16 - 32 + 20 = 4

iii) Αφού η συνάρτηση παρουσιάzει ελάχιστη τιμή στο χ0 = 4 την f(4) = 4 [ερώτημα ii] έχουμε f(x) <:: f(4) για κάθε χ Ε R (1 ) .

Λόγω της μονοτονίας όμως όταν χ ;ο! 4 θα είναι και f(x) ;ο! f(4) (γιατί; ) Οπότε f(x) > 4 για κάθε χ Ε R -{4} και f(-5ι995) > f(4) = 4 και f(5ι995) > f(4) = 4 (Αφού -5ι995 και 5ι995 ;ο! 4) .

Άρα f(-5ι995) . f(5ι995) > 16.

ι2. Δίνεται ο σ"νάρτοσο F, με F(x) = (λ4 + ι5)χ + ι6 με λ Ε R.

Να δεί�ετε ότι i) ο F είναι yvοσίως αv�ο"σ ..

ίί) F (α) < F (α ; b) < F (b), αv α < b iii) F (-21994) < F(21993) < F(21995)

Λvσο i) Αφού λ4 + 15 > Ο η F είναι γνησίως αύξουσα

στο R .

.. ) Δ,�, b , α + b b ιι "'!Λ-'υ α < , εχουμε α < -- < 2

(α=α και α < b, οπότε 2α < α + b ή α + b Ακ ' b b b ' α <-- . ομη α < και = , οπσrε

2 α + b < 2b ή α + b < b).

2 Άρα f(α) < t(α; b) < f(b). (�ύFyvησίωςαύξουσα)

iii) Για α = -2ι994, b = 2ι995 έχουμε α < b, οπότε από την ανισότητα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ, 2/23

�uναρτοσεις - �uστοpατα

-2ι994 < 2ι994(2- 1) < 2ι995 ή-2ι994 < 2ι993 < 2ι995

2 Επειδή η F είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε τελικά: F(-2ι994) < F(2ι993) < F(2ι99s)

13. Να λvθεί και να διερεvνnθεί yιa Ίις διάφορες Ίιμές ΊΟV λ Ε R ΊΟ σvΟΊnμα:

{(λ + 1) χ- 2 (λ - 1)ψ = 3 } (Σ) χ + 3λψ = 4λ + 5

(Θέμα 4ης Δέσμης 1984)

Λvσn Η ορίzουσα των συvτελεmών είναι

D = Ι 3 1

-2 (λ- 1) 1 = 3λ

= 3λ (λ+ 1 ) + 2(λ - 1 ) = . . . = 3λ2 + 5λ - 2 = = 3λ2 + 6λ - λ � 2 = (3λ - 1) (λ + 2) .

Ανάλογα έχουμε Dx = I 3 -2 (λ- 1) 1 = . . . = (8λ-5) (λ + 2)

4i\ + 5 3λ

και DΨ = Ι λ+ 1 3 I = . . . = (4λ + 1) (λ + 2) 1 4λ + 5 Διακρίνουμε ης εξής περιmώσεις (Ι) Από D ;ι! Ο δηλ. αν

λ;ι! 1 και λ;ι!-2 τόrε το (ε) έχει Μσn 3

D 8λ-5 Dφ 4λ + 1 την x= _____ll =-- και ψ = - = --D 3λ- � D 3λ- 1

τότε το (Σ) έχει 1 λύση τη (II) Αν χ = 1/3 τότε D = Ο και Dx ;ι! Ο οπότε το (ε)

είναι αδύνατο. (III) Αν λ = -2 τότε D = Dx = DΨ = Ο οπότε το (ε)

γίνεται: / -χ+ 6ψ = 3 } , \ χ- 6ψ = -3

η

χ = -3 + 6ψ άρα το Σ έχει άπειρες λύσεις της μορ­φής (χ, ψ) = (-3 + 6ψ, ψ) , ψ Ε R.

14. Να οροσδιοριmοw οι Ίιμές ΊΟV λ Ε R ώΟΊε ΊΟ OUOΊDμa:

/(λ + 1 )χ - 2 (λ - 1) ψ = 3 \ (Σ) \χ + 3λψ = 4λ + 5 Ι

να είναι αδvναΊο. (Θέμα 4ης Δέσμης 1986)

Λvσn Για να είναι το σύmημα αδύνατο πρέπει τουλάχιmον

D = Ο $> .. . $> (λ- 1) (2λ + 1) = Ο $> λ = 1 ή λ = - 1/2 i) αν λ= 1 έχουμε Dx = . . . = Ο και DΨ = . . . 43 ;ι! Ο.

Δηλαδή το (Σ) αδύνατο για λ = 1 ii) σν λ = -1 έχοομε Dx = . . . = 33 ;ι! Ο.

2 4 Επομένως το (Σ) αδύνατη για λ = - 1/2 Τελικά το (Σ) είναι αδύνατο αν λ = 1 ή λ = - 1/2

15. Να βρεθόvν οι Ίιμές Ίων οραyμαΊι­κών αριθμών λ και μ yιa ΊΙς οοοίες Ίa· ΟVΟΊόpΟΊΟ:

(Σι) {(2λ - 1) • + 10 J1'P = 3 } � 2:ιι + 4ψ = 5

(Σ:z} {(λ - 2) χ- (μ + 1 )ψ = 7 } 3χ- 6 ψ = 7

είναι σvyχρόνως aδuνaΊa. (4n Δέσμη 1987)

Λvσn Για να είναι τα (Σι ) και (Σ2) συγχρόνως αδύνατα

πρέπει τουλάχιmον (1 ) D1 = Ο και (2) D2 = Ο Λύνουμε το σύστημα των (η και (2) . και έχουμε:

Dι = Ο και }$> Si\-2(\ι-4 = Ο } $> . . . {μ = 1 και } D2 = 0 - 6λ+ 3μ + 15 = 0 λ = 3

Όμως για μ = 1 και λ = 3 έχουμε: Dιχ = . . . = -38 ;ι! Ο και D2x = . . . = -32 ;ι! Ο. Επομένως για μ = 1 και λ = 3 τα (Σι ) και (Σ2) εί-

ναι συγχρόνως αδύνατα.

16. Να λvθεί ΊΟ σVmnpa:

l_ + _l_ + _l_ = 5 (1.) χ ψ ω 6 l_ + _l_ + l_ = l_ (2) χ ψ z 4 l_ + l_ + _l_ = 13 (3) χ z ω 12 _l_ + l_ + _l_ = - __5_ (4) ψ z ω 12

αν χ · ψ · ω · z ;ι! Ο

Λuσn

(Σ)

Με πρόσθεση και των τεσσάρων εξισώσεων του (Σ) κατά μέλη έχουμε

3 (1 + l + l + 1) = 2 + 1 + 13 _ _5_ <;:> χ ψ ω z 6 4 12 12

1 + l + l + 1 = _]_ (5) Άρα: χ ψ ω z 12

με αφαίρεση κατά μέλη των (5) και (1 ) έχουμε: 1 = _1_-2 $> 1 = -3 $>Ζ = -4 z 12 6 z 12

Ομοίως: των (5), (2) έχουμε l = .1..-1$>_1_ = _4_ $> (ι) = 3 ω 12 4 ω 12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/24

Σuvαιn:8σεις ,- Σνστιίματα

των (5) και (3) : l = �- 13 �l = - 6 � ψ = -2 ψ 12 12 ψ 12

και των (5), (4) έχουμε: 1 = � + 2 �1 = 12 �χ= 1 χ 12 12 χ 12

17. Να λvβεί 1:0 σUcn:npα

J• Ψ ω = 2 (ψω - ωκ - χψ)

\•Ψ ω = 3 (ωχ - ψω - χψ) χ ψ ω = 4 (χψ - ψω - ωχ)

χ · ψ · ω ;ο! Ο

Λuσο

(1)) (2) (3)

(Σ)

Αφού χ · ψ · ω ;ο! Ο � (χ ;ο! Ο και ψ ;ο! Ο και ω ;ο! 0) η ( 1) γίνεται

1 = ψω-ωχ-χψ �1-l-1 = 1 (4) όμοια 2 χψω χ ψ ψ 2

η (2) γίνεται:

και η (3) γίνεται:

1._1_1. = 1 (5) ψ χ ω 3

l_l_l = 1 (6) ω χ ψ 4

με πρόσθεση κατά μέλη των (4), (5) και 6) έχουμε: _1._1_1. = 1 + 1 + 1 �l + l + l = - 13 (7)

ω χ ψ 2 3 4 χ ψ ω 12 Από τις σχέσεις (7) και (4) με πρόσθεση κατά μέ-

λη έχουμε: 2_ = _ 13 + l�x= _24 χ 12 2 7

Επίσης aπό (7) και (5) έχουμε: 2._ = _ 13 + 1 � χ = -8. ψ 12 3 3

και aπό (7) και (5) έχουμε: 2._ = _ 13 + 1 � ω = - 12 ω 12 4 5

18. Να λ\!8εί 1:0 Clν01:npα:

12 (χ + z) + ω = - 5 χ + 2 (ψ + ω) = 6 \2 (ψ + ω) + z = Ο ψ + 2 (z + χ) = - 1

Λuσn

(1) \ (2) (3) 1 (4)

(3)

Με πρόσθεση των (1 ) , (2) , (3), (4) έχουμε: . . . 5(χ + ψ + z + ω) = Ο � χ + ψ + z + ω = Ο

aπ' όπου: {χ + z = -ψ - ω (5) και \ ψ + ω = -χ-z (6) /

Με aντικατάσταση των (5) και (6) στο (Σ) έχουμε. 12 (-ψ-ω) + ω = -5 \ Ι-2ω-2ψ + ω = -5 \ x + 2 (-x-z) = 6 x-2x-2z= 6 � � \2 (-x-z) + z = O

I \-2x-2z + z= O

I ψ + 2 (-ψ-ω) = - 1 χψ-2ω-2ψ = - 1

� Ιω + 2ψ = 5 (7) \ χ+ 2z = -6 (8) \2χ + z = ο (9)

I 2ω + ψ = 1 (10) Από τη λύση του συστήματος των (7) και (10) βρί­

σκουμε ότι ω = -1 και ψ = 3. Ενώ aπό την λύση του συστήματος των (8) και (9)

βρίσκουμε ότι χ = 2 και z = -4.

Γιάννη Δ. Σ1:pα1:ιί

DΡΑΓΜΑΥΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ Ι σελίδες: 392 ηpιί 3.800δρχ.

Δια1:ί8εται 01:α κεντρικά βιβλιοοωλεία

Περιέχει: • Όλη τη θεωρία , σύμφωνα με το Αναλυτικό

Πρόγραμμα που ισχύει , με παραδείγματα και αvτιπαραδείγματα.

• Κάθε κεφάλαιο κλείνει με μια πλούσια συλλογή ασκήσεων προοδευτικής δυσκολίας με αποτέ­λεσματα mo τέλος του βιβλίου και υποδείξεις για τις πιο δύσκολες.

• Για την εμπέδωση των μεθόδων παρατίθεται ένα πλήθος από υποδειγματικά λυμένα θέμαω.

Για την αποmολή (με αντικαταβολή του βιβλίου ταχυδρομείmε το παρακάτω δελτίο παραγγελίας mη διεύθυνση:

"Γιάvvη Στρσrή Εσπερίδων 5 Γαλάτσι 1 1 1 46"

ΔΕΛΥΙΟ DΑΡΑΓΓΕΛΙΑΣ

Όνομα:

Επώνυμο:

Διεύθυνση:

Τηλέφωνο:

Σχολείο:

Πόλη: ------------ -------Φροvτιmήριο: ---------------------·

Στους συναδέλφους μαθηματικούς γίνεται έκ­πτωση 40% και προσφέρεται ένα βιβλιαράκι με τις λύσεις των ασκήσεων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/25

/

rεωμετρία Α' Λvκείοv

Το θεώρnpα τοu θολό

Ασκnσn ln:

Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς την ΒΓ, που, τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Δ και Ε αντίστοιχα. Από το Γ φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς την ΒΕ, που τέμνει την ΑΒ στο Ζ. Να δείξετε ότι:

z

Λ.Jσn

Γ ι

Επειδή ΔΕ // ΒΓ, εφαρμόzοvτας το θεώρημα του Θαί\ή, έχουμε:

ΑΔ = ΑΕ (1) ΑΒ ΑΓ Όμοια, επειδή ΒΕ // ΓΖ, έχουμε:

ΑΒ = ΑΕ (2) ΑΖ ΑΓ

Από τις (1 ) και (2) προκύmει

Ασκnσn 2n:

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ. Πάνω στην πλευρά ΒΓ ορίzουμε δυο σημεία Δ

Λεωνίδας Τοvρλας

και Ε τέτοια, ώστε να είναι ΜΔ = ΜΕ. Από το Δ φέρ­νουμε παράλληλη προς την ΑΓ, που τέμνει την ΑΒ στο Ζ και από το Ε παράλληλη προς την ΑΒ, που τέ­μνει την ΑΓ στο Η. Να αποδειχθεί ότι ΖΗ // ΒΓ.

Α

Β

Λ.Jon

Αρκεί να δείξουμε όrι: ΑΖ = ΑΗ . ΖΒ ΗΓ

ΕπειδήΔΖ//ΑΓ, έχουμεΑΖ = ΔΓ · (1)

ΖΒ ΔΒ και ΕΗ // ΑΒ · άρα ΑΗ = ΒΕ (2)

ΗΓ ΕΓ Όμως, ΔΓ = ΒΕ και ΔΒ = ΕΓ (yιαrί;) Επομένως από (1) και (2) ΑΖ = ΑΗ

ΖΒ ΗΓ

Ασκnσn 3n:

Από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε παράλληλη προς τη διχοτόμο ΑΔ της γω­νίας Α, που τέμνει την ΑΒ στο Ε και την ΑΓ στο Ζ. Να δείξετε ότι ΕΒ = ΓΖ.

Ε

8 Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/26

Ι'εωpετρία Α · Λ\ικείοv

Λvσn

Επειδή ΑΔ//ΕΜ, έχουμε ΕΒ = ΜΒ (1) FA ΜΔ

και ΖΜ !I ΑΔ· άρα ΓΖ = ΓΜ = ΜΒ (2) "ΖΑ ΜΔ ΜΔ

Από (1) και (2) παίρνουμε ΕΒ = ΓΖ (3) FA "ΖΑ

� �

Επειδή Ε = Α1 = Α2 = Ζ, το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισοσκελές και ΑΕ = ΑΖ.

Οπότε .από την (3) προκύmει ότι ΕΒ = ΓΖ.

Ασκnσεις yια λvσn

4. Από τυχαίο σημείο Ν της διαμέσου ΑΜ ενός τριγώνου ΑΒΓ φέρνουμε παράλληλες προς τις πλευρές ΑΒ, ΑΓ, που τέμνουν την ΒΓ στα σημεία Δ και Ε. Να αποδείξετε ότι η ΝΜ είναι διάμεσος του τρι­γώνου ΔΝΕ.

5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Μ της πλευράς ΒΓ τέτοιο, ώστε ΜΓ/ ΜΒ = μ/ν. Αν η ΑΜ τέμνει τη διάμεσο Γ Δ σε σημείο Ε, να δείξετε ότι:

ΕΓ _ 2 · μ - - --

ΕΔ ν

6. Σε τρίγωνο ΑΒΓ φέρνουμε τα τρία ύψη του ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ και τμήματα ΔΗ _ι ΑΒ και ΔΘ _ι ΑΓ. Να δείξετε ότι ΗΘ // ΖΕ.

7. Να δείξετε ότι τα σημεία τομής των διαμέσων (κέντρα βάρους) των τεσσάρων τριγώνων, στα οποία διαιρείται τυχαίο τετράπλευρο από τις διαγώνιές του, είναι κορυφές παραλληλογράμμου.

Όμοια τρίyωvα

Ασκnσn 8n:

Από τις κορυφές Γ και Δ τραπεzίου ΑΒΓΔ (ΑΔ // ΒΓ) φέρνουμε παράλληλες προς την ΑΒ, που τέ­μνουν τις ΒΔ και ΑΓ στα σημεία Μ και Ν αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΑΒ2 = ΓΜ · ΔΝ.

Μ

ts

Λvσn Η προς απόδειξη σχέση γράφεται

ΑΒ = ΔΝ (1) ΓΜ ΑΒ

Επειδή ΑΒ /I ΓΜ, τα τρίγωνα ΡΑΒ και ΡΓΜ είναι όμοια και

ΑΒ = ΑΡ (2) ΓΜ ΡΓ

Επειδή ΔΝ // ΑΒ, τα τρίγωνα ΡΑΒ και ΡΝΔ είναι όμοια και

ΔΝ = ΑΡ (3) ΑΒ ΡΝ

Από τις (2) και (3) προκύmει η ( 1 ) και η zητούμε­νη σχέση.

Ασκnσn 9n:

Από τυχ�ίο σημείο Μ της υποτείνουσας ορθογω­νίου ΑΒΓ (Α = 90 • ) φέρνουμε κάθετες ΜΔ και ΜΕ στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι

'θ ΑΔ ΑΕ , θερό. , το α ροισμα - + - ειvαι σrα . ΑΒ ΑΓ

Β

Λvσn Επειδή ΑΔ = ΜΕ και ΑΕ = ΜΔ

ΑΔ + ΑΕ = ΜΕ + ΜΔ (1) ΑΒ ΑΓ ΑΒ ΑΓ

Επειδή ΜΕ // ΑΒ, τα τρίγωνα ΓΕΜ και ΓΑΒ είναι όμοια και

ΜΕ = ΓΜ (2) ΑΒ ΓΒ

Επειδή ΜΔ // ΑΓ, τα τρίγωνα ΒΜΔ και ΒΓΑ είναι όμοια και

ΜΔ = ΒΜ (3) ΑΓ ΒΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/27

ι Έωpειρίο Α . .Β\Ιιιείο\1

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) και (3)

ΜΕ ΜΔ ΓΜ ΒΜ ΓΜ + ΒΜ ΒΓ -. + - = - + - = = - = 1. ΑΒ ΑΓ ΓΒ ΒΓ ΒΓ ΒΓ

_"). ... ' Μ ΑΕ 1 θερό τι:;ιΙU'\α - + - = = σrα . ΑΒ ΑΓ

Aoaaσa 10a:

Σε τρίγωνο ΑΒΓ η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ τέμνει τις ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Δ και Ε αντίστοιχα. Αν ΑΗ είναι ύψος του τριγώνου και Μ είναι το μέσο της ΒΓ, να δείξετε ότι:

Ε

• Γ

Λvσa Επειδή ΔΜ 11 ΑΗ, τα τρίγωνα ΓΔΜ και ΓΑΗ είναι

όμοια.

Άρα Alt = rn (1) ΔΜ ΓΜ

Επειδή ΕΜ 11 ΑΗ, τα τρίγ�να ΒΕΜ και ΒΑΗ είναι όμοια.

Άρα ΑΗ "= ΒΗ (2)

ΕΜ ΒΜ Προσθέτουμε τις (1 ) και (2) κατά μέλη

ΑΗ + ΑΗ = Πi + ΒΙ-Ι = Πi + ΒΗ = ΒΓ = 2 ΔΜ ΕΜ ΓΜ ΒΜ ΓΜ ΒΓ

2 απ' όπου προκύmει:

Ασκaσa 1 1a:

Σε ένα κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με ΑΔ = ΒΓ, στις πλευρές ΑΒ και ΓΔ παίρνουμε σημεία Ε και Ζ

, , , ΑΕ Μ ΔΖ ανησrοιχa τεrοια, ωσrε - = - = -. ΕΒ ΒΓ ΖΓ

Να αποδείξετε ότι η ευθεία ΕΖ σχηματίzει ίσες γω­νίες με τις ΑΔ και ΒΓ.

Λvσa Φέρνουμε από το Ε παράλληλη προς την ΒΓ, που

τέμνει την ΑΓ στο Κ. Από το θεώρημα του Θαλή έχουμε:

ΑΚ = ΑΕ = ΔΖ ΚΓ ΕΒ ΖΓ

επομένως ΚΖ I I ΑΔ. Για να δείξουμε ότι ω = φ, αρκεί να δείξουμε ότι

ΕΚ = ΚΖ . Τα τρίγωνα ΑΕΚ και ΑΒΓ είναι όμοια.

Άρα ΕΚ = ΑΚ (1) ΒΓ ΑΓ

Τα τρίγωνα ΓΚΖ και ΓΑΔ είναι όμοια.

Άρα ΚΖ = ΚΓ (2) Μ

ΑΓ

Διαιρούμε κατά μέλη τις (1) και (2) και έχουμε:

Μά ΑΚ = ΑΕ = Μ οπόrε η (3) yίνεrαι: ΚΓ ΕΒ ΒΓ

ΕΚ . Μ = Μ. άρα ΕΚ = 1 και τεΛικά ΕΚ = ΚΖ. ΚΖ ΒΓ ΒΓ ΚΖ

Το nvθαyόρειο θεώρaμα

Ασκaσa 13n:

Δίνεται τραπέzιο ΑΒΓΔ με Α = Δ = 90• . Αν Μ και Ν είναι τα μέσα των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ αντί­στοιχα, να αποδείξετε ότι ΒΓ2 - ΑΔ2 = 4· ΜΝ2.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2128

Λt.!on Αν φέρουμε τμήμα BE·.l ΓΔ και εφαρμόσουμε το

Πυθαγόρειο θεώρημα, για το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ θα έχουμε:

ΒΓ2 = ΒΕ2 + ΕΓ2 = ΑΔ2 + ΕΓ2 ή ΒΓ2 - ΑΔ2 = ΕΓ2

Αρκεί τώρα να δείξουμε όtι ΕΓ2 = 4 ΜΝ2 ή ΕΓ = 2 ΜΝ

ANri. ΜΝ = ΔΓ-Ν3 = ΔΓ- ΔΕ = ΕΓ ό.ε.δ.

Άσιιnσn 14n:

2 2 2

Αν ΑΕ είναι το ύψος ισοσκελούς τραπεzίου ΑΒΓΔ (ΑΒ /I Γ Δ), να δείξετε ότι ΑΓ2 - ΑΔ2 = ΑΒ · Γ Δ.

Λt.!on Από τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΓ και ΑΔΕ έχουμε:

Α Ε

ΑΓ2 = ΑΕ2 + ΕΓ2 ΑΔ2 = ΑΕ2 + ΔΕ2

Αφαιρώντας κατά μέλη

Γ

ΑΓ2 - ΑΔ2 = ΕΓ2 - ΔΕ2 = (ΕΓ + ΕΔ) · (ΕΓ - ΕΔ) =

= ΔΓ · (ΕΖ + ΖΓ - ΕΔ) =

= ΔΓ · ΕΖ = ΔΓ · ΑΒ.

Άσκnσn lSn:

Σε ορθογώνιο ΑΒΓ Δ είναι ΑΒ = α Γ2 καιΑΔ =

α. Αν ΑΕ και ΓΖ είναι κάθετα τμήματα στη διαγώνιο ΒΔ, να δείξετε ότι ΒΖ = ΖΕ = ΕΔ.

Β Ι Β Λ Ι Α Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ω Ν

·�':Jr.- 1,� ;�':;�;; . � :} : κ Α e �'.��·;ί��ΙΙ:�ιι

ΚΥΚΛΟΦΟΡΟΥΝ

• ΑΛΓΕΒΡΑ (π{νακις-σuστι\ματα-ορ{tοuσις)

• ΔΙΑΝΥΣΜΑ 1ΙΚΗ ΓEQMETPIA ΕΥθΕΙΑ ΓΡΑΜΜΗ

• ΚQΝΙΚΕΣ ΤΟΜΕΣ • ΜΙΓ ΑΔΙΚΟΙ ΑΡΙθΜΟΙ • ΟΛΟΚΛΗΡQΤΙΚΟΣ

ΛΟΓΙΣΜΟΣ

Σε κά8ε ΒιΒΛίο παρατί8ετaι με με8οδικό τρόπο n 8εωρίa, τnv οποία πΑaισιώvουv:

• ηαρατnρήσει� • λυμένε� εφαρμογέ, • 6λυτε� πρωτότυπa, ασκήσει,

Για πληροφορίες απευθυνθήτε στα τηλέφωνα: 270 747- 266 766 - FAX 241 184

6-C1"τw Α Ι; ( \�α qι 0\ no � Α l{� ιι..ι � ι s n e c /4Jtιι:a. Ο'"ζ. Ι S δ' ι ?'<e> '"W'�O cJ � . � vJ ν Ρ.. / r �"" I � J

"t.D... Ci � € ι υ- "Ζ.-0 �"" S � V CA �·ρ εθ ΕΛ. V\ f\ <..U' c:r

Λ Α Β =- �� Γ β) Α β -·Hi- I- 6Γ ;:ο (\ \ιC. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κn. τ. 2/29 2-

ι εωpετρια � nοκειοο

Λvσn Α Γ

Κατ' αρχήν τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΒΖΓ είναι ίσα, οπότε ΔΕ = ΖΒ.

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: ΒΔ2 = ΑΔ2 + ΑΒ2 = α2 + (α f2 )2 = 3α2

απ' όπου ΒΔ = α Γ3

ΒΔ · ΔΕ ή α2 = α f3 ΔΕ

Από το ίδιο τρίγωνο ΑΔ2 =

απ' όπου ΔΕ = _:!__ = ..!:._ = α f3 = &l_ α fi f3 3 3

Επομένως ΔΕ = ΒΖ = ΒΔ ψυ01Κά και ΕΖ = ΒΔ.

Άρα ΔΕ = ΕΖ = ΒΖ

Ασκnσn 16n:

3 . 3

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90 • ) . Εξω­τερικά του τριγώνου κατασκευάzουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ καιΑΓΖΗ. Αν Μ είναι το μέσο του τμήματος ΔΖ, να δείξετε ότι το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Λvσn Κα( αρχήν τα σ�εία Ζ, Α, Δ είν9_ι συνευθειακά.

Γιατί ΖΑΓ = 45 • , ΓΑΒ = 90• και ΒΑΔ = 45 • . Άρα

ΖΑΓ + ΓΑΒ + ΒΑΔ = 90· . Το τρίγωνο ΓΖΑ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές

και αν ΑΓ = β, τότε ΖΑ = β Γ2 . Όμοια αν ΑΒ = γ, τότε ΑΔ = γ Γ2 .

ΖΔ = ΖΑ + ΑΔ = β f2 + γ f2 = f2 (β + γ) Επειδή ΖΜ = ΜΔ = 'ΖΔ. θα είναι ΖΜ = ΜΔ = f2 (β + γ)

2 2 ΑΝά ΛΜ = ΖΜ-ΖΛ = ΖΜ-ΖΑ = f2 (β + γ) f2 β

2 2 2 vi2 Μ = -- και ΜΚ = ΜΔ-ΚΔ = ΜΔ-- = 2 2

= f2 (β + γ) Υ f2 = β f2 2 2 2

Τ ο τρίγωνο Γ ΛΜ είναι ορθογώνιο στο Λ Άρα θα είναι:

ΓΜ2 = ΓΛ2 + Ν:ν1.2 = (� )2 + Ν:ν1.2

ή ΓΜ2 = β2 + j = c} (1) 2 2 2

Τ ο τρίγωνο ΒΚΜ είναι ορθογώνιο στο Κ. Άρα θα είναι: 2 ( )2 ΒΜ2 = ΜΚ2 + ΒΚ2 = � + �

ή ΒΜ2 = β2 + j = c} (2) 2 2 2

Από ( 1 ) και (2) έχουμε ΓΜ = ΒΜ και

και ΓΜ2 + ΒΜ2 = r} + r} = cf = BΓ2 . 2 2 Επομένως το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο και

ισοσκελές.

Ασκιίσεις yια λuσn

19. Αν Η είναι το ορθόκεvτρο τριγώνου ΑΒΓ, να δείξετε ότι: ΗΒ2 - ΗΓ2 = ΑΒ2 - ΑΓ2.

20. Αν Δ είναι τυχαfο σημείο της βάσης ΒΓ ισο­σκελούς τριγώνου ΑΒΓ, να δείξετε ότι: ΑΒ2 - ΑΔ2 = ΒΔ · ΔΓ.

21 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και Ο τυχαίο σημείο της διαγωνίου του ΒΔ. Να δείξετε ότι:

i. ΑΒ2 -ΑΟ2 = ΟΒ · ΟΔ ίί. ΒΟ2 + ΟΔ2 = 2 · ΑΟ2

Gde..w Α 8 r \t.G..\\ <.ι� w r ll. ! d'ι ICO �ο \-" ο t.-S � �C1. ι c.ι (\. � � β Λ l δ\ �Ο'Ζ.Ο � ο z

A v Μ \1 tc7o -z.νι_S f3 Γ � -ι. f ι:Λ) Λ Μ � \ σ-o o- ..a.>.t..S � ) 1\Μ {/ ΑΓ) � Μ /Ι ΑΒ r) ο.ν f>ι :: � !b t. f Μ -a � � �(f c5l v.. v Α ., G D "ζ. ο� f. f\ � � ι σ- 19 Γ\� εv ε' cS>.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/30 . .

lιι6dtιεις

�� κορφή

Από τις εκδόσεις « Κορφή» κυκλοφορούν τα παρακάτω Βιβλία Μαθηματικών:

nρογμοτικει; σuνορτησεrι:;

�οΥΑ��'�ε2η Α tιuχος

Λ' & Β' ΤΟΜΟΣ

ΔΗΜΗΤΡΗΙ ΑΝΛΓΝΟΙ

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

Τ. Λ'

ΥΠΟ ΕΚΔΟΣΗ

1 ) Κ. ΠΑΠΟΥrΣΗ: «ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΠΑΡΑΓΩΓΩΝ» 2) Ε. ΚΑΜΠΑΝΗ - Ν. ΚΡΑΣΑΚΗ: ccΑΝΑΛΥΣΗ» Α' & Β' τόμος

-'Ν·'

Λ' & Β' ΤΟΜΟΣ

. .......... � εue.α �> Κ...-;λο!; , ,.._, i EλACiψn ι γ"�"'

3) Β. ΠΑΠΑΓΕΩΡΓΙΟΥ: ccMEΛETH ΜΙΓΑΔΙΚΩΝ» Α' & Β' τόμος (Β' ΤΟΜΟΣ ΥΠΟ ΕΚΔΟΣΗ) 4) Θ. ΤΡΙΑΝΤΑΦΥΜΟΥ - Α. ΚΑΛΟΓΙΑΝΝΗ: ΜΑΘΗΜΑτJΚΑ r ΛΥΚΕΙΟΥ ccΑΝΑΛΥΣΗ»

5) Θ. ΤΡΙΑΝΤΑΦΥΜΟΥ - Α. ΚΑΛΟΓΙΑΝΝΗ: ΜΑΘΗΜΑτJΚΑ r ΛΥΚΕΙΟΥ ccΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΝΑΛΥΣΗΣ» 6) Κ. ΜΠΙΡΜΠΙΛΗ: ccANAΛY11KH ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ» 7) Δ. ΑΝΑΓΝΟΣ: ccΓEΩMETPIA Α' ΛΥΚΕΙΟΥ»

8) Δ. ΑΝΑΓΝΟΣ: ccΓEΩMETPIA Β' ΛΥΚΕΙΟΥ» Τ. Α' (ΥΠΟ ΕΚΔΟΣΗ) 9) ΛΙΝΑΣ ΑΝΑΓΝΟΥ - ΠΑΤΣΙΟΜΗΤΟΥ: ccΣVMOΓH - ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ», Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

1 0) Α. ΠΑΠΑiΩΑΝΝΟΥ: ccMAΘHMAτJKH ΠΡΟΣΕΓΓΙΣΗ ΦΥΣΙΚΩΝ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΩΝ», rΛYKEIOY

Θα τα βρείτε σ' όλα τα βι βλιοπωλεία KENTPIKH ΔΙΑΘΕΣΗ: ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ GUTENBERG: Σόλωνος 103 - 106 78, Τηλ.: 3600798, FAX: 3600127

Αριθμητικές και Γεωμετρικές Πρόοδοι

Ασκnσn ln:

Σε μια αριθμητική πρόοδο δίνονται: (1 ) ov = 206, ω = 3, Sv = 3979

Να βρεθούν το: οι , ν και το 550

Λvσn Είναι:

2 ' 2 ή /Sv = �(οι + av) {3979 = �(οι + 206)

\ 0v = οι + (ν - 1) ω η

206 = οι + (ν - 1) 3

{7958 = ν (209-3v + 206) ή οι = 209-3ν

/3if -415ν + 7958 = 0 ή {ν =_23

\οι = 209-3ν οι - 140

Επομένως

Sso = �[2οι + (ν - 1) ω] = 50 [2 · 140 + (50- 1) 3] 2 2

= 25 . (280 + 147) = 10.675

Ασκnσn 2n:

Αν οι αριθμοί ο, β, γ είναι διαδοχικοί όροι οριθ­μηπκής προόδου , να δείξετε ότι και οι παρακάτω αριθμοί είναι επίσης διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. 1) ο2 + ο β + 62, � + γα + a2, 2) (β + γ)2 - a2, (γ + a)2 - β2,

Λvσn

β2 + βγ + γ2 (ο + β)2 - γ2

1 . Αφού οι ο, β, γ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητι­κής πρόοδου έχουμε: 2β = ο + γ.

Γιο να είναι οι a2 + ο β + β2, � + γα + ο2, β2 + βγ + �

διαδοχικοί όροι οριθμηnκής πρόοδου αρκεί 2 (� + γα + ο2) = a2 + οβ + β2, � + β2 + βγ + �.

Γιώρyος Η. Μπαραλιίς

Είναι: a2 + οβ + β2 + β2 + βγ + � = = a2 + 2β2 + � + β (ο + γ) = a2 + � + 2β2 + β . 2β = a2 + � + 4β2 = = α2 + � + (ο + γ)2 = 2α2 + 2αγ + 2� = = 2 (� + γα + α2) .

2. Για να είναι οι (β + γ)2 - a2, (γ + α)2 - β2, (ο + β)2 - � διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου αρκεί:

2 [ (γ + ο)2 - β2] = (β + γ)2 - ο2 + (α + β)2 - � Είναι: (β + γ)2 - a2 + (ο + β)2 - � =

= β2 + 2βγ + � - ο2 + α2 + 2αβ + β2 - � = = 2β2 + 2αβ + 2βγ = 262 + 2β (α + γ) = = 2β2 + (ο + γ)2 = = 2 (ο + γ)2 - (α + γ)2 + 2β2 = = 2 (α + γ)2 - 2β2 = 2 [(γ + α)2 - β2]

Ασκnσn 3n:

Αν οι αριθμοί l, l, l, l με οβ� ;οο Ο είναι διαδο>α­ο β γ δ

χικοί όροι οριθμηηκής προόδου, να αποδείξετε όη: α) β + 0 + β + Υ = 2, β) �-3β = γ + δ

β - ο β- γ αβ �

ΛVσn

α) Αφού οι αριθμοί l, l, l waι διοδο>αΚοί όροι α β γ

αριθμητικής προόδου, θα ισχύει:

Επομένως:

2. = l + l ή β = 2ov β ο γ ο + γ

2ογ 2ογ --- + α -- + ν β + ο β + ν ο + ν α + ν -- + -- = + = β - ο β - γ 2ογ 2ογ

-- -α ---ν α + ν α + ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. ι. 2/32

Αριβμnτικές και rεωpετρικές Πρόοδοι

= 3ay + if + 3αγ + � = 3y + a + 3a + y = ay-if ay-� γ- α α-γ

= 3y + a-3a-y = 2 (y- a) = 2 γ- α ν-α

β) Είναι: 2_ = 1 + 1 ή � = 2_ + 2_ ή -2 = 2__� y β δ y β δ β δ y

ή -2α = 2y-4δ ή 2α = 4δ-2y (1) και αβ '/) αβ '/)

1 + 1 = 1 + 1 ή 1-1 = 1-1 α δ β ν β α δ y 3α-3� = 3y- 3δ (2)

αβ '!':> Επομένως:

, α-β γ- δ , η -- = -- η αβ '!':>

5α-3β _ 3α-3β 2α _ 3γ-3δ 4δ-2y _ y + δ -- - -- + - - -- + ---- - --------αβ αβ a6 '/) '/) '/)

Ασκnσn 4n:

Σε μια αριθμητική πρόοδο οι, a2, . . . , av, . . . είναι οι = 1 . Για ποιά τιμή της διαφοράς ω της προόδου η παράσταση Α = αια3 + 2a2a3 έχει ελάχιστο;

Λvσn Είναι: α2 = οι + ω και a3 = οι + 2ω οπότε:

Α = οι (αι + 2ω) + 2 (οι + ω) (οι + 2ω) = = αι2 + 2αιω + 2αι2 + 4aι ω + 2αιω + 4ω2 = = 4ω2 + 8αιω + 3αι2 Επειδή οι = 1 έχουμε Α = 4ω2 + 8ω + 3. Θεωρούμε τη σuνάρmση f (ω) = 4ω2 + 8ω + 3,

ω Ε R Έχουμε: f (ω) = 4ω2 + 8ω + 3 =

= 4 (ω2 + 2ω) + 3 = = 4 (ω2 + 2ω + 1) - 4 + 3 = = 4 (ω + 1)2 - 1 .

Όμως για κάθε ω Ε R είναι 4 (ω + 1)2 � Ο. Επομένως η τιμή της συνάρτησης f γίνεται ελάχι­

στη, όταν ω = -1 , και η ελάχιστη αυτή τιμή είναι ίση με -1 .

Ασκnσn 5n:

Να βρείτε τρεις ακέραιους αριθμούς, που αποτε­λούν διαδοχικούς όρους μιας αριθμητικής προόδου, αν το άθροισμά τους είναι 9 και το άθροισμα των

, , - 11 ανηστροφων τους ειναι -. 21

Λvσn Έστω χ - ω, χ, χ + ω οι αριθμοί.

Άρα οι αριθμοί είναι: -1 , 3, 7 ή 7, 3, -1

Ασκnσn 6n:

Αν Sκ, Sμ, Sρ είναι τα αθροίσματα των κ, μ, ρ αντίστοιχα πρώτων όρων μιας αριθμητικής προόδου (av), να αrιοδείξεrε όο:

5κ Sμ Sρ Ο -- (μ- ρ) + -- {ρ-κ) + - {κ - μ) = κ μ ρ

Απόδειξη

Είναι:

Sκ = �[2αι + (κ- 1) ω] ή Sκ = 1[2αι + {κ - 1) ω] ή 2 κ 2

Sκ (μ -ρ) = 1 (2a1 + κω - ω) {μ-ρ) = κ 2

= 1(2αιμ + κωμ-ω · μ-2αιρ- κωρ + ωρ) (1) 2

Όμοια: Sκ (ρ- κ) = 1 (2α1 + μω - ω) (ρ-κ). =

μ 2

= 1(2αιρ + μωρ-ωρ-2αικ-μωκ + ωκ) (2) 2

s -Ε. {κ- μ) = 1(2αι + ρω - ω) {κ-μ) = ρ 2

= 1 (2αικ + ρωκ -ωκ - 2αιμ-ρωμ + ωμ) (3) 2

Με πρόσθεση κατά μέλη των σχέσεων (1 ) , (2) και (3) έχουμε:

� {μ- ρ) + Sι.ι. (ρ- κ) + Sρ (κ-μ) = 1 · 0 = Ο κ μ ρ 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/33

Ασκnσn 7n:

Λ. 1 1 1 1 ' δ 00 , , nν -, -, -, . . . , - ειvαι ια !ΧΙΚΟι οροι μιας αι α2 α3 α.,

αριθμητικής προόδου με α1 · a2 . . . av .,. Ο, να αποδεί­ξετε ότι: a1a2 + α2α3 + . . . + Ov-l av = (ν - 1 ) a1av για κάθε ν ε Ν με ν � 2.

Αφού θμ , 1 1 1 1 , δ δο , οι αρι οι -, -, -, . . . , - ειvαι ια !ΧΙΚοι αι α2 α3 α.,

όροι αριθμητικής προόδου θα έχουμε: _l_ _ _l_ = ω ή a1 - a2 = ω a1 '12 (1) α2 α ι _l_ _ _l_ = ω ή α2 -α3 = ω α2 α3 (2) α3 02 _l_ _ _l_ = ω ή a3 -C4 = ω α3 α.ι (3) C4 03

_l_ _ _ 1_ = ω ή α.,_ 1 -α., = ω α., _ 1 α., (ν- 1)

α., α., - 1 Με πρόσθεση κατά μέλη των (ν - 1 ) σχέσεων

έχουμε α1 - 0v = ω (α1α2 + a2a3 + . . . + av-l av) ( 1 ) . ΑλΜ l = l + (ν- 1) ω ή αι -α., = (ν - 1) ω ή

α., αι αι α., α1 - qv = a10v (ν - 1) ω (Π) . Από (Ι) και (Π) έχουμε a10v (ν - 1 ) ω = ω (α1α2 + α2α3 + . . . + av-1 av) ή

α1α2 + α2α3 + . . . + Ov-l αν = (ν - 1 ) a10v

Ασκnσn 8n:

Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ οι a2, 62, y2 αποτεΛούν διαδοχι�ούς όρους αριθμητικής προόδου, να αποδείξετε ότι και οι σφΑ, σφΒ, σφΓ αποτελούν επίσης διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. (το αντίστροφο ισχύει; )

Λuσn Είναι: 2β2 = a2 + y2 ( 1 ) Αnό τον νόμο των ημιτόνων έχουμε:

� = � = __J_ = 2R οπόrε: ημΑ ημΒ ημΓ .

α = 2 R ημΑ, β = 2 R ημΒ, γ = 2 R ημΓ (2)

Αnό (1 ) και (2) έχουμε: 8 R2 ημ2 Β = 4R2 ημ2 Α + 4 R2 ημ2 Γ ή 2 ημ2 i3 ,;, ημ2Α + ημ2Γ ή ημ2Α - ημ2Β =

= ημ2Β - ημ2Γ

Ισχύει: ημ(Α + Β) ημ(Α - Β) = ημ2Α - ημ2Β ημ (Α + Β) = ημΓ ημ (Α + Β) ημ(Α - Β) = ημ(Β + Γ) ημ (Β - Γ) ή ημ (Α-Β) = ημ (Β-Γ) ή ημ (Α-Β) = ημ (Β- Γ) ή

ημΑ ημΓ ημΑ ημΒ ημΒ ημΓ ημΑσυνΒ-ημΒσυνΑ ημΒσυνΓ - ημΓσυνΒ , ___::___ ___ __:__ __ = η

ημΑημΒ ημΒημΓ σφΒ - σφΑ = σφΓ - σφΒ ή 2σφΒ = σφΑ + σφΓ.

Ασκnσn 9n:

Αν σε ένα τρίγωνο ΑΒΓ οι πλευρές του α, β, γ εί­ναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, να απο­δείξετε ότι το εμβαδόν του Ε δίνεται από τη σχέση:

Αnόδει�n Αφού α, β, γ διαδοχικοί όροι aριθμ. προόδου εί­

ναι: α + γ = 2β ή α + β + γ = 3β (1 ) ή α - β + γ = β (2).

Επομένως 3β2 = 3β · β = (α + β + γ) (α - β + γ) = 2τ · 2 (τ - β) = 4τ (τ- β), δηλ. 3β2 = 4τ (τ - β) ή 3. β2 = τ (τ - β) (1) 4

Γ νωρίzουμε όι:ι: Ε = Υ τ (τ -α) (τ - β) (τ -γ) (2) και εφ� = (τ - α) (τ -γ) (3)

2 τ (τ - β) 3 2 β 1· 3 (τ -α) (τ - β) Άρα: - β εφ- = τ (τ - β) = 4 2 τ �-�

� (τ-α) (τ - β)2 (τ -γ) τ (τ - β)

= Υ τ (τ -α) (τ - β) (τ -γ) = Ε

Ασκnσιa lOn:

Αν α, β, γ, δ διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό­δου να αποδείξετε ότι: 1 . (αβ + βγ + ya)3 = aβy (α + β + y)3 2. (a2 + β2 + y2) (β2 + y2 + δ2) =

= (αβ + βγ + γδ)2

Αnόδει�n 1 . Αφού οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρι­

κής πρ�όδου, έχουμε: β2 = ay. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/34

Αριθμnτικές και Γεωμετρικές Πρόοδοι

Επομέvως: (οβ + βγ + ya)3 = (οβ + βγ + β2)3 = β3 (ο + β + y)3 = β2β (ο + β + y)3 = ογβ (ο + β + y)3 = = οβγ (ο + β + y)3.

2. Ισχύει: (a12 + a22 + a32) . (β12 + β22 + β32) ­- (ο1β1 + ο2β2 + ο3β3)2 = (ο1β2 - ο2β1)2 + (ο1β3 - ο3β1 )2 + (ο2β3 - ο3β2)2

(rουτότηο Lagraηge)

Επομέvως: (a2 + β2 + y2) (β2 + r + δ2) - (οβ + βγ + γδ)2 = (ay - β2)2 + (οδ - yβ)2 + (βδ - r)2 = Ο, γιατί β2 = ay, οδ = βγ και r = βδ.

Όμοιο οποδεικvύετοι, κάvοvτος πράξεις και στο δύο μέλη.

Σημείωση: Γεvίκεuση mς ταυτότητος του Lagra­ηge: (a12 + a22 + . . . + α}) (β12 + β22 + . . . + β}) ­(ο1β1 + ο2β2 + · · · Ovβv)2 =

Σ (ακβλ - αλβκ)2 με κ, λ Ε {1 , 2, . . . , v}

Ασκηση 12η:

Δίvετοι η γεωμετρική πρόοδος α1, a2, . . . , av- Να αποδείξετε ότι:

1. Οι αριθμοί _1_ , _1_, . . . , 1 (1) σΙ-� �-� � - � + 1

οποτελούv γεωμετρική πρόοδο. 2. Το άθροισμα τωv v όρωv της ποροπάvω προό­

δου είvοι:

Λvση 1 . Υπολογίzουμε το λόγο δυο διαδοχικώv όρωv

της ακολουθίας τωv οριθμώv (1) . 1

� + 1 -� + 2 � -� + 1 1 � + 1 -� + 2

� -� + 1 αΙ λ2κ (_l_ _ ι) ι}, λ2κ - 2 _ if, λ2κ ?f = 1 1 = ------,-----,-οΙ ?fκ -ai λ2κ + 2 ai λ2κ ( 1 -J)

l -rf - 1 ?f (ι -?f) λ2

όπου λ ο λόγος της ορχικής γεωμετρικής προόδου. Επειδή ο λόγος δύο διοδοχικώv όρωv είvοι σταθερός η ακολουθία τωv οριθμώv (Ι) είvοι γεωμ. πρόοδος.

2. Είvοι:

Ασκηση 13η:

2v 2v 01 - �

Av η εξίσωση ax4 + βχ2 + γ = Ο έχει πραγματι­κούς συvτελεστές και ο ;ι! Ο, va βρείτε τη συvθήκη, ώστε οι ρίzες της va είvοι διαδοχικοί όροι γεωμετρι­κής προόδου.

Λvση Έστω ρ1, ρ2, ρ3, ρ4 οι ρίzες της εξίσωσης. Οι ρίzες

μιας διτετράγωvης εξίσωσης είvοι δύο zεύγη οvτίθε­τωv οριθμώv, οπότε: ρ1 + ρ2 + ρ3 + ρ4 = Ο ( 1 ) . Επειδή οι ρίzες είvοι και διαδοχικοί όροι γεωμετρι­κής προόδου, θα είvοι:

Από (1) και (2) είvοι:

�(1 + ί\ + ί\3 + λ4) = ο rf ή χ (1 + λ) ( 1 + λ3) = ο ή χ (1 + λ) (1 + λ) ( 1 - λ + λ2) = Ο ή λ = -1 διπλή ρί­zο άρο ρ1 = χ, ρ2 = -χ, ρ3 = -χ, ρ4 = χ

Η επιλύουσο της είvοι: ay2 + βy + γ = Ο χ2 = Υ οπότε Υ1 = ρ12 = ρ42 = Χ2

Υ2 = Ρ22 = ρ/ = Χ2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/35

Αριθμοτικές και rεωpετρικές Πρ6οδοι

1\σκnσn 14n:

Ανάμεσα σης ρίzες mς εξίσωσης 16χ2 - 65χ + 4 = Ο να παρεμβάλεrε 5 γεωμετρικούς ενδιάμεσους. Να βρεθούν οι αριθμοί αυτοί.

Λvσn Οι ρίzες της εξίσωσης 16χ2 - 65χ + 4 = Ο είναι:

4 1 'Ε , ρl = και ρz = 16 . mω χι, χ2, . . . , χ5 οι zηιουμενοι αριθμοί. Τότε οι αριθμοί 4, χι, χ2, χ3, χ4, χ6, 1/16είναι εmά με οι = 4 και α7 = 1

� . Αν λ ο λόγος της προό­δου θα είναι:

Επομένως για λ = 1/2 οι zητούμενοι αριθμοί εί­ναι:

4, 2, 1, 1, 1, 1, _L 2 4 8 16

Για λ = - 1/2 οι zητούμενοι αριθμοί είναι:

4 2 1 _ 1 1 _ 1 _L ' - ' ' ' ' ' 2 4 8 16

1\σκnσn 15n:

Να βρεθούν 4 αριθμοί οι οποίοι αποτελούν δια­δοχικούς όρους μιας γεωμετρικής προόδου, αν το γινόμενο τους είναι 1024 και το γινόμενο του πρώ-

9 του με τον τρίτο όρο ισούται με ro τετραπλάσιο του δευτέρου.

Λvσn

'Εσrω �. �. χλ, Υλ3 α αριθμοί. τ όι:ε λ3 λ I� . � . Υλ. Υλ3 = 1024 Jx4 = ].024

λ3 λ 9 , 9 ή

\; · χλ� 4�

η \χ� 4λ

9 , 9 , 3 /256λ4 = 1024 /λ4 = 4 {λ= ± ii \χ = 4λ

η \χ= 4λ η

χ= 4λ

Για λ= � είναι χ = 4 'f6 οπόrε οι zηωύμεvοι 3 3

αριθμοί είναι: 6, 4, 8., 16 3 9

Γ λ - Γ6 , -4 Γ6 , , ια = -- ειvαι χ= -- οπσrε οι zmουμεvοι 3 3

αριθμοί είναι: 6, 4, 8., 16 (οι ίδιοι}. 3 9

1\σκnσn 16n:

Έmω (av} , (β) αριθμηηκή και γεωμετρική πρόο­δος αντίσrοιχα με πεπερασμένο πλήθος όρων να αποδείξετε όη:

1 . Για την (α) το άθροισμα δύο όρων που 'Ίσαπέ­χουν" από τους "άκρους" όρους είναι ίσο με το άθροισμα των "άκρων" όρων.

2. Για την (βv} το γινόμενο δυο όρων που 'Ίσαπέ­χουν" από τους "άκρους" όρους είναι ίσο με το γινό­μενο των "άκρων" όρων.

Αοόδειξn 1 . Έmω ( av} η αριθμηηκή πρόοδος με διαφορά

ω. Τότε για κάθε ν, μ Ε Ν* με μ < ν είναι: αι+μ + αν-μ = οι + Ωv Πράγμαη:

αι+μ + αν-μ = οι + ( 1 + μ - 1} ω + οι + + (ν - μ - 1} ω

= οι + μω + α1 + νω - μω - ω = οι + οι + (ν - 1 }ω = οι + 0v 2 . Έσrω (β) η γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ.

Τότε για κάθε ν, μ Ε Ν* με μ < ν είναι: αι+μ · Ωv-μ = 0ι · Ωv

Πράγμαη: α · n = α λι+μ-l · α λv-μ-ι ι +μ -v-μ ι ι = οι . οι . λl +μ-l+v-μ-ι = οι . αιλv-ι = οι . av

1\σκnσn 17n:

τ ο άθροισμα του πρώτου και του τρίτου όρου μιας γεωμετρικής προόδου με άπειρο πλήθος όρων είναι 13 και το άθροισμα 27. Να βρείτε την πρόοδο.

Λvσn

/οι + a3 = β

\S = � 1 - λ

ή /οι + aιrt = 13

\� = 27 1-λ

ή

/aι (1 + rt) = 13 ή ι27 (1 -λ) (1 + rt) = 13 ή \οι = 27 (1 -λ) οι = 27 (1 -λ}

1 27λ3 _ 2'7λ2 + 2'7λ- 14 = ο ή \οι = 27 {1 -λ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. r. 2/36

Αριθpnτικές και rεωpετρικές Πρόοδοι

/λ- 2 ι (3λ-2) (9λ2 -3λ+ 1) = ο _ - 3 \aι = 27 (1 -λ)

η \aι = 9 Επομένως η πρόοδος είναι:

Ασκnσn 18n:

9, 6, 4, 8., 16, 3 9

Να λυθεί η εξίσωση: (χ2 + 2) + (χ2 + 7) + (χ2 + 12) + . . . + (χ2 + 52) = 330

Λ \ίσο Το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άθροισμα

διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου με αι = χ2 + 2, α, = χ2 + 52, ω = 5 και Σv = 330, οπότε αν = αι + (ν - 1) ω ή χ2 + 52 = χ2 + 2 + (ν -1)5 ή 52 = 2 + 5ν - 5 ή 5ν = 55 ή ν = 11 .

Ε, , 2αι + (ν- 1) ω , ιvαι <-ν = · ν η 2

2 (; + 2) + 10 · 5 . 11 = 33 2 22 (χ2 + 2) + 550 = 660 ή 22χ2 + 44 = 110 ή 22χ2 = 66 ή χ2 = 3 ή χ= ± V3

Ασκnσn 19n:

Να λυθούν οι εξισώσεις: 1. (σφχ + 1) + (σφχ + 5) + (σφχ + 9) + . . . +

(σφχ + 25) = 98

2. χ · v xV xo/xr. = 5 Γs

Λ \ίσο 1 . Οι αριθμοί 1 , 5, 9, . . . , 25 είναι διαδοχικοί όροι

αριθμητικής προόδου με αι = 1 , ω = 4 και αν = 25, οπότε : 25 = 1 + (ν - 1 )4 ή 4ν = 28 ή ν = 7 και s = Ι(1 + 25) = 7 · 13 = 91

2 Επομένως η εξίσωση γράφεται:

7σφχ + 91 = 98 ή 7σφχ = 7 ή σφχ = 1 ή

σφχ = σφ� ή χ= κπ + � κ Ε Ζ. 4 4

, iΠ-ι ο/ 3� , 2. Είναι: χ. ν χ Ίι χ χ 'V . . . = 5 Γs η χ· χιβ . χιΒ . χι/27 . . . = 5 Γs

l + l +l . . . ι χ · χ3 9 27 = 5 Γs ή Υ! - χ2 = 5 Γs ή �!2 = 5312 ή χ = 5

1 1 yιmί: 1 + 1 + _1_ + . . . = -3- = ...3_ = 1

3 9 27 1 -1 2. 2

Ασκnσn 20n:

Να λυθεί η εξίσωση:

3 3

1 + α + α2 + a3 + . . . + αχ = ( 1 + α) ( 1 + α2) ( 1 + a4) (1 + a8)

με α > Ο και α � 1 (Ο < α � 1 )

Λ \ίσο Το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άθροισμα

διαδοχικών όρων γεωμετρικής προόδου με: αι = 1, λ = α, ν = χ + 1 και S = (1 + α) (1 + a2) (1 + a4) (1 + a8)

_ αι (λν - 1) , 1 (crι + ι _ 1) _ 5 - ---- η -

λ- 1 ·

a- 1

= (1 + a) (1 + a2)(1 + α4) (1 + a8) ή ax+l - 1 = (α2 - 1 ) (a2 + 1 ) (a4 + 1) (a8 + 1 ) ή aχ+1 _ 1 = αι6 _1 ή ax+ l = a16 ή χ + 1 = 16 ή χ = 15

Γενίκευση Να λυθεί η εξίσωση:

1 + α + α2 + α3 + . . . + αχ = = (1 + α) ( 1 + a2) (1 + a4) . . . (1 + a2v) με Ο < α � 1 και ν Ε Ν*

Λ \ίσο Όμοια βρίσκουμε χ = 2ν+ 1 - 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/37

Ασκήσεις σι:ο εμβαδόν τοv τριyώνοv

θεώρnμα ι.

Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ το εμβαδόν του Ε δίνεται από τον τύπο:

θεώρnμα 2.

Αν δυο τρίγωνα ΑΒΓ και Α· Β · Γ · έχουν ης γω­νίες Α και Α · ίσες ή παραπληρωμαηκές, τότε ισχύει:

(ΑΒΓ) = β · y (Α' Β' Γ ) β ' · y'

Αοόδειξn - - - -Επειδή Α = Α ' ή Α + Α ' = 180° , είναι ημΑ =

ημΑ ' . Ακόμη (ΑΒΓ) = 1 β · γ ημΑ και 2

(Α ' ΒΤ ' ) = 1 β ' v · ημΑΌ 2 Άρα (ΑΒΓ) = β Ύ

(Α' ΒΤ' ) β ' · y'

Ασκήσεις

ί\σκnσn ln

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και εσωτερικό σημείο του Μ. Αν ΜΑ = κ, ΜΒ = λ, ΜΓ = μ και οι πλευρές του τριγώ­νου ΑΒΓ φαίνονται από το Μ υπό ίσες γωνίες, δείξι:ε όη:

ί. το άθροισμα S = κ · λ + λ · μ + μ · κ είναι στα­θερό και i i . S = α2, αν το ΑΒΓ είναι ισόπλευρο πλευράς α.

Αοόδειξn � � � � �

i. Επειδή ΑΜΒ = ΒΜΓ = ΓΜΑ και ΑΜΒ + ΒΜΓ

Γρnyόρnς Δ. Φωτιάδnς

1 ΜΓ · ΜΑnμ120° = f3 (κλ + λμ + !J!<) � S = 4 f3 · Ε 2 4 ' 1 4-2

ii. Αν ΑΒΓ ισόπλευρο τότε Ε = c} f3 και S = α2. 4

ί\σκnσn 2n

Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΑΔ, ΒΕ τέμνονται στο Κ. Να υπολογιστούν οι λόγοι των εμβαδών: .) (ΑΚΕ) ..

) (ΚΔΕ) ι -- και ιι --(ΑΒΓ) (ΑΒΓ)

Λvσn

Α

Γνωρίzουμε όη η διάμεσος χωρίzει το τρίγωνο σε δύο ισεμβαδικά τρίγωνα.

2.ΑΔ- 1ΑΓ i) (ΑΚΕ) = (ΑΚΕ) = ΑΚ· ΑΕ = 3 2 = 1

(ΑΒΓ) 2 (ΑΔΓ) 2 · ΑΔ · ΑΓ 2ΑΔ

· ΑΓ 6

ii) (ΚΔΕ) = (ΚΔΕ) = (ΚΔΕ) = ΔΚ · ΔΕ = (ΑΒΓ) 2 (ΑΔΓ) 4 (ΑΔΕ) 4ΔΑ · ΔΕ

1ΑΔ = -3 - = _l_

4ΑΔ 12

+ ΓΜΑ = 360° είναι κάθε γωνία 120° . ί\σκnσn 3n Ακόμη (ΑΒΓ) = (ΑΜΒ) + (ΒΜΓ) + (ΓΜΑ) =

= 1 ΜΑ ΜΒ ημ 120° + 1 ΜΒ . ΜΓ . ημ120ο + Σε τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ = y και ΑΓ = β, 2 2 φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΔ και τη διάμεσο ΓΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/38

Ασκόσεις στο εμβαδό τοu τριyωvοu

Αν (ΒΔΕ) = � · (ΑΒΓ) , να αποδείξετε όη το τρί-4y

γωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή Α.

Αnόδει�ιi Τα τρίγωνα ΒΔΕ και ΑΒΓ έχουν κοινή γωνία Α.

α · y _ y_ (ΒΔΕ) = � <=>ΒΔ· ΒΕ = �<=> β + γ 2 = � (ΑΒΓ) 4y &\ · ΒΓ 4y γ- α 4y (θεώρημα εσωτ. διχοrόμων)

Υ β <=>-- = -<=> β + γ 2y

<=> 2y2 = β2 + βγ <=> y2 - β2 + y2 - βγ = ο <=> <=> (γ - β) (γ + β) + Υ (γ - β) = 0 <=> <=> (γ - β) (2y + β) = Ο <=> β = Υ <=>

Το ΑΒΓ είναι ισοσκελές τρίγωνο.

Ασκnσn 4n

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διχοτόμοι του ΒΔ και ΓΕ. ( )2 Αν (ΑΒΓ) = ι + � · (ΑΔΕ), δείξτε όη το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή Α.

Αοόδει�n

(ΑΒΓ) =(ι + Ξ_

)2· (ΑΔΕ) <=> (ΑΒΓ) =(ι + Ξ_

)2 <=> β (ΑΔΕ) β

<=> = ι + - (Α κοινή) ΑΒ · ΑΓ ( α)2 "' ΑΔ·ΑΕ β

β · γ (α + β)2 <=> -----'----- = <=> � - � β2 α + γ α + β

<=> (α + γ) (α + β) = (α + β)2 <=> β · γ β2

α α <=>- + ι = - + ι <=> β = γ Υ β

Ασκnσn Sn

Σε τρίγωνο ΑΒΓ οι διχοτόμοι του ΑΔ και ΓΕ τέ-α , μνοvται mo Ι. Αν (ΑΕΙ) = -- (ΑΙΓ) , δείξτε ση το β + γ

τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή Β.

Αnόδει�n

Α

(ΑΕΙ) = -α- <=>ΑΕ · ΑΙ = -α- <=>(Α1 = �) <=> (ΑΙΓ) β + γ ΑΙ · ΑΓ β + γ

β γ α + β α γ α <=> -- = -- <=> -- = --<=>

β β + γ α + β β + γ

<=> Υ α <=>γ= α α + β + γ α + β + γ

Ασκnσn 6n

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και το έγκεvτρό του Ι. Αν (ΙΒΓ) = _β_ (ΑΒΓ), δεiξrε όrι το ΑΒΓ είvαι ισο-

2β + γ σκελές με κορυφή το Γ.

Αοόδει�n

Α

Β

Τ α τρίγωνα ΑΒΓ και ΙΒΓ έχουν κοινή βάση και ύψη ΑΔ = U0, ΙΚ = ρ = η ακτίνα του εγγ. κύκλου.

Ε_ Άρα· (ΙΒΓ) = .Ε_ = ....:._ = � (ι)

(ΑΒΓ) υ0 2Ε 2τ α

Είναι yvωmoί οι τύποι Ε = τ · ρ = 1 α · Uα. 2 Απ , . όθ , (ΙΒΓ) β α ο την υπ εση ειvαι -- = -- = -

(ΑΒΓ) 2β + Υ 2τ

(Μγω mς (ι)) <=> -β- = α <=> 2β + γ α + β + γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/39

Ασκήσεις στο εμβοδό '[OU '[pιyώvou

� αβ + β2 + βγ = 2αβ + αγ � β2 - αβ + βy - αγ = Ο � β (β - α) + y (β - α) = Ο � (β + γ) (β - α) = Ο � β = α � ΑΒΓ ισοσκελές.

Ασκnσn 7n

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 15 ο . Με διάμετρο τη ΒΓ γράφουμε κύκλο που τέμνει ης πλευρές του ΑΒ στο Δ και ΑΓ στο Ε.

Να βρεθεί ο ί\όγος: (ΑΔΕ) (ΑΒΓ)

Λvσn Α

(ΑΔΕ) = ΑΔ. · � (Α. = κοινή σrα δυο τρίγωνα) (ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ

= (ΑΕ)2 (ΑΔ. · ΑΒ = ΑΕ · ΑΓ� )

ΑΒ � � =: τέμνουσες κύκffiυ

= συν2 15° (ίΞ = 90° και συν 15° = �) 1 + συν 30°

= 2.+ 'r;3-_y , (ουν2α = 2συν2α- 1) 2 4

Ασκnσn 8n

Σε τρίγωνο ΑΒΓ με εσωτερική διχοτόμο δα = ΑΔ, ο κύκλος που διέρχεται από τα σημεία Α,Β,Δ εφάπτε­ται στην πλευρά ΑΓ.

α. Ν' αποδειχτεί όη α2 = β (β -+- γ) και δα = ΔΒ. β. Αν ο ί\όyος των εμβαδών των τριγώνων ΑΒΔ

και ΑΔΓ είναι 1 :2 να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ σε συνάρτηση με το μήκος της διχοτό­μου δα.

Λvσn α) ΓΑ2 = ΓΔ · ΓΒ � (εφαπτομένη και τέμνουσα)

β2 = α · β · α� if = β (β + γ) (θεώρημα διχοrόμου) β + γ - -

ΔΑΓ = Β (χορδής και εφαmομένης)

Γ - - - -Δ�Γ = ΔΑΒ (ΑΔ = διχοτόμος) άρα Β = ΔΑΒ και ΑΔΒ ισοσκελές με ΑΔ = ΔΒ.

β) (�) = 1 �ΑΒ· ΑΔ = 1 � β = 2y (1) (ΑΔΓ) 2 ΑΔ.· ΑΓ 2 σy (1) α · γ α δα = ΔΒ = -- = - =- � α = 3δα

β + γ 3y 3 α2 = β (β + γ) � if = 2 . γ . 3γ �

�v = α f6 = 3 f6 δα � 6 6

�v = f6 δα και β = 2v= f6 δα 2

Ασκnσn 9n -Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) να αποδει-

χτεί η σχέση: Γ2 = 1 -t- 1 δα β γ'

όπου δα η εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Α.

Αοόδειξn Γ

(ΑΒΓ) = (ΑΒΔ) + (ΑΓΔ) �. 1 β·y � 1 γ . δ . ημ45 ο + 1 β . δ . ημ45 ο � 2 2 α 2 α

� βy = Υ · δα · f2 + β · δα f2 � 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/40

Ασκόσεις στο εμβαδό τοu τριyώvοu

.;:> βy = (β + γ) δα . ii__<=> � = �<=> fi = l + l. 2 Γz β + ν δα β ν

1\σιιnσn 10n

Να υπολογιστεί η διχοτόμος ΑΔ = δα τριγώνου ΑΒΓ aπό τις πλευρές του. (Με τη θεωρία των εμβα­δών).

Λvσn

Α

Γ

(ΑΒΓ) = (ΑΒΔ) + (AΔfl <=> lβyημΑ= lyδα ημΔ + l β δα ημΔ 2 2 2 2 2

(Αι = � =�)

Ένα ξcχωριστό βοήθημα yια τouc; unoφή.ιouc; τηc;

Α• Δtσμηc;

ΔH.illiΠHΣ ι . ΜΠΟΥΝΑΚJ:ΙΣ Κοθrfτηrη;; ΜcιΟημm:ι�.ών

HMeO�A Mf ΤΟ ΜΕΟ �ΧΟΛ ΙΚΟ SIBΛ\0

ΠΑΡΑΓΓΕΛΙ ΕΣ: ΤΗΛ. (081 ) 2521 40

<=> β · ψ 2ημΔσυνΔ = (β + ν) δα ημΔ <=> 2 2 2

<=> δα = 2βy συν Δ (1) β + ν 2

Από το νόμο συνημιτόνων είναι yvωστό ότι:

συν Α = β2 + Υ.-ι:1 2βy

(2)

Από την τριγωνομετρία yvωρίzουμε ότι:

συνΖ Δ = 1 + συν Α (3) 2 2

Από τις σχέσεις (2) και (3) είναι:

συif Δ = 2βν + β2 + .f - ri = (β + vf- ri = 2 �ν �ν

(α + β + ν) (β + ν-α) 2r . 2 (τ -α) τ (τ -α) = = =--<=> �ν �ν βν

<=> συν Δ = ν τ (τ - a) 2 βy

Ά (1) , δ _ 2βν . ff(τ-a) _ ρο yιvεraι α --- --- -

β + ν βν

= _2_ Υ βyτ (τ -α) β + y

ΑΝΤΟΝΗΣ ΠlΥΡΙΔΑΚΗΣ

-1' 40 διαγωνiσματα

-/' l Ο τέστ πολλαπλής επιλογής

(multiple choice) -/' Κρiσιμα σημεiα

-/' Οι l Ο... συμβουλές

Πανελλαδικές

ΒΙΒΛIΟΕΚΔΟΉΚΗ ΑΕ. eΕΙΙΑΙiοΝιΚΗΣ ΘΕΣΙΑΛΟΝιΚΗ 1994

ΒιΒΛΙΟΕΚΔΟΤιΚΗ Α Ε 9ΕΣΣλΛΟΝΙΚΗΣ ΒιΒΛιΟΕΚΔΟτΙΚΗ Α Ε ΚΑΣΤΡΙΗΙΟΥ 13·15 Μ Γ Α ΝΑΠΑΣΑΚΗΣ 546 23 θΕΗΑΙ\ΟΝΙΚΗ \����j,"ιJ�:f 1 ® 26 36 37 8 fax. 23 43 69 ({) 36 33 970 8 fax· 36 38 564

• ΕΥΚΛΕΙΔΗ� Β ' κη. τ. 2/4 1

dy Το σ15μβολο

dx σι:ο ρvθμό με-.:αβολής

άρμονίη άφανής φανερfjς κρείττων . . . (Ηράκλειτος)

1. Εισαyωyικά

Στο βιβλiΌ της Ανάλυσης σης εφαρμογές, γίνεται χρή­ση του συμβόλου dy/clx, που οφεiλεται στο G.W. Leibηiz (1646-1716). Το σύμβολο αυτό αποτελεί μια εξαίρεση στα Μαθηματικά, γιατί δε χαρακrηρίzεται από την εν­νοιολογική πληρότητα που έχουν τα άλλα σύμβολα.

Ό G. Leibηiz χρησιμοποίησε το σύμβολο αυτό για να θεμελιώσει διαισθητικά την έννοια του διαφορι­κού συντελεστή, δηλαδή της παραγώγου, σε μια επο­χή που δεν είχε αναmυχθεί η σύγκλιση.

Επινόησε τα aπείρως μικρά μεγέθη, που ονόμασε aπειροστά και συμβόλισε την aπειροστή μεταβολή μιας ποσότητας χ με dx και την παράγωγο της συνάρ­τησης y = χ2 με dy/dx = 2χ. Ένας συμβολισμός που διατηρείται και σήμερα, που αν και θυμίzει πηλίκο δε θεωρείται τέτοιο, αλλά μια αδαίρετη· οντότητα. Στην αρχή μελετήθηκαν απλές συναρτήσεις και ο συμβο­λισμός έδινε σωστά αποτελέσιJατα· αργότερα διαπι­στώθηκε ότι μπορεί να οδηγnσει σε άτοπα συμπερά­σματα. Η κριτική του 19ου αιώνα στα θεμέλια της Ανάλυσης είχε σαν αποτέλεσμα να οριστεί αυστηρά η έννοια της nαραγώγου. Με την τελική τακτοποίηση διατηρήθηκε και ο συμβολισμός αυτός, γιατί λει­τουργεί ορμονικότερα σε ορισμένες εφαρμογές.

2. Θεωρία

Σε προβλήματα στα οποία η παράγωγος ερμηνεύ­εται ως ρυθμός μεταβολής κάποιου μεγέθους, δεν εί­ναι εύκολο πqvτa να απαντήσουμε σε ερωτήσεις, " όπως είναι οι παρακάτω.

1 . Στο dy/dx το χ δηλώνει αριθμό, ανεξάρτητη με­ταβλητή, ή συνάρτηση;

2. Το dy/dx δηλώνει αριθμό ή τη συνάρΊ:ηση του ρυθμού μεταβολής;

3. Έστω ότι τα s και V δηλώνουν τη συνάρτηση θέ­σης και την ταχύτητα του υλικού σημείου Α, που κινεί-

Γιάννος Γ. Καλοyεράκnς

ται κατά μήκος μιας καμπύλης. Αν το Α δεν αλλάzει την φορά της κίνησης τότε το ν μπορεί να είναι συνάρτηση ως προς s και το ιΝ να έχει νόημα. Αν όμως το Α ai\-

ds λάzει φορά, τότε το ν δεν είναι συνάρτηση ως προς s.

Στην περίmωση αυτή το ιΝ έχει νόημα; ds 4. Οι συναρτήσεις, που μελετούμε, είναι της μορ­

φής y = f (χ) . Στις εφαρμογές όμως παρουσιάzονται ισότητες της μορφής F (χ, y) = Ο, που συνδέουν τις πραγματικές τιμές χ, y. Είναι δυνατόν η σχέση αυτή να μη δίνει το y σα συνάρτηση του χ, ή να μη λύνεται ως προς y ή να λύνεται με περισσότερους από έναν τρόπους γενικά να έχουμε μια πεπλεγμένη μορφή. π.χ. y2 = 2px, xeY - y + 1 = Ο, 3y3 + 2xy = χ2. Στις περιmώσεις αυτές μπορούμε να ορίσουμε το dy/dx;

5. Ανάλογη είναι η περίπιωση, που τα χ, y είναι συνεχείς συναρτήσεις μιας μεταβλητής t, που λέγεται παράμετρος. Παράμετρος στο ρυθμό μεταβολής εί­ναι, συνήθως, ο χρόνος, η θερμοκρασία, η yωνία. Τότε τα χ, y εκφράzονται από ισότητες της μορφής χ = f (t) και y = g (t) και αντίστοιχες τιμές είναι εκείνες που παίρνουμε την ίδια χρονική στιγμή.

Είναι δυνατόν όμως η χ = f (t) να μην είναι γv.η­σίως μονότονη στο πεδίο ορισμού της, ώστε να αντι­στρέφεται και να βρίσκουμε τελικά το y σαν συνάρτη­ση του χ. Δηλαδή η απαλοιφή του t να μη δίνει συνάρτηση. Όπως για παράδειγμα η παραμετρική εξίσωση της παραβολής χ = t2, y = 2 at. Στις περι-mώσεις αυτές μπορούμε να ορίσουμε το dy;

clx Μπορούμε να αποφύγουμε ορισμένες από τις πα­

ραπάνω δυσκολίες, αν χρησιμοποιήσουμε το συμβο­λισμό του J.L. Lagraηge, (1772) κυρίως σε θεωρητι­κά θέματα. Σε προβλήματα Φυσικής όμως ένα σύ­στημα μπορεί να επηρεάzεται από περισσότερες από δυο μεταβλητές, κάθε μια από τις οποίες είναι συνάρ­τηση των άλλων. Η χρήση του κλασικού συμβολι­σμού θα απαιτούσε ένα μεγάλο πλήθος συμβόλων για τις συναρτήσεις. Γενικά η χρήση του τύπου (gof) ' (χ) = g ' (f (χ)) · f ' (χ) είναι πολυπλοκότερη από την εφαρμογή του κανόνα της αλυσίδας

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/42

Το οώμβολο dy οι:ο ριιθμό μετα(ιολός ck

dy = dy . du dx du dx

όπου y = g (u) και u = f (χ) . Στην τελευταία ισότητα δε μπόρούμε να θεωρήσουμε ότι απλοποιήθηκε το du, γιατί το dy/dx δεν είναι πηλίκο. Ένας συμβολι­σμός όμως ακόμη και να τον δεχόμαστε παραδο­σιακά ή ιστορικά, δεν είναι αυθαίρετος αλλά έχει ανταπτυχθεί για να εξυπηρετεί ορισμένες ανάγκες. Αν αυτό μοιάzει με κλάσμα, ίσως θα πρέπει να συ�περιφέρεται και σαν κλάσμα, τουλάχιστο ορι­σμένες φορές. Και πράγματι αυτό συμβαίνει και μια δικαιολqγία είναι ότι προέρχεται από όριο κλασμά­των της μορφής

f (x + h) - f (x) _ Δy h Δχ

Ακόμη σε προβλήματα, όπου οι μεταβλητές έχουν φυσική ερμηνεία και μας ενδιαφέρουν οι διαστάσεις, η μονάδα μέrρησης του dy/dx βρίσκεται με απλοποί­ηση των μονάδων του du στο δεύτερο μέλος.

Σε προβλήματα που δεν αναφέρονται σε σύνθε­τες καταστάσεις, ορισμένες από ης ερωτήσεις μπο­ρούν να αnαντηθούν σχετικά εύκολα. Στο dy/dx το χ δηλώνει ανεξάρτητη μεταβίΊnτή και στη γενική περί­πτωση δηλώνει συνάρτηση. Συνάρτηση συμβολίzει και το dy/d�, που περιέχει και ης μεταβλητές της συνάρτησης από την οποία προήλθε. Αριθμό δηλώ-

νει το όχι και τόσο κομψό σύμβολο dy I , που dx χ = α ερμηνεύεται και σα στιγμαίος ρυθμός μεταβολής. )\1πορούμε να υπερβούμε και ης δυσκολίες της �ρώ­τησης 3, Ώεριορίzοντας το y σε ένα διάστημα Δ, ώστε να είναι συνάρτηση ως προς χ στο διάστημα αυτό, όπως ήδη γνωρίzουμε από ης εξισώσεις των εφαmο­μένων στις κωνικές τομές. Ανάλογα ισχύουν και για ης άλλες �ύο ερωτήσεις. Για να λύσουμε όμως ένα πρόβλημα που περιέχει τύπο με συσχετιzόμενες με­ταβλητές, χρησιμοποιούμε την έννοια του ρυθμού μετα�ολής "συνάρτησης ως προς συνάρτηση" . Για παράδειγμα, έστω ότι σημείο Α κινείται κατά μήκος καμπύλης και υ (t), S (t) η ταχύτητα και η συνάρτη­ση θέσης την χρονική στιγμή t. Από το t έως το t + h η ταχύτητα θα μεταβληθεf κατά υ (t + h) - υ (t) και η θέση του κατά s (t + h) - s (t). Η μέση μεταβο­λή της ταχύτητας ανά μονάδα διαστήματος θα είναι S (t + h) -S (t)

' h ;ο! Ο. t + h-t Η στιγμιαία μεταβολή θα είναι το όριο του κλά­

σματος, όταν

h ---+ Ο, δηfι:ιδή Im S (t + h) -S (t) . h --+ ο (t + h) - (t)

Γενικά αν χ, y είναι συναρτήσεις μιας μεταβλητής t, τότε το dy/dx είνd! συνάρτηοη του t και ορίzεται από

, dy (t) Im y(t + h) -y (t) το οριο - = για κάθε t για το dx h --+ ο χ (t + h) -χ (t) οποίο υπάρχει το όριο.

Η τιμή του dy (� δηλώνει το ρυθμό μεταβολής dx της συνάρτησης y (t) ως προς τη συνάρτηση χ (t), στο σημείο t.

Σχόλιο

Αν υπάρχουν τα όρια Im Υ (t + h) - Υ (t) και h --+ 0 h

Im x(t + h) -x (t) 0 , �. , dy (t) y' (t) --'----'-----'-'-- ;ο! τσrε οο εχουμε: - = --h --+ ο h dx χ' (t)

Δηλαδή ο ρυθμός μεταβολής μιας συνάρτησης ως προς μια άλλη είναι ίσος με το λόγο των ρυθμών μεταβολής τους ως προς την κοινή ανεξάρτητη μετα­βλητή τους.

Συνεπώς στην ερώτηση 3 στο &./ δεν απαιτείται ds

το υ να είναι συνάρτηση του s, γιατί ορίzεται πάντα εκτός από την περίπτωση ποp θ(J έχουμε s · (t) = Ο. Δηλαδή το σημείο Α να είναι ακίνητο.

· Για να απαντήσουμε στην ερώτηση 4 θα πρέπει να γνωρίzουμε π είναι τα χ, y. Αν τα χ, y είνcιι συναρτήσεις μιας ανεξάρτητης μεταβλητής t, τότε, χρησιμοποιώντας τα γνωστά θεωρήματα των παρα­γώγων και το παραπάνω σχόλιο, μπορούμε να ορί­σοομε το dy/dx. Αν τα χ, y είναι αριθμοί, τότε το dy/dx δεν έχει νόημα. Αν το y είναι συνάρτηση το'υ χ, όπως στην ισότητα 3y3 + 2xy 'd χ2, χ > Ο, τότε, αν στη θέση του y μπορούσαμε να βάλουμε την έκ­φρα�ή τού ως προς χ, θα είχαμε μια ταυτότητα ως προς χ. Δηλαδή τα δύο μέλη θα ήταν δυο τύrίοι της ίδιας συνdρτnσης. Συνεπώς οΊ παράγωγοι τους θα είναι ίσες. Αυτό μας επιτρέπέι να παραγωγίσουμε τα δύο μέλη της ισότητας ως προς χ και στους όρους που υπάρχει το y να εφαρμόzουμε τον κανόνα της αλυσίδcις. Δηλαδή δε χρειάzεται ο ακριβής τύπος τόυ y ως προς χ. Στην τελική ισότητα παρουσιάzεται το dy/dx σε γραμμική μορφή, άρα μπορούμε να λύ­σουμε ως προς αυτό.

Παράδειyμα 1. Δίδεται ότι y , χ είναι παραγωγίσιμες συναρτήσεις

για ης οποίες ισχύει χ2 .(t) + y2 (t) = l . Να βρεθεί το dy/dx.

ΛtSσn Έστω t τέrοιο, ώστε χ · (t) ;ο! Ο. Από γνωστό θεώ­

ρημα έχουμε ότι 2χ (t) · χ · (t) + 2y (t) y · (t) = Ο. Από το παραπάνω σχόλιο παίρνουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/43

Το σόpβολο � σι:ο Ρ"βpό pετοβολιίς .. -

2χ (t) + 2y (t) dy (t) = ο. Άρα dy (t) = - χ (t) dx dx y (t)

Παράδειyμα 2 Δίδεται η ισότητα χ2 + y2 = 1 . Να βρεθεί το dy/dx.

Λvσa Θεωρούμε ότι το y είναι συνάρτηqη του χ. Αν παραγωγίσουμε τα δύο μέλη ως προς χ και

εφαρμόσουμε τον κανόνα της αλυσίδας σε κάθε όρο που περιέχει το y, θα έχουμε

d(x2 + �) = d (1) ή d(x2) + d(y2) = 0 ή dx dx . dx dx

2χ + d (�) . dy = ο ή 2χ + 2y dy = ο ή dy =

- � dy dx dx dx Υ

Παράδειyμα 3 Δίδεται ότι χ = α συνt και y = α ημt, α > Ο. Να

βρεθεί το dy/dx.

Λvσa Αν υψώσουμε στο τετράγωνο και προσθέσουμε

κατά μέλη, βρίσκουμε την εξίσωση του κύκλου χ2 + y2 = 02.

Μπορούμε όμως, χρησιμοποιώντας το παραπάνω σχόλιο, να βρίσκουμε το dy/dx.

dy (t) = y' (t) ή dy ω = aouvt ή dy (t) = -σφt ή dx χ' (t) dx -αημt dx dv χ � - - -dx Υ

Παρατnρόσεις

1 . Ο ρυθμός μεταβολής μιας συνάρτησης y (t) ως προς την ανεξάρτητη μεταβλητή της t είναι μερίκή πε­ρίπτωση, aφού μπορούμε να πάρουμε χ (t) = t.

2. Ο ρυθμός μεταβολής της y (t) ως προς την χ (t) μπορεί να θεωρηθεί από τα παραπάνω ο ρυθμός με­ταβολής της συνάρτησης y με ανεξάρτητη μεταβλητή την χ. Δηλαδή η παράγωγος της y ως προς χ. Με τη μορφή αυτή χρησιμοποιείται στις ασκήσεις που πε­ριέχουν συσχετιzόμενους ρυθμούς μεταβολής.

3. Ο ρυθμός μεταβολής δεν είναι σταθερή συνάρ­τηση, γενικά μεταβάλλεται με το χ.

4. Το σύμβολο dy/dx είναι χρήσιμο, όταν δεν έχουμε τον τύπο του y ως προς χ. Περιέχει όμως μια αοριστία, γιατί δε δηλώνει ποιά ακριβώς συνάρτηση μελετούμε.

3. Λvpέvες Ασκιίσεις

1 . Ένα πλοίο κινείται με ταχύτητα 180 m/miη. Ένα υποβρύχιο κινείται 45 m κάτω από την επιφά­νεια της θάλασσας με ταχύτητα 60 m/miη και διεύ­θυνση ορθογώνια ως προς τη διεύθυνση του πλοίου. Μια χρονικιi στιγμή το πλοίο και το υποβρύχιο βρί­Ο!{ονται τήν ίδια κατακόρυφο; Ν� βpεθεί ο ρυθμός μεταβολής της απόστασής τους 1 min αργότερα.

Λvσa

Έστω ότι Α είναι η θέση του πλοίου πάνω από το υποβρύχιο Γ και Δ, Β οι θέσεις τους t mίη αργότερα. Η ΑΓ είναι η κοινή κάθετος των aσύμβάτων ευθειών ΒΓ και ΑΔ. Άρα η ΒΓ είναι κάθετος στο επίπεδο (ΑΔ,

- . .

ΑΓ) και ΔΓΒ = π/2 . Για τα διαστήματα ΑΔ και ΓΒ έχουμε ΑΔ = 180 t m και ΓΒ = 60 t m. Από το ορθο­γώνιο ΑΔΓ έχουμε ΔΓ2 = 32 .400 t2 + 2025 και από το ορθογώνιο ΔΓΒ, αν ΔΒ = ω,

ω = 15 . ν 1� t + 9. Άρα dω = 15 . 160 t .

c1t V160t + 9 Τη χρονική στιγμή t = 1 mίη θα έχουμε

dω ι = 2400 m/miη. dt = 1 13

Παρατnρόσεις

1 . Στην άσκηση εκφράσαμε την απόσταση ΔΒ = ω (t) σα συνάρτηση του t. Αυτό όμως δεν επιτυγχάνε­ται πάντα.

2. Για να αντιμετωπίσουμε μια άσκηση με ρυθμό μεταβολής, ακολουθούμε την παρακάτω διαδικασία:

α. Σχεδιάzουμε κατάλληλο σχήμα, γιατί η γεωμε­τρική μορφή του φαινομένου δεν αλλάzει με το χρόνο.

β. Συμβολίzουμε τις ποσότητες που μας ενδιαφέ­ρουν τη χρονική στιγμή t.

γ. Με τη βοήθεια γνωστών σχέσεων και δεδομέ­νων βρίσκουμε μια ισότητα, που ισχύει για κάθε t.

δ. Παραγωγίzοντας, βρίσκουμε μια εξίσωση που περιέχει το zητούμενο ρυθμό μεταβολής. ·

ε. Λύνουμε την εξίσωση ως προς το ρυθμό μετα­βολής, που zητούμε και aντικαθιστούμε τα δεδομένα που ισχύουν κατά τη δεδομένη χρονική στιγμή.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/44

τό cnίpβολο � στο ρvβpό pεταβόλός ck

2. Ένα σημείο Α κινείται στη γραφική παράσταση της y = χ2 - 2χ. Όταν βρίσκεται στο (2, Ο) το χ αυξά-νεrαιμερυθμό dx = 3 αn . clt sec

1) Να βρεθεί το dy/dt και να ερμηνευτεί το αποτέ­λέσμα. 2) Να βρεθεί σε ποια θέση οι δυο ρυθμοί με­ταβολής είναι ίσοι.

Λvon Υ

χ

1 ) Η τετμημένη χ εξαρτάται από το χρόνο t, χωρίς να ξέρουμε τον τύπο με τον οποίο συνδέονται.

Επειδή το y είναι συνάρτηση του χ, εξαρτάται και αυτό από το t.

Παραγωγίzοντας την y = χ2 - 2χ, παίρνουμε dy = 2xdx-2dx ή dy = (2χ-2) dx . clt clt clt dt clt

'Οταv χ= 2 έχουμε dy I = 2 · 3 = 6 αn/sec dt χ = 2

Όταν το σημείο βρίσκεται στο (2, 0) , η προβο­λή του στον άξονα χ . χ κινείται δεξιά με ταχύτητα dx = 3 αn/sec. Η προβολή του στον άξονα y · y κινεί­dt ται προς τα πάνω με ταχύτητα dy = 6 αn/sec. Δηλαδή

clt η ταχύτηl:α στο y · y είναι το γινόμενο της κλίσης της γραφικής παράστασης με την ταχύτητα στον χ · χ.

2) 'Οι:αν οι δύο ρυθμοί είναι ίσοι θα ισχύει 2χ-2 = 1, χ = 3. και y = -3.

2 4

Οαρατnρόσεις

i. Η ισότητα dy = {2χ-2) dx είναι ο κανόνας της clt clt

αλυσίδας. ίί. Δεν είναι αναγκαίο να εκφράσουμε το y σα

συνάρτηση του t, για να βρούμε το ρυθμό μεταβολής στο (2, 0) . Αυτός είναι ένας από τους λόγους, που κάνει εξαιρετικά χρήσιμο τον κανόνα της αλυσίδας στο ρυθμό μεταβολής. -

3. Μια πρίσματική δεξαμενή έχει κατακόρυφη τομή ίσοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετη πλευρά 4 m. Το μήl:{ος τη� δεξαμενής είναι 10 m. Η δεξαμε­νή γεμίzει \ιερό με ρυθμό μεταβολής του όγκου του 3 m3/miη. Να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του ύψους h, της στάθμriς του νερού τη χρονική ότιγμή 1:σ κατά την οποία το ύψος του νερού είναι h = 2,5 m.

Λvσn

or----'-4 __ �8

α Γ ι------.ι'Δ

h

Α

Ο όγκος του νερού τη χρονική στιyμή t θα είναι ν = h · α · 10.

2 Επειδή το ΑΓΔ είναι ισοσκελές, θα έχουμε

h = α και ν = 5h2 m3. Σwεπώς dv = dv · dh όπου dv = 10h και

clt dh clt dh dv = 3 m3/min. dt

Άρα τη χρονική στιγμή που h = 2,5 m, θα έχουμε dh I = _.3._ m/min. dt t = to 25

Οαρατnρόσεις

1 . Στην άσκηση έχουμε δύο συσχετιzόμενες μετα­βλητές ν και h, γvωρίzουμε το ρυθμό της μεταβολής της μιας και zητούμε της άλλης. Έχουμε συσχετιzό­μενους ρυθμούς μεταβολής.

2. Αν δύο ή περισσότερες παραγωγίσιμες συναρ­τήσεις συνδέονται με μια ισότητα, για να βρούμε το . zητούμενο αριθμό μεταβολής, παραγωγίzουμε τα δύο μέρη. Στη διαδικασία αυτή εννοούμε πως η ισό­τητα f = g σημαίνει ότι η f και g είναι δύο τύποί της ίδιας συνάρτησης. Συνεπώς οι αντίστοιχες παράγω­γοι θα είναι ίσες. Π.χ. αν αχ2 + β = 4χ2 + 5, παίρ­νουμε 2αχ = 8χ. Αλλά δε μπορούμε να παραγωγί­σουμε την χ2 = 4 για να πάρουμε 2χ = Ο, γιατί είναι εξίσωση που αληθεύει για δύο μόvο τιμές του χ.

4 Ένα κωνικό δοχείο ύψους U ΚQΙ ακτίνας R γε­μίzει με νερό. Όταν το νερό φθάσει στο μέσο του ύψqυς το δοχείο αναστρέψεται, ώστε ο άξονας να εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β· κη. τ. 2/45 ·

Το cnSpβoλo .-ι στο ρuθpό μεταβολής dιι

νοι κάτακόρυφος και αρχίzει vα αδειάzει με ρυθμό dv = 4em3/sa:. dt

1 ) Να βρεθεί το ύψος h, ποu θα φθάόει το νερό μετά την Όναστροφί1. 2) Αν R ;, 4 cm να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής τ�υ ύψους της στάθμης το vερού τη χρονική στιγμή ta. που το ύψος είναι h/2.

Λtίσn

1) Ο όγκος του νερού, όtαv φθάσει στο μέσο του ύψους, θα εfνάι

Έστω t, 11 ακrίνα l:ης επιφάνειας του νερού αj.lέσως μετά την αναστροφή. Τότε θα ισχύει V = 1 π r2 h

3 και από την ομοιότητα των τριγώνων ΟΑΒ και ΟΓ Δ θα έχουμε R = � ή τ = Rh . ΣυVεπώς θα ισχύει: u h u 2π�U = lπ (Rh)2· h ή h = V7 · U ή h = 0,956U 24 3 u 2

2) Ο όγκος του νερού κάθε χρονική στιγμή t θα είναι V = l πρ2 Η.

3 Από την ομοιότητα των τριγώνων ΟΓΔ και ΟΕΖ θα , ρ R , ρ 4 , 4 · Η εχουμε - = - η - = - οπσrε ρ =--

Η U Η U U 2 και V = 16Π Η3. Άρα dV = 16ΠΗ . dH ή

3 U2 dt u2 dt ι

dH = ____!l_ dV. dt 16πμ2 dt Τη χρονική σrι'yμή to. Η = h ή Η = 0,478 · U,

t' 2

f dv = -4 και dH I = - 1,09 cm/sa:. dt dt t = to π

5. Ένα πρωΊ άρχισε να χιονίzει με σταθερό ρυθμό. Ένα εκχιονιστικό μηχάνημα άρχισε να καθα­ρίzει ένα δρόμο στις 8 π.μ. και μέχρι τις 9 π.μ. είχε καθαρίσει 2 km. Μέχρι στις 10 π.μ. είχε καθαpίσει 3 km. Το μηχάνημα μπορεί να απομακρύνει ένα στα­θερό όγκο χιονιού ανά ώρα. Να βρεθεί πότε άρχισε να χιονίzει.

Λ.Jon Έστω Τ > Ο ο χρόνος που πέρασε από τη στιγ­

μή που άρχισε να χιονίzει μέχρι τις 8 π. μ. που άρχι­σε να εργάzεται το μηχάνηj.lα. Έστω f (t) η απόστα­ση π�υ έχει διανύσει μέχρι τη χρονική στιγμή t, όπου t ο χρόνος που πέρασε από τη στιγμή που άρ­χισε να χιονίzει και h (t) το ύψος του χιονιού την ίδια χρονική στιγμή.

Επειδή !ο χιόνι πέφτει με Οταθερό ρυθμό το ύψος του αυξάνει με σταθεpό ρυθμό.

Δηλαδή dh = c, c > Ο. Ο ρυθμός μεταβολής του dt

ύψους είναι συνεχής συνάρτηση του t, οπότε f h ' (t) dt = J cdt ή h (t) = ct + cι . Επειδή h (Ο) =

Ο, έχουμε Cι = Ο. Το μηχάνημα εργαzόμενο μt στα­θερn φορά απομακρύνει το χιόνι με σταθερό ρυθμό. Άρα ri ταχύτητα του είναι αντιστρόφως ανάλογη του ύψους του χιονιού για κάθε χρονική στιγμή, t 2: τ.

Άρα df (t) = __κ_ όπου Κ σrαθερ6 ή df (t) = Κ, dt h W dt ct

θέrοντας Κ = Κι df (t) = Κι c dt t

Επειδή ο ρυθμός μεταβολής τriς απόστασης είναι συνεχής συνάρτηση του t, σύμφωνα με το θεμελιώ­δες θεώρημα, έχουμε

--l dt = 2 και --l dt = 1 με f (τ) = Ο. f τ + ι κ J r + 2 κ

τ t Τ + ι t

ΣυνεΠώς Κι lη σ + 1 ) - Κι !η τ = 2 κciι Κι lη σ + 2) - Κι lη σ + 1) = 1 . Άρα Κι = 2 και h (τ + 1) -hT 21η σ + 2 ) - 2 !η σ + 1 ) = !η σ + 1 ) - !η τ άρα τ σ + 2)2 = σ + 1)3

, , - 1 + V5 Π Τ2 + Τ - 1 = 0 συνεπως τ = Ξ 0,618 h 2

ή Τ "" 37 mίη, 5 sec. Άρχισε να χιονίzει στις 7 h, 22 mίη, 55 sec π. μ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/46

ΝuιtΑιιφi pιιtιe

Β Ι Β Λ Ι Α

, Άλγεβρα Ι , Πιθανότητες

, Συνάρτηση στο Λύκειο

Δ Ε Σ Μ Η Σ

Δ. Kovτoyιάvvn

Δ. Ζέρβα

Γ. Σιώτου Π. Ευθυμιόπουλου

, Μαθηματικά Θέματα Α. Κατσουλάκη

, Μηχανική Ε. Γκερμπεσιώτη

, Ηλεκτρισμός Ε. Γκερμπεσιώτη

Ειδικές τιμές για Μαθηματικούς ΕΚΔΟΣΕΙΣ "ΠΕΡΙΓΡΑΜΜΑ"

Βουρνάζου 10- 12, 1 15 2 1 Αθήνα Τηλ. 645 3 1 14, 1 18 FAX: 645 3 1 38

Μ οντάς Γιώργος

Γιαννάκος Παναγιώτης

!!----- Αθήνα ----i

r. ΤΣ.ΙΚΑΛΟΥΔΑΚΗΣ 1. rΕΝΙΚΑ θΕΜΑΤΑ

ΑΛΓΕΒΡΑΣ - ΑΝ. ΙΈΩΜΕΤΡΙΑΣ (Α . Τεύχος) ιΙ' 80 . (διπλά) επαναληπτικά θέματα, πο/\ί\απλών . ερωτήσεων. ιΙ' Πολλά θεωρητικά και .πρωτότυπα με συνοπτικές

λύσεις (200 σελ.) 2. ΜΑθΗΜΑΥΙΚΑ ΛΥΚΕΙΟΥ (Γ Τεύχος) .:a Περιεχόμενα: "'

α) Τοπικά ακρότατα σε σημεία aσυνέχειας 8) Μονοτονία (σε ένωση διαστημάτων) γ) Κοινή εφαπτομένη ευθεία και απόσταση δύο

καμπύλων 4 Tn.lΊ.: 951 7863

και περιέχει: Μεθοδολοyία δοκιμασμέ1111 και εnιβεβαιωμέ\111 σιοv πίνακα 308 λuμέvες ασκήσεις όnως ακριβώς nαροuσιάσιnκαv σιnv αίθοuσα διδασκαλίας

Καθε-.:ότn-.:α - Εσίi>-.:ερικό yινόμενο διανvσμά-.:ων

Όταν θέλουμε να αποδείξουμε μια σχέση δια­νυσμάτων σε μια γεωμετρική άσκηση, στην οποία υπάρχει και κάποια καθετότητα, μπορούμε να χρησι­μοποιήσουμε και μια από ης παρακάτω μεθόδους (προβολές ή διανυσμαηκή ακτίνα) :

α ) Πpοβολές: Στο εσωτερικό yινqμενο δυο διανυσμάτων μπο­

ρούμε να ανηκαταστήσουμε ένα διάνυσμα με την προβολή του οάvω στο άλλο. Δηλαδή:

--> --> --> α · V = α προβ0 V

Σημαντικό είναι να προσέξουμε όπ η παραπάνω πρόταση εφαρμόzεται και αντίστροφα.

Παράδέιyμιi: Δίνεται ορθοyω�ιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) και το

. � � � ύψος του ΑΔ. Δείξτε όη ΒΔ · ΒΓ = ΒΑ2

Α

Β

----+- � � -+ -+

Γ

ΒΔ · ΒΓ = ΒΑ · ΒΓ (γιατί το διάνυσμα ΒΔ είναι η προ--+ -+ � ----+- -+ βολή του ΒΑ πάνω στο ΒΓ) = ΒΑ · ΒΑ = ΒΑ2 (γιατί η

� _____,..

προβολή του διανύσματος ΒΓ πάνω στο ΒΑ είναι το _____,.. ίδιο το ΒΑ) .

β) Διαvvσματικό ακτίvα Επιλέyουiιε σαν αρχn κατάλληλο σημείο ( συνή­

θως αυτό που εμφανίzεται στις διανυσμαηκές σχέ­σεις ης περισσότερες φορές). Εκφράzουμε όλες ης υποθέσεις κciι τα συμπεράσματα με διανυσμαη� συνθήκες και ό?ία τα διdνύαματα βάσει του τύπου ΑΒ -+ -+. . = ΟΒ - ΟΑ. Την κάθε διανυσμαηκή ακτίνα τη συμβολίzουμε για λόγους ευκολίας με το μικρό

Κατσοvλnς rιώρyος

-+ � � � γράμμα του άκρου της, δηλαδή ΟΑ = α, ΟΒ = β κ.λπ. 'Ετσι μετατρέπουμε την όσκηση από γεωμετρι­κή σε αλγεβρική.

Παράδειyμα: Στο παραπάνω ορθογώνιο τρίνωνο δείξτε όη: � _____,.. �

ΑΔ2 = ΒΔ · ΔΓ

Β

----+- --+ ----+ ---+

Θεωpούμε σαν αρχή to Α οπότε: ΑΒ = β, ΑΓ = y, � ---+ - . -+ -+ --+ � ΑΔ = δ και έχουμε Α = 90ο <=> ΑΒ .lΑΓ <=> β · y = Ο (1) ΑΔ ύψος οπότε

--+ ( --+ --+) --2 ΑΔ.l ΔΓ ΑΔ .l ΑΓ-Μ δ = y - δ (2) <=> <=> ΑΔ .l ΔΒ M.i(AB-M) � = β · δ (3)

-----:-+- -+ -+ Το συμπέρα911α vοάφεται ΑΔ2 = ΒΔ · ΔΓ <=>

-+ ---=-=-- -+ =----.!;ιΓ ---=--+- --+2 --+ --+ --+ --+ ΑΔ2 = (ΑΔ - ΑΒ) (ΑΓ - ΑΔ) <=> δ = (δ - β) (y - δ)

--> -->--> --> -->--> --> --> (1) --> --> --> <=> δ2 = y δ - δ2 - β y + β · δ <=> δ2 = β δ ισχύει aπό (3) . (2)

Στη συνέχεια παραθέrουμε κάποιες βασικές ασκή­σεις, λυμένες i,ιε ης παραπάνω μεθόδους.

Ασκnσn ln:

Δίνεται παραλληλόyραμμο ΑΒΓ Δ �α ι ΓΕ .l ΑΒ . � � � -+ �

ΓΖ .l ΒΔ. Δείξτε ότι ΒΔ ΒΖ - ΒΑ ΒΕ = �Γ2

Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κή. τ. 2/48

Καθετ6τnτα - Εσωτερικ6 yιv6pεvo διανvσpότωv

α) Προβολές: � � � ----+- � ----+ ΒΔ ΒΖ = ΒΔ · ΒΓ (γιατί ΒΖ = ΠροβΒΔ_ ΒΓ) και � ----+ ____,.. � ____,.. ____,.. ΒΑ · ΒΕ = ΒΑ ΒΓ (γιατί ΒΕ = ΠροβΒΛ ΒΓ) .

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. Άρα ΒΔ ΒΖ - ΒΑ ΒΕ = ΒΓ (ΒΔ - ΒΑ) =

____,.. ____,.. ----+ ____,.. � = ΒΓ · ΑΔ = ΒΓ · ΒΓ = ΒΓ2

β) Διαvuσpατικιί ακτίνα: Θεωρούμε ως aρχή το ____,.. � ____,.. ----+ ____,.. ----+ ____,.. ...... ____,.. ......

Β είναι ΒΑ = α, ΒΓ = y, ΒΔ = δ, ΒΕ = ε και ΒΖ = z ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,..

Έχουμε ΓΕ .l ΑΒ � ΓΕ .l ΒΑ � (ΒΕ - ΒΓ) .l ΒΑ ----+ ----+ ----+ ----+ ----+ ----+ ---+-� (ε - ν) α = Ο � α ε = α ν (1 ) και ΓΖ .l ΒΔ �

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ----+ ---+ ----+ � ΓΖ .l ΒΔ � (ΒΖ - ΒΓ) .l ΒΔ � (z - ν) δ = Ο � --+--+ --+ --+ � y δ = δ z (2) ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. τ ο συμπέρασμα yράφεω ΒΔ · ΒΖ - ΒΑ · ΒΕ =

� --+� --+--+ --+ (1) --+--+ --+--+ --+ --+ '--+ --+ ΒΓ2 � δ z - α ε = y2 � ν δ - α ν = y2 � ν (δ - α) = ..... ' ' -> -> (2) --- --- --- --- -> y2 ισχυει, διοτι δ - α = ΒΔ - ΒΑ = ΑΔ = ΒΓ = ν

Ασκnσn 2n:

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ και Μ τυχαίο ση­μείο τπς υποτείνουσας ΒΓ. Αν ΜΔ .l ΑΒ και ΜΕ .l ΑΓ, δείξrξ ότι:

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ΜΒ · ΜΓ = ΔΑ · ΔΒ + ΕΑ · ΕΓ Α

Β Γ α) Προβολές

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ΔΑ · ΔΒ = ΔΑ · ΜΒ (γιατί ΔΒ = Προβt;Α ΜΒ) �

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. � ΔΑ · ΔΒ = ΜΕ · ΜΒ (1 ) (ΔΑ = ΜΕ) και ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ____,.. ΕΑ · ΕΓ = ΕΓ · ΜΒ (2) (yιaτί ΕΑ = ΠροβΕ[ΜΒ) .

____,.. ____,.. ____,.. ____,.. Από (1 ) , (2) είναι: ΔΑ · ΔΒ + ΕΑ · ΕΓ = ____,.. ____,.. ____,.. ------+ -----+ ΜΒ (ΜΕ + ΕΓ) = ΜΒ · ΜΓ

β) Διαvuσμαnκιί ακτίνα: Θεωρούμε σαν αρχή το -----+ ___, -----+ ___,. -----+ --+ ____,.. --+ -----+ --+

Α Είναι ΑΒ = β, ΑΓ = y, ΑΔ = δ, ΑΕ = ε και ΑΜ = μ. -----+ -----+ --+ --+

Έχουμε ΑΒ .l ΑΓ � β · ν = Ο (1 ) -----+ -----+ -----+ -----+ -----+ ___,. --+ --+ ΜΔ .l ΑΒ � (ΑΔ - ΑΜ) .l ΑΒ � (δ - μ) β = Ο (2) -----+ -----+ -----+ -----+ -----+ --+ --+ --+ ΜΕ .L ΑΓ � (ΑΕ -ΑΜ) .L ΑΓ � (ε - μ) ν = Ο (3)

τ ο συμπέρασμα γράφεται -----+ -----+ -----+ .____,.. -----+ ----+-ΜΒ · ΜΓ = ΔΑ · ΔΒ + ΕΑ · ΕΓ �

-----+ -----+ -----+ -----+ � (ΑΒ -ΑΜ) (ΑΓ -ΑΜ) = -----+ -----+ ------+ -----+ -----+ -----+

-ΑΔ · (ΑΒ - ΑΔ) -ΑΕ (ΑΓ -ΑΕ) � --+ --+ --+ --+ --+ --+ --+ --+ --+ --+ � (β - μ) (ν - μ) = -δ (β - δ) - ε (ν - ε) �

--+--+ --+--+ --+--+ ---+ --+--+ --+ --+--+ :2 � β ν - β μ - ν μ + μ2 = -β δ + δ2 - ν ε + ε � --+ ---+ --+ --+ --+ --+ --+ =2 --+ � β (δ - μ) + ν (ε - μ) = ο (�ίναι μ2 = ε +δ2 γιατί;) που ισχύει από (2) και (3) .

Ασκnσn 3n:

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εyyεyραμμένο σε κύκλο και ΑΔ διάμεσος του. Αν ΑΕ διάl!εφος του κύκλου, δείξ-� � -----+ � τε ότι: ΑΒ2 + ΑΓ2 = 2ΑΔ · ΑΕ

Α

Ε

ΑΔ διάμεσος οπότε - ΑΒ + ΑΓ ΑΔ = · (1)

2 --- --- (Ι) --- --- ---

Έχουl!ε 2ΑΔ ΑΕ = (ΑΒ + ΑΓ) ΑΕ = -----+ � -----+ ----+ � -----+ -----+ -----+ = ΑΒ · ΑΕ + ΑΓ · ΑΕ = ΑΒ · ΑΒ + ΑΓ · ΑΓ

-----+ -� -----+ . -----+ (νι� ΑΒ =--DροβJ\Β ΑΕ και ΑΓ = ΠροβΑ[ ΑΕ) = = ABz + ΑΓz.

Ασκnσn 4n:

Δίνεωι τρίγωνο ΑΒΓ, το ύωος του ΑΔ και το ορ-� � -----+ -----+ θόκεvτρό του Η. Δείξrε ότι: ΔΑ · ΔΗ = ΒΔ · ΔΓ.

Α

-----+ -----+ -----+ ------+

Γ

Έχουμε ΔΑ · ΔΗ = ΔΗ · ΒΑ ( 1) γιατί -----+ -----+ -----+ -----+ � ----+. -----+ ΔΑ = ΠροβΔΗ ΒΑ και ΒΔ · ΔΓ = ΔΓ · ΒΑ (2) γιατί ΒΔ

---= ΠροβΔ[ΒΑ. --- --- --- --- (lJ τ ο συμπέρασμα γράφεται ΔΑ · ΔΗ = ΒΔ · ΔΓ � ΔΗ · ΒΑ = ΔΓ · ΒΑ � ΒΑ (m -Δil = ο � ιz) -- --ΒΑ ΓΗ = Ο που ισχύει αφού Η ορθόκεvτρο.

F:ΥΚΛΗΔΗΣ R ' κ π . τ_ 2/49

Καθειότnτα - Εσωτερικό yιvόpεvo δια""σpάτωv

Ασκnσn Sn:

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) και Μ το μέσο της ΒΓ. Αν Μ� .l ΑΓ και Λ μέσο της ΜΚ, δείξτε ότι Μ .l ΒΚ.

Β

____,.. ____,..

Α

Γ

Αρκεί Μ · ΒΚ = Ο. Επιλέγουμε σαν αρχή το ση-------+ � ------;... � � �

μείο Μ και έχουμε: Μ · ΒΚ = . (ΜΛ - ΜΑ) (ΜΚ- ΜΒ) � � � � � � � ....--...+-= ΜΛ · ΜΚ - ΜΛ ΜΒ - ΜΑ ΜΚ + ΜΑ ΜΒ =

= 1MI{ . ΜΚ + lΜΚΜΓ - ΜΡιΜΚ 2 2

(yιarί ΜΛ. = 1 ΜΚ, ΜΒ = -Mr και ΑΜ .l ΒΜ) = 2

--+2 --+2 --+2 = lΜΚ + lΜΚ -ΜΚ = 0 2 2

yιarί ΜΚ = ΠροβΜΚΜΓ και ΜΚ = Π�κΜΑ

Ασκnσn 6n:

Δίνεται ημικύκλιq διαμέτρου ΑΒ και δυο τυχαία σημεία του Γ και Δ. Φέρνουμε ΔΑ .l ΑΒ, που τέμνει _.____,.. � ____,.. τη ΒΓ mo Η. Δείξτε ότι ΒΗ · ΒΓ = ΒΔ2.

Γ

� �

Φέρνουμε ΑΓ, ΑΔ και ΔΒ. Είναι ΑΓΒ = ΑΔΒ = � ------+ � ------+- ------+-

90" οπότε ΒΗ · ΒΓ = ΒΗ · ΒΑ (γιατί ΒΓ = Προβi3Η � ------;. � � ----+ ----+ ----+ ΒΑ) = ΒΑ · ΒΕ (γιατί ΒΕ = Προβί3Α ΒΗ) = ΒΑ · ΒΔ

----+ ----+- ----+ ----+ ------+ ----+ (γιατί ΒΕ = Προβί3Α ΒΔ) = ΒΔ· ΒΔ = ΒΔ2 (γιατί ΒΔ

____,.. = ΠροβΒΔ ΒΑ) .

Ασκnσn 7n:

Αν οι διάμεσοι ΒΔ, ΓΕ ενός τριγώνου ΑΒΓ τέμνο­νται κάθετα, δείξτε ότι:

1) (ΑΒ)2 + (ΑΓ)2 ·= 5(ΒΓ)2 2) συvΑ�1

5

Β

Α

Γ

____,.. ____,.. .!.LΘ�ούμε ω�χή� Α�ίν�Δ .l ΓΕ .;::;. .;::;. ΒΔ ΓΕ = Ο .;::;. (ΑΔ -ΑΒ) (ΑΕ -ΑΓ) = Ο .;::;.

(� -A8) (�-Ar) = 0.;:;. ----+ ----+ ---+ 2 ΑΒ ΑΓ ΑΓ ---+2 ---+ ---+

.;::;. _· ----� + ΑΒ· ΑΓ =0.;::;. 4 2 2 ----+- ------+ ------+ �

5ΑΒ · ΑΓ = 2(ΑΒ� + ΑΓ2) (1) ____,.. ____,.. ____,.. Τ ο συμπέρασμα γράφεται: ΑΒ2 + ΑΓ2 = 5ΒΓ2 .;::;.

i\B2 + ί\Γ2 ·= 5 (Ar-i\BJ2 .;::;. i\B2 + ί\Γ2 = 5(ΑΒ2 + --?ι-: ----+- ----+ ----+ ------+ ----+- � ΑΓ2 - 2ΑΒ · ΑΓ) .;::;. 10 ΑΒ · ΑΓ = 4 (ΑΒ2 + ΑΓ2) .;::;.

----+- ----+- -+ � .;::;. 5 ΑΒ · ΑΓ = 2 (ΑΒ2 + ΑΓ2) που ισχύει από (1 )

� ____,.. ____,.. 2) Είναι συν Α = συν (ΑΒ, ΑΓ) =

Ασκnσn 8n:

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90" ) , ΑΔ ύψος και ΑΜ διάμεσος του τριγώνου. Αν ΔΕ .l ΑΒ και ΔΖ .l ΑΓ, δείξτε ότι ΑΜ .l ΕΖ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/50

Καθε-.:ό-.:n-.:α - Εσω-.:ερικό yιvόμεvο διαvιισμά-.:ωv

Β Γ

Είναι ΑΜ ΕΖ = 1 (ΑΒ + ΑΓ) ΕΖ = 2

= 1Α8ΕΖ + lΑΓΕΖ = 2 2

= 1Α8Ε.Α + 1ΑΓ Κz. = 2 2 '

ΛΝΛΛΥΣΗ

Λ• τt-:Υ'-ω .. '" ,.f(l �'"" .... .,. ·"- \ιGοο"

Β' ΕΚΔΟΣΗ • Το ΒιΒλ ίο

αυτό απευθύ­νεται στους υποψ1]φιους

της Α δέσμης, αλλ ά και στους

μαθητές της Η λυκείου

που θα ακο­λουθήσουν

την Α' δέσμη και περιέχει

·� Θεωρία δοσμένη με τρόπο απλό,

σάφ1] και κατανοητό

• Α υμένες ασκήσεις σε δύο ομά­

δες κλιμακούμενης δυσκολίας, που συνοδεύονται απο βοηθι τικά σχό­λια και καθιστούν ικανό τον υπο­ψJjφιο να αναπτύξει γενικότερες μεθόδους σκέψης

• Ασκ,ίσεις για λύση σε δύο

ομάδες, με απαντήσεις και υποδεί­ξεις για τη λύση τους

ΤΟΝ ΟΚΤΩΒΡΙ() ΚΥΚΛΟ ΦΟΡΕΙ ΤΟ Β ' ΤΕΥΧΟΣ: ΑΝΑΛ ΥΣΗ

• ΛΙΑ ΦΟΡΙΚΟΣ Λ ΟΓΙΣΝΙΟΣ

�εντρική διάθεση : Νίκος Ροτζιώκος. τηλ. 86 42 501

Χρίστος Φραντζ1jς, τηλ. 60 1 1 24 1

ΒΙΒΑΙΟΠΩΛΕΙΟ: ΑΡΜΕΝΟΠΟΥΛΟΥ 27 (πίσω από τη Ροτόντα)

·� (03:1 ) 203·720, FAX: 21 1 ·305 ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ. 54635

TEXNIKA ΒΙΒΛΙΑ ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ ΕΠΙΣΤΗ Μ Ο Ν Ι ΚΑ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΓΙΑ ΤΑ ΑΕΙ, ΤΕΙ, Ι Ε Κ και τις ΔΕΣ Μ ΕΣ

ΠΛΗΡΕΙΣ ΣΕΙΡΕΣ ΣΧΟΛΙΚΩΝ ΒΟΗΘΗΜΑΤΩΝ ΣΥΜΦΩΝΑ Μ Ε ΤΟ ΝΕΟ Α Ν ΑΛΥτΙ ΚΟ ΠΡΟ ΓΡΑ Μ Μ Α 1 994-95

ΑΛΓΕΒΡΑ 4nς ΔΕΣΜΗΣ (Πίνακες • Γραμμικά Συστήματα • Πιθανότητες) του κ. Χρήστου. Σωzιόnουλου.

Στο β ιβλίο γίνεται μια πλήρη ανάπτυξη της θεωρίας, ίδιαίτερα στο �εφάλαιο των Πιθανοτήτων. Περιέχει επίσης παρατηρήσεις και σημειώσεις για τη λύση των ασκήσεων. Λύνονται 259 ασκήσεις και προτείνονται γι λύση 517 ασκήσεις με τις απαντήσεις τους.

ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛΥΚΕΙ()Υ, Τόμος Α' (Υριγωνομετρία •

Πολυώνuμ�), του κ. Ν. Λαμπρόπουλου.

Το μη φορμαλιστικό πνεύμα, η έμφαση στη διαισθητική κατανόηση, ο πλούτος σκέψεων και ιδεών, η πρωτοτυπία των περισσοτέρων ασκήσεων, η κομψότητα των λύσεων

και γενικά το υψηλό επίπεδο είναι τα κυριότερα χαρακτη­ριστικα αυτού του βιβλίου. Περιέχει: 1020 Άλυτες ασκή­

σεις με υποδείξεις και απαντήσεις, 400 Λυμένες ασκήσεις.

ΛΥΣΕΙΣ ΤΩΝ ΜΑθΗΜΑΠΚΩΝ ΘΕΜΑΤΩΝ ΚΑΤΑ �NQTHTA

ΥΛΗΣ τ<ι.!ν ετών 1974 - 1994 του κ. Χάρη Παπατzίκου.

Περιέχει: λυμένα τα.θέμ(Ιτα των Εισαγωγικών εξετάσεων 197 4-

79, των Πανελληνίων εξετάσ��ν 1 97Q-83, των Γ ενικών

εξετάσεων 1 ης και 4ης Δέσμη" ς του 1 983-1994 και των

Εξετάσεων 4-1994.

ΠΟΛΙτΙΚΗ OIKONOMIA του κ. Θόδωρου Κοuτρούκn (qύμφωνα με το νέο αναλυτικό πρόγραμμα 1 994-95). Περιέχει. Κωδικοποιημένη σύνοψη θεωρίας - Εφαρμογές ­Λυμένες ασκήσεις - Τεστ από τη θεωρία - Ασκήσεις για λύση.

Η ΣΕ/ΡΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΤΟΥ Θ. ΞΕΝΟΥ 8 ΜΑΘΗΜΑτΙ ΚΑ Γ' ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ (νtα έκδοση) 8 ΑΛΓΈΒΡΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ 8 ΑΛΓΕΒΡΑ Β' ΛVKEIOV 8 ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ 8 ΑΛΓΕΒΡΑ - ΑΝΑΛΥτΙΚΗ ΓΕΩΜ ΕΤΡΙΑ 1 (1 ης ΔΕΣΜΗΣ)

(Πίνακες, Γραμμικά συστήματα, ΔιQνύσματα, Η ευθεία στο επίπεδο) 8 ΑΛΓΕΒΡΑ - ΑΝΑΛΥτΙΚΗ ΓΕΩΜΕΥΡΙΑ 2 (1 ης ΔΕΣΜΗΣ)

(Κωνικές τομές, Μ ιγαδικοί α ρι θμοί, Π ι θανότητες) 8 ΑΝΑΛ ΥΣΗ 1 ης ΔΕΣΜΗΣ 1

(Συναρτήσεις - Όριο, Συνέχεια - Ακολουθίες) 8 ΑΝΑΑΥΣΗ 1 ης ΔΕΣΜΗΣ 2 (Διαφορικός λογισμός) 8 ΑΝΑΛΥΣΗ 1 ης ΔΕΣΜΗΣ 3 (Ολοκληρωτικός λογίσμός) 8 ΑΛΓΕΒΡΑ 4ης ΔΕΣΜΗΣ (Πίνακες-Γραμμικά Συστήματα-Πιθανότητες) 8 ΑΝΑΛΥΣΗ 4ης ΔΕΣ;ΜΗΣ .. 1 (Βασικές έννοιες-Όριο-Συνέχεια συν/σης) 8 ΑΝΑΛΥΣΗ 4ης ΔΕ�ΜΗΣ 2 (Διαφορικός � Ολοκλ�ρωτικός Λογισμός)

εΝτοΣ ΘΆιι;-�'ι κ:ΥκΛοmοι:>��'Ν:ι iΣΙ 8 ΓΕΝ Ι ΚΑ ΘΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ 1 ης ΔΕΣΜΗΣ 8 ΓΕΝΙ ΚΑ Θ ΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ 4ης ΔΕΣΜΙ-!Σ

• Στους καθηγητές yίνεται έκπτωση 35% • Ζητήστε να σας στείλουμε τον τιμοκατaλογο του Ιανουαρίου 95

---- - - - - - .· .;.. το· . . . .! ···· - -- -··· · -· ' ·· -- - - - �- --- _ ___ .!.._ _ _ _ _ _ _ -- --- ι:ι .n ι :: • •• • · · - -

---------- Καθετότστα - Εσωτερικό yιvόpεvo διαvνσpάτeιιv

� ----+- ----+- ----+-(διότι ΕΑ = ΠροβΑίJ ΕΖ και ΑΖ = ΠροβΑf' ΕΖ) =

= lΑΒΔΑ+ lΑΓΑΔ �2 2 � �

(διότι το ΕΑ είναι η προβολή του ΔΑ πάνω στο ΑΒ � � �

και το ΑΖ είναι η προβολή του ΑΔ πάνω στο ΑΓ)

= lΑΔ(ΑΓ -Α8) = 1ΑΔΒΓ = ο (διάιΑΔ.ι ΒΓ) 2 2 � � Άρα ΑΜ · ΕΖ == Ο οπότε ΑΜ _ι ΕΖ.

Παρα-.:όρnσn. Η άσκηση να λυθεί και με δια-• νυσματική ακτίνα (θεωρούμε ω� αρχή το Α είναι

---+ -+ ----+ ..... ------+ 6 + Ν" = ν, ΑΔ = δ, ΑΜ = --ν κ.λπ). 2 .

Ασκnσn 9n: -+ -+

Αν α, ν ;ιι Ο, δείξτε ότι:

i) Προβ--ν = α . ν . � ii) lπροβ--α;1 = ���-α· �I α - ���2

"1 -ι

Λ.Jσn

i) Είναι Προβα>ν 1 1 α οπότε Προβα>ν = λ . α, λ Ε ---+ -+ - ---+

.

-+ (1) ---+ -+ ---+ R ( 1) και α · ν = α · Προβα>V <=> α · ν = α · (λei) <=>

α . ν= λα2 <=> α . ν� λ Ια'Ι2 <=> α · ν <=>λ=-- - (2)

. 1�12 --- α · ν -+ Από (1) και (2) Προβ->α ν = - Ό . 1�12 --- ν -+ ii) Από (i) είναι Προβ� ν = � · α οπόrε - . 1�12

I � � · ν -+ � · ν 1-+1 I� · :1 1-+1 Π� = � -· α = - - α = _νι . α <=> α ι;ι� 1�12 1�12 <=> Ιnροβ--� = Ι� · νι α νι 1�1

Ασκnσn 10n:

Λ.Jσn · Από την άσκηση 9 (ii) έχουμε:

Ασκnσn 1 1n:

Αν � = [-�} β = [ �· οοξτεόη:

Λ.Jσn

Προβ�(� + β) = �� 5

--- α · ν -+ Ισχύει: προβ--ν = - · α (1) (άσκηση 9(i)) α ���2 Αν ν=� + β = [�] από (1) έχουμε:

προβ--ν = � (� + β) . � = 4 . 5 + ι-3) . ο � = � � α ���2 (,J 42 + (-3)2 ) 5

Ασκnσn 12n:

Αν � ==: [ 3] και β = [ 2 J. οοξτε ότι: -4 8

Λ.Jσn

Ιαώει:lπροΒ,;� � ���� (1) (ά><noo9 (i)J

I -+1 (1) 1� . βl 16-321 Επομένως Προβ--β =- = = 26 (2) και α ��� V9 + 16 5

1Προββ�� � �� · βΙ = 16-321 = 26 = __2Q_ (3) lβl V4 + θl V68 2 fi7

Από (2) και (3) είναι: 51nροβ�βl -2 mlπροββ�l = = 5 · 26 _ 2fi7 __2Q_ = O 5 2 fi7 Παρα-.:όρnσn: Οι Ασκήσεις 1 1 και 12 να λυθούν και χωρίς τους τύπους της 9ης άσκησης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/52

Υrιό �Εκδοση : • Αν�λ�ση 1 ης t;,έσμης 3ος ;rό

-..--.--Γι'-� ι • ι ν .,. . 1 Α.&�uμι) • Άλγεβρα • Ανάλuση Α' Τόμος • Αvάλυση Β ' Τόμος

zrίτfιστε !"ας τα φιJλλσδια τωv λuσεωv

Πλήρεις οδηγοί για τη σωστή προετοιμασία κάθέ υποψηψiου • Θέματα Μ α θ ηματικών 1 ης κα ι 4ης Δέσμ ης Και : • Άλγεβρα Α' Λυκείου • Γεωμετρία Α' Λυ κείου • Άλγεβρα Β' Λυκείου

Γι α καθηγητές έκmωση 35 % _......- Γιάννη ς Ηλιόπουλος. Μ;τάλογλου 5 � ιιιιιιι""'(546 29) Θεσσαλονtκη , Τη λ. 52-+.9 7, fax: 254.426...,....

. QlpΛ.Ji.fME .�Ξ "ιwίΟΥί'ΣΙΑ" ." . · .. : �JA ε� -IWioYπa

.- , , - - i ;. · .. . ;:.·· : · ·θΟΑ; · ι:Α; Ή• · . • ·

'

και.(1Ψει� ��OεcJ>v δwΡεάv και ρcSv� σrοuς μαθη-. μq.tψ,()))ς ' · .. :: .

·.·

. •

.•

.

�j)ικn. δϊ ... : ' βιβK. ·G�ten� Εκδ.Οc:Jεις "Κc;,p<pή":τηλ�· 36 00 •'798, 36 1 1 38'7

.i ·� . ·1\Ν'ΜJ�Jiιi�ιις cι.v�yoa� �

. · · • ' , •;.,,''"';," ;Hτ ·-,_ , __ , .... , .. -

.:·····

--"'•'ii",;,"• ;";: · . ;:•:- -- ;:

'• . ��-11ΚΑ .• r· fvιoiU1ιoY � •• : �ii���·;· 1_ �i��*'�� .. ·�· .-iι-t•6i:i�- (

; , .. ,.,;,

(Κυκλοφορέf Σ;ΥΝfΟΜΑ) ··....

. .

Τηλ.: 80 32 488 .

Δ.Γ. ΚΟΝΤΟΓΙΑΝΝΗΣ

ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΑ ΔΕΣΜΗΣ

ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ ΚΑΙ

ΑΝΑΛ YTIKH ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ (τΟΜΟΣ Ι &11)

Ένcί βιβλίο Μοναδικό που σε καλύπτει Πλήρως

Περιέχει : • Πλι'φrι_Θεωρία -Σημειώσει�- Παρατηρήσεις • Πρωτό,τuπες Ασκήσεις • Μεθόδολογική επεξεργασία θεμάτων

Οσοι το διάβασαν θεωρ�ύν οτι είναι το πλrιpέστερο βιβλίο Αναλυτικής Γεώμετρίας

Πάραγγελίeς : εκδόσεις Πpά�n Αδ.Κοραή 31 τ.κ 16232 Βi:ιρωνας

Τηλέφωνο : '76 42 728

ΑΣΚiΙΣΕΙt

ΓΕΩ Μ ΕΤΡ ΙΑΣ (ΙΗΣΟΥIΤΩΝ)

• Λύ�εις �.000 zηi:ημάτωv • Όλαι αι Γ εωμετρικαί Μέθοδοι

Υπό F. G. - M (τΟΜΟΙ 1 - 4)

Κevτρική Διάθεση: Π. ΧΙΩΤΕΛΛΗΣ Ιπποκράτους 17 - 106 79 Αθήνα

Τηλ. : 36 1 1 159

Ασκήσεις στην Εvθεία

1) Δίνεται ένα τρίγωνο ΑΒΓ με εξισώσεις πλευρών ΑΒ: y = 1 ΑΓ: 2χ + y = 11 και ΒΓ: y - 2x = 7. Να δειχθεί ότι τα ίχνη των καθέτων από ένα σημείο Μ(6, 4) στις πλευρές του τριγώνου είναι συνευθειακά.

Λvσn Έστω ΜΔ, ΜΕ, ΜΖ οι κάθετες στις ΑΒ, ΑΓ, ΒΓ αντίστοι­

χα τότε οι συvrελεστές διεύθυνσης είναι λΜΕ = 1/2, λΜΖ = -1/2 και οι αντίστοιχες εξισώσεις ΜΔ: χ = 6, ΜΕ: y - 3 = 1/2 (χ - 6) και ΜΖ: y - 4 = - 1/2 (χ -6) .

Λύνομε τώρα αντίστοχα συστήματα ΜΔ : χ = 6) λύση Δ (6, 1) μετά AB : y = l ΜΕ : y - 3 = 1ι2 (χ - 6)) Λύση Ε (4, 3) AΓ : 2x + y = ll

στη συνέχεια το σύστημα ΜΖ : Υ - 4 = - lι2 (χ - 6)) λύση το Ζ (0, 7) ΒΓ : y - 2χ = 7

' 16 1 1 1 Τ έλος παίρνονταςτην αντίστοιχη ορίzουσα D = 4 3 � = Ο 0 7 1

αποδείξαμε ότι τα Δ, Ε, Ζ είναι συνευθειακά.

2) Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α(8, 10) 8(2, 4) και Γ(12, 2) . Ζητείται η απόσταση του ορθοκέvτρου του Η από τη διάμεσο ΒΜ του τριγώνου αυτού. ΑΚ, ΓΛ τα αντίστοιχα ύψη του ΑΒ.

Λvσn Με τη βοήθεια των συvrεταγμένων των κορυφών βρί­

σκουμε τις εξισώσεις των τριών πλευρών του τριγώνου ΑΒΓ Υ - 10 10 - 4 ΑΒ: -- = -- � χ - y = 2, χ - 8 8 - 2

ΒΓ: Υ - 4 = _4_ � χ + Sy = 22. χ - 2 2 - 12

Έστω τώρα Μ το μέσο της ΑΓ άρα θα είναι Μ (8 � 12 , 10: 2 ) = (10, 6)

Επίσης η εξίσωση της διαμέσου BM:y-4 = 4-6 � x- 4y + 14 = 0

χ-2 2 - 10 Άpα ο συντελεστnς της ΒΓ είναι λ8r = - 1 I 5 και λόγω της

καθετότntας ΑΚ ..l ΒΓ θα είναι λΑΚ · λ8r = -1 άρα λΑΚ = 5 συνεπώς η εξίσωσηςmςΑΚ: y - 10 = 5 (χ-8) � 5x-y = 30. Ομοίως αφού ΓΛ .l ΑΒ θα ισχύει λΑΒ · λrΛ = - 1 άρα λrΛ = -1 συvεπώς η εξίσωσητης ΓΛ: y-2 = -(χ- 12) � χ + y- 14 = Ο.

Βασίλης Δ. Καρακατσάνnς

Τέλος οι συντεταγμένες του ορθόκεvτρου Η θα είvί::ιι η λύση , ΑΚ: Sx - y = 30 1 , Η (22 20 ) rου συστηματος ι' που ειναι -, -

ΓΛ: χ + y = 14 3 3

διάμεσο ΒΜ είναι d(H, ΒΜ) = lx-4y + 1� = 16W V12+ (- 4)2 s1

3) Δίνεται ένα τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α > Ο. Ζητεί­ται το σύνολο των ση�ίων Μ(χ, y) του επιπέδου που ικα­νοποιούν την σχέση ΜΒ2 + ΜΔ.2 = 2Mr2 + 2α2.

Λvσn Έστω ορθοκανονικό σύστημα αξόνων με αρχή το Δ

και την ΔΓ να Βρίσκεται στον θετικό ημιάξονα ΔΧ τότε εί­ναι Α(Ο, α), Β( α, α), Γ( α, 0) και Δ(Ο, 0) και η δοσμένη σχέ­ση στην εκφώνηση γίνεται (χ - α)2 + (y - α)2 + χ2 + � = 2(χ - α)2 + 2� + 2α2 � y = χ - α (δ) που επαληθεύεται από το Γ(α, Ο) άρα η ευθεία αυτή του γ · τ, διέρχέι:αι από το Γ.

Επίσης η εξίσωση της ΑΓ είναι: y - α α - 0 -- = -- � Υ = - χ + α (ε). χ - 0 0 - α Άρα αφού το γινόμενο των συvtελεστών διεύθυνσης των (ε) και (δ) ευθειώv είναι -1 συμπεραίνουμε ότι η (δ) είναι κάθετη στην (ε) δηλαδή στην ΑΓ στο σημείο Γ. Άρα ο zητούμενος γ · τ είναι η ευθεία (δ) κάθετη στην διαγώνιο ΑΓ στο σημείο Γ.

4) Δίνεται η γραμμή (ε): 2 ημ2 � χ + 2 συν2 � y = συνα με ω Ε (0, π).

2 2 Αφού δειχθεί ότι η (ε) γραμμή είναι ευθεία μετά να δειχθεί ότι για κάθε ω Ε (0, Π) η ευθεία αυτή θα διέρχεται από σταθερό σημείο Α(χ, y).

Λvσn

Για Α = 2 ημ2�, Β = 2 συν2�, Γ = συνω - 1 η (ε) 2 2 γίνεται Αχ + By = Γ με IAI + IBI = = 2ημ2 ω/2 + 2συν ω/2 = 2 "' Ο άρα η (ε) είναι ευθεία γραμμή και γράφεται ως εξής: (1 - συνω) χ + (1 + συνω)y = 1 - συνω άρα συνω(y - χ + 1 ) + (χ + y - 1) = Ο και τέλος αφού η (ε) διέρχεται από το Α για κάθε ω Ε (0, ΓΙ) οι συvrεταγμένες του Α(χ, y) θα επαληθέύουν το σύΟτημα

x + y = l ) άρα (χ, y) = (1 , 0) - x + y = - 1

άρα η ευθεία γραμμή (ε) διέρχεται από το σταθερό σημείο A(l , 0)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/54

"Εvα Πρόβλημα πολλές λvσεις

Άσκηση 7η

Αν μια πλεvρά -.:ριyώνοv βρίσκε-.:αι απένα­πι από οξεία yωνία, -.:ο -.:ετράyωνό -.:ης είναι ίσο με -.:ο άθροισμα -.:ων τε-.:ραyώνων -.:ων δvο άλλων nλεvρών ελαπωμένο κα-.:ά -.:ο δι­nλάσιο yινόμενο της μιας αnό αv-.:ές εnί -.:ην προβολό σε αv-.:όν της άλλης.

Λvση:

Πpώ-.:ος τρόnος Γ

Α < 90°, ΓΔ ύψος. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΒΔ έχουμε

α2 =:= ΓΔ2 + ΒΔ2 ( 1 ) όμως, ΒΔ = y - ΔΑ απ' όπου: ΒΔ2 =

ι + ΔΑ2 - 2 · y · ΔΑ (2) Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΓΔΑ έχουμε:

ΓΔ2 = β2 - ΔΑ2 (3) Από ης ( 1 ) , (2) και (3) με ανηκατάmαση προκύπτει:

α2 = β2 + r - 2· y · ΔΑ

Δεv-.:ερος -.:ρόόος

Β

γ

Α

Με εφαρμογή του νόμου των συνημιτόνων dro τρί­γωνο ΑΒΓ προκύπτει: α2 = β2 + ι - 2β y συνΑ ( 1 )

Από το τρίγωνο ΒΔΑ έχουμε: ΔΑ = y · συνΑ (2) Από ( 1 ) και (2) με ανηκατάmαση παίρνουμε:

α2 = β2 + ι - 2β . ΔΑ

Επιpέλεια: Νίκος Σ-.:άθιi Παπαδόποιiλος

Τρόπος -.:ρί-.:ος

Γ

Α < 90° Στο τρίγωνο ΑΒΓ θεωρούμε Β < 90° και φέρνουμε

τη διάμεσο Αο (οο = ΟΓ = �)

Προεκτείνουμε τη διάμεσο ΑΟ και παίρνουμε ΔΟ = ΑΟ.

Τότε ΔΒΑ > 90° και ΔΒ = β, ΔΓ = y. Θεωρούμε ΔΘ .1 ΑΒ. Από το τρίγωνο ΔΒΑ με ΔΒΑ < 90° προκύπτει:

ΔΑ2 = β2 + y2 + 2 · y · ΘΒ ( 1 ) Απο το τρίγωνο ΑΒΓ με το θεώρημα tης διαμέσου

προκύπτει: β2 + ι = 2 ΟΑ2 + 2 ΟΒ2 απ' όπου: 2β2 + 2ι = 4 ΟΑ2 + 40Β2 και mη συνέχεια:

ΔΑ2 = 2β2 + 2ι - 4 ΟΒ2 (2) Από ( 1 ) , (2) έχουμε β2 + y2 - 4 ΟΒ2 = 2 · y · ΘΒ

απ' όπου β2 + ι - α2 = 2 · y · ΘΒ και mη συνέχεια α2 = β2 + y2 -2 · y · ΘΒ (3) επειδή όμως ΘΒ = ΑΗ (4)

Από (3) , (4) προκύπτει: α2 = β2 +�ι - 2y · ΑΗ Στην ίδιο σχέση καταλήγουμε αν Β ;::: 90°.

Τέ-.:αρτος -.:ρόnος

Γ

Β

Δ β Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' κz. τ. 1/55

ι:.vu ιιpuonnpu nunnες n"uεις ------------

Α. < 9οό Φέρνουμε ΒΔ .1. ΑΓ. Ξέρουiιε ότι:

ημ2Β + ημ2Γ = 2 + 2συνΑ · σUνΒ · συνΓ - ημ2Α (1 ) α = 2RnμA, β = 2RnμB, y = 2RημΓ (2)

α2 =4R2nμ2A, β2 = 4R2nμ2B, y2 = 4R2ημ2Γ (3) ημ2Α + σuvZA = 1 (4) και ΔΑ = yσυνΑ (5)

Θεωρούμε την παράσταση β2 + y2 - 2β · ΔΑ - α2

την οποία μετασχημι;ιτίzουμε παίρνοντας υπόψη ης (1 ) , (2), (3) , (4), (5 ) και έχουμε: β2 + y2 - 2 β . ΔΑ - α2 = = 4R2ημ2Β + 4R2ημ2Γ - 4RημΒ · y συνΑ - 4R2ημ2Α = 4R2ημ2Β + 4�ημ2Γ- 8� ημΒ ημΓ συvΑ-4� ημ2Α = 4R2 (ημ2Β + φ2Γ - 2ημΒ · ημΓ · συνΑ - ημ2Α) = 4R2 (2 + 2 συνΑ � συνΒ · συνΓ - ημ2Α - 2ημΒ

· ημΓ · συνΑ - ημ2Α) = 4R2 (2 + 2 σ�νΑ · συνΒ · συνΓ - 2ημΒ · ημΓ ·

συν Α - 2 ημ2Α) = . . . = 8R2 συνΑ [συνΑ + συν (Β + Γ) ] = 8R2 συνΑ (συνΑ - συν Α) = Ο απ' όπου φαίνεται πως:

α2 = β2 + y2 - 2β . ΔΑ

Σnjιείωσn Αν Α + Β + Γ = 180° τότε ημ2Α + ημ2Β + ημ2Γ =

2 + 2 συν Α · συνΒ · συνΓ (γνωστή άσκηση)

Πέp.ατος τρόl!._ος (Βλέπετε σχήμα τέrαρτου τρόπου) Α < 90°, ΒΔ .1. ΓΑ

Αν πάρουμε το εσωτερικό γινόμενο της ισότητας � � � ΓΒ = ΑΒ - ΑΓ θα έχουμε:

____,.._ ____,.. � ----+ ----+ ΓΒ2 = ΑΒ2 + ΑΓ2 - 2 ΑΒ · ΑΓ απ' όπου προκύπτει: α2 = y2 + β2 - 2 y β συν Α, α2 = β2 + y2 - 2β ·

ΔΑ

Έκτος τρόοος �

Α < 90°, Φέρνουμε ΒΕ .1. ΑΓ και προεκτείνουμε την Γ Α ώστε

ΓΑ = ΑΔ. Προφανώς ΒΑΔ > 90° και επομένως ΒΔ > α.

Από το θεώρημα της διαμέσου στο τρίγωνο ΓΒΔ παίρνουμε: ΒΔ2 - α2 = 2 · ΓΔ · ΕΑ,

ΒΔ2 - α2 = 4 β · ΕΑ, α_: = ΒΔ2 - 4β · ΕΑ (1 ) Από το τρίγωνο ΑΒΔ (ΒΑΔ > 90°) έχουμε:

ΒΔ2 = y2 + β2 + 2 β ΑΕ (2) Από (1 ) , (2) προκύmει: α2 = y2 + β2 + 2 · β · ΑΕ -

4 · β · ΑΕ,

Β

Έβδομος τρόοος

Β

Α

Α < 90°, ΓΔ .1. ΑΒ και έστω β > α Θεωρούμέ τη διάμεσο ΓΜ (ΒΜ = ΜΑ = y/2 )

κι' έχουμε: β2 - α2 = 2 y ΔΜ, α2 = β2 - 2y ΔΜ, α2 = β2 + y2 - y2 - 2y . ΔΜ, α2 = β2 + y2 - y (γ + 2 ΔΜ), α2 = β2 + yZ - y (2ΜΑ + 2ΔΜ), α2 = β2 + y2 - 2y (ΜΑ + ΔΜ), α2 = β2 + y2 - 2 Υ . ΔΑ

• ΥΠΟΨΗΦΙΟΤΗΤΕΣ rιΑ ΤΙΣ ΕΚΛΟrΕΣ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. Μέχρ1 15 - 1 - 1 995

• rENIKH ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ ΤΗΣ Ε.Μ.Ε 12 - 3 - 1 995

• ΕΚΛΟrΕΣ ΣΤΗΝ Ε.Μ.Ε 1 9 - 3 - 1 995

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' ΚΖ. Ι. 1/56

Από τον συνάδελφο Ν. Κισκύρα λάβαμε την πα­ρακάτω επιστολή.

Αγαπητέ Ευκλείδη Β ' Στο ΤΕΤ ΑΡΊΌ Φύλλο σου 1993-1994 στη Σελίδα

31 δημοσιεύεται η Άσκηση Αριθ. 10η: Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Ο το εσωτερικό του. Φέρνουμε ευθείες ΜΝ, ΙΕ, ΖΘ που διέρχονται από το Ο και είναι παράλ­ληλες προς τις πλευρές ΒΓ, ΑΒ, ΑΓ, αντίστοιχα. Αν (ΟΕΘ) = ει (OIN) = ε2, (ΟΜΖ) = ε3 και (ΑΒΓ) = Ε και δεαθείόrι: VE = VE; + iE; + Ύ"Ε; (1)

Η Άσκηση αυτή είχε δημοσιευθεί πριν χρόνια στον ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' αλλά είχε σε συνέχεια για από­δειξη και δύο άλλα μέρη, που η απόδειξη όλης της άσκησης δημοσιεύθηκε.

Με αλλαγή των γραμμάτων του τότε σχήματος, ώστε να ταιριάzει στο τωρινό Σχήμα που δημοσιεύε­ται στον ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β ' σου γράφω ποιά ήταν τα συμπληρωματικά καθώς και την απόδειξή των:

Αν στο σχήμα αυτό καλέσουμε μι , μ2, μ3 τα μεβα­δά των παραλληλογράμμων ΟΙΑΖ, ΟΕΒΜ και ΟΘΓΝ, αντίστοιχα να δειχθεί ότι:

α) μι + μ2 + μ3 = 2 • (ν ει ε2 + ν Ε2 ε3 + ν ε3 ει ) β) μι · μ2 · μ3 = 8(ει · ε2 · ε3)

Αn6δειξσ: α) Από τη σχέση

Υ Ε = fE; + fi; + fi;, έχουμε ότι: VE = ( fi; + γε;; + Vi;,f = ει + ε2 + ε3 +

+ 2 . (ν ει Ε2 + ν ε2 ε3 + ν ε3 ει ) και μι + μ2 + μ3 + ει + Ε2 + ε3 = = ει + Ε2 + ε3 + 2 (ν ει Ε2 + ν ε2 ε3 + ν ε3 ει ) (2) β) από τα τρίγωνα ΙΟΖ και ΕΟΘ έχουμε

(ΖΟΙ) = (01) (ΟΖ) και επομένως: (ΘΟΕ) (ΟΘ) (ΟΕ)

μι = 2 . (01) (ΟΖ) (3) ει (ΟΘ) (ΟΕ)

Έτσι από την (3) και τις (4) με πολλαπλασιασμό κατά μέλη θα έχουμε ότι:

μι · μ2 · μ3 = 8 ή μι · μ2 · μ3 = 8 · (ει · Ε2 • ε3) ει · Ε2 Έ3 Ο συνάδελφος Γιώργος Μπαγάνης (Μύρινα Λή­

μνου) μας έστειλε ασκήσεις Ανάλυσης. Θα δημοσι­ευτούν ορισμένες από αυτές στο 4ο τεύχος.

Ο συνάδελφος Ιωάννης Μαδεμτzόγλου (Σέρρες) μας έστειλε ασκήσεις Τριγωνομετρίας VIO τη Β' Λυκείου. Ορισμένες από αυτές θα δημο01ευτούν στο 4ο τεύχος.

Η συνάδελφος Κατερίνα Καρακωνσταντάκη (Περι­στέρι - Αθήνα) μας έστειλε έξι ασκήσεις με τίτλο: "Από­δειξη ανισώσεων με την βοήθεια των παραγώγων".

Ο συνάδελφος Χαράλαμπος Λουγκρίδης (Κύ­προς) μας έστειλε εργασίες με τίτλους (α) Τέλειοι αριθμοί. (β ) Πυθαγόρειες τριάδες και {γ) Μικροί συμβολή στις Ηρώνειες Τριάδες.

Ευχαριστούμε τον συνάδελφο Χρήστο Πέτρου για τις παρατηρήσεις του και τα καλά του λόγια Τον συνάδελφο Αθανασιάδη - Γκούμα ευχαριστούμε για τις παρατηρήσεις του.

Λάβαμε την εργασία του κ. Δ. Σιαμίδη που αφορά τετραγωνισμό κύκλου και τριχοτόμηση γωνίας.

Η μαθήτρια Τσίτουρα Ειρήνη μας έστειλε λύση της άσκησης που είχε προταθεί από τον καθηγητή . της πολυτεχνικής Σχολής Ξάνθης κ. Χαλιούλια.

Η μαθήτρια Σελλούvτου Ελένη μας έστειλε δυο τύ­πους που αφορούν γεωμετρικές προόδους. Αυτοί είναι:

Το άθροισμα των ν πρώτων όρων γεωμτρικής v v προόδου ισούμαι με: ai - v · G.2 -οι (οι ;ο! a2) cη-αι

Το άθροισμα των άπειρων όρων γεωμετρικής προόδου με lλl < 1 ισούται με '12 • οι

cη -αι Οι αποδείξεις προκύπτουν άμεσα από τους γvω-

στούςτύπους αιι θέοουμε όπου λ = '12 οι

Ο μαθητής Αντώνης Αντωνάκης μας έστειλε την παρακάτω πρόταση.

Για να ισχύει η ισότητα av = βv + γv, α, β, γ, ν Ε Ν* πρέπει και αρκεί οι αριθμοί

{ � )v και { � )v- 1 να είναι αιιτία�

Από τις επιστολές του κ. Γ. Τσάπη του δημοσιεύ­τηκαν στο 3ο και 4ο τεύχος του σχ. έτους 1993 - 94 είχε παραληφθεί ο τίτλος που ήταν τα "τα Σχολικά Μαθηματικά Βιβλία μας διασκεδάzουν".

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/57

mawωa (J]ill[JJ®uωu® ώ crp[JJώWJJlω

Το σχολΙκ6 εγχειρίδιο της Ανάλυσης [1 ] στην σελ. 36 ορίzει τα ακρ6τατα συνάρτησης ως εξής:

Όταν υπάρχει σημείο χ0 του πεδίου ορισμού Α μιας συνάρτησης f, τέτοιο ώστε για κάθε χ Ε Α να ισχύει f (Χο) � f (χ), τ6τε η f παρουσιάzει στο χομέγι� στη τιμή f (XQ) .

Με τον ίδιο ακριβώς τρ6πο ορίzει και το ελάχιστο μιας συνάρτησης.

Δηλαδή, προκειμένου να προσδιορίσουμε τα ακρ6τατα μιας συνάρτησης f (χ), με f : Α -+ R καθορί­zουμε το σύνολο τιμών της f (Α) και στη συνέχεια εξε­τάzουμε αν υπάρχουν Χο με Χο Ε Α, ώστε f (Χσ) � f (χ) , για κάθε χ Ε Α ή f (Χσ) s f (χ), για κάθε χ Ε Α.

Απ6 προσωπική μας εμπειρία γvωρίzουμε 6τι με­ρικοί μαθητές διαπράπουν ένα πολύ συνηθισμένο σφάλμα:

Βρίσκουν το σύνολο f (Α) . Έστω π.χ. 6τι f (Α) = [α, β]. Τ6τε αποφαίνονται 6τι

το β είναι η μέγιστη και το α είναι η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f (χ), χωρίς να αποδείξουν την ύπαρξη τι­μών χι, χ2 Ε Α τέrοιων ώστε f (χι) = α και f (χ2) = β.

Δηλαδή στην περίπτωση αυτή οι μαθητές προσδιο­ρίzουν φράγματα της συνάρτησης, αλλά 6χι ακρ6τατα.

Το σφάλμα αυτ6 έχει τις ρίzες του κυρίως στη με­λέrη τριωνύμου που οι μαθητές διδάσκονται στην Α · Λυκεfου, 6που με τη βοήθεια της συνθήκης Δ � Ο, προσδιορίzονταν φράγματα τιμών, τα οποία τις πε­ρισσ6τερες φορές συνέπιπταν και με τα ακρ6τατα της συνάρτησης.

Το γεγον6ς αυτ6 βέβαια δεν συμβαίνει πάντα. Θα παρατηρήσουμε ακ6μα 6τι και στο σχολΙκ6 εγ­

χειρίδιο "ΜΑΘΗΜΑrΙΚΑ" r · Λυκείου (ΜΓΕΒΡΑ ­ΑΝΜντΙΚΗ ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ - ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ) των Ανδρεαδάκη Σ., Κουσέρα Ν., Παπασταυρίδη Σ., Πολύ­zου Γ., Σβέρκου Α. στη σελ. 80 υπάρχει η άσκηση 2 και στο (ii) ερώmμα: <<Αν (χ, y) είναι μια λύση του συστήμα­τος, να βρείτε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του αθροfσματος χ + ψ, το σχολικ6 εγχειρίδιο δίνει "λύ­ση" με τη βοήθεια της διακρfνουσας της παράστασης λ- 1

-- = κ, δn?Ωδή οοσιαστικά βρίσκει. άνω και κάrω ?f + 1 φράγμα της παράστασης αυτής απ6 την aνίσωση - 1 - Γs - 1 + Γs --- S K S ---

2 2

&1" !Γ, G!cfXY11®WUιfl\9\9illςt «Στο Θόδωρο}>

Όμως η άσκηση αυτή έχει και τρίτο ερώτημα, το εξής:

(iii) Για ποιές τιμές του λ έχουμε τη μέγιστη και την ελάχιστη τιμή του χ + y;

Με το ερώτημα αυτ6 το εγχειρίδιο της Άλγεβρας έρχεται σε αντίθεση με τον τρ6πο που εγχειρίδιο της Ανάλυσης, το οποίο προϋποθέrει την ύπαρξη των τι-

, λ , ά λ- 1 , μων του για τις οποιες η παρ σταση -- παιρνει rf + 1

ελάχιστη και μέγιστη τιμή. Ουσιαστικά λοιπ6ν για το εγχειρίδο της Ανάλυσης το ερώτημα αυτ6 είναι άνευ αντικειμένου, αφού θα έπρεπε να έχει εξεταστεί στο (ii).

Θα πρέπει τέλος να αναφέρουμε 6τι σχετικά για την εύρεση της μέγιστης ή της ελάχιστης τιμής μιας nαράστασης δεν είναι απαραίτητη η χρήση της παρα­yώγου, σε μερικές περιπτώσεις μάλιστα η μέθοδος αύη1 δεν μπορεί να χρησιμοποιηθεί. Σε κάθε 6μως r;ιερίnτωση για να βρούμε τα ακρ6τατα μιας συνάρτη­σης f (χ) , θα πρέπει να εξασφαλίzουμε την ύπαρξη τι­μών χι, χ2 του πεδίου ορισμού Α ώστε f (χι) s f (χ) s f' (χ2) . Ας δούμε μερικά παραδείγματα.

1 ) Στις φετεινές εξετάσεις τέθηκε το εξής θέμα: Α) Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = 2χ2, χ Ε R. α) Αν ε είναι η εφαπτομένη της γραφικής παρά­

στασης C της συνάρτησης f στο σημείο Μ (2a, 8a2) α > Ο, να βρείτε το εμβαδ6ν του χωρίου που περι­κλείεται απ6 την C, την ευθεία ε και τον άξονα y ' y.

β) Έστω θ η γωνία που σχηματίzει η ε με την ευθεία ΜΟ, 6που Ο είναι η αρχή των αξ6νων.

Να εκφράσετε την εφθ ως συνάρτηση του α και να βρεfrε την μέγιστη τιμή της εφθ 6ταν το α μεταβάλ­λεται (α > 0).

Οφείλουμε να επισημάνουμε 6τι η ΚΕΓΕ έστειλε nρος τους διορθωτές τη σωστή λύση.

ψ

χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κn. τ. 2/58

Οι "άλλοι Μαθσματικοί τσς Αρχαίας Ελλάδας

Μαθητής απάντησε σωστά στο (α) και στο (β) έκα-νε τα εξής:

Βρ , , , εφθ "- - λ, 4a ηκε σωσrα σrι: = '� ·• = , 1 + λιί\2 1 + 32a2 αλλά αντί στη συνέχεια να παραγωγίσει την συνάρτηση

g (α) = 4a και να προσδιορίσει το �ax = fi, 1 + 32a2 4

για α = fi, έκανε το εξής: 'Εθεrε 4a = � 8 1 + 32α2

οπότε 32tα2 - 4α + t = Ο (1 ) . Αλλά α Ε R, οπότε Δ 2:: Ο ή 16 - 4 · 32t2 2:: Ο ή

t2 s 1 και σrαμαrούσε. 8

Βέβαια η απάντηση fi ταuτίzει:αι με mν ορθή, 4

όμως ο συλλογισμός είναι λάθος, αφού ο μαθητής με τον τρόπο αυτό προσδιορίzει ένα άνω φράγμα της συνάρτη-σης g (α) = 4a ,αΝάόχιτομέyισrο.

1 + 32a2 Στην περίmωση αυτή, πως θα έπρεπε να βαθμολο­

γηθεί ο μαθητής; Σύμφωνα με το εγχειρίδιο της Ανά­λυσης, ο μαθητής δεν απάντησε σωστά ενώ σύμφωνα με το εγχειρίδιο της Άλγεβρας απάντησε σωστά.

τ ο παράδειγμα μας είναι φανταστικό, θα μπορού­σε όμως να είναι και πραγματικό και εν πάσει περι­πτώσει δείχνει την έλλειψη συντονισμού μεταξύ των διάφορων συγγραφικών ομάδων.

2) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης f (x, y) = -Jx2 + {312-y)2 + -JJI! + {130-χ)2 (1)

Λ.Sσn. Το πρόβλημα αυτό δεν είναι δυνατό να το αντιμετω­

πίσουμε με τη βοήθεια της παραγώγισης, αφού η f (χ, y) περιέχει δυο μεταβλητές. Φαίνεται λοιπόν εξαιρετικά δύσκολο να αντιμετωπισθεί, όμως μπορούμε να του δώσουμε μια ''γεωμετρική" λύση εξαιρετικά απλή.

Πράγματι αν θεωρήσουμε τα σημεία Α (0, 312) , Β (130, 0) , Μ (χ, y) η (1 ) γράφεται: -- --

f (χ, y) = IAMI�IMBIJ.?J. --Όμως είναι γνωστό ότι IAMI + IMBI 2:: IABI (3)

οπ6rε f (χ, y) � IJ\MI = ν 3122 + 13Q2 = 338. Ο αριθμός 338 είναι ένα κάτω φράγμα της f (χ, y) .

Για να είναι όμως η ελάχιστη τιμή της f (χ, y) θα πρέ­πει να υπάρχουν XQ, Υο ώστε f (XQ, y0) = 338.

Ως γνωστόν όμως f (χ, y) = 338, για κάθε (XQ, y0) που ανήκει στο τμήμα ΑΒ.

3) Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή της παράστασης f (χ) = ν χ+ 1 + γ 1 1-χ.

Λ.Sσn Το πεδίο ορισμού της f (χ) είναι το Α = [-7, 11 ] .

-+ [ Γχ+Ί] -+ [ ] Θεω

ρούμε τα διαvύσμαrα α = γ 11 _ χ

, β = � Τ6rε � · Β = γ χ + 7 + γ 1 1-χ = f (χ) και

��� = 3 Γ2, lβl = Γ2, οπ6rε l �l lβl = 6 � ....... � �

Αλλά α · β s lα l lβl , άρα f (χ) s 6. � ....... ....... ---+

Η σχέση α · β s lαl lβl ισχύει σαν ισότητα, όταν τα --+ --+

α, β εwαι ομόροπα, δηλ. αν

Γχ+7 = 1 ή γχ+ 7 = γ11 -χ ή γ 11 -χ 1

2χ = 4 ή χ = 2 Ε Α. Άρα η μέγιστη τιμή της f (χ) είναι η f (2) = 6. Αφήνουμε τον αναγνώστη να αντιμετωπίσει τα

παρακάτω θέματα 1 ) Να προσδιορίσετε την μέγιστη τιμή της

f (x) = -J4συv2χ+ 1 + -J4ημ2χ+ 1

2) Να προσδιορίσετε τη μέγιστη τιμή της συνάρτησης f (x) = <Γχ + 4ν 1 -:

3) Να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή του αριθ­μού lzl ,av lz + � = 2.

4) Αν αχ + βy = αβ (1 ) να αποδείξετε ότι: _1_s l + l__ -2- + !I! a2 β2

5) Αν χ, y, α, β, Ε R με α β > Ο και ισχύει 2χ + 3y = 6 (1 ) και χ2 + y2 - 6x - 4y + 12 = Ο (2), να αποδειξεrε 6rι: i) i13- 1 s ,J >f + 1jl s i13 + 1

'·

") 3- f.3 Υ 3 + f.3 u -- :S - :S =--...--"-'"'--

Βιβλιοyραφία

4 χ 4 - . I

1 ) Κατσαργύρη Β, Μεντή Κ, κ.λη. Μαθηματικά Γ ' Λυκείου, Ανάλυση, ΟΕΔΒ 1993

2) Ανδρεαδάκη Σ, Κουσέρα Ν, κ.λπ. Μαθηματικά Γ ' Λυκείου, Άλγεβρα, ΟΕΔΒ 1993.

3) Ανδρεαδάκη Σ, Κουσέρα Ν, κ.λπ. Μαθηματικά Γ ' Λυκείου, Λύσεις των ασκήσεων, ΟΕΔΒ 1993.

4) Δ.Γ. Κοντογιάvvη, Άλγεβρα I, Αθήνα 1993. 5) Δ.Γ. Κοντογιάννη, Διανυσματικός Λογισμός και

Αναλυτική Γεωμετρία I, Αθήνα 1994. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/59

Σκοπός του άρθρου αυτού είναι μια σύντομη ανα­φορά σε ορισμένες Βασικές έννοιες και κλασικές εφαρμογές της Γεωμετρικής Οmικής, ώστε να καταδει­χθεί μέσα από αυτές η σημαντική συμβολή της Γ εωμε­τρίας -κατά πρώτο λόγο- στον κλάδο αυτό της Φυσι­κής. Η Γεωμ. Οπτική μελετάει τα οπτικά φαινόμενα, χωρίς να λαμβάνει υπ' όψη την κυματική φύση του φω­τός. Στηρίzεται στις αρχές της ευθύγραμμης πορείας του φωτός, Της aντιστρόφου πορείας του φωτός και στην έννοια της φωτεινής ακτίνας (που θεωρείται ευθεία τροχιά) . Τ α παραπάνω μπορούν να θεωρηθούν κατά κάποιο τρόπο Αξιώματα της Γεωμ. Οmικής.

Οι Βασικοί νόμοι διάδοσης του φωτός είναι ο νό­μος της Ανάκλασης και ο νόμος της Διάθλασης

1 . Νόμος τος Ανάκλασης

α) Το επίπεδο ανάκλασης είναι κάθετο στην ανα­κλώσα επιφάνεια

Β) Η γων� 9_νάιs(ιασης α είναι ίση με τη γωνία πρόσmωσης Β (α = Β)

a2) l'ωvio nρ6σnτωσnς είναι η γωνία που σχημ. από την προσπίmουσα ακτίνα ΑΒ και την κά­θετο δ στο σημείο πρόσπτωσης Β. Αντίστοιχα η γω­νία ανάκλασης.

a3) Εάν ο = Ο δηλ. εάν η φωτεινή ακτίν.2_ προσπέ­σει καθέτως, τότε ανακλάται καθέτως δηλ. Β = Ο.

2. Ν6μος τος Διάθλοσnς τοιι φωτ6ς

α) Το επίπεδο διάθλασης είναι κάθετο στη διαθλώ­σα επιφάνεια (διαχωριστική επιφάνεια που χωρίzει δύο οmικά μέσα (m1) και (m2) , λ.χ. αέρα και νερό) .

Β) Το πηλίκο του ημιτόνου της γωνίας πρόσπτω­σης προς το ημfrονο της γωνίας διάθλασης είναι στα­θερό και ίσο με το πηλίκο των ταχυτήτων του φωτός στα δύο μέσα.

τ ο σταθερό αυτό πηλίκο καλεfrαι Δείκrης Διάθλασης η

Σημειώσεις: a1 ) Επίπεδο ανάκλασης καλείται το Εφαρμοyές επίπεδο που ορίzεται από την προσπίmουσα ακτίνα Εφορμοyιί 1: ΑΒ και την κάθετο δ στο σημείο πρόσmωσης Β. (και περιέχει και την ανακλώμενη ακτίνα ΒΓ) Είδωλο επιπέδου κατόmρου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κn. τ. 2/60

Μια pικpιί αναφορά cn:n Ι'εωpετpικιί Οιn:ικιί

Τ ο είδωλο Α · είναι συμμετρικό του αντικειμένου Α ως προς το κάτοπτρο ΚΛ: Έστω κάτοπτρο ΚΛ και φω­τεινό αντικείμενο Α Οι φωτεινές ακτίνες ΑΒ και ΑΓ με­τά την ανάκλασή τους διέρχονται από το είδωλο Α · .

Θα αποδείξουμε ότι ΑΖ = Α · Ζ και ΑΑ · .l ΚΛ, όπου Ζ το σημείο τομής της ευθείας ΑΑ · με το κάτο­πτρο ΚΛ.

Α

κ

/ ' . /

Αοόδειξn:

Β

Από το νόμο της ανάκλασης είναι α � β �ότε και οι συμπληρωματικές τους θα είναι ίσες ν = δ. Όμως δ = ε ως κατά κορυφήν άρα και Ύ = ε (1 J

Ομοίως αποδ. ότι και z = n (2) Οπότε και οι πα­ραπληρωματικές τους ω και φ (δέν σημειώνονται στο σχήμα) θα είναι ίσες: ω = φ (3)

τότε όμως τα τρίγωνα ΑΒΓ = Α . ΒΓ διότι έχουν ΒΓ κοινή και τις γωνίες ω = φ και Ύ = ε. Από την ισό­τητα των τριγώνων αυτών παίρνουμε ΑΒ = Α · Β (4) .

Τα τρίγωνα ΑΖΒ = Α ' ΖΒ [διότι: ΒΖ κοινή, ΑΒ = Α · Β (από σχέση (4) ) και z = n (από σχέση (2)] οπότε θα είναι και ΑΖ = Α' Ζ

Επειδή ΑΒ = Α . Β (σχέση (4)) το τρίγωνο ΑΒΑ . είναι ισοσκελές και η ΒΖ είναι διχοτόμος του, αφού z = n, άρα θα είναι και ύψος. Δηλ. ΑΑ . .l ΚΛ.

Εφορμοyό 2:

Περιστροφή Επιπέδου Κατόπτρου

Α

Εάν ένα επίπεδο κάτοπτρο στραφεί κατά γωνία φ η ανακλώμενη ακτίνα στρέφεται κατά διπλάσια γωνία θ = 2φ.

(Βλέπε σχολ. βιβλίο Γεωμετρίας Α · Λυκείου: Άσκηση 10, σελ. 34, Έκδοση Δ · , 1993)

Την ιδιότητα αυτή του κατόπτρου χρησιμοποιούμε για τη μέrρηση μικρών γωνιών.

Σnμείωσn: Αποδεικνύεται εύκολα (Άσκηση) ότι ο Γεωμετρικός Τόπος των διαδοχικών ειδώλων του σημείου Α, που παρέχει κατά την περιστροφή του το κάτοπτρο, είναι ο κύκλος με κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα την απόσταση του αντικειμένου από τον άξονα περιστροφής Ο.

ί\σκaσn: Φωτεινή ακτίνα ανακλάται διαδοχικά πάνω σε δύο επίπεδα κάτοπτρα που σχηματίzουν με­ταξύ τους οξεία γωνία φ.

Να δείξετε ότι η τελικά ανακλώμενη ακτίνα σχηματί­zει με τη διεύθυνση mς προσπίπτουσας γωνία ω = 2φ.

Αοόδειξn: Από το νόμο της ανάκλασης είναι:

ο = βκαι Ύ = δ (1 J Η γωνία ω, ως εξωτερική γωνία του τριγώνου

ΑΒΕ είναι: ω = ιο + β) + ιΎ + δ) (2)

Ακόμα θ = β + Ύ (3), ως εξωτ. γωνία του ΑΒΓ. Όμως θ = ψ ( 4 ) , διότι είναι οξείες και έχουν τις πλευρές τους κάθετες.

Από (2) λόγω των (1 ) , (3) και (4) : ω = (ο + β) + ιΎ + δJ = 26 + 2Ύ = 2ιβ + ΎJ = 2θ = 2φ, δηλ. ω = 2φ και Ε1 = 1so· - 2φ.

Σnμείωσn: Βλέπε και σχολ. βιβλίο Γεωμετρίας Α ' Λυκείου, Άσκηση 16, σελ. 59, Έκδοση Δ ' 1993, όπου εξετάzεται η περίπτωση που τα 2 κάτοπτρα τέ­μνονται κάθετα.

Εφορμοyό 3:

Διάθλαση του φωτός σε πλάκα με παράλληλες έδρες

Στο σχήμα φαίνεται η πορεία μιας φωτεινής ακτί­νας, που προσπίπτει σε γυάλινη πλάκα με παράλλη­λες έδρες. Η γωνία διάθλασης β είναι μικρότερη της γωνίας πρόσπτωσης α, διότι η ύαλος είναι πυκνότερο μέσο σε σχέση με τον αέρα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' κη. τ. 2/61

Μια pικριi αναφορά στα ΙΈωpετρικιi Οοτικιi

' ' ... •,' )'

Β , '

� - ... h ο 'a.._ I I

Από το νόμο της Διάθλασης, έχουμε: ημα = η(l) και ημδ = η(2) ημβ ημγ

Είναι β = y ως εντός εναλλάξ, οπότε α = δ (3). Η (3) σημαίνει ότι η εξερχόμενη ακτίνα είναι παράλλη­λη με την αρχική προσπίπτουσα.

Την παράλληλη μετατόπιση h θα υπολογίσουμε: .Δ Από το ορθ. τρίγωνο ΑΒΝ : ΒΝ = ΑΒ · ημ(α -

β)(3) και από το ορθ. τρίγ.

ΑΟΟ : ΑΒ = ΑΟ (4) συν β

Εάν ΑΟ = d και ΒΝ = h, από (3) και (4) παίρ­νουμε:

h = ΑΟ . ημ (α- β) = ΑΟ . (ημασυνβ-συvαημβ) = συv β συνβ

= d ( ημα συv:,;,;μβ) (5)

Από (1): ημβ = ημα (6) και συvβ = .J1-ημ2β = η

(7) η

Οπότε η (5) με βάση τις (6), (7) δίνει τελικά:

h = dημα (1 - συνα ) .Jη2 -ημ2α

Εφaρpοyιί 4:

Πορεία φωτός δια του πρίσματος Χαρακτηριστικά στοιχεία του πρίσματος: Οι επιφάνειες ΜΚΡΝ και ΜΛΣΝ έδρες. Η τομή αυτών ΜΝ ακμή Η αντίστοιχη επίπεδος γωνία Α της διέδρου, που

σχηματίzουν οι δύο έδρες διαθλαστική γωνία. Κάθε τομή κάθετος στην ακμή κυρία τομή. (στο σχήμα: ΑΒΓ = κυρία τομή, κάθετος στην ακμή ΜΝ) Η έδρα

Ν

Λ

η αντικείμενη στην ακμή βάσις του πρίσματος (στο σχ. ΚΛΣΡ βάσις)

Α

� Γ Στο σχήμα φαίνεται η πορεία μιας μονοχρωματι-

κής ακτίνας φωτός δια μέσου του πρίσματος. Για τις δυο διαθί\άσεις στα Κ και Λ, έχουμε:

ημα ημδ - = η (1) και - = η (2) ημβ ημγ Α.!!_ό το _fγγράψιl:!.ο (γιg_τί; )_.!ετράπλευρο 0ΚΑ1_ εί­

ναι ΣΟΛ = Α όμως ΣΟΛ = β + γ (ως εξ. γωvία του ΟΚΛ), οπότε Α = Β + y (3)

Η _χωνία εκτροπής Ε" υπολογίzεται ως εξ. γωνία του ΕΚΛ: � � � � � � � � � � � (3) ε =:._K1j- � = (α..:- βι+ (�- 'ίl = α + δ - (β + γ) = = α + δ - Α δηλ. ε = α + δ - Α (4)

Οι (1 ) , (2), (3) και (4) αποτελούν τις εξισώσεις του πρίσματος.

Εφaρpοyιί 5:

Πορεία ελαχίστου χρόνρυ του φωτός Α

(ε) Γ

I I I θ • (m,ι

ΕΥI<ΛΕΙΔΗΣ Β' κη. τ. 2/62

Μια μικρό αναφορά σαι Ι'εωpετριιυi Οατικιi

Κατά την διάθλαση του φωτός, για να μεταβεί το φως aπό κάποιο σημείο Α ενός οπτικού μέσου (m1) σε ένα σημείο Β ενός άί\ί\ου οπτικού μέσου (m2) ακολουθεί πορεία του ελαχίστου δυνατού χρόνου.

Αοόδειξn: Έστω ότι η ταχύτης του φωτός στο μέσο (m1) είναι

C1 και στο (m2) C2. Εάν (ε) η διaθί\ώσa επιφάνεια, θα βρούμε για ποια θέση του σημείου Ο επί της (ε) ο χρόνος δια­δρομής του φωτός aπό Α --+ Β είναι εί\άχιστος:

Εάν ΓΟ = χ, ΓΔ = ί\, οπότε ΟΔ = ί\ - χ, ΑΓ = α, ΒΔ = β. Τότε ο χρόνος t aπό Α --+ Β είναι:

t = AO + ΒΟ = ,.j cl- + >f + ,.jβ2 + (i\-x'f = f (x) cι C2 cι C2 Η Παράιyω\0(; f (χ) = .1. . χ +

C1 ,.j cr+ >f

Για να έχουμε εί\άχιστο πρέπει: f · (χ) = Ο, δηί\. χ ί\-χ , C2 ' = c1 • η

,.j cl- + >f ,.j β2 + (ί\-x'f ΓΟ ΔΟ C2 · - = cι · - ή C2 · ημθ = cι · ημδ ή ΑΟ ΒΟ

ημθ _ c1 _ � - - - π ημδ C2

Σnpείωσn: Με την παραδοχή ότι το φως ακο­λουθεί πορεία του ελαχίστου δυνατού χρόνου, έχουμε την aπόδειξη του νόμου της Διάθλασης του φωτός.

1 . Στο σχήμα φαίνεται η πορεία του φωτός σε πρί­σμα, που βρίσ�ετaι �ll θέq_η εί\g_χί01ης εκτροπής, όπου ισχύουν: Α = 2β, α = δ και β = γ. Να βρείτε τη γωνία φ, που σχημaτίzει ll εξερ?iόμε;yη ακτίνα ΚΕ με την ανακλώμενη ΙΔ. (Απ. φ = 2β = Α)

/ /

2. Να δείξετε ότι κατά την aνάκί\aσn του φωτός, τ ο φως ακολουθεί πορεία του ελαχίστου δυνατού χρόνου

Βιβλιοyραφία: 1 . Κ. Δ. λλεξόπουί\ου, Γ. Δ. Μπίλί\η: Στοιχεία

Φυσικής, Τόμος δεύτερος, Αθήναι 1967. 2 . Κ. Δ. λλεξόπουί\ου, Δ. I. Μαρίνου: Ασκήσεις

Φυσικής, Τόμος Β ' , Αθήναι 1977 3. Α Π. Βοί\άνη: Φυσική, Τόμος 3, Οmική, Αθή­

νaι 1974. 4. Θεωρ. Γεωμετρία Α ' Λυκείου: λλιμπινίσης

Αν. , Δημάκος Γ, Εξaρχάκος Θ. , Κοvτογιάννης Δ. Τaσσόπουί\ος Γ. (Εκδ. Δ ' , 1993), ΟΕΔΒ

5. Α Κουκί\άδa - Π. Γεωργιaκάκη: Πaράγωγοι ­Οί\οκί\ηρώμaτa, 1976.

Λ Λυκείου α 'Λλyεβpα α Γε;ωμετpfα ]) Λυκείου α Γε;ωμε;τpfα l q Δέσμη

α Θέματα Ανάλυσης Ι α Θέματα Ανάλυσης ΠΙ

α Θέματα Ανάλυσης ΙΙ α 'Λλyεβpα Γ Αυκεfου

• [κnτωση 30% στους μα8ημαrικούς

• Εκδόσεις - Βιβ�ιοπωλείο Σα β βαλα Σαββό:λας J!ροεκτ/ι.σει ς στην εκ:παίδεΙJ(Jη

. 106 81 Αβη'νο ι ΤΗΛ. 3301251 · 3301903-4 z.Πη�ής 18 & Σο�ωνος • ι

-ιΓ )\ J αθηματικά ΓΥΜΝΆΣΙΟ Υ -

• Μαθηματικά Α' Γυμνασίου • Μαθηματικά Β' Γυμνασίου • Μαθηματικά Γ' Γυμνασίου

Γ. Μαραγούσιας Γ. Μαραγούσιας Γ. Μαραγούσιας

Α ' Λ ΥΚΕΙΟ Υ . . • Άλγεβρα • Γεωμετρία

. Β ' Λ ΥΚΕΙΟ Υ • Άλγεβρα • Γεωμετρία

Γ' Λ ΥΚΕΙΟ Υ • Ανάλυση Α' δέσμης • Παράγωγοι Α' δέσμης • Ολοκληρώματα Α' δέσμης • Πίνακες-Συστήματα Α δέσμης • Πιθανότητες-Μιγαδικοί Α δέσμης • Αν. Γεωμετρία Α' δέσμης (2 τεύχη) • Άλγεβρα - Αν. Γεωμετρία (2 τεύχη) • Μαθηματικά t:J. δέσμης (4 τόμοι)

Κ. Τζιρώνης-8. Τζουβάρας Γ. Κόλλιας

Κ. Τζιρώνης-8. Τζουβάρας Γ. Κόλλιας

Κ. Τζιρώνης-8. Τζουβάρας Σ. Μαρίνης-Π. Παπανικολάου Γ. Σπηλιώτης Γ. Μαραγούσιας Γ. Μαραγούσιας Α. Τραγανίτης Β. Κάμπας Σ. Μαρίνης-Ά. Παπαδήμας

Κ. Σαλτερής Σ. Μιχέλης ΚΔ. Κ& Π. Θεοδωρόπουλος­. ομvηvος Κ. Σαλτερής Μ. Ζανvίκος Δ. Μπαμπίλης Σ Μιχέλης f· Π& Π. θ_εοδωρόπουλος­. απαζησης Δ. Μπαμπίλης

• Οδηγός n . • Πειρα·μ ειραματωv Χημείας ατα και Ερyα Ασκήσεις Χημείας στηριακές

) )

JΊωλοyία • Βιολογία - Ανθρωπολογία Β. Ηλιόδης

- • Βιολογία Β' Δέσμης Π. Βότσης • Προβλήματα & Πειράματα Βιολογίας Π. Βότσης

J j-ιβλία για τον ΕΚΠαιδευτικό • Περιβάλλον-Οικολογία-Εκπαίδευση • Οδηγός Οικολογίας • Ποιος ήταν ο Αδάμ • Εισαγωγή στη Φιλοσοφία • Ψηφίδες ιδεών • Εγκέφαλος • Η κραυγή των Ελλήνων • Λεξικό Εννοιών Γενικής Παιδείας

Α. Αθανασάκης-θ. Κουσουρής π. Βότσης Π. Βότσης Σ. Γκίκας I . Ευαγγέλου I. Ευαγγέλου Κ. Μπαρούτας Σ. Γκίκας

/ Jολιτικtί Οικονομία • Πολιτική Οικονομία Λ. Σδρόλιας

J �εvτικό Λογισμικό