Ευκλειδης Β 40

'1ClfCΓO/,, ... ,,,

�ΕΚΔΟΣΕΙΣ φπΑΤΑΚΗ

λ6cινcιcιιeιc; ΣιανtΟ( Πονοvιurης Σιavτοc

1959-2000

6ι\ι\ΗΝ.Ιι<Η ΜΑΘΗΜΑ llΚH ErAIPEIA

18° Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδείας 23 - 24 - 25 Νοεμβρίου 2001 στην ΡΟΔΟ

«ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ ΑΛΦΑΒΗΤΙΣΜΟΣ: Ο ΡΟΛΟΣ ΤΟΥ ΣΧΟΛΕΙΟΥ ΣΤΗΝ ΚΟΙΝΩΝJΑ ΤΗΣ ΠΛΗΡΟΦΟΡJΛΣ ΚΑΙ ΤΩΝ ΝΕΩΝ 1ΈΧΝΟΛΟΓΙΩΝ»

Η διάγνωση και η έγκαιρη πρόληψη φαινομένων μαθηματικού αναλφαβητισμού αποτελούν σήμερα διεθνή προτεραιότητα στον σχεδιασμό και την πρακτική της μαθηματικής εκπαίδευσης.

Έχει παρατηρηθεί ότι όλο και μεγαλύτεροι μαθητικοί πληθυσμοί, μετά την απομάκρυνσή τους από το σχολείο (από την υποχρεωτική εκπαίδευση είτε από το λύκειο) απομακρύνονται και από την μαθηματική σκέψη, δεν χρησιμοποιούν τα μαθηματικά ως πνευματικό και επαγγελματικό εργαλείο σύμφωνα με τις δυνατότητες που είχαν επιδείξει.

Ο ρόλος του σχολείου στην ανάπτυξη του μαθηματικού αλφαβητισμού έγκειται: • στον εμπλουτισμό του μαθηματικού περιεχομένου με διεπιστημονικές συνδέσεις και κοινωνικά χρή

σιμες εφαρμογές, • στη διερεύνηση της διδακτικής πρακτικής με μαθησιακές δραστηριότητες που ενεργοποιούν το μα

θητή στην εκτέλεση συγκεκριμένου έργου, ενθαρρύνουν τη συνεργατικότητα και αναπτύσσουν την aυτοεκτίμηση,

• στην ιδιαίτερη ενασχόληση με μαθητικούς πληθυσμούς που εγκαταλείπουν γρήγορα το σχολείο ή έ-χουν δυσκολίες ένταξης στη σχολική ζωή λόγω πολιτισμικών διαφορών ή/και κοινωνικού αποκλεισμού των οικογενειών τους (μετανάστευση, ανεργία, μειονότητες).

ΘΕ!\1 ΑΤΙΚΕΣ ΕΝΟΤΗΤΕΣ ΤΟ Υ ΣΥΝΕΔΡΙΟΥ

Ο στόχος των προγραμμάτων μαθηματικού αλφαβητισμού είναι να αποκτήσουν τα σχολικά μαθηματικά ουσιαστικό νόημα και η μάθηση τους να έχει διάρκεια ώστε η μαθηματική Ύνώση να κεφαλαι οποιείται και να ενδυ,•αμώνει συη:-ι:ώς τον αυριανό πολίτη: • στην κριτική ικανότητα, • την ικανότητα αντίληψης και επεξεργασίας πληροφοριών, • στην κατανόηση της τεχνολογίας και των μηχανισμών, • στην ικανότητα λήψης δίκαιων και σωστών αποφάσεων.

Η ελληνική μαθηματική κοινότητα καλείται στο 18° Πανελλήνιο Συνέδριο Μαθηματικής Παιδε ίας να διατυπώσει προβληματισμούς και να καταθέσει προτάσεις για το ρόλο του σχολείου στην πρόλη

ψη του μαθηματικού αναλφαβητισμού και να επικεντρώσει την προσοχή της στην αναγκαία αναμόρφωση της διδακτικής συγκεκριμένων μαθηματικών ενοτήτων στην πρωτοβάθμια, δευτεροβάθμια και πανεπιστημιακή εκπαίδευση. Στην κατεύθυνση αυτή προτείνεται να ταξινομηθούν οι ανακοινώσεις στις παρακάτω ειδικές θεματικές ενότητες: 1 . Διδασκαλία και Μάθηση της Γεωμετρίας. 2. Διδασκαλία και Μάθηση Στατιστικής και πιθανοτήτων. 3. Διδασκαλία και Μάθηση Άλγεβρας και Ανάλυσης. 4. Διεπιστημονικές Θεματικές Ενότητες και η ένταξη τους στη σχολική πραγματικότητα.

5. Διδακτικές δραστηριότητες που ενθαρρύνουν την ενεργή συμμετοχή «aποθαρρυμένων» μαθ ητών σε μαθηματικές διαδικασίες.

ΣΗΜΑΝτΙΚΗ HMEPOMHNIA 15 Σεπτεμβρίου 2001 Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμ

βρίου 2001 στην παρακάτω διεύθυνση*. Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 200 Ι θα κριθούν με βάση τα πλήρη

κείμενα από την επιστημονική επιτροπή. Θα πρέπει να είναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου.

Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προσπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο.

Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Ρόδου Σταύρος Κοκκαλίδης

Γ. Μισίου 4 , 85100 ΡΟΔΟΣ

* Ε.Μ.Ε. (για το 18ο Συνέδριο της Αθήνας) Πανεπιστημίου 34 106 79 Αθήνα

Τηλ.: 36 16 532- 36 17 784 Fax: 36 41 025 e-ιηail: [email protected]

www.hms.gr Τηλ.: (0241) 28571-63950 FAX: (0241) 61654

E-mail: [email protected], ιη[email protected]ι-

Υπεύ8υvο�Έκδοση� Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

Συvιακηκή Ομάδα: Λρβανιωγεώργος Ανδρέας

Βακαλόrιουλος Κώσιας

Γιαvvοοrιύρος Σωτήρης

Δούvαβης Αντώ,ης

Καλίκας Σταμάτης

Καρκάvης Βασίλης

Κερασαρίδης Γιάννης

Κηrιουρός Χρήστος

Κόvτζιας Νίκος

Κυριακόπουλος Αντώνης

Λαζαρίδης Χρήστος

Λουρίδας Σωτήρης

Μαλαφέκας θαvάσης

Μαρούλη Βιολέτα

Σαϊτη Εύα

Σακελλάρης Βασίλης

Τασσόπουλσς Γιώργος

Τσικαλουδάκης Γιώργος

Τσιούμας θαvάσης

Χαραλαμποπούλου Λίνα

Χαραλάμπους θάvος

Συvερyάιε�: Γράψας Kωvfvoς

Ανδρουλακάκης Νίκος

Μεταξάς Νίκος

Σιάχος Γιάννης

Μήτσιου Κώστας

Τασσόπουλος Γιώργος

Γιαννακόπουλος Σπύρος

Χρυσοβέργης Μιχάλης

F:ΚΛΟΣΙ-1 ΤΗΣ Ι:<:ΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΊΊΚΙΙΣ F:ΊΆΗ"F:IΑΣ ΠΑΝΕΙΠΣ'ΙΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝ"Α Τηλ;36 17 784 - 36 16 532 Fωt 36 41 025 Εκδόιη�: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευllυvιή�: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105 - 7998

Εrιιμέλcια Έκδοοη�:

Μαραγκάκης Στέλιος ΣΥΝΛJ>ΟΜRΣ: Τεύχο� Ειήοια συνδρομή Ορyαvιομοί: Ταχ. Ειιιιαyέ�

700 δρχ 2.800 δρχ 6.000 δρχ

Τ. Γραιρι,ίο ΛΟήvα 54, Τ.θ. :i0044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 40 - Απρίλιος Μάιος Ιούνιος • 2001 • δρχ. 700 Euro: 2,05

e-mail: [email protected] www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑ τlΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΠΑ ΤΟ Λ ΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 3 Η σιήλη ιης Πληροφορικής

7 Τα μα6ημαιικά δεν είναι μόνο ασκήσεις

9 Αρχαία Ελληνικά Μα6ημαιικά

11 Ο 'Ευκλείδης' προιείνει ... Ευκλείδη και Διόφαvιο

12 Μα6ημαιικοί Διαγωνισμοί - Μα6ημαιικές Ολυμπιάδες

21 Το Βήμα ιου Ευκλείδη

I Μα8ημαηκά yια ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου I 24 Γενικές Ασκήσεις ί\λyε6ρας Α' Λυκείου

30 Επαναληπιικά 6έμαια σιη γεωιιεφία ιης ΑΆυκείου

I Μα8ημαηκά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου ι. 33 Θέμαια 'Αλyε6ρας Γενικής Παιδείας Β' Λυκείου

40 Ασκήσεις σιη μέιρηση κύκλου

42 Εξισώσεις με συναριήσεις ιης μορφής h(x)=f(x)g(x) 44 Κωνικές Τομές

54 Β' Λυκείου Καιεύ6υνση. Γενικά Θέμαια ί\λγε6ρας

I Μα8ημαηκά yια ιηv Γ' Τάξη ιου Λυκείου I 58 Προ6λήμαια σε μcγισια και ελάχισια

64 Η συνάριηση

66 Ασκήσεις Γ' Λυκείου σια Ολοκληρώμαια

68 Επαναληπιικά 6έμαια, Καιεύ6υνση

72 ΗΟΜΟ MATHEMAΊICUS 74 Η σιήλη ιης Αλληλογραφίας

76 Διάλογος με ιην Ασφονομία

Σιοιχcιοllcοία - Σcλιδοnοίηοη Εκιύπωση ΙΝΤΕι•rιι•εΣ Λ.Ι':., Ιcρά σ66ς 81 - &�

Ελλιινικίι Μαθιιμαrικιί Ειαιρcία Υπcυθ. ΊΊmoypaφcίou. Ν. ΑδάκΠJλος-Τηλ,3474654

κ., .,., eγι,. ••iι& ... .., J••ι .,,di.ιSι;,ιιΙL,.s ιι• /!fR.pίs κ/Jιικ•&

του Κωνσταντίνου Γράψα

Ποιο βιβλίο θα εξακολουθεί να διαβάζεται ακόμη και όταν όλα τα άλλα βιβλία γεωμετρίας θα έχουν ξεχαστεί; Ποιο άλλο από το περίφημο και πολυδιαβασμένο ανά τους αιώνες βιβλίο της γεωμετρίας του Ευκλείδη με τον τίτλο «Στοιχεία>) . Σήμερα στον τόπο μας μπορεί να μην βρίσκεις έκδοση τους στην αρχαία ελληνική,ούτε απόδοση τους στην καθομιλουμένη, όμως στο πανεπιστήμιο Κλάρκ( Clark) για παράδειγμα μπορούμε να τα μελετήσουμε μέσω διαδικτύου από το 1 996. Δηλάδη στην πραγματικότητα οι τηλεδαποί μετέχουν της ελληνικής παιδείας περισσότερο από τους ημεδαπούς.

Ι) Ενασχόληση Μπορούμε να αναζητήσουμε τα «Στοιχεία)) του Ευκλείδη μέσω διαδικτύου1 να τα μελετήσουμε και

να απολαύσουμε,χωρίς να μείνουμε σε αυτά, τα δυναμικά σχήματα που δημιουργούνται από τι άλλο,από μικροεφαρμογές διαδικτύου (Applet) στην γλώσσα Jaνa . Με την επονομαζόμενη Jaνa,στην οποία ακροθιγώς αποσπασματκά αλλά και με συγκεκριμένα παραδείγματα θα αναφερθούμε,μπορούμε να δημιουργήσουμε εκτός από μικροεφαρμογές και ολοκληρωμένες εφαρμογές ( applications ).

Όλα αυτά τα σχήματα,και όχι μόνο αυτά, δημιουργούνται δίνοντας δεδομένα σε παραμέτρους στην κλάση Geometry.class. και αποτελούν στιγμιότυπα της δηλαδή «αντικείμεναι> Σε αυτό το παράδειγμα η κλάση βρίσκεται μαζί με άλλες συμπιεσμένη στήν αρχειοθήκη Geometry.zip

11) Πεψαματισμός Το παρακάτω κείμενο το γράφουμε στον σημειωματάριο (Notepade) των Windows και το σώζούμε σε μια δισκέτα με το όνομα Geometry.htm.

Αν το ανοίξουμε με ένα το πρόγραμμα ανάγνωσης ιστοσελίδων συμβατό με Jaνa (lntemetExplorer 5, Natscape,κ.λ.π) ενώ θα είμαστε συνδεδεμένοι στο διαδίκτυο, θα δούμε κάτι σαν το Σχήμα 1 όπου τα σημεία Α και Γ μπορούμε να. τα σύρου με με το ποντίκι. Geometry.htm Σχήμα 1

,----.--- -<html> <1--- Δiδοvτας τ1μές(value)σε παραμέτρους(param)

στην κλάση μ1κροεφαρμογής Geometry. class ---> --

< APPLET code=Geometry.class I codeBase=http: /(alephO. clarku. edu/'d joyce/ java/Geometry/ � :;;Ι

height=240 width=240 archive="Geometry. zip">

<PARAM NAME="e[1]" VALUE="A;point; free; 120, 120"> <PARAM NAME="e[2]" VALUE="Γ;point; free; 180, 120; red;b1ack; "> <param name="e [3]" value=Άκτivα; line; connect;A,Γ; Ο; 1;red; "> <PARAM NAME="e [4]" Va1ue="Κόκλος; circle; radius;A,Γ;O; 1;blue; ra ndom; "> < /APPLET>

</html> �240 εικονοστοιχεία-7

1http://alephO.clarku.edu/-djoyce/java/elements/booki/propil.html

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/3

Στήλη της Πληροφορικής

111) Σχολιασμός της γεωμετρικής σημασίας των παραμέτρων. Ο )Για να εμφανίσει το Σχήμα 1 ο φυλλομετρητής λαμβάνει οδηγίες από την μιιφοεφαρμογή applet της οποίας το όνομα Geometry.class είναι γραμμένο στην ιστοσελίδα Geometry.htm μεταξύ των σημάνσεων <APPLET> και . . . </ APPLET> 1 ) Το 1 ° στοιχείο το e[1] να είναι σημείο με όνομα Α, ελεύθερο (να συρθεί με το ποντίκι),με συντεταγ

μένες 120, 120 και χρώματα γράμματος Α και χρώμα σημείου το προκαθορισμένο . . 2) Το 2 ο στοιχείο το e[2] να είναι σημείο με όνομα Γ, ελεύθερο, με συντεταγμένες 1 80, 120 και χρώμα

τα γράμματος Γ κόκκινο και σημείου μαύρο. 3) Το 3° στοιχείο το e[3] να είναι ευθειότμημα με όνομα Ακτίνα που συνδέει τα Α,Γ με χρώμα κόκκι

νο. Δεν εμφανίζεται ή ετικέτα «Ακτίνα» λόγω του ;Ο; που υπάρχει στην σειρά των παραμέτρων . 4) Τέλος το e[4] να είναι κύκλος ακτίνας ΑΓ με μπλε χρώμα στην περιφέρεια και τυχαίο(raηdοm) χρώ

μα στο εσωτερικό του. Η ετικέτα κύκλος να είναι κρυμμένη . Ας σταματήσουμε εδώ τον προηγούμενο πειραματισμό με μια κλάση που δεν γνωρίζουμε τον πρω

τογενή κώδικα της(Source code) .Εξάλλου με την αποκήρυξη απαίτησης της εταιρίας Sun Microsystems,πoυ δημιούργησε την Jaνa, χορηγείτε άδεια χρήσης, αντιγραφής τροποποίησης και διανομής του λογισμικού των παραδειγμάτων και της τεκμηρίωσης τους που βρίσκονται στο Πακέτο ανάπτυξης εφαρμογών Jdk ποv διατίθεται δωρεάν από την σελίδα της εταιρίας για σκοπούς μη εμπορικούς ή εμπορικούς χωρίς χρέωση.

IV) Πειραματισμών συνέχεια σε Η/Υ που έχει εγκατεστημένο το c:\ JDK1 .3 Όπως και παραπάνω με το σημειωματάριο γράφουμε το αρχείο Clock2.htm και το σώζουμε οπου

δήποτε .Όταν το ανοίξουμε με τον φυλλομετρητή θα αναζητηθεί η κλάση clock2.class από την διαδρομή c: \Jdkl. 3\demo\applets\Clock\ Clock2. class που οδηγεί στον υποκατάλογο [Clock] του σκληρού μας δίσκου. Εδώ βρίσκεται ο πρωτογενής κώδικας Clock2. java που είναι ένα αρχείο καθαρού κειμένου και έχει μεταγλωττισθεί για να προκύψει η κλάσηClock2.class.

Αυτή περιέχει κωδικολέξεις (byte code) κατάλληλες για τον Intemet Explorel 5 ή άλλον συμβατό με Jaνa φυλλομετρητή. 'Ετσι ή Java δουλεύει ανεξάρτητα από τον τύπο του υπολογιστή και για διάφορα λειτουργικό σύστηματα • Όλη την εργασία την αναλαμβάνει ο φυλλομετρητής

Clock2.htm Σ ' α 2 <html>

 

<applet code="Clock2. class" codebase="c:\Jdk1.3\demo\applets\Clock\" width=170 height=lSO>

<param name=bgcolor value="ffffff"> <param name=fgcolorl value="ffOOOO"> <param name=fgcolor2 value="OOOOOO"> </applet> <br> < applet code="Clock2. class" codebase="c: \Jdkl. 3\demo\applets\Clock\" width=170 heigth=lSO> </applet>

</html>

Τετ Απρ 11 13:56:27 2001

ΤετΑπρ 11 13:56:27 2001

� 170 εικονοστοιχεία 7

Για το τεχνικό θέμα της μεταγλώττισης δηλαδή της μετατροπής ενός αρχείου με επέκταση jaνa σε άλλο με επέκταση class υπάρχουν αναλυτικές οδηγίες στη σελίδα της sun στο διαδύκτιο καθώς και σε βιβλία.([3] σελ 552,639-700.) .Περιληπτικά από την γραμμή εντολών, MS-Dos prompt, γράφουμε JA V AC Clock2.jaνa και Enter.

2 http:// jaνa.sun.com/Download4, www.sun.com


Τώρα δώστε και άλλες τιμές στις παραμέτρους για να αλλάξτε τα χρώματα στο Σχήμα 2 κατά τις προτιμήσεις σας.

V) Ενασχόληση Μελετάμε τις τεχνικές λεπτομέρειες μεταγλώττισης. Γράψουμε με προσοχή τον παρακάτω πρωτογενή κώδικα Fsinx. j ava .Μετά την μεταγλώττιση του

θα μετατραπεί στην κλάση Fsinx.class .Όταν στον φυλλομετρητή φορτώσουμε την ιστοσελίδα Fsinx3.htm θα λάβουμε το Σχήμα 3 .Όλη την εργάσία την αναλαμβάνει ο φυλλομετρητής με τις κλάσεις περιέχει . Αν θέλουμε να έχουμε το ίδιο αποτέλεσμα σε ένα άλλο υπολογιστή αυτά που πρέπει να μεταφέρουμε είναι τα αρχεία Fsinx.class και Fsinx3.htm δηλαδή λίγες κιλοψηφιολέξεις (kilobyte) http://users.forthnet.gr/ath/ grakon!Fsίnx3 .htm

Fsinx, java

import java. awt. Graphics;

public class Fsinx extends java.applet.Applet { String ΚΕΙΜΕΝΟ;

}

double f(double χ)

return (50+50*Math. sin(x/5));

public void paint(Graphics g) ι

}

KEIMENO=getParameter("KEIMENO"); for(int χ=Ο; χ<120;χ=χ+1) ι

g. drawLine(x, (int)f(x), χ+1, (int)f(x+1) ); g. drawString("Γ. KΩΣTAΣ 2001", 0, 120); g.drawString(KEIMENO, 100, 120);

}

VI) Παρατηρήσεις:

Fsinx3.htm <applet code="Fsinx. class" > <PARAM ΝΑΜΕ="ΚΕΙΜΕΝΟ" VALUE=" ΕυκΒ'" width=100 height=120> </applet>

Σχήμα 3 -----

ft � r

v v v v .ΚΩ.ΣfΑΣ 2ΟΟΊ ΕuκΒ'

�100 ε1κον/χεiα �

α) Το Ευκβ' μπορεί να αλλάξει διότι εισάγεται στην κλάση Fsinx. class ως τιμή της παραμέτρου ΚΕΙΜΕΝΟ(οι χαρακτήρες είναι λατινικοί) από την ιστοσελίδα Fsinx3.htm

<PARAM ΝΑΜΕ="ΚΕΙΜΕΝΟ" VALUE=ΈuκB'" width=100 height=120>

Με την g. drawString(KEIMENO, 100, 120); Εμφανίζουμε το Ευκβ' στη θέση 100, 120. Γενικά μπορούμε να εισάγουμε παραμέτρους και από πλαίσια κειμένου Jaνa ή JavaScήpt ([4] σελ 1 36-141) β) Η κλάση Fsinx που δημιουργούμε με του παραπάνω κώδικα επεκτείνει (extends) την κλάση Applet της Jaνa και κληρονομεί την συμπεριφορά της από αυτή. Μια κλάση χαρακτηρίζεται ως δημόσια( public) όταν ή πρ<?σπέλαση της επιτρέπετε . γ) Με την import java. awt. Graphics; Εισάγουμε την κλάση Graphics της Java για τον σχεδιασμό στην οθόνη με την_import java. awt. *; εισάγουμε όλες οι κύριες κλάσεις που αρχίζουν από j ava . awt πχ Java.awt.Componet, Java.awt.Container. δ) Υπάρχει και η κλάση jaνa.laηg(περιέχει και της Integer και Stήng). που εισάγεται μόνη της κατά την μεταγλώττ:ι� μιας μικροεφαρμογής

Vll) Μερικά ακόμη παραδείγματα. Στον παρακάτω κώδικα Τtyχaiο.jaνa,δημιουργούμε δύο πίνακες x,y με 3 θέσεις για ακέραιους(iηt)

για τον καθένα .Αυτές είναι οι συντεταγμένες x,y των κορυφών τριγώνου. Τιμές σε αυτές xO,yO κ.λ.π δίδονται ψευδοτυχαίοι αριθμοί(raηdοm) από το Ο έως το 99.

Η g.drawPolygon(x,y,3); σχεδιάζει πολύγωνο με 3 κορυφές. Οι συντεταγμένες τους είναι οι τιμές των πινάκων x,y .Κάθε φορά μέσα στο τετράγωνο 1 00 επι 100 εικονοστοιχείων σχηματίζεται διαφορετικό τρίγωνο ή τρίγωνο εκφυλισμένο σε ευθύγραμμο .τμήμα . Τι πρέπει να σβήσουμε από τον κώδικα για να δημιουργείτε μόνο τυχαίο ευθύγραμμο τμήμα; Τα πρέπει να προσθέσουμε για δημιουργία τυχαίου τετραπλεύρου;


ι

Tyxaio.iava /!τρίγωνο τυχαίο import java.awt. *; import java.applet. *; public class Ttyxaio extends Applet{ int[]x=new int[3]; int[]y=new int[3];

public void init() { int m=lOO; int x l =(int)(Math.random()*m); int y l =(int)(Math.random()*m); int xl=(int)(Math.random()*m); int y2=(int)(Math.random()*m); int x3=(int)(Math.random()*m); int y3=(int)(Math.random()*m); χ[Ο]=χ I ;y[O]=y 1; x[l ]=x2;y[l ]=y2; x[2]=x3;y[2]=y3; } public void paint(Graphics g) { g.drawPolygon(x,y,3); g.drawString("Γ.Kώστας 200 l ",0, 140);

�


Ttyx.aίo.htm <html>

<applet code="Ttyxaio.class" width= 1 1 Ο heigth= 1 1 Ο>

</applet>

<html> -------ό�Pia 4------

Γ.Κώστας 2001 .Κώστας 2001

Στο παρακάτω παράδειγμα η τιμή της παραμέτρου k που εισάγεται από την ιστοσελίδα είναι η συμβολοσειρά 100 που εμφανίζεται στο κέντρο του τετραγώνου(Rect). Στην συνέχεια με την a =Ι η t e g e r. p a r s e Ι η t ( k ) ; μετατρέπετε σε ακέραιο a = 1 00 που είναι η πλευρά του τετραγώνου που φαίνεται στο Σχήμα 5 αξιόπιστα με τον Netscape 4.61 Param.iaνa Param meter.htm //Παράμετρος απο σελiδα <body bgcolor="BOcOcO">

import java.awt. Graphics; <applet code="Param.class" width= "100" heigth="lOO">

public class <param name="k" value="lOO">

Param extends java.applet. Applet { </applet> </body>

String k; I /κεiμεvο; -------ό�Pia 5------int Ι /ακέραlος; a; . .. public void init () { fJe> 'tdt ':/JNN � '�

k=getParameter("k");

[]

a=Integer. parseint(k); }

public void paint(Graphics TV) { TV. drawRect(O, O,a-l,a-1); TV.drawString(k,a/2,a/2);

}

}

Πη-yές-Βιβλιcryραφiα 1) ΥΠΕΠΘ Προγραμματιστικά εργαλεία για το διαδίκτυο 2ος κύκλος Τ.Ε.Ε τομέας πληροφορικής και δικτύων

Λιβάνης 2000 2) ΥΠΕΠΘ Αναπτυξη εφαρμογών σε προγραμματιστικό περιβάλλον Γ' Λυκείου Τεχνολογική κατεύθυνση Κο-

ρυφή Αθfινα 1999 3) Laura Lemay & Rogers Cadenhead Πfιρες Εγχειρίδιο Java 2 platform Μ. Γκιούρδας Αθηνα 1999 4) Dory Smith Java for WWW Peachpit press Berke1ey 1998 5) Peter Wayner Προγραμματίστε σεJava κα Javascήpt Compupress 1998 6) Steven Holzner Java 2 Βfιμα προς Βfιμα Μ.Γκιούρδας Sybex Inc Αθfινα 1998

]j Peter McBήde Java ο εύκολος τρόπος Δίαυλος Αθηνα 1997-98 8) Paul .J. Perry Jaνa Βfιμα προς Βfιμα Μ.Γκιούρδας 1996 9) Stephen R. Daνis Δουλέψτε με την J++ Microsoft Press Κλειδάριθμος 1996


τ Μαθημ τικά

δεν ε,.. σι μόνο Ασκη εις rΙΑΤΙ ΤΑ ΜΑ!/ΡΑ ΠιfΗΚΤΡΑ

EKTEINIJNT ΑΙ ΑΝΑ 2, S, 4-, 4-, S, ... του Νίκου Ανδρουλακάκη Μουσικομαθηματικός

IH I Η"�"�" I � 'I�" I�' I�" I� '��" 11 ... ... ... ... ... ... .................... ... Ντο ι Ντο 2 I Ντο 3 I Nto4 I Nto5 Ντο 6

Σολ 2 Σολ 3 Σολ4

Hz: 66 132 264 Συχνότης: ν 2ν 4ν

Μήκος: ι ι ι τ 2 4

ι τ

μεγάλος Πυθαγόρας προσπάθησε να

ο συνδέσει την αρμονία των ήχων (παλλόμενη χορδή) με την αρμονία των αριθμών

·. · (μήκος χορδής). Τέντωσε ένα έντερο ζώου με ένα βαρίδι και κατασκεύασε το

«μονόχορδο». Παρατήρησε ότι, με το ίδιο έντερο και το ίδιο βαρίδι, το μισό μήκος της χορδής, παλ-

λ,

δ λ' , ο , 1 οτανε με ιπ ασια συχνοτητα. μοιως, το 3 με

τριπλάσια, το .!_ με τετραπλάσια κλπ. Ας έρθουμε 4 στο σήμερα κι ας κουρδίσουμε μια από τις χορδές μιας μπάσο ηλεκτρικής κιθάρας ώστε να πάλλεται

Μι 3 Σιb 3 Μι !tl

1 6

1 ι 5 τ

Ρε4 Φα4 Λα4Σι4

528 1056 8ν ι6ν

ι ι6 ι 8

1 ι ο

1 Ι2

1 ι4 ι 1 ι 1

9 π ϊ3 ϊ5

Ντο

Σολ

Μι, Σιb

Ρε, Φα, Λα, Σι

με συχνότητα 66 Hz. Θ' ακούσουμε τη νότα Ντο 1 , ίδια με την πρώτη, αριστερά, νότα ενός αρμονίου. Μία διευκρίνηση: τα σημερινά μουσικά όργανα, που κουρδίζονται με τη διαδοχή των νοτών του «συγκεκριμένου κλαβιέ» στο Λα 3 = 440 Hz (είναι η συχνότητα που μας δίνει και ο ΟΤΕ στο σήμα του, όταν σηκώνουμε το ακουστικό!) αποδίδουν σ' όλες τους τις νότες (εκτός των Λα, στις διάφορες οχτάβες, που είναι ακέραια πολλαπλάσια ή υποπολλαπλάσια των 440 Hz) συχνότητες σε Hz με μέτρο άρρητους αριθμούς- τέλος διευκρινήσεως. Συνέπεια: Στη γραμμή Hz του σχήματος, οι αριθμοί: 66, 132, 264 κλπ. είναι κατά προσέγγιση.

Για ν' ακούσουμε το Ντο 2, μία οχτάβα πάνω,


Τα Μαθηματικά δεν είναι μόνο Ασκήσεις

πρέπει να βάλουμε το δάχτυλό μας στο άστο, ώστε το μήκος της παλλόμενης χορδής να μειωθεί στο μισό. Παρατηρούμε το ίδιο με τον Πυθαγόρα: η συχνότητα του Ντο 2 είναι 132 Hz δηλαδή διπλάσια της Ντο 1 = 66 Hz. Ομοίως, ανεβαίνοντας ανά οχτάβα στα επόμενα Ντο, η συχνότητα κάθε φορά διπλασιάζεται, ενώ το μήκος της αντίστοιχης χορδής της κιθάρας, μειώνεται στο μισό, κάθε φορά. Αυτά τα Ντο, εμφανίζονται στη γραμμή Μήκος, του σχήματος. Παρατηρούμε ότι στην πρώτη οχτάβα (Ντο 1 έως Ντο 2) αντιστοιχούν τα κλάσμα-

Ι , 1 , δ

, ' β (Ν 2 , τα l εως "2 , ενω στη ευτερη οχτα α το εως

Ντο 3), μεταξύ των κλασμάτων ! και ! παρεμ-2 4 βάλλεται το κλάσμα ! (! μήκος χορδής με 3ν 3 3 συχνότητα= Σολ 2). Στις επόμενες οχτάβες (κόκ-

'Σ λ) ίζ

1 1 , κινη γραμμη ο εμφαν ονται ως "6 και l2 , κα-

θε φορά με υποδιπλασιαζόμενο μήκος χορδής. Ενδιαφέρον είναι ότι στην τρίτη οχτάβα (Ντο 3 έως

Ντο 4), στα κλάσματα (μήκους χορδής) ! , ! , ! 4 6 8 παρεμβάλλονται τα (πράσινα) κλάσματα ! και ! 5 7 που ηχούν σαν νότες Μι 3 και Σι μπεμόλ 3 (= Σι ύφεση 3 = ένα ημιτόνιο χαμηλότερο από το Σι 3 =

το μαύρο πλήκτρο μεταξύ Λα 3 και Σι 3). Ενώ λοιπόν, στην πρώτη οχτάβα έχουμε μόνο Ντο 1 και Ντο 2, στη δεύτερη έχουμε Ντο 2, Σολ 2 και Ντο 3, στην τρίτη έχουμε Ντο 3, Μι 3, Σολ 3, Σιb 3 και

Ν 4 Ν λ ' ' ·�� .!.. 1 1 1 το . α οιπον που απο τα ΙVΙ.Uσματα - , - , -, 4 5 6 1 1 ' δ ' δ' Ί και 8 παιρνουμε την πιο ιασημη συγχορ ια:

την Ντο Ματζόρε μεθ' 7ης. Είναι συν-χορδές που συν-ηχούν γλυκύτατα στ' αυτιά μας. Τέλος στην

τέταρτη οχτάβα (Ντο 4 έως Ντο 5), μεταξύ των (από την προηγούμενη υποδιπλασιαζόμενων) κλα-

, 1 1 1 1 1 βάλλο σματων 8, W, 12 , 14 και l8 παρεμ νται

' 1 1 1 1 τα κλασματα (μπλε) -, -, - και- που αντι-9 1 1 13 15 στοιχούν στις νότες Ρε, Φα, Λα, Σι. Όλες αυτές οι νότες (με εξαίρεση το Σιb 4) δηλ. οι Ντο, Ρε, Μι, Φα, Σολ, Λα, Σι (πλήθος 7 - ο «μαγικός» αριθμός) αποτελούν την κλίμακα Ντο ματζόρε, ΟΛΑ τα άσπρα πλήκτρα.

Όταν μετρήθηκαν οι συχνότητές τους, παρατηρήθηκε ότι ο λόγος οποιωνδήποτε διπλανών, ήταν σταθερός, εκτός των Μι-Φα και Σι-Ντο, που ήταν ο μισός.

Κατασκευάστηκε λοιπόν το κλαβιέ του πιάνου με τις επτά άσπρες νότες, απέχουσες συχνοτικά κατά έναν τόνο, εκτός των Μι-Φα και Σι-Ντο που απείχαν κατά ένα ημιτόνιο. Για λόγους ομοιομορφίας και πληρότητας, χώρισαν τους τόνους των υπολοίπων, σε δύο ημιτόνια και έτσι παρενέβαλλαν τα 5 μαύρα πλήκτρα.

Τώρα οι νότες, από 7 έγιναν 12, απέχουσες μεταξύ τους κατά ένα ημιτόνιο.

Και μιας και έχουμε ... αδυναμία στα Μαθηματικά, ας υπολογίσουμε αυτόν τον λόγο του ημιτονίου: Αφού η συχνότητα διπλασιάζεται όταν «ανεβαίνουμε)) κατά μία οχτάβα, εύκολα υπολογίζουμε τον λόγο λ της γεωμετρικής προόδου, παρεμβάλλοντας 12 νότες.

ν

Επειδή η τελευταία νότα πρέπει να έχει διπλάσια συχνότητα, έχουμε

ν · /!2 = 2ν => λ12 = 2 => λ= 1{;[2 => λ= 1, 059463094

Φτωχότερη η Ε.Μ. Εταιρεία «ΕΦΥΓΕ» Ο ΝΙΚΟΣ Γ. ΠΑΠΑΔΟΠΟΥ ΛΟΣ

Ο σωστός ΑΝΘΡΩΠΟΣ, αγωνιστής για την Ειρήνη, τη Δημοκρατία, την Κοινωνική Δικαιοσύνη.

Ο άριστος ΜΑΘΗΜΑτJΚΟΣ, ακούραστο στέλεχος της ΕΜΕ, μέλος του Δ.Σ. της, υπεύθυνος του <<Ευκλείδη Β'».

Ο δεξιοτέχνης ΔΑΣΚΑΛΟΣ, παιδαγωγός που αγαπούσε τα παιδιά και τον αγαπούσαν, συνδικαλιστής που εκτιμούσε και τον εκτιμούσαν οι συνάδελφοι.

Ο άξιος ΟΙΚΟΓΕΝΕΙΑΡΧΗΣ, σύζυγος, πατέρας και παππούς ιδανικής οικογένειας, στην οποία η Σ.Ε. του «Ευκλείδη · . )) εκφράζει, με θλίψη, θερμά συλλυπητήρια.

Η χαμογελαστή μορφή του θα μείνει στη μνήμη όλων μας.


11 λ.ΡΧλ.Ιλ. €λλΗΝΙΚλ. Μλ.ΘΗΜλ. ΤΙΙ<λ. Ι

ο Εύδοξος γεννήθηκε στην Κνίδο της Μ.

i Ασίας το 408 π .Χ.. Κατά τον Απολλό.. ..

. δωρο, ήκμασε κατά την 103η Ολυμπιάδα (368-365 π.Χ.) και απέθανε το 355 π.Χ. σε ηλικία 53 ετών.

Εύδοξος (408 - 355 π.Χ.)

Στην Αθήνα ήλθε, όταν ήταν 23 ετών για να παρακολουθήσει μαθήματα Φιλοσοφίας και Ρητορικής και, ιδιαίτερα, τα μαθηματικά του Πλάτωνος. Επειδή ήταν πολύ φτωχός διέμενε στον Πειραιά και πεζοπορούσε τη διαδρομή ΠειραιάΑθήνα και αντίστροφα. Φαίνεται ότι, πριν έλθει στην Αθήνα για πρώτη φορά, είχε μεταβεί στην Ιταλία και Σικελία για να σπουδάσει Γεωμετρία και Ιατρική από τους Αρχύτα και Φιλιστίωνα, αντίστοιχα. Αυτό συμπεραίνεται επειδή, μετά από την Αθήνα επανήλθε στην Κνίδο και, αργότερα, περί το 38 1-380 π.Χ. ή και λίγο αργότερα, πήγε στην Αίγυπτο. Εκεί παρέμείνε 16 μήνες και aφομοίωσε όλες τις aστρονομικές γνώσεις των Ιερέων της Ηλιουπόλεως (ένα προάστιο του Καίρου) και εκτελούσε παρατηρήσεις. Το αστεροσκοπείο που χρησιμοποίησε για τις aστρονομικές του παρατηρήσεις που ήταν μεταξύ Ηλιουπόλεως και Κιρκισούρας, διατηρήθηκε και στην εποχή του Αυγούστου.

Μετά από την Αίγυπτο πήγε στην Κύζικο της

(I) I του Χρήστου Κηπουρού

Προποντίδας όπου ίδρυσε μια περίφημη και επάξια σχολή το έτος 378 π.Χ . .

Το 368 π.Χ. επανέρχεται στην Αθήνα συνοδευόμενος από τους συνεργάτες του στη Σχολή του.

Μερικές από τις πληροφορίες που δίνει ο Διογένης ο Λαέρτιος σχετικά με τον Εύδοξο, θεωρούνται ανακριβείς. Όiι, δηλ. τοποθετήθηκε αρνητικά (εχθρικά) προς τον Πλάτωνα ή ότι πήγε μαζί με τον Πλάτωνα στην Αίγυπτο ή ότι επισκέφθηκε τον Πλάτωνα όταν ήταν μαζί με τον νεαρό Διονύσιο, κατά την τρίτη επίσκεψή του στην Σικελία το 361 π.Χ..

Το παρατηρητήριό του στην Κνίδο, όπως αναφέρει ο Στράβων, διατηρήθηκε μέχρι της εποχής του (αρχές χριστιανικής χρονολογίας). Σ' αυτό το παρατηρητήριο, όπως αναφέρει ο Στράβων, ο Εύδοξος παρατήρησε και τον αστέρα Κάνωβο (Canopus) ο οποίος δεν ήταν τότε ορατός από μεγαλύτερα γεωγραφικά πλάτη. Συγκέντρωσε πολλές aστρονομικές παρατηρήσεις τις οποίες κατέγραψε σε δύο βιβλία: το «Κάτοπτρον>> και τα «Φαινόμενα» όπως βεβαιώνει ο Ίππαρχος.

Ο ποιητής Άρατος (ήκμ. 270 π.Χ.) έγραψε ένα ποίημα του οποίου οι στίχοι 19-732, αναφέρονται στο αστρονομικό έργο «Φαινόμενα» του Ευδόξου.

Αυτό που έχει μεγαλύτερη αξία για μας είναι το θεωρητικό μέρος της Αστρονομίας του Ευδόξου και όχι το πρακτικό (δηλ. το εκ παρατηρήσεων).

Κανείς μέχρι τότε, δεν είχε διατυπώσει κάποια σπουδαία θεωρία σχετιζομένη με κινήσεις Ηλίου, Σελήνης και Πλανητών. Ο Εύδοξος είναι ο πρώτος που διατύπωσε την υπόθεση «του συστήματος των ομόκεντρων σφαιρών» και αντιμετώmσε την Αστρονομία με καθαρά μαθηματική θεωρία.

Αυτή η θεωρία μαζί με τις μεγάλες και αθάνατες προσφορές που έκανε στη Γεωμετρία, δικαίως τον τοποθέτησαν στην mo ψtλή βαθμίδα των Μα-


Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

θηματικών ό'λων των εποχών. Ο Th. Heath αναφέρει ότι ο Εύδοξος ήταν «ο άνθρωπος της επιστήμης, εάν υπήρξε ποτέ τέτοιος άνθρωπος».

Για τις μαθηματικές εργασίες του Ευδόξου, έχουμε αναφορές στο έργο του Πρόκλου (στα σχόλια στο Α' βιβλίο του Ευκλείδη). Εν συντομία αναφέρουμε μερικές από αυτές.

• Αύξησε το πλήθος των γενικών θεωρημάτων (των καθόλου καλουμένων θεωρημάτων) και πρόσθεσε άλλες τρεις αναλογίες, στις ήδη υπάρχουσες τρεις. Τα γενικά θεωρήματα έχουν στη Γεωμετρία, Αριθμητική, Μουσική και σε εφαρμογή όλες τις μαθηματικές επιcrτήμες.

• Στον Εύδοξο αποδίδεται το V βιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη στο οποίο περιέχεται η θεωρία των αναλογιών που θεμελιώνει στην πραγματικότητα μία γενική θεωρία των μεγεθών συμμέτρων και ασ1ψμέτρων.

Μετά από τον ισχυρό ·κλονισμό που δέχτηκε το φιλοσοφικό σύστημα των πυθαγορείων όταν διαπιστώθηκε ότι ο λόγος της διαγωνίου προς την πλευρά του τετραγώνου δεν μπορεί να εκφραστεί με ρητό αριθμό, άρχισαν οι πρώτες αμφισβητήσεις της πυθαγορικής φιλοσοφίας. Η αποκατάσταση ήλθε με την αναβάθμιση του ορισμού της αναλογίας που περιέχεται στο V βιβλίο των στοιχείων του Ευκλείδη και αποδίδεται στον Εύδοξο. Σε μετάφραση είναι ο παρακάτω ορισμός 5 (V βιβλ. Στοιχ.): «Λέγεται ότι μεγέθη βρίσκονται στην ίδια σχέση (εν τω αυτώ λόγω), το πρώτον προς το δεύτερον όπως και το τρίτον προς το τέταρτον, όταν τυχόντα ισάκις πολλαπλάσια του πρώτου και του τρίτου (καθ' οιονδήποτε πολλαπλασιασμό), εάν ληφθούν με κατάλληλη σειρά, είναι ή μεγαλύτερα ή ίσα ή μικρότερα συγχρόνως από τα ισάκις πολλαπλάσια του δευτέρου και του τετάρτου».

Από τον ορισμό αυτό συνεπάγεται ότι η ανα-λογία

α : β = γ : δ ισχύει τότε μόνον, όταν:

εάν μα > νβ τότε και μγ > νδ

εάν μα = νβ τότε και μγ = νδ

και εάν μα < νβ τότε και μγ < νδ , όπου μ και ν εί

ναι τυχόντες ακέραιοι αριθμοί. Τον ορισμό αυτό μπορεί ο αναγνώστης να

βρει, εκτός από τα στοιχεία του Ευκλείδη, και στα εξής έργα:

1 . Ήρωνα Αλεξανδρείας, τόμος IV ( εκδ. Ελ-

ληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε.)) σελ. 79, ορισμ. 124. 2. Ε. Σπανδάγου: Τα Μαθηματικά των αρ

χαίων Ελλήνων, σελ. 134. 3. Α. SΖΑΒΣ: Απαρχαί των Ελληνικών μα

θηματικrον, σελ. 143. Στα δύο τελευταία έργα θα βρει ο αναγνώστης

πολύ χρήσιμες πληροφορίες για τον Εύδοξο και τις εργασίες του, αφού δεν μπορούμε να επεκταθούμε περισσότερο σ' αυτό το άρθρο.

Και για να κλείσουμε αναφέρουμε σύντομα, ότι:

• Θεωρείται ως εργασία του Εύδοξου, η ανακάλυψη των ιδιοτήτων της διαιρέσεως ευθυγράμμου τμήματος σε «μέσο και άκρο λόγο».

• Ο Αρχιμήδης αναφέρει ότι ο Εύδοξος είναι ο πρώτος που απέδειξε το θεώρημα (του Δημόκριτου) ότι ο όγκος της πυραμίδας (ή κώνου) είναι ίσος με το τρίτον πρίσματος (ή κυλίνδρου) που έχει την ίδια βάση και το ίδιο ύψος με αυτήν.

• Ότι «δύο σφαίρες είναι μεταξύ τους ως οι κύβοι των διαμέτρων των».

• Ο Εύδοξος είχε διατυπώσει και εφαρμόσει μία πολύ γενική αρχή ισοδύναμη με το περίφημο αξίωμα του Αρχιμήδη: «Δοθέντων δύο ομοειδών μεγεθών υπάρχει πάντοτε πολλαπλάσιον του μικροτέρου υπερβαίνον το μεγαλύτερο».

• Ο Εύδοξος εφάρμοσε την περίφημη «μέθοδο της εξαντλήσεως» η οποία αποτελεί τη βάση επί της οποίας στηρίχθηκε η ανακάλυψη του ολοκληρωτικού λογισμού.

Ο ποιητής Άρατος (270 π.Χ.)

Στους στίχους 19-732 του ποιήματός του αναφέρεται στο έργο «Φαινόμενω) του Ευδόξου.

Εύδοξος (408-355 π.Χ.)


ΟΕuιW:ίδn� οροτι:ίvε:ι ... ΕuκΑ.ι:ίδn

Ο Ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεμιάδης δίνει τις λύσεις που είχε προτείνει στο τεύχος του Ευκλείδη Β' 39

Άσκηση 1 Έστωσαν Ρ ι, p2, ••• , Pn (η� ι) πρώτοι α

ριθμοί διάφοροι αλλήλων. Αποδείξτε ότι η , ι ι ι

δ, , παρασταση -+-+ · · · +- εν ειναι ποτε Ρι Pz Pn

ακέραιος αριθμός.

Λύση

Έ , , 1 1 1 k 'll στω οτι ειναι -+-+ · · · +-= Ε IL.I. Ρι Ρ2 Pn

Έστω Ν = p1p2 · · · Ρ π-ι (όπου αν η = 1 τότε

Ν= 1 ) . Τότε Ν +�+ ··· +� =NkE Ζ . Ρι Ρ2 Pn

Όμως Ν Ε Ζ για κάθε δείκτη ί με ί < η , Pi και �e Ζ . Άτοπο.

Pn Παρατήρηση: Με ένα παρόμοιο τρόπο μπορούμε να αποδείξουμε ότι το άθροισμα των aντίστροφων (διακεκριμένων} θετικών ΠΕΡΙτΤΩΝ αριθμών αυξημένο με το αντίστροφο ενός αρτίου αριθμού δεν μπορεί να είναι ακέραιος.

Άσκηση 2 Έστω ABC ένα μη αμβλυγώνιο τρίγω

νο, με πλευ-ρές μήκους ακεραίους αριθμούς και τέτοιες ώστε BC < AC < ΑΒ.

Έστω D ο πους της καθέτου από το Β επί της AC. Αποδείξτε ότι: AD - CD = 4, τότε και μόνο τότε όταν ΑΒ- BC = 2.

c

b

Β Α

και ... lhόφavτo Απόδειξη Θέτουμε a = BC , b = AC , c = ΑΒ και

d = AD-CD. τ, 2 2 ( b + d )2 2 ( b - d )2 , οτε BD = c - -2 = a - -2 η-

τοι c2 -a 2 = bd . Αν c - a = 2, τότε c = b + 1 και a = b - 1 . Συνεπώς 4b = bd , οπότε d = 4 . Αντιστρόφως, αν d = 4 , τότε

(c+ a)(c - a) = 4b. Από την ανισότητα c + a > b , έπεται ότι το

c -a ισούται με 1 , 2 ή 3. Α ν c - a = 1 , τότε c + a = 4b > 2a + b , οπότε c > a + b , άτοπο.

Α 3 , 4a ,

ν c- a = , τοτε c+a =3, συνεπως

4a +9 δ , , , c = -6-, που εν μπορει να ειναι ακεραιος.

Άρα c - a = 2 . AD-AC = 4 <=> ΑΒ-BC = 2

Από τον συνάδελφο Αντώνη Ιωαννίδη πήραμε τις εξής ασκήσεις:

1 ) e+log4<4 (το σύμβολο log4 εννοεί το δεκαδικό λογάριθμο του 4 ) .

Δ 2) Να αποδείξετε ότι: Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Α· συν Β+ ημΑσυνΓ >Ο Α, Β, Γ τα μέτρα των γωνιών τριγώνου σε ακτίνια. 3) Αν α, β, γ πλευρές τριγώνου ΑΒΓ να αποδείξετε ότι

αβγ � (α+ β-γ)(β + γ -α)(γ + α -β) . 4) Δίνεται η συνάρτηση

f (χ) = 2συνχ (1 + ημχ) ΧΕ [Ο,π] . α) Να τη μελετήσετε ως προς μονοτονία

και ακρότατα.

β) Να αποδείξετε ότι ημΑ+ημΒ+ημΓ�JJ3 2

αν Α, Β, Γ γωνίες τριγώνου σε ακτίνια.


Η ιιd.,.. μ •ι: -ιfrlι<tJ,.iι Δ..,ιιιιω 11--ιd Ρ"' 1. Η �tJ� τιι�έ<; Ο�.flf1"'ιι�4ε<;

Θέματα μεγάλων τάξεων Θέμα 1°. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε

κύκλο ακτίνας R. Οι ΒΔ, ΓΕ είναι οι διχοτόμοι των γωνιών Β και Γ και η ΔΕ τέμνει το τόξο ΑΒ, που δεν περιέχει το Γ, στο σημείο Κ. Αν είναι ΚΑι _1_ ΒΓ, ΚΒι .l. ΑΓ, ΚΓι .l. ΑΒ και το σημείο Δ απέχει από τις πλευρές ΒΑ και ΒΓ απόσταση ίση με χ, ενώ το Ε απέχει από τις πλευρές Γ Α, ΒΓ απόσταση ίση με y, τότε:

ι. να εκφράσετε τα μήκη των τμημάτων ΚΑι, ΚΒι, ΚΓ ι συναρτήσει των χ, y και

του λόγου λ = ΚΔ ΕΔ

δ ίξ , 1 1 1 η. να απο ε ετε οτι: - = - + -.

ΚΒ ΚΑ ΚΓ

Θέμα 2°. Ν α αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί

ακέραιοι α,β τέτοιοι ώστε το γινόμενο (1 5α + β) · (α + 1 5β) να είναι μία δύναμη με βά-ση το 3 και εκθέτη ακέραια

Θέμα 3°. Έστω f : Ν � JR είναι μία συνάρτηση τέ

τοια ώστε f (1) = 3 και

f(m + η) + f(m- η) -m + η - 1 = f(2m) + f(2η)' . 2

για όλους τους μη αρνητικούς ακέραιους m, η με m;:::η .

Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f.

Θέμα 4°. Στο πίνακα είναι γραμμένοι όλοι οι ακέ

ραιοι αριθμοί από 1 έως 500. Δύο μαθητές Α και Β παίζουν το εξής

παιγνίδι: Με τη σειρά ο ένας μετά τον άλλον δια-

γράφουν από έναν αριθμό. Το παιγνίδι τελειώνει όταν στον πίνακα απομείνουν δύο αριθμοί. Νικητής είναι ο Β, αν το άθροισμα των αριθμών που απομένουν διαιρείται με το 3, διαφορετικά νικητής είναι ο Α.

Αν ο Α αρχίζει πρώτος, έχει ο μαθητής Β στρατηγική νίκης;

Λύσεις Θεμάτων μεγάλων τάξεων Θέμα 1° • .

(α) Φέρουμε ΕΕ1 .lΒΓ, ΕΕ2 .lΑΓ, ΔΑ1 .lΒΓ, M2.lAB, ο

πότε σύμφωνα με την άσκηση θα είναι ΕΕ1 = ΕΕ2 = χ, ΔΔ1 = ΔΔ2 = y .

Είναι ΕΕ2 .l ΑΓ, ΚΒ1 .l ΑΓ, οπότε ΚΒ1 ΚΔ τ =

ΕΔ = λ�ΚΒ1 = λy.

Επίσης ΚΓ ι/ I ΔΔ2 και ΚΓι = ΚΕ = ΚΔ - ΕΔ

= λ - 1 � ΚΓι = (λ -l)x. χ ΕΔ ΕΔ

Στο τραπέζιο ΚΑ1Δ1Δ(ΚΑ1 // ΔΔ1 ) είναι

ΕΕ1 //ΚΑ1 // ΔΔ1 και ΚΕ = λ - 1, οπότε εύκολα ΕΔ

υπολογίζουμε ότι ΚΑι + (λ - 1)χ

= �ΚΑ = λ - (λ - 1)χ. 1 + (λ - 1) Υ ι Υ

(β) Η ζητούμενη σχέση είναι ισοδύναμη προς την


Στήλη των Ολ1Jμπιάδων

ΚΑ · ΚΓ =ΚΒ · ΚΓ +ΚΑ · ΚΒ. (1) Από τα τρίγωνα ΚΒΓ, ΚΑΓ και ΚΑΒ έχουμε: ΚΒ · ΚΓ = 2R ·ΚΑ 1 , ΚΑ · ΚΓ = = 2R · ΚΒ1 , ΚΑ ·ΚΒ = 2R ·ΚΓ 1,

οπότε η ( 1) γίνεται: 2R ·ΚB 1 = 2R ·ΚA 1 + 2R · K�

<=> ΚΒι =ΚΑι + ΚΓι, που ισχύει, όπως επαληθεύεται εύκολα μέσω των αποτελεσμάτων του ερωτήματος (α).

Θέμα 2°. Παρατηρούμε κατ' αρχήν ότι, αν για κάποιους

θετικούς ακέραιους α, β ισχύει η ισότητα (15α + β)(α + 15β) = 3κ , κ ε Ζ, τότε πρέπει κ>4, αφού 15α + β � 16 > 32 και α + 15β � 16 > 32 .

Υποθέτουμε ότι ο κ είναι ο ελάχιστος θετικός ακέραιος για τον οποίο υπάρχουν κατάλληλοι θετικοί ακέραιοι α, β τέτοιοι ώστε

(15α + β) · (α + 15β) = 3κ (1) Τότε οι θετικοί ακέραιοι 15α+β, α+ 15β διαι

ρούν το 3 Κ, οπότε θα είναι της μορφής 15α + β = 3m , α + 15β = 3η , (2)

με m, η ε Ζ , m > 2, η > 2, m + η = κ. Από τις (2) προκύπτει ότι οι αριθμοί α, β είναι

πολλαπλάσια του 3, δηλαδή έχουμε: α=3αι , β=3βι , (3)

όπου α1 , β1 ε Ζ , α1 � 1, β1 � 1 . Λόγω των (3) και (2) έχουμε: �(15 · 3α1 + 3β1 ) · (3α1 + 15 · 3β1 ) = 3

<=> (15αι + β! ) . (αι + 15βι ) = 3m+n-2 = 3κ-2" με m + η - 2 < κ, που είναι άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α, β για

τους οποίους ισχύει ότι (15α + β) · (α + 15β) = 3κ , κ εΖ .

Θ έμα 3°. Για m=n=O από τη δοθείσα σχέση λαμβάνου

με f(0)=1 . Επίσης για η=Ο λαμβάνουμε:

2f(m)-m-1 f(2m)2+f(O) <::::>f(2m)=4f(m)-2m-3,

οπότε η δοθείσα σχέση γίνεται: f(m + η) + f(m- η) = 2f(m) + 2f(η) - 2η - 2, από την οποία, για η=1 , m�1 , λαμβάνουμε

f(m + 1) + f(m - 1) = 2f(m) + 2 f(m + 1) - f(m) = f(m) - f(m - 1) + 2

Αν θέσουμε xm = f(m) - f(m - 1), m = 1, 2, 3, .. .

τότε η τελευταία ισότητα γίνεται _ xm+l = xm + 2, m= 1, 2, 3, . . . xm+l - xm = 2, m= 1, 2, 3, . . .

οπότε η ακολουθία ( xm ), m � 1, είναι αριθμη-τική πρόοδος με πρώτο όρο χ1 = f(1) - f(O) = 3 - 1 = 2 και διαφορά ω=2. Άρα ο γενικός όρος της ακολουθίας ( Xm ) θα είναι: Xm = Χι + (m - 1)ω = 2μ,

οπότε θα έχουμε τις ισότητες: f(1) - f(O) = χ1

m= 1, 2, .. .

f(2) - f(l) = χ2 f(m) - f(m - 1) = xm

από τις οποίες με πρόθεση κατά μέλη λαμβάνουμε f(m) - f(O) = x1 + χ2 + .. . + xm f(m) - 1 = 2 · (1 + 2 + .. . + m)

f(m) = 2 · m(�+ 1) + 1 f(m) =m2 +m + 1, mε Ν.

Θέμα 4°. Ο μαθητής Β έχει στρατηγική νίκης. Αρκεί να

παρατηρήσει ότι οι αριθμοί από 1 έως 500, μπορούν να χωρισθούν σε 250 ζεύγη, όπου τα στοιχεία κάθε ζεύγους έχουν άθροισμα 501 , που διαιρείται με το 3. Έτσι αν κάθε φορά ο Α διαγράφει έναν αριθ

μό α, ο Β θα διαγράφει τον αριθμό 50 1- α, οπότε οι δύο αριθμοί που θα μείνουν τελικά θα έχουν άθροισμα 501 , που διαιρείται με το 3.

ΕΛΛΗΝΙΚ Ο ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΟ ΙΝΣΤ ΙΤΟΥΤ Ο Λ Ε Υ ΚΟ Π Ο Υ Λ Ε Ι ΟΣ ΔΙ Α Γ Ω Ν Ι ΣΜ Ο Σ

ΠΙΘΑΝΟ ΤΉΤΩΝ 2001 10 Φεβρο υ αρίου 2001

Θέμα 1 α) Από ν ανδρόγυνα (2ν άτομα) επ1λέγουμε τυχαία 2 άτομα. Ποια η πιθανότητα να είναι ζευγάρι;

β) Αν από τα ν ανδρόγυνα πάρουμε τυχαία κ άτομα, να υπολογιστεί η πιθανότητα: ι) Να βρεθεί τουλάχιστον ένα ζευγάρι στα κ αυτά άτομα.


Στήλη των Ολυμπιάδων

ιι) Να βρεθούν ακριβώςj ζευγάρια (Ο::; κ - 2j::; ν - j ).

Θέμα 2 Ρίχνουμε ν ( ν 2:: 2 ) συμμετρικά νομίσμα

τα, με τις ενδείξεις Κ= Κεφαλή, Γ= Γράμματα, και με την εξής διαδικασία:

Στην πρώτη δοκιμή ρίχνουμε και τα ν νομίσματα, στη δεύτερη ρίχνουμε μόνο τα νομίσματα που έφεραν Γ στην πρώτη δοκιμή (αν υπάρχουν), στην τρίτη μόνο αυτά που έφεραν Γ στην δεύτερη δοκιμή (αν υπάρχουν) κ.ο.κ., μέχρι που να μην υπάρχουν νομίσματα με την ένδειξη Γ.

Ν α βρεθεί η πιθανότητα: α) Στην τελευταία δοκιμή να ρίξουμε ν -1 νομίσματα. β) Να τελειώσει η διαδικασία στην κ δο-κιμή. γ) Να απαντηθούν τα ερωτήματα (α) και (β), όταν ν = 5 και κ = 2 .

Θέμα3 Στο ΛΟΤΤΟ επιλέγονται 6 αριθμού από

τους 49. Αν σε ένα δελτίο συμπληρώσουμε 7 αριθ

μούς πληρώνουμε το ίδιο ποσό με το να συμπληρώσουμε 7 δελτία από 6 αριθμούς στο κάθε δελτίο.

Μας ενδιαφέρει να πετύχουμε 5 ή 6 αριθμούς στο ίδιο δελτίο.

Τι είναι προτιμότερο: Να συμπληρώσουμε ένα δελτίο με 7 αριθμούς ή 7 δελτία από 6 αριθμούς, έτσι ώστε ανά δύο τα 7 δελτία να μην έχουν κοινούς αριθμούς.

Λύσεις των θεμάτων Θέμα 1

(2ν ) α) Οι δυνατοί τρόποι είναι 2 και οι ευ-

νοϊκοί είναι ν, όσα και τα ζευγάρια, η πιθανότητα που ζητάμε είναι:

Ρ. = ( �) = 2v1-ι

βι) Βρίσκουμε πρώτα την πιθανότητα να μην υπάρχει ζευγάρι στα κ άτομα.

πομένως:

Θέμα 2 Η πιθανότητα ένα νόμισμα να έχει την έν

δειξη «Γ», για πρώτη φορά στην j ρίψη, είναι: 1

Ρι =-. 2J

Η πιθανότητα ένα νόμισμα να έχει την ένδειξη «Γ», για πρώτη φορά πριν την j ρίψη, είναι:

1 1 1 1 . p2 =-+-2 +···+-.-� = 1--.-1 ' ]= 1, 2, . . .

2 2 2J- 2J-α) Αν πάρουμε ν- 1 συγκεκριμένα νομίσματα, από τα ν, η πιθανότητα να φέρουν για πρώτη φορά την ένδειξη «Γ» στην ί ρίψη και το άλλο νόμισμα να φέρει την ένδειξη «Γ», για πρώτη φορά, πριν την ί ρίψη, είναι:

Ρ; = (Ξ ΓΨ (ι-2�, } i= Ι,2, . . .

Η πιθανότητα δεν αλλάζει αν αντί για την έν-



δειξη Γ έχουμε την ένδειξη Κ. Επομένως η πιθανότητα, στην τελευταία ρίψη, τα συγκεκριμένα (ν -1) νομίσματα, να φέρουν την ένδειξη «Γ» είναι:

00 1 �Pi = {2ν - 1 ) {2ν-Ι _ 1) Επειδή υπάρχουν ν =

( ν ) διαφορετικοί ν - 1

τρόποι να επιλέξουμε τα (ν - 1 ) νομίσματα, τότε η ζητούμενη πιθανότητα είναι:

Ρ = ν

{ 2ν - 1 ) { 2ν-\ - 1) β) Η πιθανότητα να τελειώσει η διαδικασία πριν την (κ + 1 ) ρίψη, είναι ίση με την πιθανότητα να τελειώσει η διαδικασία πριν την κ ρίψη συν την πιθανότητα να τελειώσει η διαδικασία στην κ ρίψη. Η πιθανότητα να φέρουν την ένδειξη «Κ», τα ν νομίσματα, πριν την j ρίψη, οπότε τελειώνει η διαδικασία, είναι:

p3 = 1 - -.-· ( 1 Jv

2j-\

Επομένως αν Ρ είναι η πιθανότητα να τελειώσει η διαδικασία στην κ ρίψη, τότε

Ρ = (1 --1 )ν -(1 --1 Jv

2κ 2κ-\

γ) Για ν = 5 και κ = 2 , η απάντηση στο

ερώτημα (α) είναι __!__ = Ο, Ο 108 και στο (β) εί-93

21 ναι -- = 0, 206 .

1024

θέμα 3 i) Στο δελτίο που συμπληρώνουμε 7 α-ριθμούς η πιθανότητα, να πετύχουμε ένα τουλάχιστον 5, είναι:

GtJ ρ, = (7) = (�) και η πιθανότητα να πετύχουν ένα τουλάχιστον 6 είναι:

Gt0 7 Ρ• = (7) = (7)

ii) Οι αντίστοιχες πιθανότητες στα 7 δελ-τία από 6 αριθμούς το καθένα είναι:

GtJ π, = 7 (7) =(�) (iliJ π6 = 7 ( 7) = ( 7)

Επομένως η πιθανότητα να πετύχουν ένα τουλάχιστον 5 ή 6 είναι μεγαλύτερη στα 7 δελτία των 6 αριθμών, π5 + π6 > Ps + Ρ6 .

Αν μας ενδιαφέρει το αναμενόμενο κέρδος, τότε οι δύο τρόποι είναι ισοδύναμοι, διότι αν τα χρήματα ου εισπράττουμε είναι γ όταν πιάσουμε 5 και δ όταν πιάσουμε 6, τότε: Στο δελτίο με 7 αριθμούς αν πετύχουμε 5, πιάνουμε δύο πεντάρια και όταν πετύχουμε 6, πιάνουμε ένα εξάρι και έξι πεντάρια, το αναμενόμενο κέρδος θα είναι:

1 806γ + 7δ 2ΎΡ5 + (δ + 6γ)p6 = ( 7)

Στα 7 δελτία των 6 αριθμών, το αναμενόμενο κέρδος είναι:

δ 1 806γ + 7δ

γπ, + π. = (7) Αυτό μας λέει ότι το αναμενόμενο κέρδος εξαρτάται μόνο από το πλήθος των έξι αριθμών που συμπληρώνουμε και δεν εξαρτάται από ποιοι είναι οι 6 αριθμοί που συμπληρώνουμε στο δελτίο.

Στρατής Κουνιάς, Νίκος Παπαδάτος, Βασίλης Παπαθανασίου

Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Αθηνών.



του Σωτήρη Λουρίδα

Θα ασχοληθούμε με μία ενότητα υψηλού ενδιαφέροντος για τους ειδικότερους μαθηματικούς διαγωνισμούς, την ενότητα των επίπεδων γεωμετρικών σημειακών μετασχηματισμών ή γεωμετρικών πράξεων: ΜΕΤΑΦΟΡΑΣ, ΣΤΡΟΦΗΣ, ΟΜΟΙΟΘΕΣΙΑΣ, ΑΝτJΣΤΡΟΦΗΣ (θεωρούμε γνωστό τον γεωμετρικό σημειακό μετασχηματισμό ΣΥΜΜΕΤΡΙΑ, από τα βιβλία του Ο.Ε.Δ.Β., όπως επίσης και τη στοιχειώδη θεωρία του διανυσματικού λογισμού). Ουσιαστικά η γνώση των γεωμετρικών πράξεων μας επιτρέπει να κατανοούμε την γεωμετρική συμπεριφορά των επίπεδων σχημάτων που παράγονται από την μεταφορά, συμμετρία, στροφή, ομοιοθεσία, αντιστροφή ενός γεωμετρικού σχήματος, χωρίς να εμπλεκόμαστε σε περίπλοκες αποδείξεις.

ΜΕΡΟΣ Α' (ΜΕΤΑΦΟΡΑ, ΣΤΡΟΦΗ) 1. α) Για τη δημιουργία ενός επίπεδου

σχήματος αρκεί ένα γεωμετρικό σημείο και ένας σαφής αυστηρός μαθηματικός τρόπος με βάση τον οποίο κινείται στο επίπεδο για να παραχθεί το σχήμα αυτό. Τότε λέμε ότι το σημείο αυτό διαγράφει το επίπεδο σχήμα.

Παρατήρηση: · Δύο σημεία ενός επιπέδου που κινούνται

στο επίπεδο αυτό με βάση τον ίδιο σαφή αυστηρό μαθηματικό τρόπο διαγράφουν το ίδιο επίπεδο σχήμα ή ίσα επίπεδα σχήματα.

β) Μεταξύ δύο σχημάτων του επιπέδου ορίζεται μία αμφιμονοσήμαντη (ή 1 - 1 ) αντιστοιχία (συνάρτηση) αν ορίζεται ένας νόμος ο οποίος σε κάθε σημείο του ενός σχήματος να aντιστοιχίζεται ένα και μόνο ένα σημείο του άλλου σχήματος και αντίστροφα (τα σχήματα, τότε, ονομάζονται αντίστοιχα).

Παρατήρηση: Μεταξύ δύο ίσων σχημάτων ορίζεται, πά

ντα, μία αμφιμονοσήμαντη ή 1 - 1 αντιστοιχία. Το αντίστροφο δεν ισχύει πάντα.

π.χ.

(ε)

σχ. 1

Αν ΑΒ// (ε) τότε η ημιπεριφέρεια με διάμετρο ΑΒ, εξαιρουμένων των Α, Β, είναι σχήμα αντίστοιχο της ευθείας (ε), αφού αν από το

Ο θεωρήσουμε ημιευθείες Οη σε κάθε σημείο τομής Μ της Οη με την ημιπεριφέρεια αντιστοιχεί μόνο ένα σημείο Ν της (ε), (σημείο τομής της Οη με την (ε)) και αντίστροφα (σχ. 1 ).

Το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ του σχήματος 2 με την ανοικτή τεθλασμένη Γ ΔΕ, είναι σχήματα αντίστοιχα.

Α Β

__/� Γ Δ

σχ. 2

Παρατήρηση: Θα λέμε ότι δύο αντίστοιχα σχήματα δια

γράφονται όμοια αν κατά την διαγραφή καθενός, αντιστοιχούν τα αντίστοιχα σημεία τους κατά την ίδια σειρά.

γ) Θα θεωρούμε ότι η περίμετρος ενός επίπεδου σχήματος:

ί) διαγράφεται κατά τη θετική φορά αν ένα «κινούμενο» σημείο τη διαγράφει κατά μία έννοια αντίθετη με τους δείκτες του ρολογιού αν αυτοί ορίζουν επίπεδο παράλληλο προς εκείνο του επίπεδου σχήματος,

ίί) διαγράφεται κατά την αρνητική φορά αν ένα κινούμενο σημείο την διαγράφει κατά μία έννοια αντίθετη της προηγούμενης.

Α

Γι � Β +- Μ -+ Γ

- + Α � Β � Γ � Α Θετική φορά

Α � Γ � Β � Α Αρνητική φορά



Σπουδαία παρατήρηση: Αν υποθέσουμε ότι έχουμε δύο σχήματα ί

σα τότε μπορούμε να δημιουργήσουμε μία αντιστοιχία, μεταξύ των σημείων τους ένα προς ένα. ως εξής:

Έστω ΑιΑ2Α3 • . . Αν = ΒιΒ2Β3 • • •

Β ν με . . . ,

Av_ιAv = Bv-ιBv , ΑvΑι = ΒvΒι και από τις κορυφές τους Αι , Βι ξεκινήσουν ταυτόχρονα δύο κινητά με ίδιες ταχύτητες διαγράφοντας, αντίστοιχα, τις περιμέτρους τους, τότε την χρονική στιγμή to θα έχουν διαγράψει ίσες διαδρομές.

2. ΜΕΤΑΦΟΡΑ (ή παράλληλη μετάθεση)

2. 1 . Έστω σημείο Α και διάνυσμα ii . Αν θεωρήσουμε ΑΒ = ii τότε το Β είναι μεταφορά του Α κατά διάνυσμα ii .

2.2. Έστω σχήμα Σ και διάνυσμα ii . Θεωρούμε μεταφορά του Σ το σχήμα Σ' του οποίου τα σημεία είναι οι μεταφορές όλων των σημείων του Σ κατά διάνυσμα ii ( σχ. 1 ).

-+ -α ··· · · ····· · ·

Σ'

σχ. 1 Παρατήρηση: Α ν Σ' είναι η μεταφορά του Σ κατά ii , τό

τε Σ" είναι η αντίστροφη μεταφορά του Σ αν το Σ ' ' είναι μεταφορά του Σ κατά -ii (σχ. 2).

2.3 . Η Μεταφορά σχήματος «δίνει» σχή-μα ίσο προς αυτό με περίμετρο διαγραφόμενη όμοια προς εκείνη του αρχικού.

2.4. Αν δύο ευθείες είναι παράλληλες τότε η μία από αυτές είναι μεταφορά της άλλης.

Απόδειξη:

I • (ε�

Έστω Αι τυχαίο σημείο της (ει ) και Α2 τυχαίο σημείο της ( ε2 ) . Δημιουργείται το διά

νυσμα ΑιΑ2 • Έστω Β χ τυχαίο σημείο της (ει ) . Θεω-

ρούμε By τυχαίο σημείο ώστε BxBy = ΑιΑ2 •

Αυτό σημαίνει ότι το By είναι σημείο της

(ε2 ) , αφού ΑιΑ2 =ΒχΒy �Α2Βy //ΑιΒχ και βέβαια (από το γνωστό αξίωμα του Ευκλείδη) από το Α2 διέρχεται μόνο μία παράλληλη στην (ει ) δηλ. η ( ε2 ) . Το By είναι μοναδικό

σημείο της ( ε2 ) , αντίστοιχο του Β χ με βάση

την μεταφορά κατά διάνυσμα ΑιΑ2 • Άρα η ( ε2 ) είναι μεταφορά της (ει ) .

ΟΡΙΣΜΟΣ: Δύο μεταφορές λέγονται διαδοχικές αν η

πρώτη μεταφέρει το σχήμα Σ στο Σι και η δεύτερη το σχήμα Σι στο Σ2 •

Βασικό Θεώρημα: Δύο διαδοχικές μεταφορές ενός σχήματος ·

κατά διανύσματα διάφορων διευθύνσεων μπορούν να αντικατασταθούν από μία που ορίζεται από διάνυσμα - συνισταμένη των δύο προηγούμενων (διάνυσμα - άθροισμα των προηγούμενων) διανυσμάτων.

Απόδειξη: Καθιστούμε τα διανύσματα τα ορίζοντα

τις διαδοχικές μεταφορές διανυσματικές ακτί-νες κοινής αρχής έστω ΟΑι , ΟΑ2 •

Α

ο Μ Θεωρούμε το τυχαίο σημείο Μ του αρχι

κού σχήματος. Κατά την πρώτη μεταφορά a-ντιστοιχίζεται στη θέση Μι ώστε ΜΜι =ΟΑι . Κατά την διαδοχικά δεύτερη μεταφορά αντι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λ.δ. τ.4/17

Στήλη των Ολυμmάδων

στοιχίζεται στην θέση Μ; ώστε, προφανώς

Μ1Μ; = ΟΑ2 • Άρα το Μ, μετά την εκτέλεση των δύο διαδοχικών μεταφορών aντιστοιχίζεται στην θέση Μ; .

Είναι σαφές ότι το ΜΜ; = ΜΜ1 + Μ1Μ; :::::} ΜΜ; =0Α1 +0Α2 =ΟΑ , αφού ΜΜ1 =0Α1 , Μ1Μ; = ΟΑ2 • Άρα, αντί για τις δύο διαδοχικές μεταφορές μπορούμε να εκτελέσουμε την μεταφορά κατά το ΜΜ; =ΟΑ - άθροισμα των

- --ΟΑι , ΟΑ2 • Εύκολα αποδεικνύονται και τα εξής:

i) Μία μεταφορά ενός σχήματος μπορεί να αντικατασταθεί από δύο άλλες διαδοχικές μεταφορές συγκεκριμένων διευθύνσεων.

ii) Τα παραπάνω ισχύουν και για περισσότερες από δύο διαδοχικές μεταφορές.

iii) Συνισταμένη μεταφορά διαδοχικών μεταφορών είναι εκείνη που τις αντικαθιστά.

ίν) Η τελική θέση ενός σχήματος, που είναι αποτέλεσμα διαδοχικών μεταφορών είναι ίδια, ανεξάρτητα από την σειρά που διαδέχεται η μία την άλλη.

Ασκήσεις στην μεταφορά: 1 . Έστω τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με ΑΔ = ΒΓ .

Ν α αποδείξετε ότι η ευθεία που συνδέει τα μέσα των δύο άλλων πλευρών του είναι παράλληλη προς την διχοτόμο των ευθειών ΑΔ, ΒΓ.

Λύση

Έστω Μ, Ν τα μέσα των ΑΒ, ΔΓ αντίστοιχα. Μεταφέρουμε την πλευρά ΑΔ στην θέση ΜΜ1 και την ΒΓ στην ΜΜ2 • Αρκεί να

Λ Λ αποδείξουμε ότι Μ1ΜΝ = ΝΜΜ2 • Πράγματι ΜΜ1 =ΜΜ2 • Άρα το τρίγωνο ΜΜ1Μ2 είναι

ισοσκελές. Επίσης: ΔΜ1 = ΑΜ (ΜΕΤΑΦΟΡΑ

του ΑΜ), Μ2Γ =ΜΒ (Μεταφορά του ΜΒ) με

ΑΜ = ΜΒ :::=) ΔΜ1 = Μ2Γ . Άρα το ΔΜ1ΓΜ2 είναι παραλληλόγραμμο οπότε Μ1Ν = ΝΜ2 •

Επομένως ΜΝ διάμεσος του τρ. ΜΜ1Μ2 με τρ. ΜΜ1Μ2 ισοσκελές. Σημαίνει ότι η ΜΝ

Λ

θα είναι και διχοτόμος της Μ1ΜΜ2 • (ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΑΔΕΣ, εκδόσεις Ε.Μ.Ε., σελ. 37, πρόβλημα 3)

2. Δίνονται δύο περιφέρειες (K,R1 ) , (Λ, R2 ) και ευθεία ε . Υπάρχουν σημεία Α, Β

αντίστοιχα των (K,R1 ) , (Λ,R2 ) ώστε ΑΒ =λ με ΑΒ ΙΙ ε ;

Λύση: (ε)

Α Β

Αφού ΑΒ = λ και ΑΒ 11 ε σημαίνει ότι το Β θα βρίσκεται στην μεταφορά της (K,R1 ) στην

(H,R1 ) με ΚΗ =ΑΒ . Αν αυτή τέμνει την

(Λ,R2 ) στο Β προσδιορίζεται το ΗΒ. Αν

ΚΑ = ΗΒ τότε το ΑΒ προσδιορίζει τα Α, Β, ώστε ΑΒ =λ με ΑΒ ΙΙ ε .

3. ΣΤΡΟΦΗ!! Λ

1 ) Μια γωνία xOy είναι ένα επίπεδο σχήμα. Αν θεωρήσουμε ότι αυτή σαρώνεται από την κίνηση της μίας πλευράς της έως την άλλη, τότε ορίζουμε μία φορά (αυτόματα ορίζεται και η αντίθετη φορά) οπότε έχουμε την έννοια της προσανατολισμένης γωνίας.

Συγκεκριμένα: Έστω το επίπεδο στο οποίο Λ

ανήκει η xOy και ένα επίπεδο παράλληλο σ' αυτό που κινούνται οι δείκτες ενός ρολογιού, θεωρούμε την κίνηση της Οχ από την αρχική της θέση Οχ έως την τελική της Oy. Αν η κί-



νηση αυτή είναι αντίθετη με την κίνηση των δεικτών του ρολογιού μιλάμε για θετική φορά (θετικά προσανατολισμένη ευθεία) ενώ αν είναι ίδια με την κίνηση του δεικτών του ρολογιού μιλάμε για αρνητική φορά.

χ

2) Έστω επίπεδο (π) και Ο είναι σημείο του που θα το θεωρήσω κέντρο της στροφής. Έστω τυχαίο σημείο Α του επιπέδου και μία προσανατολισμένη του γωνία θ. Ονομάζω στροφή του Α με κέντρο Ο και κατά γωνία θ (ή απλά με κέντρο Ο και γωνία θ) την αντι-

Λ στοίχιση του Α στο Α' αν ΑΟΑ' = θ και ταυ-τόχρονα ΟΑ = ΟΑ' . Τα σημεία Α, Α' ονομάζονται ομόλογα.

3) Στροφή του σχήματος Σ κέντρου Ο και γωνίας θ είναι το σημειοσύνολο των στροφών των σημείων του Σ κέντρου Ο και γωνίας θ. Τότε λέμε ότι το Σ στρέφεται περί το κέντρο Ο κατά γωνία θ.

4) Δύο σχήματα που το ένα προκύπτει από το άλλο με στροφή περί σημείο, έστω Ο, είναι ίσα.

Απόδειξη: Αν το σχήμα Σ' παράγεται από το σχήμα

Σ όταν αυτό στρέφεται περί το Ο, έστω κατά γωνία θ, τότε θα αποδείξουμε ότι Σ = Σ' .

ο

σχ. 1

Έστω Α, Β τυχαία σημεία του Σ και Α', Β '

τα αντίστοιχα ομόλογά τους. Έχουμε:

Λ Λ Λ Λ Λ ΑΟΑ' = ΒΟΒ' , ΑΟΑ' = ΑΟΒ+ ΒΟΑ' , Λ Λ Λ Λ Λ ΒΟΒ' = ΒΟΑ' + ΑΌΒ' � ΑΟΒ = ΑΌΒ' �

Δ τρ. ΑΟΒ = τρ. ΑΌΒ ' � ΑΒ =Α 'Β' για κά-

θε ζεύγος σημείων Α, Β. Άρα Σ = Σ' . 5) Η στροφή ευθείας ως προς κέντρο, έ

στω Ο, και γωνία έστω θ είναι ευθεία. Οι ευθείες αυτές σχηματίζουν γωνία ίση με θ.

Πράγματι:

σχ. 2

Θεωρούμε δύο τυχαία σημεία της ευθείας (ε) έστω Α, Β και Α', Β ' τα ομόλογά τους, ώ-

Λ Λ

στε ΑΟΑ' = ΒΟΒ' = θ . Η (ε') που ορίζεται από αυτά είναι η στροφή της ε περί κέντρο Ο και γωνία θ, αφού . . .

6) Έστω δύο σχήματα Σ, Σ' ··που το ένα προκύπτει από το άλλο δια στροφής περί Ο κατά γωνία θ. Αν Α, Β δύο τυχαία σημεία του Σ και Α', Β ' τα αντίστοιχα - ομόλογά τους του Σ' και ε η ευθεία που ορίζουν τα Α, Β και ε' η ευθεία που ορίζουν τα Α', Β' , τότε η γωνία των (ε), (ε') ταυτίζεται με την γωνία θ της στροφής.

Υπόδειξη: Με βάση την προηγούμενη πρόταση.

7) Η στροφή μιας περιφέρειας (K,R) περί κέντρο Ο κατά γωνία θ είναι περιφέρεια (K',R) ίση προς την (K,R) όπου Κ' η στροφή του Κ.



Υπόδειξη: Αν Α τυχαίο σημείο της (K,R) και Α' το αντίστοιχο-ομόλογό του συγκρίνο-

Δ Δ ντας τα τρίγωνα τρ. ΟΚΑ , τρ. ΟΚΆ' βγαί-νουν ίσα �R =R' .. .

8) Εάν θεωρήσουμε ότι δύο ίσα σχήματα διαγράφονται όμοια τότε ένα μπορεί να εφαρμόσει πάνω στο άλλο με μία μεταφορά και μία στροφή αυτού.

Πράγματι: Έστω Α, Α' αντίστοιχα - ομόλογα σημεία

των σχημάτων αυτών με μεταφορά του ΑΑ' του πρώτου σχήματος, έστω Σ φέρνουμε το Α στο Α' και το Σ, έστω στην θέση Σ' . Με στροφή τώρα του Σ' περί το Α' φέρνουμε το Σ' στο ίσο προς το Σ σχήμα.

Παρατήρηση: Κατανοούμε ότι η συμμετρία ως προς ση

μείο Ο είναι στροφή περί το σημείο Ο κατά γωνία π.

Ασκήσεις στην στροφή

1) Δίνεται περιφέρεια {K,R) και σημείο Α εξωτερικό αυτού σημείο. Έστω ότι σημείο Β κινείται στην περιφέρεια αυτή και τρίγωνο

Δ Λ Λ Λ π

ΑΒΓ κινούμενο, ώστε Α = Β= Γ =- . Που κι-3

νείται το σημείο Γ;

Λύση

Λ Π Λ Π Αφού ΑΓ =ΑΒ , ΒΑΓ=- ή ΒΑΓ= -- το 3 3

Γ θα ανήκει στην στροφή με κέντρο το Α και , π , π , γωνια - η -- , αντιστοιχα.

3 3

2) Έστω σχήμα κινούμενο σε σταθερό επίπεδο ώστε να διατηρείται αμετάβλητο και κάθε μία από δύο δοθείσες ευθείες του να διέρχεται από ανά ένα σταθερό σημείο. Να δειχθεί ότι υπάρχουν άπειρες ευθείες του κάθε μία από τις οποίες στρέφεται περί σταθερό σημείο.

Απόδειξη:

(ε2)

Α Έστω ευθείες ει , ε2 που διέρχονται από

τα Οι , 02 αντίστοιχα. Αφού το σχήμα μένει Λ

αμετάβλητο η (ει , ε2 ) =ω διατηρείται σταθερή άρα η τομή του Α θα κινείται σε σταθερό τόξο χορδής Οι02 και γωνίας ω. Η τυχαία ευθεία (ε) που διέρχεται από το Α σχηματίζουσα γωνία φ με την (ει ) τέμνει την περιφέρεια στο Κ. Επειδή εξακολουθεί να διατηρεί την γωνία φ σταθερή σημαίνει ότι εξακολουθεί να διέρχεται από το Κ. Άρα κάθε ευθεία που περνάει από το Α κατά την στροφή διέρχεται από σταθερό σημείο.

Α Ν Λ Κ Ο Ι Ν Ω Σ Η Οι υπεύθυνοι της έκδοσης και η συ

ντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β ' ζητά την συνεργασία των συναδέλφων. Με άρθρα για τις Μόνιμες στήλες και για την ύ

λη των Τάξεων.


κ 'δη π I ,.' ,,._.. ____ _._.,

� IJΙ tJ41JNTΙJrAYtfJΙ4EΣ, ΤΑ ΜΥΡΙΗΗΤΚ/,4 ΚΑΙ Τ() Π

του Νίκου Μεταξά

Όλα τα αποτελέσματα στη φύση δεν είναι παρά οι μαθηματικές συνέπειες λίγων αναλλοίωτων νόμων.

Ε ίναι δυνατό να υπολογιστεί ο π μέχρι κάποια δεκαδικά ψηφία χρησιμοποιώντας οδοντογλυφίδες και ένα τραπεζομάντιλο;

Με ποιο τρόπο τα μυρμήγκια καταφέρνουν και μετράνε το εμβαδόν μικρών ρωγμών στο έδαφος όπου θα μπορούσαν να εγκαταστήσουν τη φωλιά τους;

Α ν και φαινομενικά ασύνδετα τα παραπάνω ερωτήματα βασίζονται στην ίδια μαθηματική αρχή : το θεώρημα της βελόνας του Buffon.

Παρακάτω θα περιγράψουμε πώς, μετρώντας τον αριθμό των οδοντογλυφίδων που τέμνουν τις παράλληλες ευθείες ενός ριγέ τραπεζομάντιλου, μπορούμε να βρούμε μερικά δεκαδικά ψηφία του π αλλά και το πώς η φύση εφαρμόζοντας ένα πόρισμα της παραπάνω μεθόδου παρέχει τη δυνατότητα στα μυρμήγκια να εκτιμούν το εμβαδόν κάθε υποψήφιας μυρμηγκοφωλιάς.

Οι βελόνες του Buffon Ο μαθηματικός και φυσιογνώστης Georges

Louis Leclerc de Buffon (1707- 1788) υπολόγισε ότι η πιθανότητα όταν μια βελόνα μήκους c πέφτει πάνω σε επιφάνεια από παράλληλες ευθείες που ισαπέχουν μεταξύ τους απόσταση α (με c '5 α), να τέμνει κάποια από τις ευθείες είναι: 2c/πα (1).

Αυτό σημαίνει ότι αν ρίξουμε κ οδοντογλυφίδες μήκους c η κάθε μια σε ένα ριγέ τραπεζομάντιλο όπου οι παράλληλες ευθείες ισαπέχουν μεταξύ τους απόσταση σ (με c s α) και δ.απιστώσουμε ότι λ οδοντογλυφίδες τέμνονται με τις παράλληλες γραμμές του τραπεζομάντιλου, τότε η πιθανότητα μια οδοντογλυφίδα να τέμνει κάποια παράλληλη

P.S. Laplace

είναι (κλασικός ορισμός πιθανότητας) : λ/κ (2). Από τον τύπο του Buffon (1) εξισώνοντας τα (1) και (2) προκύπτει η εξίσωση : λ/κ = 2c/ πα οπότε π = 2cκ Ι αλ (3).

Α ν λοιπόν εκτελέσετε το ακόλουθο πείραμα: πετάξετε πολλές (μερικές χιλιάδες τουλάχιστον) οδοντογλυφίδες σε μια οριζόντια επιφάνεια που χωρίζεται από ισαπέχουσες παράλληλες (πχ ένα ριγέ τραπεζομάντιλο, ένα δάπεδο με παράλληλες γραμμές κλπ) ώστε c � α ό11r0ς παραπάνω, μπορείτε μετρώντας τον αριθμό των τομών με τις παράλληλες ευθείες να προσδιορίσετε μια προσέγγιση του π μέχρι κάποια δεκαδικά ψηφία με χρήση του τύπου (3). Η μέθοδος αυτή έδωσε το1 856 από το Wolf π=3,1596 μετά από 5000 ρίψεις ενώ ο Smith το 1855 πήρε π=3,1553 με 3204 ρίψεις. Σημειώνεται η τιμή του π είναι 3,1415926 . . . . .

Σήμερα με την βοήθεια των Η/Υ που προσομοιώνουν μέσω κατάλληλων προγραμμάτων την τυχαία ρίψη των οδοντογλυφίδων, μπορούμε να εκτελέσουμε το πείραμα αρκετές φορές στον κυβερνοχώρο βρίσκοντας έτσι διάφορες προσεγγίσεις για το π (στο internet υπάρχουν αρκετές τοποθεσίες με τέτοια προγράμματα όπου αλλάζοντας τις παραμέτρους : πλάτος παραλλήλων, μήκος βελόνας, αριθμός βελονών, το πρόγραμμα αναπαριστά το πείραμα και δίνει αποτελέσματα διαφορετικές προσεγγιστικές τιμές για το π). Αν λοιπόν θέλετε να δοκιμάσετε να υπολογίσετε πειραματικά το π, δεν είναι ανάγκη να γεμίσετε το δωμάτιο με . . . μερικές χιλιάδες οδοντογλυφίδες : στο τέλος του άρθρου δίνονται κάποιοι τόποι στο internet όπου μπορείτε . . . αναίμακτα να πετάξετε κάποια εκα-


Το Βήμα του Ευκλείδη

τομμύρια βελόνες στην οθόνη του υπολογιστή σας 1 και να εντοπίσετε το π.

Πώς όμως εξηγούνται μαθηματικά τα παραπάνω; Θα εξετάσουμε την περίπτωση που α=c=2 (δηλαδή όταν οι παράλληλες ευθείες απέχουν μεταξύ τους απόσταση 2 και η βελόνα που πέφτει έχει επίσης μήκος 2). Είναι φανερό ότι η βελόνα θα τέμνει μια ευθεία αν και μόνο αν η προβολή (έστω Π ) της μισής βελόνας στην κάθετη ( προς τις πα-ράλληλες ευθείες ) διεύθυνση είναι μεγαλύτερη από την απόσταση δ του μέσου της βελόνας από την πιο κοντινή παράλληλη ( σχήματα ι α και ι β).

δ

η βελόνα τέμνει την ευθεία αφού δ S Π Σχήμα 1α

η βελόνα δεν τέμνει την ευθεία αφού Π � δ Σχήμα 1 β

Χρησιμοποιώντας λίγη τριγωνομετρία στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ που σχηματίζεται από την προβολή του μισού τμήματος της βελόνας προκύπτει ( βλέπε και σχήμα 2 ):

Β

Σχήμα 2 ΒΓ

ημθ = ΑΒ

Όμως το μήκος της βελόνας είναι 2 οπότε ΑΒ=1 και επομένως ημθ=ΒΓ , δηλαδή ημθ=Π.

Η γωνία θ είναι ίση με τη γωνία που σχηματίζει η βελόνα με κάθε μια από τις παράλληλες ευθείες και μπορεί να πάρει τις τιμές από Ο έως π/2.Στο σχήμα 3 δίνονται οι περιπτώσεις για θ=Ο και θ=π/2.

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

θ=Ο οπότε η προβολή Π θ=π/2 οπότε η προβολή Π

είναι ίση με Ο (δ=l) είναι ίση με 1 (δ=1)

Σχήμα 3

Η συνθήκη τομής δ :::: Π της βελόνας από κάποια από τις παράλληλες γίνεται : δ � ημθ οπότε προκύπτει (η απόδειξη αμέσως παρακάτω) ότι η πιθανότητα είναι : 1 I (π/2) δηλαδή είναι ίση με 2/π (4) (πράγματι, αν παραστήσουμε την προβολή Π = ημθ σε σύστημα αξόνων με οριζόντιο άξονα τη γωνία θ και με τον κάθετο άξονα να εκφράζει την απόσταση του κέντρου της βελόνας από την κοντινότερη παράλληλη, οι βελόνες που ικανοποιούν τη συνθήκη θα αντιστοιχούν στην περιοχή που βρίσκεται κάτω από την καμπύλη y=ημθ για θ στο [Ο , π/2 ] ( σχήμα 4 ).

f( χ ) 0.5

ο 0.5

ο χ

f(χ)=ημχ , Ο ::!: χ�rο'2 Σχήμα 4

1 .5 π 2

Επομένως η ζητούμενη πιθανότητα της βελόνας να τέμνει μια από τις παράλληλες

είναι: εμβαδόν της περιοχής κάτω από την καμπύλη (5) συνολικό εμβαδόν του ορθογωνίου: π/2 χ 1

Ο υπολογισμός του αριθμητή του πιο πάνω κλάσματος γίνεται με το ολοκλήρωμα :

π/2 J ημθdθ = 1 και επομένως με αντικατάσταση ο

στο (5) έχουμε τη (4) ) .

Ο προηγούμενος υπολογισμός εύκολα γενικεύεται και όταν έχουμε βελόνα μήκους c και οι παράλληλες ισαπέχουν μεταξύ τους απόσταση α


Το Βήμα του Ευκλείδη

(με c .5. α ).Τότε η πιθανότητα βρίσκεται να είναι ίση με : 2c I πα

Τα μυρμήγκια που ξέρουν το θεώρημα του Buffon !

Σε μια πρόσφατα δημοσιευμένη μελέτη (Απρίλιος 2000) δύο βιολόγοι, οι Eamonn Mallon και Nigel Franks από το Uniνersity of Bath, αναλύουν το πώς ένα είδος μυρμηγκιών χρησιμοποιεί ένα .πόρισμα του θεωρήματος του Buffon προκειμένου να μετράει το μέγεθος κάθε υποψήφιας φωλιάς !

Το είδος Leptothorax albipennis των μυρμηγκιών , όταν χρειάζεται να αλλάξει μυρμηγκοφωλιά λόγω καταστροφής της προηγούμενης, στέλνει αρχικά κάποια μυρμήγκια ανιχνευτές τα οποία εξετάζουν τα υποψήφια μέρη που θα μπορούσαν να φιλοξενήσουν την αποικία τους. Το γεγονός ότι απορρίπτουν τις φωλιές που δεν ανταποκρίνονται σε ένα standard μέγεθος φωλιάς σημαίνει πως καταφέρνουν να μετράνε το εμβαδόν με κάποιο τρόπο. Κάθε ανιχνευτής καθώς εξερευνά τις τρύπες αφήνει κατά μήκος των διαδρομών του ίχνη από μια ουσία (φερομόνη) που μπορεί κατόπιν εύκολα να τη αναγνωρίσει. Το μυρμήγκι ανιχνευτής κάνει πάντα και μια δεύτερη επίσκεψη σε κάθε σχισμή που έχει εξερευνήσει και ακολουθώντας διαφορετική διαδρομή αναγνωρίζει τον αριθμό των σημείων τομής μεταξύ των δύο διαδρομών. Με αυτό τον τρόπο πετυχαίνει μια χοντρική εκτίμηση του εμβαδού της περιοχής χρησιμοποιώντας ένα πόρισμα του θεωρήματος του Buffon σύμφωνα με το οποίο το εκτιμώμενο εμβαδόν Ε μιας οποιασδήποτε οριζόντιας επιφάνειας είναι αντιστρόφως ανάλογο προς τον αριθμό των κοινών σημείων των δύο τεθλασμένων γραμμών-διαδρομών που περιέχονται σε αυτή, αναλυτικά : Ε = 2 Μ Ν I π Κ όπου Μ, Ν είναι τα συνολικά μήκη των δύο τεθλασμένων ενώ Κ είναι ο αριθμός των κοινών σημείων τους. Μάλιστα παρατηρήθηκε ότι διατηρούν τα μήκη Μ, Ν των διαδρομών τους σχετικά σταθερά κάτι που κάνει το Ε να εξαρτάται μόνο από το Κ (το Ε αντιστρόφως ανάλογο προς τον αριθμό κοινών σημείων Κ):Ετσι, με τον αλγόριθμο αυτό ο αριθμός των τομών δίνει μια χοντρική εκτίμηση του εμβαδού της περιοχής.

Όπως αναφέρουν οι ερευνητές, το πλεονέκτημα αυτού του αλγορίθμου είναι ότι μπορεί να εφαρμοστεί σε οποιουδήποτε σχήματος επίπεδη περιοχή όπως και ότι δεν χρειάζεται καθόλου φως για να ολοκληρωθεί. Μάλιστα είναι πιθανό ότι και οι μέλισσες χρησιμοποιούν ένα παρόμοιο αλγό-

ριθμο για να μετρήσουν το μέγεθος κάθε πιθανής νέας φωλιάς.

Είναι τελικά το είδος των Leptothorax albi

pennis τόσο ικανό ώστε να γνωρίζει και να εφαρμόζει μαθηματικά θεωρήματα ;

Όχι βέβαια. Όμως η φύση ή η εξέλιξη έχουν φροντίσει να δώσουν αλγορίθμους εκτέλεσης κάποιων βασικών λειτουργιών σε κάθε ζωικό είδος με σκοπό την επιβίωσή του. Έτσι, έχουν εξοπλιστεί με πρακτικούς τρόπους αντιμετώπισης κάποιων καταστάσεων εφαρμόζοντας γενετικά κληρονομούμενους αλγορίθμους που μπορούν να εξηγηθούν μαθηματικά. Τα μαθηματικά επομένως χρησιμοποιούνται από τη φύση ως κύρω μέσο εmβίωσης και προσαρμογής στο περιβάλλον.

Συμπερασματικά . . •

Οι προηγούμενες δύο παράγραφοι σκοπό είχαν να υπογραμμίσουν την συνάφεια των μαθηματικών με τη ζωή, κάτι που δεν αναδεικνύεται πάντα μέσα από την σχολική πράξη. Τα μαθηματικά είναι πιο ενδιαφέροντα και δραματικά από ότι συνήθως οι περισσότεροι άνθρωποι νομίζουν. Βρίσκονται πλησιέστερα στην ζωντάνια και ενεργητικότητα της ίδιας της φύσης, αποτελώντας αναπόσπαστο κομμάτι της, παρά σε μια αποστεωμένη αυστηρότητα με την οποία συχνά συγχέονται.

Η επιστήμη των μαθηματικών περιλαμβάνει πολλά αναπάντεχα αποτελέσματα, όπως η πειραματική μέτρηση του π, αλλά και αμέτρητες εφαρμογές στην ίδια τη φύση. Τελικά υπάρχουν μαθηματικά σε κάθε επίπεδο της ζωής, το μόνο που χρειάζεται είναι να στρέψουμε το βλέμμα μας προς τα εκεί για να τα δούμε.

Βιβλιογραφία 1 . P.Billingsley :Probability and measure John

Wiley & sons

2. E.B.Mallon, N.R.Franks : Ants estimate area using Buffon's needle Proceedings of the Royal

Society. London (Β) 267 (Apri/ 22, 2000) 765

Τόποι στο intemet όπου ανενόχλητοι πετάτε όσες βελόνες θέλετε και βρίσκετε το π :

http:/ lwww .mste. uiuc.edulreese/buffonlbuffon.htnιl

http://www.math.csusb.edu/faculty/stanton/m262/buffo

nlbuffon.html

http://www .nas.comHαιnkel/buffonlbuffon.html


Ι) του θανάση Τσιούμα

1 . θεωρούμε τις ευθείες με εξισώσεις

λ2

λ ει : y = λχ + 1 - λ και ε2 : y = -χ - - , λ Ε R .

2 2

Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε:

i) ει Ι Ι χ'χ ,

ii) ει ..l χ'χ ,

iii) οι ευθείες ει , ε2 να τέμνονται,

Λύση i) Πρέπει λ = Ο . Οπότε ει : y = 1 άρα

ει Ι Ι χ'χ ·

ii) Θα πρέπει η ει να έχει τη μορφή χ = χ0 . Προφανώς δεν υπάρχουν τιμές του λ έτσι ώστε να μηδενίζεται ο συντελεστής του y δηλαδή το 1 . Άρα ει � y'y για κάθε λΕ R . {y-λχ = 1 - λ iii) Έχουμε το σύστημα (Σ) Υ _ λ2 χ = -�

2 2 1 -λ λ2 λ με D = λ2 =--+ λ =-(2- λ) . Για να τέ-1 -- 2 2 2

μνονται οι ει , ε2 θα πρέπει D 'Φ Ο <=> λ 'Φ Ο και λ "Φ 2 . iν) D =Ο <=> λ= Ο ή λ= 2 . Το (Σ) θα έχει άπειρες λύσεις ή θα είναι αδύ

νατο. •

•

αν λ= Ο τότε ει : y = 1 και ε2 : y = Ο οπότε ει Ι Ι ε2 ·

αν λ= 2 τότε ει : y = 2x - 1 και

ε2 : y = 2χ -1 που ταυτίζονται. Επομένως ει 1 1 ε2 όταν λ= Ο . 2. α) Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως

αύξουσα τότε η Cr (γραφική παράσταση) θα

τέμνει τον άξονα χ 'χ το πολύ σ' ένα σημείο.

β) Έστω η συνάρτηση

f (χ) = 2.002χ200ι + 2χ - 2.004

i) Σε πόσα σημεία η Cr τέμνει τον άξονα χ 'χ;

ii) Να δειχτεί ότι: f ( 46 ) > f (55 )

iii) Να λυθεί η ανίσωση: f ( χ2 ) < f ( 2)

Λύση α) Υποθέτουμε ότι η Cr τέμνει τον άξονα

χ'χ σε δύο διαφορετικά σημεία Α(χι ,Ο) και Β(χ2 ,0) . Έστω Χι < χ2 τότε f(xι ) < f (x2 ) (επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα) ή () < Ο , άτοπο. Επομένως η Cr τέμνει τον χ'χ το πολύ σ' ένα ση-μείο (δηλαδή σ' ένα ή κανένα).

β) i) Είναι Α = R . Έστω χι , χ2 Ε R με Χι < χ2 . Τότε χ�001 <χ�001 <=>2002χ�οοι <2002χ�οοι (1). Επίσης 2χ1 < 2χ2 (2) έτσι από (1), (2) έχου

με: 2002χ�001 + 2χ1 < 2002χ�001 + 2χ2 οπότε2002χ�001 +2χ1 -2004<2002χ�001 +2χ2 -2004 ή f (χ 1 ) < f ( χ2 ) , δηλαδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο R επομένως σύμφωνα με το α) θα τέμνει τον χ' χ το πολύ σ' ένα σημείο. Παρατηρούμε όμως ότι για χ = 1 έχουμε: f(1) = 2002 + 2 - 2004 = 0


Μαθηματικά Ύια την Α' Λυκείου

δηλαδή η Cf διέρχεται από το Ρ{1,0) , άρα τέμνει τον χ'χ ακριβώς σ' ένα σημείο Ρ. ii) Έχουμε 46 = 3.456 και 55 = 3. 125 δηλαδή 46 > 55 και αφού η f είναι γνησίως αύξουσα f {46 ) > r (s5 ) . iii) Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα θα έχουμε χ2 < 2�J;.Z <.fi �ι χ ι<.J2 �-.J2 < x <.fi .

3. Ένα γραμμικό σύστημα δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους χ, y έχει μοναδική λύση. Αν ισχύει: D2 + D; + D; = DDx + DDy + DxDy (1), να λυθεί το σύστημα.

Λύση Από την (1) έχουμε:

D2 +D; +D; -DDx -DDy -DxDy = 0� 2D2 + 2D; + 2D; - 2DDx - 2DDy - 2DxDy = O� (D-Dx )2 + ( D-Dy )2 + ( Dx -Dy )

2 = Ο οπότε D = D και D = D χ Υ και Dx = Dy . Είναι D :;t: O ,

λύση, άρα D χ =-χ = 1 και D αφού έχει μοναδική D y=-y = 1 . D

4. Είναι σωστό (Σ) ή λάθος (Λ), αν: (να γίνει δικαιολόγηση)

, {αχ- βy = 10 α) Για x,y :;t: Ο το συστημα 2 R 21 αχ+ ..,y = έχει μοναδική λύση ως προς α, β.

β) Σ' ένα [2χ 2] γραμμικό σύστημα έχουμε D; + D; + 2Dx + 1 � Ο και D < Ο τότε το (Σ) έχει μοναδική λύση την (χ, y) = (Ο, Ο) •

γ) Ένα ομογενές [2χ 2] σύστημα έχει ως λύση την (χ, y) = ( 2001,2004) τότε θα έχει άπειρες λύσεις.

δ) το (Σ ) {χ + λy = 3 , δ , , ειναι α υνατο, τοτε 1 χ+ 2λy = 1 (Σ ) {λχ + Υ = 1 , , το 2 2λχ + Υ = 2 ειναι αοριστο.

Λύση

α) Είναι (Σ) διότι D = I χ 2χ

-yι Υ = 3xy :;t: O .

β) Είναι (Λ) διότι έχει μοναδική λύση αφού D :;t: Ο και από D; + (Dx + 1 )2 �Ο προκύπτει ότι Dy = 0 και Dx =-1 . γ) Είναι (Σ) διότι η λύση (2001,2004) του

ομογενούς είναι διάφορη της (Ο, Ο) . δ) Είναι (Λ) αφού το {Σ1 ) είναι αδύνατο για

λ = Ο , οπότε και το {Σ2 ) αδύνατο.

5. Αν -χ2 + 5χ-6 > 0 τότε να βρείτε την lx - 2l + lx - 3l τιμή της παράστασης Α = . lx - 1l + lx - 5l

Λύση Το πρόσημο του τριωνύμου -χ2 + 5χ - 6

φαίνεται στον παρακάτω πίνακα.

-χ2 +5χ�6 ι 2 3

I I - ο + ο I I

Επομένως -χ2 + 5χ - 6 > Ο για 2 < χ < 3 . Για τις παραπάνω τιμές του χ έχουμε: χ - 2 > 0 άρα lx - 2l = x - 2 . χ - 3 < Ο άρα lx - 31 = 3- χ . 2 < χ� 1 < χ - 1 άρα χ - 1 > 0 οπότε

lx - 11 = χ- 1 . Τέλος χ < 3 � χ- 5 < -2 άρα χ- 5 < Ο δηλ.

lx - 51 = 5 - x . 'Ετσι Α = χ- 2 + 3 - χ =..!_ . χ - 1 + 5 - χ 4 6. α) Σώμα εκτοξεύεται κατακόρυφα

προς τα πάνω με αρχική ταχύτητα υ0 • Να βρε-

θεί το μέγιστο max h ύψος σε συνάρτηση με το υ0 και το g.

β) Αν υ0 = 10 m/sec . Ποια χρονική στιyμή


Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

θα φτάσει σε ύψος h = S, S m ; ( g = 10 m/sec2 ).

Λύση α) Από την εξίσωση της κατακόρυφης βολής

1 2 προς τα πάνω, h = υ0 · t --g · t έχουμε: 2 h(t) = -.!..gt2 +υ0t με α=-.!_g < Ο άρα το h γί-2 2 νεται μέγιστο (max) για t = -υο = υο οπότε 2{-�g) g

-υ ο t =-2α

1 υ� υ0 , υ2 h =--g-+υ0 · - η h =_J!_ max 2 g2 g max 2g

δηλ.

β) Επειδή y0 = 10 m σύμφωνα με το (α) θα sec ' ' ' h 102 5 φτασει σε μεγιστο υψος max = 2 _ 1 0 = m επο-

μένως καμία χρονική στιγμή δεν θα φτάσει σε ύψος 5,5 m.

7. Έστω β,γ :;ι: Ο με IΙJI > Irl + 1 (1) και η εξίσωση: χ2 + βχ+ γ = Ο (2) ( χ ε JR ). Να δειχτεί ότι:

α) Η εξίσωση (2) έχει δύο άνισες ρίζες Χι , χ2 στο JR .

β) Οι ρίζες Χι ,χ2 αποκλείεται να είναι ταυτόχρονα ακέραιες.

Λύση α) Είναι Δ = β2 -4γ . Έχουμε

lβl > Ιγl + 1�β2 >γ2 +1+21γl � 2γ+21� �2γ+2γ=4γ άρα β2 -4γ > Ο οπότε Δ > Ο δηλ. η (2) έχει δύο άνισες ρίζες χ1 , χ2 ε JR .

β) Έχουμε: {χ1χ2 = γ οπότε Χι + χ2 =-β

Έτσι από την (1) είναι: lx1 + x2 l > lx1 l lx2 I + I . Όμως lxι l + lx2 Ι � Ixι + χ2 Ι

άρα lxι l + lx2 l > lxι l lx2 1 + I � lxι l + lx2 1 - lxι l lx2 1 - I > ο� (I - Ix2 1) · (lx1 1 - I) > Ο� (lx1 1 - I) · (lx2 1 - I) < Ο . , {Ιχι l - 1 < 0 {-l < x1 < 1 οποτε ειναι: I I 1 0 � 1 , 1 , αν χ2 - > χ2 < - η χ2 >

είχαμε χ 1 , χ 2 ε Ζ τότε θα έπρεπε χ 1 = Ο , άτοπο , {1x1 l - 1 > 0 γιατί χ1 :;t: Ο ή αν ειναι lx2 l _ 1 < 0 ομοίως κατα-

λήγουμε σε άτοπο.

Π ρ ο τ ε ιν ό μ εν ε ς γ ι α λ ύ σ η

1. Δίνονται οι ευθείες ε1 ,ε2 με εξισώσεις: 2 (Ολ+ 4 1 3λ+ 2 ' y=--x +-- και y = --x +-- αντιστοι-3 3 2 2 χως. Δείξτε ότι:

i) Οι ευθείες τέμνονται σε σημείο M(x0 , y0 ) για κάθε λε JR .

ii) Το M(x0 , y0 ) ανήκει σε σταθερή ευθεία.

2. Έστω το [ 2 χ 2] σύστημα {αχ + y = 1 , (Σ) (Ι ) 0 , α ε JR . Να βρεθει το α ε JR χ + -α y =

έτσι ώστε το (Σ) να έχει μοναδική λύση ( χ0 , y0 ) τέτοια ώστε να ισχύει: χ0 < Υ ο + 1 ( 1 ).

3 Δ, , {x + 4y =i . ινεται το συστημα: χ + λy = 2 ξίσωση χ 2 = λχ - 1 , λ ε JR .

i) Να λυθεί το σύστημα.

και η ε-

ii) Αν το σύστημα δεν έχει μοναδική λύση, να βρεθεί το πλήθος των λύσεων του συστήματος: {x2 + y2 = 1 χ2 = λχ - 1

4. α) Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση: f (χ) = χ+..!_ , χ > Ο έχει ελάχιστη (min) τιμή το 2. χ β) i) Να αποδειχτεί ότι οι αριθμοί:

α = � 2 -J3 και β = � 2 + J3 είναι αντίστροφο ι. ii) Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση


Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

g (χ) = α χ +β χ είναι άρτια στο R , χ ε R . iii) Να εξεταστεί αν η συνάρτηση

h(x) = (�2-.JS )x + (�2+.J3 )x παίρνει min τιμή.

5. Έστω η συνάρτηση f : R � R τέτοια ώστε να ισχύει:

f(x + y)= f(x)+ f(y) για κάθε x,yε R .

μέγιστο. 10. Αν χ1 , χ2 είναι οι ρίζες του τριωνύμου:

f(χ) = αχ2 + βχ + γ , με α:t!: Ο και S = x1 + χ2 , να δείξετε ότι: r( %+ κ)= r( %-κ} όπου κ ε R .

1 1. Δίνεται η παράσταση: Α = (α+βΥχ2 + 2 (α2 -β2 )χ + (α-β)2 , α · β :t!: Ο .

i) Ν α δειχτεί ότι f (Ο) = Ο και η f είναι περιτ- i) Ν α δείξετε ότι η παράσταση Α είναι ένα τή. τέλειο τετράγωνο ενός πραγματικού αριθμού.

ii) Αν η fπαρουσιάζει στο χ0 ελάχιστο (min)

τότε στο -χ0 θα παρουσιάζει max.

iii) Α ν η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R να δειχτεί ότι: xf (χ) � Ο για κάθε χ ε R .

6. Δίνεται η εξίσωση (� -λ)χ2 +λχ + λ(1 + λ)(1 - λ) = Ο .

i) Να βρεθούν οι τιμές του λ, ώστε η εξίσωση να έχει δύο ρίζες άνισες.

ii) Υπάρχει τιμή του λ, ώστε να είναι αόρι-στη;

7. Δίνεται το τριώνυμο Ρ(χ )= αχ2 +βχ - 2001 , α:t!: Ο .

i) Α ν είναι Ρ (χ) * Ο για κάθε χ ε R να αποδειχτεί ότι: Ρ ( 2004) < Ο .

ii) Αν α+β > 2001 (1) τότε η εξίσωση: αχ 2 +β χ -2001 = Ο έχει ρίζες πραγματικές.

8. Από ύψος h αφήνεται ελεύθερα σώμα που κατά το τελευταίο δευτερόλεπτο της πτώσης του διέτρεξε διάστημα χ =�h . Να βρεθεί ο χρόνος 4 της κατακόρυφης πτώσης του.

9. Το κόστος της ημερήσιας παραγωγής χ μονάδων ενός βιομηχανικού προϊόντος είναι Κ (χ) = χ 2 -χ , ενώ η είσπραξη από την πώληση χ μονάδων είναι Ε (χ) = -χ 2 + 99χ + 1000 σε χιλιάδες δραχμές. Να βρεθεί η ημερήσια παραγωγή χ του εργοστασίου, για την οποία το κέρδος γίνεται

ii) Να λυθεί η εξίσωση: Α = Ο . Α ν α + β = Ο , να δείξετε ότι η εξίσωση: Α =Ο είναι αδύνατη.

I ll) του Χρήστου Λαζαρίδη

Άσκηση 1 α) Η εξίσωση χ2 - κχ + λ = Ο , κ,λε R έχει

ρίζες χ1 , χ2 • Να βρείτε μια εξίσωση δευτέρου βαθμού η οποία να έχει ρίζες 2χ1 + 3χ2 και 3χ1 + 2χ2 •

β) ί) Να λύσετε την εξίσωση χ2 - ( .J2 + 1 )χ + .J2 = ο

.

ίί) Με τη βοήθεια των προηγουμένων ερω-τημάτων, να λύσετε την εξίσωση χ2 - 5 ( .J2 + ι) χ + 6 ( .J2 + ι )2 + .J2 = ο .

Λύση α) Έχουμε: γ λ χ1χ2 =-=-= λ . α 1

β -κ Χι + χ2 =--=--=κ α 1 και

S = (2x1 + 3χ2 ) + (3χ1 + 2χ2 ) = 5χ1 + 5χ2 = = 5 (χ1 + χ2 ) = 5κ . Ρ = (2χ1 + 3χ2 ) (3χ1 + 2χ2 ) =


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

= 6(χι + χ2 )2 - 12χιχ2 + 13χι χ2 = = 6(χι + χ2 )2 + χιχ2 = 6κ2 + λ .

Η ζητούμενη εξίσωση είναι χ 2 -Sx + Ρ = Ο

δηλαδή χ2 -5κχ + (6κ2 + λ) = ο . β) i) Το άθροισμα των ριζών είναι

·_Q. = .J2 + 1 και το γινόμενό τους 1 = .J2 . Προ-α α φανώς οι ρίζες είναι οι .J2 , 1 .

ii) Αν θέσουμε .J2 + 1 = κ και .J2 = λ η εξίσωση του i) γίνεται: χ2 -κχ +λ = Ο με ρίζες χ1 = .J2 και χ2 = 1 . Η εξίσωση του ii) γίνεται χ2 - 5κχ + ( 6κ2 + λ)= Ο , που όπως διαπιστώσαμε στο α) έχει ρίζες 2χ 1 + 3χ2 και 3χ1 + 2χ2 . Τελικά οι ρίζες είναι οι 2 .J2 + 3 και 3.J2 + 2 .

Άσκηση 2

i) 'Εχουμε, α1α2 = (-2).!_=-1 , άρα εl_ ζ . 2 ii) Πρέπει και αρκεί α1 = α2 άρα, - Ιμ- 3 1 = -2 {:::> Ιμ- 31 = 2 {:::> μ- 3 =-2 ή μ- 3 = 2 {:::> μ = 1 ή μ = 5 . Άσκηση 3 'Εστω η συνάρτηση f (χ) =�(λ - ι )χ2 + ι

με πεδίο ορισμού το IR •

α) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν να ισχύει λ < ι .

β) Αν το σημείο (ι, 2) ανήκει στην γραφική παράσταση της f, να υπολογίσετε το λ.

γ) Για την τιμή του λ, που βρήκατε, να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση της f. Είναι η f άρτια;

Δίνεται η ευθεία ε με εξίσωση Λύση

y = ( λ2 - 3λ) χ + ι , λ Ε ΙR .

α) Αν η ευθεία ε διέρχεται από το σημείο (ι, -ι) να υπολογίσετε τις τιμές του λ.

β) Για τις τιμές του λ, που βρήκατε στο α) ερώτημα,

i) να αποδείξετε ότι η ε είναι κάθετη στην ευθεία ζ με εξίσωση y = .!. χ + 5 . 2

ii) να βρείτε την τιμή του μ έτσι ώστε η ευθεία η με εξίσωση y = - Ι μ - 31 χ + 2 , να είναι παράλληλη στην ε.

Λύση α) Οι συντεταγμένες του ( 1,-1) πρέπει να ε-

παληθεύουν την εξίσωση της ε. Άρα, -1 = ( λ2 - 3λ) · 1 + 1 {:::> -1 = λ2 -3λ + 1 {:::> λ2 - 3λ + 2 . Αν λύσουμε την εξίσωση δευτέρου βαθμού, που προκύπτει τότε λ = 1 ή λ = 2 .

β) Αν λ= 1 τότε ε : y = ( 12 -3 · 1) χ + 1 {:::> y = -2χ + 1 . Αν λ= 2 τότε ε : y = ( 22 - 3 · 2)χ + 1 {:::> y = -2χ + 1 . Σε κάθε περίπτωση ε : y = -2χ + 1 .

α) Το πεδίο ορισμού είναι το IR , άρα για κάθε χ Ε IR , πρέπει:

Άρα, δεν είναι δυνατόν να ισχόει λ < 1 . β) Οι συντεταγμένες του σημείου (1,2) πρέ

πει να επαληθεύουν τον τύπο της συνάρτησης, άρα, f ( 1) = 2 {:::> � (λ - 1) · 12 + 1 = 2 {:::>

.Jλ - 1 = 2- 1 {:::> .Jλ - 1 = 1 . Υψώνουμε και τα δύο μέλη στο τετράγωνο, οπότε 2 έχουμε, (.Jλ- 1 ) = 12 {:::> λ- 1 = 1 {:::> λ = 2 . γ) Για λ= 2 η συνάρτηση γίνεται,

f(x) =N + 1 = lxl + 1 . • Αν χ < Ο , τότε lxl = -x και f(x) = -x + 1 . ο • Αν χ � Ο , τότε lxl = x και f(x) = x + 1 .

f(x) = {-x + 1 , αν χ < Ο χ + 1 , αν χ � Ο

Η γραφική παράσταση είναι οι δύο ημιευθείες του σχήματος. Παρατηρούμε ότι η γραφική παράσταση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα yΎ, άρα η f είναι άρτια.


Μαθηματικά οyια την Α· Λυκείου

Άσκηση 4

Υ

2

1

-1 ο 1 χ

α) Να αποδείξετε ότι: 3χ2 - χ + 4 > Ο , yια κάθε χε JR .

β) Να εξετάσετε πόσες λύσεις έχει το παρακάτω σύστημα:

Λύση

{ 3α2 + 3β - ι) χ - 2y = α4 + β} 2χ + {α2 + β)y = α5 + 3

α) Δ = (-1)2 - 4 · 3 · 4 = 1 - 48 =-47 < 0 , άρα το τριώνυμο 3χ2 - χ + 4 είναι ομόσημο του α = 3 > Ο , για κάθε χ ε JR .

Δηλαδή, 3χ2 - χ +4 > Ο , για κάθε χε JR .

β) Έχουμε: 3α2 +3β-1 -2 I ( D= 2 α2 +�= 3ε? +3β-1) (α2 +β)-2(-2) =[3(α2 +β)-1](α2 +β)+4=3(α2 +β)2 -(α2 +β)+4:

Από το α) για χ = α2 + β , προκύπτει ότι D > O δηλαδή D ;t.: O . Τελικά, συμπεραίνουμε, ότι το σύστημα έχει

μία μόνο λύση. Άσκηση 5 α) Να λύσετε την εξίσωση 2χ2 + χ - 3 = Ο .

β) Ν α υπολογίσετε τα α, β αν ισχύει 2 ( � + β )2 + (α + β) - 3 = Ο και α - β = ι .

Λύση α) Εύκολα έχουμε Δ = 25 , άρα,

-1 ± 5 ' 3 χ =--<=> χ = 1 η χ =-- . 2 2 β) 2 (α+ β )2 + (α+ β)-3 <=> α+ β = 1 ή

α+ β = _i . (Χρησιμοποιήσαμε το α), αφού αν 2 χ = α+ β προκύπτει ίδια εξίσωση.) Έχουμε τα συστήματα: α + β = 1 , α+β = -i

} 2α = 2 η 2 <=> α-β = 1 α-β = 1 α-β = 1 1 } Ι Ι α= --, 2α = -- α= . 4 η 2 <=> - ο η 5 · α-β = I } β - β = -4

Άσκηση 6 Δίνεται η συνάρτηση f (χ)= χ2 + αχ + ι ,

αε JR . α) Να εξετάσετε αν είναι δυνατόν η f να εί

ναι περιττή. β) i) Α ν η f είναι άρτια, να υπολογίσετε το α.

ii) Για την τιμή του α που βρήκατε να κάνετε τη γραφική παράσταση της f.

Λύση

Το πεδίο ορισμού της f είναι το JR . α) Έστω ότι η f είναι περιττή, τότε για κάθε

χ ε JR , ισχύει: f (-x)=-f(x) <=> (-χ)2 +α(-χ)+ 1 = =-χ2 - αχ - Ι <=> χ2 - αχ + 1 = -χ2 -αχ - 1 <:::>

Άρα, δεν είναι δυνατόν η fνα είναι περιττή.

β) i) Η f είναι άρτια, αν και μόνο αν, για κάθε χ ε JR , ισχύει: f( -χ)= f (x) <=> χ2 -αχ + 1 = χ2 +αχ + Ι <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4129

Μαθηματικά για την Α" Λυκείου

χ2 -αχ + 1 - χ2 -αχ - 1 = Ο <=> -2αχ = Ο<=> 2αχ = Ο <=> 2α = Ο <=> α = Ο .

ίί) Για α = Ο , f (χ)= χ2 + 1 . Η γραφική παράσταση της f, φαίνεται στο

σχήμα. χ

Ειr•γ•JιιιrrιιtΑ. liιι•r• ,,,. fΙΙΙΙfΙΤΙi• τιιs Α� Juιtsioo

του Σταμάτη Ε. Καλίκα

Σκοπός του άρθρου αυτού είναι βοηθήσει κάθε μαθητή της Α ' λυκείου να θυμηθεί την θεωρία που έχει διδαχθεί στο μάθημα της γεωμετρίας και να μάθει να την χρησιμοποιεί στην επίλυση των ασκήσεων. Η επιλογή των ασκήσεων έγινε με κριτήριο την αναφορά σε όσο το δυνατόν περισσότερη ύλη ώστε το άρθρο αυτό να είναι μια ευκαιρία για επανάληψη στο μάθημα της γεωμετρίάς.

,.\ 1. Έστω κύκλος με κέντρο Κ και ακτίνα ρ. Αν ΑΒ μια χορδή του κύκλου (Κ,ρ) και Μ το

(')

μέσο του τόξου ΑΒ να αποδείξετε ότι οι απο-στάσεις του Μ από τις ακτίνες ΚΑ και ΚΒ είναι ίσες με το μισό του μήκους της χορδής ΑΒ.

Λύση: Στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΑΒ η διχοτόμος ΚΜ

της γωνίας ΑΚΒ θα είναι κάθετη στην πλευρά ΑΒ. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΑΜ τα τμήματα ΜΓ και ΑΖ είναι τα ύψη που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές. Συνεπώς ΜΓ=ΑΖ=ΑΒ/2. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΜ τα τμήματα ΜΔ και ΒΖ είναι τα ύψη που αντιστοιχούν στις ίσες πλευρές. Σιiνεπώς ΜΔ=ΒΖ=ΑΒ/2.

κτάσεων των υψών ΒΔ και ΓΕ και προς το μέρος των αντίστοιχων κορυφών παίρνουμε τμήματα ΒΖ και ΓΗ ίσα προς τις πλευρές ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι η γωνία ΖΑΗ είναι ορθή.

Λύση: Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΓΗ είναι ίσα γιατί

ΑΒ=ΓΗ, ΖΒ=ΑΓ και γων ΑΒΓ=γωνΑΓΗ = Λ = 90° +Α (εξωτερικές γωνίες των τριγώνων ΑΔΒ

και ΑΓΕ αντίστοιχα). Οπότε γωνΖΑΒ=ΑΗΓ. Τώρα γωνΖΑΗ= γωνΖΑΒ+γωνΒΑΓ-t-γωνΓ ΑΗ=

=ΕΑΗ+ΑΗΕ=90° . Α

Η

Μ z

Σχήμα 1 . Σχήμα 2.

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και επί των προε- 3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και τρεις γωνίες Δ,

ε. σZVJ Α ρ,{ .. � . ιL t?\. \ ε εJ\δΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β " λ.δ. τ.4/30 - . � \ σ ι:.ο Α v.σΊ:.ί � o. V t1 ε, .... J,.. Α r ιt� I Γ Α 1. Α13 \ι;. "' I ι μ,. I b � � ιvσ"' -ι_οz. f_· Α 1\ .L ε. Γ .

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Ε, Ζ οι οποίες συνδέονται με τις γωνίες του ΑΒΓ με τις σχέσεις μΑ+νΔ=μΒ+νΕ=μΓ+νΖ= 180° , ό

που μ,ν θετικοί αριθμοί. Ποια σχέση πρέπει να πληρούν οι θετικοί αριθμοί μ, ν ώστε οι γωνίες Δ, Ε και Ζ να είναι γωνίες τριγώνου;

Λύση:

μΑ+νΔ+μΒ+νΕ+μΓ+νΖ=540° δηλαδή μ(Α+Β+Γ)+ν(Δ+Ε+Ζ)=540° ή (μ+ν) 180°=540° άρα μ+ν=3

4. Να βρεθούν τα πολύγωνα που ο αριθμός των πλευρών τους διαφέρει κατά 2 και ο αριθμός των διαγωνίων τους κατά 11.

Λύση: Το πλήθος των διαγωψnν ενός πολυγώνου με λευ . δ' . . ν( ν -3) ν π ρες ινεται απο τον τυπο δ = . ν 2 . Άρα αν το πολύγωνο έχει ν+ 2 πλευρές το

πλήθος των διαγωνίων του είναι

δ _ (ν +2)(ν +2-3)

= _ ν( ν -3) η' ν+2 - 2 δν +1 1- 2 +1 1 (ν +2)(ν -1) ν( ν -3) , 12 2 = 2 +1 1 οποτε ν= .

Τα πολύγωνα λοιπόν είναι το 6γωνο και το 8γωνο.

5. Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ παίρνουμε τμήμα ΒΔ στην προέκταση της ΑΒ και τμήμα ΓΕ=ΒΔ στην πλευρά ΓΑ. Αν Ζ η τομή των ΒΓ και ΔΕ, να αποδειχθεί ότι το Ζ είναι το μέσο της ΔΕ.

Λύση:

Αν φέρουμε την ΕΗ παράλληλη στην ΑΒ τότε σχηματίζεται το ισοσκελές τρίγωνο ΕΗΓ γιατί γωνΓ=γωνΒ=γωνΕΗΓ (εντός εκτός και επί τα αυτά των παραλλήλων ΑΒ και ΕΗ που τέμνονται από την Βη.

Όμως ΔΒ=ΕΓ=ΕΗ και επιπλέον ΔΒ//ΕΗ άρα το τετράπλευρο ΒΔΗΕ είναι παραλληλόγραμμο.

Α

Γ

Δ Σχήμα 3.

Δραστηριότητα:

Αφού πρώτα αποδείξετε την πρόταση «Αν σε δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ είναι ΑΒ=ΔΕ, γωνΒ= παραπληρωματική της γωνΕ και γωνΓ=γωνΖ τότε ΑΓ=ΔΖ» να αποδείξετε την παραπάνω άσκηση.

6. Σε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ γράφουμε με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΒ τόξο ΒΓ. Αν θεωρήσουμε τυχαίο σημείο Μ του τόξου ΒΓ και τα μέσα Δ, Ε, Ζ και Η των ΑΒ, ΑΓ, ΜΓ και ΜΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι οι διαγώνιοι του ΔΕΖΗ τέμνονται κάθετα.

Λύση:

Το τμήμα ΔΕ συνδέει τα μέσα των πλευρών ΑΒ και ΑΓ άρα ΔΕ//ΒΓ και ΔΕ=ΒΓ/2. Ομοίως ΗΖ//ΒΓ και ΗΖ=ΒΓ/2. Άρα το τετράπλευρο ΔΕΖΗ είναι παραλληλόγραμμο. Για τον ίδιο λόγο ΔΗ=ΕΖ=ΑΜ/2=ΒΓ/2. Δηλαδή το παραλληλόγραμμο ΔΕΖΗ είναι

ρόμβος και άρα οι διαγώνιοι του ΔΕΖΗ τέμνονται κάθετα.

Μ Σχήμα 4.

Όμως οι διαγώνιοι παραλληλογράμμου διχοrο- 1. Αν σε τετράπλευρο ΑΒΓΔ φέρουμε

μούνται. Έτσι το σημείο Ζ είναι μέσο του τμήματος ΔΕ//ΑΒ και ΔΕ=ΑΒ, να δείξετε. ότι το τμήμα ΕΓ

ΔΕ. . � u ι:ιι ο\ �b. είναι παράλληλο προς .το τμήμα η:ο� .:�νδέει τα

Αβf w-κ.o..J \tιλι ο.(1.ο 't.O Β ({� (.).J εuΟειc.-- . ν,;r . μέσα των διαγωνίων και διπλάσιο από αυτό. Α !f ""\ )ζ Β Α -:=ι f3 Α Α "' '<:\ ι:> ι (λ eι.. Γ'ο -z. 0 \ t...ιθfι!..ΥΚΛΕΙΔΗΣ Β· λ.δ. τ.4/31 Λ (\ y rA � 'l. Γ f\ � "e ος zo f' r- . ιιs r) "' ) · <f f.e c..>

n eo' εr {\ov G.. f �"" c-� �f\1M,N τ;ι'!)

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση: Το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι παραλληλό

γραμμο αφού οι απέναντι πλευρές του είναι παράλληλες και ίσες. Το μέσο Κ της διαγωνίου ΒΔ είναι και μέσο του ΑΕ. Αν ονομάσουμε Λ το μέσο της διαγωνίου ΑΓ τότε στο τρίγωνο ΑΕΓ το τμήμα ΚΑ συνδέει τα μέσα των πλευρών ΑΕ και ΑΓ άρα ΚΝΙΕΓ και ΕΓ=2ΚΑ.

Δ� Γ Σχήμα 5.

8. Στις πλευρές ΑΔ και ΔΓ τετραγώνου ΑΒΓ Δ παίρνουμε τμήματα ΑΖ=ΔΕ. Αν Η και Θ είναι τα μέσα των ΕΖ και ΕΒ αντίστοιχα, να αποδειχθεί ότι το τμήμα ΗΘ είναι κάθετο στο τμήμα ΑΕ.

Λύση: Τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΔΕ είναι ίσα γιατί είναι

ορθογώνια, ΔΕ=ΑΖ και ΑΔ=ΑΒ άρα γωνΔΑΕ=γωνΑΒΖ. Όμως γωνΔΑΕ+γωνΕΑΒ=90° οπότε

γωνΑΒΖ+γωνΕΑΒ= 90° και έτσι γωνΑΚΒ= 90° . Το τμήμα ΗΘ συνδέει τα μέσα των πλευρών

ΖΕ και ΕΒ του τριγώνου ΒΖΕ. Άρα ΗΘ//ΒΖ, όμως το τμήμα ΒΖ είναι κάθετο στο τμήμα ΑΕ άρα και το ΘΗ είναι κάθετο στο ΑΕ.

Λύση:

Στο τρίγωνο ΑΒΓ το τμήμα ΖΚ συνδέει τα μέσα των πλευρών ΑΓ και Γ Δ άρα ΖΚ/ I ΑΔ έτσι η ευθεία ΕΜ είναι κάθετη στην ευθεία ΖΚ. Ομοίως η ΖΝ είναι κάθετη στην ΕΚ και η ΚΑ κάθετη στην ΕΖ. Επομένως οι ευθείες ΜΕ, ΖΝ και ΚΑ διέρχονται από το ίδιο σημείο που είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΚΕΖ.

Δ Κ Γ Σχήμα 7.

1 Ο. Έστω κύκλος διαμέτρου ΑΒ και Γ τυχαίο σημείο της ΑΒ. Έστω η χορδή ΔΕ που διέρχεται από το Γ. Να αποδείξετε ότι οι προβολές των ΑΔ και ΒΕ πάνω στην ΔΕ είναι ίσες.

Λύση : Οι ΟΚ, ΒΗ και ΑΖ είναι παράλληλες γιατί είναι κάθετες στην ΔΕ. Επειδή ορίζουν ίσα τμήματα στην ΑΒ (ΑΟ=ΟΒ) ορίζουν ίσα τμήματα και στην ΔΕ δηλαδή ΖΚ=ΚΗ. Όμως ΚΔ=ΚΕ γιατί η κάθετη

από το κέντρο του κύκλου σε οποιαδήποτε χορδή του την τέμνει στο μέσο της. Άρα ΔΖ=ΗΕ ως διαφορά ίσων τμημάτων.

Σχήμα 8. Σχήμα 6. 1 1. Έστω κύκλος διαμέτρου ΑΒ και Γ τυ-

χαίο σημείο της ΑΒ. Γράφουμε κύκλους με δια-9. Από τα μέσα Ε και z των διαγωνίων ΒΔ μέτρους ΑΓ και ΒΓ. Αν μία χορδή ΔΕ του κύ

και ΑΓ τραπεζίου ΑΒΓ Δ φέρουμε κάθετες ΕΜ κλου με διάμετρο το ΑΒ διέρχεται από το Γ και και ΖΝ στις μη παράλληλες πλευρές ΑΔ και ΒΓ τέμνει τους κύκλους με διαμέτρους τα ΑΓ και του τραπεζίου. Να αποδειχθεί οι δύο αυτές κά- ΒΓ στα Ζ και Η αντίστοιχα, να δείξετε ότι θετες και η μεσοκάθετος της μεγαλύτερης βά- ΔΖ=ΕΗ. Ρ.:ι \ σης διέρχονται από το ίδιο σημείο. Α '4 Λ� ' ισο� � "' \ b 6 1\ r \t-V' r � :: vqd . Α �r f3 Δ δ' ""ΖλΛ-� β �' Μ \4'i.O"O �r \i.υ.\ r� uψο� Αβr ι.ι..υι' {"t lσσσ-�c. ο ι I l,t:c.ι..\

. \ χ ο Β Γ ' � f � ..ι ς).. δ· οΖ.Ι "Ζ.Μ � k εr " f\) b \-\ l Β r 't,Oz:t. �-ο.. 'Ι Ο z.o Α � � ι.,...� fv t7ε.ιc.ι t,JJ � � Η -:ο �z.

Μ ..t\ a_ 1 c ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/32 -z.u >Φ-' ο . ..,.. ε.ew n et:> 1.:.10 '"'<i.. > tv\ Ν Μ - - Μ 'Ζ Μ L. l Α Β J Μ €. l.f\ rJ Μ Ν li3 ί. Ν Δ.Ο 4 t -

Μαθαμα"Ιικά yιa 'ID Β' 'Ιά�α 'IOU Λσκι:ίοσ

I�

-I

I) του Βασίλη Σακελλάρη

1. Έστω Μ το πέρας τόξου χ rad πάνω στον τριγωνομετρικό κύκλο. Α ν Α, Β είναι οι προβολtς του Μ στους άξονες χ'χ και ΥΎ αντίστοιχα,

α) Να εκφράσετε το εμβαδόν Ε του ορθογωνίου ΟΑΜΒ συναρτήσει του χ.

β) Να βρείτε τη μέγιστη τιμή του Ε. γ) Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση

Ε(χ) στο διάστημα [0,2π].

Λύση α) Είναι Ε = (ΟΒ) · (ΟΑ) . Αλλά, ( ΟΒ) = Ιημχι και (ΟΑ) = Ισυνχι . Οπό-

ι ι τε Ε (χ) = Ιημχi · Ισυνχl = 212ημχ . συνχl = 2Ιημ2χι . β) Επειδή η μέγιστη τιμή του lημ2χl είναι 1 ,

η μέγιστη τιμή του εμβαδού Ε(χ) είναι .!_ . 2 {-.!..ημ2χ, αν ημ2χ < Ο γ) Επειδή Ε(χ )= 1 2 -ημ2χ , αν ημ2χ � Ο 2

η γραφική παράσταση της συνάρτησης Ε(χ) είναι όπως στο σχήμα.

+Ι

Στο πρώτο δευτερόλεπτο το σώμα διανύει απόσταση 5 μέτρα και σε καθένα από τα επόμενα δευτερόλεπτα διανύει απόσταση 10 μέτρα περισσότερο απ' ό,τι διάνυσε το προηγούμενο δευτερόλεπτο. Αν ο χρόνος της πτώσης του σώματος είναι 12 δευτερόλεπτα να βρείτε:

α) Το ύψος h από το οποίο αφήσαμε να πέσει το σώμα.

β) Το ύψος υ του σώματος μετά από 6 δευτερόλεπτα από τη στιγμή που το αφήσαμε να πέσει.

(11 αντίσταση του αέρα θεωρείται αμελητέα).

Λύση

�τ τ .

tl Ονομάζουμε α1 ,α2 ,α3 , . . . , αν • · · · τις αποστά-, δ ' ' 1° 2° 3° σεις σε μετρα που ιανυει το σωμα στο , , ,

.. . , ν0, .. . δευτερόλεπτο αντίστοιχα. Σύμφωνα με το πρόβλημα είναι α1 = 5 ,

α2 =α1 + 10 , και γενικά αν =αν-Ι + 10 , ν > l . Έχουμε δηλαδή μια αριθμητική πρόοδο με

+--'1'---�---i'-------++ χ α1 = 5 , ω= 10 και ν = 12 . Ε(χ)=lημχΗσυνψl/2lημ2χl

-1 2. Ας υποθέσουμε ότι μπορούμε να αφή

σουμε να πέσει ελεύθερα από ύψος h προς το έδαφος ένα σώμα.

α) Ζητάμε το h = α1 +α3 +α3 + . . · + α1z . Δη

λαδή το άθροισμα των 12 πρώτων όρων της προό-δου. Είναι h = 2α1 + l lω · 12 . 2


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Άρα, h = 2 ·

5 +2ι ι - ι 0 - ι2 = (ι Ο + ι ι Ο) · 6 = 720

μέτρα. β) υ = h - s6 ' όπου

2� + 5ω , s6 = · 6 = (1 0+ 50) · 3 = ι 8Ο μετρα. 2 Άρα, υ = 720 - ι 8Ο = 540 μέτρα. 3. Έστω το πολυώνυμο

Ρ (χ) = χ3 - 4χ2 + χ+ 6 . Αν ο πρώτος όρος α1

και ο λόγος λ της γεωμετρικής προόδου ( αν ) εί

ναι η μεγαλύτερη και η μικρότερη ρίζα του Ρ (χ) αντιστοίχως, να βρείτε τον γενικό όρο αν

και το άθροισμα Sν των ν πρώτων όρων της

προόδου.

Λύση Μια ρίζα του πολυωνύμου Ρ(χ) είναι το -ι

γιατί Ρ(-ι) = Ο . Το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ+ ι . Με σχήμα Homer βρίσκουμε το πηλίκο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ + ι) .

1 -4 -1 -5

Πηλίκο χ2 - 5χ + 6

1 6 5 -6 6 ο

-1

Έτσι έχουμε Ρ ( χ)= (χ + ι)( χ2 - 5χ +6) Ρ(χ) = (χ + ι)(χ - 2)(χ -3) Οι ρίζες του Ρ(χ) είναι -ι , 2, 3 . Στη γεωμετρική πρόοδο (αν ) έχουμε α1 = 3

και λ = -ι . Οπότε αν = α1 · λν-1 αν = 3 · (-ι)ν-1

ν α1 (λν - ι) α = -3 · (-ι) και S =-'-----'-ν ν λ- ι 3[(-ιγ - ι] Sν = _2 -%[(-ι)ν - ι] .

Αν ν άρτιος, θα είναι Sν =-� · Ο = Ο ενώ αν ν 2 περιττός, θα είναι Sν = -�( -2) = 3 . 2

4. Έστω Π (χ) και U(x) το πηλίκο και το

υπόλοιπο αντίστοιχα της διαίρεσης του πολυωνύμου Ρ (χ) με το πολυώνυμο δ (χ) .

α) Να αποδείξετε ότι: Αν το χ - ρ είναι

παράγοντας του Π (χ) , τότε το ρ είναι ρίζα του

πολυωνύμου Κ(χ) = Ρ ( χ) -U(x) . β) Α ν δ (χ) = χ2 + χ + ι και Π (χ) = χ2 + χ ,

να λύσετε την εξίσωση Ρ ( χ) -U(x) = Ο .

Λύση α) Από την ταυτότητα της διαίρεσης του

Ρ(χ) με το δ(χ) έχουμε: Ρ (χ )= δ(χ) · Π (χ) + υ(χ) �

� Ρ (χ )- υ(χ) = δ (χ) · Π (χ) . Για χ = ρ έχουμε: Ρ(ρ )-υ(ρ) = δ(ρ ) · Π(ρ) .

Αλλά Π(ρ ) = 0 οπότε, Ρ(ρ )-υ(ρ ) = 0 . Δηλαδή Κ (ρ) = Ο , που σημαίνει ότι το ρ είναι ρίζα του πολυωνύμου Κ (χ) .

β) Είναι δ(χ) = χ2 + χ + ι > Ο για κάθε χ ε IR και Π (χ) = χ 2 + χ = χ (χ + ι) . Οι παράγοντες του Π (χ) είναι χ και χ + ι . Σύμφωνα με το ερώτημα α έχουμε

Ρ (χ)� υ (χ) = δ (χ) · χ · (χ + ι) και οι ρίζες της ε-ξίσωσης Ρ (χ) - υ (χ) = Ο είναι το Ο και το -ι .

5. α) Να αποδείξετε ότι: Αν το πολυώνυμο Ρ (χ) έχει παράγοντα το χ + ι , τότε το πο-

λυώνυμο Ρ ( 2χ -ι) έχει ρίζα το Ο. β) Α ν το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαί

ρεσης του πολυωνύμου Δ (χ) με το πολυώνυμο

δ (χ) είναι χ2 - ι και χ αντίστοιχα, να βρείτε το

πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης

(χ · Δ (χ)) : (χ · δ(χ)) .

Λύση α) Από την ταυτότητα της διαίρεσης

Ρ (χ) : (χ + ι) έχουμε Ρ (χ) = (χ + ι) · Π (χ) . Θέτουμε όπου χ το

2χ - ι Ρ ( 2χ - ι) = 2χ · Π ( 2χ - ι)


Μαθηματικά Ύια την Β' Λυκείου

Ρ ( 2χ -1) = χ · 2Π ( 2χ - 1)

Άρα, το χ είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ ( 2χ - 1) και συνεπώς το Ο είναι ρίζα του.

β) Από την ταυτότητα της διαίρεσης Δ(χ ) : δ (χ) έχουμε Δ(χ) = δ (χ) · (χ2 - 1)+ χ . (Ο βαθμός 1 του υπόλοιπου χ είναι μικρότερος του βαθμού του πολυωνύμου δ (χ) ).

Πολλαπλασιάζουμε με χ. χ · Δ (χ) = [ χ · δ(χ)] (χ2 - 1)+χ2 (1) Επειδή ο βαθμός 2 του χ2 είναι μικρότερος

του βαθμού του πολυωνύμου χ · δ (χ) , η σχέση (1) εκφράζει την ταυτότητα της διαίρεσης του πο�υωνύμου χ · Δ(χ) με το πολυώνυμο χ · δ(χ) . Οπότε το πηλίκο αυτής της διαίρεσης είναι το

χ 2 - 1 και το υπόλοιπο είναι το χ 2 •

6. Έστω πολυώνυμο Ρ (χ) και αριθμοί α, β

με α ;t: β .

α) Αν το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ (χ) με το χ - α είναι ίσο με το υπόλοιπο της διαίρε

σης του Ρ (χ) με το χ - β , να βρείτε το υπόλοι-

πο της διαίρεσης του Ρ (χ) με το (χ- α) (χ - β) . β) Α ν για το πολυώνυμο Ρ (χ) ισχύει

Ρ ( 1) = Ρ ( -1) = 2 , να βρείτε το υπόλοιπο της

διαίρεσης του Ρ (χ) με το χ2 - 1 .

Λύση α) Έστω υ το υπόλοιπο της διαίρεσης του

Ρ (χ) με το χ -α και το χ -β . Τότε έχουμε: Ρ( χ) = (χ -α) · Π1 (χ)+υ και Ρ (χ) = (χ -β) · Π2 (χ)+ υ <=>

Ρ (χ)-υ = (χ -α) · Π 1 (χ) και Ρ (χ)-υ = (χ -β) · Π2 (χ) . Διαπιστώνουμε ότι το πολυώνυμο Ρ (χ)-υ

έχει παράγοντα το χ -α και το χ -β . Άρα το πο-

λυώνυμο Ρ(χ)-υ έχει παράγοντα και το (χ - α)(χ -β) . Οπότε: Ρ (χ )-υ = [(χ - α)(χ - β)] · Π(χ) <=>

Ρ ( χ) = [(χ -α)(χ -β)} Π(χ)+υ .

Άρα, το υπόλοιπο της διαίρεσης του Ρ (χ) με το (χ - α)(χ -β) είναι το ίδιο με το υπόλοιπο υ των διαιρέσεων Ρ (χ) : (χ -α) και Ρ (χ) : (χ -β) .

β) Επειδή Ρ(1) = Ρ (-1) = 2 , το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ - 1) είναι το Ρ (1) = 2 και το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ + 1) είναι το Ρ ( -1) = 2 . Σύμφωνα με το ερώτημα α το υπόλοι-πο της διαίρεσης Ρ (χ) : (χ 2 - 1) θα είναι και αυτό το 2.

7. Δίνονται οι συναρτήσεις f (χ) = ex - e

και g (Χ) = e1-x - 1 .

α) Να βρεθούν τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των f και g.

β) Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες η γραφική παράσταση της f είναι «κάτω» από τη γραφική παράσταση της g.

Λύση α) Οι τετμημένες των κοινών σημείων των

γραφικών παραστάσεων των δύο συναρτήσεων είναι λύσεις της εξίσωσης f (χ) = g (χ) .

ex - e = el-x - 1 <=> ex -e = � - 1 <=> ex e2x -e · ex = e-ex <=> e2x + (1 - e) · ex -e = Ο . Θέτουμε ex =ω > Ο και έχουμε την εξίσωση

ω2 + (1 - e) · ω- e = O . Είναι

Δ=(1-e)2 +4e= 1 +e2 -2e+4e= 1 +e2 +2e=(1 +e)2

Άρά, ω1,2 e -1 ± ( e + 1) = ( -1 απορρίπτεται 2 e δεκτή

Οπότε, ex = e <=> χ = 1 . Το κοινό σημείο των γραφικών παραστάσεων



είναι το (1, 0) ο

β) Λύνουμε την aνίσωση f(x) < g (x) , ΧΕ JR. ο

ex -e < el-x -1 � e2x + (1 - e )ex -e < ο� ( ex + 1 )( ex -e) < ο� ex -e < ο� ex < e � χ < 1 ο

Άρα, όταν χ Ε ( -οο, 1) η γραφική παράσταση της f είναι «κάτω>} από τη γραφική παράσταση της go

8. Να αποδείξετε ότι:

Λύση Είναι:

ι ι ι --+--=---logα χ logμ χ Ιοgαβ χ

1οgαβ χ 1 lοgαβ α logα χ = οπότε --= (1)0 lοgαβ α logα χ lοgαβ χ 1 lοgαβ β Ομοίως --= (2)0 logβ χ lοgαβ χ

Με πρόσθεση κατά μέλη των (1) και (2) έχου-1 1 lοgαβ α + lοgαβ β με: -- +--= = logα χ logβ χ lοgαβ χ

lοgαβ ( αβ) = =---

9. Αν log 2 = p , να λύσετε την εξίσωση

soox-l = 400x+l .

Λύση

Λογαριθμίζουμε: log 50ox-ι = log400x+Ι

(χ - 1 )log500 = (χ + 1)log400 (χ - 1) log ( 5 ° 102 ) = (χ + 1) log ( 22 0 102 ) (χ - 1) (log5 + 2) = (χ + 1)(2log2 + 2) ο

Είναι: log5 = log 10 = log l 0- log 2 = 1 - p o 2 Οπότε (χ -1)(3 -ρ) = (χ + 1)(2p + 2) (3 - p )χ - 3 + p = (2p + 2)χ + 2p + 2 (2p + 2- 3+p )χ =-3+p - 2p - 2 (3p - 1)χ = -p- 5 ο Είναι 3p - 1 ::;:. Ο γιατί 3p ::;:. 1 � 3log 2 ::;:. 1 � log 8 ::;:. 1 � 8 ::;:. 10 ο

Ά λ. ξ' ' p+ 5 ρα, η :υση της ε ισωσης ειναι χ = -- ο 1 - 3p 9. Να λύσετε την aνίσωση ιn (3e2x - 2) < -χ .

Λύση Για να ορίζεται η aνίσωση πρέπει:

3e2x - 2 > ο � 3e2x > 2 � e2x > � � 3 ln e2x > ln� � 2χ > ln� � 3 3 1 2 # � x >-ln-� x > ln -2 3 3 (l )o

Με αυτόν τον περιορισμό και επειδή η συνάρτηση ln χ είναι γνησίως αύξουσα έχουμε:

ln (3e2x -2) < -χ � 3e2x - 2 < e"'"x �

Θέτουμε ex =ω και έχουμε 3ω3 - 2ω - 1 < Ο ο

Το πολυώνυμο 3ω3 - 2ω - 1 έχει ρίζα το 1 . Οπότε έχει παράγοντα το ω -1 0 Με σχήμα Homer βρίσκουμε το πηλίκο της διαίρεσης του πολυωνύμου με το ω -1 ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δο τ.4/36


3 ο -2 - ι 3 3 ι

3 3 ι ο Πηλίκο 3ω2 + 3ω + ι ο

Έτσι η ανίσωση γράφεται: (ω- 1) (3ω2 + 3ω+ 1) < 0 ο

· Αλλά για κάθε ω είναι 3ω2 + 3ω + 1 > Ο οπότε έχουμε ω -1 < Ο <=> ω< 1 ο

Δηλαδή ex < 1 <=> χ < Ο (2)0 Επέιδή ln J% < Ο <=> J% < 1 , με συναλήθευση

των σχέσεων (1) και (2) βρίσκουμε 1nJ% < χ < Ο ο 111) του Γιάννη Σιάχου 11

1. Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης

f (χ) = χ2 + 2 - 2συνχ με τον άξονα χ' χ.

Λύση

Α' τρόπος:

Είναι: f(x) =x2 +2-2συνχ=χ2 +2(1-συνχ)= χ2 + 2[1 -(1 - 2ημ2 ; )] = χ2 + 2 ο 2ημ2; ο

Για να βρούμε τα σημεία τομής της Cr με τον χ'χ λύνουμε την εξίσωση: f (χ) = ο<=> χ2 + 4ημ2 �= ο<=> 2

χ' ψημ � J = Ο"" { :η=μΟ� = Ο"" {χ = Ο χ = 2κπ, κ ε Ζ '

άρα χ = Ο ο Άρα το σημείο τομής της Cr με τον χ'χ είναι

το σημείο 0(0,0) ο

Β' τρόπος Αν (χ0 , 0) το σημείο τομής της Cr με τον χ οχ

τότε f(x0 ) = Ο , οπότε: χ� + 2- 2συνχ0 = Ο<=> χ� = 2συνχ0 - 2 ( 1 )ο

Είναι: -1 � συνχ0 � 1 <=> -2 � 2συνχ0 � 2 <=> (I) -4 � 2συνχ0 - 2 � Ο<=>-4 � χ� � Ο άρα χ0 = Ο ο

Το σημείο τομής της Cr με τον χ'χ είναι το 0(0,0) ο

2. Α ν οι ρητοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου και α * Ο , να

δειχτεί ότι οι ρίζες της εξίσωσης

χ2 - 2βχ = α ( 4α - γ) είναι ρητοί αριθμοί.

Λύση

Η εξίσωση χ2 - 2βχ - α( 4α-γ)= Ο έχει δια-κρίνουσα Δ = 4β 2 + 4α ( 4α-γ) ο Επειδή α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, θα ισχύει β2 =αγ ο

Οπότε Δ=4αγ+4α2 -4αγ= 4α2 = (2lαl )2 ο

Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι 2β ± 2 lαl χ 1 2 = β ± α που είναι ρητοί αριθμοί. , 2

3. Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ (χ) = 2χ3 +αχ2 + βχ+ γ , α,β,γ ε ΙR . Αν σε α-

ριθμητική πρόοδο είναι α1 = Ρ ( -1) , α2 = Ρ ( 1) i) Να βρεθεί η διαφορά της προόδου.

ii) Να δειχτεί ότι α = -γ και β = -2 όταν

Ρ2 (1) + Ρ2 (-1) = ο

Λύση

Είναι α1 = Ρ(-1) = -2+α-β+ γ , α2 = Ρ ( 1 ) = 2 + α+ β +γ οπότε i) ω = α2 -α1 = 2β + 4 ο ii) Όταν P2 (1)+P2 (-1)=0<=>P(l) =P(-l) =O.

άρα -2 +α- β+ γ= Ο και 2 +α+ β+ γ = Ο ο Προσθέτουμε κατά μέλη:

2(α+γ) = Ο<=> γ = -α ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δο το4/37

Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

τότε είναι -β - 2 = ο <=> β = -2 . 4. Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ (χ) = α1χ4 + α2χ3 + α3χ2

+ α4χ + 6 όπου

α1 , α2 , α3 , α4 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου. Αν Ρ{1) = 8 και Ρ (2) = 6

ί) Να βρεθεί η πρόοδος.

ίί) Να υπολσyιστεί το S80 •

Λύση i) Επειδή α ι , α2 , α3 , α4 διαδοχικοί όροι αριθμητι-κής προόδου, μπορούν να παρασταθούν ως εξής: α, α+ ω, α+ 2ω, α+ 3ω . Επίσης Ρ{1) = 8 ή αι + α2 + α3 + α4 + 6 = 8 <=> αι +α2 +α3 + α4 = 2 (1) και Ρ ( 2) = 6 <=> 16αι + 8α2 + 4α3 + 6 = 6 <=>

8αι + 4α2 + 2α3 + α4 = Ο (2). Οι (1) και (2) δίνουν: { {α = -22 {4α+ 6ω= 2 2α+ 3ω = 2 23 15α + 1 1ω = Ο <=> 15α+ 1 1ω = Ο <=> ω= 30

ii) Είναι S80 ·=�Ο · [ 2αι + (80 - 1)ω J = 23

= 40 . (- 44 + 79 30 )= 9304 . 23 23 23

5. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = ex + χ . Να

δείξετε ότι:

i) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR •

ίί) ex1+x+l - ex+l + χ2 � 0 , για κάθε Χ Ε JR .

Λύση i) Το πεδίο ορισμού της f είναι το JR . Για

κάθε Χι , χ2 Ε JR με Χι < χ2 ισχύει ότι: ex1 < ex2 , διότι η ex είναι γνησίως αύξουσα.

Οπότε: eχι + Χι < exz + χ2 <=> f(χι ) < f {xz ) . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR .

Είναι: χ2 � Ο<=> χ2 + χ + 1 � χ + 1 και επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR ισχύει ότι: f (x2 + x + 1) � f(x + 1) . Το «ίσον» ισχύει όταν χ = Ο .

(4J (9J-I 32 .

6. (i) Να λυθεί η εξίσωση: J · S = 81 •

log., ( log. β) (ii) Να δείξετε ότι: (i) β ιοg. β = logα β ,

α, β > ο ' α :;C ι . (ii) Αν logα μ = ν , τότε logYa μ = -ν , όπου

α > Ο , α :;e l , μ > Ο .

(iii) Να λύσετε το σύστημα: {log� = 25 ' _1rι;;;; , οπου x,y > Ο . χ+νy··ο· = 100

Λύση

(Π) (i) Λοyαριθμiζουμε κατά μέλη με βάση το α. (")Έ Ι

logμ ιι χουμε: og ιι μ= --1 . /α log-α

(ΠΙ) Πρέπει y :;e 1 και το σύστημα γίνεται:

{ 4χ/ } 5 ;ιogy = 52 ιogy/ , λοyαριθμίζουμε κατά μέλη με Υ ί'χ+ι = 102 βάση το 10.

7. Να λυθεί η εξίσωση (2χ)3χ = 53χ-6χ2 , με

χ > Ο .

Λύση

Έχουμε: (2χ /χ = 53χ-6χ2 <=> log5 (2χ )3χ = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/38


= log5 53χ--6χ2 <=> 3xlog5 (2χ) = ( 3χ -6χ2 )log5 5 <=> 3x log5 (2χ) = 3x(l - 2χ) <=> log5 (2χ) = 1 -2χ ,

αφού χ :;t: O .

• Α ν Ο < 2χ < 1 <:::::> Ο < χ < .!_ τότε: log5 ( 2χ) < Ο 2

•

•

και 2χ < 1 <:::::> 1 - 2χ < Ο , οπότε ισχύει:

log5 ( 2χ) < 1 - 2χ .

Αν 2x > l <=> x >.!.. τότε: log5 (2x) > O 2 2χ > 1 <:::::> 1 - 2χ < Ο , οπότε ισχύει:

log5 ( 2χ) > 1 - 2χ .

και

Αν 2x = l <=> x =.!.. τότε: log5 (2x) = log5 1 = 0 2 και 2χ = 1 <:::::> 1 - 2χ = Ο , άρα η εξίσωση έχει

δ . λ ' 1 μονα ικη υση την χ = "2 .

Προτεινόμενες 'Υ'α λύση

1. i) Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (ε) που διέρχεται από τα σημεία A(l, l l ) και

Β( -2, 16) . ii) Να βρεθούν, αν υπάρχουν, τα σημεία το

μής της (ε) με την καμπύλη y = 4χ3 -3χ2 •

iii) Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η (ε) βρίσκεται πάνω από την καμπύλη

y = 4x3 - 3χ2 •

2. Σε αριθμητική πρόοδο ισχύει α� = α1 · α4 και ω :;t: Ο . Τότε θα ισχύει και:

Α. α6 = α4α9 Β. α� = α4α9

Γ. Ε. Κανένα απ;ό αυτά.

3 Α β 1 1 1 ' ' . ν α, , γ και - , - , - ειναι συγχρονως α β γ

διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, τότε θα ισχύει:

Α. α = β = γ Β. α < β < γ

Δ. α + β = 2γ Γ. Ε. Κανένα από αυτά.

4. Αν -2 < 3χ < 2 τότε

1 + 5χ + 5χ2 + · · · ισούται με:

το άθροισμα

Α. 1 + 4χ Β.

4x + l 1 - χ χ - 1

Γ. 1 1 + -- Δ.

5χ

1 - χ χ - 1

Ε. Κανένα από αυτά.

5. Το άθροισμα 9 + 99 + 999 + · · · + 999· · · 9 '-ν----'

ισούται με:

Α.

Γ .

1� (10ν + 1) 1�(10ν - ν)

Β. �� ( 10 ν - 10)-ν

Δ. :Ο (10ν - ι) Ε. Κανένα από αυτά.

ν

6. Σε αριθμητική πρόοδο με διαφορά ω, ο πρώτος όρος είναι 3α και ο δεύτερος α + β . Ο πρώτος, ο τέταρτος και ο όγδοος όρος της είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. Ακόμη ισχύει β - α = 8 . Να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος.

7. α) Δίνεται το τριώνυμο χ2 + αχ + β , α, β ε IR και 2, α, β διαδοχικοί όροι αριθμητικής

προόδου. Αν το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών της είναι 9, να βρεθούν τα α, β.

β) Δίνεται το τριώνυμο χ2 + αχ + β , α, β ε IR

και 1 , α, β διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου. Α ν το άθροισμα των τετραγώνων των ριζών της είναι 7, να βρεθούν τα α, β.

8. Δίνεται η συνάρτηση f (χ ) = ex + ln χ + Χ - 1 .

i) Δείξτε ότι η f είναι «1 - 1».

ii) Να λυθεί η εξίσωση:

ex2+1 - e2x = ln(2x )- ln (x2 + 1)- (χ - 1)2 . 9. Να βρεθούν τα διαστήματα στα οποία η

γραφική παράσταση της συνάρτησης

f(x) = 2x2+x-6 - 56 βρίσκεται «κάτω>) από την

γραφική παράσταση της συνάρτησης

g (x) = 2x2+x-9 και «πάνω>) από την ευθεία

y = -24 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/39

Άσκηση 1 Από σημείο Α εκτός κύκλου (O,R) φέρνου

με τέμνουσα ΑΒΓ ώστε ΑΒ = ΒΓ . Αν

ΟΑ = RJ7 να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΟΓ και το εμβαδόν του κυκλικού τμή-

-

ματος ΒΔΓ .

Λύση

Είναι ΑΒ · ΑΓ =ΑΟ2 -R2 ή AB· 2AB=7R2 -R2 δηλ. AB =BΓ = R.J3 =λ3 •

Λ Επομένως ΒΟΓ= 120° . Άρα ( B&r )�ΞR2ημ120° � � R2 .

Λ Επειδή ΟΒ είναι διάμεσος στο τρίγωνο ΑΟΓ ( Δ ) ( Δ ) R2 .J3 τότε ΑΟΓ = 2 ΒΟΓ =-2- . Επίσης Ε κλ = Ε ΒΟΓ -Ε Λ = ιαι .τμ. κ.τομ. ΒΟΓ

πR2 · 120° _ .J3 R2 = πR2 _ .J3 R2 . 360° 4 3 4 Άσκηση 2 Σε κύκλο (O,R) παίρνουμε το τόξο

ΑΒ = 120° και τη διάμετρο ΑΓ. Η εφαπτομένη

του κύκλου στο σημείο Γ τέμνει την προέκταση της χορδής ΑΒ στο σημείο Δ.

α) Να δείξετε ότι ΔΒ =..!.. ΑΒ . 3 β) Να υπολογίσετε την περίμετρο και το

εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΔΓ.

γ) Να υπολογίσετε την απόσταση Δο.

του Κώστα Μήτσιου

Λύση

α) Επειδή ΑΟΒ = 120° τότε ΑΒ= λ3 = R.J3 Λ και ΒΟΓ = 60° άρα ΒΓ = λ6 = R .

Δ Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓ Δ επειδή ΒΓ .l ΑΔ είναι ΒΓ2 = ΑΒ · ΒΔ ή R 2 = R .J3 · ΒΔ δηλ. ΒΔ = R.J3 = ΑΒ . 3 3

Α

Δ

Γ

Δ β) Επειδή στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΓ Δ είναι

Α = 30° τότε ΔΓ = .!._ ΑΔ δηλαδή 2 ΔΓ=.!_4 · ΒΔ = 2.J3 R 2 3

(άλλος τρόπος: ΔΓ2 = ΔΒ · ΔΑ άρα ΔΓ = 2.J3 R ) 3 Επομένως η περίμετρος του ΒΔΓ μικτόγραμ

μου τριγώνου είναι: πR60° + .J3 R + 2.J3 R = πR + .J3R . 180° 3 3 3

• Ε- = Ε Δ -Ε � = ΒΔΓ ΒΔΓ ιαικλ.τμ.ΒΓ

.!_R . .J3R -(πR60° 1 R2 . .J3 )= 2 3 180° 4 .J3R2 _ πR +.J3R2 = 5.J3R2 _ πR . 6 3 4 12 3

y) Είναι ΔΓ' �ol'l -R2 ""( 2� R J + R2 �

=0Δ2 �OΔ =RJf .


Μαθηματικά για την Β· Λυκείου

Άσκηση 3 Δίνονται δύο ομόκεντροι κύκλοι (O,R),

(0,2R) και Δ σημείο του κύκλου (0,2R). Από το Δ φέρνουμε τις εφαπτόμενες ΔΑ και ΔΒ στον κύκλο (O,R). Να υπολογίσετε το εμβαδόν και την περίμετρο του μικτόγραμμου τριγώνου ΔΑΒ.

Λύση Δ

Το ζητούμενο εμβαδόν Ε θα βρεθεί αν από το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΒΟ αφαιρέσουμε

-το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΑΒ . Είναι {ΑΔΒ0) = 2(ΑΟΔ) .

Δ Στο ΑΟΔ είναι ΑΟ = R και ΟΔ = 2R άρα ΑΟ = ΟΔ οπότε Δι = 30° και Οι = 60° . Επίσης 2 ΔΑ 2 = ΔΟ2 -ΑΟ2 άρα ΔΑ = R J3 . Συνεπώς {ΑΔΒ0) = 2 (ΑΔ)(ΑΟ) =R2J3 . 2

Λ Λ ΑΟΒ = 20ι = 120° άρα: πR2 · 120° πR2 Ε - = =

ιαικλ.ΟΑΒ 360ο 3 Τελικά E �R',/3-�2 �R' ( �-π }

Άσκηση 4 Δίνεται τεταρτοκύκλιο ΟΑΒ ακτίνας R.

R.J3 ΟΔ = -- και υ-

2 Στην ΟΒ παίρνουμε τμήμα

ψώνουμε κάθετη στο Δ που τέμνει το τόξο ΑΒ στο Γ. Να βρεθεί το εμβαδόν του μικτογράμμου τριγώνου ΔΓΒ.

Λύση Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΟΔΓ είναι RJ3 ΟΔ =-- και ΟΓ=R . 2

·····

···· ·· ·····

··

····

.... Γ

ο Δ Β

ΔΓ2 �ΟΓ2 -ΟΔ2 �R2 - (R�J άρα ΔΓ = R . 2

Λ Επομένως ΓΟΔ = 30° . Αν Ε το ζητούμενο εμβαδόν του ΔΓΒ τότε:

Ε = Ε - -Ε Δ = ιαικλ.τομ.ΟΒΓ ΟΔΓ

Προτεινόμενες Ασκήσεις

1) Αν ΟΑΒ είναι τεταρτοκύκλιο ακτίνας R και ο κύκλος (B,R) τέμνει το τόξο ΑΒ στο Γ να υπολογίσετε το εμβαδόν του μικτογράμμου τριγώνου ΟΑΓ.

2) Να υπολογιστεί το κοινό τμήμα Τ των κυκλικών δίσκων (K,R) και (Λ, ρ) όταν τέμνονται στα Α, Β ώστε ΚΑ .1 ΑΛ και ΚΑ = 2ρ .



3) Στο σχήμα δίνεται ο κυκλικός τομέας

ΚΑΒ με γωνία Κ = 30° και ακτίνα 6α, και το ημικύκλιο κέντρο Ο που εφάπτεται της ΚΒ στο σημείο Γ. Να βρεθούν α) η ακτίνα του ημικυκλίου, β) το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου μέρους.

Β

4) Χωρίζουμε έναν κύκλο (O,R) σε έξι ίσα μέρη, με τα διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ.

Να γράψετε τους κύκλους (Β,ΒΑ), (Γ,ΓΑ) και (Δ,ΔΕ). (βλέπε σχήμα).

Να βρείτε τα πιο κάτω:

α) Τι σχήμα είναι το ΑΒΓΔΕΖ; Γιατί; Λ

β) Με πόσες μοίρες ισούται η ΒΟΓ ;

Λ γ) Με τι ισούται η ΒΓΔ σε μέρη ορθής;

δ) Το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΒΓ ΔΟ (σε συνάρτηση του R).

ε) Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος ΑΓΝΟΑ.

στ) Το εμβαδόν του μηνίσκου ΑΖΕΚΑ.

ζ) Α ν R = 10 cm να υπολογίσετε τα μήκη

των ΑΒ, ΑΕ, ΟΑ, την περίμετρο του ΑΒΓ ΔΕΖ, το εμβαδόν του ΑΓΕ, το εμβαδόν του ρόμβου ΒΓΔΟ.

Α

Δ

r E/t61#81S /11 6UY•ΙrR6BΙS rιιs l'l,iι& Jt(xJ :: f(x)ιfxJ

.

Θεωρούμε τις συναρτήσεις f: Α -> IR, g: Β -> IR με Α, Β ς;; IR. Για να βρούμε το πεδίο ορισμού της h πρέπει και αρκεί να βρούμε το ευρύτερο υποσύνολο του IR στο οποίο έχει νόημα πραγματικού αριθμού η δύναμη f(x)g<x>. Προφανώς αυτό θα είναι υποσύνολο του Α Γ'Ι Β. Γι' αυτό πρέπει Α Γ'Ι Β =ι:. 0. Για παράδειγμα, δεν ορίζεται συνάρτηση της μορφής h(x) = Fx Ιη(χ -Ι>, αφού Α = (-οο, Ο] και Β = ( 1 , +οο), οπότε Α Γ'Ι Β = 0, ενώ για το πεδίο ορισμού Ah της συνάρτησης

h(x) = (χ2 - χ - 2)2χ - 3 παρατηρούμε ότι:

Ah = {χ Ε IR I Χ2 - χ - 2 > ο ή ( Χ2 - χ - 2 < ο ) (2Χ - 3) Ε Ζ }

( Χ2 - χ - 2 = ο ) . 2χ - 3 >Ο η

Έχουμε Χ2 - χ - 2 > ο <=> χ Ε (-οο, - 1 ) υ (2, +οο). Εξάλλου:

του Γιώργου Σ. Τασσόπουλου

{ χ2 - χ - 2 = ο } { χ = -1 ή χ = 2 } . <=> <=> χ = 2. 2χ - 3 > ο 2χ - 3 > ο { 2

2 Ο } { Χ Ε ( -1 , 2) } χ - χ - < Τέλος

(2χ _ 3) Ε Ζ <=> 2χ - 3 = κ κ Ε Ζ. κ + 3 χ = --2

<=> - 1 < κ + 3 < 2 2 Κ Ε Ζ

=ι Ε ��-�3��2�- 1 . 0} }

<=> χ Ε {- �' 0, �' 1 , �} Τελικά λοιπόν

{ . κ + 3 } · _:: κ� 1

κ Ε Ζ <=>



• Αφορμή για το άρθρο αυτό αποτέλεσε η εξί-2 + 3 + I σωση χ χ χ = χ ( 1) που υπάρχει στη σχο-

λική Άλγεβρα της Β' Λυκείου, σελίδα 133. 1 η Λανθασμένη λύση

2 + 3 + I 2 + 3 (1) <=:> χχ χ - χ = Ο <=:> χ(χχ χ - 1) = 0 (2) 2 Αλλά: (2) <:::> χ = Ο ή χχ + 3χ = 1 <:::> ( χ2 + 3χ = Ο ) ( χ = -1 χ = 0 ή χ = 1 ή χ * Ο ή χ2 + 3χ άρτιος

<=:> Χ Ε {0, 1 , -3, -1 } . Το λάθος έγκειται στο ότι η ιδιότητα 2 2 χ. χ χ + 3χ = χ χ + 3χ + 1, που εφαρμόζεται εδώ, δεν εί-. . . ο 1 δ ναι σιγουρο οτι ισχυει για χ � . π. χ. για χ = -3 εν

8 έχει νόημα η δύναμη χχ2 + 3\ δηλαδή η (-t J 9 ,

ι αλλά ούτε η χχ2 + 3χ + 1 , δηλαδή η (- t J. ενώ για χ = 2 ο ορίζεται μόνο η χ χ + 3χ + I = 01 = ο. Συμπτωματικά οι ρίζες της (1) βρέθηκαν παρόλο ότι η (2) για χ = Ο γίνεται: 0·(0° - 1 ) = Ο (! ! ! )

2η Λανθασμένη λύση (Παραπλανητική) Εξετάζουμε αρχικά αν η (1) ισχύει για

χ ε {Ο, 1 , -1 } , πράγμα που συμβαίνει. Στη συνέχεια για χ � {0, 1 , - 1 } έχουμε:

(1) <:::> Χ2 + 3χ + 1 = 1 <:::> Χ2 + 3χ ο <:::> χ = ο ή χ = -3 <:::> χ = -3. Τελικά λοιπόν (1)<=:> χ ε {0, 1, - 1 , -3 } . Όμως, γενικά είναι λάθος να γράφουμε

α κ = αλ <:::> κ = λ, ακόμη και όταν α * Ο, 1 , -1 , διότι πιθανόν να μην ορίζονται οι δυνάμεις. Στην περίπτωσή μας βέβαια, είχαμε λ = 1 ε Ν* και κ = χ2 + 3χ + 1, οπότε κ = λ σημαίνει κ ε Ν*.

Άρα οι δυνάμεις ορίζονται και συμπτωματικά βρίσκονται οι ρίζες της (1).

Στο επόμενο παράδειγμα όμως θα φανεί καθαρά ότι και οι δύο διαδικασίες οδηγούν σε λανθασμένα συμπεράσματα.

Θεωρούμε λοιπόν την εξίσωση

3χ - ι χ + ι

(χ - 3) 2 = (χ - 3) 3 (2) Σύμφωνα με την πρώτη λύση έχουμε:

3χ - ι χ + ι (2) <:::> (χ - 3)_2_ - (χ - 3)-. 3- = ο

!..:!:.1Γ h.:J. - (�) J <:::> (χ - 3) 3 L(x - 3) 2 3 - 1 = Ο χ +

ι [ 7χ -5 J <=:>(χ - 3)_3_ (χ - 3)_6_ - 1 = ο

--= 0 ( 7χ - 5 ) <=:> χ - 3 = 0 ή χ - 3 = 1 ή 6 ή χ - 3 * ο

. 7χ - 5 ' 5 ( χ - 3 = - 1 ) η 6 .

αρτιος <:::> χ ε { 3, 4, 7}. αδυνατο

Προφανώς όμως για χ = � δεν ορίζεται η (2), αφού δεν έχει νόημα καμιά από τις δυνάμεις

3χ- ι χ +

ι

(χ - 3) 2 , (χ - 3) 3 , δηλαδή δεν έχει νόημα η δύναμη (- 176].

Σύμφωνα με τη δεύτερη λύση παρατηρούμε ότι όταν (χ - 3) ε {0, 1, -1 } , δηλαδή όταν χ ε {3, 4, 2} , τότε μόνο οι τιμές 3 και 4 επαληθεύουν τη (2).

Αν τώρα χ * 3, 4, 2 τότε (2) 3χ - 1 χ + 1 5 τ λ , λο , β , <:::> -2- = -3- <:::> χ = 7· ε ικα ιπον ρι-

σκουμε και πάλι (1) <:::> χ ε {3, 4, �}. που όπως είπαμε προηγουμένως, αποτελεί λανθασμένη λύση.

Παραθέτουμε στη συνέχεια τη σωστή λύση και στις δύο αυτές εξισώσεις.

Για να ορίζεται η (1) πρέπει και αρκεί χ > Ο ή ( χ = Ο ) ( χ < Ο ) χ2 + 3χ + 1 > Ο ή (χ2 + 3χ + 1) ε Ζ



1 ) Έστω χ > Ο α) Α ν χ = 1 , τότε προφανώς η ( 1 ) ισχύει. β) Αν χ =1= 1 , τότε ( 1 ) = χ2 + 3χ + 1 = 1 = χ ε {0, -3 } . Οι τιμές αυτές απορρίπτονται αφού δεν είναι θετικές.

2) Έστω χ = Ο. Τότε χ2 + 3χ + 1 = 1 > Ο και η ( 1 ) ισχύει.

3) Έστω χ < Ο. α) Αν χ = - 1 , τότε χ2 + 3χ + 1 = -1 ε '11.. και

χ2 + 3χ + ι - ι , , χ = (-1 ) = - 1 = χ. Άρα η ( 1 ) ισχυει. β) Αν χ =1= - 1 , τότε ( 1 ) = χ2 + 3χ + 1 = 1 = =χ ε {0, -3 } = χ = -3. Προφανώς τότε χ2 + 3χ + 1 = 1 :::::::> (χ2 + 3χ + 1 ) ε '11.. . Τελικά λοιπόν: ( 1 ) = χ ε { 1 , Ο, - 1 , -3 } .

3χ - Ι χ + Ι - -

Λύση της (χ - 3) 2 = (χ - 3) 3 (2) Για να ορίζεται η (2) πρέπει και αρκεί: χ - 3 > Ο

χ - 3 = 0 χ - 3 < 0 3χ - 1 > 0 3χ - 1 ε '11..

ή 2 ή 2

1 ) Έστω χ - 3 > Ο, δηλαδή χ > 3 .

Ενότητα lη: Προσέγγιση βασικών θεμάτων

Θέμα 1°: Πολλές φορές συναντάμε θέματα που έχουν

να κάνουν με την ευθεία ψ = λχ + κ, λ =Ι= Ο, να τέμνει κωνικές τομές (κύκλο - παραβολή - έλλειψη - υπερβολή) στα σημεία Α, Β και χρειαζόμαστε να εργαστούμε με τις συντεταγμένες των Α, Β. Βασική σκέψη είναι να θεωρήσουμε το σύστημα των εξισώσεων της ευθείας και της κωνικής τομής και να οδηγηθούμε σε μια δευ-

α) Αν χ - 3 = 1 , δηλαδή χ = 4, τότε προφανώς η (2) ισχύει.

β) Αν χ - 3 =1= 1 , δηλαδή χ =1= 4, τότε (2) 3χ - 1 χ + 1 5 Η , , = -2- = -3- <::::;> χ = 7 . τιμη ο-

, ' ' 5 3 μως αυτη απορριπτεται, αφου 7 < .

2) Έστω χ - 3 = Ο, δηλαδή χ = 3. Τότε 3Χ - 1 = 4 > Ο χ + 1 = � > Ο και η (2) ισχυ' ει 2 ' 3 3 .

3) Έστω χ - 3 < Ο, δηλαδή χ < 3. α) Αν χ - 3 = - 1 , δηλαδή χ = 2, τότε 3χ - 1 5 '77 ' (2) δ 'ζ -2-= '2 � u.... , αρα η εν ορι εται.

β) Αν χ - 3 =Ι= - 1 , δηλαδή χ =1= 2, τότε (2) 3χ - 1 χ - 1 5 ' ' = -2- = -3- = χ = 7· Τοτε ομως

χ ; 1 = * � '11.., οπότε η (2) δεν ορίζεται.

Τελικά λοιπόν: (2) = χ ε {4, 3 } .

του Σπύρου Γιαννακόπουλου

τεροβάθμια εξίσωση. Οι ρίζες της εξίσωσης μας δίνουν τις τετμημένες ή τις τεταγμένες των Α, Β ανάλογα με τον άγνωστο που έχουμε στην εξίσωση. Για να αποφύγουμε τις πράξεις ενδέχεται να έχουμε εύκολα αυτό που ζητάμε κάνοντας χρήση των τύπων Vieta για τις ρίζες της εξίσωσης.

Σημείωση: Αν αχ2 +βχ + γ = Ο, α =Ι= Ο δευτεροβάθμια εξίσωση με ρίζες ρ1 , ρ2 τότε οι τύποι



ν. .

β γ ιeta ει ναι: ρ ι + ρ2 = -- και ριρ2 =-. α α

Παραδείγματα 1°: Θεωρούμε τον κύκλο c : χ2 + ψ2 = ρ2

και την ευθεία ε : ψ = λχ + κ, λ * Ο.

i) Να βρείτε τη συνθήκη μεταξύ των κ, λ, ρ ώστε η ε να τέμνει τον κύκλο στα σημεία Α, Β.

ii) Α ν η ε τέμνει τον κύκλο στα Α, Β να βρείτε το (ΑΒ).

Λύση {χ2 +ψ2 = ρ2 (1) i) Θεωρούμε το σύστημα ψ= λχ + κ (2)

Αντικαθιστούμε το ψ από την (2) στην (1) και παίρνουμε

χ2 + (λχ + κ)2 = ρ2 <=> · · · <=> (1 + λ2 )χ2 + 2κλχ + κ2 - ρ2 =Ο (Ε). Η (Ε) είναι εξίσωση 2ου βαθμού με άγνωστο

τον χ και διακρίνουσα

Η ευθεία ε τέμνει τον κύκλο αν και μόνο αν Δ > Ο<=> ρ2 + λ2ρ2 -κ2 > Ο, που είναι η ζητούμενη συνθήκη.

ii) Έστω Α(χι , Ψι ), Β(χ2 , ψ2). Τα χι , χ2 είναι ρίζες της (Ε), οπότε από τους τύπους Vieta έ-

2κλ κ2 -ρ2 χουμε χι + χ2 =---2 , χιχ2 = 2 . 1 + λ 1+ λ Επίσης έχουμε Ψι = λχι + κ και ψ2 =λχ2 +κ

οπότε Ψι + ψ2 = λ(χι + χ2 ) + 2κ <=> ψι + ψ2 = 2κλ2 2κ = ---+2κ =--. 1 + λ2 1 + λ2

(ΑΒ) = Jcx2 - χι )2 + CΨ2 - Ψι )2 = =J(x2 - χι )2 + (λχ1 - λχι )2 = =J(x2 - χι )2 + λ2 (χ2 - χι )2 = =J(x2 -χι )2(1 +λ2) =J[(χι +χ2)2 -4χιχ2 ](1 +λ2) =

2 2°: Δίνεται η έλλειψη c : χ2 + ..!____ = 1 και η 2

ευθεία ε : ψ = λχ + 1. i) Δείξτε ότι για κάθε λ ε IR. η ε τέμνει την c

σε δύο σημεία. ii) Αν Κ, Λ τα κοινά σημεία της ε με την c,

Λ να βρείτε την εξίσωση της ε, όταν ΚΟΛ = 90°.

Λύση i) Θεωρούμε το σύστημα των εξισώσεων 2 χ2 +y_= 1 (1) και ψ = λχ + 1 (2). Αντικαθιστού-2

με το ψ από την (2) στην (1) και παίρνουμε 2χ2 + (λχ + 1)2 = 2 <=> (2 +λ2)χ2 + 2λχ -1 � ο (Ε). Η διακρίνουσα της (Ε) είναι

Δ = 4λ2 + 4(2 + λ2 ) > 0 για κάθε λε IR.. Αυτό σημαίνει ότι η ε τέμνει την c σε δύο σημεία.

ii) Έστω ότι Κ(χι , Ψι ), Λ(χ2 , ψ2) τα κοινά σημεία της ε με την c, τότε τα χι , χ2 είναι ρίζες της (Ε), οπότε

2λ 1 χ1 + χ2 = ---2 και χιχ2 =---2 . 2 + λ 2+λ ΨιΨ2 = (λχι + 1)(λχ2 + 1) = λ2χιχ2 +λ(χι + χ2 ) + 1 =

λ2 2λ2 2 - 2λ2 = --- --- + 1 =---2 + λ2 2 + λ2 2 + λ2 .

χ

Έχουμε ΟΚ= (χι , Ψι ), ΟΛ = (χ2 , ψ2 ). Είναι



Λ - -ΚΟΛ = 90° {::::> ΟΚ ·ΟΑ= Ο {::::> 1 2 - 2λ2 {::::> ΧιΧ2 + ΨιΨ2 = 0{::::> ---2 + = 0{::::> 2 + λ 2 + λ2

{::::> 1 - 2λ2 = ο {::::> λ2 = _.!_ {::::> λ =± J2 . 2 2 Άρα ε : ψ = J2 χ + 1 ή ε : ψ = -J2 χ + 1 . 2 2 Παρατήρηση: Η έλλειψη έχει τις εστίες της

στον άξονα ψ' ψ με α2 = 2 και β2 = 1, οπότε β2 = α2 _ 12 {::::> γ2 = α2 _ β2 = 1 {::::> γ = 1 . Άρα οι εστίες της έλλειψης είναι

Ε'(Ο, - 1), Ε(Ο, 1).

Η ευθεία ε διέρχεται από την εστία Ε. Θέμα 2°: Μια ευθεία ε μη παράλληλη στον άξονα

ψ'ψ τέμνει μια κωνική τομή c στα σημεία Α, Β. Δίνεται το σημείο Μ(κ, λ) (εσωτερικό της κωνικής τομής) και ζητάμε να βρούμε την εξίσωση της έτσι, ώστε το Μ να είναι μέσο του τμήματος ΑΒ.

Βήμα 1°: Έστω Α( χι , Ψι ), Β(χ2 , ψ2 ). Οι συντεταγ-

μένες των Α, Β επαληθεύουν την εξίσωση της c, οπότε έχουμε δύο σχέσεις με τα Χι ,ψι και χ2 ,ψ2 αντίστοιχα.

Βήμα 2°: Αφαιρούμε κατά μέλη τις σχέσεις που δη

μιουργήσαμε στο 1° βήμα με στόχο να παρου-σιάσουμε τον λόγο ψ2 - Ψι , που είναι ο συντεχ2 - χι λεστής διεύθυνσης της ε.

Σημείωση: Στο κύκλο το παραπάνω θέμα αντιμετωπίζεται

πιο εύκολα, γιατί αν Κ το κέντρο του κύκλου τότε είναι ΚΜ ..L ΑΒ, οπότε λκΜ · λ ΑΒ = -1 ( 1) . Ο συντελεστής διεύθυνσης λΚΜ βρίσκεται εύκολα, οπότε από την ( 1 ) βρίσκουμε τον συντελεστή διεύθυνσης της ΑΒ και έτσι βρίσκουμε την εξίσωση της ε.

ψ

ο χ

Παράδειγμα Θεωρούμε την παραβολ1] c : ψ2 = 5χ και το

σημείο Μ(2, - 3). i) Δείξτε ότι το Μ είναι εσωτερικό σημείο

της c. ii) Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε που

τέμνει την παραβολή στα Α, Β και το Μ είναι μέσο του ΑΒ.

Λύση 5

i) Έχουμε p =2, οπότε ο Οχ είναι άξονας συμμετρίας της c. Από το Μ φέρνουμε παράλληλο προς τον ά

ξονα ψ' ψ που τέμνει το τμήμα της c που βρίσκεται στην 4η γωνία . των αξόνων στο Ν, τότε Ν(2, ψ0), Ν ε c {::::> ψδ = 10 {=>I Ψο I =Μ > l -3 1 ( 1 ). Από την ( 1 ) προκύπτει ότι το Μ είναι εσωτερικό σημείο της c.

χ

Έστω Α(χι , Ψι ), Β(χ2 , Ψ2). Πρέπει ψf = 5χι ( 1 ) και ψ� = 5χ2 (2). Αφαι

ρούμε τις (2), (1) κατά μέλη και παίρνουμε Ψ� - ψf = 5(χ2 - χι ) {::::> (ψ2 -ψι ΧΨ2 + ψι ) =

= 5(χ2 - χι ) (3). Επειδή το Μ είναι μέσο του ΑΒ έχουμε



Ψι� Ψz = -3 <::::} Ψι + ψ2 = -6, οπότε από την (3) έχουμε -6(ψ2 -ψ1) = 5(χ2 - χι ) (4). Είναι χ2 "Φ χι γιατί αν ήταν χι = χ2 , τότε ΑΒ 11 ψ'ψ. Δεδομένου ότι ο Οχ είναι άξονας συμμετρίας της παραβολής θα είχαμε το Μ πάνω στον χ'χ. Άτοπο. Άρα (4) <::::} Ψz -ψι = -�<::::} λΑΒ =-�. χ2 -χι 6 6 Έτσι η εξίσωση της ε είναι

5 ψ+ 3 =--(χ - 2) <::::} 5χ + 6ψ+ 8 = Ο. 6

ΕΝΟΤΗΤΑ 2η: ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1 η: Θεωρούμε τα σημεία Α(χ1 , λχ1 ), Β(χ2 , - λχ2 ), λ "Φ Ο και Μ(μ, ν)

το μέσο του ΑΒ. ί) Να βρείτε τα χι , χ2 συναρτήσει των μ, ν

και λ. ίί) Αν Κ(χ1 , χ2 ), Λ(μ, �} να δείξετε ότι

i oκ i =Ji l oΛ j . iii) Να βρείτε την εξίσωση της γραμμής που

διαγράφουν τα σημεία Ρ(χ1 - μ+ 1, χ2 - μ).

Λύση i) Αφού το Μ είναι μέσο του ΑΒ πρέπει

χι + xz �--=-=μ <::::} Χι + χ2 = 2μ (1) και 2 λχι -λχz 2ν ----''------=-=ν<::::} λχι -λχ2 = 2ν <::::} χι -χ2 =- (2). 2 λ Προσθέτουμε τις (1 ), (2) κατά μέλη και παίρ-2 2 2ν ν Α . νουμε χι = μ+ λ <::::} χι = μ + λ. φαιρουμε α-

πό την (1) την (2) και έχουμε 2ν ν 2χ2 = 2μ --<::::} χ2 =μ--. λ λ

ii) Ιo� �Jxl +xJ ��.---(μ-+--� )-2 +-(μ _

_

_

i_) �

ν ν iii) Είναι χι - μ + 1 =λ+ 1 και χ2 -μ=-λ,

άρα P(i+ 1, -�} Έστω (χ, ψ) τυχαίο από τα Ρ, τότε για κάποια

λ, ν έχουμε �+ 1 = χ (3) και -�= ψ (4). Απα-λ λ λοίφουμε από τις (3), (4) το � και βρίσκουμε λ χ + ψ = 1 <::::} χ + ψ - 1 = Ο (Ε). Άρα τα σημεία Ρ διαγράφουν την ευθεία με ε

ξίσωση την (Ε). 2η: Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα αξό

νων Οχψ. Στο Ο έχουμε τοποθετήσει ένα προβολέα και στο σημείο Α(2, 1) ένα εμπόδιο. Φωτίζουμε το Α και το φως ανακλώμενο τέμνει τον χ'χ στο Β και σχηματίζει με τον χ'χ γωνία 135°. Να βρείτε:

ί) Το σημείο Β. ii) Το σημείο Μ της ΑΒ που δέχεται τον ι

σχυρότερο φωτισμό. iii) Τον περιγεyραμμένο κύκλο του τριγώ

νου ΟΜΒ.

Λύση i) Αφού η ΑΒ σχηματίζει με τον χ'χ γωνία 135°, ο συντελεστής διεύθυνσής της είναι

λΑΒ = εφ 135° = -εφ 45° = -1. Άρα ΑΒ :ψ- 1 = -(χ- 2) <=:} ψ= -χ + 3 (1 ). Για ψ = Ο από την (1) παίρνουμε χ = 3 . Άρα

Β(3, 0).

ψ

ο.

ii) Το σημείο της ΑΒ που θα δεχτεί τον ισχυρότερο φωτισμό είναι αυτό που θα είναι πιο κοντά στο Ο. Το πιο κοντινό όμως σημείο της ΑΒ από το Ο είναι η προβολή του Ο στην ΑΒ. Η προβολή λοιπόν του Ο στην ΑΒ είναι το ζητούμενο σημείο Μ.

ΟΜ ..l ΑΒ <::::} λ0ΜλΑΒ =-1 <::::} λσΜ = 1 . Άρα ΟΜ : ψ = χ (2). Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων



(1 ), (2) θα βρούμε τις συντεταγμένες του Μ.

(1)�χ =-χ + 3 � χ =-. Άρα Μ -, -(2) 3 ( 3 3 ) 2 2 2 iii) επειδή το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Μ,

ο περιγεγραμμένος κύκλος του θα έχει κέντρο το μέσο Κ του ΟΒ δηλαδή κ( %• Ο) και ακτίνα (ΟΒ) 3

ρ =-2-=2 . Άρα η εξίσωση του ζητούμενου κύκλου είναι

(χ -Η +ψ' �� 3η: Θεωρούμε τα σημεία Μ(λ, μ) και τις ευ

θείες ε1 : μχ - (λ + 5)ψ + 5μ = Ο, ε2 : μχ+ (5- λ)ψ - 5μ= Ο.

Αν οι ευθείες είναι κάθετες να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Μ.

Λύση Έστω δι , δ2 τα παράλληλα διανύσματα στις

ευθείες ει , ε2 αντίστοιχα. Τότε δι = (-(λ+ 5),- μ) και δ2 = (5 - λ, - μ).

- - --Είναι ει .l ε2 � δι .l δ2 � δι δ2 = Ο � �-(λ + 5)(5 - λ) + μ2 = 0� λ2 - 25 + μ2 = 0� � λ2 + μ2 = 25 (1) . Η ( 1 ) είναι εξίσωση κύκλου. Στις εξισώσεις των ευθειών ει , ε2 οι συντελεστές των χ, ψ δεν μπορεί να είναι ταυτόχρονα μηδέν. Άρα (λ, μ) * ( -5, Ο) και (λ, μ) * (5, 0). Τα σημεία Α(-5, 0), Β(5, Ο) είναι σημεία του

κύκλου με εξίσωση την (1). Άρα ο ζητούμενος γεωμετρικός τόμος είναι ο κύκλος με εξίσωση την (1) εκτός των σημείων Α, Β.

4η: α) Δίνεται η εξίσωση (λ2 + 2)χ2 + 3λψ2 - 6λχ + 3λψ + 4 = Ο (1). Για ποιο λ ε JR η (1) είναι εξίσωση κύκλου;

β) Θεωρούμε την εξίσωση 2 2 m ι χ + ψ + (m - l)x + mψ ---- = 0 (2),

2 4 mε JR

Να δείξετε ότι: ί) Για κάθε mε JR η (2) είναι εξίσωση κύκλου.

ίί) Οι κύκλοι με εξίσωση την (2) διέρχονται από δύο σταθερά σημεία από τα οποία το ένα είναι το κέντρο του κύκλου του (α) ερωτήματος.

γ) Να βρείτε τη γωνία που σχηματίζει με τον χ'χ η κοινή χορδή των κύκλων του (β) ερωτήματος.

Λύση α) Θα αναζητήσουμε λ τέτοια ώστε η (1) να

γράφεται στη μορφή χ 2 + .ψ2 +Αχ + Βψ +Γ = Ο με Α2 +Β2 -4Γ > Ο. Απαιτούμε

. λ2 + 2 = 3λ � λ2 - 3λ + 2 =ο � λ= 1 ή λ= 2. Για λ= 1 η (1) γράφεται

3χ2 + 3� -6χ + 3ψ+ 4 =ο� χ2 = � -2χ + ψ+_i =ο. 3 2 2 16 1 Α +Β -4Γ = 4 = 1 --=--3 3 . Άρα για λ = 1 η ( 1) δεν είναι εξίσωση κύκλου. Για λ = 2 η (1) γράφεται

6χ2 +6� -12χ+6ψ+4=Ο�χ2 +ηl-2χ+ψ+3.=ο. 3 Α2 +Β2 -4Γ= 4 = 1 -�=2_> Ο. 3 3 Άρα για λ = 2 η ( 1) είναι εξίσωση κύκλου με κέ-ντρο κ(1. -�) και ακτίνα ρ =� .

β) i) Κ + W -4Γ=(m-1)2 +nl -4(-� -� )= = 2(m2 + 1) > Ο για κάθε mε JR. Άρα η (2) είναι εξίσωση κύκλου για κάθε τιμή του m.

ii) (2) � ( χ + ψ -� )m+x2 +ψ2 - χ -±= 0 (3). Οι κύκλοι με εξίσωση την (2) θα διέρχο

νται από σταθερά σημεία όταν η (3) ισχύει για κάθε τιμή του m. Αυτό συμβαίνει όταν

{ 1 χ + ψ --= 0 2 � 2 2 1 χ + ψ - χ -4 = 0


Μαθηματικά για την Β' Λυκείου jψ =�- χ � 2 �

χ2 + (� - χ ) - χ -� = Ο� χ.= Ο ή χ = 1

{χ = 0, ψ =� � . 1 χ = 1, ψ = -2 Άρα οι κύκλοι με εξίσωση την (2) διέρχονται

από τα σταθερά σημεία Λ( Ο, �} κ( 1, -�} Το Κ

είναι το κέντρο του κύκλου του (α) ερωτήματος. γ) Η κοινή χορδή των κύκλων του (β) ερωτή

ματος είναι η ΚΑ. Έστω ω η γωνία που σχηματίζει η ΚΑ με τον χ'χ. Πρέπει εφ ω = λΚΛ � εφω = -1 � εφ ω = εφ(π-� )�

3π Ο::>ω::>π 3π � εφ ω = εφ- � ω=-. 4 4 5η: Θεωρούμε το κύκλο με κέντρο Κ( -1, Ο)

δ . . . Α( ι �) που ιερχεται απο το σημειο -l , - Τ .

α) Να βρείτε: i) Την εξίσωση του κύκλου. ii) Την εφαπτομένη ε του κύκλου στο Α. β) Αν η ε διέρχεται από την εστία της πα-

ραβολής που έχει κορυφή την αρχή των αξόνων και άξονα συμμετρίας τον θετικό ημιάξονα Οχ, τότε

i) να βρείτε την εξίσωση της παραβολής. ii) Αν η διευθετούσα της παραβολής τέμνει

τον κύκλο στα σημεία Μ, Ν να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΜΝ.

Λύση α) i) Έστω ρ ακτίνα του ζητούμενου κύκλου, τότε η εξίσωση του είναι (χ + 1)2 + ψ2 = ρ2 . Επειδή ο κύκλος διέρχεται από το σημείο Α πρέπει ( 1 )2 3 -2 + 1 + 4 = ρ2 � ρ2 = 1 � ρ = 1 . Άρα (χ + 1)2 +ψ2 = 1 (1).

iii) Έστω Μ(χ, ψ) τυχαίο σημείο της ζητούμε-

' 'Ε ΑΜ ( 1 J3 ) νης εφαπτομενης. χουμε = χ + 2, ψ+ Τ

και ΑΚ = (-}__ J3 ). 2 ' 2 Πρέπει ΑΜ.lΑΚ� ΑΜ ΑΚ = Ο�

��(χ+�} �(ψ+

�}Ο�· · ·�χ--'3ψ-Ι�Ο

β) i) Η παραβολή έχει εξίσωση ψ2 = 2px, p > Ο, εστία Ε(� · Ο) και διευθετούσα δ : χ =-Ε.. 2

Επειδή η ε διέρχεται από την εστία της παραβολής πρέπει Ρ -1 = Ο � p = 2. Άρα η εξίσωση 2 της παραβολής είναι ψ2 = 4χ και της διευθετούσας δ : χ =-1 .

ii) Παρατηρούμε ότι η δ διέρχεται από το κέντρο του κύκλου, οπότε το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ορθογώνιο στο Α. Η απόσταση του Α από τη δ εί-

1 ναι d(Α, δ) =-. 2

Άρα ΕΑΜΝ =}_(ΜΝ) d(A, δ) =}__ τετρ. μονάδες. 2 2 6η: Δίνεται η παραβολή c : ψ2 = 2px, p > Ο

και οι ευθείες ει : ψ = λχ, ε2 : ψ = -λχ, οπότε λ θετικός ακέραιος.

ί) Δείξτε ότι οι ευθείες ει , ε2 τέμνουν την παραβολή σε σημεία Α, Β συμμετρικά ως προς τον άξονα χ'χ.

ii) Να βρείτε τον λ όταν η ΑΒ διέρχεται από ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/49


την εστία της c. ίίί) Όταν το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ γί

νεται μέγιστο, όπου Ο η αρχή των αξόνων, δείξτε ότι οι ευθείες ει , ε2 είναι κάθετες.

Λύση i) Από το σύστημα των εξισώσεων της c και

την ει προκύπτει η εξίσωση λ2χ2 = 2px <::::}

<::::} χ(λ2χ - 2p) =Ο ( 1 ). Επειδή μας ενδιαφέρει το σημείο τομής της ει με την c που είναι διαφορετικό της αρχής των αξόνων πρέπει χ * Ο, οπότε από την (1) παίρνουμε λ2χ - 2p = Ο<::::} χ = 2; και από λ

2p την εξίσωση της ει βρίσκουμε ψ=-. Άρα λ Α(�; , 2:} Όμοια από το σύστημα των εξισώ-σεων της c με την ε2 βρίσκουμε χ= 2;, ψ=- 2Ρ . λ λ Άρα Β(�; , - 2: } Τα σημεία Α, Β έχουν ί

δια τετμημένη και αντίθετες τεταγμένες, άρα είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα χ'χ.

χ

ii) Η εστία της παραβολής είναι Ε(� ' Ο) Επειδή ο ημιάξονας Οχ είναι άξονας συμμετρίας της παραβολής και ΑΒ 11 ψ' ψ το μέσο Κ της ΑΒ είναι σημείο του Οχ. 'Εχουμε κ(�;, Ο}

Η ΑΒ διέρχεται από την εστία Ε όταν 2p Ρ λ>Ο -=-<::::} λ2 = 4 <::::} λ = 2. λ2 2

iii) Είναι (ΑΒ) = 4Ρ . Αν Ε το εμβαδόν του λ 2 τριγώνου ΟΑΒ, τότε Ε = _!_(ΑΒ)(ΟΚ) = 4� . Το

2 λ εμβαδόν Ε γίνεται μέγιστο όταν το /( πάρει την ελάχιστή του τιμή. Επειδή ο λ είναι θετικός ακέραι-ος η ελάχιστη τιμή του λ3 γίνεται όταν λ = 1 . Άρα λε λε = λ(-λ) =-1, που σημαίνει ότι οι ευθείες

ι 2

ει , ε2 είναι κάθετες.

χ2 ψ2 7η: Δίνεται η έλλειψη c : 2 + -2 = 1 με

α β α2

α > β > Ο και η ευθεία ε : χ =-. γ

ί) Δείξτε ότι η ε δεν έχει κοινά σημεία με την c.

ii) Ευθεία ει με συντελεστή διεύθυνσης λ διέρχεται από την εστία Ε(γ, Ο) της έλλειψης και τέμνει την ε στο σημείο Μ. Η Β(Ο, β) είναι μια κορυφή της c. Να βρείτε το λ όταν:

α) Ο κύκλος με διάμετρο το ΒΜ διέρχεται από το Ε.

β) Ο κύκλος με διάμετρο το ΕΜ διέρχεται από το Β.

γ) Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τα λ των παραπάνω (α), (β) ερωτημάτων.

ίίί) Α ν η ευθεία ει του (ii) τέμνει την ε, στην περίπτωση (α) στο Μ1 και στην περίπτωση (β) στο Μ2 , να βρείτε · το εμβαδόν του τριγώνου ΕΜιΜ2 •

Λύση α2

i) Έχουμε α> γ <::::} α2 > αγ <::::}- > α (1 ). Α-γ πό την (1) συμπεραίνουμε ότι η ε δεν έχει κοινά σημεία με την c, αφού είναι παράλληλη στον άξονα ψ'ψ και βρίσκεται πιο δεξιά από την κορυφή Α( α, Ο) της έλλειψης.

ii) Η ει έχει εξίσωση ψ = λ( χ -γ). Από τη λύση του συστήματος των εξισώσεων των ευθειών ει και ε βρίσκουμε



ψ = λ --γ = λ =-, οπότε ( α2 ) α2 -γ2 λβ2 γ γ γ

Μ(� , �2 } . - - (ι? Ψ}(ιf Ψ ) α) Εχουμε FΒ=(-γ,β),ΕΜ= γ-γ,γ Ύ'Ύ

ε

Ο κύκλος με διάμετρο την ΒΜ διέρχεται από Λ - --

t0 Ε όταν η ΒΕΜ = 90° <:::> ΕΒ ΕΜ = Ο<:::> β2 λβ3 2 λβ3 γ <:::> -γ-+-=0<:::> -β +-=Ο<::> λ =-<=> γ γ Ύ β

<=>λ �α2 - β2 β

_ _ (α2 λβ2 ) β) Είναι ΒΕ = (γ, -β) και ΒΜ= γ·γ-β Ο κύκλος με διάμετρο την ΕΜ διέρχεται από το Β όταν ΕΕΜ�ο.,.ΒΕΙΜ�ο.,.α2 -β( �2 -β }ο.,.

λβ3 <::> α2 --+ β2 = 0<:::> γ (α2 + β2 ) (α2 + β2 ) /α2 -β2 λ= γ <=> λ= ___ .,:-ν __

_ β3 β3 �α2 -β2 γ) Έστω λ1 = - - και β

iii) Αν λ1

(α2 +β2)�α2 -β2 , (α2 λzβ2 ) και αν λz 3 , τοτε Μ2 -,--β γ γ

Ύ γ

ε

β4 (ii) β4 α2 α2β�α2 _ β2 =---z (λ2 - λ1 ) = ---z---zλ1 = 2 γ γ β γ ΕεΜ,Μ2 =�I det (EM1 , ΕΜ2 ) I = Ι α2β�α2 - β2 1 α2β�α2 - β2 = = 2 γ2 2 α2 - β2

χ2 ψ2 8η: θεωρούμε την έλλειψη c : 2 + -2 = ι

α β με α > β > Ο.

i) Αν Μ τυχαίο σημείο της έλλειψης και Ε', Ε οι εστίες της, να βρείτε τα (ΜΕ'), (ΜΕ).

ii) εξετάστε αν υπάρχουν σημεία Μ της έλ-Λ

λειψης έτσι ώστε Ε'ΜΕ = 90°.

Λύση i)Έστω Ε'(-γ, 0), Ε( γ, Ο) και Μ(χ0 , ψ0).

ΜΕ' = (-γ - χ0 , - ψ0), ΜΕ= (γ - χο , -Ψο). Έχουμε (ΜΕ') + (ΜΕ) = 2α ( 1 ).



(ΜΕ')2 - (ΜΕ)2 = (γ + χο )2 - (γ - χο )2 <==> (Ι) <::::> [(ΜΕ') + (ΜΕ)] [(ΜΕ') - (ΜΕ)] = 4γχ0 <::::>

2α[(ΜΕ')-(ΜΕ)]=4rχο <::::> (ΜΕ')-(ΜΕ)= 2γχ0 (2). α

Προσθέτουμε τις (1), (2) κατά μέλη και παίρνουμε 2(ΜΕ') = 2α + 2γχ0 <::::> α (ΜΕ') = α+ γχο <::::> (ΜΕ') = α+ χο�α

2 -β2 . Από α α την (1) aφαιρούμε τη (2) και παίρνουμε (ΜΕ) = α- Χο�α

2 -β2 α

ii) ΜΕ'ΜΕ=--(γ+χσΧγ-χσ)+% =f +� +% (3). Επειδή το Μ είναι σημείο της έλλειψης έχουμε χ2 ψ2 _Q_ + _Q_ = 1 <::::> β2χ2 + α2ψ2 = α2β2 <::::> α2 β2 ο ο

α2β2 -β2χδ <==> % 2 . α Άρα η (3) γράφεται

α2β2 β2 2 ΜΕ' ΜΕ = β2 -α2 + χδ + - Χο <::::> α2 ( 2 β2 ) 2 2 2β2 4 ΜΕ' ΜΕ α - χο: α -α (4). α

Λ (4) Ε'ΜΕ =90°<::::> ΜΕ'ΜΕ = Ο<::::>(α2 -β2 )χδ = α2 (α2 - 2β2 ) = α2 (α2 - 2β2 ) <::::> χδ 2 2 (5). α -β

α2 Είναι 2 2 > Ο. α -β Αν α2 -2β2 < Ο<::::> α < .J2β, τότε η (5) είναι

αδύνατη, οπότε δεν υπάρχει στην έλλειψη σημεία Μ τέτοια που ζητάμε. Αν α2 - 2β2 > Ο<::::> · · · <::::> α > .J2β, τότε υπάρ-

χουν σημεία Μ και μάλιστα τέσσερα. Αν α2 - 2β2 = Ο<::::> · · · <::::> α = .J2β, τότε υπάρ

χουν σημεία Μ οι κορυφές Β' (0, -β) και Β( Ο, β).

9η: Τα σταθερά σημεία Ε', Ε είναι σημεία του χ'χ συμμετρικά ως προς την αρχή των αξόνων με (Ε 'Ε) = 2JS. Σημεία Μ του επιπέδου ι-κανοποιούν τις σχέσεις �[(ΜΕ') - (ΜΕ)]2 = 4

1-2 -2 ι (1) και ΜΕ' -ΜΕ = 24 (2). i) Δείξτε ότι τα σημεία Μ ανήκουν σε δύο

κωνικές τομές των οποίων να βρείτε τις εξισώσεις.

ii) Αν Μ(χ0 , ψ0 ) δείξτε ότι χδ = 9ψδ .

Λύση i) (1) <::::> I (ΜΕ') - (ΜΕ) I = 4. Άρα τα σημεία

Μ είναι σημεία υπερβολής c1 με εστίες Ε', Ε και 2α = 4 <::::> α = 2. Επίσης 2γ = 2-JS <::::> γ = JS. Είναι β2 = γ2 -α2 <::::> β2 = 1 <::::> β = ι

2 Ά χ 2 1 ρα c1 :--ψ = . 4 (2) <::::> I (ΜΕ')2 - (ΜΕ)2 I = 24 <::::>

<::::> I [(ΜΕ') - (ΜΕ)] [(ΜΕ') + (ΜΕ)] I = 24 <::::> <::::> I (ΜΕ') - (ΜΕ) I [(ΜΕ') + (ΜΕ)] = 24 <::::>

<::::> 4 [(ΜΕ') + (ΜΕ)] = 24 <::::> (ΜΕ')+ (ΜΕ) = 6.

Άρα τα σημεία Μ είναι σημεία έλλειψης c2 με εστίες Ε', Ε.

' χ2 ψ2 Άρα c2 :-+-=1 . 9 4 iii) Τα σημεία Μ είναι κοινά σημεία των 2 2 2 , , χο 2 1 χο Ψο 1 c1 , c2 αρα πρεπει --ψ0 = και -+-= , 4 9 4

.- I I ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/52


. χδ .. .2 -χδ % 5·.2 -45�·2 . .2 _n. . .2 οποτε --ψ0--+-�· · ·� :ΛQ - 'Ψο�:ΛQ-::7\/ύ· 4 9 4 ιοη: Κύκλος c έχει το κέντρο του στο θετικό

ημιάξονα Οχ και η ακτίνα του είναι ρ. Η ευθεία ε : ψ = 2χ είναι aσύμπτωτη της υπερβολής

χ2 ψ2 Cι : ---= 1 και εφάπτεται του κύκλου C.

ρ2 16 Να βρείτε τις εξισώσεις των c, c1 και τα κοινά τους σημεία.

Λύση Η ε είναι ασύμπτωτη της cι με εξίσωση β 4 Ά ' 4 2 2 ψ=-χ � ψ =-χ. ρα πρεπει - = � ρ = . α ρ ρ

χ2 ψ2 Άρα cι :---= 1 (1). Το κέντρο του κύκλου 4 16 είναι Κ(χ0 , Ο) με χ0 > Ο.

ε : 2χ -ψ = Ο. Η ε είναι εφαπτομένη του κύκλου αν και μόνο αν d(Κ,ε) = ρ � I � I = 2� χ0 =J5. Άρα η εξί-σωση του κύκλου είναι (χ -J5)2 + ψ2 = 4 (2).

(1) � 4χ2 -ψ2 = 16 (3). Προσθέτουμε τις (2), (3) κατά μέλη και παίρνουμε (x-J5)2 +4χ2 =20�5χ2 -2J5x-15 = 0�x=J5 ή χ = -3J5 . Για χ = J5 από την (3) παίρνουμε 5 ψ2 = 4 � ψ=±2. Για χ =- 3J5 από την (3) 5 παίρνουμε 5ψ2 = --44 αδύνατο. Άρα τα κοινά σημεία των c,cι είναι

(J5, - 2), ( J5, 2).

Σημείωση:

Η . 3J5 ' θ ' τιμη χ = --5- μπορουσε να απορριφ ει

αμέσως δεδομένου ότι ο κύκλος βρίσκεται δεξιά I του ψψ.

l lη : Δίνεται η εξίσωση χ2 + (λ - 1)ψ2 = λ - 1 (1), λε JR.

α) Για τις διάφορες τιμές του λ να βρείτε το

είδος της γραμμής που εκφράζει η (1). β) Στην περίπτωση που η (1) είναι εξίσωση

υπερβολής να βρείτε την εξίσωση της και το εμβαδόν του ορθογωνίου της βάσης, όταν οι aσύμπτωτες σχηματίζουν γωνία 60°.

Λύση α) Διακρίνουμε τις περιπτώσεις: i) Αν λ= 1 από την (1) παίρνουμε

χ 2 = Ο � χ = Ο. Στην περίπτωση αυτή η ( 1) παριστάνει ευθεία και μάλιστα τον ψ'ψ.

2 ii) Αν λ :;t 1, τότε (1) �_χ_+ ψ2 = 1 (2). λ- 1 Αν λ- 1 < 0� λ< 1, τότε λ- 1 = -1 λ- 1 1 και

2 2 ' χ . . .2 1 2 χ 1 η (2) γραφεται --1 -�+

ψ = � ψ --1 -1 = . λ-1 λ- 1

Στην περίπτωση αυτή η εξίσωση εκφράζει υπερβολή με εστίες στον άξονα ψ'ψ.

Αν λ - 1 > Ο� λ> 1, τότε λ - 1 = I λ -1 1 και η 2 (2) γράφεται -1 χ I + ψ2 = 1 . Στην περίπτωση αυλ- 1

τή η εξίσωση εκφράζει έλλειψη. β) Έχουμε την υπερβολή με εξίσωση . 2 2 χ ψ --� -� = 1 και λ < 1 . λ- 1 Είναι α = 1 και β= .Jίλ=1Ί = .J1 - λ. Οι εξισώσεις των ασύμπτωτων της υ�ερβολής

είναι ει : ψ = - �χ � χ+.J1 - λψ = Ο, ν1 -λ ε2 : ψ = �χ � χ -.J1 - λψ = Ο. ν1 - λ Έστω δι , δ2 τα παράλληλα διανύσματα στις

ευθείες ει , ε2 αντίστοιχα. Τότε δι = ( .J1 - λ, - 1) και δ2 = (-.J1 - λ, - 1).

, ο δ1 δ2 1 -(1 -λ)+1 Ε χουμε συν60 = 1_1 1_1 �-= � δι δ2 2 2-λ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ..δ. τ.4/53


1 λ 2 {::} -=--{::} λ=-. 2 2-λ 3 Άρα η ζητούμενη εξίσωση της υπερβολής εί

χ2 ναι ψ2 --=1 . 1 /3

'Ε χουμε α= 1 και β = [ = J3 . Το ζητούμε-ν3 3 νο εμβαδόν είναι Ε = 2α2β = 4 J3 τετρ. μονάδες. 3

6 Αοκsiιο K•rsόlιιr'•· Τsrικ.Α Ιiιι•r• ifλyslι•s

1. Σ' ένα καρτεσιανό επίπεδο θεωρούμε τα σημεία Α {2λ - 3,0) και Β (Ο,λ + 6) , όπου λΕ JR . Να δείξετε ότι υπάρχουν δύο σταθερά σημεία του επιπέδου αυτού, από τα οποία το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ φαίνεται υπό ορθή γωνία, για κάθε λ Ε JR .

Λύση Από ένα σημείο M{x,y) του επιπέδου, το

ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ φαίνεται υπό ορθή γωνία αν, και μόνο αν:

Λ - - - -ΑΜΒ = lορθ. {::::} ΜΑ ..L ΜΒ {::::} ΜΑ · ΜΒ = Ο (1)

Έχουμε: ΜΑ = {2λ- 3 - χ,-y) και ΜΒ = (-χ, λ + 6- y) . Έτσι, έχουμε: {Ι){::::} {2λ - 3 - χ)( -χ)+ ( -y)(λ+ 6- y)= Ο{::::}

χ2 + y2 + 3x - 6y- λ(2x + y) = O . Η τελευταία ισότητα ισχύει για κάθε λ Ε JR

αν, και μόνο αν: {χ2 � y2 + 3χ - 6y = Ο{::::} {Υ = -2χ {::::} 2χ + y = Ο 5χ2 + 15χ = Ο

{::::} {(χ = Ο, y = Ο) ή

(χ = -3, y = 6)

Άρα, για κάθε λ Ε JR , το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ φαίνεται από τα σημεία Μι (Ο, Ο) και Μ2 { -3,6) υπό ορθή γωνία.

2. Θεωρούμε τις ευθείες ει : χ+ y - 2 = Ο και

του Αντώνη Κυριακόπουλου

ε2 : 2χ- y - 2 = Ο . Να βρείτε την εξίσωση της ευθείας ε η οποία τέμνει τις ει και ε2 στα σημεία Α και Β αντιστοίχως και το σημείο Μ {-1,1) είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμή-ματος ΑΒ. Στη συνέχεια, να βρείτε το εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ, όπου Γ είναι το σημείο τομής των ευθειών ει και ε2 •

Λύση 1) Έστω Α{χ1 , yι ) ένα σημείο της ευθείας

ε1 και B{x2 , y2 ) ένα σημείο της ευθείας ε2 , οπότε: Χι + Υ ι -2 = Ο (1) και 2χ2 - y2 - 2 = Ο (2). Το σημείο Μ ( -1, 1) είναι το μέσο του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ αν, και μόνο αν: ΑΜ=ΜΒ{::} {-1, -χι , l - yι ) = (χ2 + l, y2 - 1){::::}

{::::} {-1 - χι = χ2 + 1 (3) 1 - Υ ι = Yz - 1 ( 4)

Λύνουμέ το σύστημα των εξισώσεων (1), (2), (3) και ( 4) και βρίσκουμε: Χι = -2 , Υ ι = 4 , χ2 = Ο και y2 =-2 . Άρα: Α{-2,4) και Β{Ο,-2) . Έτσι,

-2 -4 έχουμε: λε = λΑΒ = Ο+2 =-3 .

Και επειδή η ε διέρχεται από το σημείο Β{Ο,-2) η εξίσωσή της είναι:

y+ 2 = -3{x - 0){::} y = -3x - 2 .

2) Λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων των 4 ευθειών ει και ε2 και βρίσκουμε: χ =- και 3


Μαθηματικά -yια την Β· Λυκείου

2 y=3 . Άρα: r(�·�} Έχουμε: ΑΒ= (0+ 2,-2 - 4)= (2,-6)

ΑΓ= (i+ 2 �-4)= (.!_Q _ιο ) · 3 ' 3 3 ' 3

Έτσι έχουμε: 2 -6

E=!ldet (AB,AΓ)I =! ι ιο 10 ι= 2 2 - --3 3 = ��- 230 + 630 1 = 230 τ.μ.

και

3. Να δείξετε ότι οι εφαπτόμενες του κύκλου C : χ2 + y2 = 25 , οι οποίες άγονται από το ση-μείο Μ ( 4.J2, 3.J2) είναι κάθετες.

Λύση Το κέντρο του κύκλου C είναι 0(0,0) και η

ακτίνα του είναι ρ = 5 . Η κατακόρυφη ευθεία που διέρχεται από το σημείο Μ έχει εξίσωση: χ = 4.J2 . Επειδή 4.J2 > 5 , η κατακόρυφη αυτή ευθεία δεν είναι εφαπτομένη του C. Κάθε άλλη ευθεία που διέρχεται από το Μ έχει μία εξίσωση της μορφής:

y - 3.J2 =λ (χ - 4.J2) �

� λχ - y+ (3.J2- 4λ.J2)= Ο (λε JR) (1) .

Μία τέτοια ευθεία ελ είναι εφαπτομένη του C αν, και μόνο αν: 13J2-4λ.Jil d(Ο,ελ )=ρ� 5� �λ2 +1 ( 3.J2-4λJ2)2 = 25( λ2 + 1) � 7λ2 -48λ-7 =ο (2).

Η εξίσωση (2) έχει προφανώς δύο ρίζες πραγματικές και άνισες. Τις ονομάζουμε λ1 και λ2 • Αντι-καθιστώντας τις τιμές αυτές του λ στην εξίσωση (1) βρίσκουμε τις δύο εφαπτόμενες ελ και ελ του C ι 2

από το σημείο Μ. Ο συντελεστής διεύθυνσης της πρώτης ευθείας είναι λ1 και της δεύτερης είναι λ2 •

Επειδή λ1 λ2 = _7._ = -1 , αφού είναι ρίζες της εξίσω-7 σης (2), έπεται ότι οι ευθείες αυτές είναι κάθετες.

4. Θεωρούμε μία παραβολή C : y2 = 2px . Το άθροισμα των τεταγμένων δύο σημείων Α και Β της C είναι ίσο με το άθροισμα των τεταγμένων δύο άλλων σημείων Γ και Δ της C. Να δείξετε ότι ΑΒ Ι Ι ΓΔ .

Λύση Έστω ότι: A(x1 , y1 ) , B(x2 , y2 ) , Γ(χ3 , y3 )

και Δ(χ4 , y4 ) , οπότε: yf = 2px1 , y� = 2px2 , � =2px3 , y� = 2px4 ( 1 )

και Υι + yz = y3 + y4 (2) Έχουμε: ΑΒ= (χ2 - x1 , y2 - y1 ) και

ΓΔ = (χ4 - χ3 , Υ4 - y3 ) ·

Έτσι, έχουμε: det(AB,ΓΔ)= Ix2 -χι y2 -yι l = Χ4 -χ3 Υ4 -y3 (\) (xz -χι )(Υ4 - y3 )- (x4 -x3 )(y2 - Υι ) =

( Υ� - yf )(Υ4 - y3 )-( y� - Υ� )(Yz - yι ) = 2p 2p 2p 2p 1 = 2p (Υ2 + Υι )

(Υz - yι ) (Υ4 - y3 ) -

Ώστε: det(AB,ΓΔ) = O . Άρα AB I I ΓΔ και συνεπώς ΑΒ 1 1 Γ Δ .

5. Θεωρούμε μία έλλειψη

(α > Ρ > Ο ) και ένα σημείο της Ρ (;t κορυφών Β και Β'). Οι ευθείες ΡΒ και ΡΒ' τέμνουν τον άξονα χ'χ στα σημεία Μ και Ν αντιστοίχως. Να δείξετε ότι, όταν το Ρ διαγράφει τη C (εκτός των κορυφών Β και Β '), το γινόμενο ( ΟΜ) ( ΟΝ) είναι σταθερό.

Λύση Έστω ότι P(x0 , y0 ) , οπότε: χ0 :;t: Ο , Υ ο :;t: ±β χ2 y2 και _Q_+_Q_ = 1 (1). αz β2



Α Μ χ

Β'(Ο,-β)

Έ . λ _ Υο -β λ . _ Υο + β χουμε. ΡΒ - -- και ΡΒ' --- . Χο Χο Οι εξισώσεις των ευθειών ΡΒ και ΡΒ ' είναι

ΡΒ : y-β= y0 -β χ (2) και ΡΒ' : y+β= Υο +βχ (3). Χο χσ Από την (2) με y = Ο βρίσκουμε χ = -βχο Υο -β

και άρα: Μ( -βχσ , ο] . Από την (3) με y = O βρίΥο -β σκουμε χ =� και άρα: N(�.oJ . Υο + β Υο +β 'Ετσι, έχουμε: ( ΟΜ)( ΟΝ)= --βχο . � = Υο -β Υο +β

6. Έστω Μ ένα σημείο της (ισοσκελούς) υπερ

βολής C : χ2 - y2 = α2 ( α > Ο ). Να δείξετε ότι:

{ΟΜ)2 = {ΜΕ) {ΜΕ') , όπου Ε' και Ε οι εστίες

της C και Ο το κέντρο της.

Λύση Έστω Μ {χ, y) , οπότε: {ΟΜ)2 = χ2 + y2 (1) Έχουμε: Ε'(-γ, Ο) και Ε{γ,Ο) . Επειδή β = α , έχουμε: γ = ..f,.-α2_+_α--::-2 = α.fi (2) Έχουμε:

I{ME') - {ME)I = 2α� I{ME')-(ME)I2 = 4α2 � (ΜΕ')2 + (ΜΕ )2 -2 {ΜΕ')(ΜΕ) = 4α2 � (χ +γ)2 + y2 + (χ - γ)2 + y2 -2(ΜΕ')(ΜΕ) = 4α2

(I) (πράξεις κτλ.) �x2 +r+r-(ME'){ME)=2α2� (2) (ΟΜ)2 + 2α2 - (ΜΕ') {ΜΕ) = 2α2 � � (ΟΜ)2 = (ΜΕ')(ΜΕ) . 7. Θεωρούμε δύο αριθμούς α,β Ε Ζ και τους

αριθμούς χ = 3α + 4β και y = 2α + β . Να δείξετε

ότι:α) 5 1 χ <=> 5 1 Υ •

β) Αν (α, β) = ι , τότε οι αριθμοί χ και y δεν

έχουν άλλους θετικούς κοινούς διαιρέτες εκτός

από το ι και το 5.

Λύση ι) Έχουμε: Jχ = 3α + 4β� {2χ = 6α+ 8β� 2χ _ 3 = 5β (1). lΥ = 2α+β 3y= 6α+ 3β Υ

• Έστω ότι 5 1 χ . Τότε 5 l 2x και επειδή 5 1 5β , από την ( 1 ) έπεται ότι 5 1 3y . Και επειδή ( 5,3) = 1 , έπεται ότι 5 1 y .

• Έστω ότι 5 1 y . Τότε 5 1 3y και επειδή 5 l 5β , από την ( 1 ) έπεται ότι 5 1 2χ . Και επειδή (5,2) = 1 , έπεται ότι 5 Ι χ .

2) Έστω ότι (α, β) = 1 . 'Ε χουμε: {χ = 4α + 4β {χ = 3α + 4β 4 5 (2) � � y- x = α . y= 3α+ β 4y = 8α+4β Με γ Ε Ν* , λόγω και των (2) και (1 ), έχουμε: {γ I χ {γ l 5α ( ) ( ) γ I Υ� γ 1 5β �γ I 5α,5β �γ 1 5 α, β �

γ l 5�(γ=1 ήγ=5) . 8. Θεωρούμε τους ακέραιους αριθμούς:

αν = 8ν2 -4ν - ι + (-3)ν ' ν = ι,2,3 . . . α) Να βρείτε τους αριθμούς: α1 , α2 , α3 και α4 •

β) Να βρείτε την έκφραση: αν+ Ι + 3αν συναρ

τήσει του ν. γ) Να δείξετε ότι, για κάθε ν Ε Ν* , ισχύει:

32 1 αν .

Λύση ι) Βρίσκουμε εύκολα ότι:



α1 = Ο , α2 = 32 , α3 = 32 και α4 = 192 . 2) Έχουμε, για κάθε ν Ε Ν* :

αν+Ι + 3αν = [8 (ν + 1)2 - 4(ν + 1) - 1 + {-3)ν+Ι ] + +3[8ν2 - 4ν - 1 + (-3)ν ] (πράξεις κτλ.) = 32ν2 � αν+ Ι + 3αν = 32ν2 ( 1 ).

3) Επαγωγικά. α) Για ν = 1 , έχουμε: α1 = Ο και άρα 32 l α1 •

β) Έστω ότι ισχύει για ν = κ ( κ Ε Ν* ), δηλαδή ότι:

32 1 ακ (2). Θα δείξουμε ότι ισχύει και για ν = κ + 1 , δη

λαδή ότι: 32 1 ακ+Ι (3).

Από την (1), με ν = κ , έχουμε: ακ+Ι + 3ακ = 32κ2 και άρα: ακ+Ι = 32κ2 -3ακ . Από αυτή, λόγω της (2) και επειδή 32 1 32κ2 , έπεται ότι 32 1 ακ+Ι . Άρα, η (3) ισχύει.

9. Να βρείτε τους αριθμούς ν Ε Ν* , για τους

οποίους ισχύει: [ 2ν + 3, ν + 1] = 78 (1 ).

Λύση Έστω ότι για έναν αριθμό ν Ε Ν* η ( 1) ισχύει.

Έχουμε: (2ν+ 3, ν+ 1) · [2ν+ 3, ν+ 1] = (2ν+ 3)( ν+ 1) � (2ν + 3, ν+ 1) · 78 = (2ν+ 3)(ν + 1) (2). Εξάλλου, ισχύει: ( 2ν + 3, ν+ 1) = 1 . Πράγματι,

με γε Ν* , έχουμε: {γ 1 2ν + 3 �{γ 1 2ν + 3 � 1 1 � = 1 . γ I ν + 1 γ 1 2ν + 2 γ γ

Άρα: ( 2ν + 3, ν+ 1) = 1 . Έτσι, από τη (2), έχουμε: 78 = (2ν + 3)( ν+ 1) (πράξεις κτλ.)

� 2ν2 + 5ν - 75 = 0 � (ν = 5 ή ν = -_!2)� ν = 5 2 (αφού ν Ε Ν*) . Όπως βρίσκουμε εύκολα, με ν = 5 η (1) ισχύ

ει. Άρα, ο αριθμός ν = 5 είναι ο μοναδικός ζητούμενος.

Ε Π Ι Σ Τ Η Μ Ο Ν Ι Κ Α Μπορείτε να δείτε τις νtες μας εκδόσεις στο lnternet

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΖΗΤΗ

Αρμενοπούλου 27 • ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗ 546 35

Τηλ. (031)203.720 • Fax (031 )21 1 .305

e-mail:[email protected]

ΠΩΛΗΣΗ ΧΟΝΔΡΙΚΗ

ΛΙΑΝΙΚΗ

ΤΕΧΝΙΚΑ " ΓΙΑ ΤΑ Α.Ε.Ι. • T.E.I. • I.E.K. • ΘΕτΙΚΩΝ ΚΑΙ ΘΕΩΡΗτιΚΩΝ ΕΠΙΣΤΗΜΩΝ

Ε Κ Π Α Ι Δ Ε Υ Τ Ι Κ Α • ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ (ΓΕΝΙΚΟ • ΚΑτΕΥΘΥΝΣΕΩΝ) " ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ

ΒΙΒΛΙΟΠΩΛΕΙΟ ΑΘΗΝΩΝ

ΕΝΩΣΗ ΕΚΔΟΤΩΝ ΒΙΒΛΙΟΥ ΘΕΣΣΑΛΟΝΙΚΗΣ

Στοά του Βιβλίου (Πεσμαζόγλου 5) • ΑΘΗΝΑ 105 64

Τηλ.·Faχ (01)321 1097

ΠΛΗ.ΡΕΙΣ ΣΕ Ι ΡΕΣ ΕΚΠΑΙΔΕΠΙ ΚΩΝ ΒΙΒΛΙΩΝ Γ Ι Α τ ο Λ Υ Κ Ε Ι Ο � D ΓΙΑ ΤΟ ΓΥΜΝΑΣΙΟ � Σύμφωνσ με τσ νέσ σνσλuτικά προyράμμστσ (ΓΕΝιΚΟ- ΚΑΤΕΥθΥΝΣΕΩΝ)

στην ιστοσελίδα: www.ziti.gr

4$1t4elιι]eJUj8 Το 8ο Τεύχος του περιοδικού μας

-�.κ π α ι b ε υ τ ι κ ο ί "tιΡΟΒ \ Η \1 \ Ι Ι Σ \1 0 1

Τα βιβλία μας θα τα βρείτε σε όλα τα βιβλιοπωλεία ______ _.__

θ. ΞΕΝΟΥ τΡΛΠΕΖΛ θΕΜΛΤΔΝ ΣJΛ ΜΛθΗΜΛΠΚΛ

Α' ΛΥΚΕιΟΥ ΑΛΓΕΒΡΛ

ΚΑΙ ΕΥΚΛΕΙΔΕΙΛ ΓΕΟΜΕ1ΡΙΑ

θ. ΞΕΝΟΥ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΛ

ΜΛθΗΜΛΠΚΟΝ Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ

θ. ΞΕΝΟΥ ΜΑθΗΜΑΠΚΛ

Β' ΚΥΚΛΟΥ Τ.Ε.Ε.

Α Ν ΑΛVΣΗ

Γ . ΠΑΝ'ΓΕΙ\ΙΔΗ ΑΝΛΛΥΣΗ Τ.1

(ΕΚΔΟΣΗ 2000)

e-mαil:[email protected]

.t.tιa�ιι.z: • o r ι s ι o t lίllfJιPIBJ:BI

11'!!141181:.

Β. ΦΡΑΓΚΟΥ ΑΣΚΗΣΕιΣ

ΛΟΓΙΣΜΟΥ ΣΥΝΑΡJΗΣΗΣ ΜιΑΣ ΠΡΑΓΜΑΠΚΗΣ

ΜΕJΑΒΛΗJΗΣ Β' ΕΚΔΟΣΗ

ΑθΑΝ. ΧΑΛΑl!Η ΑΡιθΜΗΠΚΗ

• ΣΥΝΟΛΑ-ΣΥΝΑΡJΗΣΕΙΣ • θΕΔΡιΑ ΑΡΙθΜΔΝ

ΑθΑΝ. ΧΑΛΑl!Η ΓΕΔΜΕJΡΙΑ

Μαθnμαιιικά yια ιιn r' ιιά�n ιιου Λυκι:ίου

του Ανδρέα Αρβανιτογεώργου

Θα παρουσιάσουμε μερικά προβλήματα σε μtyιστα και ελάχιστα ως εφαρμογή της παραγώγου. Τα βήματα που ακολουθούμε γενικά για τέτοια προβλήματα είναι τα εξής: 1) Κάνουμε, όπου είναι απαραίτητο, ένα σχήμα και εισάγουμε συμβολισμό των μεταβλητών. Προσδιορί-

ζουμε την ποσότητα που θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε ή να ελαχιστοποιήσουμε. 2) Εκφράζουμε την προς μεγιστοποίηση ή ελαχιστοποίηση ποσότητα ως μιά συνάρτηση f μιας μεταβλητής.

3) Βρίσκουμε τα κρίσιμα σημεία τηςf, δηλαδή τα σημεία όπουf(χ) = Ο ήf'(χ) δεν υπάρχει.

4) Ελέγχουμε τη φύση των κρίσιμων σημείων, αν δηλαδή αυτά είναι τοπικά μέγιστα ή ελάχιστα.

5) Δίνουμε την απάντηση στο αρχικό πρόβλημα.

Πρόβλημα 1. Ν α βρεθεί το πλησιέστερο σημείο στο

(-3, 1) που να βρίσκεται επί της ευθείας x + 3y = 6.

Λύση Θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε την απόσταση d ενός σημείου (χ, y) της ευθείας χ + 3y = 6 από το σημείο (-3, 1), όπως φαίνεται στο σχήμα.

'Εχουμε ότι d =�(χ + 3)2 + (y - 1)2 και επειδή χ 6 3y προκύπτει ότι d = �(9 - 3y)2 + (y - 1)2 • Προκειμένου να μην εμπλακούμε με τετραγωνική ρίζα στην παραγώγιση, παρατηρούμε το εξής: Επειδή το d είναι θετικό, η συνάρτηση d ελαχιστοποιείται στα σημεία που ε-λαχιστοποιείται και η συνάρτηση d2 , συνεπώς αρκεί να ελαχιστοποιήσουμε την

f(y) = d2 = (9 - 3y)2 + (y - 1)2 • Υπολογίζουμε: f'(y) = 2(9 - 3y)(-3) + 2(y - 1) = 20y - 56 '

Ο πίνακας μεταβολής του προσήμου της f(y) είναι:

χ -οο 14/5 +οο

r b + f �· ε. /

(ολικό)

άρα το 14 y =- είναι ολικό ελάχιστο, και 5 -12 x = 6 - 3y =-. 5

Συνεπώς το σημείο επί της ευθείας χ + 3y = 6 που ελαχιστοποιεί την απόσταση από το (-3, 1) εί-( 12 14 ) ' δ 'ζ ' ναι το -5,5 η οποια μη ενι εται οταν 14 Δ δ , , , , , y =- . ε ομενου οτι, οπως φαινεται και απο το 5

σχήμα, το πρόβλημα έχει οπωσδήποτε λύση και εμείς βρήκαμε μόνο μία υποψήφια λύση, η ελά'ΊJ-

, θ ' ' 14 στη αποσταση α προκυπτει οταν y = 5 και 12 x = 6 - 3y = -5 , συνεπώς το σημείο είναι το

(_ 12 14) . 5 ' 5 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/58

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Πρόβλημα 2. Θέλουμε να κατασκευάσουμε ένα (κλειστό)

κυλινδρικό κουτί όγκου V0 • Να βρεθεί ο λόγος

του ύψους προς την ακτίνα του κουτιού, προκειμένου να ελαχιστοποιηθεί η ποσότητα του υλικού που απαιτείται για την κατασκευή του.

h

, - - - - - -

Λύση. Α ν h και r είναι το ύψος και η ακτίνα του κουτιού αντίστοιχα, θέλουμε να ελαχιστοποιήσουμε το

εμβαδό S της επιφάνειας του κυλίνδρου. Αυτή αποτελείται από δύο κυκλικούς δίσκους ακτίνας r και την παράπλευρη εmφάνεια του κυλίνδρου, την οποία όταν αναπτύξουμε προκύπτει ένα ορθογώνιο παραλληλόγραμμο διαστάσεων 2πr και h, συνεπώς S = 2πr2 + 2πrh . Από τη σχέση V0 = Πr2h προ-κύπτει ότι S(r) = 2πr2 + 2πr :� = 2 ( πr2 + �ο } Υπολογίζουμε την παράγωγο

S'(r) = 2( 2πr -��} η οποία μηδενίζεται όταν r3 = Vo ή r = 3[\ζ . Ο πίνακας μεταβολής της 2π V"l; S ' ( r )είναι:

�------------------� r ο +οο

s'(r) +

s(r) �: ε. / (ολικό)

άρα στο σημείο 3{\ζ η s:(r) έχει ολικό ελάχιστο. V"l; Εμείς θέλουμε να βρούμε τον λόγο � ώστε η r

συνάρτηση να έχει ελάχιστο, συνεπώς χρησιμο-ποιώντας ότι V0 = πr2h προκύπτει ότι

� =-V._o = Vo = 2 . r πr3 πV0/2π Έτσι λοtπόν η "οικονομική" συσκευασία είναι

αυτή που ικανοποιεί h = 2r , δηλαδή το ύψος να ι-

σούται με τη διάμετρο του κουτιού. Είναι ενδιαφέρον να παρατηρήσει κάποιος σε ένα σούπερ μάρκετ � σες κονσέρβες ικανοποιούν αυτή τη συνθήκη!

Πρόβλημα 3. Σύμφωνα με κάποια δημοσκόπηση σχετικά

με έναν υποψήφιο βουλευτή, το ποσοστό των ψηφοφόρων που Qα τον υποστηρίξει χ μήνες από την αναγγελία της υποψηφιότητάς του δίνεται. από τη σχέση

f(x) = _!_(-χ3 + 6χ2 + 63χ + 1080), Ο :5 χ :5 12 . 29

Αν οι εκλογές πρόκειται να γίνουν το Νοέμβρη, πότε θα πρέπει ο υποψήφιος να ανακοινώσει την υποψηφιότητά του; Αν χρειάζεται 50% των ψήφων για την βουλευτική έδρα, αναμένεται ο υποψήφιος αυτός να κερδίσει ή όχι;

Λύση. Ο βουλευτής πρέπει να ανακοινώσει την υπο

ψηφιότητά του εκείνη τη χρονική στιγμή (μήνας), ώστε τον μήνα των εκλογών (Νοέμβρης) να έχει τον μέγιστο αριθμό ψήφων. Συνεπώς θέλουμε να μεγιστοποιήσουμε τη συνάρτηση f στο διάστημα [0, 12] . Υπολογίζοντας την παράγωγό της και παίρνουμε f'(x) =-1 (-3χ2 + 12χ + 63) = -2_ (χ - 7)(χ + 3) , 29 29 η οποία μηδενίζεται στα σημεία 7 και -3. Το δεύτερο σημείο απορρίπτεται και ελέγχουμε εύκολα ότι στο 7 υπάρχει ένα τοπικό μέγιστο. Υπολογίζουμε τις τιμές

f(O) = 21, 7 f(12) = 33, 5 f(7) = 50, 76 και παρατηρούμε ότι το ολικό μέγιστο προκύπτει όταν χ = 7 . Συνεπώς ο υποψήφιος θα πρέπει να ανακοινώσει την υποψηφιότητά του 7 μήνες πριν το Νοέμβρη, δηλαδή τον μήνα Απρίλιο. Αποτέλεσμα αυτού ( σύμφωνα πάντα με τη δημοσκόπηση) είναι ο υποψήφιος θα λάβέι το 50,76% των ψήφων, συνεπώς αναμένεται να κερδίσει (οριακά!).

Πρόβλημα 4. Ένα βιβλιοπωλείο αγοράζει ένα βιβλίο από

τον εκδότη στη τιμή των 3 ECU το καθένα. Όταν το βιβλιοπωλείο διαθέτει στην αγορά το κάθε βιβλίο στην τιμή των 15 ECU, τότε πουλά 200 αντίτυπα το μήνα. Προκειμένου να αυξήσει τις πωλήσεις του το βιβλιοπωλείο προσανατολίζεται να μειώσει την τιμή πώλησης του βιβλίου και εκτιμά ότι, για κάθε 1 ECU μείωσης στην τιμή θα πωλούνται 20 περισσότερα αντίτυπα το μήνα.

(α) Να εκφράσετε το μηνιαίο κέρδος του



βιβλιοπωλείου από την πώληση αυτού του βιβλίου ως συνάρτηση της τιμής πώλησης του βιβλίου.

(β) Να βρείτε την τιμή πώλησης του βιβλίου για την οποία μεγιστοποιείται το κέρδος του βιβλιοπωλείου.

Λύση. Υπάρχουν διάφορες εναλλακτικές προσεγγί

σεις όσον αφορά την εισαγωγή της μεταβλητής στο πρόβλημα αυτό. Επιλέγουμε την εξής: έστω χ η τιμή πώλησης κάθε βιβλίου και έστω k ο αριθμός των μειώσεων κατά 1 ECU από την τιμή των 15 ECU. Τότε η τιμή πώλησης κάθε βιβλίου είναι χ = 15 - k . Το πρόβλημα λέει ότι για κάθε μείωση ενός ECU από τα 15 ECU, το βιβλιοπωλείο εκτιμά ότι θα πουλάει 20 αντίτυπα περισσότερα (από τα 200), συνεπώς θα πουλάει 200 + 20k αντίτυπα. Το συνολικό κέρδος του βιβλιοπωλείου θα είναι Κ = (συνολικός αριθμός βιβλίων που πωλούνται) χ (κέρδος ανά βιβλίο) = (200 + 20k)(15 - k - 3) .

Εκφράζουμε την παραπάνω συνάρτηση χρησιμοποιώντας τη μεταβλητή χ (τιμή πώλησης του βιβλίου) και λαμβάνουμε ότι πρέπει να μεγιστοποιήσουμε τη συνάρτηση

Κ( χ) = (200 + 20(1 5 - χ))(χ - 3) = = -20(25 - χ)(χ - 3) .

Αυτή είναι ένα τριώνυμο του οποίου η γραφική παράσταση τέμνει τον άξονα χ στα σημεία 25 και 3 και λόγω του ότι ο συντελεστής του χ2 είναι προφανώς αρνητικός, το τριώνυμο έχει μέγιστο, το

, , , 25 + 3 14 Σ οποιο προκυπτει στο σημειο χ = -- = . υ-2 νεπώς το βιβλιοπωλείο θα έχει μέγιστο κέρδος όταν πωλεί το βιβλίο στην τιμή των 14 ECU. Τότε το κέρδος του θα είναι Κ(14) = 2420 ECU.

(Στο πρόβλημα αυτό παρατηρούμε ότι δεν είναι απαραίτητο να χρησιμοποιήσουμε την τεχνική των παραγώγων για να το λύσουμε).

Προβλήματα προτεινόμενα προς λύση.

(1) Κόβουμε ένα σχοινί μήκους 20 μέτρων σε δύο τμήματα μήκους χ και 20 - χ μέτρων. Με το

τμήμα μήκους χ σχηματίζουμε ένα τετράγωνο και με το τμήμα μήκους 20 - χ σχηματίζουμε έναν κύκλο. Να βρεθεί η τιμή του χ ώστε το άθροισμα των εμβαδών του τετραγώνου και του κύκλου να είναι μέγιστο. (Απάντηση: χ = Ο. η σημαίνει αυτό;).

(2) Στα πλαίσια ενός παγκόσμιου πρωταθλήματος μπάσκετ ένα εργοστάσιο πλαστικών λαμβάνει μια παραγγελία να κατασκευάσει 8.000 ποτήρια με τον λογότυπο του πρωταθλήματος. Το εργοστάσιο διαθέτει 1 Ο μηχανές για το σκοπό αυτό, η κάθε μία από τις οποίες μπορεί να παράγει 30 ποτήρια ανά ώρα. Το λειτουf)Ύικό κόστος κάθε μηχανής είναι 20 ECU. Ένας επόπτης επιβλέπει τη λειτουργία των μηχανών, ο οποίος πληρώνεται 15 ΕCU την ώρα.

(α) Πόσες μηχανές (από τις 1 0) πρέπει να χρησιμοποιηθούν, ώστε να ελαχιστοποιηθεί το κόστος κατασκευής των ποτηριών;

(β) η ποσό θα κερδίσει ο επόπτης κατά τη διάρκεια αυτής της παραγωγής ποτηριών, όταν χρησιμοποιηθεί ο βέλτιστος αριθμός μηχανών που προκύπτει από το ερώτημα (α);

(γ) Ποιό το λειτουργικό κόστος του βέλτιστου αριθμού μηχανών;

(Υπόδειξη-Απάντηση: Κόστος κατασκευής = (λειτουργικό κόστος) + (κόστος επίβλεψης). Αν χ είναι ο αριθμός των μηχανών που πρέπει να χρησιμοποιηθούν, τότε η συνάρτηση που προκύπτει είναι η Κ(χ) = 20χ + 4000/χ. Θέλουμε να την ελαχιστοποιήσουμε στο διάστημα [ 1 , 10], αλλά το (ολικό) ελάχιστο προκύπτει για χ = 14, συνεπώς πρέπει να χρησιμοποιηθούν όλες οι μηχανές. Οι απαντήσεις στα ερωτήματα (β) και (γ) είναι 400 ECU και 200 ECU αντίστοιχα.)

Βιβλιογραφία J. Β. Fraleigh: Calculus with Analytic

Geometry, Addison-Wesley ( 1990). L. D. Hoffmann - G. L. Bradley: Calculus for

Business, Economics, and the Social and Life Sciences, McGraw-Hill (2000).

� Η fFUvά.pnιfFΙΙ F (χ) = J: f( t ) dt

Με την συνάρτηση F (χ) = J: f ( t) dt εισάγο

νται για μελέτη πλήθος από συναρτήσεις πέρα από τις στοιχειώδεις. Επομένως η σημασία της παρα-πάνω συνάρτησης είναι προφανής.

του Βασίλη Καρκάνη

Μέσα από την παράθεση κάποιων μεθοδολογικών παρατηρήσεων και παραδειγμάτων, θα εmχειρήσουμε να βοηθήσουμε τους μαθητές ΤΗΣ ΘΕτΙΚΗΣ ΚΑΙ ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑ ΤΕΥΘΥΝΣΗΣ, στην αντίστοιχη παράγραφο του σχο-



λικού βιβλίου της Γ Λυκείου.

Α. Θεώρημα Α ν μια συνάρτηση f είναι συνεχής σε ένα διά

στημα Δ και το α είναι ένα σημείο του Δ τότε η

συνάρτηση F (χ) = J: f ( t) dt , χ Ε Δ είναι μια πα

ράγουσα ή αρχική της f στο Δ. Δηλαδή θα ισχύει: F' (χ) = f (χ)

ή (J: r (t)dtJ = f (x) ή : (J: f (t)dt) = f (x ) .

Παρατήρηση: Σύμφωνα με τη διατύπωση του παραπάνω θε

ωρήματος η F είναι μια αρχική της f. Πράγματι κάθε αρχική μιας συνάρτησης f δεν προκύπτει από τη συνάρτηση F που ορίζει το θεώρημα.

Παράδειγμα:

Η συνάρτηση χ4 + 3 είναι μια αρχική της 4χ3 στο IR , που δεν την δίνει η συνάρτηση F γιατί αν:

J: 4t3dt = χ4 + 3 � [ t4 Ι = χ4 + 3 �

χ4 - α4 = χ4 + 3 � -α4 = 3 που είναι αδύνατη.

Β. Παρατηρήσεις για όλες τις δυνατές μορφές της F

Γνωρίζοντας τις ιδιότητες του ορισμένου ολοκληρώματος και τους κανόνες παραγώγισης σύνθεσης συναρτήσεων, επισημαίνουμε τα παρακάτω:

α) Αν F(x) = J:r (t)dt τότε:

F(x) = -J: f (t)dt . β) Κάθε συνάρτηση του χ που υπάρχει μέσα

στο ολοκλήρωμα, λογίζεται ως σταθερά. Δηλαδή:

F (x) = J: g (x) · f (t)dt = g (x) J: f (t)dt . Παράδειγμα:

J0x (3x2 + 1 )ημt2dt = (3χ2 + 1 )f: ημt2dt .

γ) Η συνάρτηση F(x) = J:(x) f (t)dt είναι

σύνθεση της h (x )= J: f (t)dt με την g(x) . Παράδειγμα:

χ2+3 F (χ) = J, ln tdt .

δ) Σύνθεση είναι και η συνάρτηση:

F(x) = rg(x)) f(t)dt η οποία για αΕ Δ γράφεται: Jh(x

F(x )= rα f (t)dt + rg(x) f (t)dt ή Jh(x) Jα F{x) =-J:(x) f {t)dt + J:(x) f {t)dt .


F (χ) = J� συνtdt =- rx2-2 συνtdt + rημχ συνtdt χ -2 Jo Jo ε) Για την παραγώγιση των συνθέσεων συ

ναρτήσεων ισχύουν:

(f:(x) f (t)dt J = f (g (x)) · g' (x) και:

(f:(�;f {t)dt J = ( -J:(x) f {t)dt + J:(x) f {t)dt J = -f(h(x )) · h'(x )+ f(g (x )) · g'(x) .


ί) rx2 Αν F(x )= Jo tημtdt τότε:

( χ2 )' ' F' (χ) = fo tημtdt = χ2 . ημχ2 . ( χ2 ) = 2χ 3 . ημχ 2 .

ίί) Αν F(x) =lσυνχ �1 +t2dt=-rημx �1 +t2dt+ rσυνχ �1 +t2dt ημχ k k τότε: F'(x) = { -J:μχ Pdt+ J;vx �1 + t2dt )' = -�1 + ημ2χ · (ημχJ +�1 +συν2χ · (συνχ)' = -συνχ�1 + ημ2χ -ημχ�1 +συν2χ .

Γ. Πεδίο ορισμού της F α) Αν η f είναι συνεχής στο πεδίο ορισμού

της Δ που είναι διάστημα της μορφής: [κ,λ] ή (κ,λ) ή [κ,λ) ή (κ,λ] με κ,λ Ε !R u{-oo,+oo} και αΕ Δ

τότε η συνάρτηση F (χ) = J: f ( t) dt έχει πεδίο ο

ρισμού το Δ.


ί) Η F( χ )= rx _!_dt έχει Α = IR , εφόσον η Jo et

-..;- ορίζεται στο IR , είναι συνεχής και Ο Ε IR . e

ίί) Η F(x )= J,x (In t + t)dt έχει Α= (Ο,+<χ>) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/61

Μαθηματικά για tην Γ' Λυκείου

εφόσον η ln t + t ορίζεται στο ( Ο,+οο) , είναι σu

νεχής και 1 ε (Ο, +οο) . β) Αν η f έχει πεδίο ορισμού το σύνολο Α

JΙDU είναι ένωση διαστημάτων, είναι σuνεχής σε

αuτό ιcm αε Α , τότε η F(x) = J: f (t)dt έχει πε

δίο ορισμού το «ευρύτερο» υποσύνολο του Α στο αιι:οίο ανήκει το α.


Αν F(x )= J�3 �t2 -4dt τότε πρέπει:

t2 - 4 � 0<=> t � -2 ή t � 2 δηλαδή για την

f ( t) = � t2 -4 το πεδίο ορισμού είναι το

Ar = (-οο,-2]υ [2,+οο) . Όμως: -3ε (-οο,-2] άρα

το πεδίο ορισμού της F είναι το Α = ( -οο,-2] .

γ) Αν F (x) = J:(x) f (t )dt ή F(x )= rg(x)f (t)dt και Ar το πεδίο ορισμού της Jh(x) f, στο οποίο αυτή είναι σuνεχής, τότε το πεδίο ορισμού της F είναι το «ευρύτερο>> υποσύνολο του Ar για το οποίο: h (χ)ε Ar και g(χ)ε Ar .


1-χ2+2χ σuvt i) Αν F(x) = --dt τότε για την ι t f(t) = σuvt

το Ar =JR* = (-οο,Ο)υ (Ο,+οο) , είναι t σuνεχής και 1 ε (Ο, +οο) οπότέ πρέπει:

-χ2 + 2χ > Ο<=> Ο< χ < 2 άρα το πεδίο ορισμού της F είναι το Α = (0, 2) .

J2x-3 ΓΖ"-: ii) Αν F(x) = χ2_1 ....; t- - 4dt τότε για

την f (t) =�t2 - 4 το Ar = (-οο,-2]υ [2,+οο) και

f σuνεχής στο AF οπότε πρέπει: 1 χ�-2χ -3�-2 2

και και

χ2 -1�-2 χ2 �-1 αδύνατο

ή <=> ή <=> ή 2χ-3�2 5 χ�- 5 χ�-

και 2 2 και και χ2 - 1�2 x �-J3ήx �.J3 χ2 �3

5 <=>χ�-2

Άρα το πεδίο ορισμού της F είναι το Α = [%, +οο). Παρατήρηση: Αν F(x )= J: f (t)dt και Ar ,

AF τα πεδία ορισμού των f, F αντίστοιχα και

α ε Ar τότε: AF ς Ar .

Δ. Όρια και η συνάρτηση F (χ) = J: f ( t) dt α) Για τον υπολογισμό του ορίου:

lim rg(x)f (t)dt όπου g και h σuνεχείς σuναρτήΧ�Χο Jh(x) σεις διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

i) Αν χ0 ε JR και χ0 ε AF με

F(x) = Γg(x) f (t)dt τότε: Jh(x) lim rg(x) f(t)dt = rg(xo )f (t)dt (γιατί;) χ�χ0 Jh(x) Jh(x0 )


. 1χ t 1\ t 1\ -t lιm -dt = -dt = te dt = χ�ι ο et ο et ο ι ' 2 1 t (-e-t ) dt = · · · = l -- . ο , e

ii) Αν χ0 ε JR υ {-οο, +οο} με Χο άκρο ανοι

χτού διαστήματος στο οποίο ορίζεται η σuνάρτηση

F(x) = Γg(x) f (t)dt και F αρχική της f τότε: Jh(x) J:(�; f( t )dt = [ F( t) J:�:� = F(g( χ))-F(h ( χ))

οπότε το ζητούμενο όριο είναι ισοδύναμο με το:

lim [F(g(x))-F(h (x))] . Χ�Χο Παράδειγμα:

i) Για το lim 1χ _!_dt έχουμε: x�+cc ο et J: ett dt = J: t( -e-t )

' dt = [ -te-t J: + J: e-tdt = -χ [ -t ]χ _:_χ -χ 1 1 χ + 1 ' -xe + -e =-xe -e + = --- οπο-ο ex

τε: lim 1χ _!_dt = lim (ι - x + l )= l - lim x + l x�-t-cc ο et x�-t-cc ex x�-t-cc ex "' 1 = 1- lim -= 1-0 = 1 . x�+cc ex

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λ.δ. τ.4/62

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

ii) Επίσης για το όριο: lim rx_1-dt αν χ�ι+ Je t.Jk;t f ( t) = b-:- έχω: Ar = (Ι, +οο) (γιατί;) και αν tν ln t

1 θέσουμε: u = ln t = g ( t) τότε: du =-dt άρα: t dt = tdu και Uι =g (e) = 1 , u2 = g(x) = ln x οπότε: rx � dt = Jιnx � du = [2..Γu]\nx = 2�-2 . Je tνln t ι νu ι 'Ετσι: lim rx b-:-dt = lim (2�-2) = -2 . χ�ι+ Je tν ln t χ�ι+

Γ r (t)dt β) Όρια της μορφής: lim α ( ) ή Χ�Χο g Χ

f (x) lim ή Χ�Χο J: g ( t) dt

Γ r (t)dt lim -'α=----χ�χο J: g(t)dt ί) Α ν χ0 = α και α ε IR και lim g (χ ) = Ο ,

χ->α

lim f (χ) = Ο οι παραπάνω μορφές μας οδηγούν σε χ->α

δ ' ' ο ' ' ζ απροσ ιοριστια της μορφης 0 οποτε εφαρμο ου-με τον κανόνα de L'Hospital αφού: (J: r (t)dt)' = f (x) και {J:g (t)dt)' = g (x) .

ii) Αν το χ0 ε !R u{-oo,+oo} εργαζόμαστε όπως στο (α) και εφόσον οδηγηθούμε σε aπροσδιο-ριστία της μορφής Q ή οο εφαρμόζουμε πάλι τον ο 00

κανόνα de L'Hospital. Παράδειγμα:

Για το όριο: lim F(x) με π π χ�- χ --2 2

Jημχ Μ

F(x) = 2χ e dt έχουμε: Η συνάρτηση π

είναι συνεχής στο IR άρα η F παραγωγίσιμη με: F'(x) = ( -J:: e.Q dt + J:"" e�Ι+ημ'•dt J _ )ι+ �2 ( 2χ J' )ι+ημ2χ ( )' _ --e · - + e · ημχ -π

2 � + . )ι+ημ2χ --e συνχ · e . Ακόμη π

ο F(x) ο F'(x) = Έτσι: ��χ -�=��

( π J'

2 2 2 χ - -2

lim r-3..)ι+ :�2 +συνχ . e)Ι+ημ2χ ] =-3..eJ2 . χ�� π π 2

Ε. Μελέτη της συνάρτησης F (χ) = J: f ( t) dt Όσα γνωρίζουμε από την παράγωγο για την

μελέτη μιας συνάρτησης εφαρμόζονται και στην περίπτωση της F.


Δίνεται η συνάρτηση F( χ)= J: ( t2 + 3t + 2 )dt . Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία, τα ακρότατα, την κοιλότητα, τα σημεία καμπής, το lim F(x) χ�±-και να γίνει πίνακας μεταβολών.

Η συνάρτηση t2 + 3t + 2 είναι συνεχής στο IR και η F δύο φορές παραγωγίσιμη με: F'(x) = χ2 + 3χ + 2 και ρίζες -2 και -1 και F"(x) = 2χ + 3 με ρίζα το _i . Έτσι: 2

χ -οο -2 -3/2 -t +οο

F' + b - - b + I F" - - ο + +

F ί ι �- J Τ.Μ. Σ.Κ. Τ.Ε.

οπότε: Η F γνησίως αύξουσα στα ( -οο, -2] , [ -1, +οο) και F γνησίως φθίνουσα στο [ -2,-1] . Στο -2 η F παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το

2 [t3 3t2 12 2 F(-2)= J: (t2 + 3t+2)dt = )+""2+2t = 3 Στο -1 η F παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το

[t3 3t2 ]-ι 5 F(-1) = · · · = -+-+ 2t = 6 3 2 ο

Στο ( -οο,-%] η F είναι κοίλη και στο [-i,+oo) η F είναι κυρτή. Στο _i η F παρου-2 • 2



σιάζει σημείο καμπής το F( -% )= · · · = -% . χ3 3χ2 , Τέλος: f(x)=3+2+ 2x οποτε:

lim F (χ) = -too και lim F (χ) = -= . χ-Η-οο χ�� Α σ κ ή σ/ ε ι ς λυ μ έ νιε ς

Άσκηση 1 Δίνεται η συνάρτηση f (x) = J: .Γχ"ημt2dt .

Να βρεθεί: α) το πεδίο ορισμού της, β) η f' και γ) το lim f' (x) .

χ�Ο Λύση

α) Είναι: f (χ) = ..Γχ J: ημt2dt με Α = [Ο, -too ) (γιατί; ) .

β) Η f παραγωγίσιμη στο (Ο,+=) ως γινόμενο παραγωγίσιμων με:

f'(x )= 1c rχημt2dt +-Γχ · ημχ2 . 2-νχ Jo Επίσης για την παραγωγισιμότητα στο Ο έ

χουμε: Για χ>Ο: . f(x)-f(O) . FxJ:ημt2dt - . J:ημt2dt

Ιιm = lιm - lιm Γ χ�· χ-Ο χ�· χ χ�· νχ ο -- 2 � lim

ημχ = 2 lim { .,Γχημχ2 ) = Ο χ�ο· 1 χ�ο· 2-Γχ

δηλαδή: f'(O) = Ο . {_1_Γ ημt2dt + ..Γχ . ημχ2 , χ > ο Άρα: f' (χ) = 2 ..Γχ ο Ο χ = Ο '

γ) Λόγω του (β) για χ>Ο είναι: lim f' (χ ) = lim [ 1Γ Γ ημt2dt + .,Γχημχ2 ] = χ--70 χ�ο· 2-ν χ ο

rx 2 ο Jl ημt dt ο 2 2 Iim 0 +0= lim

ημχ = lim { ,Γχ.ημχ ) =0 . χ�· 2Fx χ�· 2-1- χ�· 2Fx

Άσκηση 2 Στις παρακάτω συναρτήσεις να βρείτε το πε

δίο ορισμού και στη συνέχεια την παράγωγό τους.

α) f (χ) = συν(J0χ ημ2tdt ) β) f (χ) = ( J1x ln tdt )( J:1+l ημtdt )

Λύση α) Η ημ2t συνεχής στο IR οπότε η συνάρτη-

ση J: ημ2tdt ορίζεται στο IR άρα: Ar = IR (γιατί; ). Επίσης η f παραγωγίσιμη στο IR ως σύνθεση παραγωγίσιμων συναρτήσεων με:

' f'(x) = -ημ (Jοχ ημ2tdt) . υ: ημ2tdt) = -ημ2χ . ημ (J: ημ2tdt) .

• β) Είναι: Ar = (Ο, -too) (γιατί; ) και f παραγωγίσιμη στο (Ο, -too) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων με: f' (χ) = ln χ · J:2+1 ημtdt + Κ ln tdt · ημ( χ2 + 1) · ( χ2 + 1 )' = 1n χ . J:2+1 ημtdt + 2χημ( χ2 + 1) · J1x 1n tdt .

Άσκηση 3 Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = J.

x { 2t - t2 ) dt . Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr στο σημείο M(3, f (3)) .

Λύση Η συνάρτηση 2t - t2 είναι συνεχής στο IR ά

ρα Ar = IR και f παραγωγίσιμη με f' (χ) = 2χ - χ 2 . Η εφαπτομένη ε της Cr στο ση-μείο M(3,f(3)) έχει εξίσωση: ε:y-f(3)=f'(3)(x-3) . Όμως: f'(3) =-3 και f(3) = J13{2t-t2)dt= · · ·=-j

2 , 25 Άρα: ε : y+3 =-3(χ - 3) η ε : y =-3χ +3 . Άσκηση 4 Δίνεται η συνάρτηση f συνεχής στο IR και η

συνάρτηση F (χ) = fox t( J1x1 exf ( t) dt )dt, χ ε IR .

x2ex χ2 α) Να δειχθεί ότι: F (x) =-2- J1 f (t)dt .

β) Αν f(x) > O στο IR και F (2) = 6e2 να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την γραφική παράσταση της f, τον άξονα



χ'χ και τις ευθείες χ = 1 και χ = 4 .

Λύση

rx ΧΖ α) Είναι: F(x) = Jo (t · ex · Jι f(t)dt)dt =

= e' · J:' f(t)dt · J: tdt = e' J: f (t)dt · [ 1� Ι = xzex xz =-2-fι f (t)dt .

β) Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε = fι4 f ( t )dt (1) εφόσον η f(x) > Ο στο IR .

xzex xz Λόγω του (α) είναι: F(x)=- r f(t)dt, xEJR 2 Jι απ' όπου για χ = 2 παίρνουμε:

F ( 2) = 4e2 f4 f ( t) dt = 2e2 r4 f ( t) dt . 2 ι Jι Όμως: F ( 2) = 6e2 (από υπόθεση) οπότε: J4 J4 (I) 6e2 = 2e2 1 f(t)dt <=> ι f (t)dt = 3<=>E= 3 τ.μ. Άσκηση 5 Να βρεθεί η συνάρτηση f : IR -7 (Ο,+οο) συ-

νεχής, όταν ισχύει: f(x) = (Ι+ x'J( ι+ J:: � � dt} Λύση Η ισότητα που δόθηκε γράφεται:

f(x) = 1 + Jx f(t) dt (1). 1 + χ2 ι 1 + t2 Θέτουμε: g (χ) = f (χ� με χ Ε IR συνεχής και 1 + χ

η (1) παίρνει τη μορφή: g ( χ)= 1 + Jιχ g ( t )dt (2). Εφόσον η g συνεχής στο IR η Jιχ g ( t) dt πα

ραγωγίσιμη οπότε από την (2) παίρνουμε: g'(x )= (1 + fιx g (t)dt)' ή g'(x) = g (x) (3). Όμως: g(x )= f(x) > 0 εφόσον: 1 + χ2

f(A) = (Ο,+οο) οπότε από (3) <=> g' (χ) = 1 <=> f g' (χ) dx = f dx =} g (x) g(x) lng(x) = x + c=? g(x) = ex+c , cE IR .

Ακόμη g (1) = ec και λόγω (2): g (1) = 1 άρα:

ec = 1 <=> c = Ο . 'Ετσι: g (χ) = ex <=> f (χ) = ex <=> 1 + χ2 <=> f (χ) = ( 1 + χ 2 ) ex- η ζητούμενη συνάρτηση.

Άσκηση 6 Δίνονται οι συναρτήσεις f, g για τις οποίες

J2χ+Ι f ισχύουν: g( χ) = -dt (1), 2χ-Ι 4 f' (χ) = g' (χ) + κχ2 + λχ - 4 (2) για κάθε χ Ε IR

10 και κ, λ Ε IR , f (1) = -- (3).

3 α) Να βρεθούν: i) ο τύπος της g. ii) Τα όρια: limg(x) και lim g(x) . χ---+0 Χ---++οο

iii) Το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από την Cg τον άξονα χ'χ και την ευθεία

3 χ = -- . 2

β) Αν η συνάρτηση f παρουσιάζει τοπικά

ακρότατα στα χ1 = -1 και χ2 = 3 να βρεθεί ο

τύπος της. γ) Να βρείτε τη θέση χ3 του σημείου κα

μπής της συνάρτησης f καθώς και το σημείο καμπής.

δ) Να δείξετε ότι τα σημεία: Α( Χι , f ( Χι )) ,

Β( χυf( χ2 )) και Γ{ x3 ,f( χ3 )) είναι συνευθειακά.

Λύση α) i) Είναι Α8 = IR (γιατί;). Από την (1)

παίρνουμε: g(x) = [� ]Zx+t = . . · = χ δηλαδή: g(x) = x .

2χ-1 ii) Επίσης: 1img( χ) = Ο και lim g( χ) = +οο . χ---+0 χ--++οο

iii) Ακόμη f(x) :::;; o στο [ -% ,0] οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι:

Ε = J031-f (x)dx = . . . =2. τ.μ. 72 8

β) Επίσης από την (2) παίρνουμε: J f'(x )dx = f[ g'( χ)+ κχ2 + λχ -4 ]dx =?

κ 3 λ f(x) = g(x)+-x +-χ2 -4χ + c, CE IR . 3 2 Όμως g(x) = x οπότε:

κ: λ. f (x)= -x3 + - χ2 - 3χ + c, c E IR . 3 2

'Ετσι: f(1) = κ +�- 3+ c και λόγω (3): 3 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/65


1 0 κ λ 1 κ λ -- = - + - - 3 + c <=> · · · <=> c = - - - - - - . 3 3 2 3 2 2

, ( ) κ 3 λ 2 1 κ λ Άρα: f χ = - χ +-χ - 3χ - - - - - -. 3 2 3 3 2 Η f παραγωγίσιμη στο � με:

f' (χ) = κχ 2 + λχ -3 . Εφόσον στα σημεία Χ1 = -1 και χ2 = 3 παρουσιάζει ακρότατα από θ. Fermat

f'(-1) = 0} κ-λ=3 } κ = 1 θα είναι: και <=> . . . <=> _

<=> _ _ '( ) 3κ+λ- 1 λ- 2 f 3 =0

' ( ) 1 3 2 1 Άρα: f χ = · · · = - χ - χ - 3χ + - . 3 3 γ) Η f δύο φορές παραγωγίσιμη στο � με:

f'(x) = x2 - 2χ - 3 και f"(x) = 2x - 2 οπότε: χ -αJ ι +οο r· - ό +

f ί\ v Σ. Κ.

Δηλαδή η f στο σημείο χ3 = 1 παρουσιάζει (3)( 1 0 ) σημείο καμπής το Γ(1, f(1)) = 1,-3 .

δ) Έχουμε: A(-1, f (-1)) = (-1,2) , B (3, f (3)) = (3. - 236 ) και Γ(1,f(1)) = (1,- 13°} Έτσι: λΑΒ = ΥΒ -yA = · · · = -!

Χ8 - ΧΑ 3 λΒr = Yr - ΥΒ = . . . = _!

Xr - ΧΒ 3

Α σ κ 1\! CJ ειι ς "f1l αι λ:ύ; σ η; Άσκήση 7 Στις παρακάτω συναρτήσεις να βρείτε το

πεδίο ορισμού και στη συνέχεια την παράγωγό τους. α) f (x) = Ι:

t2 �

t dt β) f (x) = Ilxημ2tdt

γ) Ι οχ (Ι: 2 : t2 dt )dy δ) f (Χ) = Ι!; σuvtdt συνtdt .

Άσκηση 8 Να υπολογίσετε τα παρακάτω όρια:

1 lx 2 r: 1 J4 πt α) lim2 ημ νtdt β) lim -- συν-dt χ�Ο Χ Ο χ�4 4 - Χ χ t

γ) lim rx χ ο et-xdt ο

x�+a • . Jo Άσκηση 9 Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα , , f ( ) Jxz t2 - 1 d ακροτατα η συναρτηση χ = -3-- t .

χ t + t Άσκηση 10 Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο

� και γνησίως αύξουσα. Α ν f (Ο) = Ο να δειχθεί ότι η εξίσωση:

Ι:( χ) t2dt = 1 - ex έχει μια μόνο ρίζα στο � . Άσκηση 1 1 Δίνεται η συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο

[Ο, +οο) και για την οποία ισχύει:

Ι: f (t )dt = (χ + l) f (x) - χ2 + 2001 . Να βρεθεί ο τύπος της f.

Άσκηση 12 Δ, , f( ) 1 2001 ινεται η συναρτηση χ = � + --ν χ2 + 1 2004

Οπότε: λΑΒ = λ8r <=> ΑΒ 11 ΒΓ . Επομένως τα με χ > Ο . σημεία Α, Β, Γ είναι συνευθειακά. α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία

Θέμα 1° Με r� ημ (2ν + 1) t

12v+l = J1 dt ' ο ημt δείξατε:

12v+l = lzv-ι . Ακολούθως υπολογίσατε το 12v+l . Λύση

l:!v+l = r� ημ (2ν + 1) t dt = r� ημ[(2ν - l)t + 2t] dt= Jo η� Jo η�

Jx+l β) Να βρεθεί το lim f(t)dt . χ�+οο χ

του Θάνου Χαραλάμπους

= l� ημ (2ν - 1) tσυν2t + ημ2tσυν (2ν - 1) t dt = ο ημt = l� η μ ( 2ν - 1) tσυν2t dt + ο ημt

+ l� ημ2tσυν(2ν - 1) t dt = ο ημt


----------- Μαθηματικά Ύια την Γ' Λυκείου

riz ημ (2ν - 1) t (1 - 2ημ2 t) = � 2 ili + ο ημt

riz 2ημt . συνt . συν(2ν - 1) t +� ili = ο ημt = iiz ημ (2ν - 1) t dt - 2 rizημ (2ν - 1) t · ημtdt + ο ημt Jo +2 Jrzσυvt . συν (2ν - 1) tdt =

=lzv-1 +2J�( συνt · συν(2ν-1)t-ημt · ημ(2ν-1)t)dt=

= lzv-1 + 2 Jrz συν [ ( 2ν - 1) t + t J dt =

π

= lzv-1 + 2fιizσυν(2vt)dt = I2v_1 + 2 ημ(2νt).

Ξ = ο 2ν ο

π ημ(2νt) 2 1 = lzv-1 + = lzv-1 +-( ημνπ-ημΟο) = lzv-ι ν 0 ν Άρα 12v+1 = lzv-1 Ιι = rizdt = π Jo 2 ν = 1 J{ = 11 ν = 2 J{=J{

12ν+1 =� lzv+I = Ι ι Θέμα 2° Μια βασική ταυτότητα με πολλές εφαρμο-

yές ••• J:r (x)dx = J: (α + β - χ)dχ . ΑΠΟΔΕΙΞΗ

Εάν Ι = J: f (χ )dx , θέτω χ =α+ β - y . Τότε . Για χ =α α=α+ β -y=> y=β χ =β β = α+ β - y=> y= α

άρα I = J: f(α+β-y)(-dy)= J: f(α+β -y)dy= = J: f (α + β - χ) dx . . Επομένως 21= J:r(x)dx+ J:r(α+β-x)dx= = J: ( f (χ) + f (α + β - χ)) dx ή

1 rβ ( 1 =2Jα f(x)+ f(α+ β - x))dx . ΕΦΑΡΜΟΓΗ

Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα:

Jπι ι Ι = 73 dx % ι + ε.Jzοοι χ φ

Λύση Εφαρμόζοντας την ταυτότητα rβ · rβ Jα f (x)dx = Jα (α+ β -χ)dχ άρα 21 = J: ( f (χ) + f (α + β -χ)) dx =>

1 rβ => 1 =2Jα {f (x) + f (α + β - x))dx . Άρα

I =_!_J� [ 1 + 1 ]dx 2 % 1 + εφ.J2001 χ 1 + εφ.Jzοοι (� + Ι _ χ) 1 J� [ 1 1 ] = 2 % 1 + εφ .Jzoo ι χ + 1 + εφ .Jzooι ( � _ χ) dx

1 J�[ 1 1 ] =2 % 1 + εφ.Jzοο1 χ + 1 + σφ.Jzοοι χ dx

=�J� [ 1 + εφ�χ + 1 + -1-1- ]dx

εφ./200ιχ

=- 3 + dx 1 J�[ 1 εφ.JΖΟΟι χ ] 2 % 1 + εφ.J2001 χ 1 + εφ.,/2001 �

=.!. J.� 1 + εφ .J2oOi χ dx =.!. r� dx 2 % 1 + εφ .J2oOi χ 2 J%

=�( �-� )=� ·�= 1�

Άρα 1 =� . 12 Οpισμξνο ολοd.ήρωμα. 1\fl\ Rμμε-τp(α ι η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ Συναρτήσεις με άξονα συμμετρίας Για μια συνάρτηση με άξονα συμμετρίας την

ευθεία χ = α , ισχύει f ( α+ χ) = f( α- χ), '\/χε Α . Θέτοντας, όπου χ, το χ -α έχουμε:

f(x) = f(2α- x), '\/χε Α . Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο δώ

στημα [α, β] , δέχεται δε το διάγραμμά της την ει>-α+β θεία χ= -2- , άξονα συμμετρίας, τότε

J: f(x)dx = 2J:;β f(x)dx .


Μαθηματικά yια την Γ' Λυκείου

Ε

Α(α,Ο) Β(β,Ο)

r (φ, ο) ΑΠΟΔΕΙΞΗ

β � β ι f(x)dx = ι2 f(x)dx = J�f(x)dx . 2

Εφόσον η f έχει άξονα συμμετρίας τον χ = α+ β τότε f (χ) = f (α+ β -χ) . 2 J�β f (χ) dx = J�+β f (α+ β -χ) dx =

2 2 Θέτουμε α+β-χ =y�dx =--dy Ja Για χ = α+ β ' y= α+ β

= •;β l (y)( --dy) = 2 2 χ =β y=α α+β α+β = J; f (y)dy = J; f(x)dx .

β α+β Άρα ι f(x)dx = 2 ι2 f(x)dx . Δηλαδή το εμβαδόν ( ΑΔΕΖΒ) = 2 ( ΑΔΕΓ) . 2η ΠΕΡΙΠΤΩΣΗ Μια συνάρτηση με κέντρο συμμετρίας

Σ (α, β) έχει τύπο για τον οποίο ισχύει f(α+ χ)+ f(α - χ) = 2β . Για χ = Ο 2f (α) = 2β � f (α) = β . Άρα

f (α + χ) + f (α - χ) = 2f (α) � f (α + χ) - f (α) = =f (α) - f (α - χ) .

χ) f(α+

f(α)=

f(α-χ

β

)

-

Σv _/

α-χ α α+χ

Στην f(α+ χ)+f (α - χ) = 2β θέτουμε όπου

χ, το χ -α και έχουμε f (χ) + f ( 2α- χ) = 2β . Έστω συνάρτηση f για την οποία ισχύει

f (α + χ)+ f (α - χ) = 2β, \/χ ε Α , δηλαδή δέχεται το γράφημα της f κέντρο συμμετρίας το σημείο Σ(α,β) . Να υπολογισθεί το ολοκλήρωμα και να δοθεί γεωμετρική ερμηνεία Ι = J:a f(x )dx .

Λύση Η συνάρτηση f έχει κέντρο συμμετρίας

Σ(α,β) . Από f (α + χ) + f (α - χ) = 2β, \/χε Α έχουμε θέτοντας όπου χ το χ - α

f(χ)+ f(2α-χ ) = 2β, \/χε Α rzαf (x)dx + r2αf (2α- x)dx = r2α2βdχ Jo . Jo Jo Χρησιμοποιώντας τον τύπο:

J:r (x)dx = J:r (α+β- x)dx έχουμε για β = 2α . J:af(x)dx = J:af (2α- x)dx

(Ε)

α = Ο ,

Επομένως η (Ε) γίνεται: 2J:af(x)dx = J:a2βdx 2 J:a f(x)dx = 2β J:a dx J:a f(x)dx = βJ:α dx = β(2α-0) = 2αβ άρα J:af(x)dx = 2αβ . ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΗ ΕΡΜΗΝΕΙΑ

Ο Α( α, Ο) Β(2α,Ο)

r2α Jo f(x)dx = (ΟΕΣΖΒ) 2αβ = ( ΟΔΣΓΒ) Άρα (ΟΕΣΖΒ) = (ΟΔΣΓΒ)

ΕΙΙΙΙνιιλΙt.πrικΑ ΙipιιτΙΑ, ΚΙΑτsόlον6ΙΙ του Αντώνη Κυριακόπουλου

1 ) Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες για κάθε χ,yε IR , ισχύει: είναι ορισμένες στο IR , παργωγίσιμες στο Ο και f (χ + y) = f (χ) + f (y) + 4xy . (1)



Λύση Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμέ

νες συνθήκες. Θα δείξουμε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο JR • Από την ( 1 ) με χ = y = Ο , βρίσκουμε ότι f (Ο) = Ο . Έστω ένας αρ1θμός χ0 Ε JR . Έχουμε: 1( ) . f (x0 + h) - f (x0 ) (1> f χ0 = lιm =

h�O h . f (x0 )+ f (h) + 4x0h - f (x0 ) = lιm __..:.---=...;:.....___:_.....:..... _ __:_ _ ___:.--=....:..

h�O h . [f (h) - f (O) ] I = lιm + 4χ0 = f (0) + 4χ0 h�O h - 0

Άρα, η f είναι παραγωγίσιμη στο JR και αν θέσουμε f1 (Ο) = a , έχουμε στο JR :

I f1(x) = a + 4χ � f1(x) = (ax + 2χ2 ) �

f (x) = ax + 2x2 + c (2). Από αυτή με χ = Ο , έχουμε f (Ο) = c και επει

δή f(O) = Ο , έχουμε c = Ο . Έτσι, από την (2), έχουμε στο JR :

f (x) = ax + 2x2 (3).

Όπως βρίσκουμε εύκολα, οι συναρτήσεις (3), όπου a Ε JR , πληρούν τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι οι ζητούμενες.

2) Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης:

2 Ιη χ = λχ2 + 1 (1) για τις διάφορες τιμές του λ Ε JR •

Λύση Το σύνολο ορισμού της εξίσωσης (1) είναι

Α = (Ο, -tco) . Για κάθε χ > Ο , έχουμε: (1) <=> λχ2 = 2 ln x - 1 <=> 2ln x - l _λ = O (2). χ2 Θεωρούμε τη συνάρτηση:

2ln x - 1 f (Χ) 2 -λ , Χ Ε ( 0, -tco) . χ Στο (Ο, +οο) , έχουμε:

2 _!_ χ 2 - ( 2ln χ - 1) . 2χ fl (Χ) = ___:_:_Χ---:----= χ4

1 _ ln χ {> Ο, αν χ < e = 4 =0 αν χ = e 3

' χ < 0, αν x > e Συμπεραίνουμε ότι: f γνησίως αύξουσα στο

(Ο, e] και f γνησίως φθίνουσα στο [ e, +οο) .

•

•

χ ο

r

f

e + b -

τ

+co

/λ� -οο f(e)=� -λ -λ

Έχουμε: Ι. f ( ) 1 . f 2 ln x - l λ) ιm χ = ιm -

χ�ο· χ�ο· χ2 = lim _Ι {21ηχ - 1 )-λ] =-οο.

χ�ο· χ2 lim f(x) = lim ( 2lη�- l - λ)=-λ , γιατί

χ �-tcc χ �-tcc χ (:) 2_!_

lim 21n χ - Ι = lim _____Δ_ = lim -1-= Ο .

x�-tcc χ2 x�-tcc 2χ x�-tcc χ2 Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f: !με ΧΕ (O,e] , είναι { -οο, e

12 - λ] = Δ1

με χ Ε ( e, -tco ), είναι {-λ, e12 - λ)= Δ2 1) Έστω ότι λ :ς Ο . Τότε ΟΕ Δ1 και Οιι: Δ2 • Συμπεραίνουμε ότι η f έχει μία μόνο ρίζα, η οποία

ανήκει στο διάστημα (Ο, e) , αφού τότε 1 f(e) =---z - λ > O . e

2) 'Εστω ότι Ο < λ <� . Τότε ΟΕ Δ1 και e Ο Ε Δ2 • Συμπεραίνουμε ότι η f έχει μία ρίζα στο διάστημα (Ο, e) και μία στο ( e, +οο) .

3) 'Εστω ότι λ=� . Τότε, όπως βρίσκουμε e εύκολα η f έχει μόνο τη ρίζα χ = e .

4) 'Εστω ότι λ>� . Τότε Οιι: Δ1 και Οιι: Δ2 e και άρα η f δεν έχει ρίζα.

Συνοπτικά

ο

χ

3) Έστω η συνάρτηση: f (χ) = _e_ . χ + 1 Να βρείτε:

+oc

1 ) Τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της f.



2) Το σύνολο τιμών της f.

3) Τις τετμημένες των σημείων της Cr , στα οποία οι εφαπτόμενες αυτής διέρχονται από την αρχή των αξόνων.

Λύση Το σύνολο ορισμού της f, είναι Α = ( --οο, -1) υ ( -1, -too) .

ι) Στο Α, έχουμε: ex (x+ l)-ex f1(x) (χ+1)2

χ {>Ο, ανχ>Ο xe ---=- =0 ανχ=Ο 2 ' (χ+ 1) <Ο, αν χ< Ο (χ :;e -1)

χ -00 -1 ο +οο

f - - b + τ f ο� �4-. +οο

-00 1 / τ.ε

. Συμπεραίνουμε ότι: f γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, -1) , f γνησίως

φθίνουσα στο ( ,_ 1, Ο] και f γνησίως αύξουσα στο [Ο, +οο) . Επίσης, ότι η f στο Ο έχει τοπικό ελάΥJστο, ίσο με f (Ο) = 1 .

2) Έχουμε: lim f (x )= lim (ex-1-

)= o , χ-+-- χ -+--ao χ + 1

lim f(x) = lim (ex-1-

)=-oo , Χ---7-Γ Χ---7-Γ Χ + } lim f (x) = lim

(ex-1-)=-too , X---7-l+ X---7-i+ Χ + } lim f (x )= lim �(Q)= lim ex =-too .

Χ-Ηοο X---7-tco Χ + } 0 X---7-tco Συμπεραίνουμε εύκολα ότι:

f(A) = ( -οο,Ο) υ [1,-too) . 3) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr σ' έ

να σημείο της με τετμημένη χ0 ε Α , είναι: Υ -f ( χ0 ) = (Χ - χ0 )f1 ( χ0 ) .

Η εφαπτομένη αυτή διέρχεται από την αρχή των αξόνων αν, και μόνο αν:

. Ι eXo Χ eXo -f(xo ) = -xof (χο ) <=>--=χο ο 2 <=> Χο + 1 (χο + Ι) ( 2 ) ( 1 +../5 ' 1 -../5 ) Χο -χο - 1 = 0<=> χσ =-2-η Χο =-2- .

Ά ζ ' ' ' 1 +.J5 ρα, οι ητουμενες τετμημενες ειναι -2-

1 - ../5 και --· . 2 4) Έστω η συνάρτηση:

f (χ) = ln ( e2x. + a) - χ , όπου α > Ο . ι) Ν α δείξετε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή στο

ι χ0 =-lna . 2

2) Όταν το a διατρέχει το διάστημα

(Ο, +οο) , να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των ση-

μείων ( χ0 , f ( χ0 ) ) •

3) Να βρείτε το ολοκλήρωμα:

Ι (χ) = J e2xf (x)dx .

Λύση ι) Η f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο

I 2e2X e2X -a JR με: f (χ) = 2 - 1 = 2 . (1) e x + a e x + a Έχουμε: f'{x)>O<:::>e2x -a>O<:::>e2x >elna <=>

1 <=> 2χ > ln a <=> χ > -ln a . 2 Όμοια, έχουμε: f1 (χ) = Ο <=> χ = ..!...1n a 2

f1(x) < O<=> x <..!...lna . 2 χ --οο l /2 lna +οο

f' - Δ + ί f ��/ ελαχ.

και

Συμπεραίνουμε ότι η f στο χ0 =..!...lna (και 2 μόνο σ' αυτό) έχει ελάΥJστη τιμή, ίση με: f(Xo) =ln(elna +a)-..!.. Ina=ln2a-_!_lna=ln2+_!_1na. 2 2 2

2) Ένα σημείο Μ (χ, y) ανήκει στο ζητούμενο γ.τ. αν, και μόνο αν, υπάρχει a > Ο με:

1 1 χ = χ0 =-lna και y = y0 = ln2 +-lna . 2 2 Προς τούτο, πρέπει και αρκεί: y = χ + ln 2 . Ά-

ρα, ο ζητούμενος γ.τ. είναι η ευθεία με εξίσωση: y= x + ln 2 .

1 I

3) Έχουμε: Ι( χ) ="2 J ( e2x ) f (x )dx = =..!...e2x f (x) -..!...Je2xf1(x)dx . (2). 2 2



(I) e2x -a 'Εχουμε: Ι1(χ)= Je2x · f'(x)dx.= Je2x ·-2-dx.. e χ +a Θέτουμε: ω= e2x , οπότε dω = 2e2xdx . Έτσι,

έχουμε: Ι1 (χ) =.!.. J ω - a dω =.!..J(1 -�

)dω = 2 ω + a 2 ω + a = .!..Jdω - aJ-

1-dω.

2 ω + a 1 =-ω- aln (ω + a) + c = 2

= Ξ e2x - a In ( e2x + a) + c Έτσι, από την (2), έχουμε:

I(x)=�e2x [ In{ e2x +a}-x J-1 2χ 1 In ( 2χ ) ι -4e +2a e + a -2c .

5) Να δείξετε ότι, ΎUJ κάθε χ > Ο , ισχύει:

Jfe e-tz dt � s::ι e-tz dt .(1) Λύση Παρατηρούμε ότι, αν θεωρήσουμε τη συνάρ-

τη ση: g (χ) = Jox e -tι dt I IR ' για να δείξουμε την (1), αρκεί να δείξουμε ότι, για κάθε χ > Ο , ισχύει: g(: )� g(In χ) . (2)

2 Έχουμε στο IR : g'(x) = e-x > Ο . Άρα, η g είναι γνησίως αύξουσα στο IR . Έτσι,

για να δείξουμε την (2), αρκεί να δείξουμε ότι, για κάθε χ > Ο , ισχύει: � � In χ . (3) e Προς τούτο, θεωρούμε τη συνάρτηση:

φ(χ) = χ -Inx 1 (0,-too) . e Η φ είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, -too) με:

ι 1 χ _ e {> Ο, αν χ > e φ' (χ) = - --=-- = Ο, αν χ = e e χ ex < 0 αν χ < e '

χ ο e +οο

φ' - Δ + i

φ �λ/ ελαχ. Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ > Ο , έχουμε:

χ χ φ(x )� φ(e)=>-- ln x � O=>- � ln x . e e

Άρα, η (3) ισχύει. π

6) Να δείξετε ότι: J2 συνχ dx = 1 . -� ex + 1 2

Λύση Ονομάζουμε Ι το ολοκλήρωμα του πρώτου

μέλους. Θέτουμε: ω= -χ , οπότε dω = -dx . Με π ' π π ' χ = -- εχουμε ω1 =- και με χ =- εχουμε 2 2 2 π 'Ε , ω2 = -2 . τσι, εχουμε:

J-iz συν(-ω) JYz eωσυνω Ι = - dω = dω= Yz e-ω + 1 -iz ι + eω = srz ex συνχ dx .

-iz ex + 1 Έχουμε λοtπόν: Ι = JYz συνχ dx και Ι = JYz eχσυνχ dx . -iz ex + 1 -iz ex + 1 Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές,

, J� συνχ + eχσυνχ βρισκουμε: 21 = 2 dx. = -� ex + ι = srz συνχdχ = [ ημχ ]Yz = 2 . -iz -iz

Άρα: 21 = 2 και συνεπώς Ι = ι . 7) Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συ

νεχής στο διάστημα [Ο, 1] και για ένα φυσικό α-

ριθμό ν � 2 ισχύει: νJ; r (x)dx = 1 . (1)

Ν α δείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (Ο, 1) με

f (x0 ) = χ�-ι .

Λύση Από την (1) έχουμε:

r1 f (x)dx -_!_ = 0=> r1 f (x)dx - r1 xv-1dx = 0=> . Jo ν Jo Jo =:::) J� [ f {Χ) - Χ ν-1 J dx = Ο (2)

Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x )= J;[r (t) - tv-1 ]dt . (3)

Η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο [0, 1] με: F'(x) = f(x) - xv-1 . (4) Από τις (3) και (2) βρίσκουμε ότι F{1) = Ο και

F (Ο) = Ο . Έτσι, η F πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [0, 1] και άρα υπάρχει Χ ο Ε ( 0, ι) με:

(4) F'(x0 ) = 0=>f(x0 ) - x�-1 = 0=> f(x0 ) = x�-1 • ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/71

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα:

I ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Κανόνας: Η Homo Mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές.

Όποιος ξέρει καλά Μαθηματικά ξέρει και καλό ... μπάσκετ; Προ καιρού ένας καλός φίλος Γυμναστής, που ασχολείται με τα σπορ με τόση επιμέλεια, όση και ο Gauss με τα Μαθηματικά, μας ξάφνιασε όταν μας είπε πως, σε ένα σεμινάριο που έλαβε μέρος, άκουσε ότι τα Μαθηματικά χρησιμεύουν για την μελέτη ενός από τα πιο δημοφιλή αθλήματα, του μπάσκετ. Ψάξαμε τη σχετική βιβλιογραφία. Από το θησαυρό πληροφοριών που βγήκε στην επιφάνεια διαλέξαμε αυτό που βρήκαμε στο έγκυρο εmστημονικό περιοδικό (βιβλιοθήκης), το "QUANTUM" (εκδόσεις "Κάτοπτρο"), με τίτλο: "Άλματα και καλαθιές, κινηματική στο γήπεδο του μπάσκετ " του Roman Vinokur (τόμος 2, τεύχος 6). Σας παρουσιάζουμε τα κυριότερα σημεία του.

Στο σχήμα που βλέπετε με U παριστάνουμε τη διεύθυνση κατά την οποία κινείται η μπάλα, με Β

Του Γιάννη Κερασαρίδη

το κέντρο της μπάλας λίγο πριν φύγει από τα χέρια του μπασκετμπολίστα, με θ τη γωνία βολής της μπάλας, με Α το κέντρο του στεφανιού του καλαθιού, με D (=0,45 m) την εσωτερική διάμετρο του στεφανιού, με φ τη γωνία (ως προς την οριζόντια διεύθυνση) με την οποία η μπάλα μπαίνει στο καλάθι, με Η (=3,05 m) το ύψος του στεφανιού από το πάτωμα, με δ (περί-που ίσο με 0 ) τη διάμετρο 2 της μπάλας, με h τη διαφορά υψομέτρου ανάμεσα στο σημείο Β και το επίπεδο του καλαθιού, με ΔΙ την απόσταση του κέντρου του στεφανιού και του κέντρου της μπάλας την στιγμή που αυτή φτάνει στο στεφάνι, με L την οριζόντια απόσταση του κέντρου της μπάλας (την στιγμή που φεύγει από τα χέρια του μπασκετμπολίστα) και του κέντρου του στεφανιού, με V την αρχική ταχύτητα της μπάλας και g=9,81 rnlsec2 την επιτάχυνση της βαρύτητας.


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Για να μπορέσει η μπάλα να περάσει μέσα στο στεφάνι, χωρίς να το αγγίξει, πρέπει

D 1 IΔ11 �-(1 --) 2 2ημφ

Η συνθήκη αυτη εχει νόημα όταν φ> 30° , γιατί αν φ< 30° η μπάλα θα χτυπήσει οπωσδήποτε στο χείλος του στεφανιού (ιδιαίτατα όταν η ταχύτητα της μπάλας είναι αρκετά μεγάλη τη στιγμή που χτυπά στο χείλος). Αν αυξήσουμε τη γωνία φ, αυξάνουμε τις πιθανότητές να "πετύχουμε" καλάθι. Μια "πολύ καλή" γωνία φ θεωρείται αυτή των 60° .

Είναι φανερό ότι η γωνία φ αυξάνει όσο μεγαλύτερη γίνεται η γωνία θ. Αν προσπαθήσετε να σουτάρετε υπό μια μεγάλη γωνία θ (π.χ. θΟ 70° ) και από σχετικά μεγάλη απόσταση είναι μάλλον δύσκολο να πετύχετε καλάθι. Ορισμένες φορές μάλλιστα είναι δύσκολο να φτάσει η μπάλα στο στεφάνι. Όταν μερικές φορές οι παίκτες σουτάρουν από μακριά, αναγκάζονται να το κάνουν λόγω του ύψους και των μακριών χεριών των αντιπάλων.

Οι εξισώσεις που περιγράφουν την κίνηση του κέντρου της μπάλας είναι

L=(Vσυνθ)t h= L εφα=(V ημθ)t - g t2 /2

Από τις (1 ) παίρνουμε L= y2 ημ(2θ-α) -ημα (2)

g συνα

( 1 )

Από τη ν (2) έπεται πως ένας παίχτης που απέχει δεδομένη απόσταση από τη μπασκέτα μπορεί να πετύχει ένα καλό σουτ με την ελάχιστη ταχύτητα - και, κατά συνέπεια, με την ελάχιστη κατανάλωση ενέργειας - όταν 2θ - α =90° . Άρα η βέλτιστη γωνία βολής είναι

Η γωνία α εξαρτάται από το L. Στην περίπτωση μακρινού σουτ (h<L ), η γωνία αυτή είναι πολύ μικρή και, σύμφωνα με την εξίσωση (3), η βέλτιστη γωνία βολής ισούται περίπου με 45° (ή . ίσως κατά λίγες μοίρες μικρότερη). Ας ελέγξουμε αυτό το συμπέρασμα, υποθέ

τοντας ότι η μπάλα βρίσκεται σε ύψος 2 m στην

αρχική φάση της βολής (που είναι συνήθης περίπτωση εφόσον δεν είστε γίγαντας και σουτάρετε χωρίς να πηδάτε). Τότε h=3,05-2,0=1 ,05 m. Λαμβάνοντας ως απόσταση L=6 m προκύπτει ότι α= 10° , δηλ. θβελ = 45° +5° = 50° . Α ντικαθι-στώντας το αποτέλεσμα αυτό στην (2), υπολογίζουμε ότι η αρχική ταχύτητα της μπάλας θα έπρεπε (στην περίπτωσή μας) να ισούται με 8,35 m/sec.

Είναι ενδιαφέρον πως όταν η γωνία βολής είναι η βέλτιστη, η αρχική ταχύτητα εκτόξευσης της μπάλας είναι η ελάχιστη. Πρόκειται για μια ωραία ανακάλυψη. Αλλά η έννοια της βέλτιστης γωνίας έχει το πλεονέκτημα ότι μας οδηγεί σε ένα εκπληκτικό φαινόμενο: το μήκος του σουτ σχεδόν δεν εξαρτάται από μικρές αποκλίσεις της γωνίας βολής από τη βέλτιστη τιμή ! ! Το αποτέλεσμα αυτό είναι ιδιαίτερα χρήσιμο επειδή δυστυχώς (ή ευτυχώς) δεν είμαστε ρομπότ - διαπράττουμε σφάλματα και όχι μόνο κατά τη διάρκεια του μπάσκετ.

Η αντίσταση του αέρα Η μπάλα του μπάσκετ επηρεάζεται από τον

αέρα σε μικρότερο βαθμό από τη μπάλα του τένις ή του ποδοσφαίρου, κυρίως γιατί η κίνησή της είναι πολύ πιο αργή. Οι μπάλες του τένις κινούνται με ταχύτητες έως 30 m/sec, ενώ μια μπάλα του μπάσκετ συνήθως δεν κινείται ταχύτερα από 10 m/sec.

Για να συμπεριλάβουμε την αντίσταση του αέρα στα σουτ του μπάσκετ θα χρειαζόταν να προσφύγουμε σε διαφορικές εξισώσεις. Κάντε υπομονή ως ότου γίνετε φοιτητές για να μάθετε διαφορικές εξισώσεις . . . και τότε τα λέμε . . . Λίγη ιστορία

Το 1 89 1 , στο Σπρίγκφιλντ της Μασσαχουσέττης, "γεννήθηκε" από τον Τζέϊμς Νέϊσμιθ το μπάσκετ, με καλάθι ένα πραγματικό καλάθι για ροδάκινα. Το 1977 ο Τεντ Μάρτιν πέτυχε 2.036 καλα

θιές σε ισάριθμες βολές. Το 1978 ο Φρεντ Νιούμαν πέτυχε 88 συνε

χείς καλαθιές με κλειστά μάτια ! !


Δ�·· ···Ί Η •rίλt rtr Ιλλtλ•vp•φί•r ι })]

Απ' τον μαθητή Γιάννη Παναγιωτίδη, μαθητή του 1 ου ενιαίου Λυκείου Σερρών, πήραμε ένα γράμμα όπου προτείνει μια πρακτική μέθοδο εύρεσης του τετραγώνου ενός ακεραίου και θεnκού αριθμού. Την μέθοδο την εφαρμόζει σε ορισμένα παραδείγματα, αλλά δε την δείχνει γενικά.

Σήμερα με την ευρεία χρήση των ΗΝ οι προσπάθειες στρέφονται σε πιο σοβαρά ζητήματα.

Απ' τον μαθητή Αναστάσιο Πασχαλίδη, μαθητή της α' τάξης του 1 ου Λυκείου Βόλου πήραμε δύο γράμματα όπου προτείνει τρία ασκήσεις Γεωμετρίας. Δημοσιεύουμε την δεύτερη που νομίζουμε ότι

είναι ενδιαφέρουσα. Έστω τραπέζιο ΑΒΓ Δ με γωνίες Β και

Γ = 90° και ΒΓ = ΔΓ . Θεωρούμε το μέσο Ζ της 2

Γ Δ και φέρουμε τη ΒΖ. Αν η διάμεσος ΠΡ του τραπεζίου τέμνει την

ΒΖ στο Ψ και με πλευρά ΒΓ κατασκευάσουμε τετράγωνο ΒΕΝΓ εξωτερικά του τραπεζίου, τότε:

i) Το σημείο Φ, που τέμνονται οι διαγώνιες ΒΓ και ΓΕ του τετραγώνου, είναι στην προέκταση της διαμέσου ΠΡ.

ii) Το τρίγωνο ΨΒΦ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο.

iii) Το τετράπλευρο ΒΨΓΦ είναι τετράγωνο. Απ' τον μαθητή Γιώργο Λιναρδάτο πήραμε

το παρακάτω γράμμα. 12/03/01 Προς Ε.Μ.Ε. Ονομάζομαι Γιώργος Λιναρδάτος και πάω

στην Β' τάξη 6ου Λυκείου Πατρών. Τα μαθηματικά είναι το αγαπημένο μου μάθημα από το Γυμνάσιο. Μπορώ να κάθομαι με τις ώρες να λύνω ασκήσεις. Έλαβα μέρος σε δύο διαγωνισμούς της Ε.Μ.Ε. (1998, 2000) όμως δεν τα κατάφερα. Έμαθα για το περιοδικό σας και θέλησα να το αποκτήσω όσο πιο γρήγορα γινόταν. Πιστεύω ότι θα με βοηθήσει να διευρύνω τους ορίζοντές μου στο θέμα:

Μαθηματικά! ! ! Σας γράφω με αφορμή μια λύση που θέλω να δείτε σε μια άσκηση. Είναι καθαρά προσωπική λύση. Τέλος θέλω να σας ευχαριστήσω και μόνο που υπάρχετε, πραγματικά βοηθάτε τα άτομα που θέλουν να μπουν και να ζήσουν στο μαγευτικό κόσμο των μαθηματικών. ΕΙΣ ΤΟ ΕΠΑΝΥ ΔΕΙΝ Υ .Γ. Ειδική αναφορά θέλω να κάνω στους

μαθηματικούς μου που πραγματικά με βοηθούν να κατανοήσω τον σαγηνευτικό αυτό κόσμο των Μαθηματικών: Σχολείο � Δημήτρης Ζαμπάρας, κα Κωστή Φροντ. � Κοσμάς Φάκος, Χρήστος

Κλαουδάτος Τους φιλικούς χαιρετισμούς μου Γεώργιος Λιναρδάτος Στη συνέχεια προσπαθεί να λύσει την υπ'

αριθμ. 12 άσκηση, σελ. 104 του σχ. βιβλίου Άλγεβρας Β' τάξης. Επίσης με δεύτερο γράμμα του προσπαθεί να

λύσει μια άσκηση που είχε προτείνει ο συνάδελφος Κατσασύνης στο τεύχος Ιούλιος-ΑύγουστοςΣεπτέμβριος 2000 στη στήλη «0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και ... Διόφαντω>.

Φίλε Γιώργο, είναι συγκινητικό το ενδιαφέρον σου για τα Μαθηματικά. και σε τιμά ιδιαίτερα η αναφορά σου στους καθηγητές που προσπαθούν να σε εισαγάγουν στην μαθηματική σκέψη. Πρέπει ωστόσο να προσέξεις. Τα Μαθηματικά διακρίνονται απ' τις άλλες επιστήμες στην απόδειξη. Δέχεσαι χωρίς απόδειξη βασικά ζητήματα για την πρόταση που θέλεις να δείξεις. Σου στέλνουμε προσωπικό γράμμα. Από τον συνάδελφο Κώστα Γκολφινόπόυλο

πήραμε το παρακάτω γράμμα: Θεσσαλονίκη, 22-2-01 «Α ν η f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 , τότε η f'

είναι πάντοτε συνεχής στο χ0 ». Η παραπάνω πρόταση ζητήθηκε να

χαρακτηριστεί ως «Σωστό» ή «Λάθος» από τους μαθητές της Γ Λυκείου, της θετικής κατεύθυνσης,


Στήλη της Αλληλογραφίας

κατά τις απολυτήριες εξετάσεις του Ιουνίου 2000. Η απάντηση είναι «Λάθοφ. Το πως

δικαιολογείται αυτή η απάντηση, είναι κάτι που δεν ζητήθηκε βέβαια, αποτελεί όμως ένα ερώτημα, το οποίο και θέτω στο περιοδικό σας.

Θεωρώ αυτονόητο ότι η δικαιολόγηση δεν πρέπει να υπερβαίνει τις γνώσεις που μπορεί να έχει ένας μαθητής της Γ' Λυκείου. Με Τιμή Κώστας Γκολφινόπουλος Μαθηματικός 03 1-260541 , 0974895740 e-mail: [email protected]

Υ.Γ. 1) Η επιστολή αυτή είναι η δεύτερη και έχει ακριβώς το ίδιο περιεχόμενο με την πρώτη, που σας έστειλα το καλοκαίρι του 2000, η οποία κατά πάσα πιθανότητα χάθηκε.

2) Η συνάρτηση f (χ) = {χ2ημ �' χ * 0 είναι Ο, χ = Ο

ένα aντιπαράδειγμα που δείχνει ότι η πρόταση είναι «Λάθος». Υπερβαίνει όμως τις γνώσεις της Γ' Λυκείου, αφού η μη ύπαρξη του ορίου της Γ στο χ 0 =Ο αποδεικνύεται με χρήση ακολουθιών.

Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ απαντά: Πάνω σ' αυτό έχουμε να παρατηρήσουμε: ι) Στο σχ. βιβλίο, που διδάσκεται τώρα, δεν

υπάρχει ούτε υπαινιγμός πάνω στο ζήτημα αυτό και συνεπώς δεν έπρεπε να τεθεί στις εξετάσεις.

2) Το παράδειγμα που αναφέρεται στο υστερόγραφο 2, μπορεί να αποδειχθεί απλά με τη βοήθεια του ορισμού του ορίου ότι δεν έχει όριο κοντά στο Ο η Γ ως εξής:

'Ε . f'( ) - {2χημ.!.. - συν.!.. , για χ -:F- 0 χουμε. χ - χ χ Ο, για χ = Ο Θα δείξουμε ότι: «η Γ δεν έχει όριο κοντά στο

0». Αρκεί γι' αυτό να δείξουμε ότι η g με g(χ) = συν_!_ δεν έχει όριο κοντά στο Ο, αφού χ lim(2xημ.!..)= Ο . Χ--70 Χ Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε

άτοπο.

'Εστω: lim συν.!.. = .e, .eε � . Χ--70 Χ

Τότε: «για κάθε ε > Ο υπάρχει δ > Ο τέτοιος ώστε: I συν�-.ei < ε , για κάθε χ με Ο< JxJ < δ >>.

1 Ειδικά για ε =- υπάρχει δ1 > Ο τέτοιος 2 ώστε: lσυν � -.e

i < � για κάθε χ με Ο< JxJ < δι . Εκλέ ' ' ' 1 γουμε φυσικο ν τετοιον ωστε: ν > -.- .

1 Οπότε: 0 <-<δ1 2πν Jσυν2πν - .eJ < _.!._ ή Jι - .eJ < _.!._ . 2 2 Ά ι .e 3 ρα: -< <- . 2 2 ( ι )

2πδι και συνεπώς

ι ι Κι επειδή: Ο < < -.-< δι ισχύει: 2 π 2πν πν+-2 Ισυν(2πν + 2: )- .ei < ..!._ ή J.eJ < _.!._ ή _..!._ < .e < _.!._ . 2 2 2 2 2 (2)

Απ' τις ( ι ) και (2) συμπεραίνουμε ότι: ι .e 1 , -< <- : ατοπο. 2 2 3) Είναι σημαντικό να βρεθεί παράδειγμα,

πέρα απ' το παραπάνω, που να αποδεικνύεται στοιχειωδώς (με ιδιότητες ορίου) ότι η Γ δεν είναι συνεχής στο χ 0 • Περιμένουμε.

Απορίες σε άσκηση του συναδέλφου Νίκου Χατζόγλου Αγαπητοί συνάδελφοι Στην άσκηση 1 1 , σελ. 271 , του βιβλίου

Θετικής Κατεύθυνσης Γ' Λυκείου, υπάρχει μια απορία. Αν ο εσωτερικός κύκλος συνεχίσει να αυξάνει με τον ίδιο ρυθμό, σε κάποια χρονική στιγμή θα ξεπεράσει τον εξωτερικό κύκλο (σε 200 δευτ.) και θα συνεχίσει. Άρα, το μέγιστο εμβαδόν του δακτυλίου θα είναι όταν ο χρόνος γίνει άπειρος. Μπορούμε να διαψεύσουμε τον ισχυρισμό αυτό; Μήπως παρ' όλα αυτά, το εμβαδόν του δακτυλίου δεν γίνεται μεγαλύτερο από το μέγιστο εμβαδόν που βρήκαμε (στα 56 δευτ. περίπου);

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4/7S

4ιιμιΙupyίΑ, Εlέ.λιlιι ΚΑι IJίλvArΙs τωv AΙrepωv

Ιστορικά Η θεωρία της δημιουργίας και της εξέλιξης των αστέρων είναι ένα από τα μεγαλύτερα επιτεύγματα της σύγχρονης Αστρονομίας.

Η κατανόηση της γένεσης της εξέλιξης και του τέλους των αστέρων βασίστηκε κατά πρώτον σε θεωρητικά μοντέλα, τα οποία εκπονήθηκαν από τους επιστήμονες τα τελευταία εκατό χρόνια.

Σήμερα είμαστε σε θέση να επιβεβαιώσουμε τις θεωρητικές προβλέψεις των Αστροφυσικών στηριζόμενοι στις εξαιρετικές παρατηρήσεις που μας παρέχει η σύγχρονη τεχνολογία. Από το Ι 687 ο Νεύτωνας στο αριστουργημα

τικό του έργο Pήncipia υποστηρίζει ότι οι αστέρες δεν είναι παρά ήλιοι όπως ο δικός μας, κάτι που είναι σήμερα απολύτως παραδεκτό. Ορισμένοι αστέρες είναι απολύτως όμοιοι με τον Ήλιο μας ενώ οι περισσότεροι έχουν τα ίδια μ' αυτόν γενικά χαρακτηριστικά. Για να γνωρίσουν λοιπόν οι Αστρονόμοι τους

αστέρες έπρεπε υποχρεωτικά να μελετήσουν τον Ήλιο. Το πρώτο πράγμα που έπρεπε να κατανοήσουν ήταν η θερμότητα και το φως που εκπέμπει ακατάπαυστα με την ίδια ένταση ανά τους αιώνες. Τον Ι 9° αιώνα οι επιστήμονες πίστευαν ότι η

ενέργεια του Ήλιου προέρχεται από την καύση του άνθρακα. Πολύ σύντομα όμως κατάλαβαν ότι σε μία τέτοια περίπτωση ο Ήλιος θα είχε εξαντλήσει τα καύσιμά του σε μία το πολύ χιλιετία.

Μία καλύτερη εκδοχή ήταν ότι η ενέργεια του Ήλιου προέρχεται από βαρυτική ενέργεια που προκύπτει από τη συρρίκνωση της μάζας του. Και πάλι σύντομα υπολόγισαν ότι ένας τέτοιος μηχανισμός θα παρείχε θερμότητα και φως μόνο για Ι 00 εκατομμύρια χρόνια, χρονικό διάστημα εξαιρετικά μικρότερο των 4,6 δισεκατομμυρίων ετών που όπως υπολογίζεται είναι η ηλικία της Γης και των υπολοίπων πλανητών του Ηλιακού μας· συστήματος.

Το Ι 920 ο Βρετανός Αστρονόμος Arthur Eddington πρότεινε μία θεωρία βάσει της οποίας, ο Ήλιος όπως και κάθε αστέρας τροφοδοτείται με πυρηνική ενέργεια. Οι πυρηνικές αντιδράσεις οι οποίες πραγματοποιούνται στο κέντρο του Ήλιου όπου η θερμοκρασία και η πυκνότητά του λαμβά-

του Μιχάλη Χρυσοβέργη

νουν την μέγιστη τιμή τους, μπορούν να προμηθεύουν τον Ήλιο με ενέργεια για πολλά δισεκατομμύρια χρόνια. Ο Ήλιος είναι μία πύρινη σφαίρα αερίων που έχει διάμετρο περίπου Ι ,6 εκατομμύρια χιλιόμε

τρα. Σύμφωνα με την επικρατούσα θεωρία έχει πυκνότητα στο κέντρο του σχεδόν εκατό φορές μεγαλύτερη από την πυκνότητα του νερού, ενώ η θερμοκρασία του εκεί φτάνει τους Ι 5 εκατομμύρια βαθμούς Κελσίου. Θερμοκρασίες αυτής της τάξεως μεγέθους είναι απαραίτητες για την δημιουργία πυρηνικών αντιδράσεων χάριν των οποίων εκλύεται η πυρηνική ενέργεια.

Η δημιουριyία των αστέρων Για να σχηματισθεί ένας αστέρας απαιτούνται δύο προϋποθέσεις. Η μία εξ αυτών είναι η ύλη από την οποία θα δημιουργηθεί και η δεύτερη είναι η διαδικασία εκείνη που θα συμπιέσει αυτή την ύλη ώστε να αποκτήσει πολύ μεγάλη πυκνότητα.

Σχήμα Ι Στη φωτογραφία παρουσιάζεται μεταξύ του διαστρικού χώρου σκοτεινή περιοχή σκόνης και αερίου. Στην 11Εριοχή αυτή πρόκειται να δημιουργηθεί ένας αστέρας

μετά από 1 .000.000 χρόνια περίπου


Διάλογος με την Αστρονομία

Η απαραίτητη ύλη βρίσκεται σε μεγάλη αφθονία στο διάστημα και συνίσταται κυρίως από αέριο υδρογόνο ανάμεικτο με μικρές ποσότητες άλ"ΜJ)ν χημικών στοιχείων και μικροσωματιδίων σκόνης. Το αέριο αυτό είτε είναι ομοιόμορφα κατανεμημένο μέσα στον διαστημικό χώρο είτε βρίσκεται σε μεγάλη συγκέντρωση σε κάποιες περιοχές. Εκεί όπου υπάρχει μεγάλη συσσώρευση της

διαστημικής αυτής ύλης η βαρύτητα προφανώς είναι ισχuρότερη και ως εκ τούτου η αέρια μάζα συρρικνώνεται με ταυτόχρονη αύξηση της πυκνότητάς της. (Σχήμα ι )

Μ' αυτόν τον τρόπο δημιουργείται ένας aστρικός πυρήνας που μπορεί να έχει διάμετρο μερικά δέκατα του έτους φωτός ( ι έτος φωτός είναι η απόσταση που διανύει το φως σ' ένα γήινο έτος κινούμενο με ταχύτητα 300.000 Κrn/sec). Ο πρωταρχικός αυτός πυρήνας έχει μία διάμετρο κατά εκατομμύρια φορές μεγαλύτερη από την τελική διάμετρο του αστέρα που πρόκειται να δημιουργηθεί.

Η συμπεριφορά του αρχικού αστρικού πυρήνα καθορίζεται κυρίως από την βαρύτητα άρα από την αρχική μάζα αερίου και σκόνης και από άλλες δυνάμεις.

Κάποτε το νέφος αυτό της αέριας μό.ζας αρχίζει να περιστρέφεται και ταυτόχρονα να συμπιέζεται. Τότε στον πρωταρχικό πυρήνα αναπτύσσεται θερμότητα και πίεση που aνθίσταται στην συμπίεση της μάζας.

Σχήμα 2 Διαστρικά νέφη στον Αστερισμό του Ωρίωνα. Από τα

νέφη αυτά πρόκειται να δημιουργηθούν νέοι αστέρες. Η φωτογραφία ελήφθη από τον δορυφόρο IRAS σε διά

φορα μήκη κύματος της υπέρυθρης ακτινοβολίας

σμα την αύξηση της βαρυτικής έλξης προς το κέντρο μάζας του νέφους και την ταυτόχρονη αύξηση της συστολής της μάζας. Η θερμοκρασία αυξάνεται στο κέντρο· της μά

ζας όπως συμβαίνει με κάθε ποσότητα μάζας που συστέλλεται. Μ' αυτόν τον μηχανισμό το νέφος των αερίων και της σκόνης διαμορφώνεται σ' έναν δίσκο με διαστάσεις αντίστοιχες του Ηλιακού μας συστήματος. (Σχήμα 2) Τελικά όταν η θερμοκρασία στο κέντρο ανέλ

θει σε ι Ο εκατομμύρια βαθμούς Κελσίου, αρκετούς ώστε να έχει αρχίσει ο μηχανισμός των πυρηνικών αντιδράσεων το νέφος πλέον μετασχηματίζεται σε αστέρα.

Οι μάζες των αστέρων κυμαίνονται από το ένα δέκατο έως και εκατό φορές την μάζα του Ηλίου μας, ο οποίος αποτελεί και μονάδα μέτρησης της μάζας των αστέρων. Μάζες μικρότερες του ενός εκατοστού της η

λιακής μάζας δεν έχουν δυνατότητα ν' αναπτύξουν τις κατάλληλες θερμοκρασίες που απαιτούνται για την εκκίνηση των πυρηνικών αντιδράσεων άρα δεν επαρκούν για τη δημιουργία αστέρα. Αλλά και μάζες μεγαλύτερες από το μέγεθος

των ι 00 ηλιακών μαζών πάλι αδυνατούν να σχηματίσουν έναν αστέρα και τούτο δώτι εκτινάσσονται προς τα έξω στο γύρω διαπλανητικό χώρο μιας που η βαρυτική έλξη δεν μπορεί να συγκρατήσει την πίεση που δημιουργείται.

Ο χρόνος που απαιτείται ώστε να δημιουργηθεί ένας αστέρας εξαρτάται από την μάζα του πρωταρχικού αερίου. Η θεωρία προβλέπει ότι αστέρες σαν τον Ήλιο μας χρειάζονται περίπου ι Ο εκατομμύρια χρόνια για να δημιουργηθούν. Αστέρες με μάζα το ένα δέκατο της ηλιακής μάζας χρειάζονται 100 περίπου εκατομμύρια χρόνια. Ενώ aστέρες με μάζα εκατονταπλάσια αυτής της ηλιακής χρειάζονται μόλις ι 0.000 χρόνια.

Σχήμα 3 Ο Δορυφόρος IRAS που διεξάγει παρατηρήσεις στην υ

πέρυθρη περιοχή του Φάσματος

Η θεωρία της δημιουργίας των αστέρων εmΗ συνεχής αυτή διαδικασία έχει σαν αποτέλε- βεβαιώθηκε και ενισχύθηκε κατά την δεκαετία του ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.δ. τ.4Π7


1 980 όταν εστάλη στο διάστημα ο αστρονομικός δορυφόρος υπερύθρου ακτινοβολίας IRAS (lnfrared Astronomicaι SateHite ), ο οποίος ανίχνευσε

·χιλιάδες αστέρες κατά την διάρκεια της

δημιουργίας τους. (Σχήμα 3) Μεγάλη συμβολή στο θέμα της δημιουργίας

των αστέρων έχουν τα ραδιοτηλεσκόπια τα οποία μπορούν ν' ανιχνεύσουν τα ραδιοκύματα που εκπέμπονται κατά την διάρκεια του σχηματισμού των νέων αστέρων. Αξίζει να σημειωθεί ότι τα οπτικά τηλεσκόπια δεν έχουν τη δυνατότητα να παρατηρήσουν την δημιουργία νέων αστέρων δεδομένου ότι αυτά δημιουργούνται στο εσωτερικό πολύ πυκνών αέριων μαζών, τις οποίες δεν διαπερνά το ορατό φως.

Η εξέλιξη των αστέρων Μετά τον σχηματισμό του ένας αστέρας περνά

το μεγαλύτερο μέρος της ενεργού ζωής του σε με- ·

γάλη σταθερότητα. Είναι όμως η ζωή και η εξέλιξη όλων των α

στέρων ίδια; Από τον 1 9° αιώνα οι Αστρονόμοι ανακάλυ

ψαν ότι ορισμένοι αστέρες φαίνονταν φωτεινότεροι από κάποιους άλλους που βρίσκονταν μ' αυτούς στην ίδια απόσταση.

Κατά την χρονική περίοδο 19 1 1 - 1 9 1 3 ο Δανός αστρονόμος Ejnar Hertzsprung και ο Αμερικανός αστρονόμος Henry Νοπίs RusseH ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, ανακάλυψαν μια θεωρία εξαιρετικά χρήσιμη για την μελέτη της εξέλιξης των αστέρων. Τοποθετώντας γειτονικούς αστέρες σ' ένα ορθογώνιο σύστημα αξόνων όπου ο οριζόντιος άξονας κατέγραφε το χρώμα του αστέρα και ο κατακόρυφος την λαμπρότητα αυτού, οι δύο αυτοί επιστήμονες διαπίστωσαν ότι οι περισσότεροι αστέρες βρίσκονταν κατά μήκος μιας διαγώνιας ζώνης στο διάγραμμα. (Σχήμα 4)

ο 00 ο ο ο ο 0 0 ο 00: ο ο ο ο ο ο 0ο ο ... · ο ο 00 ο ο ο 00 00 ο

Σχήμα 4

ο •

-

Διαπίστωσαν λοιπόν ότι υπάρχει άμεση σχέση μεταξύ λαμπρότητας και χρώματος ενός αστέρα κάτι το οποίο δεν θα ίσχυε αν οι αστέρες ήταν κα-

τανεμημένοι τυχαία και διάσπαρτα στο διάγραμμα. Αυτή η διαγώνια ζώνη στο διάγραμμα των

Hertzsprung-RusseH (H-R) ονομάζεται «κύρια ακολουθίω). Με το διάγραμμα αυτό διαπιστώθηκε ότι οι αστέρες που βρίσκονται στο κάτω και δεξιά άκρο της ζώνης είναι ερυθροί και έχουν αμυδρή λαμπρότητα, ενώ όσοι βρίσκονται στο άνω και αριστερά άκρο της ζώνης είναι κυανοί και περισσότερο λαμπροί. (Σχήμα 5α, Σχήμα 5β)

Σχήμα 5α

Σχήμα 5β

Οι δύο επιστήμονες διαπίστωσαν ακόμη ότι τα άστρα με την μεγαλύτερη μάζα (βαρύτερα) είναι πιο λαμπρά και πιο κυανά ενώ τα άστρα με την λιγότερη μάζα είναι πιο ερυθρά και πιο αμυδρά.

Επειδή όμως το χρώμα ενός άστρου έχει άμεση σχέση με την θερμοκρασία του, το διάγραμμα (H-R) δίνει τη σχέση που υπάρχει μεταξύ της λαμπρότητας ενός αστέρα και της θερμοκρασίας της επιφάνειάς του.

Μελετώντας πλέον τους αστέρες μ' αυτό το αδιαφιλονίκητο κριτήριο διαπιστώσαμε ότι οι αστέρες περνούν το μεγαλύτερο μέρος της ζωής τους ως αστέρες της κύριας ακολουθίας στο H-R διάγραμμα.

Οι αστέρες της κύριας ακολουθίας καίνε την αρχική πρώτη τους ύλη δηλαδή το Υδρογόνο.

Κατά την καύση αυτή τέσσερα άτομα υδρογόνου με την διαδικασία της σύντηξης δημιουργούν ένα άτομο Ηλίου ενώ ταυτόχρονα απελευθερώνε-



ται πυρηνική ενέργεια. Όταν. ο αστέρας έχει καταναλώσει περίπου το 1 0% του συνολικού υδρογόνου του οι κεντρικές περιοχές του αρχίζουν να συστέλλονται ενώ οι εξωτερικές διαστέλλονται. Το άστρο λάμπει εξαιτίας της βαρυτικής ενέργειας που παράγεται καθώς ο πυρήνας του συμπιέζεται.

Αντίθετα η επιφάνειά του λόγω των εξωτερικών διαστολών σταδιακά ψύχεται.

Η διαδικασία αυτή με τον χρόνο καθιστά τον αστέρα πιο ερυθρό ενώ τον εκτρέπει προς τα δεξιά του διαγράμματος H-R.

Τότε ο αστέρας διογκώνεται υπέρμετρα καθίσταται όλο και πιο ερυθρός και καταλήγει σ' έναν ερυθρό γίγαντα.

Ο Ήλιος μας είναι ένας αστέρας της κύριας α-· κολουθίας στο H-R διάγραμμα και έχει ηλικία 5 δισεκατομμυρίων ετών ενώ αναμένεται να ζήσει άλλα τόσα χρόνια. Στην διάρκεια αυτή θα καταναλώσει όλο το υδρογόνο του και μετά θα διασταλεί σε ερυθρό γίγαντα. (Σχήμα 6)

Σχήμα 6 Σχηματική αναπαράσταση των διαδοχικών φάσεων της εξέλιξης του Ηλίου από τη δημιουργία του έως το τέλος

του

Απ' εκεί και μετά σε μία χρονική περίοδο που θα διαρκέσει περίπου 1 00 εκατομμύρια χρόνια ο Ήλιος μας θα εξαντλήσει τα υπόλοιπα πυρηνικά καύσιμά του και θα καταρρεύσει.

Αντίθετα άστρα με μάζα δεκαπλάσια του Ήλιου θα καταναλώσουν το υδρογόνο τους και θα μετατραπούν σε ερυθρούς γίγαντες πολύ γρήγορα σε διάστημα 30 εκατομμυρίων ετών μόνο ! ! !

Ο θάνατος των αστέρων Όταν ένας αστέρας καταλήξει σε ερυθρό γίγα

ντα τότε αρχίζει να καίει το νέο πυρηνικό του καύσιμο που είναι το Ήλιο.

Η σύντηξη τριών ατόμων Ηλίου δημιουργεί έ-

να άτομο άνθρακα. Ακολουθεί μία αλυσίδα πυρηνικών αντιδράσεων όπου ο αστέρας καίει ολοένα στοιχεία με βαρύτερα άτομα μέχρις ότου ο πυρήνας του αστέρα να αποτελείται αποκλειστικά από σίδηρο. Ο σίδηρος είναι το χημικό εκείνο στοιχείο το οποίο αδυνατεί να δώσει ενέργεια είτε μέσω της σύντηξής του με άλλα άτομα είτε μέσω της διάσπασής του σε υποατομικά σωματίδια.

Τότε ο αστέρας καταρρέει διότι έχουν εξαντληθεί οι πηγές θερμότητας και πίεσης που θα aντιστάθμιζαν την βαρυτική έλξη αυτού.

Όταν ένας αστέρας έχει καταναλώσει τα πυρηνικά του καύσιμα έχει δύο δυνατότητες να τελειώσει τη ζωή του.

Μπορεί να καταλήξει σ' ένα λευκό νάνο ή σ' έναν αστέρα νετρονίων. (Σχήμα 7)

Σχήμα 7 Πλανητικό νεφέλωμα -yνωστό με το όνομα Helix. Στην κεντρική περ!οχή του νεφελώματος διακρίνεται ο λευ

κός νάνος

Ένας λευκός νάνος έχει διάμετρο 1 00 έως 1 .000 φορές μικρότερη από έναν νεαρό αστέρα που βρίσκεται στην κύρια ακολουθία και έχει την ίδια μ' αυτόν μάζα.

Σήμερα οι Αστρονόμοι πιστεύουν ότι όλοι οι αστέρες με μάζα μικρότερη αυτής των οκτώ ηλιακών μαζών αφού εξαντλήσουν τα πυρηνικά καύσιμά τους θα καταλήξουν σε λευκούς νάνους.

Αντίθετα σε αστέρες με μεγαλύτερη μάζα επιφυλάσσεται διαφορετικό τέλος.

Οι αστέρες αυτοί μετά τη συρρίκνωσή τους και την μετατροπή τους σε λευκούς νάνους εκλύ-ουν μια τεράστια ποσότητα βαρυτικής ενέργειας με αποτέλεσμα να εκραγούν κατά τρόπο ιδιαίτερα φαντασμαγορικό και να μετατραπούν σ' έναν υπερκαινοφανή αστέρα γνωστό και ως Supemoνa ο οποίος τελικά θα καταλήξει σε αστέρα νετρονίων. (Σχήμα 8)


Σχήμα 8

Ο Supemova Κασσιόπη Α που εξερράγη πριν από 300 χρονιά πάνω φωτογραφία σε μήκη κύματος ραδιοκτινο

βολίας κάτω φωτογραφία στο ορατό φώς

Ένας αστέρας νετρονίων είναι κατά 1 00.000 φορές μικρότερος από έναν συνηθισμένο αστέρα και συνίσταται αποκλειστικά από νετρόνια που είναι υποατομικά σωματίδια, τα οποία μαζί με τα πρωτόνια συνθέτουν τους πυρήνες των ατόμων των στοιχείων.

Τόσο οι λευκοί νάνοι όσο και οι αστέρες νετρονίων αποτελούνται από υποατομικά σωματίδια τα οποία δεν δύνανται να συμπιεστούν περισσότερο και ως εκ τούτου είναι αδύνατη η περαιτέρω βαρυτική κατάρρευσή τους.

Οι αστέρες αυτού του τύπου δεν διαθέτουν πλέον καμία πηγή ενέργειας εκτός από την ενέργεια περιστροφής τους. Βαθμιαία θα σβήσουν και θα ψυχθούν παραμένοντας ως αστρικά πτώματα στο διάστημα.

Ιδιαιτέρως για τους αστέρες νετρονίων η θεωρία προβλέπει ότι εάν ένας τέτοιος αστέρας που προκύπτει από μια έκρηξη Supemoνa διατηρήσει τελικά μία μάζα μεγαλύτερη από το τριπλάσιο της ηλιακής μάζας τότε ο αστέρας αυτός θα καταλήξει σε μία μαύρη τρύπα.

Η μαύρη τρύπα είναι ένα ουράνιο αντικείμενο του οποίου η βαρύτητα είναι τόσο μεγάλη που ούτε το φως δεν μπορεί να διαφύγει απ' αυτό.

Παρ' όλα αυτά οι αστέρες που καταλήγουν σε αστέρες νετρονίων μετά από μία έκρηξη

Supemoνa ενώ τελικ.ά μετατρέπονται σε αστρικά πτώματα εν τούτοις με τα υπολείμματα της ύλης τους που διασκορπίζονται στο διάστημα εμπλουτίζουν το μεσοαστρικό διαστημικό χώρο και αποτελούν το πρώτο συστατικό για τη δημιουργία νέων αστέρων. (Σχήμα 9, 10, 1 1)

Σχήμα 9 Το Νεφέλωμα Crab που δημιουργήθηκε από έκρηξη

Supemova τα αέρα της περιοχής έχουν μάζα περίπου ίση με μια Ηλιακή μάζα.

Σχήμα 10 Υπολείμματα αερίων από την έκρηξη Supemova στο αστερισμό του Κύκνου. Υπολογίζεται ότι η έκρηξη συ

νέβη πριν αΠό 30.000 χρόνια.

Σχήμα 1 1 Με το βέλος σημειώνεται η έκρηξη Supemova το 1987 στην περιοχή του Γαλαξία Μεγάλο Νέφος του Μαηε

λάνου. Η απόσταση είναι 170.000 έτη φωτός.


ΜΑΘΗΜΑΊΙΚΗ ;!1, ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ �--;

ιοιιrs 1\QΛΜ!

ΜΑθΗΜληκΗ λΝΑΛΊΣΗ

.,. ;,.ι.., .. ...... !1<. .. �"""'"""'··�··'"''' ..... '>Wiι:'<O, •• , ...... �·�fll"1"i!>; !>\>ιi!OJ.

ΗιJ..ΙJ'\.11 Rι"'J ιΙΝ>ι Σ rοιχF.ι!ι.ΑΗΣ ΓεΩΜε:rΡ.ιλ

1.rf.fl ΑΝΩτ'Ε{''Π ΣΚΟΠΙΑ ' • < I'>H<!e" .. .r'rf-\IJλ.ΔIJ�

·-

l

Eudεiiqι;;A': Τεύχος 600δρχ. 1ου Πανελληνίου Συνεδρίου 10ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΓΕΩΜΕrΡΙΚΑ) 6.000 δρχ. Συνδρομή 3.000 δρχ. 2.000 δρχ 5.000 δρχ Δtαλtξεις: ο τόμος 1 .300 δρχ. (4 Ίεύχη + 600 δρχ, tα)()Jδpομικά) 2ου Πανελληνίου Συνεδρίου 1 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου Μαθημαπκή ΑvάΑυση Σχολεία: 2.400 δρχ. (4 τεύχη) 5.000 δρχ 13uddδιιςΒ': Τεύχος 700δρχ. 2"000 δρχ

14ου Πανελληνίου Συνεδρίου Loυis Brand 7·000 δρχ. Συνδρομή 3.400 δρχ. 3ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5_000 δρχ Δfαφορικtς ΕξιοVΘtις (41εύχη + 600 δρχ. ταχυδρομικά) 2.000 δρχ 15ου Πανελληνίου Συνεδρίου Stepbeιιson 2.500 δρχ. Σχολεία: 2.800 δρχ. (4 τεύχη) 4ου-5ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ r.....�ι_. τ · 1 50Οδ ΙΘ10pία �v lοήι � : ευχος · ρχ. 3.000 δρχ 16ου Πανελληνίου Συνεδρίου

=�=.: 6ου Πανελληνίου Συνεδρίου 5.000 δρχ (4 10μοι.) Α, 8, rA, Γe 0 τόμος Τεύχος 1 .500 δρχ. 2.000 δρχ .Σννέδpιο Her8is '92 �yyιλtRQ.) 2·000 δρχ.

Συνδρομή 3.000 δρχ. (2 τεύχη) 7ου Πανελληνίου Συνεδρίου 7.000 δρχ. 71> .Χρόvια Ε.Μ.Ε. 1 .000 δρχ.

Λlnpolιiilloς: Τεύχος 1 .500 δρχ. 2.5οο δρχ Ι� Helwιis � �πλR) εuηνικq � Συνδρομη' 3.000 δρχ. (2 τεύχη) :! ,φοι ο ... 4.500 δρχ. _ _...... 1 000 δ θου Πανελληνίου Συνεδρίου """'"""""""""' · ρχ. ιdιίίι�Τεύχος2.000 δρχ. fί� Mytppo &qιιna .-- σnι Α.Ε.Ι 2.000 δρχ Gr. Moιaes 1 .500 δρχ. Σ� rεωμετpίο 1m - 18: 1 .500 δρχ. 9ου Πανελληνίου Συνεδρίου ΗΡ'ΑΝΟΣ ΑΝ:ΞΑΗΙΔ� από Ανώτφη Ιιιοm\ί 2.500 δρχ.

� 2.500 δρχ !(Ονόματα !Γι:ιω,μεφικώv Qpωv Θttιφ1α ApιeμlιW 5.000 δρχ.

Τα παλαιότερο τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχο.uσες τιμές τοu 2000

Ράφια γεμάτα β ιβλία , μυρωδιά ζεστού καφέ, μελωδι κές νότες,

χώρος φιλόξενος, ε ιδ ικά δ ιαμορφωμένος για ευχάρ ιστη και ήρεμη

ανάγνωση. Στα β ιβλ ιοπωλεία ΒΙΒΛιοpυθfόt; ΣΑ Β ΒΑΛΑ θα βρείτε όλες

τις παλιές και νέες εκδόσεις όλων των εκδοτικών οίκων για όλα τα θέματα : πα ιδ ι κά , λογοτεχνία,

ι στορία , ψυχολογία, κοινωνιολογία , εκπα ίδευση , μεταφυσική, φ ιλοσοφία , δ ιδακτ ική, ο ι κολογία, δοκίμ ι α ,

ποίηση καθώς κα ι πλήθος ξενόγλωσσων τίτλων . . . κα ι κάθε μέρα ανάγνωση με τις μελωδίες του πιάνου.

ΘΕΣΣΑΛΟΝ ι ι<Η : Βασ. Η ρ α κλείου 47 (απέναντι από το ε μ π ο ρ ι κό κέντρ ο ) Τnλ. ηο. 226 Fax: 250 . 972

ΑΘΗ ΝΑ: Ζωοδόχου Π nyriς ι8 Τnλ. 33 . ο ι . 25 ι - F�x: 33 . 0 6 . 9 ι 8

Ευκλειδης Β 40

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 40