Ευκλειδης Β 22

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Πόσο χρόνο χρειάzεται να λειώσει μια μπάλα χιονιού; ................................................ 4 Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τn Γεωμετρία του Ευκλείδη ....................... 6 Προβλήματα που λύνονται με γραμμικά συστήματα Α' Βαθμού ................................... 12 Γεωμετρία Α'Λυκείου (Ασκήσεις στα παραλληλόγραμμα - τραπέzια) ............................ 18 Δύο αποδείξεις του συμπληρωματικού του έγκεvτρου με τn βοήθεια δύο ασκήσεων .... 24 Πολυωνυμικές εξισώσεις ............................................................................................ 27 Γεωμετρία Β'Λυκείοu (Ασκήσεις στις μετρικές σχέσεις) ............................................... 30 Γεωμετρικοί τόποι στο επίπεδο ................................................................................... 34 Μελέτη τnς συνάρτησης <νersiera> ........................................................................... 40 Ανισότητες Jensen . . . . . . . ............................................................................................... 48 Παράγωγοι (Η χρησιμότητα των ορίων τnς παραγώγου) .................. ........................... 54 Ένα πρόβλημα πολλές Λύσεις .......... ................................................... ... . . . . ............... 57 Το θεώρημα τnς πίτσας .............................................................................................. 61 Στις ασκήσεις λέμε ΝΑΙ! ..... . . ............................................................... . . . . .................. . . 63

Έκδοση της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας Γραμματεία Σύνταξης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τυρί\ής Γιάννης

Συντακτική Επιτροπή Βακαλόπουλος Κώστας,

Βισκαδουράκης Βασίλης

Γεωργακόπουί\ος Κώστας,

Γ ράyας Κώστας, Καί\ίκας Σταμάτης,

Καρακατσάνης Βασίλης,

Καρκάνης Βασίλης, Κατσούί\ης Γιώργος, Κηπουρός Χρήστος,

Κοντογιάννης Δημήτρης,

Κοτσιφάκης Γιώργος,

Κυριακόπουλος Θανάσης,

Μαί\αφέκας Θανάσης,

Μεταξάς Νίκος,

Μπανδήί\α Λ., Μώκος Χρήστος,

Σαίτη Εύα, Στεφανίδης Αθανάσιος, Τ ούρί\ας Λεωνίδας,

Τσικαί\ουδάκης Γιώ γος.

Υπεύθυνοι Έκδοσης: Παπαδόπουλος Νίκος, Τσαρπαί\ής Ιωάννης

Επιμέλεια Έκδοσης: Μαραγκάκnς Σ.

Συνεργάστηκαν: Αρβανιτογεώργος Ανδρέας,

Παναγιωτάκος Δημοσθένης,

Βακαί\οπούί\ου Άννα,

Καρκάνης Βασίλης, Αντωνέας Στράτης,

Αναγνώστου Κώστας,

Καί\ογεράκης Γιάννης, Μπάκος Νικόλαος,

Φάππας Ν., Τ σαπακίδnς Γ.,

Καζακόπουί\ος Απόστολος.

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ Πανεπιστημίου 34- 106 79 Αθήνα Τηί\.: 36 16 532, 36 17 784 Fax: 36 41 025 Εκδότnς: Ν. Αί\εξανδρής

Διευθυντής:Κ.Σάί\αρης

ISSN: 1105- 8005 ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 350 δρχ Ετήσια συνδρομή: 1.600 δρχ Οργανισμοί: 3.000 δρχ Ταχ. Επιταγές Τ. Γραφείο Αθήνα 54, Τ.θ. 30044

Στοιχειοθεσία- Σελιδοποίηση: Εί\ί\ηνική Μαθηματική Εταιρεία

Χρήσιμες συμβουλές

για σκιέρ

Μια Επώνυμη συνάντηση

11 Η Γεωμετρία είναι μόνο μία;

Η πίτσα που παραγγείλατε έφτασε. Δεν χρειάζετε να

τσακώνεστε για τη μοιρασιά

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81-83 Υπευθ. Τυπογραφείου: Ν. Αδάκτυί\ος- τηί\ 34 74 654

Το παρακάτω πρόβλημα είναι αρκετά συνηθισμένο στη φυσική και στη χημική μηχανική. Ας υποθέσουμε ότι έχουμε μία μπάλα χιονιού η οποία έχει το σχήμα μίας σφαίρας με ακτίνα

r και όγκο V = (4j3)πr 3• (Φυσικά η μπάλα χιονιού δεν έχει ακριβώς το σχήμα της σφαίρας, αλλά το μαθηματικό μοντέλο της σφαίρας είναι το πλησιέστερο και απλούστερο δυνατό στην πραγματικότητα). Η μπάλα του χιονιού αρχίζει να λειώνει και ζητάμε το χρόνο που απαιτείται για να λειώσει τελείως.

Για να προχωρήσουμε σε μία μαθηματική περιγραφή αυτού του προβλήματος, χρειαζόμαστε μία υπόθεση σχετικά με το ρυθμό που μεταβάλλεται ο όγκος της σφαίρας. Ένα ικανοποιητικό μοντέλο είναι να υποθέσουμε ότι ο όγκος της σφαίρας μειώνεται με ρυθμό ανάλογο της επιφάνειάς της, το οποίο περιγράφεται από την εξίσωση

dιι , -=-κ(4πτ·).1 dt

Ο αριθμός κ είναι μία σταθερά που μπορεί να εξαρτάται από πολλούς παράγοντες όπως για παράδειγμα τη σχετική υγρασία του περιβάλλοντος χώρου, τη θερμοκρασία του αέρα, ή την παρουσία ή απουσία φωτός. Τέλος, χρειαζόμαστε και μία τελευταία πληροφορία: πόσος χρόνος χρειάζεται για να λειώσει η μπάλα του χιονιού κατά ένα συγκεκριμένο ποσοστό;2 Την πληροφορία αυτή δεν έχουμε παρά να την αντλήσουμε από πειραματικά δεδομένα, οπότε ας υποθέσουμε ότι η μπάλα χιονιού έχει λειώσει κατά το 1/4 του όγκου της σε διάστημα δύο ωρών. (Γενικά μπορούμε να πούμε ότι η μπάλα έλειωσε κατά α% σε Τ ώρες, οπότε το αποτέλεσμα θα είναι εκφρασμένο ως προς α και Τ.)

Έχουμε λοιπόν καταστρώσει το εξής μαθηματικό πρόβλημα:

1 Η εξίσωση αυτή είναι ένα παράδειγμα μίας (συνήθους) διαφορικής εξίσωσης, δηλαδή μίας εξίσωσης που περιλαμβάνει μία συνάρτηση και κάποιες από τις παραγώγους της. 2 Στη γλώσσα των διαφορικών εξισώσεων η πληροφορία αυτή είναι γνωστή ως αρχική συνθήκη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 114

---------- Πόσο χρόνο χρειάζεται να λειώσει μία μπάλα χιονιού; ----------

Δίνονται: 4 '

V =-ΠΓ', 3

dV , -=-Κ(4ΠΓ-), dt

και οι συνθήκες ότι για t = Ο , V = V0 και για t = 2, V = �V0• 4 Ζητείται: Η τιμή του t για την οποία V = Ο .

ι ι )

Χρησιμοποιούμε τον κανόνα της αλυσίδας για να παραγωγίσουμε τη σχέση V = ( 4/3)πr 3 ως d V 4 , dΓ , dΓ

προς t και έχουμε: -=-π(3Γ-)-=4πΓ·-. dt 3 dt dt

Χρησιμοποιώντας την (1) και διαιρώντας με 4πr � παίρνουμε dr -=-κ. dt

Η τελευταία εξίσωση μας λέει ότι η ακτίνα της σφαίρας μειώνεται με σταθερή τιμή κ μονάδων μήκους ανά ώρα, συνεπώς σε δύο ώρες η ακτίνα έχει μειωθεί κατά 2κ μονάδες μήκους. Α ν η αρχική ακτίνα της σφαίρας είχε μήκος r0, τότε σε δύο ώρες το μήκος της θα είναι

ΙΊ, -Γ, r� = ι·0 -2κ . Από την εξίσωση αυτή προκύπτει η τιμή του κ: κ=---2

Ο ζητούμενος χρόνος κατά τον οποίο η μπάλα θα έχει λειώσει είναι εκείνη η τιμή του t για την οποία Γ =Ο, δηλαδή όταν κt = r0• Η τιμή αυτή υπολογίζεται ως

- r11 2r0 2 t --- -- - . - κ - r0 - r, - 1- (r2 r0 ) Υπολογίζοντας το λόγο των ακτίνων παίρνουμε:

( 3 1 1 } ' . [ \ J 1 ·'

:,: � (:rl', )'I' �[:: J · � � · �ω· =0.91

) Απ' τα παραπάνω προκύπτει ότι t � ι-Ξ9ι �22 ώρε.;.

Συμπέρασμα: Υπό την προϋπόθεση ότι σε δύο ώρες η σφαίρα χιονιού χάνει το 1/4 του όγκου της, θα χρειαστούν 20 επί πλέον ώρες για να λειώσει τελείως.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 115

Με το άρθρο αυτό, δε θα ήθελα να δημιουργηθεί η εντύπωση ότι προσπάθησα να μειώσω στο ελάχιστο την ομορφιά και τη μαγεία, που δημιουργεί η Ευκλείδεια Γεωμετρία σε κάθε μελετητή της. Θεώρησα όμως σκόπιμο, να αναφερθώ εκτενέστερα και στις άλλες Γεωμετρίες. Η καθημερινή διδασκαλία, του μαθήματος της Γεωμετρίας, σε μαθητές, αλλά και η διδασκαλία σε σπουδαστές και φοιτητές, μου δημιούργησε αρχικά την αίσθηση, και αργότερα τη βεβαιότητα, ότι το μεγαλύτερο ποσοστό από τους ανθρώπους αυτούς, δε γνώριζαν ή είχαν ακούσει ελάχιστα, για την ύπαρξη και άλλων Γεωμετριών. Σκοπός του άρθρου αυτού, είναι να γίνει μια σύντομη ιστορική αναδρομή μέσα στους αιώνες, σε ό,τι αφορά στον κλάδο της Μαθηματικής επιστήμης, τη Γεωμετρία. Κυρίως όμως θα ασχοληθούμε με την Αναλυτική Γεωμετρία και τις μηΕυκλείδειες Γεωμετρίες. Αντικείμενα τα οποία, το μεν πρώτο, διδάσκεται στη βασική εκπαίδευση, το δε δεύτερο, είναι άγνωστο στους περισσότερους μαθητές, της βασικής, και όχι μόνο, εκπαίδευσης.

<<'Ο ρο ι»

Σημείον έστιν, ού μέρος ούθ'έν

Γραμμή δέ μήκος άπλατές

Ευθεία γραμμή έστιν, ήτις έξίσου τοίς έυ' έαυτής σημείο ι ς κεlτα ι

'Επιφάνεια δέ έστιν, ο μήκος καί πλάτος μόνον έχει

«Αιτήματα» Ηίτήσθω άπό παντός σημείου έπί πάν σημείον εύθείαν γραμμ1Ίν άγαγεlν

Και πεπερασμένην εύθείαν κατά τό συνεχές έπ' εύθείας έκβαλείν

Καί παντί κέντρφ καί διαστήματι κύκλον γραφέσθαι

Καί πάσας τάς όρθάς γωνίας i:σας άλλ11λα ι ς είναι

Καί έό.ν είς δύο εύθεία έμπίπτουσα τό.ς έντός καί έπί τά αύτό. μέρη γωνίας δύο όρθcόν ελάσσονας ποιή, έκβαλομένας τάς δύο εύθείας έπ' aπειρον συμπίπτει ν, έφ' α μέρη είσίν

α ί τών δύο όρθών έλάσσονες

(Αποσπάσματα από τα «στοιχεία» του Ευκλείδη)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2/6

------- Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τη Γεωμετρία του Ευκλείδη --------

Δυστυχώς, δε μπορεί να δοθεί ένας ακριβής ορισμός της Γεωμετρίας, γιατί θα προσέκρουε σε πολλές δυσκολίες. Κατά τον I. Ka 11t (1724 - 1807), με τον όρο Γεωμετρία, εννοούμε τον κλάδο της Επιστήμης, που μελετάει τη δομή του χώρου. Ομως η Γεωμετρία, δεν είναι σαφές και καθορισμένο πεδίο μαθηματικής έρευνας, γιατί με την πάροδο του χρόνου, μεταβάλλεται και εξελίσσεται.

Οπως αναφέρει ο Ηρόδοτος. η Γεωμετρία, ήταν αρχικά μια εμπειρική τέχνη, για τη μέτρηση της γης. Η προαγωγή της Γεωμετρίας σε επιστήμη, οφείλεται στους Έλληνες. Ο Θαλi1ς ο ΜιλtΊσιος (639 - 584 π.Χ.), ήταν ο πρώτος, ο οποίος αναβάθμισε τη Γεωμετρία σε θεωρητική Επιστήμη, με την εισαγωγή της υποθέσεως και του aπαγωγικού συλλογισμού. Η θεμελίωση αυτή, που έκανε ο Θαλής, άνοιξε το δρόμο στη σύγχρονη δομή των μαθηματικών. Σημαντική ήταν και η συμβολή του ΠυΟαγ{φα (586- 500 π.Χ.), στην προσπάθεια αυτή. Αργότερα, στη νέα αυτή επιστήμη, επικράτησε μια νέα μέθοδος, η α�ιωματικtΊ. Τα <<Στο ιμία>> του Ευκλείδη (330 - 273 π.Χ.), αποτελούν το πρώτο ιστορικό παράδειγμα ιδρύσεως Επιστήμης, με την αξιωματική μέθοδο. Στο έργο του αυτό, ο Ευκλείδης παρουσίασε όλα όσα οι προγενέστεροι του είχαν πει (Θαλής, Πυθαγόρας κ.α.), με συστηματική μορφή και αξιωματική θεμελίωση. Στα «Στοιχείω>, υπάρχουν προτάσεις που στηρίζονται στα αξιώματα, που παραπάνω αναφέραμε. Το σύνολο όλων αυτών των αξιωμάτων και προτάσεων, συνθέτουν τη λεγόμενη Ευκλείδειο Γεωμετρία. Πολλοί ήταν αυτοί, που επιχείρησαν να θεμελιώσουν τη Γεωμετρία Πριν από τον Ευκλείδη, όμως απέτυχαν. Σκοπός του Ευκλείδη ήταν, να δώσει στους μαθητές του ένα βιβλίο των πρώτων αρχών της Γεωμετρίας και να κάνει μια σύντομη εισαγωγή στη θεωρία των κανονικών πολυέδρων. Με τα αξιώματα της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, καθορίζονται και οι έννοιες της ευθείας, του επιπέδου και του χώρου.

Το έργο του Ευκλείδη, αποτελεί το κύριο αντικείμενο της διδασκαλίας της Γεωμετρίας, στα σχολεία της βασικής εκπαίδευσης. Συμπλήρωμα στο βιβλίο αυτό, έκανε Απολλώνιος (260 -200 π.Χ.), με την εργασία του στις κωνικές τομές (έλλειψη, παραβολή και υπερβολή), μια και ο Ευκλείδης, ασχολήθηκε μόνο με τον κύκλο και την ευθεία. Σημαντική συμβολή στη μέτρηση του κύκλου και των κωνικών τομών είχε και Λρzιμ11δης (287 - 212 π.Χ.). Μετά από αυτούς τους Έλληνες και ελάχιστες εξαιρέσεις Αλεξανδρινών μαθηματικών (Μενέλαος, Πάππος κ.α.), θα περάσουν πάρα πολλοί αιώνες, για να ξαναδούμε το δαιμόνιο και συνθετικό πνεύμα των Ελλήνων γεωμετρών.

Η Γεωμετρία, άρχισε να βρίσκει τρομακτική ανάπτυξη, στην κέντρική Ευρώπη του 1600 και έπειτα. Η μελέτη των κωνικών τομών από τον Β. Pascal . η θεμελίωση της Αναλυτικής Γεωμε� τρίας από τον 1�. ncscartcs. ο οποίος θεωρεί την εφαρμογή της Άλγεβρας στη Γεωμετρία επιβεβλημένη, δημιούργησε τεράστια επιρροή στους μαθηματικούς του 18ou και 19ou αιώνα. Η Αναλυτική Γεωμετρία, χρησίμευε για τη μελέτη των τροχιών κινούμενων στο χώρο σωμάτων. Δεν μπορούμε φυσικά να ισχυριστούμε ότι η χρησιμοποίηση ενός συστήματος συντεταγμένων σημαίνει Αναλυτική Γεωμετρία.

Η ιστορία των συστημάτων συντεταγμένων, ξεκινά από την εποχή των Βαβυλωνίων, οι οποίοι χρησιμοποιούσαν συστήματα συντεταγμένων, στην κατασκευή των ναών τους. Πριν από τον, R. Descartes υπήρξαν πολλοί Μαθηματικοί, οι οποίοι, χρησιμοποίησαν συντεταγμένες και άλγεβρα, για την επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων. Πρώτος όμως ο R. Descartes, στο έργο του «La Geometrie», το οποίο αποτελείται από τρία μέρη, έδωσε σαφή εικόνα, για τη νέα αυτiι Γεωμετρία. Η Αναλυτική Γεωμετρία πέτυχε όμως, να μεταφέρει ένα γεωμετρικό πρόβλημα σε σ ύστημα συντεταγμένων και αντίστροφα, ένα σύνολο εξισώσεων, να το μετατρέπει σε γεωμετρικό πρόβλημα. Η Γεωμετρία αυτή, είναι Ευκλείδεια Γεωμετρία, με διαφορετικό τρόπο αντιμετώπισης . Ο Descartes, είναι ο πρώτος που εισήγαγε μέθοδο, για τον προσδιορισμό της εφαπτομένης μιας καμπύλης, σε σημείο της A(x, y), με την απαίτηση, το σύστημα των εξισώσεών τους, να έχει ρίζ� πολλαπλότητας-κ, π.χ. για ευθεία και κύκλο, νά'ναι πολλαπλότητας δύο.

Υπάρχουν ουσιαστικές διαφορές στην Αναλυτική Γεωμετρία και στη Γεωμετρική σχολή των Ελλήνων. Ο Descartes, καταργεί τη δυνατότητα να κατασκευαστεί μια καμπύλη με την αποδοχή του ότι υπάρχει και το αντικαθιστά, με την αναγκαιότητα εκφράσεως της μαθηματικής της εξίσ ωσης. Για τον Descartes, οι καμπύλες διακρίνονται σε τρεις κατηγορίες, ανάλογα με το βαθμό της εξίσωσής τους. Την πρώτη κατηγορία, όπου ανήκουν οι καμπύλες πρώτου και δεύτερου βαθμού, τη δεύτερη, όπου ανήκουν οι καμπύλες τρίτου και τέταρτου βαθμού και την τρίτη κατηγορία, ό:που ανήκουν όλες οι άλλες καμπύλες.


------- Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τη Γεωμετρία του Ευκλείδη·--------

Ένας επίσης σημαντικός δημιουργός της Αναλυτικής Γεωμετρίας είναι ο Pierre de Fermat ( 160 1 - 1665) με την εργασία του «Ad 1ocos Planos et Solidos isagoge», η οποία και δημοσιεύθηκε μετά το θάνατό του. Τις ιδέες του αυτές είχε ανακοινώσει στον Roberνal το 1 629, ενώ η εργασία του Descartes ανακοινώθηκε το 1 637. Εδώ οφείλεται και η διαμάχη για την πατρότητα της Αναλυτικής Γεωμετρίας. Η ουσιαστικότερη διαφορά των δύο ανδρών στη θεώρηση της Γεωμετρίας ήταν ότι ο Fermat, έχοντας στο νου του τις εξισώσεις, αναζητούσε τον προσδιορισμό των γεωμετρικών τόπων, που εκφράζουν. Ο Descartes όμως εργαζόταν αντίστροφα, δηλαδή γνωρίζοντας τις καμπύλες αναζητούσε τις εξισώσεις τους. Ο Fermat όμως συνάντησε δυσκολία στην αντιστοιχία Άλγεβρας με Γεωμετρία, κάτι που πραγματοποίησε με επιτυχία ο Descartes.

Ο Euler το 1748 στην εργασία του «Introductio» ανέπτυξε την τρισδιάστατη Αναλυτική Γεωμετρία. Μαζί με τον Monge και τον Lagrange έκαναν την Αναλυτική Γεωμετρία ανεξάρτητο κλάδο.

Έχουμε επίσης την ανάπτυξη της παραστατικής Γεωμετρίας από τον G. Monge ( 1 746 -1 8 1 8) και την ανάπτυξη της Προβολικής Γεωμετρίας από τον Κ. von Staudt (1798 - 1867). Σημαντική συμβολή στην ανάπτυξη της Προβολικής Γεωμετρίας, είχαν και οι Α. Mobius, J. Poncelet. Η Προβολική Γεωμετρία, όπως απέδειξε ο F. Klein (1849-1943), περιλαμβάνει τις μετρικές ιδιότητες των σχημάτων της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, καθώς και των μη -Ευκλείδειων Γεωμ .Ηών, που θα δούμε στη συνέχεια. Σημαντικότατη υπήρξε και η συμβολή του D. Hilbert ( 1862 - 1 943), στην ανάπτυξη της Γεωμετρίας στις αρχές του αιώνα μας, με τη νέα αξιωματική θεμελίωση που έκανε στα Μαθηματικά. Γίνεται, για πρώτη φορά, ευρεία χρήση των μαθηματικών συμβόλων και των συμβόλων της Λογικής. Σε κάθε θεώρημα, διατυπώνονται με σαφήνεια, τα απολύτως αναγκαία αξιώματα για την απόδειξή του. Η σχολή αυτή, του D. Hilbert, θα παραμείνει για πολλά χρόνια στο επιστημονικό προσκήνιο.

Η Διαφορική Γεωμετρία αποτελεί ένα από τα σημαντικότερα επιτεύγματα της Γεωμετρικής επιστήμης τα τελευταία εκατό χρόνια. Το όνομά της το πήρε από τον Luigi Bianchi ( 1 856 - 1928) το 1 894. Η Γεωμετρία αυτή υπήρξε το προϊόν της εφαρμογής του Διαφορικού Λογισμού σε πρ οβλήματα καμπυλών και επιφανειών. Βασικότατες εφαρμογές βρίσκει σε προβλήματα επιπέδων και τρισδιάστατων καμπυλών, σε γεωδαισιακές γραμμές, δηλαδή μεταξύ των γραμμών της ελάχιστης αποστάσεως μεταξύ δύο σημείων μιας επιφάνειας και κυρίως στην κατασκευή χαρτών. Σημαντικός κλάδος είναι επίσης και η θεωρία επιφανειών που υποστηρίχθηκε θερμά από τον J. Bernoulli το 1 967 και τον Euler το 1 760. Αργότερα ο Monge πέτυχε σημαντικά αποτελέσματα στην τρισδιάστατη Διαφορική Γεωμετρία.

Πολλοί μαθηματικοί από όλο τον κόσμο, κατά τον 1 9° αιώνα, ακολουθώντας το δρόμο που άνοιξαν ο Πτολεμαίος, ο Πρόκλος και ο Ποσειδώνιος, οδηγήθηκαν στις μη- Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Ανακάλυψη, η οποία έδωσε νέα πνοή στα σύγχρονα Μαθηματικά και στη σχέση τους με τον εξωτερικό κόσμο. Η αρχή, έγινε στην προσπάθεια να αποδειχθεί το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη, χωρίς τη χρησιμοποίηση των υπολοίπων αιτημάτων. Ο Legrendre διέθεσε 20 χρόνια για να το αποδείξει. Μια επίσης πολύ σπουδαία προσπάθεια, έγινε και από τον Saccheri ( 1667 -1 733). Μετά όμως από πολλές προσπάθειες, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι, το πέμπτο αίτημα είναι ανεξάρτητο των άλλων και η μη παραδοχή του, έχει σαν αποτέλεσμα, την αποδοχή και ά λλων Γεωμετριών. Όλα επίσης τα θεωρήματα της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, που αποδεικνύονται χωρίς το πέμπτο αίτημα, ισχύουν και στις μη -Ευκλείδειες Γεωμετρίες.

Οι Έλληνες μαθηματικοί, πίστευαν ότι η αρχή της γεωμετρικής σκέψης, είναι η διαίσθηση, κάτι το οποίο δέχεται και ο φιλόσοφος Kant. Πιστεύει, δηλαδή, ότι μια τρίτη πηγή γνώσης, εκτός από τη Λογική και την Εμπειρική γνώση, που ισχύουν κατά τον Αριστοτέλη, είναι και η διαίσθηση. Τα αξιώματα λοιπόν της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, κατά τον Kant, προέρχονται από καθαρή διαίσθηση του κόσμου γύρω μας. Κατά το φιλόσοφο, οι βασικές αλήθειες του κόσμου, προϋπάρχουν της ανθρώπινης πείρας. Με τη λογική του Kant, δεν είναι δυνατόν να υπάρχει άλλη Γεωμετρία και επειδή η Ευκλείδειος υπήρξε η πρώτη, αυτή είναι και η μοναδική, η οποία εξάλλου απεικονίζει και το φυσικό μας κόσμο.

Ο Karl Friedrich Gauss ( 1777 - 1 855), πρώτος από όλους το 1 799, ανακάλυψε ότι το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη, δεν μπορεί να αποδειχθεί με βάση τα υπόλοιπα. Το 1 8 1 3 λοιπόν, αναπτύσσει τη νέα του Γεωμετρία, που αρχικά την ονόμασε αστρική και αργότερα μη - Ευκλείδεια. Αρ- ·

γότερα ο Ν. Ι. Lobatchevsky ( 1793-1 856), δημοσίευσε πρώτος τις απόψεις του, για τις μη- Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Έτσι, θεωρείται ο πατέρας της νέας Γεωμετρίας, παρόλο που ο Gauss,


--�---- Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τη Γεωμετρία του Ευκλείδη --------

την είχε συλλάβει 30 χρόνια νωρίτερα. Δίσταζε όμως να δημοσιεύσει τις σκέψεις του, γιατί αφενός (pοβόταν την κριτική που θα του έκαναν οι οπαδοί του Kant και αφετέρου, γιατί ήθελε να δημοσιεύει λίγα αλλά «ώριμα», όπως έλεγε ο ίδιος.

Αρκετά χρόνια αργότερα, την εποχή που ο Α. Einstein ( 1 879 - 1955) ανέπτυξε τη θεωρία της Σχετικότητας, που βασιζόταν στη μη - Ευκλείδεια Γεωμετρία του Riemann ( 1 826 - 1 866), η θεωρία περί καθαρής διαίσθησης άρχισε να χάνει έδαφος και οι μη - Ευκλείδειες Γεωμετρίες βρίσκουν τρομερή διάδοση.

Η απώλεια της βεβαιότητας, γύρω από τη γεωμετρική γνώση, ανάγκασαν τον Dedekind ( 1 831 - 1 936) και τον Κ. Weierstrass ( 1 8 15 - 1 897), να αντικαταστήσουν τη Γεωμετρία με την Αριθμητική, σαν θεμέλιο για τα σύγχρονα Μαθηματικά. Η αλλαγή αυτή, έφερε στο προσκήνιο μια νέα θεωρία, τη θεωρία Συνόλων.

Δύο σημαντικότατα μοντέλα των μη - Ευκλείδειων Γεωμετριών, είναι του Lobachevsky (μοντέλο των Beltrami ( 1 835 - 1 900) - Klein ( 1849 - 1 925)) και του Riemann.

Στη Γεωμετρία του Lobachevsky, τα σημεία, είναι τα εσωτερικά σημεία ενός πεπερασμένου κύκλου . . Στο έργο του αυτό, ο Ευκλείδης παρουσίασε όλα όσα οι προγενέστεροι του είχαν πει (Θαλής, Πυθαγόρας κ.α.), με συστηματική μορφή και αξιωματική θεμελίωση . Στα «Στοιχεία», υπάρχουν προτάσεις που στηρίζονται στα αξιώματα, που παραπάνω αναφέραμε. Το σύνολο όλων αυτών των αξιωμάτων και προτάσεων, συνθέτουν τη λεγόμενη Ευκλείδειο Γεωμετρία. Πολλοί ήταν αυτοί, που επιχείρησαν να θεμελιώσουν τη Γεωμετρία πριν από τον Ευκλείδη, όμως απέτυχαν. Σκοπός του Ευκλείδη ήταν, να δώσει στους μαθητές του ένα βιβλίο των πρώτων αρχών της Γεωμετρίας και να κάνει μια σύντομη εισαγωγή στη θεωρία των κανονικών πολυέδρων. Με τα αξιώματα της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, καθορίζονται και οι έννοιες της ευθείας, του επιπέδου και του χώρου.

Το έργο του Ευκλείδη, αποτελεί το κύριο αντικείμενο της διδασκαλίας της Γεωμετρίας, στα σχολεία της βασικής εκπαίδευσης. Συμπλήρωμα στο βιβλίο αυτό, έκανε ο Απολλώνιο<; (260 -200 π.Χ.), με την εργασία του στις κωνικές τομές (έλλειψη, παραβολή και υπερβολή), μια και ο Ευκλείδης, ασχολήθηκε μόνο με τον κύκλο και την ευθεία. Σημαντική συμβολή στη μέτρηση του κύκλου και των κωνικών τομών είχε και Αρχιμήδης (287 - 2 12 π.Χ.). Μετά από αυτούς τους Έλληνες και ελάχιστες εξαιρέσεις Αλεξανδρινών μαθηματικών (Μενέλαος, Πάππος κ.α.), θα περάσουν πάρα πολλοί αιώνες, για να ξαναδούμε το δαιμόνιο και συνθετικό πνεύμα των Ελλήνων γεωμετρών.

Η Γεωμετρία, άρχισε να βρίσκει τρομακτική ανάπτυξη, στην κεντρική Ευρώπη του 1 600 και έπειτα. Η μελέτη των κωνικών τομών από τον Β. Pascal, η θεμελίωση της Αναλυτικής Γεωμετρίας από τον R. Descartes, ο οποίος θεωρεί την εφαρμογή της Άλγεβρας στη Γεωμετρία επιβεβλημένη, δημιούργησε τεράστια επιρροή στους μαθηματικούς του 1 8ou και 1 9ou αιώνα. Η Αναλυτική Γεωμετρία, χρησίμευε για τη μελέτη των τροχιών κινούμενων στο χώρο σωμάτων. Δεν μπορούμε φυσικά να ισχυριστούμε ότι η χρησιμοποίηση ενός συστήματος συντεταγμένων σημαίνει Αναλυτική Γεωμετρία.

Η ιστορία των συστημάτων συντεταγμένων, ξεκινά από την εποχή των Βαβυλωνίων, οι οποίοι χρησιμοποιούσαν συστήματα συντεταγμένων, στην κατασκευή των ναών τους. Πριν από τον, R. Descartes υπήρξαν πολλοί Μαθηματικοί, οι οποίοι, χρησιμοποίησαν συντεταγμένες και ciλγεβρα, για την επίλυση γεωμετρικών προβλημάτων. Πρώτος όμως ο R. Descartes; στο έργο του «La Geometrie», το οποίο αποτελείται από τρία μέρη, έδωσε σαφή εικόνα, για τη νέα αυτή Γεωμετρία, Η Αναλυτική Γεωμετρία πέτυχε όμως, να μεταφέρει ένα γεωμετρικό πρόβλημα σε σ ύστημα συντεταγμένων και αντίστροφα, ένα σύνολο εξισώσεων, να το μετατρέπει σε γεωμετρικό πρόβλημα. Η Γεωμετρία αυτή, είναι Ευκλείδεια Γεωμετρία, με διαφορετικό τρόπο αντιμετώπισης . Ο Descartes, είναι ο πρώτος που εισήγαγε μέθοδο, για τον προσδιορισμό της εφαπτομέvης μιας καμπύλης, σε σημείο της A(x,y), με την απαίτηση, το σύστημα των εξισώσεών τους, να έχει ρίζα πολλαπλότητας-κ, π.χ. για ευθεία και κύκλο, νά'ναι πολλαπλότητας δύο.

Υπάρχουν ουσιαστικές διαφορές στην Αναλυτική Γεωμετρία και στη Γεωμετρική σχολή των Ελλήνων. Ο Descartes, καταργεί τη δυνατότητα να κατασκευαστεί μια καμπύλη με την αποδοχή του ότι υπάρχει και το αντικαθιστά, με την αναγκαιότητα εκφράσεως. της μαθηματικής της εξίσ ωσης. Για τον Descartes, οι καμπύλες διακρίνονται σε τρεις κατηγορίες, ανάλογα με το βαθμό της


------- Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τη Γεωμετρία του Ευκλείδη --------

εξίσωσής τους. Την πρώτη κατηγορία, όπου ανήκουν οι καμπύλες πρώτου και δεύτερου βαθμού, τη δεύτερη, όπου ανήκουν οι καμπύλες τρίτου και τέταρτου βαθμού και την τρίτη κατηγορία, όπου ανήκουν όλες οι άλλες καμπύλες.

Ένας επίσης σημαντικός δημιουργός της Αναλυτικής Γεωμετρίας είναι ο Pierre de Fermat (1601 - 1665) με την εργασία του «Ad locos Planos et Solidos isagoge», η οποία και δημοσιεύθηκε μετά το θάνατό του. Τις ιδέες του αυτές είχε ανακοινώσει στον Roberval το 1629, ενώ η εργασία του Descartes ανακοινώθηκε το 1637. Εδώ οφείλεται και η διαμάχη για την πατρότητα της Αναλυτικής Γεωμετρίας. Η ουσιαστικότερη διαφορά των δύο ανδρών στη θεώρηση της Γεωμετρίας ήταν ότι ο Fermat, έχοντας στο νου του τις εξισώσεις, αναζητούσε τον προσδιορισμό των γεωμετρικών τόπων, που εκφράζουν. Ο Descartes όμως εργαζόταν αντίστροφα, δηλαδή γνωρίζοντας τις καμπύλες αναζητούσε τις εξισώσεις τους. Ο Fermat όμως συνάντησε δυσκολία στην αντιστοιχία Άλγεβρας με Γεωμετρία, κάτι που πραγματοποίησε με επιτυχία ο Descartes.

Ο Euler το 1748 στην εργασία του «Introductio» ανέπτυξε την τρισδιάστατη Αναλυτική Γεωμετρία. Μαζί με τον Monge και τον Lagrange έκαναν την Αναλυτική Γεωμετρία ανεξάρτητο κλάδο.

Έχουμε επίσης την ανάπτυξη της παραστατικής Γεωμετρίας από τον G. Monge (1746 -18 18) και την ανάπτυξη της Προβολικής Γεωμετρίας από τον Κ. von Staudt ( 1798 - 1867). Σημαντική συμβολή στην ανάπτυξη της Προβολικής Γεωμετρίας, είχαν και οιΑ. Mobius, J. Poncelet. Η Προβολική Γεωμετρία, όπως απέδειξε ο F. Klein (1849 - 1943), περιλαμβάνει τις μετρικές ιδιότητες των σχημάτων της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, καθώς και των μη - Ευκλείδειων Γεωμετριών, που θα δούμε στη συνέχεια. Σημαντικότατη υπήρξε και η συμβολή του D. Hilbert (1862- 1943), στην ανάπτυξη της Γεωμε:φίας στις αρχές του αιώνα μας, με τη νέα αξιωματική θεμελίωση που έκανε στα Μαθηματικά. Γίνεται, για πρώτη φορά, ευρεία χρήση των μαθηματικών συμβόλων και των crυμβόλων της Λογικής. Σε κάθε θεώρημα, διατυπώνονται με σαφήνεια, τα απολύτως αναγκαία αξιώματα για την απόδειξή του. Η σχολή αυτή, του D. Hilbert, θα παραμείνει για πολλά χρόνια στο επιστημονικό προσκήνιο . Η Διαφορική Γεωμετρία αποτελεί ένα από τα σημαντικότερα επιτεύγματα της Γεωμετρικής επιστήμης τα τελευταία εκατό χρόνια. Το όνομά της το πήρε από τον Luigi Bianchi ( 1856- 1928) το 1894. Η Γεωμετρία αυτή υπήρξε το προϊόν της εφαρμογής του Διαφορικού Λογισμού σε πρ οβλήματα καμπυλών και επιφανειών. Βασικότατες εφαρμογές βρίσκει σε προβλήματα επιπέδων και τρισδιάστατων καμπυλών, σε γεωδαισιακές γραμμές, δηλαδή μεταξύ των γραμμών της ελάχιστης αποστάσεως μεταξύ δύο σημείων μιας επιφάνειας και κυρίως στην κατασκευή χαρτών. Σημαντικός κλάδος είναι επίσης και η θεωρία επιφανειών που υποστηρίχθηκε θερμά από τον J. Bernoulli το 1967 και τον Euler το 1760. Αργότερα ο Monge πέτυχε σημαντικά αποτελέσματα στην τρισδιάστατη Διαφορική Γεωμετρία.

Πολλοί μαθηματικοί από όλο τον κόσμο, κατά τον 19° αιώνα, ακολουθώντας το δρόμο που άνοιξαν ο Πτολεμαίος, ο Πρόκλος και ο Ποσειδώνιος, οδηγήθηκαν στις μη - Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Ανακάλυψη, η οποία έδωσε νέα πνοή στα σύγχρονα Μαθηματικά και στη σχέση τους με τον εξωτέρικό κόσμο. Η αρχή, έγινε στην προσπάθεια να αποδειχθεί το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη, χωρίς τη χρησιμοποίηση των υπολοίπων αιτημάτων. Ο Legrendre διέθεσε 20 χρόνια για να το αποδείξει. Μια επίσης πολύ σπουδαία προσπάθεια, έγινε και από τον Saccheri ( 1667 -1733). Μετά όμως από πολλές προσπάθειες, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι, το πέμπτο αίτημα είναι ανεξάρτητο των άλλων και η μη παραδοχή του, έχει σαν αποτέλεσμα, την αποδοχή και ά λλων Γεωμετριών. Όλα επίσης τα θεωρήματα της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, που αποδεικνύονται χωρίς το πέμπτο αίτημα, ισχύουν και στις μη - Ευκλείδειες Γεωμετρίες.

Οι Έλληνες μαθηματικοί, πίστευαν ότι η αρχή της γεωμετρικής σκέψης, είναι η διαίσθηση, κάτι το οποίο δέχεται και ο φιλόσοφος Kant. Πιστεύει, δηλαδή, ότι μια τρίτη πηγή γνώσης, εκτός από τη Λογική και την Εμπειρική γνώση, που ισχύουν κατά τον Αριστοτέλη, είναι και η διαίσθηση. Τα αξιώματα λοιπόν της Ευκλείδειου Γεωμετρίας, κατά τον Kant, προέρχονται από καθαρή διαίσθηση του κόσμου γύρω μας. Κατά το φιλόσοφο, οι βασικές αλήθειες του κόσμου, προϋπάρχουν της ανθρώπινης πείρας. Με τη λογική του Kant, δεν είναι δυνατόν να υπάρχει άλλη Γεωμετρία και επειδή η Ευκλείδειος υπήρξε η πρώτη, αυτή είναι και η μοναδική, η οποία εξάλλου απεικονίζει και το φυσικό μας κόσμο.

Ο Karl Friedrich Gauss (1777 - 1855), πρώτος από όλους το 1799, ανακάλυψε ότι το πέμπτο αίτημα του Ευκλείδη, δεν μπορεί να αποδειχθεί με βάση τα υπόλοιπα. Το 18 13 λοιπόν, αναπτύσσει τη νέα του Γεωμετρία, που αρχικά την ονόμασε αστρική και αργότερα μη - Ευκλείδεια. Αρ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 2110

------ Υπάρχουν και άλλες Γεωμετρίες εκτός από τη Γεωμετρία iου Ευκλείδη -------

γότερα ο Ν. Ι. Lobatchevsky (1793-1856), δημοσίευσε πρώτος τις απόψεις του, για τις μη - Ευκλείδειες Γεωμετρίες. Έτσι, θεωρείται ο πατέρας της νέας Γεωμετρίας, παρόλο που ο Gauss, την είχε συλλάβει 30 χρόνια νωρίτερα. Δίσταζε όμως να δημοσιεύσει τις σκέψεις του, γιατί αφενός φοβόταν την κριτική που θα του έκαναν οι οπαδοί του Kant και αφετέρου, γιατί ήθελε να δημοσιεύει λίγα αλλά «ώριμα», όπως έλεγε ο ίδιος.

Αρκετά χρόνια αργότερα, την εποχή που ο Α. Einstein (1879 - 1955) ανέπτυξε τη θεωρία της Σχετικότητας, που βασιζόταν στη μη - Ευκλείδεια Γεωμετρία του Riemann (1826- 1866), η θεωρία περί καθαρής διαίσθησης άρχισε να χάνει έδαφος και οι μη - Ευκλείδειες Γεωμετρίες βρίσκουν τρομερή διάδοση.

Η απώλεια της βεβαιότητας, γύρω από τη γεωμετρική γνώση, ανάγκασαν τον Dedekind (1831 - 1936) και τον Κ. Weierstrass (1815- 1897), να αντικαταστήσουν τη Γεωμετρία με την Αριθμητική, σαν θεμέλιο για τα σύγχρονα Μαθηματικά. Η αλλαγή αυτή, έφερε στο προσκήνιο μια νέα θεωρία, τη θεωρία Συνόλων.

Δύο σημαντικότατα μοντέλα των μη - Ευκλείδειων Γεωμετριών, είναι του Lobachevsky (μοντέλο των Beltrami (1835 - 1900) - Klein (1849 - 1925)) και του Riemann.

Στη Γεωμετρία του Lobachevsky, τα σημεία, είναι τα εσωτερικά σημεία ενός πεπερασμένου κύκλου.

Lobachevsky

Οι ευθείες, είναι ανοικτές χορδές του κύκλου, άρα δύο ευθείες τέμνονται το πολύ σε ένα σημείο. Από ένα σημείο του κυκλικού δίσκου, τουλάχιστον δύο παράλληλες άγονται προς μια ευθεία (ε). Το άθροισμα των γωνιών του τριγώνου, είναι μικρότερο των 1806•

Στη Γεωμετρία του Riemann, τα σημεία, είναι πάνω στην επιφάνεια μιας σφαίρας και οι ευθείες, είναι μέγιστοι κύκλοι.

Riemann

Δύο ευθείες που τέμνονται, μπορεί να έχουν ένα, ή και δύο κοινά σημεία. Από ένα σημείο της σφαίρας, δεν άγεται καμία παράλληλη προς δεδομένη ευθεία. Το άθροισμα των γωνιών τριγώνου είναι προφανώς μεγαλύτερο των 180°.

Βιβλιογραφικές αναφορές ΕΙΣΑΓΩΓΉ ΣΤΗΝ ΙΣΤΟΡΙΑ ΤΩΝ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ Χ. Β. Γκλαβά, Αθήνα 1973.

ΝΟΝ - EUCLIDEAN GEOMETRY Et. Bell, New York 1960.

ΠΕΡΙΉΓΗΣΗ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ Κ. Δρόσου, Πάτρα 1982.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2/1 1

Προβλήματα που λύνονται με γραμμικά συστήματα Α' Βαθμού

Κώστας Βακαλόπουλος - Άννα Βακαλοπούλου

Η λύση μιας μεγάλης ομάδας προβλημάτων στα Μαθηματικά ανάγεται στην επίλυση γραμμικών συστημάτων α' βαθμού με δυο ή τρεις αγνώστους. Η διαδικασία είναι απλή: • Εντοπίζουμε τους αγνώστους και τους συμβολίζουμε π. χ. με χ, y ή ω. Από τα δεδομένα και τη

φύση του προβλήματος γράφουμε τους περιοpισμούς στους οποίους υπακούουν οι άγνωστοι. • Από τα δεδομένα μας, καταστρώνουμε τις εξισώσεις και επιλύουμε το σύστημα που προκύπτει. • Ελέγχουμε αν τα αποτελέσματα είναι σύμφωνα με τους περιορισμούς μας.

Στο άρθρο που ακολουθεί δίνουμε μια σειρά από λυμένα τέτοια προβλήματα, ενώ με τα προτεινόμενα που ακολουθούν σας δίνεται η ευκαιρία να δοκιμάσετε τις δυνάμεις σας. Άσκηση 1

Α ν προσθέσουμε στον αριθμητή και τον παρονομαστή ενός κλάσματος το 3 τότε βρίσκουμε

τον αριθμό �· Αν αφαιρέσουμε από τον αριθμητή και τον παρονομαστή το 3, τότε βρίσκουμε τον α-

ριθμό j. Ποιο είναι το κλάσμα;

Λύση Έστω χ ο αριθμητής και y ο παρονομαστής του κλάσματος (με χ, y ε Ζ) Τότε: { �: � = � } <=> { 9χ + 27 = 8y + 24 } <=> { 9χ - 8y = -3 } <=> ... <=> { χ = 5 }

χ - 3 _ 2 3χ - 9 = 2y - 6 3χ -2y = 3 y = 6 y - 3 - 3

Άρα το ζητούμενο κλάσμα είναι το � Άσκηση 2

Να βρεθεί διψήφιος αριθμός που το άθροισμα των ψηφίων του είναι 12 κι αν αλλάξουμε τη θέση των ψηφίων του προκύπτει αριθμός κατά 18 μικρότερος.

Λύση Έστω φυσικός αριθμός χ (0 < χ � 9) το ψηφίο των δεκάδων και φυσικός y (0 < y � 9) το ψη

φίο των μονάδων του ζητούμενου αριθμού. Τότε η αξία του είναι x·lO + y· I = lOx + y. Αν αλλάξουμε τη θέση των ψηφίων η αξία του γίνεται y· lO + χ· Ι = lOy + χ που είναι κατά Ι 8 μικρότερη από την προηγούμενη. Εξάλλου χ + y = Ι2. Έτσι προκύπτει το σύστημα: { x + y = I2 } { x+ y = I2 } { x + y = I2 }

Ι Oy + χ = Ι Οχ + y - Ι8 <=> Ι Oy - y + χ - Ι Οχ = - Ι8 <=>

-9χ + 9y = - Ι8 <=> { 9χ + 9y = Ι 08 } { χ = Ι2 - Υ } { χ= 7 } -9χ + 9y = - Ι8 <=>

- 5 <=>

- 5 I8y = 90 <=> y = 5 Υ - Υ -Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι το 75. Άσκηση 3

Α ν προσθέσουμε σ' ένα διψήφιο αριθμό το διπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων του, βρίσκουμε 72. Αν διαιρέσουμε τον αριθμό με το άθροισμα των ψηφίων του βρίσκουμε 4. Να βρεθεί ο αριθμός.

Λύση Έστω χ φυσικός αριθμός το ψηφίο των δεκάδων (Ο < χ � 9) και y φυσικός αριθμός το ψηφίο

των μονάδων (Ο� y � 9). Τότε η αξία του αριθμού είναι ΙΟχ + y. Έτσι έχουμε το σύστημα:

Ι Οχ + <=> { lOx + y + 2χ + 2y = 72 } <=> { Ι 2χ + 3y = 72 } <=> { I0x + y + 2(x + y) = 72 } ..:....;:.:.:.....:.......ι..Υ = 4 lOx + y = 4(χ+ y) Ι Οχ - 4χ + Υ - 4y = Ο x + y


Προβλήματα που λύνονται με γραμμικά συστήματα Α' βαθμού

{ 12χ + 3y = 72 } { 3y = 72 - 12χ } { Υ = 8 } 6χ - 3y = ο <=> <=>

18χ = 72 <=> χ = 4 χ = 4 χ = 4 Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 48 . Άσκηση 4

Να βρεθούν δύο ακέραιοι αριθμοί των οποίων η διαφορά είναι 12 και η διαφορά των τετραγώνων τους 456.

Λύση Έστω χ και y οι ζητούμενοι ακέραιοι. Τότε: { Ιχ - Yi = 12 } { Ιχ - Yi = 12 } { Ιχ - Yi = 12 } { Ιχ - Yi = 12 }

Ιχ2 - y21 = 456 <=> ιχ + Yl lx - Yl = 456 <=> Ιχ + Yl·12 = 456 <=>. Ιχ + Yl = 38 <=>

{ Ιx - yl2 = 122 } { (x - y)2 = 144 } { x2 - 2xy + y2 = 144 } <=> <=> 2 2 2 - 1444 <=> I 12 - 382 ( )2 - 1444 χ + xy + Υ -χ + Υ - χ + Υ - (Αφαιρώ κατά μέλη) 4xy = 1300 <=> xy = 325 { jx + Yi = 38 } { χ + Υ = 38 } , { χ + y = -38 } { χ = 25 } , { χ = 13 } , { χ = -25 } xy = 325 <=> xy = 325 η xy = 325 <=> y = 13 η y = 25 η y = -13 { Χ = -13 } ή y = -25

Άσκηση 5 Τα μέτρα των εσωτερικών γωνιών ενός τριγώνου είναι ανάλογα των αριθμών 2, 3 και 4. Να

βρεθούν οι γωνίες του τριγώνου. Λύση

Έστω χ, y , ω τα μέτρα σε μοίρες των εσωτερικών γωνιών του τριγώνου. Τότε: { 1= 1= � } χ + y + ω = 180° (1)

Η λύση θα γίνει με τη χρησιμοποίηση βοηθητικού αγνώστου t. Δηλ. έστω Ι = 1 = � = t. Άρα: χ = 2t, y = 3t, ω = 4t και αντικαθιστώντας στην (1) έχουμε: 2t + 3t + 4t = 180° <=> 9t = 180° <=>

t = 20° . Άρα χ = 2·20° = 40° , y = 3·20° = 60° , ω = 4·20° = 80° . Άσκηση 6

Α ν η μεγαλύτερη πλευρά ενός ορθογωνίου αυξηθεί κατά 5m και η μικρότερη κατά 4m, το εμ-βαδό αυξάνεται κατά 200m2• Α ν η μεγαλύτερη πλευρά ελαττωθεί κατά 3m και η μικρότερη κατά 4m, το εμβαδό ελαττώνεται κατά 136m2• Να βρεθούν οι πλευρές του ορθογωνίου.

Λύση Έστω χ η μεγαλύτερη πλευρά και yη μικρότερη πλευρά του ορθογωνίου. Τότε το εμβαδό

είναι x·y (όπου χ> Ο, y >Ο, χ> y). Μετά την αύξηση οι πλευρές γίνονται: χ + 5, y + 4 και το εμβαδό: (χ + 5)·(y + 4). Μετά την ελάττωση οι πλευρές γίνονται: χ - 3, y - 4 και το εμβαδό: (χ - 3)·(y- 4) (όπου χ> 3, y > 4). Έτσι έχουμε το σύστημα: { (χ + 5)(y + 4) = xy + 200 }

<=> { xy + 5y + 4χ + 20 = xy + 200 }

<=> (x - 3)(y - 4) = xy-136 xy - 4x - 3y + 12 = xy - 136 { 4x + 5y = 180 } { 4χ + 5·16 = 180 } { χ = 25 } 4x + 3y = 148 <=> _16 <=> - 16 (Αφαιρώ κατά μέλη) 2y = 32 <=> y = 16 Υ - Υ -

Άσκηση 7 Σ' ένα βιβλιοπωλείο πωλούνται ένα λεξικό και μια βιντεοκασέτα αντί 14.600 δρχ. και τα δύο

μαζί. Αν το λεξικό πουλιόταν 1200 δρχ λιγότερο και η βιντεοκασέτα 1200 δρχ περισσότερο θα είχαν και τα δύο την ίδια τιμή. Ποια είναι η αξία καθενός χωριστά;

Λύση Έστω χ η τιμή πώλησης του λεξικού και y η τιμή πώλησης της βιντεοκασέτας (χ> Ο, y > 0).

Αν το λεξικό κόστιζε χ - 1200 (χ > 1200) καί η βιντεοκασέτα y + 1200 θα είχαμε:



χ - 1 200 = y + 1200. Άρα έχουμε το σύστημα: { χ + y = 1 4600 } <=> { χ + y = 14600 } <=> (προσθέ:ω) <=> { 2χ = 17000 } <=> { χ = 8500 } χ - 1200 = y + 1200 χ - y = 2400 (αφαιρω) 2y = 12200 y = 6100

Άσκηση 8 . Δύο οδηγοί οδηγούν αντίθετα σ' ένα δρόμο μήκους 180km. Αν ο πρώτος ξεκινήσει 20min νωρίτερα από

τον δεύτερο, θα συναντηθούν 1h μετά το ξεκίνημα του δεύτερου. Αν ο δεύτερος ξεκινήσει 15min νωρίτερα από τον πρώτο, θα συναντηθούν 1h μετά το ξεκίνημα του πρώτου. Ποια η μέση ταχύτητα του καθενός;

Λύση Έστω χ η μέση ταχuτητα σε km/h του πρώτου και y του δεύτερου. Από τη Φυσική ξέρουμε

ότι S = υ·t. Στην πρώτη περίπτωση, ο πρώτος κινείται για χρόνο 1 + �� = ι.�= 1 σε h και ο δεύτε-

ρος για 1h. Άρα ισχύει: χ· 1 + y·1 = 180. Στην δεύτερη περίπτωση, ο πρ�τος κινείται για χρόνο

1h και ο δεύτερος για 1 + �� = 1i=% σε h. Άρα ισχύει: χ· 1+ y· %= 1 80. 'Ετσι έχουμε το σύστημα: { �x + y = 180 } { 4x + 3y = 540 } { 4·χ + 3.90 = 540 } { χ = 67,75 } <=> 4χ + 5y = 720 <=> <=> χ +.?f = 1 80 (Αφαιρώ) 2y = 180 <=> y = 90 Υ = 90 Υ = 90

Άρα η μέση ταχύτητα του πρώτου είναι 67,75 km/h και του δεύτερου 90 km/h.

Άσκηση 9 Το 1980, ο πελάτης μιας γερμανικής τράπεζας έπαιρνε 55,60 γερμ. μάρκα δίνοντας 6 δολλάρια

και 10 αγγλ. στερλίνες. Ένας άλλος πελάτης στην ίδια τράπεζα έπαιρνε 81,55 γερμ. μάρκα δίνοντας 8 δολλάρια και 15 στερλίνες. Πόσα μάρκα ήταν τότε το δολλάριο και πόσα η στερλίνα;

Λύση Έστω χ μάρκα το 1 δολλάριο και y μάρκα η 1 στερλίνα. Τότε:

Άσκηση 10

{ 6χ + 10y = 55,6 } { χ = 1 ,85 } 8χ + 15y = 81,55 <=> ••• <=> y = 4,45

Ένας καταθέτης έχει δύο βιβλιάρια ταμιευτηρίου. Το πρώτο έχει επιτόκιο 5'Υο και το δεύτερο 4,5'%. Σ' ένα χρόνο πήρε 40.900 δρχ τόκο. Αν το επιτόκιο του πρώτου βιβλιαρίου ήταν 4,5% και του δεύτερου 5°/ιι θα έπαιρνε τόκο 41.750δρχ σ' ένα χρόνο. Πόσα χρήματα έχει στο κάθε βιβλιάριο;

Λύση Έστω χ τα χρήματα του πρώτου βιβλιαρίου και y του δεύτερου. Ξέρουμε ότι για τον τόκο Τ

ισχύει Τ = Ki��x, Χ = ο χρόνος σε έτη, Κ = κεφάλαιο, Ε = επιτόκιο. Άρα έχουμε το σύστημα: {,.. x·5· l + y-4,5· 1 = 40900 } 1 00 1 00 { 5χ + 4,5y = 4090000 } ·(- 0,9) X·4,5·l + � = 41750

<=> 4,5Χ + 5y = 4175000 <=> 100 100 { -4,5χ - 4,05y = -3681000 } { 5χ + 4 5·520000 = 4090000 } { χ = 350000 } 4,5χ + 5y = 41 75000 <=> , <=>

0,95y = 494000 <=> y = 520000 Υ = 520000 Υ = 520000

Άσκηση 11 , , { 6751χ + 3249y = 26751 } (1) Να λυθει το συστημα: 3249χ + 6751y = 23249 (2)

Λύση Προσθέτοντας τις (1) και (2) κατά μέλη έχουμε: 10000χ + 10000y = 50000 <=> χ + y = 5 Αφαιρώντας τις ( 1 ) και (2) κατά μέλη έχουμε: 3502χ - 3502y = 3502 <=>χ - y = 1 Έτσι το αρχικό σύστημα ισοδύναμεί με το: { x + y = 5 } <=> { 2χ = 6 } <=> { χ = 3 }

χ - y = 1 2y = 4 y = 2



Άσκηση 12

Α ν ο Μ. Αλέξανδρος πέθαινε 9 χρόνια νωρίτερα θα βασίλευε κατά το� της ζωής του. Αν πέθαινε 9 χρόνια

αργότερα θα βασίλευε κατά το ήμισυ της ζωής του. Με το δεδομένο ότι ο Μ. Αλέξανδρος πέθανε pασιλεύοντας και σε κάθε περίπτωση θα πέθαινε βασιλεύοντας, βρείτε πόσα χρόνια έζησε και πόσα χρόνια βα.σίλεψε.

Λύση Έστω ότι έζησε χ χρόνια και βασίλεψε y χρόνια (όπου χ> Ο, y >Ο, χ> y). Αν πέθαινε 9 χρό

νια νωρίτερα θα είχε ζήσει χ- 9 χρόνια και θα είχε βασιλέψει y - 9 χρόνια. Έτσι θα ίσχυε: y - 9 = �χ - 9). Αν πέθαινε 9 χρόνια αργότερα, θα είχε ζήσει χ + 9 χρόνια και θα είχε βασιλέ-

ψει y + 9 χρόνια. 'Ετσι θα ίσχυε: y + 9 =�χ + 9). Έτσι έχουμε το σύστημα: { y - 9 =�χ - 9) } { χ = 33 } Υ + 9 =�χ + 9)

<=> • • • <=> Υ = 12

Άρα έζησε 33 χρόνια και βασίλεψε 12. Άσκηση 13

Το άθροισμα τριών αριθμών είναι 81. Αν αφαιρέσουμε από τον πρώτο τους άλλους δύο, η διαφορά είναι 45. Αν αφαιρέσουμε από το δεύτερο τον τρίτο, η διαφορά είναι 12. Ποιοι είναι οι αριθμοί;

Λύση ·

Εστω χ, y , ω οι ζητούμενοι αριθμοί. Τότε: { χ + y + ω = 8 1 } { χ + y + ω = 8 1 ( 1 ) } χ - (y + ω) = 45 <=> χ - y - ω = 45 (2) (Σ1) y - ω = 12 y - ω = 12 (3)

Απαλοίφω το χ από τις ( 1 ) και (2) αφαιρώντας κατά μέλη: 2y + 2ω = 36 <=> y + ω = 18

(Σ,)={ χ ;�:: 788 1 }={ χ ;�::78

81 }= { χ ;�::788 1 }=

y - ω = 12 2y = 30 y = 15

= { χ + yω+=ω3= 81 }= { ;:��}

y = 15 ω = 3 Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 63, 1 5, 3. Άσκηση 14

Ένας τριψήφιος αριθμός έχει άθροισμα ψηφίων 16. Αν αλλάξουμε το πρώτο ψηφίο με το τρίτο, ο νέος αριθμός είναι κατά 198 μεγαλύτερος. Αν αλλάξουμε το δεύτερο με το τρίτο ψηφίο του αρχικού αριθμού, ο νέος αριθμός είναι κατά 27 μικρότερος από τον αρχικό. Να βρεθεί ο αριθμός.

Λύση Έστω χyω ο αριθμός (χ εκατοντάδες, y δεκάδες, ω μονάδες), τότε η αξία του είναι:

ΙΟΟχ + 1 Oy + ω (χ, y, ω φυσικοί αριθμοί μέχρι 9) Με τη πρώτη αλλαγή γίνεται ωyχ και η αξία του: 1 00ω + 10y + χ Με τη δεύτερη αλλαγή γίνεται χωy και η αξία του: 1 00χ + 1 0ω + y Έτσι έχουμε το σύστημα: { · χ + y + ω = 1 6 } { χ + y + ω = 16 } { χ + y + ω = 1 6 } 1 ΟΟω + IOy + χ = 198 + 1 ΟΟχ + IOy + ω <=> 99ω - 99χ = 198 <=> - χ + ω = 2 <=>

ΙΟΟχ + ΙΟω + y = 1 00χ + IOy + ω - 27 9ω - 9y = -27 -y +ω = - 3 { 3ω = 15 } { ω = 5 } { χ = 3 } <=> - χ + ω = 2 <=> χ = 5 - 2 <=> y = 8

- y + ω = -3 y = 5 + 3 ω = 5 Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 385. Άσκηση 15

Σ' ένα τρίγωνο η μία γωνία του είναι 10° μεγαλύτερη από τη δεύτερη, και η δεύτερη διπλάσια



από την τρίτη. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου. Λύση

Έστω α, β, γ οι γωνίες του τριγώνου. Τότε: { α + � + γ = 1 80 } { α + β + � = 180 } { α : 78: } α - β + 10 = α - β - 10 = . . . = β - 68

β = 2γ β - 2γ = 0 γ = 34°

J.Ιροτεινόμενα προβλήματα για λύση 1. Το πηλίκο δύο αριθμών είναι 5. Αν αφαιρέσουμε από καθένα το 3 το καινούριο πηλίκο θα

είναι 7. Να βρεθούν οι δύο αριθμοί. 2. Α ν διαιρέσουμε ένα διψήφιο αριθμό με το άθροισμα των ψηφίων του βρίσκουμε πηλίκο 6.

Α ν αλλάξουμε τη σειρά των ψηφίων του και αφαιρέσουμε από αυτόν το διπλάσιο του αθροίσματος των ψηφίων, βρίσκουμε 27. Να βρεθεί ο αριθμός.

3. Ένας διψήφιος αριθμός έχει άθροισμα ψηφίων 13. Αν αλλάξουμε τη σειρά των ψηφίων δημιουργείται ένας νέος διψήφιος αριθμός. Το άθροισμα των δύο διψήφιων είναι 1 43. Να βρεθούν όλοι οι διψήφιοι που είναι λύσεις του προβλήματος.

4. Να βρεθούν δύο ρητοί αριθμοί που έχουν άθροισμα 40 και η διαφορά των τετραγώνων τους είναι 80.

5. Σ' ένα τρίγωνο η γωνία γ είναι 23° . Η γωνία α είναι κατά γ μικρότερη από τη β. Να βρεθούν οι γωνίες α και β.

6. Η περίμετρος ενός ορθογωνίου είναι 1 00cm. Αν ελαττώσουμε το ένα ζευγάρι ίσων απέναντι πλευρών κατά 5cm την καθεμιά και ταυτόχρονα αυξήσουμε το άλλο ζευγάρι κατά 5cm την καθεμιά, το εμβαδό ελαττώνεται κατά 75cm2

• Να βρεθούν οι πλευρές του ορθογωνίου. 7. Η περίμετρος ενός ορθογωνίου είναι 60cm. Τα μήκη δύο γειτονικών πλευρών έχουν λόγο 3

προς 2. Ποιο το εμβαδό του ορθογωνίου; 8. Ο Ανδρέας έχει 32 γραμματόσημα παραπάνω από την Ελένη. Αν ο Ανδρέας είχε τριπλάσια

γραμματόσημα από αυτά που έχει και η Ελένη οχταπλάσια από αυτά που έχει, τότε θα είχε η Ελένη 14 περισσότερα από τον Ανδρέα. Πόσα γραμματόσημα έχει ο καθένας;

9. Ένα περιπολικό τρέχει με 90 km/h και προσπερνά μια σειρά φορτηγών, που τρέχουν με σταθερή ταχύτητα, σε 1 0min. Στο γυρισμό το περιπολικό κινούμενο αντίθετα με την ίδια ταχύτητα προσπερνά τη σειρά των φορτηγών σε 2,5min. Ποια η ταχύτητα των φορτηγών και ποιο μήκος έχει η σειρά τους.

10. Μια φωτογραφική μηχανή προσφέρεται σε μια διαφήμιση μαζί με 4 φιλμ στην τιμή 1 38 μάρκων. Σε μια άλλη διαφήμιση η ίδια μηχανή κοστίζει 5 μάρκα φθηνότερα και προσφέρεται μαζί με 1 0 φιλμ στην τιμή των 160 μάρκων. Πόσο κοστίζει η μηχανή στην πρώτη προσφορά και πόσο το φίλμ;

11. Δύο τύποι ενώσεων είναι της μορφής: H2C20y·2H20 (ένωση Α) και C2H40x (ένωση Β). Να βρεθούν τα χ, y όταν: ο λόγος του αριθμού ατόμων οξυγόνου της ένωσης Α προς τον αριθμό ατόμων οξυγόνου της ένωσης Β είναι 3: 1 και ο αντιστοιχος λόγος των μοριακών βαρώv των δύο ενώσεων είναι 2 1 : 10 . Να βρεθούν οι ενώσεις.

12. Αν το ύψος h ενός βλήματος που εκτοξεύει ένα πυροβόλο όπλο, σε χρόνο t sec δίνεται από τον τύπο h = αt + βt2, να βρείτε: i) Τα α, β, αν είναι γνωστό ότι σε Ι sec το βλήμα φθάνει σε ύψος 1 9 m και σε 2 sec σε ύψος

28 m. i i) Το ύψος του βλήματος σε χρόνο t = 4sec. ίίί) Μετά από πόσα sec θα πέσει στο έδαφος το βλήμα;

13. Ένας τριψήφιος αριθμός έχει άθροισμα ψηφίων 15. Αν αλλάξουμε το πρώτο με το τρίτο ψηφίο, ο νέος αριθμός είναι κατά 495 μικρότερος. Αν αλλάξουμε το·δεύτερο με το τρίτο ψηφίο, ο νέος αριθμός είναι κατά 36 μικρότερος. Να βρεθεί ο αριθμός. ·

14. Σ' ένα τρίγωνο το άθροισμα των γωνιών α και β είναι 1 09°, ενώ το άθροισμα των γωνιών β και γ είναι 1 0ΊD. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου.


τα "έξυπνα"

πεzpάματα

Η Καrάσrαση -rou Πλανήrη

Aager Β. Nelsen

Αποδείξεις χωρίς λ6yια

Haroun TazieΠ

Πρ6yνωσπ σεισμών

Claude Mosse

ο πολίτης στην Αρχαία Ελλάδα

Σημείο αναφοράς στο ειmαιδεunιιό ΙJιΙJλίο ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΣΑΒΒΑΛΑ Ζ. ΠΗΓΗΣ 18 106 81 ΑΘΗΝΑ ΤΗΛ. 33.01.251-38.29.410 FAX. 38.10.907

Γεωμετρία Α' Λυκείου ασκήσεις στα παραλληλόγραμμα - τραπέζια

Βασίλης Καρκάνης

ΑΣΚΗΣΗ l Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ ( ΑΒ 11 ΓΔ ) με ΓΔ = 2ΑΒ οι ΑΔ , ΒΓ τέμνονται στο Ο . Αν Ε , Ζ , Η , Θ

μέσα των ΑΓ , ΒΔ , ΟΑ , ΟΒ αντίστοιχα , να δειχθεί ότι το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο .

ΛΥΣΗ

Έχουμε ΓΔ = 2ΑΒ ( 1) Στο τραπέζιο ΑΒΓ Δ τα Ε , Ζ μέσα των διαγωνίων ο-

11 ΓΔ - ΑΒ 11 ΑΒ πότε : ΕΖ = 2 καί λόγω της (1) ΕΖ = 2 (2)

Στο ΟΑΒ τα Η , Θ μέσα των δυο πλευρών οπότε:

ΗΘ � � (3)

Από (2) , (3) είναι : ΕΖ � ΗΘ άρα το ΕΖΗΘ είναι πα-ραλληλόγραμμο . Δ

ΑΣΚΗΣΗ 2

Γ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ . Στην Προέκταση της ΑΒ προς το Β παίρνουμε σημείο Ε και στην προέκταση της ΒΓ προς το Γ παίρνουμε σημείο Ζ ώστε: ΓΖ = ΑΕ. Α ν με πλευρές τις ΔΕ, ΔΖ κατασκευάσουμέ το παραλληλόγραμμο ΔΕΗΖ να δειχθεί ότι αυτό είναι τετράγωνο .

ΑΣΚ.ΗΣΗ 3

._ ι . ·� ·.; . .

z

ΛΥΣΗ

Αρκεί να δείξουμε ότι το ΔΕΗΖ έχει μια γωνία ορθή και δύο διαδοχικές πλευρές ίσες . Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΕ , ΔΓΖ είναι ίσα γιατί έχουν : ΑΔ =ΔΓ (το ΑΒΓΔ τετράγωνο) και ΑΕ = ΓΖ (από υπόθεση) οπότε θα έχουν και ΔΕ = ΔΖ (1) και Ε; = Ζι (2). Επίσης Ε; = ΔΊ (εντός εναλλάξ) (3)

Από τις (2) ,(3) θα είναι: ΖΊ = Δ; (4) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΖ είναι ΖΊ + &= 900 και λόγω της (4): ΔΊ + ΔΊ= 90° οπότε ΕΔΖ = 90" (5) Από ( 1 ) , (5) το ΔΕΗΖ είναι τετράγωνο.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε σημεία των πλευρών ΑΒ, ΑΓ ώστε : ΒΔ = ΓΕ . Αν Ζ, Η, Θ, Ι μέσα των ΒΓ, ΒΕ, ΔΕ, ΔΓ αντίστοιχα, να δειχθεί ότι το ΖΗΘΙ είναι ρόμβος και η ΘΖ είναι παράλληλη στη διχοτόμο της γωνίας Α.

�� s�� ,.. � , -z:�c; Γ . Ν � Ο

� V\_ δ\ �c.τ.:"" \:-' c. � ι..ι Β. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . l/18

�G<L� � υ �� u Α f' τ-e\J oι..u Δ r )(. = ι.ι c; e>

Γεωμετρία Α' Λυκείου

ΛΥΣΗ Έχουμε ΒΔ = ΓΕ (I) Στο ΒΕΓ τα Ζ , Η μέσα των δύο πλευρών οπότε:

'Ι ΓΕ ZH :h - (2) 2 Στο ΔΕΓ τα Θ , Ι μέσα των δύο πλευρών οπότε:

il ΓΕ ΘΙ = 2 (3)

Στο ΕΒΔ τα Η , Θ μέσα των δύο πλευρών οπότε:

ΗΘ J!: ΒΔ (4 2 ) Από (3) , (4) λόγω της ( I) είναι ΘΙ = ΘΗ (5)

Από (2), (3) είναι: ΖΗ J!: ΘΙ cιρα το ΖΗΘΙ παραλληλόγραμμο και λόγω της (5) είναι τελικά ρόμβος. Ακόμη : ΘΖ διχοτόμος της ΗΕΗ (γιατί;) και ΗΘΙ = Α (ως οξείες με πλευρές παράλληλες ) άρα και οι διχοτόμοι τους θα είναι παράλληλες οπότε η ΘΖ παράλληλη στη διχοτόμο της γωνίας Α. ΑΣΚΗΣΗ 4

Οι μη παράλληλες πλευρές ΑΔ , ΒΓ τραπεζίου ΑΒΓΔ τέμνονται στο Ο. Αν Ε , Ζ , Η , Θ μέσα των ΟΔ , ΟΓ , ΑΓ , ΒΔ αντίστοιχα , να δειχθεί ότι το ΕΖΗΘ είναι τραπέζιο . ο

.. ΛΥΣΗ . . . .

Στο οΔΓ τα Ε , Ζ μέσα των δύο πλευρών οπότε : ΕΖ // ΔΓ . ( I) Τα Θ , Η μέσα των διαγωνίων του τραπεζίου οπότε : ΘΗ 11 ΔΓ . (2) Από (I) , (2) έχουμε : ΕΖ 11 ΘΗ άρα το ΕΖΗΘ είναι τραπέζιο .

Δ

ΑΣΚΗΣΗ 5

Γ

Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ ( ΑΒ 11 ΓΔ ) είναι: ΓΔ = 2ΑΒ . 3ΑΒ α) Αν Ζ, Η μέσα των ΑΔ , ΒΓ να δειχθεί ότι: ΖΗ = -2- •

β) Αν Ε μέσο της ΓΔ να δειχθεί ότι το ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. . ΑΒ

γ) Αν η ΖΗ τέμνει τις ΑΕ , ΒΕ στα Θ, Ι αντίστοιχα να δειχθεί ότι: ΘΙ = 2 . ΛΥΣΗ

Έχουμε : ΓΔ = 2ΑΒ ( I) α) Η ΖΗ είναι διάμεσος του τραπεζίου οπότε:

ΑΒ

+ ΓΔ

3

ΑΒ

ΖΗ = 2 και λόγω της ( 1 ):

ΖΗ = -2-β) Εφόσον Ε μέσο της ΓΔ είναι:

Z . . . . ... Η . . . . . . . . . . . . . . Θ::.:.·.:_ . . . . . . . . Ό/1 . . . . . . . . . . . . . . .

.. ΓΔ . ΕΓ = 2 και λόγω της ( 1 ): ΕΓ = ΑΒ . Δ

- .�ι'\ . � �z·�·c.M Ε

(λ,S'i-?...c,..\ Α � r �Cλ' b. 'C.U '(.σV ει--ι � ο . �σ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 1119

ιc.ο-' �� c.-v .ς , l A h /ε τ.. L \Δ ο..ν ti r. z� νo tt � ι c:rz.o e � s. , �

2-, "'\ &.Γ� . '""-, Λ CNJ l.. .. Ν � ο 6 h. l \LΛ

Γ


Επιπλέον ΕΓ // ΑΒ (λόγω του τραπεζίου) οπότε : ΑΒ Jh ΕΓ και έτσι το ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο.

γ)Στο ΑΔΕ το Ζ μέσο ΑΔ και ΖΘ 11 ΔΕ οπότε Θ μέσο ΕΑ. Ομοια Ι μέσο ΕΒ. Έτσι στο ΕΑΒ ΑΒ είναι: ΘΙ = 2 .

ΑΣΚΗΣΗ 6 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με ΑΒ = 2ΒΓ και Ε μέσο της ΓΔ. Να δειχθεί ότι: ΑΕΒ = 9()0 .

ΛΥΣΗ Έχουμε : ΑΒ = 2ΒΓ (1) Έστω ΕΖ διάμεσος τουΑΕΒ τότε το ΕΖΒΓ είναι παραλληλόγραμμο ( γιατί; ) οπότε ΕΖ = ΒΓ (2)

ΑΒ Από (1) , (2) η ΕΖ = 2 άρα το τρίγωνο ΑΕΒ εί- . · : . � .

. . · .. · . .. ·

ναι ορθογώνιο με ΑΕΒ = 90ο Δ Ε Γ

ΑΣΚΗΣΗ 7 Οι μη παράλληλες πλευρές ΑΔ , ΒΓ τραπεζίου ΑΒΓΔ τέμνονται στο Ο. Αν Ε , Ζ , Η , Θ μέσα

των ΑΒ , ΓΔ , ΑΓ , ΒΔ αντίστοιχα να δειχτεί ότι : δ = ΘΕΗ = ΘΖΗ

ο

ΑΣΚΗΣΗ 8

ΛΥΣΗ

Το ΕΗΖΘ είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) ο-πότε : ΘΕΗ = ΘΖΗ . ( I ) Στο ΒΑΔ τα Ε , Θ μέσα των δύο πλευρών οπό-τε:

ΕΘ // ΑΔ και έτσι : ΕΘ // ΟΔ . (2) Στο ΑΒΓ τα Ε , Η μέσα των δύο πλευρών οπότε ΕΗ // ΒΓ και έτσι : ΕΗ // ΟΓ . (3) Από (2) , (3) θα είναι Ο= ΘΕΗ (4) και από ( I ) , (4) θα ισχύει η ζητούμενη ισότητα

Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓΔ και Ε, Ζ, Η, Θ τα μέσα των πλευρών του ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Έστω Κ το σημείο τομής των ΕΗ και ΖΘ. Αν Α', Β', Γ, Δ', κ· οι προpολές των Α, Β, Γ, Δ, Κ αντίστοιχα σε ευθεία ε που αφήνει το τετράπλευρο στο ίδιο ημιεπίπεδο να δειχθεί ότι: ΑΑ'+ ΒΒ'+ ΓΓ'+ ΔΔ' = 4ΚΚΌ

ΛΥΣΗ

Έστω z· , Θ' οι προβολές των Ζ , Θ στην ε . ΑΑ ' + ΔΔ '

Το ΑΑ' Δ ' Δ είναι τραπέζιο και η ΘΘ' διάμεσός του (γιατί;) οπότε : ΘΘ' 2 (1)

Το ΒΒ'ΓΓ τραπέζιο και η zz· διάμεσός του (γιατί;) οπότε : ΖΖ' ΒΒ'+ΓΓ ' 2 (2)

ΑΑ ' + ΒΒ' + ΓΓ ' + ΔΔ' Προσθέτοντας τις ( I) και (2) κατά μέλη παίρνουμε : ΘΘ'+ΖΖ ' 2 (3)

Α Β ( ό z. � τ.e� � o 6 δ"�Ε)..t!:> ΑΒ Ι?Vtι � 6 1:> 6 w σ-� Α 6 ::. σ- 1=:. (\ t' τ.t'\ -s & Α r z� νt-t Β r σ-ι--ο -z. z:..o vι r z. ;= Δ �

\?<:λ\ � c> ' χ. Ο 'ΖΟ � Ο ). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 1120 �CΛ ι � z. J.. Α Ίt..


Ομως το ΕΖΗΘ είναι παραλληλόγραμμο (γιατί;) και το Κ κέντρο του. Έτσι η ΚΚ' διάμεσος του τραπεζίου ΘΘ'Ζ'Ζ οπότε:

ΘΘ ' + ΖΖ ' ΚΚ' 2 Έτσι ΘΘ' +ΖΖ' = 2ΚΚ' (4) Από (3) , (4) παίρνουμε:

ΑΑ' + ΒΒ' + ΓΓ ' + ΔΔ ' -----2---- =2ΚΚ'

άρα: ΑΑ'+ΒΒ'+ΓΓ+ΔΔ'=4ΚΚ' .

ΑΣΚΗΣΗ 9

Ζ'

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ

(Α

=900 ) και ΑΔ ύψος στη ΒΓ. Αν Ε

, Ζ

μέσα των ΑΒ,

ΑΓ

αΒΓ

ντίστοιχα και Η μέσο της Ε

Ζ

να δειχθεί ότι: ΔΗ=- . 4

ΛΥΣΗ Στο ΑΒΓ τα Ε , Ζ μέσα των δύο πλευρών οπότε:

ΒΓ ΕΖ = -2 ( Ι ) Φέρνουμε τα ΔΕ , ΔΖ .

Στο ορθογώνιο ΑΔΒ η ΔΕ διάμεσος οπότε: ΑΒ ..,.

ΔΕ = 2 = ΕΑ και έτσι το ΔΕΑ ισοσκελές με

Δι = ΛΊ (2). Ομοια δείχνουμε ότι ΑΔΖ = Α2 (3) Β Προσθέτοντας τις (2) και (3) κατά μέλη παίρνουμε:

Α

Δ Γ

Δι +ΑΔΖ = Αι + Α2 δηλαδή : ΕΔΖ = 90° και έτσι το ΕΔΖ είναι ορθογώνιο οπότε για τη διάμεσό ΕΖ ΒΓ του ΔΗ θα ισχύει: ΔΗ = 2 (4) .Από τις ( Ι ) και (4) παίρνουμε ΔΗ = 4

Α(ό r V-V'1 Β � Σ ' ?CO"ZQ � ο�. � εeι..-ι cλ ("\ ο t;:O �· � G/1 Α β 1 � 'Ζ..ίί β r Ν Δο Ε Ί..J.. β� . r-------------,

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΡΑ=Η

ΩΡΟΛΟΓΙΟ ΠΡΟΓΡΑ ΜΜΑ

Φτιάξτε το ωρολόγιο πρόγραμμα του

σχολείου σας (Γυμνάσιο - Λύκειο) με απλό και γρήγορο τρόπο .

Το Πρόγραμμα ERMHS για P . C . , λύνει το αιώνιο πρόβλημα. Κατανομή ωρών, ελαχιστοποίηση κενών , προτιμήσεις , όλοι

οι έλεγχοι , πρόσθεση - αφαίρεση καθηγητή στο τελικό πρόγραμμα κλπ.

Απεριόριστοι καθηγητές - τμήματα.

Αναγνώστου Βασίλης - Μαθηματικός Τηλ. : 01 43 . 14 . 702

& σ � Λ 3 f \?ο- ι Α {; f\ Γ .-ι ct � �· t>x iJ�f f\ " lf\ 8-- .... 'I< ο 2ια � Q , z. ""s Α � χ cί\ e..e. X'L "CC"-'

Βιβλία για τους Υποψηφίους της Α · Δέσμης, Καθηγητές, Φροντιστές.

• Δ.Γ. Κοντογιάννη: Διανυσματικός ΛογισμόςΑναλυτική Γεωμετρία τ. 1 .

• Δ.Γ.Κοντογιάννη-8. Νrζιαχρή-στοο

Βασικές έννοιες της Γεωμετρίας

ΠΡΟΣΟΧΗ κυκλοφόρησε ! ! ! • Δ.Γ. Κοντογιάννη:

ΙΣΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΑΝΙΣΟΤΗΤΕΣ

ΣΤΟ ΤΡΙΓΩΝΟ

Για μαθητές Α · - Β· Λυκείου

Βιβλία Μοναδικά Παραγγελίες - Πληροφορίες

CA.('..o ·"LΘ � """' σ ""ζ.. ΙιΙ\ v l'�'i.. \ffi�IΔΉΣ�' λ. τ. 112 1 '"l..V\� 1 Α � "'- � G\. ό, 'i, : 'i.f\bι.. Ν �ο e-B 13 ZDo.

ε ΒJ.. Δ

ΑΣΚΗΣΗ ΙΟ Σε τραπέζιο ΑΒΓΔ ( ΑΒ 11 ΓΔ ) με ΓΔ > ΑΒ οι μη παράλληλες πλευρές ΑΔ , ΒΓ τέμνονται στο

Ο κάθετα . Αν Ε , Ζ μέσα των ΑΒ , ΓΔ αντίστοιχα ( η ΕΖ διέρχεται από το Ο ) να δειχθεί ότι:

2ΕΖ = ΓΔ - ΑΒ. ο .Α>.

. ΛΥΣΗ

..,., ΓΔ .. ...

Στο ορθογώνιο ΔΟΓ η ΟΖ είναι διάμεσος οπότε: ΟΖ = 2 (1)

..... ΑΒ Στο ορθογώνιο ΑΟΒ η ΟΕ είναι διάμεσος οπότε: ΟΕ = 2 (2) Αφαιρούμε τις ( Ι ) και (2) κατά μέλη και παίρνουμε :

ΓΔ ΑΒ ΓΔ - ΑΒ ΟΖ - ΟΕ = - - -· δηλαδή ΕΖ = ---2 2 2 οπότε 2ΕΖ = = ΓΔ - ΑΒ

Δ z ΑΣΚΗΣΗ 11

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α =90° ) και τετράγωνο ΔΕΖΗ εγγεγραμμένο στο τρίγωνο ( οι κορυφές Δ, Ε είναι σημεία της ΒΓ και οι κορυφές Ζ, Η είναι σημεία των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα ). Αν Κ είναι το κέντρο του τετραγώνου , να δειχθεί ότι η ΑΚ είναι διχοτόμος της γωνίας Α .

Β Δ Ε Γ

ΑΣΚΗΣΗ 12

ΛΥΣΗ

Αρκεί να δείξουμε ότι το Κ ισαπέχει από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ. Φέρνουμε : ΚΛ .l ΑΒ και ΚΜ .l ΑΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΛΗ , ΚΜΖ έχουν: ΚΗ = ΚΖ (γιατί : ΔΖ = ΕΗ) και ΚΊ = Κ2 (οξείες με πλευρές κάθετες) εφ' όσον ΚΗ .l ΚΖ (γιατί;) και ΚΛ .l ΚΜ (γιατί;) άρα ΚΑΗ = ΚΜΖ οπότε ΚΛ = ΚΜ και έτσι η ΑΚ διχοτόμος της Α.

Σε τετράγωνο ΑΒΓΔ παίρνουμε σημείο Ε στην πλευρά ΓΔ. Αν η διχοτόμος της ΕΑΒ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο Ζ να δειχθεί ότι: ΑΕ = ΔΕ + ΒΖ.

· · ·f:: .. Η ... ·- . .

.. ,1"1:-' Ι

... / ...

υ .. ...

. . . . z

Ε Γ

�σ2t.ol taε Α �Γ� �� Cf'f� :.ο. ι ε. f:\IQ. �(b lr α. \l,..Q-\

ΛΥΣΗ

Από το Δ φέρνουμε ΔΗ .l ΑΖ που τέμνει την ΑΒ στο Θ και την ΑΕ στο I. Στο ΑΙΘ το ΑΗ ύψος και διχοτόμος οπότε το τρίγωνο ισοσκελές με ΑΙ = ΑΘ ( I ) και Θι = fι . Ακόμα fι = b (κατά κορυφή ) και ΘΊ = Δι (εντός εναλάξ) Άρα ί; = Δι και το ΙΕΔ ισοσκελές με ΙΕ = ΔΕ (2) Προσθέτοντας τις ( Ι ) και (2) κατά μέλη πέρνουμε ΑΙ + ΙΕ = ΑΘ +ΔΕ δηλαδή ΑΕ = ΑΘ + ΔΕ (3) Τα ορθογώνια ΑΒΖ , ΑΔΘ έχουν: ΑΒ = ΑΔ (λόγω του τετραγώνου ) ΑΊ = ΔΊ (οξείες με πλευρές κάθετες ) οπότε ΑΒΖ = ΑΔΘ και έτσι: ΒΖ = ΑΘ (4) Από την (3) λόγω της (4) παίρνουμε: ΑΕ = ΔΕ + ΒΖ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 1122 �'l.J' ν f\ � ο ε "-� � � f �ε::ιc -z. ι.v crl. t. • � "2. -::..)

Γ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ

ΜΑθ Η ΜΑΤ Ι ΚΑ r Ι Α, ΤΟ ΛΥ'Κ Ε ΙΟ � -

Η Λ. / Α Σ 5 Ν Τ Ζ Ι Ω Ρ Α Σ Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Α

Α Ν Α Λ Υ Σ Η Γ' 1\YΚiiiOY • Α' ΤΕΥΧΟΣ Γ Ι ΙΙ ΤΙS Α �Σ.ΜΕΣ Α:. 8 tι a ι Δ

Η Λ I Α Σ 6 . Ν Τ Ζ Ι Ο ? Α Σ M A e M M A T 8 K A Α Ν ΑΛΥ Σ Η Γ ΛYKtiOY • 8' TtYXOI

'5Ε..;ϊΡ ;, ΠΑΡΑΔΕΙ r'"\ΙΑΤΑ. ι\'fΜΕΝΕΣ ΑΣΚΙilΘΣ. ΑΖ� nA ΛYDi. wt>Ιr.ΙΣEJI. τε:rr ΕΞFτΑΙΕΩΝ

ΣΤΕΛΙΟΣ ΕΥΡΙΠΙΩΤΗΣ

Μόλις κυκλοφόρησε • Άλγεβρα

Δ' δέσμης • Θέματα

Ανάλυσης Γ' Λυκείου

Ι 1 Ε Λ I Ο Ι Γ Ε Υ Ρ Ι !Ι Ι Ω 1 Η Σ

βEIAtA ΑΝΑΛΥΣΗΣ Γ Λ'ΙΙΙιΙΙΙΟΥ • 8' Mai'OΣ Γ t Α Τ $4 Η Α' Α I! Σ Μ tί

ΗΛΙΑΣ ΝΤΖΙΩΡΑΣ

Μαθηματικά-Ανάλυση Γ' Λυκείου (3 τόμοι)

Μόλις κυκλοφόρησε ο Γ' τόμος

• Όριο συνόρτησης Συνέχεια συνόρτησης Ακολουθίες

• Πίνακες Ορίζουσες Γραμμικό συστήματα

• Ακολουθίες για την Α' Δέσμη

• Ολοκληρώματα • Παρόγωγοι

Γ Ι Ω Ρ Γ Ο Σ Σ Κ Α Ν Δ Α ιΊ Η Σ ΓΙΩΡΓΟΣ ΣΚΑΝΔΑΛΗΣ ΙΩΡΓΟΣ ΚΑΛΑΝΤΖΗΣ ---ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ Β' ΛΥΚΕΙΟΥ • Β' ΜΕΡΟΣ Μαθηματικά Α' Λυκείου

Μαθηματικά Β' Λυκείου Μαθηματικά Γ' Λυκείου

Άλγεβρα Α' Λυκείου

Σε όλα τα β ιβλιοπωλεία

Κεντρική Διάθεση: Σ. Πατάκης ΑΕ. Εμμ. Μπενάκη 1 6, 1 06 78 Αθήνα. Τηλ: 38.3 1 .078, Fax: 36.28.950. Υποκ/μα Β. Ελλάδας: Ν. Μοναστηρίου 1 22, 563 34 Θεσσαλονίκη, Τηλ: (03 1 )70.63.54-5

Δύο αποδείξεις του συμπληρωματικού του έγκεντρου με τη βοήθεια δύο ασκήσεων

Στράτης Α ντωνέας

Πρόταση Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ένα τυχαίο σημείο Ρ. Οι παράλληλες από τα μέσα των πλευ

ρών του τριγώνου προς τις ΡΑ, ΡΒ και ΡΓ διέρχονται από το ίδιο σημείο Σ. (Το σημείο Σ ονομάζεται συμπληρωματικό σημείο του Ρ).

Απόδειξη

Θεωρούμε τη διάμεσο ΑΔ του τριγώνου και το βαρύκεντρό του Θ. Η παράλληλη από το Δ προς τη ΡΑ τέμνει τη ΡΘ στο σημείο Σ.

, ΣΘ ΘΔ 1 δ λ δ , 1 Τοτε ΘΡ = ΘΑ = "2 η α η ΘΣ = 2ΡΘ. Άρα το σημείο Σ είναι σταθερό. Οπότε οι παράλληλες από τα

μέσα των πλευρών του τριγώνου προς τις ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ διέρχονται από

Α

το σταθερό σημείο Σ. Β Δ Γ Αν γιq το σημείο Ρ θεωρήσουμε το ορθόκεντρο του τριγώνου, τότε προφανώς οι ΡΑ, ΡΒ, ΡΓ

είναι τα ύψη και οι παράλληλοι από τα μέσα των πλευρών του τριγώνου είναι οι τρεις μεσοκάθετοι και το σημείο Σ είναι το περίκεντρο του τριγώνου.

Αν τώρα για το σημείο Ρ θεωρήσουμε το έγκεντρο του τριγώνου τότε θα δώσουμε άλλες δύο λύσεις στο πρόβλημα:

Οι παράλληλες από τα μέσα των πλευρών ενός τριγώνου προς τις διχοτόμους του διέρχονται από το ίδιο σημείο.

Πριν προχωρήσουμε στις άλλες δύο αποδείξεις θα αναφέρουμε δύο ασκήσεις που θα χρησιμοποιηθούν σ' αυτές.

Άσκηση ι Η παράλληλη από το μέσο Λ της πλευράς ΒΓ ενός τριγώνου ΑΒΓ,

προς τη διχοτόμο ΑΔ τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Θ και Ψ αντίστοιχα. Τότε ισχύει ότι: ΒΘ = .ΓΨ = ψ.

[Άσκηση του σχολικού βιβλίου]

Άσκηση 2 Πάνω στις πλευρές Οχ και Οψ μιας γωνίας χΟψ παίρνουμε δύο ίσα

τμήματα ΑΒ και ΓΔ αντίστοιχα. Αν Μ και Ν τα μέσα των ΑΓ και ΒΔ, τότε το τμήμα ΜΝ είναι παράλληλο προς τη διχοτόμο Οδ της γωνίας.

[Εξετάσεις Χημ. Μηχ. Ε.Μ.Π. 1 960] [Υπόδ. Από τις σχέσεις:

(i) ΑΒ = ΓΔ (ii) Μ μέσο του ΑΓ

(iii) Ν μέσο του ΒΔ (iv) Οδ // ΜΝ

αν ισχύουν οι τρεις τότε αποδεικνύεται η τέταρτη].

Απόδειξη ι

Θ

Γ

ο

χ ψ

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με γ < α < β. Φέρνω τις παράλληλες προς τις διχοτόμους του τριγώνου από τα μέσα Λ, Κ, Ν των πλευρών ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα.

Έχω ότι ΒΘ = ψ, ΑΘ = ψ - γ = ,Υ.


Δ()ο αποδείξεις του συμπληρωματικού του έγκεντρου με τη βοήθεια δύο ασκήσεων

Ομοια αποδεικνύεται ότι ΑΗ = ΟΓ = α; Υ, ΒΗ = ΒΟ = α 2 Υ,

ΒΧ = � ΟΧ = ΒΧ - ΒΟ = α + β - !!..=..! = 1!..±..1.

2 ' 2 . 2 2 ΛΧ = ΒΧ - ΒΛ = � - !! = Ά

2 2 2 ΝΘ = ΒΘ - ΒΝ = .1!..±..1. - l = Ά

2 2 2 NH = NB + BH = l + !!..=..! = Q

2 2 2

Θ

Η Στο τρίγωνο ΒΗΧ με τέμνουσα την ΠΛΘ και στο τετράπλευρο ΘΑΓΧ με τέμνουσα την

ΦΚΟΗ από το θεώρημα του Μενελάου έχω: ΠΗ . ΛΧ . ΘΒ = l <=> ΠΗ = ΛΒ . ΘΗ και ΠΧ ΛΒ ΘΗ ΠΧ ΛΧ ΘΒ

ΦΧ ΗΘ ΚΑ ΟΓ ΦΧ ΗΑ ΟΧ ΦΘ

. ΗΑ . ΚΓ

. ΟΧ = l <=> ΦΘ = ΗΘ

. ΟΓ

.!! Q.±.1 1!..±..1. Ά Τότε· ΠΗ . ΦΧ . ΝΘ = ΛΒ . ΘΗ . ΗΑ . ΟΧ . ΝΘ = � . _1 _ . _2_ . _. _2_ . � = l . ΠΧ ΦΘ ΝΗ ΛΧ ΘΒ ΗΘ ΟΓ ΝΗ Ά 1!..±..1. 1 Q.±.1 Q

2 2 2 2 Άρα σύμφωνα με το θεώρημα του Ceva οι ΘΠ, ΗΦ και ΧΝ συντρέχουν.

Στην 2η απόδειξη θα χρειαστεί να γίνει η επόμενη κατασκευή: Στο εσωτερικό μιας γωνίας θεωρούμε σημείο Μ. Να κατασκευαστεί

τμήμα ΑΒ με άκρα στις πλευρές της γωνίας ώστε το Μ να είναι μέσο του τμήματος ΑΒ.

Α ν Ρ το συμμετρικό του Ο ως προς το Μ και ΡΒ // Οχ, τότε τα τρί-"' "'

γωνα ΟΑΜ και ΡΜΒ είναι ίσα γιατί έχουν ΟΜ = ΜΡ, ΟΜΑ = ΡΜΒ ως κατακορυφήν γωνίες και ΜΟΑ = ΜΡΒ ως εντός εναλλάξ γωνίες. Άρα ΑΜ = ΜΒ δηλαδή Μ μέσο του ΑΒ.

Απόδειξη 2 Έστω Ρ το σημείο τομής των παραλλήλων από τα μέσα Λ και Κ

των πλευρών ΒΓ και ΑΓ προς τις διχοτόμους ΒΕ και ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ. Θεωρώ το συμμετρικό Τ του Γ ως προς το Ρ και .την παράλληλο ΤΣ προς τη ΒΓ. Η ΣΡ τέμνει την ΒΓ στο σημείο Μ. Το Ρ

χ

Θ

ο

είναι μέσο της ΣΜ (σύμφωνα με την προηγούμενη κατασκευή). Θα Τ"'=:::::--+--->r----'1-'"'δείξω ότι ΑΣ = ΒΜ.

ΘΗ = ΒΘ + ΒΗ = 1!..±..1. + !!..=..! = � 2 2 2 1

· ΡΚ _ ΚΛ _ 2 _ _:ι_ Κ, Λ μεσα των ΑΓ, ΒΓ <=> ΚΛ // ΑΒ ==> ΡΗ - ΘΗ - α + β-

α + β 2

Q.±.1 ΚΗ // ΒΕ <=> ΚΗ = ΑΗ = -2- <=> ΚΗ = Q.±.l <=> ΚΗ = (α + γ)δβ

ΒΕ ΑΒ γ δβ 2γ 2γ

Άρα· ΡΚ = _:ι_ <=> ΡΚ = y <=> ΡΚ = y <=> . ΡΗ α + β ΡΚ + ΡΗ α + β + γ ΚΗ α + β + γ

1(α + γ)δβ ΡΚ = yKH 2γ (α + γ)δβ

α + β + γ α + β + γ 2(α + β + γ)

Η

Στο τρίγωνο ΑΤΓ τα Κ, Ρ τα μέσα των ΑΓ, ΓΤ οπότε ΑΤ = 2ΡΚ = 22�: J):�) = (�α++ βγ�δ

γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. 2/25

ψ

Γ

Δύο αποδείξεις του συμπληρωματικού του έγκε\•τρου με τη βοήθεια δύο ασκήσεων

Τα τρίγωνα ΑΤΣ και ΕΒΓ είναι όμοια οπότε: (α + γ)δβ

•

•

ΑΣ = ΑΤ � ΑΣ = (α + β + γ) � ΑΣ = α + γ . ...Q(L = αβ ΕΓ ΒΕ ...Q(L δ β α + β + γ α + γ α + β + γ

α + γ ΑΣ = ΤΣ � ΑΣ = ΜΓ � α ΑΣ = ΜΓ ...Q(L � (α + γ)ΑΣ = β(α - ΜΒ) � ΕΓ ΒΓ ...Q(L α α + γ

α + γ (α + γ)ΑΣ = αβ - βΜΒ � βΜΒ = αβ - (α + γ)ΑΣ � βΜΒ = αβ - (α + γ) α

ββ �

α + + γ βΜΒ = αβ(α + β + γ .,... α - γ) � βΜΒ = αβ2

=> ΜΒ = αβ α + β + γ α + β + γ α + β + γ

Σύμφωνα με τη 2η άσκηση επειδή ΑΣ = ΒΜ, Ρ μέσο του ΣΜ, Ν μέσο του ΑΒ συμπεραίνουμε ότι η ΝΡ είναι παράλληλη με τη διχοτόμο της f, άρα αποδείχτηκε το ζητούμενο.

Άσκηση . Σε τρίγωνο ΑΒΓ (σκαληνό και όχι ορθογώνιο) φέρνουμε τα ύψη ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ. Θεωρούμε τις

προβολές Κ, Λ των Β και Γ πάνω στις ΔΖ και ΔΕ αντίστοιχα. Α ν l\1 και Ν τα μέσα των ΖΕ και ΚΑ, τότε δείξτε ότι ΜΝ // ΑΔ.

Λύση Α Α

Γ Γ σχήμά Ι σχήμα 2

Αν Ρ και Σ είναι οι προβολές των Β και Γ στην ΖΕ θα δείξουμε πρώτα (σχήμα I) ότι ΡΖ = ΕΣ. Έστω Τ το μέσο της ΒΓ. Στα ορθογώνια τρίγωνα ΒΖΓ και ΒΕΓ είναι ΖΤ = ΕΤ = Β[ ως διάμεσοι που αντιστοιχούν στην υποτείνουσά τους ΒΓ. Τότε στο ισοσκελές τρίγωνο ΖΤΕ η διάμεσος τΜ είναι και ύψος, οπότε τΜ 11 ΒΡ, ΓΣ. Στο τραπέζιο ΒΓΣΡ το τΜ θα είναι η διάμεσός του, οπότε Μ μέσο του ΡΣ. Άρα ΡΖ = ΕΣ εφ' όσον το Μ είναι μέσο των τμημάτων ΖΕ και ΡΖ.

Τα ύψη του τριγώνου (σχήμα 2) είναι οι διχοτόμοι του _ορθικού τριγώνου ΔΖΕ και οι πλευρές του τριγώνου οι εξωτερικές διχοτόμοι του. Τότε ΡΖ = ΖΚ και ΕΣ = ΕΛ και εφ' όσον ΡΖ = ΕΣ θα είναι ΖΚ = ΕΛ. Επίσης η ΑΔ είναι η διχοτόμος της zΔΕ, Μ, Ν τα μέσα των ΖΕ, ΚΛ οπότε σύμφωνα με τη 2η άσκηση προηγούμενα, θα είναι ΜΝ // ΑΔ.

• Οπως έγινε η κατασκευή του ΜΝ μπορούμε να κατασκευάσουμε άλλα δύο τμήματα, τα οποία θα διέρχονται από τα μέσα των ΔΕ, ΔΖ και θα είναι παράλληλα προς τις διχοτόμους των άλλων δύο γωνιών του τριγώνου ΔΕΖ, ώστε και τα τρία να διέρχονται απ' το ίδιο σημείο.


Πολυωνυμικές εξισώσεις Μεταξάς Νίκος

1 . Γενικά Η θεωρία επίλυσης των πολυωνυμικών εξισώσεων έχει μακρά ιστορία και κορυφαίοι Μα

θηματικοί σφράγισαν με τις μελέτες τους την εξέλιξή της. (Ο Νεύτωνας για παράδειγμα, γύρω στα 1 700, μελέτησε 72 διαφορετικές περιπτώσεις επίλυσης και γραφικής απεικόνισης των πολυωνυμικών εξισώσεων 3ου βαθμού).

Στις μέρες μας η Αλγεβρική Γεωμετρία (που θεμελιώθηκε μετά το 1 945 από τις εργασίες των Seπe, Grφthendieck, Godement και άλλων), ασχολείται με την εξέταση του συνόλου λύσεων πολυωνυμικών εξισώσεων με 2 (ή περισσότερους) αγνώστους και σε χώρους ευρύτερους του IR., με εκπληκτικά αποτελέσματα σε περιοχές όπως Μιγαδική Ανάλυση, Μεταθετική Άλγεβρα, Διαφορική Γεωμετρία, Αλγεβρική Θεωρία Αριθμών (η απόδειξη του Θεωρήματος Fermat πριν λίγα χρόνια) κ.λ.π.

Οπως είναι φανερό η μελέτη των πολυωνύμων όχι μόνο έρχεται από πολύ παλιά άλλα κα πηγαίνει πολύ μακριά.

2. Θέματα - Ασκήσεις · 1. Έστω f(x) πολυώνυμο βαθμού �2. Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του f(x) με το (χ - α)(χ - β) για α ;�:. β καθώς και με το χ2 - ρ2 για ρ ;�:. Ο.

Λύση Έστω f(x) = (χ - α)(χ - β)π(χ) + υ(χ) (ταυτότητα της διαίρεσης), με υ(χ) = λ1χ + λ2 Είναι: f(α) = υ( α) = λ1α + λ2, f(β) = υ(β) = λ1β + λ2 Άρα: λ = f(α) - f(β) λ = αf(β) - βf(α) οπότε: υ(χ) = f(α) - f(β) χ + αf(β) - βf(α) 1 α - β ' 2 α - β α - β α - β Για β = - α = - ρ, ρ ;�:. Ο παίρνουμε: υ(χ) = f(p) ;:(-ρ) χ + f(-p); f(p)

Άσκηση: Με τον ίδιο τρόπο μπορείτε να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του f(x) (βαθμού �2)

δια του (χ - α)2;

2. Έστω f(x) = «vXv

+ . . · + α1χ + α0, αο, α1, . . . , «v Ε 'll και «ν 7:. Ο. Αν το f(x) παίρνει την τιμή 3 για 4 διαφορετικές ακέραιες τιμές τότε η εξισωση:

δεν έχει λύση στο 'll. (f(x) - 4]3 + 1 + (6 - f(x)]3 = 3(f(x) - 4)(6 - f(x)) (I)

Λύση Έστω α, β, γ, δ οι ακέραιοι ώστε f(α) = f(β) = f(γ) = f(δ) = 3. Απ' την ταυτότητα Euler όμως έ

χουμε ότι η (I) ισχύει αν και μόνο αν: f(x) - 4 + 1 + 6 - f(x) = Ο ή f(x) - 4 = 1 = 6 - f(x)

δηλαδή f(x) = 5. Άρα η (I) ισοδύναμα δίνει f(x) = 5. Έστω F(x) = f(x) - 3, πολυώνυμο στο 'll. Επειδή F(α) = F(β) = F(γ) = F(δ) = Ο έχουμε:

F(x) = (χ - α)(χ - β)(χ - γ)(χ - δ)G(χ) για G(x) πολυώνυμο στο 'll. Ζητάμε F(x0) = f(x0) - 3 = 5 - 3 = 2 για κάποιο χ0 Ε 'll. Έχουμε:

F(x0) = 2 <=> (χ0 - α)( χ0 -- β)( χ0 - γ)( χ0 - δ)G(χ0) = 2

Επειδή χ0 Ε 'll και τα α, β, γ, δ διαφορετικά η παραπάνω ισότητα δε μπορεί να ισχύει στο 'll (δεν υπάρχει γινόμενο 4 διαφορετικών ακεραίων ίσο με ± 1 ή ±2 το G(x) είναι οποιοσδήποτε απ' τα ± 1 , ±2)

Άρα η F(x) = 2 δεν έχει λύση στο 'll άρα ούτε η f(x) = 5.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 2/27

Πολυωνυμικές εξισώσεις

3• Έστω g(x) = xs + χ4 + χ3 + xz + χ + ι, f(x) = χ30ν + s + χ24ν + 4 + x1sv + 3 + χ12ν + 2 + χ6ν + 1 + ι. Να αποδειχθεί ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης του f(x) με το g(x) είναι το μηδενικό πολυώνυμο.

Λύση Θεωρούμε τη διαφορά f(x) - g(x). Έχουμε:

f(x) - g(x) = x5((x6v)5 - Ι ) + χ4((χ6\/ - Ι) + x3((x6v)3 - Ι ) + x2((x6v)2 - Ι ) + χ(χ6\' - Ι ) =

(χ6ν - Ι )(χ5(χ24ν + χ lβν + xl2\' + χ6ν + Ι) + . . . + χ) = (χ6ν - I )h(x) όπου:

h(x) = (χ6ν - 6 + . . . + Ι )(χ5(χ24ν + . . . + Ι) + . . . + χ) = (χ _ I )h(x)(x5 + χ4 + χ3 + χ2 + χ + Ι ) = (χ - I )h(x)g(x)

Άρα f(x) = (1 + (χ - I )h(x))g(x) και το ζητούμενο συμπέρασμα έπεται.

Άσκιιmι: Να δειχθεί ότι η F(x) = συν(f(χ�(χr(χ) π) για χ Ε Ν* με g(x) = χ3 + χ2 + χ + Ι και

f(x) = χ 12ν + 3 + χ8ν + Ζ + χ4ν + 1 + Ι είναι σταθερή. Ποια η τιμή της;

4. Να λυθεί η εξίσωση:

- (εφ2ω + ι)χ4 + (�+ ι \3 - (�+ ι\ +-ι-2- = ο (ω :;tΚΠ + .!2' κ Ε Ζ) συν ω Γ συν ω Γ συν ω

Λύση

Θέτοντας λ = εφ2ω + Ι = -1-2-, η εξίσωση γράφεται - λχ4 + (λ2 + Ι )χ3 - (λ2 + Ι )χ + λ = Ο

συν ω Με παραγοντοποίηση έχουμε:

-λ(χ4 - Ι ) + (λ2 + l )x3 - (λ2 + l )x - λ = Ο <=> -λ(χ4 - Ι ) + (λ2 + Ι )(χ3 - χ) = Ο <=> (χ2 - 1 )(-λχ2 + (λ2 + Ι )χ - λ) = Ο <=> (χ2 - Ι )(χ - λ)( χ -t )= Ο

Ά 'ζ , 1 Ι Ι 2 ρα οι ρι ες ει ναι χ1 = , χ2 = - , χ3

= --2-, χ

4 = συν ω.

συν ω

Άσκηση: Με όμοιο τρόπο να λυθεί η (� - Ι )χ4 - πχ3 + πχ =�

Ι . 2 + Ι

5. Να λυθεί η εξίσωση (χ + 6)(χ + 4)(χ - 3)(χ - 5) = 495 και στη συνέχεια η (χ+ 6)(χ + 4)(χ - 3)(χ - 5) > 495

Λύση Είναι (χ + 6)(χ - 5) = χ2 + χ - 30, (χ + 4)(χ - 3) = χ2 + χ - Ι 2. Θέτουμε y = χ2 + χ οπότε έχουμε:

(y - 30)(y - 1 2) = 495 <=> y2 - 42y + 360 = 495 <=> / - 42y - Ι 35 = ο Οι ρίζες της είναι Υ ι = 45, y2

= -3

Άρα χ2 + χ = 45 <=> χ1 ,2 = -Ι ±jϊ8f και χ2 + χ = -3 αδύνατη στο IR Η aνίσωση (χ+' 6)(χ + 4)(χ - 3)(χ - 5) > 495 επομένως δίνει (χ2 + χ - 45)(χ2 + χ + 3) > Ο Άρα χ Ε ( --οο,�-1 -vrsτ>)u (�-Ι + -.Jϊ8ϊ), +οο)

Άσκιιmι: Με όμοιο τρόπο να λυθεί η (χ + 7)(χ + 6)(χ - 3)(χ - 2) = 1 00.

2 2 6. Να λυθεί η (� = �) + (� = �) = ι980

Λύση Για χ :;t 2, 4 έχουμε:

2 2 2 2 (χ - 3) + (χ - 3) + 2(χ - 3) = 1980 + 2(χ - 3) <=> χ - 2 χ - 4 (χ - 2)(χ - 4) (χ - 2)(χ - 4)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 2128

Πολυωνυμικές εξισώσεις

, 2 (χ - 3 + χ - 3)- = 2(χ - 3) + 1980 χ - 2 χ - 4 (χ - 2)(χ - 4)

2 3 2 Θέτοντας y = 2(χ - 3> = 2<χ - ) παίρνουμε y2 = y + 1 980 (χ - 3)2 - 1 (χ - 2)(χ - 4)

2 (γιατί χ - 3 + χ - 3 = 2(χ - 3) ) χ - 2 χ - 4 (χ - 3)2 - 1 και y = 45 ή y = -44

2 Άρα y = 45 <=> 45 = 2(χ -23)

(χ - 3) - 1

Θέτοντας ω = (χ - 3)2 βρίσκουμε χ - 3 = ω = ±�<=> χ1 , 2 = 3 ± � Ομοια για y = -44 καταλήγουμε στα χ3.4 = 3 ± � 7. Να δειχθεί ότι η συν4(χν + 3χ + 2) - 3συν2(χν + 3χ + 2) + 2 = Ο δεν έχει λύση στο Q, όπου ν περιττός φυσικός με ν > ι.

Λύση Θέτουμε y = συν2(χ\' + 3χ + 2) και έχουμε: y2 - 3y + 2 = Ο <=> Υ ι = 1 , y2 = 2

Για y = 2 η y = συν2(χν + 3χ + 2) αδύνατη . Για y = 1 πρέπει συν( χ v + 3χ + 2) = ± 1 . Άρα χ ν + 3χ + 2 = κπ, κ ε 71... Για χ ε Q δεκτές είναι μόνο οι τιμές του κ ώστε xv + 3χ + 2 = Ο. Οι πιθανές ρητές ρίζες είναι της μορφής � με α, β ε 71..* με α να διαιρεί το 2 και β το 1 . Άρα οι πιθανές ρητές ρίζες � αναζητούνται στο {± 1 , ±2} . Με δοκιμή διαπιστώνεται ότι καμιά δεν είναι ρίζα. Άρα η αρχική εξίσωση δεν επιλί>εται στο Q.

8. Να λυθεί η� +�= 2

Λύση

Θέτοντας y = -5 fS.1

- χ και για χ τέτοιο ώστε 21

- χ > Ο <=> (2 - χ)(1 + χ) > Ο <=> χ ε (-1 , 2) -ντ+χ + χ

παίρνουμε: y + l = 2 <=> / - 2y + 1 = Ο. Άρα y = 1 <=> 21

- χ = 1 <=> χ = -21

Υ + χ

Επειδή ! ε (- 1 , 2) δεκτή .

9. Να λυθεί η (11 - χ)\/11 - χ - (χ - 9� = 26/11 - χ + -νχ - 9) Λύση

Πρέπει 1 1 - χ ;;.: Ο, χ - 9 ;;.: Ο <=> χ ε [9, 1 1 ]. Έχουμε: ( 1 1 - χ - 2� = (χ - 9 + 2� <=> (9 - χ� = (χ - 7� <=>

9 - χ = ο ή νττ=χ -νχ - 9 = 7 - χ

Επειδή χ ;;.: 9 η νττ=χ -νχ - 9 = 7 - χ αδύνατη αφού 7 - χ < Ο. Άρα χ = 9

Άσκηση: Με όποιο τρόπο να λυθεί η � +�= 1 και η

2(-νs=χ. + νr=χ> = (5 - χ� + (3 - x)-JX=J


Γεωμετρία Β' Λυκείου Ασκήσεις στις μετρικές σχέσεις

Α ναγνώστου Κώστας

Άσκηση 1 Σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει 2ΓΘ2 = ΘΑ2 + ΘΒ2 όπου Θ το κέντρο βάρους.

Δείξτε ότι: i) α·μα = β·μμ ii) � = - fi._ fi J1γ ·ν μα ·ν μμ

Λύση

i) 2ΓΘ2 = ΘΑ2 + ΘΒ2 = 2(�� )2 = βμα )2 + βμβ )

2 = . . . = 2γ2 = α2 + β2 ( 1 )

Από: �� = 2(β2 + J2) - α2 � . . .

= �ι =�β (2) 2 - 2(α2 + γz)- β2 Ο > - ... f3 (3) μβ - - 4- - = . . · = μβ -τα

Από (2) και (3) α�1 = βμβ ii) Ισχύει:

� = 2(α2 +!2) -γ2 = 2(2y1-y2 =�= (*)2 = 1= -1·-1

(4) Από (2), (3), ( 4) έχω:

λσκηση 2 Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ και τα σημεία του Γ, Δ τέτοια ώστε ΑΓ = ΓΔ = ΔΒ. Εάν Μ τυ-

χαίο σημείο δείξτε ότι: ·

ί) ΑΜ2 + 3ΜΔ 2 = ΜΒ2 + 3ΜΓ2

ii) Εάν ΑΜ2 + 3ΔΜ2 = α, α > Ο να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ.

i ) Λύση ·

Στο ΑΜΔ ( Ι ο θ. διαμέσων): ΑΜ2 + ΜΔ2 = 2ΜΓ2 + Af2 ( Ι ) """" 2 2 2 ΒΓ2 όμοια στο ΓΜΒ: ΜΓ + ΜΒ = 2ΜΔ +Τ (2)

Από ( Ι ), (2) με αφαίρεση θα έχω: ΑΜ2 + ΜΔ2 - ΜΓ2 - ΜΒ2 = 2ΜΓ2 - 2ΜΔ2

άρα ΑΜ2 + 3ΜΔ 2 = ΜΒ2 + 3ΜΓ2 ii) Έστω ΑΒ = κ, κ > Ο Ν μέσο ΓΔ. Ισχύει:

Α

ΜΒ2 + 3ΜΓ2 = α = ΜΒ2 + ΜΓ2 + 2ΜΓ2 = α = 2ΜΔ2 + Bf2 + 2ΜΓ2 = α =

Μ

Β

2(ΜΔ2 + ΜΓ2) = α - 2κ2 = 2(2ΜΝ2 + ΓΔ2)= α - 2κ2 = 4ΜΝ2 = α - 3κ2 = ΜΝ = .!.- v 9 2 9 9 2 ·νu -9

2 με α > �

Άρα το Μ ανήκει σε κύκλο κέντρου Ν και ακτίνας ρ =Ή λσκηση 3

Έστω κυρτό εγγράψιμο τετράπλευρο ΑΒΓ Δ, δείξτε ότι ισχύει η ισοδυναμία: ΑΔ 2 + ΑΓ2 = ΒΓ2 + ΒΔ 2 = ΒΓ = ΑΔ


Ασκήσεις στις μετρικές σχέσεις

Λύση Η (ε) μεσοκάθετος του ΑΒ. Έστω Μ μέσο ΔΓ:

ΑΔ2 + ΑΓ2 = ΒΓ2 + ΒΔ2 <=> 2ΑΜ2 + ΓΔ2 = 2ΒΜ2 + ΓΔ2 <=> 2 2 ΑΜ = ΒΜ <=> Μ ε (ε) <=> ΑΒ 11 ΔΓ <=> ΑΔ = ΒΓ

Άσ�ηση 4 Γ

Έστω ΑΒΓΔ κυρτό εγγράψιμο τετράπλευρο τέτοιο ώστε η διαγώνιος ΑΓ τέμνει στο μέσο τη διαγώνιο ΒΔ δείξτε ότι: ΑΒ2 + ΑΔ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 = 2Ar

Λύση Το Ε μέσο ΒΔ.

ΑΒΔ ( Ι ο θ. διαμέσων): ΑΒ2 + ΑΔ2 = 2ΑΕ2 + ΒΔ2 2

ΓΒΔ ( Ι ο θ. διαμέσων): ΓΒ2 + ΓΔ2 = 2ΓΕ2 + Bf2

Άρα: ΑΒ2 + ΑΔ2 + Br + ΓΔ2 = 2(ΑΕ2 + ΓΕ2) + ΒΔ2 ( I ) ΒΔ2 = (2ΒΕ)2 = 4ΒΕ2 = 4ΒΕ·ΕΔ = 4ΑΕ·ΕΓ (2)

Α

Από ( 1 ), (2): ΑΒ2 + ΑΔ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 = 2(ΑΕ2 + ΕΓ2 + 2ΑΕ·ΕΓ) = 2(ΑΕ + ΕΓ)2 = 2ΑΓ2

Άσκηση 5 Εάν (Jε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει ΑΒ + ΘΓ = ΑΓ + ΘΒ, Θ το κέντρο pάρους, τότε το τρίγωνο ΑΒΓ

ισοσκελές. Λύση

Είναι ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ διάμεσοι, Θ κ. βάρους, ΘΓ = j�, ΘΒ = jμβ 2 2

ΑΒ + ΘΓ = ΑΓ + ΘΒ <=> β - γ =�� - μβ) = 2 !Jr - μβ 3 3 � + μβ 2(α2 + β2) _ 12 _ 2(α2 + 12) _ β2

2 4 4 - . . . - l (β -γ)( β + γ) 3 " � + μβ - - 2 μβ + �

Άρα: (β - γ) ( μβ + � -ψ)= ο (1)

ΑΕΒ: ΒΕ + ΑΕ > ΑΒ <=> μβ +! > γ

ΑΖΓ: ΓΖ + ΑΖ > ΑΓ -:::> � +� > β

Άρα μβ + � >ψ (2) Από ( I ), (2): β = γ <=> ΑΒΓ ισοσκελές

Άσκηση 6 Σε τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 100°, Γ = 30° δείξτε ότι QΓ2 = ΑΓ(ΑΒ + ΑΓ).

Λύση Είναι: Α = 1 00°, f = 30° ΓΔ διάμεσος, ΓΕ .l ΑΒ, Ζ μέσο ΑΓ.

ΑΒΓ: ΒΓ2 - ΑΓ2 = 2ΑΒ·ΕΔ (2° θ. διαμέσων) Ισχύει ΕΖ = Α[, ΔΖ // ΒΓ άρα ΕΔΖ = Β = 50°, ΔΖΑ = f = 30° ,.... Επίσης ΑΖΕ = 20°

Άρα ΕΔΖ ισοσκελές <=> ΕΔ = ΕΖ Επομένως ΒΓ2 - ΑΓ2 = 2ΑΒ· Α[= ΑΒ·ΑΓ.


Β

Α


Άσκηση 7 2

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β2 + γ2 = 5: . Εάν Θ το κέντρο βάρους και Η το ορθόκεντρο του,

δείξτε ότι η μεσοκάθετος του ΘΑ διέρχεται από το Η.

Λύση Έστω Η ορθόκεντρο: ΑΔ διάμεσος, Θ κέντρο βάρους, Ο περίκεντρο . 2 Ισχύει ΗΑ = 20Δ, ΟΔ2 = R2 -� άρα ΑΗ2 = 4R2 - α2 Ομοια ΒΗ2 = 4R2 - β2, ΓΗ2 = 4R2 - γ2 άρα ΑΗ2 + ΒΗ2 + ΓΗ2 = 1 2R2 - (α2 + β2 + γ2) ( 1) Ακόμη από το θεώρημα:

«Για καθε σημείο Μ του επιπέδου του τριγώνου ΑΒΓ ισχύει ΜΑ2 + ΜΒ2 + ΜΓ2 = 3ΜΘ2 + � (α2 + β2 + γ2)» για Μ = Η έχω ΑΗ2 + ΒΗ2 + ΓΗ2 = 3ΗΘ2 +� (α2 + β2 + γ2) (2)

Α

2 Από ( 1 ), (2): l2R2 = 3ΗΘ2 +1 (α2 + β2 + γ2) <=> l2R2 = 3ΗΘ2 +1 · 9� <=> ΗΘ2 = 4R2 - α2 Ομως ΑΗ2 = 4R 2 - α2 άρα ΑΗ = ΗΘ επομένως η μεσοκάθετος του ΘΑ διέρχεται από το Η. Άσκηση 8

Σε αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α > 90°) με R = 1 δείξτε ότι α2 + β2 + γ2 < 8.

Λύση Είναι Α > 90° άρα α2 > β2 + γ2 <=> α2 + β2 + γ2 < 2α2

' 2 2 2 2 Ισχυει α < 2R <=> α < 4R <=> 2α < 8R = 8 Άρα α2 + β2 + γ2 < 8.

Άσκηση 9

Γ

Έστω ΑΒΓ, ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ εσωτερικές διχοτόμοι των γωνιών του, εάν ΔΕ // ΑΒ και ΕΖ // ΒΓ τότε το ΑΒΓ ισόπλευρο.

Ισχύει: ΑΔ διχ ΔΓ = ΑΓ <=> ΔΒ ΑΒ ΕΔ // ΑΒ <=> ΑΕ= ΒΔ

ΕΓ ΔΓ ΒΕ διχ <=> ΑΕ = ΑΒ

ΕΓ ΒΓ ΕΖ // ΒΓ <=> ΑΖ = ΑΕ

ΖΒ ΕΓ ΑΖ ΑΓ ΓΖ διχ <=> ΖΒ = ΒΓ

( 1 )

(2)

(3)

(4)

(5)

, . ΑΒ ΑΒ Απο ( 1 ), (2), (3). ΒΓ = ΑΓ <=> ΒΓ = ΑΓ

, . ΑΓ ΑΒ Απο (3), (4), (5). ΒΓ = ΒΓ <=> ΑΒ = ΑΓ

Άρα ΑΒ = ΑΓ = ΒΓ.

Λύση

Άσκηση lΟ ..... "" ""

Α

Έστω ΑΒΓ και ΒΕ, ΓΖ εσωτερικές διχοτόμοι των γωνιών Β, Γ αντίστοιχα. Εάν ΒΖ + ΓΕ = ΒΓ δείξτε ότι Α = 60°.



Λύση ΒΕ, ΓΖ διχοτόμοι, ΒΗ l. ΑΓ ΒΖ + ΓΕ = ΒΓ <=> ....5!:1.._ +.....1kL = α <=> γ2 + β2 = α2 + γβ ( 1 ) α + β α + γ Άρα α2 < β2 + γ2 και επομένως η Α < 90° Ισχύει α2 = β2 + γ2 - 2βΑΗ (2) (επέκταση του πυθαγορείου θεωρήματος) Από ( Ι ), (2): 2βΑΗ = γ β <=> ΑΗ = �

...... _,.... ΑΗΒ (Η = 90°) ΑΗ = ΑΒ άρα Α = 60°.

2 Άσκηση 11

Α

Γ

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΑΒ = 92, ΒΓ = 50, ΓΔ = 19, ΑΔ = 70. Ένας κύκλος με κέντρο Ρ πάνω στην ΑΒ εφάπτεται στις ΒΓ και ΑΔ. Να υπολοΎισθούν τα τμήματα ΡΑ, ΡΒ.

Προσδιορισμός του Ρ. .

Λύση

Το Ρ ανήκει στην ΑΒ. Εφόσον ο κύκλος εφάπτεται στις ΒΓ και ΑΔ το Ρ ισαπέχει απ' αυτές άρα ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας ΑΟΒ (0 σημείο τομής των ΑΔ και ΒΓ). Άρα το Ρ είναι το σημείο τομής της ΑΒ και της δι-

"'

χοτόμου της ΑΟΒ. ΟΡ δ ΡΑ _ ΑΒ·ΟΑ _ 92(70 + ΟΔ) ( I ιχ. <=> - ΟΑ +ΟΒ - (70 + ΟΔ)(50 + ΟΓ) )

ΔΓ // ΑΒ άρα ΟΓ = ΟΔ · ΓΒ ΑΔ

Επομένως ΟΓ = � ΟΔ (2)

Από ( 1 ) και (2): ΡΑ = 92( 70 + ΟΔ) = . . . = 16 1 (70 + ΟΔ)(�οΔ + 50) 3

Άρα ΡΑ = 1�1 , ΡΒ = 1�5.

Άσκηση 12 Σε τρίΎωνο ΑΒΓ ισχύει 2ΘΑ2 = ΘΒ2 + ΘΓ1, Θ το κέντρο βάρους, δείξτε ότι:

ί) Οι περιΎεΎραμμένοι κύκλοι στα τρίΎωνα ΑΘΒ, ΑΘΓ εφάπτονται στην πλευρά ΒΓ. ίί) Το τετράπλευρο ΒΗΘΓ εΎΎράψιμο, Η το ορθόκεντρο του τριΎώνου.

Λύση Είναι ΑΔ διάμεσος, Θ κ. βάρους, Η ορθόκεyτρο.

2 ' 2 ' 2ΘΑ2 = ΘΒ2 + ΘΓ2 <=> 2β�) = (�) + (j� τ <=>

. . . <=> 2α2 = β2 + γ2 <=> �2 = 2(β2 + γ2) - α2 <=> 4 4

α2 Ι 2 (α)2 (Ι ) 2 Δ ΔΑ 4 = 3J.Ιιι <=> 2 = 3μ•ι �α) <=> Δ: = Θ· .·

<=> ΔΓ εφαπτομένη στον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ΑΘΓ. ·

Β Δ Ομοια η ΔΒ εφαπτομένη στον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΘΒ.

ii) Ισχύει: ΒΗΓ = 1 80° - (ΗΒΓ + HrB) = 1 80° - (90° - Γ + 90° - Β) = Β + Γ Ακόμη: ΒΘΓ = 1 80° - (ΘΒΓ + ΒfΘ) = 1 80° - (ΒΑΔ + ΜΓ) = 1 80° - Α = Β + Γ

_,.... _,....

Άρα ΒΗΓ = ΒΘΓ <=> ΒΗΘΓ εγγράψιμο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. t. 2/33

ο

Γεωμετρικοί τόποι στο επίπεδο

Στα παρακάτω θα ασχοληθούμε με προβλήματα γ. τόπων στα οποία ο γ. τόπος είναι μια γραμμή (c) ή κάποιο τμήμα της και το ζητούμενο θα είναι να βρούμε την εξίσωσή της.

Α. Μέθοδος απαλοιφής παραμέτρου

i) Οταν οι συντεταγμένες για το τυχαίο σημείο Μ(χ, y) του γ. τόπου εκφράζονται με μία παράμετρο λ, με απαλοιφή της παραμέτρου λ, προκύπτει εξίσωση ως προς χ και y που γενικά είναι η εξίσωση του ζητούμενου γ. τόπου.

Ασκηση ι Δείξτε ότι το συμμετρικό του σημείου Μ(λ, Ο) ως προς την ευθεία ε: 2λχ + y - ι - λ2 = 4) (λ ε IR) βρίσκεται σε κύκλο του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα.

Λύση Υ

Μ'

Ά

(ε)

Μ χ

Αν Μ'(χ, y) το συμμετρικό του Μ ως προς την ευθεία (ε) το μέσο Α του ΜΜ' είναι:

Α(χ � \�) Αλλά το Α ανήκει στην (ε), οπότε:

2λχ Α + Υ Α - I - λ 2 = Ο <=> 2λχ + y = 2 ( I)

Το διάνυσμα δ= [ ;� J είναι παράλληλο της (ε) οπότε:

δ _ι ΜΜ' <=> δ·ΜΜ' = ο <=> (-l )(χ - λ) + 2λy = 0 <=> χ = 2λy + λ (2) Με απαλοιφή της παραμέτρου λ από τις

( I ) και (2) έχουμε: 2 2 ? 2 ( 3) 25 2χ + 2y- - 3y - 2 = Ο <=> χ + Υ - 4 = 16

Άρα το Μ' ανήκει σε κύκλο με κέντρο κ( ο. �)και ακτίνα R =%

Κατσούλης Γιώργος

ii) Οταν οι συντεταγμένες του σημείου Μ ε1Cφράζονται με δυο παραμέτρους κάνουμε απαλοιφή των παραμέτρων χρησιμοποιώντας συνήθως κάποια σχέση που συνδέει τις δυο παραμέτρους που έχουμε. ·

Άσκηση 2

Τμήμα ΑΒ με (ΑΒ) = α κινείται έχοντας τα άκρα του Α και Β στις . πλευρές Οχ, Oy αντίστοιχα, ορθής γωνίας xOy. Αν το σημείο Μ χωρίζει το

- ·

διάνυσμα ΑΒ σε λόγο λ να βρεθεί η καμπύλη στην οποία κινείται το σημείο Μ. (λ > 0).

Λύση Υ

Θεωρούμε τις πλευρές Οχ, Oy της ορθής γωνίας ως θετικούς ημίάξονες. Έστω Α( κ, Ο),Β(Ο, μ).

Τότε είναι Ο � κ, μ � α και κ2 + μ2 = α2 ( 1 ). -Επειδή το Μ χωρίζει το ΑΒ σε λόγο λ, είναι: { χ = Χ�: �ΧΒ } { χ = Ι �λ }

= ΥΑ + λyΒ <=> y = ...Μ!_ <=>

Υ l + λ l + λ { κ = (I + λ)χ } .

{ κ2 = ( 1

..

+ λ)2χ2 } μ = (1 + λ) ·Υ . <=> μ2 = (I + λ)2 ·y2 λ λ2

2 Άρα κ2 + μ2 = (I + λ)2χ2 + (I +

2λ) ·y

2 λ

Από τη σχέση ( I ) - που συνδέει τις παραμέτρουςκ και μ - είναι:

2 α2 = ( 1 + λ)2χ2 + (I +

2λ) ·Υ2 <=>

λ 2 2 2 2 (I + λ) χ + (1 + λ) Υ = Ι <=> 2 λ2 2 α α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 2/34


2 2 χ + Υ

(ι � λ)2 (ι �αλ)2

Άρα το Μ κινείται σε έλλειψη αν λ =t- Ι ή κύκλο αν λ = I . λσκηση 3

Σε ορθοκανονικό σύστημα xOy δίνεται το -+ -+ -+ διάνυσμα ΟΑ = ί + 2 j και τα σημεία Β Ε Οχ -.. και Γ Ε Oy ώστε ΒΑΓ = 90°. Δείξτε ότι το βα-

......

ρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ κινείται σε σταθε-ρή ευθεία.

'-'------�--- χ Β Είναι A( l , 2) (γιατί;). Έστω Β(β, 0) και Γ(Ο, γ). Άρα ΑΒ = [ β-� 1 J και Μ = [ γ-�.\ ]. Επί-

......... ........ ......... --+ --+ σης: ΒΑΓ = 90° <=> ΑΒ ..1. ΑΓ <=> ΑΒ·ΑΓ = Ο <=> (-l )(β-1 ) + (-2)(γ-2) = ο <=> β = 5 - 2γ ( I) Α ν G(xa, Υ ο) βαρύκεντρο του τριγώνου ...... { xa = 1 � β } β = 3xa - Ι

ΑΒΓ είναι: 2 + <=> = 3 _ 2 Υο =� γ Υο 3

Από τη σχέση ( I) - που συνδέει τις παραμέτρους β και γ - είναι:

5 - 2γ = 3xa - Ι γ = 3y0 - 2

οπότε με απαλοιφή της παραμέτρου γ παίρνουμε: 3xa - 6ya - Ι Ο = Ο.

Άρα το βαρύκεντρο κινείται στην ευθεία: (ε): 3x - 6y - 10 = 0. ·

iii) Οταν οι συντεταγμένες του σημείου Μ είναι τριγωνομετρικές, τότε, για την απαλοιφή της παραμέτρου χρησιμοποιούμε τους γνωστούς τύπους από την τριγωνομετρία π. χ.

2 2 2 Ι ημ φ + συν φ = I, Ι + εφ φ =--2- κ.λ.π. συν φ Άσκηση 4

Δίνονται οι ευθείες:

(εΙ): ημφχ - συνφy = ημ2φ ( ε2): συνφχ + ημφy = συν2φ ' φ Ε IR Δείξτε ότι τέμνονται για κάθε τιμή του φ

και τα σημεία τομής τους βρίσκονται σε κύκλο. Λύση

Ε, D / ημφ -συνφ / ιναι = = συνφ ημφ 2 2 ημ φ + συν φ = Ι =t- Ο

Άρα για κάθε φ ε IR το σύστημα των ε ι , ε2 έχει μοναδική λύση κατά συνέπεια οι ευθείες ε1 και ε2 τέμνονται σε σημείο Μ(χ, y). Είναι:

• D - I ημ2φ -συνφ ι -χ - συν2φ ημφ -

•

ημφημ2φ + συνφσυν2φ <=> Dx= συνφ

D - I ημφ ημ2φ Ι -Υ - συνφ συν2φ -ημφσυν2φ - συνφημ2φ <=> Dy = -ημφ, άρα:

D • χ = _____! <=> χ = συνφ D

D • Υ =:::::J.. <=> Υ = -ημφ D Οπότε έχουμε:

2 2 2 2 2 2 χ + y = συν φ + (-ημφ) <=> Χ + y = Ι Επομένως τα σημεία τομής των ευθειών

(ει) και (ε2) βρίσκονται σε κύκλο με κέντρο 0(0, Ο) και ακτίνα R = I . Άσκηση 5

Να βρεθεί ο γ. τόπος των σημείων Μ για τα οποία ισχύει:

- ι - -i) ΟΜ =

--θ i+ εφθ j , θ =t- κπ + �2, κ Ε Ζ συν -+ 2 - -+

ίί) ΟΜ = 2συν θ i+ ημ2θ j , θ Ε IR. Λύση

i) Αν Μ(χ, y) σημείο του τόπου είναι: {χ =-1- } {συνθ =.l,.l ε [-1 , Ι ]} συνθ (γιατί;) <=> χ χ .

y = εφθ εφθ = y , , Ι 2θ Ι , οποτε αφου + εφ = --2- εχουμε:

συν θ 2 2 2 2 ' Ι + y = χ <=> χ - y = Ι με Ιχ l � Ι (γιατι;)

Άρα το Μ κινείται στην ισοσκελή υπερβολή χ2 - Υ2 = I . ii) Αν Μ(χ, y) σημείο του τόπου είναι:



χ = 2συν2θ χ = 2συν2θ , <=> οποτε: y = ημ2θ y = 2ημθσυνθ χ2 = 4συν4θ y2 = 4ημ2θσυ/θ

Παρατηρούμε ότι: χ2 + / = 4συν2θ (γιατί;) <=> 2 2 2 2 χ + y = 2x <=> (x - l ) + y = I

Άρα το Μ κινείται σε κύκλο με κέντρο K(l , 0) και ακτίνα R = 1 .

Β. Δίνονται σταθερά στοιχεία (σημεία, γραμμi:ς) και ζητείται ο γ. τόπος των σημείων Μ που έχουν κάποια ιδιότητα.

i) Οταν τα γνωστά στοιχεία δίνονται με τις συντεταγμένες τους, αν πρόκειται για σημεία ή με τις εξιςrώσεις τους, αν πρόκειται για γραμμές. Άσκηση·6

Δίνονται το σημείο Ρ(-4, 6) και η ευθεία δ: y = 3, Δείξτε ότι ο γ. τόπος των σημείων Μ του ε�ιπέδου για τα οποία ισχύει: d(M, Ρ) = 2d(M, δ) είναι υπερβολή και βρείτε την κορυφή της, τις εστίες της, τις κορυφές της και τις εξισώσεις των ασυμπτώτων της.

Λύση Έστω Μ(χ, y) σημείο του γ. τόπου. Είναι: d(M, Ρ) = 2d(M, δ) <=>

"J<x + 4)2 + (y - 6)2 = 21y - 31 <=> χ2 - 3y2 + 8χ + 12y + 1 6 = ο <=>

2 . . 2 (χ + 8χ + 1 6) - 3(y - 4y) = ο <=> (χ + 4)2 - 3(y - 2)2 = - 12 <=>

2 2 2 2 (y - 2) - <χ + 4) = ι = y_ _ κ_ = ι 4 1 2 4 1 2 Y = y - 2 με Χ = χ + 4 Άρα ο γ. τόπος είναι υπερβολή με κέντρο

0'(-4, 2) και ΕΕ' D yy' . Είναι α2 = 4, β2 = 12 ' . 2 2 β2 1 6 ' 4 οποτε γ = α · + . = αρα γ = .

Στο ΧΌΎ είναι Ε'(Ο, -4), Ε(Ο, 4), Α'(Ο, -2) και Α(Ο, 2). Άρα στο αρχικό μας σύστημα xOy είναι: Ε'(-4, -2), Ε(-4, 6), Α'(-4, Ο) και Α(-4, 4).

Οι ασύμπτωτες της υπερβολής είναι:

ε 1 : y - 2 =� (x + 4),

ε2: y - 2 ===Ρ (χ + 4) (γιατί;)

ii) Αν τα σταθερά σημεία δεν δοθούν ως προς κάποιο σύστημα αξόνων τότε εκλέγουμε εμείς ένα «κατάλληλο» σύστημα.

Ως αρχή των αξόνων εκλέγουμε σταθερό σημείο και ως άξονες σταθερές ευθείες· συνήθως τους άξονες συμμετρίας - αν υrι;άρχουν ή ευθείες που περιέχουν όσο το δυνατόν περισσότερα από τα δεδομένα σημεία. Άσκηση 7 ,....

Ορθή γωνία Α κινείται ώστε οι πλευρές της να εφάπτονται σε δυο γνωστούς κύκλους (Κ, ρ) και (Λ, R). Δείξτε ότι το μέσο Μ του ευθύγραμμου τμήματος που ενώνει τα σημεία επαφής Β και Γ κινείται σε σταθερό κύκλο.

Λύση Εκλέγουμε ως αρχή το μέσο Ο της διακέ

ντρου ΚΑ, ως άξονα χ' χ την ΚΑ και ως άξονα y'y την μεσοκάθετο της ΚΑ.

Αν (ΚΑ) = 2α είναι Κ(-α, 0), Α(α, 0). Έστω Β(χ ι , Υ ι) και Γ(χ2, Υ2). Έχουμε:

χ'

Υ Α

y' (C� (cι ) : (χ + α)2 + y2 = ρ2

(c2): (χ - α)2 + y2 = R2 ( Ι )

Οι εφαπτόμενες ΑΒ και ΑΓ είναι: ΑΒ: (χ + α)(χ 1 + α) + yy 1 = ρ2

2 (2) ΑΓ: (χ - α)(χ2 - α) + ΥΥ2 = R

,.... Επειδή Α = 90° <=> λΑs·λΑr = -1 <=>

(χ ι + α) (χ2 - α) = -ΥιΥ2 (3) 2 2 2

, Β Ε cι ( Ι ) (χ ι + α) + Υ ι = ρ , Αλλα: Γ Ε c <=> 2 2 2 οποτε: 2 (χ2 - α) + Υ2 = R 2 2 2 2 2 2 (χι + α) + (χ2 - α) + Υ ι + Υ2 = ρ + R <=>

χ

2 2 2 2 2 (3) (χι+α+χz-α) -2(χι+α)(χz-α)+Υ ι+Υ2=ρ +R =



' 2 2 2 (χ ι + χ2( + (Υ ι + Υ2) = ρ + R (4)

Αν Μ(χ, y) μέσο του ΒΓ είναι χ = χ ι � χ2,

y = Υ ι � Υ2, οπότε από τη σχέση (4) είναι:

2 2 2 . 2 2 2 2 + R2 (2χ) + (2y) = ρ + R = χ + y = ρ 4

Άρα το Μ ανήκει σε κύκλο με κέντρο

(0, Ο) και ακτίναΥΡ22+ R2

.

. Σημείωση: η γίνεται αν δεν ορίζονται οι crυντελεστές των ΑΒ ή ΑΓ;

Γ. Γενικές Ασκήσεις - Ειδικές Περιπτώσει<;

Άσκηση 8 2 2

Δίνεται η έλλειψη c: \ + � = 1 και η ευ-. α β

θεία ε: y = λχ + κ. Δείξτε ότι τα μέσα των χορδών της έλλειψης c, που είναι παράλληλες στην ευθεία ε κινούνται σε ευθεία.

Λύση

Έστω σημείο Μ(χ, y) του γ. τόπου, δηλαδή μέσο μιας χορδής ΑΒ με Α(χ ι , Υ ι), Β(χ2, y2) και ΑΒ Ο ε.

Έχουμε:

2 2 A E c = � + I!. = Ι

α2 β2 2 2

Β Ε c <=:> Χ2 + Υ2 = Ι α2 β2

Με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: (χ ι + χ2)(χ ι - χ2) (Υ ι + Υ2)(Υ ι - Υ2) _ 0 ...;.......;._-=-,2�-=- + 2 - <=:>

α β (χ ι * χ2 γιατί;) χ ι + χ2 + Υ ι + Υ2 . Υ ι - Υ2 = 0 ( Ι )

α2 β2 χ ι - χ2 Αλλά αφού Μ μέσο ΑΒ είναι Χ ι + χ2 = 2χ,

Υ ι + Υ 2 = 2 y. Επίσης Υ ι - y2 = λ. Άρα η ( Ι ) γίχ ι - χ2 νεται: 2Χ + � ·λ = 0

α2 β2

που είναι ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

Σημείωση: Γενικά, σε ασκήσεις που αναφέρονται στα μέσα χορδών κάποιας κωνικής τομής, συνήθως ακολουθούμε την παραπάνω μέθοδο (Μέθοδος της αφαίρεσης)

Άσκηση 9

Δίνεται η συνάρτηση: { αlnx + μ2χ, αν χ Ε (1, +οο) } f(x) = 2 2 χ + λ χ + α, αν χ Ε (-οο, 1)

Αν η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο χ0 = 1 δείξ'ζε οτ� το σημείο Μ(μ, λ) γράφει ισοσκελή υπερβολή. ·

Λύση

Επειδή η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 = Ι είναι και συνεχής σ' αυτό. Έχουμε lim f(x) = lim f(x) = f( l ). Άρα: χ- ι+ χ- Γ

μ2 = Ι + λ2 + α ( 1 )

Επίσης lim f(x) - f( Ι) = Iim f(x) - f( Ι) ή χ- ι+ χ - 1 χ- ι - χ - Ι

2 2 α· lim �.+ μ2 = lim (χ -Ι)+ λ (χ-Ι) ή χ- ι + χ - Ι χ- ι- χ - Ι α + μ2 = 2 + λ2 = α = 2 + λ2 - μ2 (2)

Από ( Ι ) και (2) είναι: μ2 = 1 + λ2 + 2 + λ2 - μ2 = 2μ2 - 2λ2 = 3 = 2 2

!!... _ !:... = ι 3 3 '2 '2 Άρα το σημείο Μ(μ, λ) γράφει ισοσκελή

υπερβολή. Άσκηση 10 .

Δίνονται τα σημεία Α και Β με (ΑΒ) = 4 και Ο το μέσο του ΑΒ.

Αν ΙΜΑΙ ΙΜΒΙ + 2ΜΟ2 = 32 + ΜΑ·ΜΒ

δείξτε ότι το σημείο Μ κινείται σε κωνική τομή της οποίας να βρείτε την εκκεντρότητα.

Λύση

Έχουμε: � ---+ --+ ? --+ ---+

ΙΜΑΙ ΙΜΒΙ + 2Μο- = 32 + ΜΑ·ΜΒ =

ιΜλιι:ΜΒι + 2 [4 <ΜΑ + ΜΒ>] 2 = -+ -+

= 32 + ΜΑ-ΜΒ =

ιΜλιι:ΜΒι + 4ΜΛ_2 + 4ΜΒ2 + ΜΑ·ΜΒ = -+ -+

= 32 + ΜΑ·ΜΒ = 2ΙΜΑΙ ΙΜΒΙ + ΜΑ. 2 + ΜΒ2 = 64 = <ΙΜΑΙ + ΙΜΒ1)2 = 64 = ιΜλι + ΙΜΒΙ = 8

Άρα - από τον ορισμό της έλλειψης - το σημείο Μ ανήκει σε έλλειψη μίc: εστίες τα σημεία Α και Β και σταθερό άθροισμα 2α = 8.



Είναι α = 4 και 2γ = (ΑΒ) = 4 <=> γ = 2 οπότε ε = 1. = � <=> ε = .!.

α 4 2 Σημείωση: Σε αρκετές ασκήσεις βρίσκου

με το γ. τόπο του σημείου Μ από τον ορισμό κάποιας κωνικής τομής.

Άσκηση 11

Δίνονται οι ευθείες:

(ει ): (λ - 2)χ + (λ - 3)y + 2λ - 5 = Ο και

(ε2): (λ - 3)χ + (2 - λ)y + λ = Ο

Δείξτε ότι το σημείο τομής των ευθειών ει, ε2 κινείται σε σταθερό κύκλο.

Λύση

Α(-1 , - 1) �----------------� (ει)

Οι εξισώσεις (ε ι) και (ε2) παριστάνουν, για κάθε λ Ε IR., ευθείες διότι Ιλ - 21 + Ιλ - 31 ::�; Ο. Η (ε ι ) γράφεται ισοδύναμα:

(χ + y + 2)λ + (-2χ -3y - 5) = Ο. Για να αληθεύει η σχέση για κάθε λ Ε IR.,

πρέπει: { x + y + 2 = 0 } -2x - 3y - 5 = 0 <=> (x, y) = (-l , - l )

Άρα η ε ι παριστάνει ευθείες που διέρχονται πάντα (για κάθε λ Ε IR.) από το σταθερό σημείο Α(- 1 , - 1 ). Ομοια, η ε2 παριστάνει ευθείες που διέρχονται πάντα από το σταθερό σημείο Β(2, 3).

Επίσης, παρατηρούμε ότι οι ευθείες ε ι και ε2 τέμνονται κάθετα, για κάθε λ Ε IR. (γιατί;)

Επομένως το σημείο τομής Μ «βλέπει» το σταθερό ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ υπό ορθή γωνία. Άρα το Μ κινείται στον κύκλο διαμέτρου ΑΒ.

Γ �®1Ρ©iΪΗΙΕΑΝ ΤΑ ΜΑ®1ΕΙΜΑτΙΙΙU. τΙΗΙΕ Δ/; ΔΙΕΕΟΟΙΕJΕ ΔΗΜΗΤΡΗΣ ΚΟΖΙ.ΩΚΟΣ ΓΙ.ΩΡΓΟΣ ΠΡΕΣΒΗΣ

ΔΗΜΗ'Ι'ΡΗΕ KOZIOKOE ΠΟΡΙΌΕ ΠΡΕΕΒΗΕ Η ΑΝΑΛΥΩΙ

Περιέ:ι:ουv. r:r Θεωρία ( σύμφωνα με το Αναλυτικό πρόγραμμα)

EKAO):JI '!)Cί-'!)7

Στους σuναδέλφους:

γίνεται έκπτωση 500b και δίνονται

δωρεάν οι λύσεις των ασκήσεων

ι r:r Λυμένες ασκήσεις - Ασκήσεις yια λύση (χαρακτηριστικές yια την κατανόηση κάθε παραγράφου. Γενικές στο τέλος κά I θε κεφαλαίου. Συνδυαστικές όλης της διδασκόμενης ύλης, αντίστοιχες με το νέο πνεύμα των Γενικών Εξετάσεων).

r:r Μεθοδολογία - Ομαδοποίηση - Επανάληψη εννοιών από τις προηγούμενες τάξεις.

r:r Τα θέματα των εισαγωγικών εξετάσειων, που αντιστοιχούν σε κάθε κεφάλαιο.

r:r Διαγωνίσματα - Απαντήσεις των ασκήσεων.

ΤΑ ΒΙΒΛΙΑ IIY ΑΙΙΙΓΙΥΙ ΤΙ ΔΡΙΙΙ ΤΗΣ ΕΙΙΠΧΙΑΣ Ζητήστε τα σε όλα τα βιβλιοπωλεία

. _ _ / Από τις ΕΚΔΟΤΙΚΕΣ Τ� ΜΕΣ ΟΡΟΣΗΜΟ Γραβιάς 3-5 Αθήνα τηλ. (Ο 1) 38 08 7 16 και 38 08� ΕVΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2/38

ΦΩΤΟΠΟΙΧΕΙΟθΕΣΙΕΣ • ΕΚτΥΠΩΣΕΙΣ: 'tΟΛΩΝΟΣ 79·8 ι ·' ΤΗΛ: 82545$ • ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ

ΘΑΝΑΣΗΣ ΞΕΝΟΣ

Ν. λΑΜΠΡΟΠΟΥλΟΣ: ΑΛΓΕΒΡΑ Α' & Β' λΥΚΕΙΟΥ (2 τόμοι το καθένα) ΑΛΓΕΒΡΑ 4ης ΔΕΙΜΗΙ

ΑλΓΕΒΡΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΜΑθΗΜΑΠΚΑ Β' & r ΓΥΜΝΑΣΙΟΥ,

ΑλΓΕΒΡΑ • ΓΕΩΜΕτΡΙΑ Α' & Β' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΑΛΓΕΒΡΑ • ΑΝΑλ YΣJI 1 ης & 4ης ΔΕΙΜΗΣ

ΓΕΝΙΚΑ θΕΜΑΤΑ ΜΑθΗΜΑΠΚΩΝ 1ης & 4ης ΔΕΙΜΗΣ

xW�� Ανάλυσιι 4ης Δέσμης, Τομ. 1 .Ν. ΛAMiJP().tr.OΎAOl:. ··Αιί1ισιι 1ηc; Δtσμης, Τόμοι 2

. ΛνάΙυσιι 4ιις Δtσμης, τόμοι 2

Ει(!αyωγι{f11ην Ανάλvση

DΚiφψ!φJ;iι'd&ι.);ι• g,,;Μ;,F..ιιttιι

P l!'Mf!fίfiitt; Pttwι�� t:'Σmptu�

Μελέτη της συνάρτησης «versiera» Γιάννης Γ. Καλογεράκης

Εισαγωγή

«όψις γάρ των αδήλων τα φα ι νόμενα» .

(Σέξτος Εμπειρικός, Προς μαθηματικούς VII, 1 40)

Στα βιβλία της Ανάλυσης, υπάρχουν ασκήσεις που αναφέρονται σε μια συνάρτηση με γενι-3

κό τύπο f(x) = 2 α 2, α > Ο, γνωστή στη βιβλιογραφία με το όνομα «versiera». Τη συνάρτηση αυχ + α

τή μελέτησε η Ιταλίδα λογία και μαθηματικός Maria Gaetana Agnesi ( 1 7 1 8- 1 799) ερευνώντας τις εξιςrώσεις γραμμών που ορίζονται με γεωμετρικό τρόπο.

Η Μ. Agnesi άρχισε από μικρή ηλικία να μελετά ξένες γλώσσες. Ήταν 9 ετών και ήδη γνώριζε καλά ελληνικά, που της επέτρεπαν νά έχει πρόσβαση στα αρχαία μαθηματικά κείμενα. Ο πατέρας της ήταν καθηγητής των Μαθηματικών στο πανεπιστήμιο της Μπολώνιας και τον διαδέχτηκε για λίγο στο πανεπιστήμιο αυτό. Κυρίως όμως έδινε διαλέξεις σε κύκλους σπουδαστών με θέματα Μαθηματικών, Φυσικής και Φιλοσοφίας.

Για να εξηγήσει ορισμένες μαθηματικές έννοιες έγραψε ένα δίτομο μαθηματικό έργο με τίτλο Instituzioni Analitche ( 1 748). Το βιβλίο αυτό είναι το πρώτο βιβλίο Ανάλυσης που γράφτηκε για μαθητές και περιέχει την παραπάνω συνάρτηση με το όνομα «νersoria». Δηλαδή «βόστρυχος» ή «ελεύθερη να κινηθεί προς κάθε κατεύθυνση». Στην αγγλική μετάφραση του έργου το «νersoria» μεταφράστηκε λανθασμένα σε «νersiera» που σημαίνει «μάγισσα». Με τον όρο αυτό συναντάται σήμερα στη διεθνή βιβλιογραφία.

Η συνάρτηση έχει για ορισμένες τιμές του α > Ο σημαντικές ιδιότητες και σπουδαίες εφαρμογές.

Στη Στατιστική όταν α = � η f αποτελεί «συνάρτηση πυκv'ότητας πιθανότητας», δηλαδή η π γραφική της παράσταση προσεγγίζει το πολύγωνο συχνοτήτων του ιστογράμματος, που ακολουθούν ορισμένα φαινόμενα. Για την ίδια τιμή δίνει μια καλή προσέγγιση της γνωστής από το tυμνάσιο «κανονικής κατανομής». Ακόμη από την f προκύπτουν άλλες σημαντικές συναρτήσεις. Θα μελετήσουμε με μορφή ασκήσεων, ορισμένα θέματα που αναφέρονται στη συνάρτηση αυτή.

Ασκήσεις λυμένες Άσκηση 1

Δίδεται κύκλος κέντρου Κ, ακτίνας R = j, α > Ο και μια σταθερή διάμετρος ΟΒ. Φέρνουμε κά-

θετη στην ΟΒ στο μεταpλητό σημείο της Α, διαφορετικό του Ο, που τέμνει τον κύκλο στο Γ. Στην

κάθετη παίρνουμε σημείο Μ τέτοιο ώστε g� = �· ί) Να pρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ του επιπέδου του κύκλου. ii) Να μελετηθεί η εξίσωση του γεωμετρικού τόπου.

Λύση ί) Θεωρούμε ένα σύστημα συντεταγμένων με

αρχή το σημείο Ο και θετικό ημιάξονα των y την ημιευθεία ΟΒ. Τότε θα έχουμε Β(Ο, α) και Κ( ο, �). Ένα σημείο Μ(χ, y) διαφορετι-κό του Β είναι σημείο του τόπου αν και μόνο

, ΟΑ ΑΓ αν ισχυει ΟΒ = ΑΜ"

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 2/40

Υ Β

χ

Μελέτη της συνάρτησης «versiera»

Επειδή (ΟΑ) = y, (08) = α,(ΑΓ) = �αy - y2, y Ε (0, α), (ΑΜ) = χ έχουμε: -v · 2 2 2 3 y _ αy -y , y_ _ αy -γ , _ α α - χ . η 2 - 2 η Υ - 2 2 α χ χ + α

Οταν το Α ταυτίζεται με το Β τότε και το Μ ταυτίζεται επίσης με το Β, δηλαδή χ = Ο, y = α. ' . 3

Συνεπώς ο γεωμετρικός τόπος είναι η γρqμμή με εξίσωση y = 2 α 2• . • χ + α

3 i i) Η f(x) = 2 α 2 παριστάνει συνεχή συνάρτηση με πεδίο ορισμού το IR. Για κάθε χ Ε IR και χ + α

-χ Ε IR ισχύει: f(x) = f(-x) δηλαδή η f είναι άρτια. 3 3 2 . s

Έχουμε f'(x) = -2α χ και Γ(χ) = 6α χ - 2α (χ2 + α2)2 (χ2 + α2)J

Είναι f'(x) = Ο όταν χ = Ο και f' '(x) = Ο όταν χ = ± � το πρόσημο των f' και Γ φαίνεται στον πίνακα.

Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, Ο] και γνησίως φθίνουσα στο [0, -too). Παρουσιάζει στο χ = Ο τοπικό μέγιστο το f(O) = α.

χ

r r· f

-a/3 ο a/3 +οο

--οο

-3- -3-+ I + ο - I -+ ο - - ο +

�σ!κ.�.μ.�!κ:.� Στρέφει τα κοίλα προς τα άνω στα διαστήματα (-οο, - � ], [ �· +οο) τα κοίλα προς τα κά-

τω στο [- �· � ] και η γραφική της παράσταση έχει σημεία καμπής τα (- �· 3: ) και

( �33, 34

α ). Επειδή lim 2 α3 . 2 = Ο ή y = Ο είναι οριζόντια aσύμπτωτη της γραφικής παρά-

χ-+«> χ + α . . ' . στασης της f.

Παρατηρήσεις

1 . Για α = Ι και α = 2 παίρνουμε τις συναρτήσεις f(x) = -2-1-και f(x) = +. x + l χ + 4

2. Σημαντική είναι η συνάρτηση όταν α = � με τύπο f(x) = /Jf , γιατί αποδεικνύεται ότι Π Π Χ + Π είναι «συνάρτηση πυκνότητας πιθανότητας».

Άσκηση 2

Δίδονται οι συναρτήσεις f(x) = zf . και g(x) = _ � e-xz να αποδείξετε ότι: Π Χ + Π "'JΠ

i) Εχουν το ίδιο τοπικό μέΎιστο

ii) Οι Ύραφικές τους παραστάσεις έχουν τουλάχιστον τρία κοινά σημεία.

i)

Λύση

Η f έχει τοπικό μέγιστο για χ = Ο το f(O) =� π Η g έχει πεδίο ορισμού το IR και g'(x) =""}π e-x2• Είναι f'(x) > Ο όταν χ < Ο και f'(x) < Ο όταν

χ > Ο. Συνεπώς έχει τοπικό μέγιστο για χ = Ο το g(O) = �. π ii) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g είναι λύσεις του συ

στήματος:


Μελέτη της συ\•άρτησης «Versiera»

Υ -..JΠ - π2χ2 + π

Υ = -1- e-x2 νπ

Μια προφανής λύση είναι η χ = Ο, y = -:li π

Υ -..JΠ - 2 2 π χ + π

' ' ' -χ2 2 2 ' χ2 2 2 ' 2 2 Ακομη εχουμε οτι π = e (π χ + π) δηλαδη πe = π χ + π η χ = Ιη(πχ + 1 ) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = χ2 - Ιη(πχ2 + 1 ). Η h είναι συνεχής στο IR. . Έχουμε ότι: h(- 1 ) = 1 - Ιη(π + 1 ) = lne - ln(π + 1 ) < 0, γιατί e < π + 1 h(-2) = 4 - ίη(4π + I) = 41ne - Ιη(4π + 1 ) ή

·

h(-2) = lne4 - ln(4π + 1 ) > Ο, γιατί e4 > 4π + ι Άρα h(- l )h(-2) < Ο, οπότε σύμφωνα με το θεώρημα του Bolzano υπάρχει ρ ε (-2, - 1 ), τέτοιο ώστε h(ρ) = Ο. Συνεπώς στο (-2, -1 ) οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σημείο. Ομοια αποδεικνύουμε ότι h( l )h(2) < Ο, οπότε στο ( 1 , 2) οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν τουλάχιστον ένα κοινό σημείο. Άρα τελικά οι γραφικές παραστάσεις των f, g έχουν τουλάχιστον τρία κοινά σημεία.

Άσκηση 3

Δίδονται οι συναρτήσεις f(x) = -/L- και g(x) = .!. χ + 4 χ

ί) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές τους παραστάσεις εφάπτονται σε ένα σημείο και να βρεθεί η εξίσωση της κοινής εφαπτομένης στο σημείο αυτό.

ii) Στη γραφική παράσταση της f εγγράφουμε ορθογώνιο ΑΒΓ Δ, ώστε οι κορυφές Α, Β να ανήκουν στη γραφική παράσταση και οι Γ, Δ στον άξονα χ'χ. Να βρεθεί το ορθογώνιο με το μέγιστο εμβαδόν και να αποδειχτεί ότι είναι ισοδύναμο με το τρίγωνο που σχηματίζει η παραπάνω εφαπτομένη με τους άξονες Οχ και Οψ.

· Λύση i) Για να εφάπτονται οι γραφικές παραστάσεις

θα πρέπει να έχουν κοινό σημείο και οι εφαπτόμενες qo σημείο αυτό να συμπίπτουν. Οι συντεταγμ8νες του κοινού σημείου είναι η λύση του συστήματος:

y = -8- __ 8_ = � χ2 + 4 χ2 + 4 χ

ή y = � y = � χ χ

2χ2 - 8χ + 8 = ο y = � χ

δηλαδή χ = 2, y = ι

ή

Υ

ο χ

Η εφαπτόμενη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Μ(2, 1 ) έχει συντελεστή διεύθυνσης, f' (2) = - � και της g, g'(2) = - �· Συνεπώς οι γραφικές παραστάσεις εφάπτονται στο

σημείο Μ(2, 1 ). Η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση y = - Ι + 2. ii) Έστω ότι το σημείο Γ έχει συντεταγμένες (χ, Ο) με χ ε (0, +οο), τότε το εμβαδόν του ορθογω

νίου είναι Ε(χ) = 2χ· + συνεπώς Ε'(χ) = -1 62χ2 + �4. Έχουμε Ε'(χ) = Ο όταν χ = 2. Έχουμε . χ + 4 (χ + 4)

Ε'(χ) > Ο όταν χ ε (0, 2) και Ε'(χ) < Ο όταν χ ε (2, +οο). Άρα έχουμε μέγιστο στο χ = 2 το Ε(2) = 4τ.μ και το σημείο Β ταυτίζεται με το Μ. Η εφαπτομένη στο σημείο Β τέμνει τους άξονες στα σημεία Ε(4, Ο) και Ζ(Ο, 2) οπότε το εμβαδόν του τριγώνου ΟΖΕ είναι


Μελέτη της συνάρτησης «Versiera»

(ΟΖΕ) =! Ι ο ο ο 2 4 ο

Ι ή (ΟΖΕ) = 4τ.μ Άρα το ορθογώνιο ΑΒΓ Δ και το τρίγωνο ΟΖΕ είναι ισοδύναμα.

Άσκηση 4 Δίδεται η συνάρτηση f(x) = +- να αποδείξετε ότι: χ + 1

i) ι<ν>(χ) = 2Ρν(χ) + 1 , όπου Ρν(Χ) πολυώνυμο βαθμού ν ως προς χ. (χ + l)ν

ii) Για κάθε χ Ε (0, 1) ισχύει _!_ι < f(x) < 21 χ + χ iii) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f τον άξονα χ' χ και

τις ευθείες χ = Ο και χ = 1 είναι ίσο με το εμβαδόν κύκλου ακτίνας R = !· Λύση

i) Για ν = 1 έχουμε Γ(χ) = ;-2χ 7, Ρ1(χ) = -2χ, άρα αληθεύει για ν = 1

(χ + ΙΥ Υποθέτουμε ότι αληθεύει για ν = Κ, δηλαδή ότι ισχύει rκ:>(χ) = Ρκ:(Χ) ( Ι ), όπου Ρκ:(Χ)

(Χ2 + 1 )Κ + Ι

είναι πολυώνυμο βαθμού κ Ε IN *

Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν = κ + 1 . Από τη σχέση ( l ) έχουμε: rιc + l)(x) = Ρ ' κ:(Χ)·(Χ2 + Ι )κ:+ I - (κ + Ι )(χ2 + Ι )Ι(Ρκ:(Χ)·2χ '

[(χ2 + Ι )κ: + 1]2 η

rιc + l)(x) = (χ2 + 1 ) Ρ' κ:( Χ) - 2χ(� + Ι) Ρ κ:( Χ)

(χ2 + Ι )Κ + -

0 αριθμητής είναι πολυώνυμο κ + Ι βαθμού. Γιατί αν θέσουμε Ρκ:(χ) = ακ:χκ: + . . . + ασ τότε Ρ' κ:(χ) = κακ:χκ: - 1 + . . . + α1 είναι βαθμού κ - Ι , οπότε ο μεγιστοβάθμιος όρος του αριθμητή είναι ο -ακ:(Κ + 2)χκ:+ 1• Άρα rιc + l )(x) = �Κ: + ι(Χ) 2' όπου Ρ Κ + ι (χ) είναι πολυώνυμο κ + 1 βαθμού.

(Χ + Ι )κ: + ii) Για κάθε χ Ε (0, Ι ) έχουμε χ > χ2 άρα χ + Ι > χ2 + Ι ή _Ι_Ι < -2-

1- δηλαδή _Ι_Ι < f(x) χ + χ + Ι χ + Επίσης έχουμε (χ - Ι )2 > Ο ή χ2 + Ι > 2χ ή -2-1- < -2

Ι δηλαδή f(x) < -2Ι

χ + Ι χ χ I

iii) Το εμβαδόν που ζητούμε είναι Ε = J � ο χ + Ι

Για το διάστημα ολοκλήρωσης μπορούμε να θέσουμε χ = εφu = φ(u), u Ε [Ο, �]. οπότε

dx = � . Αν χ = Ο, τότε u = Ο , ενώ αν χ = 1 τότε u = 1Ε4. Επομένως συν u

I π/4 π/4

f�= J du = J du = 1E χ2 + 1 συν2u(εφ2u + Ι ) 4· ο ο ο

Άρα είναι ίσο με το εμβαδόν του κύκλου ακτίνας R = 1 από τον οποίον «προήλθε» η συνάρ-τηση .


Ι . Το παραπάνω ολοκλήρωμα είναι σημαντικό και όταν το υπολογίσουμε με διαφορετική μέ-


Μελέτη της σuνάρτησης «Versiera»

θοδο, που δεν είναι στην ύλη του Λυκείου,δίνει μια προσέγγιση του αριθμού π . . 2. Αν αντί για � παίρνουμε άκρο ολοκλήρωσης το 54

π, για το οποίο επίσης ισχύει ε� = Ι ,

τότε το αποτέλεσμα θα ήταν 54Π το οποίο δεν είναι σωστό. Γιατί από την σχέση i i) έχουμε f(x) < 1 , συνεπώς και το ολοκλήρωμα δεν μπορεί να υπερβεί το I στο [0, 1 ] . Αυτό συμβαίνει γιατί η g(u) = εφu δεν ορίζεται για κάθε u �το [Ο, 54ΠJ και δεν πληρούνται οι υποθέσεις του σχετικού θεωρήματος.

Ασκηση 5

i)

Δίδεται η συνάρτηση f(x) = +, χ Ε IR � " + ι

χ

Να μελετηθεί η συνάρτηση Α( χ) = J f(t)dt ο

ii) Να βρεθεί �ο σύνολο τιμών της Α(χ).

i) Λύση

Η f ·είvαι συνεχής συνάρτηση στο IR, συνεπώς ορίζεται η Α(χ) με πεδίο ορισμού το IR. Έχουμε �(Ο) = Ο και -2-1-> Ο για κάθε χ Ε IR, άρα Α( χ) > Ο όταν χ > Ο και Α( χ) < Ο όταν χ < Ο. . χ + I .

-χ χ

Για κάθε χ Ε IR και -χ Ε IR έχουμε: Α(-χ) = J� = -J� = -Α(χ). Άρα η Α(χ) είναι πε-. 0 t + l 0 t + l ριπή συνάρτηση. Είναι Α'(χ) = -2-1- > Ο για κάθε χ Ε IR, συνεπώς η Α(χ) είναι γνησίως αύξουσα άρα και «ένα χ + I προς ένα» στο IR. Επίσης Α"(χ) =· ;-2χ 2 δηλ. Α"(χ) = Ο όταν χ = Ο . (χ + I ) Το πρόσημο των Α' και Α" φαίνεται στον πίνακα. Η γραφική παράσταση έχει σημείο καμπής το (0, 0).

χ I χ

χ -<()

Α' Α" Α

ο +<ιο

+ I +

+ ο -

� .ι. σ.κ. � ii) Έχουμε Α(χ) = J_A!_ = J_A!_ + J_A!_ ' f + l � + I � + I Ο Ο I

χ

Άρα Α(χ) = A( l) + J �- Αν θέσουμε t = ! έχουμε dt = - � du, οπότε η ισότητα γίνεται 1 t + I u u 1/χ 1/χ

Α(χ) = Α( Ι ) + J -du 2 ή Α(χ) = A(l ) - J� ( I ) · l + u t + l I I

1/χ

Έχουμε όμως J� = Α(!) - A( l) και Α(χ) συνεχής συνάρτηση. Συνεπώς θα ισχύει · t + I χ I

1 /χ

lim J�= . lim [A(l)- A( l )] = Α(Ο) -A(l ) = -A( l ) χ .... _, t + I χ .... +«> χ I

Από την ισότητα ( I ) θα έχουμε



lim A(x) = lim [A( l ) + A(l )] = 2A( l ) = 2· �4 =�2 X......,-f-Q) χ-+«> . Ομοια βρίσκουμε ότι lim Α( χ) = -�2 Χ--+--<0

Άρα το σύνολο τιμών της Α είναι το διάστημα (-Ι' Ι ). Στο σχήμα φαίνεται η γραφική παράσταση της Α.

Άσκήση 6 Δίδεται η συνάρτηση g(x) = εφχ, χ Ε (-j, j ) να αποδείξετε ότι:

Υ

i) g<ν>(χ) = Ρ ν+ 1(u), όπου Ρ ν + 1(u) είναι πολυώνυμο ν + 1 βαθμού ως προς τη μεταpλητή u = εφχ. χ

ii) Η συνάρτηση g αντιστρέφεται στο (-j, .!2 ) και aντίστροφή της είναι η Α( χ) = J 2 dt • . t + 1 ο Λύση

i) Για ν = Ι έχουμε g'(x) = εφ2χ + Ι που είναι πολυώνυμο δευτέρου βαθμού ως προς u = εφχ.

χ

Υποθέτουμε ότι ισχύει για ν = κ, δηλαδή g<ιc>(x) = Ριc+ 1(εφχ), όπου Ριc+ 1(εφχ) είναι κ + Ι βαθμού. Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν = κ + I . Έχουμε ότι g<ιc>(x) = a.c + 1 εφιc + 1χ + . . . + αο, παραγωγίζοντας παίρνουμε μεγιστοβάθμιο όρο για την g<ιc+ Ι)(χ), τον <lιc + Ι (κ + l )εφιc χ(εφχ)' = <lιc + Ι (κ + l )εφιcχ(Ι + εφ2χ) = <lιc + Ι (κ + l )εφιc

+ 2χ + <lιc+ 1 (κ + l )εφιcχ δηλαδή τον <lιc + 1 (κ + l )εφιc+ 2χ που είνα βαθμού κ + 2 ως προς u = εφχ.

ii) Η g έχει πεδίο ορισμού το (-Ι• Ι ) και σύνολο τιμών το IR.. Έχουμε g'(x) = εφ2χ + Ι >. Ο, άρα

η g είναι γνησίως αύξουσα στο (-Ι' Ι ) και συνεπώς «ένα προς ένα».

Επομένως ορίζεται η aντίστροφή της g-1 : IR. - (-Ι, Ι ). εφ χ

Ορίζεται στο (- Ι' Ι ) η συνάρτηση Η(χ) = A(g(x)) = J t2� 1 , γιατί το σύνολο τιμών της g ο

είναι πεδίο ορισμού της Α. Έχουμε: Η'(χ) = 2 1 (εφχ)' ή Η'(χ) = 2 1 --1-2 ή Η'(χ) = Ι για κάθε χ Ε (-�2. �2 ) εφ χ + Ι εφ χ + Ι συν χ Συνεπώς Η(χ) = χ + c και επειδή Η(Ο) = Ο, c = Ο. Επομένως ισχύει A(g(x)) = χ για κάθε χ Ε (-Ι' Ι ) και η g είναι «ένα προς ένα». Από γνωστή

πρόταση παίρνουμε ότι Α = g-1 για κάθε χ Ε (-Ι, Ι ). Παρατηρήσεις

χ

Ι . Η συνάρτηση Α(χ) = J -f!L που είναι η αντίστροφη της g(x) = εφχ συμβολίζεται και με 0 t + Ι

Α(χ) = τοξεφχ και διαβάζεται «τόξο εφαπτομένης Χ». Ομως δεν είναι τόξο αλλά ένας πραγματικός αριθμός.

2. Είναι φανερό ότι θα ισχύει g(g- 1 (y)) = εφΑ(y) = y για κάθε y Ε IR..

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. t. 2145

Μελέτη της συνάρτησης «Versiera»

3. Στον κύκλο ακτίνας R = � αν Γ(χ, Ο) θα έχου-..--

με f(x) = (ΓΕ), Α(χ) = (ΟΔ), εφΑ(χ) = (ΟΓ). 4. Με τις aντίστροφες συναρτήσεις Α και g

μπορούμε να μελετήσουμε διάφοpες μαθηματικές προτάσεις π.χ. για το ολοκλήρωμα I f � έχουμε A( l ) = ω ή εφω = 1 , ω =*· ο t + 1

Άσκηση 7 χ

Δίδεται η συνάρτηση Α(χ) = J�, χ Ε IR.. t + 1 ο

Υ

ί) Να αποδείξετε ότι Α(χ) < χ για κάθε χ > Ο και Α( χ) > χ για κάθε χ < Ο.

ίί) Αν χ � Ο και χ < _� να αποδείξετε ότι Α(νJ) + Α(χ) = Α( χ +j/ ). �3 1 - �

Λύση χ χ

χ

i) Για κάθε χ Ε IR. * ισχύει -2-1- < Ι

χ + 1 άρα για κάθε χ > Ο έχουμε J� < f dt = χ, δηλαδή

t + 1 Α(χ) < χ για κάθε χ > Ο.

ο ο

Αν χ < Ο τότε -χ > Ο συνεπώς Α(-χ) < -χ ή -Α(χ) < -χ οπότε Α(χ) > χ για κάθε χ < Ο. ii) Παραγωγίζοντας τη συνεχή συνάρτηση Α( χ + � ) έχουμε

1 - 3χ ' ' [Α( x +..J3 >] = 1 lr x +..J3 ) = 4 = 4 = -1- = Α'(χ)

1 - {jx (χ + ..J3 )2 + Ι Ι - {jx (χ + {3)2 + ( 1 - {jx)2 4χ2 + 4 χ2 + Ι ·

1 - {jx

Άρα οι συναρτήσεις διαφέρουν κατά μία σταθερά Α( χ +� ) - Α(χ) = c. Για χ = Ο παίρνουΙ - 3χ

με A({j) - Α(Ο) = C, οπότε A(-{j) = c. Δηλαδή ισχόει: A({j) + Α(χ) = Α( χ + � ) 1 - 3χ


1 . Επειδή ισχύουν Α( Ο) = Ο, χ < εφχ για κάθε χ με Ο < χ <� και εφχ < χ για κάθε χ με -� < χ < Ο και εφΟ = Ο, οι aντίστροφες συναρτήσεις Α(χ) και g(x) = εφχ έχουν μοναδικό κοινό σημείο το (0, 0).

2. Η πρόταση (ii) γενικεύεται. Αν χ > Ο, y > Ο και x·y < 1 τότε Α(χ) + A(y) = Α( �1χ + ). - xy

Ασκήσεις Άλυτες 2

1 . Δίδονται οι συναρτήσεις f(x) = + και g(x) = χ4 χ + 4 i) Να αποδείξετε ότι οι εφαπτομένες στη γραφική παράσταση της g, στα κοινά σημεία των f, g είναι κάθετες μεταξύ τους. ii) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου που περιέχεται μεταξύ χων γραφικών παραστά-

6π - 4 σεων των f, g. (Απ. -3-τ.μ.) 2. Οι βιολόγοι υποστηρίζουν ότι η «συνάρτηση ανάπτυξης» των σπόρων στη περιοχή του δε-



ντρου παραγωγής είναι ίση με το γινόμενο της πυκνότητας των σπόρων επί την «πιθανότητα επιβίωσης» από τους ανταγωνιστές τους. Αν χ είναι η απόσταση σε μέτρα από τον κορμό του δέντρου, τότε η συνάρτηση πυκνότητας των σπόρων δίνεται από τον τύπο d(5x) = -2-ι-, χ Ε [0, ι ο] και η πιθανότητα επιβίω(jης από τον τύπο Ρ(χ) = ιχο . Να βρεθεί η χ + ι απόσταση στην οποία η συνάρτηση ανάπτυξης παίρνει την μέγιστη τιμή. (Απ. χ = 5m)

χ

3. Δίδεται η συνάρτηση Α(χ) = J t2� ι · Να αποδείξετε ότι i) Α(7) - Α(2) < ι ii) Αν χ Ε (ο. �) να ο

εφ χ

υπολογιστεί το J -f!L-. (Απ. 2χ -�2) t + ι σφχ

4. Δίδεται η συνάρτηση f(x) = -2-1- . Στον άξονα Οχ κινείται με αρχή το Ο ένα σημείο Μ με χ + ι σταθερή ταχύτητα. Σε κάθε θέση του Μ θεωρούμε το τρίγωνο ΟΑΜ με ΑΟ = ΑΜ, όπου Α είναι σημείο της γραφικής παράστασης της f. i) Να βρεθεί σε ποια θέση του σημείου Μ έχουμε την ελάχιστη τιμή του ρυθμού μεταβολής του εμβαδού (ΟΑΒ). ii) Να βρεθεί η ελάχιστη αυτή τιμή.

(Απ. χ = 2VJ, - /6> Υποδείξεις για τη λύση των άλυτων ασκήσεων

1. i) Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων είναι η λύση του συστήματος y = +. y = χ42 δηχ + 4

λαδή (2, l ) και (-2, 1 ) . Ο συντελεστής της εφαπτομένης στο (2, ι ) είναι λ1 = ι και στο (-2, ι ) λ2 = -1 .

2

ii) Το εμβαδόν του χωρίου είναι Ε =Jι2 � 4 -�] = . . . 6π 3- 4.

-Ζ

2. Η πυκνότητα των σπόρων είναι d(x) = . ι 2 και η συνάρτηση ανάπτυξης (0,2χ) + ι

S(x) = ιιο · χ 2 παραγωγίζοντας παίρνουμε ολικό μέγιστο για χ = 5m. (0,2χ) + ι 3. i) Η συνάρτηση Α(χ) είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο [2, 7]. Άρα από Θ.Μ.Τ. έχουμε

Γ(ξ) = Α(7) -Α(2) Γ(ξ) = _ι _ 2 < ξ < 7 .!. > _ι _ > _ι 7 - 2 ' ξ2 + ι ' ' 5 ξ2 + ι 50

ii) Θέτουμε t = εφu, dt = 4, εφχ = εφu, χ = u, σφχ = εφu, εφ(�2 - χ)= εφu . . . συν u 4. Έστω Μ(χ, Ο) και ΑΔ το ύψος του τριγώνου ΟΑΜ τότε Δ(�· Ο) και Α(�· χ2: 4) το εμβαδόν

του ΟΑΜ είναι Ε(χ) = .!. · � = �. 2 χ2 + 4 χ2 + 4 Ο ρυθμός μεταβολής είναι Ε'(χ) = 2(χ

2 + 4) - 4Χ2 (χ2 + 4)2 '

θα έχουμε Ε"(χ) = Ο όταν χ = 2VJ.

2 Ε'(χ) = 8; 2χ 2• Για την ελάχιστη τιμή (χ + 4)


Ανισότητες Jensen Νικόλαος Δ. Μπάκος

Μία πολύ ενδιαφέρουσα σχέση, μέταξύ της μορφής της καμπύλης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης και ανισοτήτων, που προκύπτουν εξαιτίας της μορφής αυτής, επισημαίνεται από τις λεγόμενες «ανισότητες Jensen». Ας ξεκινήσουμε αρχικά από κάποιον ορισμό. Ορισμός 1 • Μία, συνεχής σε διάστημα Δ, συνάρτηση f λέγεται κuρτή στο Δ ή στρέφει τα κοίλα άνω στο

Δ αν για κάθε α β χ Ε Δ με α < χ < β ισχύει: f(x) - f(α) < f(β) - f(α)_

' ' ' ' ' χ - α β - α Πράγματι:

λ = f(x) - f(α)< O ΑΜ χ - α ' γιατί λΑΜ = εφω < Ο, Ι < ω < π. Επίσης:

λ = f(β) - f( α) > 0 ΑΒ β _ α ' γιατί λΑΒ = εφφ > Ο, Ο < φ <Ι.

(Βλέπε διπλανό σχήμα). Αντίστοιχα:

Υ Β(β,f(β))

α χ χ

• Μία, συνεχής σε διάστημα Δ, συνάρτηση f λέγεται κοίλη στο Δ ή στρέφει τα κοίλα κάτω στο Δ αν για κάθε α β χ Ε Δ με α < χ < β ισχύει: f(x) - f(α) > f(β)- f(α)_

' ' ' ' ' χ - α β - α Σχόλια:

Ο παραπάνω ορισμός ισχύει αίcόμη και για συναρτήσεις που δεν είναι παραγωγίσιμες στο διάστημα ορισμού τους. Η συνθήκη του διαστήματος και όχι της ένωσης των διαστημάτων ή άλλης μορφής συνόλου ορισμού, είναι πολύ σημαντική. Για τα επόμενα το διάστημα Δ θα θεωρείται φραγμένο διάστημα, δηλαδή θα είναι κάποιο από τα [α, β], [α, β), (α, β], (α, β). Ας δούμε τώρα κάποιον άλλον ορισμό, για παραγωγίσιμες στο Δ συναρτήσεις.

Ορισμός 2 • Μία παραγωγίσιμη, στο διάστημα Δ, συνάρτηση f λέγεται κuρτή στο Δ ή στρέφει τα κοίλα

άνω στο Δ, αν η γραφική παράσταση Cr, της f, βρίσκεται «πάνω» από την εφαπτομένη της Cr, σε οποιοδήποτε σημείο της.

• Μία παραγωγίσιμη, στο διάστημά Δ, συνάρτηση f λέγεται κοίλη στο Δ ή στρέφει τα κοίλα κάτω στο Δ, αν η γραφική παράσταση Cr, της f, βρίσκεται «κάτω» από την εφαπτομένη της Cr, σε οποιοδήποτε σημείο της.

Υ Υ

χ ο χ

Ποια ακριβώς όμως σχέση συνδέεί τη μορφή των κοίλων και το πρόσημο της f"; Έχουμε τη γνωστή σχέση από τα Μαθηματικά της Γ Λ ΥΚΕΙΟΥ.

ΕVΚΛΕΙΔΗΣ 8' λ. τ. Ζ/48

Ανισότητες Jensen

Θεώρημα 1 Αν μια συνάρτηση fείναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο Δ, τότε ισχύουν: Η f είναι κυρτή στο Δ <=> Γ(χ) � Ο, για κάθε χ Ε Δ. Η f είναι κοίλη στο Δ <=> Γ(χ) ::; Ο, για κάθε χ Ε Δ.

Σχόλιο: Ο μηδενισμός της Γ συμβαίνει για μεμονωμένα σημεία του Δ και όχι για ένα ολόκληρο υ

ποδιάστημα Δ1 ς Δ. Απόδειξη:

(Θα το δείξουμε μόνο για την περίπτωση όπου f"(x) � Ο. Ομοια αν Γ(χ) ::; 0.) Παίρνουμε την εφαπτομένη της Cr στο Μ και από τυχαίο σημείο y Γ της Cr φέρουμε ΓΑ ..l χ' χ. Αυτή τέμνει την εφαπτομένη στο Β. (Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας, ότι χ > χ0). Τότε: Η f κυρτή <=> Yr - ΥΒ � Ο. (Yr = ΥΒ στην περίπτωση όπου Β = Γ). Η εξίσωση της εφαπτομένης στο Μ είναι:

y - f(xo) = Γ (χο)(χ - Χο) <=> Υ = Γ(χο)(χ - Χο) + f(xo). Αλλά ΥΒ = y = Γ (χ0)(χ - χ0) + f(x0) οπότε:

Yr - ΥΒ = f(x) - Γ<χο)(χ - Χο) - f(xo). ο χ σ Α(χ,Ο) χ

• Η f είναι συνεχής στο [χ0, χ] ς Δ και παραγωγίσιμη στο(χ0, χ), άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. του Διαφορικού Λογισμού στο [χ0, χ] και υπάρχει ξ Ε (χ0, χ), τέτοιο ώστε να ισχύει: Γ(ξ) = f(x) - f(xo). χ - Χο Τότε: Yr - ΥΒ = Γ(ξ)(χ - Χο) - Γ(χο)(χ - Χο) <=> Yr - ΥΒ = [Γ(ξ) - Γ(χο)](χ - Χο)

• Η Γ είναι συνεχής στο [χ0, ξ] ς Δ και παραγωγίσιμη στο (χ0, ξ), άρα ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. του Διαφορικού Λογισμού στο [χ0, ξ] και υπάρχει ξ 1 Ε (χ0, ξ) τέτοιο ώστε να

, f"(ξ ) Γ (ξ) - Γ (χο) Τ , f"(ξ )(ξ )( ) ισχυει: ι = ξ . οτε: Yr - y8 = ι - χ0 χ - χ0 • - Χο Αλλά ξ -χ0 > Ο και χ -χ0 > Ο, οπότε Yr - ΥΒ � Ο <=> f"(ξ ι) � Ο ή Η f είναι κυρτή στο Δ <=> Γ(χ) � Ο, για κάθε χ Ε Δ. Ας δούμε τώρα την ανισοτική σχέση που συνδέει τις τιμές μιας κυρτής ή κοίλης συνάρτη

σης, εφαρμοσμένες πάνω σε οποιεσδήποτε μεταβλητές, του διαστήματος ορισμού της. Θεώρημα 2 (Γενικευμένη ανισότητα Jensen)

Θεωρούμε τη συνάρτηση f, ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ. Αν Γ(χ) > Ο για κάθε χ Ε Δ, να δειχθεί ότι για κάθε Χ ι , χ2 Ε Δ υπάρχουν κ, λ > Ο, με κ + λ = I , έτσι ώστε να ισχύει: f(κχ1 + λχ2) < κf(χι) + λf(χ2). Απόδειξη:

Επειδή f"(x) > Ο, για κάθε χ Ε Δ, η f είναι κυρτή στο διάστημα Δ και επομένως η . εφαπτομένη της Cr, σε τυχαίο σημείο της, βρίσκεται «κάτω» από τη Cr. Έστω Κ(χι , f(χ ι)),Λ(χ2, f(x2)), Μ( χ, f(x)) και Ε, Ζ τα σημεία τομής της εφαπτομένης με τα ΚΒ, ΛΓ, αντίστοιχα.

Ας είναι �� = � και Α η προβολή του Μ, Β του Κ και Γ του Λ, στον χ' χ.

Υ

ΒΑ ΕΜ χ - χ ι 11 νχ ι + μχ2 Τότε ΚΒ /I ΜΑ I/ ΛΓ οπότε: ΑΓ = ΜΖ (<?>εώρημα Θαλή) και -- = .ι::: <=> χ = ( 1 ) χ2 - χ ν μ + ν Φέρουμε τη ΒΖ και έστω Η το σημείο τομής της ΜΑ με τη ΒΖ. Είναι: ΕΜ = J:! ή ΕΜ = ΜΖ = ΕΜ + ΜΖ ΕΖ <=> ΕΜ = .JL., οπότε ΜΖ = _ν_. ΜΖ ν μ ν μ + ν μ + ν ΕΖ μ + ν ΕΖ μ + ν


Cr

•


Στο τρίγωνο ΖΕΒ είναι ΜΗ // ΕΒ οπότε: �� = �i = μ: ν (Θεώρημα Θαλή)

ΗΜ = _ν_ΒΕ και επειδή ΒΕ < ΒΚ, θα είναι: ΗΜ < _ν_f(χι) (γιατί;) (2) μ + ν μ + ν

οπότε:

• Επίσης, στο τρίγωνο ΒΖΓ είναι ΑΗ 11 ΓΖ οπότε: �� = ΒΑ _ ΕΜ _ __.!:!.__ ΒΓ - ΕΖ - μ + ν

οπότε ΑΗ = _.!:!._Γz και επειδή ΓΖ < ΖΛ, θα είναι: ΑΗ < _.l:!._f(x2) (γιaτί;) (3) Από τις (2), μ + ν μ + ν (3)προκύπτει ΑΗ + ΗΜ < _ν_f(χι) + _.l:!._f(x2) οΠότε f(x) = ΑΜ < _ν_f(χ ι) + _.l:!._f(x2). μ + ν μ + ν μ + ν μ + ν

Τότε η ( 1 ) δίνει: Ι.νχ ι + μχ2)< �f(χι) + _.l:!._f(x2) <=> fl�xι + _.!:!._χ2)< -ν-f(χι) + _.l:!._f(x2). ·\ μ + ν μ + ν μ + ν ·\μ + ν μ + ν · μ + ν μ + ν

Για _ν_ = κ και __.!:!.__ = λ είναι κ + λ = _ν_ + __.!:!.__ = 1!..±....Υ = Ι και κ λ > Ο. μ + ν μ + ν ' μ + ν μ + ν μ + ν ' Τελικά f(κχ ι + λχ2) < κf(χ ι ) + λf(χ2). Σχόλιο: Στην περίπτωση όπου f '(x) ;::: Ο, η παραπάνω ανισότητα ισχύει και ως:

f(κχ ι + λχ2 ) � κf (χι ) + λf(xz), για Χι , χ2 Ε Δ. ΕΙΔΙΚΑ: αν κ = λ = �· η παραπάνω πρόταση παίρνει τη μορφή : Θεώρημα 3 - Ανισότητες Jensen

Αν η συνάρτηση f είναί δύο φορές παραγωγίσιμη σε κάποιο διάστημα Δ έχουμε ότι: • . Αν η f είναι κυρτή στο Δ τότε 1-α; β)< f(α); f(β), για κάθε α, β Ε Δ, α :�; Ο.

• Αν η f είναι κοίλη στο Δ τότε 1-α; β)> f(α); f(β), για κάθε α, β Ε Δ, α :�; Ο. (Οι παραπάνω σχέσεις μπορεί να περιέχουν και � ή ;:::).

Το παραπάνω θεώρημα αποδεικνύεται και με τη βοήθεια του Θ.Μ.τ. ως εξής:

Απόδειξη lη (Θα το δείξουμε μόνο για την περίπτωση της κυρτής)

Έστω α, β Ε Δ και επομένως α < α; β < β.

• Η f είναι συνεχής στα [α, α; β] και [α; β' β J. • Η f είναι παραγωγίσιμη στα (α, α; β) και (α; β' β) Σύμφωνα με το Θ.Μ.τ. του Διαφορικού Λογισμού, θα υπάρχουν ξ ι Ε (α, α; β) και ξ2 Ε (α; β' β) τέτοια ώστε να ισχύει: { �α;β)- f(α) = Γ(ξι)(α;β - α) { f(α) =�α;β)-�Γ(ξι)(β - α) ( Ι )

f(β) - �α ;β)= Γ(ξ2>(β - a; β) <=> . f(β) = �α; β)+ �Γ(ξ2)(β - α) (2)

Τότε από ( 1 ) και (2) προκύπτει f(α) + f(β) = 21-α; β)+ �β - α)[f'(ξ2) - Γ(ξι)] <=> f(α); f(β) = �α; β)+ �β - α)[Γ(ξz) - Γ(ξι)] <=> f(α); f(β) ��α;�)= �β - α)[Γ(ξz) - Γ(ξ ι)].

Η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [ξ ι, ξ2] (γιατί;), άρα θα υπάρχει ξ Ε (ξι , ξ2) ς Δ έτσι ώστε:



Γ' (ξ) = Γ(ξξ� = �Ί(ξ ,)' οπότε f(α); f(β) -�α; β)= �β - α)(ξ2 - ξ1)Γ(ξ).

Επειδή η f είναι κυρτή θα ισχύει f"(ξ) > Ο οπότε f(α); f(β) - �α; β)> ο <=> f(α); f(β) > �α; β) γιατί β - α > Ο, ξ2 - ξ , > Ο.

Μια, απλούστερη, γεωμετρική απόδειξη είναι η παρακάτω: Απόδειξη 2η (Θα το δείξουμε μόνο για την περίπτωση της κυρτής)

Έστω τα σημεία Α(α, 0) και Β(β, 0), που αποτελούν τις προβολές των τυχαίων σημείων Λ, Μ της Cr, πάνω στον άξονα χ'χ. Έστω Γ το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ, με τε-τμημένη ξ = α; β. Φέρουμε την εφαπτομένη της Cr, στο Κ. Η ΚΓ είναι διάμεσος του τραπεζίου ΑΛ'Μ'Β, οπότε:

ΚΓ = ΑΛ' + ΒΜ' άρα ΚΓ < ΑΛ + ΒΜ 2 2

f(ξ) < f(α); f(β) <=>

�α; β)< f(α); f(β).

Γενικότερα, θα μπορούσαμε να πούμε ότι: Για οποιαδήποτε ν σημεία χ1 < χ2 < . . . < Χν ε Δ ισχύει:

Υ

Ο Α(α)

Α f ' , Δ , 1Χ ι + Χ2 + . . . + Χν) f(x 1) + f(x2) + . . . + f(xv)

• ν η ειναι κυρτη στο τοτε < . ν ν Α f , "Ί Δ , 1χ 1 + χ2 + . . . + Χν) f(x 1 ) + f(x2) + . . . + f(xv)

• ν η ειναι κοιr�η στο τοτε > . ν ν (Οι παραπάνω σχέσεις μπορεί να περιέχουν και :::; ή ;:::). Ας δούμε λοιπόν αμέσως μία εφαρμογή του παραπάνω. ΕφαρμοΎή:

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = lnx.

i) Δείξτε ότι α ; β ;:::: ...[ιip, Ύια κάθε α, Ρ > Ο.

Γ( ξ)

Ι"ι") Δ 'ξ , Χι + Xz + . . . + Χν ! I 0 (Α , C h ) ει τε οτι ;:::: 'JX1 ·X2· • . . ·Xv, χ1, χ2, • • . , Χν > νισοτητα auc y • ν Λύση

Μ Cr

Β(β) χ

i) Η f είναι δύο φορές ttαραγωγίσιμη στο (0, +οο) με: f'(x) = .!, Γ'(χ) = - � < Ο, άρα η f είναι χ χ κοίλη στο (0, +οο). Στο [α, β] ς (0, +οο), με εφαρμογή της ανισότητας Jeηseη, έχουμε: r( α + β)> f( α) + f(β) Ι η� > lηα + Ιηβ ln� > lηαβ <=> Ιη� > .!ιηαβ &\ 2 - 2 <=> 2 - 2 <=> 2 - 2 2 - 2 <=>

lηα; β ;::: Ιη.ψ;β <=> α; β ;::: ψ;:β, γιατί η f είναι γνήσια αύξουσα. ii) Για Ο < χ1 < χ2 < . . . < xv, από ανισότητα Jeηseη, έχουμε:

1χ 1 + χ2 + . . . + Χν)> f(x 1 ) + f(x2) + . . . + f(xv) 1 χ 1 + χ2 + . . . + Χν > lηχ 1 + lηχ2 + . . . + lηxv - <=> Π <=> ν ν ν ν

I χ, + χ2 + . . . + Xy lιι Ι ι ) I Χ ι + χ2 + . .

. + Xy I � η ;:::: -:\ ηχ1 + ηχ2 + . . . + ηχv <=> η ;::: η Χ 1 ·Χ2• . . . ·Xv <=> ν ν ν



χ ι + χ 2 + · · · + xv Υ ι · f · · ' ξ ......:....-=----....::. ::=:: vx 1 ·x2· . . . ·xv, γιατι η ειναι γνησια αυ ουσα. ν

Ας δούμε τώρα τα «κομψά» αποτελέσματα της εφαρμογής των ανισοτήτων Jensen.

Λυμένες ασκήσεις

1. Να δειχθεί ότι για κάθε χ1, χ2 ε (Ι' π} με χ1 * χ2, ισχύει: εφχ1 + εφχ2 < 2εφ(χ' ; Xz)

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = εφχ, χ ε (�· π) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο

(�2, π) με: Γ(χ) = -1-2- και f"(x) = - �συν2χ)' = - -1-4- ·2συνχ(- ημχ) = � < Ο, για κάθε συν χ συν χ συν χ συν χ χ ε (�· π) γιατί συνχ < Ο. Άρα η f είναι κοίλη στο (�· π) και με εφαρμογή των ανισοτήτων Jensen

έχουμε: εφ(Χ ι � χ2 )> εφχι � εφχ2 <=> εφχ ι + εφχ2 < 2εφ(Χ ι � χ2) 2. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο: f(x) = ln(lmT1, χ > 1 .

i) Να δειχθεί ότι·η Cr στρέφει τα κοίλα άνω στο (1, +οο). ii) Αν 1 < α < β, να δειχθεί ότι: (ιnα; μ)2 ::::: Ιηα·Ιηβ •

. Λύση i) Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο ( 1 , +οο) με: Γ(χ) = [ln(lnx)- 1 ] ' = [-ln(lnx)] ' =

- �11 lnx)' = - -1� και Γ (χ) = (:__ -1-

1-. )' = 1 2(xlnx)' = tn; � 1 > ρ, γιατί lnx + 1 > Ο, για nx χ nx χ nx (xlnx) χ ln χ κάθε χ ε ( 1 , +οο). Άρα η f είναι κυρτή στο ( Ι , + οο).

ii) Με εφαρμογή της ανισότητας Jensen στο [α, β] ς ( 1 , +οο) έχουμΕ;: �α� β)::; f(α).; f(β) <=> tn(tnα �β):::: Ιη(Ιηα) � Ιη(Ιηβ) <=> 2tn(tnα �β):::: Ιη[(lηα)(Ιηβ)] <=>

2 . 2 tn(tnα; β) ::::: ln[(lnα)(lnβ)] και επειδή η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα (tnα �β) ::::: Ιηα·lηβ.

3. Να δειχθεί ότι για κάθε χ, y > Ο, με χ * y, ισχύει: �4(χ +y) > � + �Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = �' χ > Ο. Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο (0, + οο) με:

Γ(χ) = ( χ�), = l.x � και Γ' (χ) = -�χ � = _ _ 2_= - 2 = _ _ 2_ < Ο. 3 9 �Π �� !Ο 'f\J X 'f\JX ·Χ 9χνχ Η f είναι κοίλη οπότε με εφαρμογή των ανισοτήτων Jensen, για χ * y έχουμε:

�χ� y)> f(x) � f(y) <=> νφ> 5/Χ � ifY <=> 2νφ > � + � <=>

� > � + � <=> �4(χ + y) > � + �. 4. Να δειχθεί ότι για κάθε α ε IR. • και ν ε ΙΝ • , ισχύει: (2eα + 5α2)ν + 1 + (2e --α + 5α2)ν + 1 > 2ν + 2•

Λύση



Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (2ex + 5χ2) ν + ι , χ Ε IR., ν Ε Ν* . Η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR. με: Γ(χ) = [(2ex + Sχ2)ν + ι] ' = (ν + 1 )(2ex + 5χ2)ν(2eχ + ΙΟχ) και Γ '(χ) = [(ν + 1 )(2ex + 5χ2)ν(2eχ + Ι Οχ)] ' = (ν + l )ν(2ex + 5χ2)ν - ι(2e" + 1 0χ)2 + (ν + 1 )(2e" + 5χ2)ν(2e" + 1 0) = (ν + 1 )(2ex + 5χ2)ν - ι [ν(2eχ + l 0x)2 + (2ex + 5x2)(2e" + 10)] > Ο,

για κάθε χ Ε IR., οπότε η f είναι κυρτή στο IR.. Για α * -α (α Ε IR. *), με εφαρμογή των ανισοτήτων Jensen, έχουμε:

�α + i-α))< f(α) +/(-α) <:::> 2f(O) < f(α) + f(-α) <:::>

(2e11 + 5α2)ν + ι + [2e-11+ 5(-α)2]ν + ι > 2(2e0 + 5·02)ν + ι <:::> (2el1 + 5α2)ν + ι + [2e-α+ 5(-α2)]ν + ι > zν + 2.

Άλυτες ασκήσεις . . !..±.1. χ Υ 1. Να δειχθεί ότι για κάθε χ, y Ε IR., με χ * y, ισχύει: e 2 � e i e .

Υπόδειξη: Θεωρούμε την f(x) = e". Γ'(χ) = e" > Ο και η f είναι κυρτή . 2. Να δειχθεί ότι για κάθε χ, y Ε (0, +οο), με χ * y, ισχύει{χ i Υγ < χν i Υν, ν Ε Ν*, ν

.> Ι .

Υπόδειξη: Θεωρούμε την f(x) = χ ν, χ > Ο. f"(x) = ν( ν - Ι )χν- 2 > Ο και η f κυρτή. 3. Να δειχθεί ότι για κάθε α, β Ε (0, +οο),α * β, ισχύει: (α + β)Ιοg(α i β)< αlοgα + βlοgβ.

Υπόδειξη: Θεωρούμε την f(x) = logx", χ > Ο. f"(x) = .! > Ο και η f κυρτή. χ 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = Ιη(εφχ), χ Ε (ο. �)

i) Να δειχθεί ότι η f είναι κοίλη στο (ο. �) 2 ii) Να δειχθεί ότι: (εφα i β) > εφα + εφβ.

Υπόδειξη: i) f'(x) = η�χ και Γ(χ) = -4 �j�� < Ο, για χ Ε (ο, �)και η f κοίλη.

2 ii) Εφαρμογή Jensen: 2tη(εφα i β)> Ιη(εφα·εφβ) <=:>Ιη(εφα i β) > Ιη(εφα·εφβ).

5. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ2 • ex+v , χ Ε IR, ν Ε Ν. i) Να δειχθεί ότι η f είναι κυρτή στο [0, + οο)

.!!..:!;.]. ii) Να δειχθεί ότι: (α + β)2e 2 < 2(α2eα + β2eβ), για κάθε α, β Ε [0, +οο), α * β.

Υπόδειξη: i) f' (χ) = (χ2 + 2x)eX + ν και f" (χ) = (χ2 + 4χ + 2)e" + ν > Ο, για κάθε χ � Ο και η f κυρτή. (,Ν ..ι. ι:ι)2 .!!..:!;.]. 2 α ν β2 β ν ii) Εφαρμογή Jensen: ψ e 2 ev < α e ·e i e ·e .

6. Να δειχθεί ότι για κάθε α, β Ε (0, +οο) ισχύει: -..j2(α + β) > να + ...jβ. Υπόδειξη: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = -Vx. Γ(χ) = - � c < Ο και η f κοίλη.

4xvx 7 Ν δ θ ' ' ' θ IR.* ιιι.τ. ' ( α 3)2ν ( -α 3)2ν z4ν + ι

• α ειχ ει οτι για κα ε α Ε και ν Ε D'� , ισχυει: e + + e + > .

Υπόδειξη: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = (e" + 3)2ν, χ Ε IR.. Γ(χ) =2νe"(ex + 3)2ν - 2(2νe" + 3) > Ο και η f είναι κυρτή . Εφαρμογή Jensen για α * -α.


ΙΙαράγωγοι (Η χρησιJιότητα τιον ορίων της παραγό)γου)

Ν. Φάππα

Θα δώσουμε μερικές προτάσεις που αφορούν στα όρια της παραγώγου και στη συνέχεια θα λύσουμε βασισμένοι στις προτάσεις αυτές μερικές ασκήσεις του σχολικού βιβλίου της ανάλυσης.

Πρόταση 1. Έστω συνάρτηση f ορισμένη στο (α, Χο], 1tαραγωγίσι�ιη στο (α, χ0) και συνεχής στο Χο· Αν

lim f'(x) = m Ε IR., τότε lim f(x) - f(xo) = πι. -� -� χ - �

Απόδειξη Έστω χ Ε (α, χ0). Η t' είναι συνεχ11ς στο [χ, χ0] και παραγωγίσιμη στο (χ, χ0). Επομένως

(Θ.Μ.Τ.) υπάρχει ξ ε (χ, χ0) τέτο ιος, (ί1στε: !�ι- f<x!!l == Π ξ> ο ) χ -· Χο .

Επειδή καθώς χ ....... x(j έπεται ότt και ξ ...... χό, από την ( 1 ) έχουμε: l im f(x) - f(xo) = lim Γ(ξ) οπότε liιn f(x) -· f(xo) = lim f'(ξ) δηλαδή lim f(x) - f(xo) = m. -� � � � -� � � �� -� � �

Σημείωση. Η πρόταση αποδεικνύεται με τον ίδιο τρόπο και για διάστημα της μορφής [χ0, β).

Πόρισμα 1. Έστω συνάρτηση f: (α, β) -+ !R. παραγωγίσιμη στο σύνολο (α, χ0) U (χ0, β) και συνεχής στο

χ0• Αν lim f'(x) = Iim Γ(χ) = m ε IR, τότε: χ-χο· χ-χ;; 1 . Υπάρχει η εφαπτομένη εηΟεiα στη γραφική παρ(�σταση της f στο σημείο Μ(χ0, f(x0)). 2. Αν m Ε IR, τότε η f παρα'{ωγiζεται στο χ3 και ισχύf:ι Γ(χ0) c.:: ιη (και επομένως η f' είναι συνε

χής στο χ0)

Πρόταση 2. Έστω ·η σι)νάι;τηση f πι:φαγαιγίσιμ11 στο {α, β) και χ0 ε (fι., β). Αν lim_ f'(x) = π1, lim+ f'(x) = π2

χ-.. χιι χ-χο

με π1, π2 Ε IR, τότε είναι π1 ::: n2 = f'(x0). [άρα 111 , n2 Ε IR) Απόδειξη

Έστω χ Ε (α, χ0). Επειδή η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο διάστημα [χ, χ0] , υπάρχει ξ Ε (χ, χ0) τέτοιος ώστε f(x) - f(xo) f'(ξ). Άρα lim f(x) - f(xo) = lim f'(ξ).

χ - Χο χ-χ� χ- Χο χ-χσ

Ε δ . - t: - . , ι· f(x) ·- f(xo) ι· f'(t:' , f'( ) πει η χ -+ χ0 =:::> �-, -+ χ0, η προηγουμεvη γινεται: ιm_ ------ = , ιm_ ι,) , αρα _ χ0 = Π ι . χ-•χσ Χ- Χο .., .... χ�

Ομοια αποδεικνύεται ότι είναι κ-αι f�(xu) '" n2• Πρέκει [(χ0) = f�(x0), άρα ηι = π2 και βέβαια Π ι = n2 = f'(x0) Ε IR. Από το πόρισμα 1 και την πρόταση 2 {;χουμε τόφα ·ω:

Πόρισμα 2. Αν η f: (α, β) - 1R είναι παραγωγ ίr.ημη στο σύνολο (α, χ0) U (χ0, β) και υπάρχουν τα πλευρικά όρια lim_ f'(x), liπ1, f'(x) , τδ-rε i1 f ι-:ίναι παραγωγίσιμη στο χ0, αν και μόνο αν είναι συ-χ-+χ0 Χ-+�ο νεχής στο χ0 και ισχύει lim_ f'(x) = lim. Γ(χ) = n1, όπου m ε !R. Χ-+Χ0 χ-χσ

Τα προηγούμενα έχουν εφαρμογή στη λύση πολλιδν ασκήσεων. Ενδεικτικά λύνουμε τις επόμενες ασκήσεις από το σχολικό βιβλίο της ανάλυσης.


Παράγωγοι

Άσκηση ι Να εξετάσετε αν ορίζεται η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης {νι - χ ' χ < ι f(x) = στο σημείο Α(ι, 0). (άσκ-ηση 4iv, σελ. ι4Ο) - ..Jx - ι ' χ � ι

Λύση { -Ι , χ < Ι , , , , , ,

· 2...ιτ=χ. Η f ει ναι συνεχης στο Ι . Ευκολα βρισκουμε οτι: f (χ) = -Ι --· ·- χ > Ι

2..,jx - Ι ' Είναι: lim Γ (χ) = ίϊπ, �=-α: και Ηπ1 f'{x) = Iin1 -_--�·:;= = -οο.

χ .... Ι - χ-· • · 2 Ι _ χ χ-·+ Ι • χ-· Ι· 2vx _ 1 Άρα(πόρισμα Ι ) ορίζεται εφαπτομένη στο Α με εξίσωση χ == Ι .

λσκηση 2 {αχ2 + px + 3 , � < ι

. Α ν f(x) = 2 , χ = ι

3 . Χ + γχ + 2 s X > 1

, να βρείτε τις τιμές το>ν α, β, γ για τι.ς οποίες η f είναι παρα-

γωγίσιμη στο ι. (άσκηση 4, σελ. ι36J Λύση

Η f πρέπει να είναι συνεχής στο Ι . Άρα Hm f(x) = 2 <=> Ι + γ + 2 = 2 <=> γ = - Ι . Χ-+ 1 + Ακόμη: Hm_ f(x) = 2 <=> α + β + 3 = 2 <=> α + β = �Ι ( 1 ) Χ-+ 1 {2αχ + β , χ < 1 Εύκολα βρίσκουμε ότι Γ (χ) == 3 .2 I • (γ = ---1 } . .. χ -- ' χ > ! .. . Έτσι είναι: lim f'(x) = 2 και lim f'(x) = 2α + β. Επομένωc πρέrcει 2α + β = 2 (2) χ- ι+ χ- ι- � "

Λύνουμε το σύστημα των ( 1 ) και (2) και βρίσκουμε α = 3, β = -4.

λσκηση 3 Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο χ0 = ι, όταν: {χ2 + χ + ι , χ < ι

f(x) = _ ι:; 2 (άσκηση 3ii, σελ. ι64j 2νχ + χ , χ � ι

Λύση Η f είναι συνεχής στο χ0 = Ι (εύκολο). Για την πρ(ό·cη παράγωγο έχουμε: {2χ + Ι , χ < Ι

Γ (χ) = _Ι + 2χ χ > Ι �νχ ' Επειδή lim. f'(x) = 3 και !im_ f'(x) == 3, έπεται όtι f'( J ) = 3 (η Γ συνεχής στο 1 ). Άρα: Χ-+ I �·-· Ι

(2χ + 1 ' χ < 1 Γ(χ) = J,ιJ.- _,_ 2χ -.-> 1 ψ ' . ' "- --

Για τη δεύτερη παράγωγο έχουμε: {2 ' χ < 1 Γ (χ) = - -

1 - + 2 χ > Ι "'· ο , L:\JX

Επειδή Hm_ f"(x) = 2 και lim. f"(x) = - -21 + 2 = -2

3 και �- * 2, έπεται ότι η f δεν παραγωγίζεται δύο Χ-+ 1 Χ-+ 1 -φορές στο χ0 = Ι . λσκηση 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ .8' λ. τ. 2i�5

Παράγωγοι

Να βρείτε τα σημεία καμπής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(x) = {� (άσκηση 2ίί, σελ. 203]

Λύση

' χ < ο ' χ � ο

Θα εξετάσουμε εδώ αν το χ0 = Ο είναι ή όχι θέση σημείου καμπής. Η f είναι συνεχής στο χ0 = Ο. { -� , χ < Ο 2ν-χ

Για την πρώτη παράγωγο έχουμε: Γ(χ) = Ι _ r.: , χ > Ο

2νχ Είναι lim. Γ(χ) = +οο και lim_ f'(x) = + οο, άρα ορίζεται η εφαπτομένη στη γραφική παράσταση χ�ο χ�ο της f στο σημείο (0, Ο) και έχει εξίσωση χ = Ο. Η f δεν παραγωγίζεται στο χ0 = Ο. Για τη δεύτερη { -� , χ < Ο

4ν-χ παράγωγο της f έχουμε: Γ(χ) = -Ι , _ r:- , χ _,. ο

4νχ3 Επειδή η Γ αλλάζει πρόσημο αριστερά - δεξιά του χ0 == Ο κ:αι υπάρχει η εφαπτομένη ευθεία στο (0, 0), συμπεραίνουμε ότι το (0, Ο) είναι σημείο καμπής.

Άσκηση 5 {αχ2 + βχ + 3 , χ � 2 Α ν f(x) = 1.. , χ > 2

χ να βρείτε τις τιμές των α, β, γ για τις οποίες η f είναι δύο

φορές παραγrογίσιμη στο 2 (άσκηση 5, σελ. 223]

Λύση

Για την πρώτη παράγωγο στο 2, πρέπει η f να είναι συνεχής στο 2. Άρα:

�!?}- f(x) = J�r!], f(x) = f(2) <=> 4α + 2β + 3 = � ( Ι ) Είναι: f2αχ + β , χ < 2

f'(χ) = ι_ :ι_ χ > 2 χ 2 '

και lim_ Γ(χ) = 4α + β, lim. Γ(χ) = - 14. Άρα πρέπει και αρκεί (για να παραγωγίζεται η f στο 2) χ-2 χ-2 {2αχ + β , χ � 2 4α + β = -� <=> Ι6α + 4β + γ = 0 (2). Έτσι έχουμε: f'(x) = -? , χ > 2

[2α , χ < 2 Για τη δεύτερη παράγωγο στο 2. Επειδή είναι: Γ(χ) = ·ι4 , χ > 2

χ

και lim f" (χ) = 2α, lim Γ (χ) = 14, πρέπει και αρκεί: 2α = 14 <=--=> γ = 8α (3) χ- 2-· χ-.2+

Λύνουμε τώρα το σύστημα των ( 1 ), (2), (3) και βμίσκουμε α =*· β = -� και γ = 2.


------------- Ένα πρόβλημα πολλές λύσεις -------------

Ένα πρόβλημα πολλές Λύσεις Επιμέλεια: Νίκος Στάθη Παπαδόπουλος

Άσκηση 1 5η : Η Ανισότητα του Αρμονικού - Γεωμετρικού - Αριθμητικού Μέσου.

Πρόταση: Αν α ι , α2, . . . , αν θετικοί αριθμοί, τότε ισχύει: ν α 1 + α2 + · · · + α

1 Ι Ι � i/α ια2 · · · α ν � ν

ν για κάθε ν ε Ν* . - + - + · · · + -α ι α2 α ν

ΓιώρΎου Τσαπακίδη

Ληλ., ο γεωμετρικός μέσος ν θετικών αριθμών περιέχεται μεταξύ του aρμονικού και αριθμητικού τους μέσου.

(1), θα δείξουμε ότι ισχύει και η

Ι Ι ν

Ι � �α ια2 . . . α ν . - + - + · · · + -α ι α z α ν

Εφαρμόζουμε την (Ι) για τους θετικούς αριθμούς

<=> 1 1 v 1 � �α ια 2 · · · α v - + - + · · · + -α ι α 2 α ν

Έτσι, μένει να δείξουμε την (1) .

Ι η Απόδειξη (Ehlers)

1 και έχουμε:

Βοηθητική πρόταση: Αν για τους θετικούς αριθμούς Χ ι , χ2, . . . , "ν ισχύει χιχ2· · ·χν= Ι , τότε θα ισχύει και χ ι +χ2+·· ·+χν ;;::: ν.

Απόδειξη Για ν= Ι η υπόθεση γίνεται χι=1 και η αποδεικτέα σχέση γίνεται χι ;;::: 1 , που ισχύει (ισχύει το =). Υποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ, δηλαδή: αν το γινόμενο κ θετικών αριθμών είναι ίσο με Ι , τότε το άθροισμά τους είνaι μεγαλύτερο ή ίσο. του κ. Θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ+ 1 , δηλ. αν για τους θετικούς αριθμούς Χ ι , χ2, . . . , Χκ, Χκ+ι ισχύει χιχ2· ··ΧκΧκ+ι = 1 , τότε θα ισχύει και χι+χ2+· · ·+χκ+Χκ+ι ;;::: κ+1 . Αφού, ΧιΧ2· · ·ΧκΧκ+ ι= Ι , ένας τουλάχιστόν από τους Χ ι , χ2, . . . , Χκ, Χκ+ι θα είναι μεγαλύτερος ή ίσος του 1 και ένας τουλάχιστον μικρότερος ή ίσος του 1 (γιατί αν ήταν όλοι μεγαλύτεροι ή ίσοι του 1 , θα είχαμε Χ ι ;;::: 1 και χ2 ;;::: 1 και . . . και Χκ ;;::: 1 και Χκ+ι ;;::: 1 , άρα χιχ2·· ·χκχκ+ι ;;::: 1 άτοπο, όμοια σε άτοπο καταλήγουμε αν υποθέσουμε ότι όλοι είναι μικρότεροι ή ίσοι από το 1 ) . Χωρίς βλάβη της γενικότητας, υποθέτουμε ότι χ ι ;;::: 1 και χ2·· � 1 , οπότε ( 1 -χι )( 1 -χ2) � Ο <:::> Ι -χ ι -χ2+χ ιχ2 � Ο <:::> χι+χ2 ;;::: 1 +χ ιχ2. Είναι, χι+χ2+χ3+·· -+χκ+Χκ+ι ;;::: 1 +χιχ2+χ3+·· -+χκ+χκ+ι ;;::: Ι +κ (είναι χιχ2+χ3+· · ·+χκ+χκ+ι ;;::: κ, αφού (χ ιχ2)χ3·· ·ΧκΧκ+ι=1 ). Έτσι, η πρόταση ισχύει για ν=κ+ 1 , άρα θα ισχύει για κάθε ν εΝ*. Η ισότητα στην αποδεικτέα σχέση χ ι+χ2+· · ·+χν ;;::: ν, ισχύει αν και μόνο αν χι=χ2=· · ·=χν=l .


-------------- Ένα πρόβλημα πολλές λύσεις --------------Απόδειξη της (Ι) θ , ν/ Α ν α l α2 α ν 1 '

, β θη ' ετουμε Α = "1,; α 1 α 2 · · · α ν <=> = α 1 α2 · · · α ν <=> Α · Α · · · Α= , ετσι συμφωνα με τη οη τικη

πρόταση θα ισχύει: α 1 α2 α α 1 + α2 + . . · + α α 1 + α2 + . . · + α ,------- + - + . . · + -ν � ν <=> ν � Α <=> ν � Υ,jα l α2 . . . α ν Α Α Α ν ν

2η Απόδειξη Για ν= ] η αποδεικτέα γίνεται α 1 :::;; α 1 , ισχύει.

κ/ α I + α 2 + . . . + α κ Υποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ, δηλ. !{ια 1 α2 . . . ακ ::; ( 1 ) κ

θα δείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+ Ι , δηλ. α 1 + α2 + . . · + α + α 1 ,-------κ+4α Ι α2 " ' ακ ακ+Ι :ς 1

κ κ+ <=> (κ + 1) Κ+4α l α2 " ' ακακ+Ι ::; α l + α2 + . . · + ακ + ακ+Ι κ + Είναι κ '{jα 1 α 2 . . . α κ + ακ+ Ι ::; α 1 + α2 + . . · + ακ + ακ+Ι (από ( Ι )), έτσι, αρκεί να δειχτεί ότι

(κ + 1) κ+� α 1 α 2 . . · α κ α κ+ 1 ::; κ '{j α 1 α 2 · · · α κ + α κ+ 1 <=> κ+�α 1 α 2 . . · α α 1 Κ '{jα l α 2 . . · α κ <=> (κ + 1) κ κ+ ::; + 1 <::::>

α κ+ Ι α κ+ Ι

<=> (κ + 1) (2)

Επειδή α 1 α 2 · · · �κ α κ+ 1 > Ο , θα υπάρχει αριθμός ρ > Ο, τέτοιος ώστε, κ+ α κ+ Ι

ΟΠότε η (2) γράφεται ισοδύναμα: (κ+ 1 ) Κ+�ρκ(κ+l ) :ς κ νρκ(κ+l) + 1 <::::> (κ+ 1 )ρΚ ::ς Κρκ+I +Ι <::::> <::::> κρκ+ρκ :::;; κρκ+ Ι+ Ι <::::> ρκ- Ι :::;; κρκ+ 1 -κρκ <::::> ρκ- ι :::;; κρκ(ρ- 1 ) <::::> <::::> (ρ- Ι )(ρκ- 1 +ρκ-2+. +ρ+ 1 ) ::ς κρΚ(ρ- 1 ) (3) + Αν Ο < ρ < Ι , τότε η (3) γράφεται ισοδύναμα κρκ :::;; ρκ- 1 +ρκ-2+ . . ·+ρκ+ 1 , που ισχύει γιατί

ρΚ :::;; ρΚ- ] ' ρΚ :::;; ρΚ-2, . . , , ρΚ :::;; ρ, ρΚ :::;; 1 .

+ Αν ρ=1 , τότε η (3) ισχύει ως ισότητα. + Αν ρ > 1 , τότε η (3) γράφεται ισοδύναμα κρκ � ρκ- 1+ρκ-2+·+ρ+1 , που ισχύει αφού

ρκ > ρκ- 1 , ρκ > ρκ-2, . . . , ρκ > ρ, ρ > Ι . Έτσι, η αποδεικτέα ισχύει για ν=κ+1 , επομένως για κάθε νεΝ* .

3η Απόδειξη (Polya) θ , Α α Ι + α 2 + . . . + α ν Γ ν/ 'ζ , , ετουμε = και = "1yα 1 α2 . . · αν και εφαρμο ουμε τη γνωστη ανισοτητα

ν

ex � χ+1 (χ ε R) διαδοχικά για τους αριθμούς � - 1, α2 - 1, . . . , α ν - 1 και έχουμε Α Α Α

�-I e A > -α_Ι - Α

�-Ι α e A � -2 Α

αν - I e Α > α ν - Α Με πολλαπλασιασμό κατά μέλη παίρνουμε:


------------- Ένα πρόβλημα πολλές λύσεις -------------

4η Απόδειξη , r:::-;::- α 1 + α2 r:::-;::- ( � r::;-)2

Η πρόταση ισχύει για ν=2, γιατι να 1α2 � 2 � 2να 1α2 � α 1 + α2 � να ι - να2 � Ο

ισχύει. Υποθέτουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ, δηλαδή ότι ο γεωμετρικός μέσος κ θετικών αριθμών είναι μικρότερος ή ίσος από τον αριθμητικό τους μέσο. θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=2κ. Πράγματι, είναι α ι + α2 + · · · + α κ + · · · + α2κ ---=.---='----____::. ___ .....:.;,ο_ =

2κ

α ι + α 2 α 3 + α4 α2κ-Ι + α2κ 2 2 2 � κ α ι + α2 . α3 + α4 . . . α2κ-ι + α2κ + + . . . + --=c.:.:........:'--------='-'- ν

κ 2 2 2

( αφού η πρόταση ισχύει για ν= κ) � ν�α l α2 �α 3α4 · . . �α2κ-Ι α2κ (αφού η πρόταση ισχύει για

ν=2) = v�α ι α2 · · · α2κ = 2�α lα2 · · · α2κ . Επειδή η πρόταση ισχύει για ν=2 θα ισχύει και για ν=4, 8, 1 6, . . . θα δείξουμε τώρα ότι αν η πρόταση ισχύει για ν=κ, θα ισχύει και για ν=κ- 1 .

ΒΙΒΛΙΟΕΚΔΟΠΚΗ Α.Ε. θΕΣ/ΝΙΚΗΣ


ΚΑΣ'fΡΙΊ'ΣΙΟΥ 13-15 Τ.Κ. 546 23 ΘΕΣ/ΝΙΚΗ

ΠΙΑ. 26.36 .37 FAX 23.43.69

------------- Ένα πρόβλημα πολλές λύσεις -------------Είναι

(α Ι + α 2 + · · · + α κ-1 )κ-Ι . α Ι + α 2 + . . · + ακ-1

� 2:: α 1 α 2 . . . α κ- 1 � 2:: κ-�α l α 2 . . . α κ-1 κ - 1 κ - 1

Επειδή η πρόταση ισχύει για ν=4, θα ισχύει και για ν=4- 1 =3 . Επειδή η πρόταση ισχύει για ν=8, θα ισχύει και για ν=S- 1 =7, ν=7- 1 =6, ν=6- 1=5 κ.ο.κ. , άρα θα ισχύει για ν=2, 3 , 4, 5, 6, . . .

5η Απόδειξη Βοηθητική πρόταση: Αν α, β θετικοί αριθμοί, τότε για κάθε ν εΝ* ισχύει αν+1 +νβν+Ι � (ν+ 1 )αβν.

Απόδειξη Για ν= Ι η αποδεικτέα γίνεται α2+β2 � 2αβ <=> (α-β)2 � Ο ισχύει. Υποθέτουμε ότι ισχύει για ν= κ, δηλαδή ότι α κ+ 1 +κ β"+ 1 � (κ+ 1 )α β κ. ( 1 ) θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν=κ+ 1 , δηλαδή ότι

ακ+2+(κ+1 )βκ+2 � (κ+2)αβκ+Ι <=> ακ+2 � (κ+2)αβκ+l _(κ+ 1 )βκ+2

Πολλαπλασιάζουμε τα μέλη της ( 1 ) με α και παίρνοι1με ακ+2+καβκ+Ι � (κ+ 1 )α2βκ <=> ακ+2 � (κ+ 1 )α2βκ-καβκ+ Ι , έτσι αρκεί να δείξουμε ότι (κ+1 )α2βκ-καβκ+Ι � (κ+2)αβκ+ 1 -(κ+ l )βκ+2 <=> κα2βκ+α2βκ-καβκ+ Ι _καβκ+ Ι _2αβκ+ Ι+κβκ+2+βκ+2 � 0 <=> <=> (κα2βκ-2καβκ+Ι+κβκ+2)+(α2βκ-2αβκ+ Ι+βκ+2) � 0 <=> κβκ(α2-2αβ+β2)+βΚ(α2-2αβ+β2) � 0 <=> <=> κ β"( α-β)2+βκ( α-β)2 <=> β"( α-β)2(κ+ 1 ) � Ο που ισχύει. Έτσι, η πρόταση ισχύει για ν=κ+1 , άρα για κάθε νεΝ*.

Απόδειξη της"(/) Για ν= l η (Ι) ισχύει ως ισότητα. Υποθέτουμε ότι ισχύει για ν=κ, δηλαδή ότι

α 1 + α 2 + . . · + α r------____;::____;::.._ __ ----=κ=- 2:: 'Vα 1 α 2 . . . α κ � α 1 + α 2 + . . · + α κ 2:: κ'Vα 1 α 2 " ' α κ (1)

κ θα δείξουμε ότι ισχύει για ν=κ+ 1 , δηλαδή ότι

α Ι + α 2 + . . · + α κ + α κ+Ι - Ιf - Ιf ___; _ ____::; ___ -"'-----'-'--'---'- 2:: κ+v α Ι α 2 . . . α κα κ+Ι � α Ι + α 2 + . . · + ακ + α κ+Ι ;;::: (κ + 1)κ+v α Ι α2 . . . α κ α κ+Ι κ + 1 Με πρόσθεση του ακ+Ι και στα δύο μέλη της ( 1 ) παίρνουμε

Έτσι, αρκεί να δείξουμε ότι κ�α 1α2 . . · ακ + ακ+Ι 2:: (κ + 1)κ+{'α 1 α2 . . · ακ ακ+Ι , που ισχύει, γιατί

είναι η βοηθητική πρόταση για ν=κ, α = κ+{'α ν+Ι και β = κ(Κ+�α 1 α2 · · · ακ . Έτσι, η (Ι) ισχύει για

ν= κ+ 1 , άρα για κάθε ν ε Ν*.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ . 2/60

Να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των εμβαδών των 4 σκούρων ψευδοτομέων, ισούται με το άθροισμα των εμβαδών των 4 λευκών ψευδοτομέων (σχήμα 1).

σχ. 1

Απόδειξη

Θέτω ΟΑ 1 = α ι , ΟΑ2 = α2, . . . ΟΑ8 = αs Α ι Α2 = S ι , Α2Α3 = S2, . . . , A1As = S7, ΑsΑ ι = Ss, KAi = R

(i = I έως 8) Από το σχήμα 1 και από τις ευθείες που έ

χουν αχθεί προκύπτει ότι αν Ε το εμβαδό του αθροίσματος των 4 σκούρων ψευδοτομέων τότε ισχύει Ε = L1 + L3 + L5 + L7 όπου

( I )

(2 )

( 3 )

(4) 2

Προφανώς αν δειχθεί ότι Ε = R2 π τότε η πρόταση αποδείχθηκε. Αν προσθέσουμε τις σχέσεις

( 1), (2), (3), (4) κατά μέλη και λάβουμε υπ' όψιν ότι Χι + Χ3 + Xs + Χ7 = 1 80° διότι τα ζεύγη των χορδών (Α1Α5, Α2Α6), (Α7Α3, Α8Λι) σχηματίζουν γωνία 45° και ότι ημ45° =� τότε θα προκύψει ότι:

"'\Γ?, 2 1 80 1 2( Ε = L1 + L3 + Ls + L7 = �αια2 + α3α4 + αsα6 + α7αs) + R π360 - 2R ημχι + ημχ3 + ημχs + ημχ7)


Το θεώρημα της πίτσας

Προφανώς αν δειχθεί ότι: �αια2 + α3α4 + αsα6 + tt7αs) =�R2(ημχι + ημχ3 + ημχ5 + ημχ7) (5) 2

τότε Ε = R 2π�:� = R2 π και η πρόταση θα έχει αποδειχθεί.

Αρκεί λοιπόν να δειχθεί η σχέση (5). Παρατηρούμε ότι ημχι = συνχ5, ημχ3 = συνχ7, ημχ5 = crυνΧι , ημχ7 = συνχ3 (διότι Χι + Xs = 90°, Χ3 + Χ7 = 90°, Xs + Χι = 90°, Χ7 + Χ3 = 90°) Και συνεπώς η προς απόδειξη σχέση (5) γράφεται:

--J2.(αια2 + α3α4 + α5α6 + α7αs) = 2R2(συνχι + συνχ3 + συνχs + συνχ7) (5α) Από το τρίγωνο ΚΑιΑ2 με εφαρμογή του θεωρήματος των συνημιτόνων έχουμε:

2 2 2 2 , 2 2 2 , -S/ + 2R2 Sι = R + R - 2R συνχι αρα Sι = 2R - 2R συνχι οποτε συνχι = 2 (α)

2R Τελείως ανάλογα προκύπτει από τα τρίγωνα ΚΑ3Α4, ΚΑ5Α6, ΚΑ7Α8 ότι ισχύει:

� + � � + � � + � συνχ3 = 2 (β) συνχ5 = , (γ) συνχ7 = 2 (δ) 2R 2R- 2R

προσθέτω τις σχέσεις (α), (β), (γ), (δ) κατά μέλη και προκύπτει: 8R2 - S/ - S/ - S/ - S/ συνχι + συνχ3 + συνχ5 + συνχ7 =

2R2 (6)

Με τη βοήθεια της (6) η προς απόδειξη (5α) γράφεται: _ τ;:; 2 8R2 - Sι2 - S/ - S/ - S/ ν2(αια2 + α3α4 + αsα6 + α7αs) = 2R

2R2 (5β)

Σύμφωνα με το θεώρημα των συνημιτόνων στα τρίγωνα ΟΑιΑ2, ΟΑ3Α4, ΟΑ5Α6, ΟΑ7Α8 έχουμε sτ = ατ + α� - 2αια2συν45° οπότε --J2.αια2 = ατ + α� - sτ (ε)

και παρομοίως: --J2.α3α4 = α� + α� - S� (ζ) --J2.α5α6= α� + α� - S� (η) --J2.α1αs = α� + α� - S� (θ) Με τη βοήθεια των σχέσεων (ε), (ζ), (η), (θ) η προς απόδειξη (5β) γράφεται:

ατ + α� + α� + α� + α� + α� + α� + α� - ST - S� - S� - S� = 8R 2- ST - S� - S� - S� ή Σ ατ = 8R2 (5γ)

i = Ι έως 8 Η προς απόδειξη σχέση λοιπόν είναι η 5(γ). Αλλά επειδή τα ζεύγη των χορδών

(ΑιΑ5, Α7Α3) και (Α8Α4, Α2Α6) είναι κάθετα ισχύουν οι σχέσεις (θα αποδειχθεί στο λήμμα μετά την απόδειξη): ατ + α� + α� + α� = 4R2 (κ) α� + α� + α� + α� = 4R2 (λ) Προσθέτω κατά μέλη τις (κ) και (λ) οπότε Σατ = 8R2 πράγμα το οποίο έπρεπε να αποδειχθεί. Λήμμα

Το άθροισμα των τετραΎώνων των τμημάτων δύο καθέτων χορδών κ ύκλου ισούται προς το τετράΎωνο της διαμέτρου.

Απόδειξη Αν ΑΟΕ διάμετρος τότε θα ισχύει (ΓΔ .l ΑΒ) και (ΒΕ .l ΑΒ) συνεπώς

ΓΔ // ΒΕ και ΒΓ = ΔΕ. Έχουμε στο τρίγωνο ΑΔΕ:

ΑΔ2 + ΔΕ2 = 4R2 ( 1 ) ΑΔ2 = ΡΑ2 + ΡΔ2 (2) ΔΕ2 = ΒΓ2 = ΡΒ2 + ΡΓ2 (3) Από τις ( 1 ), (2), (3) έχουμε ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 + ΡΔ2 = 4R2

«Αν φί = 22,5° να αποδειχθεί ότι το άθροισμα των πιο σκούρων ψευδοτομέων είναι ίσο με το αντίστοιχο των λευκών».

Απόδειξη Επειδή για φί = 45° έχει αποδειχθεί το πρόβλημα της πίτσας θα ισχύει: ( 1) [Sa+Sp] + [Sε+Scl + [Sϊ+S.J + [Sv+Sξ] = [S1+Sδ] + [Sη+Se] + [Sλ +Sμ] + [So+Sπ] (2) [Sp+S1] + [Sζ+Sη] + [Sκ+SJ + [Sξ+S0] = [Sδ+Sε] + [Se+Sϊ] + [Sμ+Sv] + [Sπ+SJ

Αφαιρώ τη (2) από την ( 1 ) και προκύπτει: Sa + Sε + Si + Sv = S1 + Sη + Sλ + So


Η έκταση της ύλης του τεύχους αυτού μας αναγκάζει να μη δημοσιεύσουμε τις λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 1 8 όπως σας είχαμε προαναγγείλει Δημοσιεύουμε όμως τρεις προτεινόμενiς ασκήσεις και ελπίζουμε στο επόμενο τεύχος να δημοσιεύσουμε τις λύσεις των ασκήσεων των τευχών 1 8. Λύσεις των ασκήσεων Γεωμετρίας έχουν στείλει οι συνάδελφοι: Κων/νος Ηλίας, Δ. Πισπινής, Α. Πετεινάρα, Δ. Αθανασίου, Ε. Παλόγλου, Οδ. Κουτογεώργος, Κλ. Παπασπηλιόπουλος, Σ. Σαμορέλης, Β. Βλάχος, Α. Σκούρας και οι μαθητές Εύα Μπουντούρη , Λευτέρης Τσακμακίδης, Α - Δ Νικολαϊδης, Χ. Δερμιτζόγλου.

Προτεινόμενες Ασκήσεις Γιυ τη ν Α ' Λυκείου

Χρ. Στέλλ ας

A l l . """" 2 2 Α ν ΑΒΓ τρίγωνο με ύψη να , νβ, νγ και ημιπερίμετρο τα, αποδείξετε ότι: τ2 ; + ν + ν . β γ

Γεωμετρ ία Β' Λυκείου Γρηγόρης Δ. Φωτι{!δης

83. Δίνετε τρίγωνο ΑΒΓ με Β - Γ = 90Κ, η διχοτόμος του δα = ΑΔ και το ύψος του υα = ΑΗ. α) Να δείξευτε ότι το &α είναι αρμονικός μέσος των β2, γ2, (J2 + �2 = δ:2) β) Αν Θεωρήσουμε ορθογώνιο τρίγωνο με κάθετες πλευρές β και γ τότε να δείξετε ότι το ύψος του προς την υποτείνουσα είναι το Uα.

Γ Λυκείου Κ αρπάθιος Στι':λιος

Γ5. Δίνεται η υπερβολή ��-{�2 = 1 με εστίες Ε', Ε, κορυφές Α', Α και τυχαίο σημείο Π της

θ , α ευ ειας ε: χ = 2 . Αν ο κύκλος (Ρ, ΡΕ) τέμνει την υπερβολή στο σημείο Μ να αποδειχθεί ότι:

........... 1 ......... ' , 1 . d(M,E) = 2 , d(M, Ε) 2. ΕΡΜ = 2 ΕΡΑ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ. τ. 2Η)3

Τα βιβλ{a του μaθηΙΊή

8

Σα Σημείο αναφοράς ατο εκπαιδευτικό ΙJιΙJλίο

Ε ΚΔ Ο Σ Ε Ι Σ Σ Α Β ΒΑΛΑ Ζ . Π Η Γ Η Σ 1 8 1 0 6 8 1 ΑΘ Η Ν Α Τ Η Λ . 3 3 . 0 1 . 2 5 1 - 3 8 . 2 9 . 4 1 Ο FAX . 3 8 . 1 0 . 9 0 7

Ευκλειδης Β 22

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 22