Ευκλειδης Β 46

84
Μαθηματικό πε'ριοδικό γιο το ι\ ΥΚΕΙΟ ΟΚΤΟΒΡΙΟΙ-ΝΟΕΜΒΡΙΟΙ-ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΙ 2002 EYPD 2�5 .

description

 

Transcript of Ευκλειδης Β 46

Μαθηματικό πε'ριοδικό γιο το ι\ ΥΚΕΙΟ

ΟΚΤΟΒΡΙΟΙ-ΝΟΕΜΒΡΙΟΙ-ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΙ 2002 EYPD 2�5 .

·;'

ΜΕθΟΔΟΛΟΓΙλ

Φυσικής β' ενιοiοu λuκείόu λ' ΥΟ!ιιΙΟΙ

1114τatι 8ION. JON AD10N • ernι).a'l'ttAMiiM ., IIlM ι 11-IIIOAOΓ\.10 ΙΛΙιt•••ΙΙΙ

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

μαθηματικά Γ' Εvιοlου Λυκείου

! iiίϊiilλ ! ·· Γ' Ενιαίου Λυκείου

Από το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν

53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑ Τ ΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ για τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

ΥηcύΟυνοι Έκδοοηι: Ευσταθίου Ευάγγελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στρατής Ιωάννης

Συνιακιική Ομάδα: Ανδρουλακ�ς_J'Ι!ικ:ος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αyγελl.!fι Γιαvνοσπυρος Σωιήρης ΓράψΟ;$ Κωνσταντίνος Δούναpης Αντώνης Ευθl,ίμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμά!nς Καρακατσάyης Βασίλης Καρκάτης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδ!Ι_ς Γιάννης Κriπουρος _Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάση� Κυpιακοπούλου-Κυβερνητου Χρυστ. Λ� Q.(Ιίδης_ Χρήστος Λουριδας Σωτηρης Μαλαφέκ� θανάσης Μώκος Χe_ηστος Ντζιώρgς Ηλίας Ρήyας θεόδωρος Σαίτη Εύα Σακελλάρης Βασ(λης Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδ�� Γιώργος Τσιούμας θαναση� Χαραλαμπίδης Γιωρyος Χαραλ�οπούλου Λίνα Χαραλά:ιmους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Συηφyάιe� αιιό ιο Παράριημα ιης Πάιραc: Γκούβελος χpήστος, Κουνάβης Πανα­γιώτης, Παπαντωνίου Βασίλης, Κου­τσοδήμας Γεώργιος, Πετούμενος Κώστας, Δάφνης Σπ, Ξυδιά Αναστα­σία, Δαφνής Λ, Μανατάκης Μανώλης, Ασκούνης Βασίλειος.

Συveρyάιe� : Φελούρης Αργύρης, Μαvτάς Ιωάννης, Πθ. Αδομάκος, Π Αδαμάκος, Μ Αρβανίτης, Ροβάτσου Αθανασία

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕillΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ,36 17 784 - 36 16 532 Fωc 36 41 025 Ιiκδόιrι�: Αλεξανδρής Νικόλαος Λιr,υΟυνιι]�:Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 110!- 7998 Ειιιμeλι1ιο 'Εκ6οσrΗ::

Μαραγκάκης Στέλιος ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ Τεύχος: 2,50 ευρώ

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ •

Τεύχος 46 • Οκτώβριος • Νοέμβριος • Δεκέμβριος 2002 • Ευρώ: 2,50 e-mail: [email protected]

www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑ τΙΚ Ο ΠΕΡIΟΔΙΙ<Ο ΠΑ ΤΟ Λ YKEIO

Π Ε Ρ I Ε Χ Ο Μ.Ε Ν Α 2 Αρχαία Ελληνικά ΜαΟημαιικά

6 Προ6λήμαια απ' ιην ΚαΟημeριvή Ζωή

7 Το Βήμα ιου Ευκλeίδη

7 Το ζωογονικό Τρίγωνο ιων ΠυΟαγορeίων

8 Η ΑισΟηιική ιων πρώιων ή πρώιοι αριΟμοί και μουσική

9 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

13 ΜαΟημαιικοί Διαγωνισμοί - ΜαΟημαηκές Ολυμπιάδeς

19 Για ιο Ακέραιο μέρος Πραyμαηκού ΑριΟμού

I ΜαΟημαιικά yια rηv Α' Τάξη rou Λυκeίου I

25 Η eξίσωση αχ2+6χ+y=Ο μe α:;e: Ο

29 Κύκλος Εyyeγραμμένος - Πeριγeγραμμένος σe Τρίγωνο

I ΜαΟημαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκeίου I

32 Αλγe6ρικές eξισώσeις

37 Εμβαδά ΕυΟυγράμμωv Σχημάιων

43 Εσωιeρικό γινόμeνο Διαvυσμάιωv ιου Επmέδου

49 Απόσιαση σημeίου από euOeία

I ΜαΟιιμαηκά yια ιηv Γ' Τάξη rou Λuκeίου I

53 Μέφα Οέσης και διασποράς

57 Μέση ημή και διακύμανση δeίγμαιος

58 Όριο Συvάριησης

66 Παράγωγος μe ιη 6οή0eια ιου ορισμού

71 Η σιήλη ιης Αλληλογραφίας Εtήσιασυvδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) 1------------------------------1 Συνδρομητές: 10,00+2,00 ευρώ (Tax.) Ορrανιcφοι: 18,00 ευρώ Τιιχ. Επιιιιycς Τ. ΓρrιcριΙ(ιι Λtlήνη 1')4, Τ.(•), :J0044

Εκτύπωση INTEPIII'EΣ Λ.Ε., Ιερά οδός 81 - 83 Σιοιχι•ιιιtlcοlα • Σcλιδοιιο(ηοη «& ����:���λ.210-� Υιιευθ. Τuποyραφeίοu Π Τρureριώτης-Τηλ.:3474654

λΡΧλΙλ Μλ.θ

Προλοyiκό σημείωμα Α πό την αναγνώστριά μας Βασιλική Τ σούδα, μαθήτρια της Β' Λυκείου, λάβαμε μια «εργασία» που αν�

φέρεται στο ιστορικό του τετραγωνισμού του κύκλου, παρμένη από το κλασικό έργο του τhomas Heath «Ιστορία των ελληνικών Μαθηματικών». Στη μορφή, που το λάβαμε δεν είναι δημοσιεύσιμο από τον Ευκλείδη Β', γιατί η αναγνώστριά μας, λό­

γω απειρίας σε τέτοια θέματα, διέπραξε, χωρίς να το αντιληφθεί, μερικά σφάλματα τα οποία δεν μπορούμε να αγνοήσουμε. Οι υποδείξεις που ακολουθούν απευθύνονται σε όλους τους αναγνώστες μας, που επιθυμούν να έχουν συνεfr γασία με τον Ευκλείδη Β' και όχι μόνο στη συγκεκριμένη αναγνώστριά μας. Αυτές είναι οι παρακάτω: 1. Επιλέγουμε ένα θέμα που νομίζουμε ότι είναι στα «μέτρα» μας και ότι θα το επεξεργαστούμε όσο μπορούμε

καλλίτερα. 2 Όταν μεταφέρουμε από κάποιο βιβλίο μία ή περισσότερες σελίδες χωρίς να τις διαφοροποιήσουμε, τις βά:­

ζουμε μέσα σε εισαγωγικά και αναφέρουμε το έργο από το οποίο τις πήραμε. Αν σ' αυτές περιέχονται εισ� γωγικά ή αποσιωπητικά δεν τα διαγρ4φουμε γιατί έτσι θα αλλοιώσουμε το νόημα που θέλει να δώσει ο συγγραφέας.

J. Αν θα συναντήσουμε δυσκολίες, καταφεύγουμε και σε άλλες πηγές που πραγματεύονται αυτό το θέμα ή ζη­τούμε, εφόσον αυτό είναι δυνατόν, τη συμβουλή του καθηγητή μας. Έτσι θα αποφύγουμε την «παραπληρο­φόρηση».

Επειδή η φιλοσοφία του Ευκλείδη Β ' είναι να ενθαρρύνει τους αναγνώστες του σε κάθε μορφή συνεργασίας και έρευνας, σεβόμενοι την φιλότιμη προσπάθεια της αναγνώστριάς μας και, αφού λάβαμε την άδειά της, τρο­ποποιήσαμε το κείμενο, ώστε να γίνει κατανοητό, και ελαττώσαμε το μήκος. Ακολουθεί τώρα το κείμενο της μαθήτριας. �

Ο Ί'Ε'fΡΑΠ!ΝΙΣΜΟΣ ΤΟΥ ΚΥΚΛΟΥ Βασιλική Τζούδα, Μαθήτρια Β

Ο τετραγωνισμός του κύκλου με χρήση του κα­

νόνα και του διαβήτη είναι ένα από τα τρία άλυτα

προβλήματα της αρχαιότητας το οποίον απασχό­

λησε τους aρχαίους Έλληνες για τρεις περίπου αι­

ώνες. Πολλοί υπήρξαν οι μαθηματικοί της αρχαιό­

τητας που προσπάθησαν, καθένας με δικό του

τρόπο ή δανειζόμενος στοιχεία άλλων, να ευθειο­

ποιήσουν τον κύκλο με διάφορες αποδείξεις.

Εκείνος, του οποίου το όνομα συνδέθηκε κατά

πρώτον με το πρόβλημα αυτό κατά τον Πλούταρ­

χο, είναι ο Αναξαγόρας που ασχολήθηκε με αυτό

όταν ήταν στη φυλακή. Οι πρώτες αξιόλογες προ­

mmθειες για τον τετραγωνισμό του κύκλου έγιναν

στα μέσα του 5ου αιώνα π.Χ. Ο Ιπποκράτης ο Χίος

(460 π.Χ.), ο οποίος αν και δεν ασχολήθηκε απο­

ι.:ί..ειστιιcά με τον τετραγωνισμό του κύκλου, εν­

δwφέρθηκ:ε κυρίως για τον τετραγωνισμό των μη-

Χρήστος Κηπουρός, Μαθηματικός-Ιστορικός

νίσκων. Ήθελε να αποδείξει ότι, αν οι κύκλοι δεν

ήταν δυνατό να τετραγωνιστούν με τις μεθόδους

της επιπεδομετρίας, θα μπορούσε να αναπτυχθούν μέθοδοι για τον υπολογισμό του εμβαδού ορισμέ­

νων σχημάτων που περιορίζονταν από κυκλικά τό­

ξα, όπως είναι π. χ. οι μηνίσκοι.

Ο Αθηναίος Σοφιστής Α vnφών ( 460 π.Χ. ), που

ήταν σύγχρονος του Σωκράτη, ενδιαφέρθηκε ιδιαίτε­

ρα για τον τετραγωνισμό του κύκλου. Η μέθοδος με

την οποία ο Α vnφών προσπάθησε να τετραγωνίσει

τον κύκλο υποδεικνύεται από τον Θεμίστιο και τον

Σιμπλίκιο. Έστω ένα οποιοδήποτε κανονικό πολύγω­

νο εγγεγραμμένο σε κύκλο, π. χ. ένα τετράγωνο ή ένα

ισόπλευρο τρίγωνο. (Σύμφωνα με τον Θεμίστιο, ο Α­

ντιφών ξεκίνησε με ένα ισόπλευρο τρίγωνο και αυτό

φαίνεται να είναι αυθεντική εκδοχή. Ο Σιμπλίκιος υ­ποστηρίζει ότι ενέγραψε ένα από τα κανονικά πολύ­

γωνα που μπορούν να εγγραφούν σε κύκλο, «έστω,

στην περίπτωση αυτή ότι το εγγεγραμμένο πολύγωνο

είναι ένα τετράγωνο>>.) Σε κάθε πλευρά του εγγε-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

γραμμένου τριγώνου ή τετραγώνου ως βάση, να ορr

στεί ισοσκελές τρίγωνο με την κορυφή του στο τόξο

του μικρότερου τμήματος του κύκλου, στο οποίο

βαίνει η πλευρά. Αυτό δίνει ένα κανονικό εγγεγραμ­

μένο πολύγωνο με διπλάσιο αριθμό πλευρών από το

αρχικό. Αν η κατασκευή επαναληφθεί με το νέο πο­

λύγωνο, τότε θα έχουμε ένα εγγεγραμμένο πολύγωνο

με τετραπλάσιο αριθμό πλευρών από ότι το αρχικό.

Καθώς συνεχίζεται η διαδικασία, «ο Αvτιφών πίστευε ότι η επιφάνεια του κύκλου θα καλυπτόταν πλήρως. Έτσι κάποτε θα προέκυπτε ένα πολύγωνο εγγεγραμμέ­νο στον κύκλο με πλευρές οι οποίες, λόγω του πολύ μικρού μήκους τους, θα συνέπιπταν με το αντίστοιχο έλλασσον τόξο του κύκλου. Επειδή λοιπόν μπορούμε να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο ίσο σε εμβαδόν με

οποιοδήποτε πολύγωνο ... θα πρέπει να είμαστε σε θέ­ση να κατασκευάσουμε ένα τετράγωνο ίσο σε εμβαδόν

με έναν κύκλο».

Αν και το συμπέρασμα του Αντιφώντος είναι

λάθος, ωστόσο μας υπέδειξε την ιδέα της εξάντλη­

σης μιας επιφάνειας με τη βοήθεια εγγεγραμμένων

κανονικών πολυγώνων των οποίων το πλήθος των

πλευρών συνεχώς αυξάνεται και πάνω σ' αυτή την

ιδέα ο Εύδοξος θεμελίωσε τη μέθοδο της εξά­ντλησης, η οποία άφησε εποχή. Δίκαια, λοιπόν, ο

Αντιφών κατέλαβε μια τιμητική θέση στην ιστορία

της Γεωμετρίας.

Ο Βρύσων, νεότερος κατά μια γενιά από τον Α­

ντιφώντα, αποπειράθηκε επίσης να τετραγωνίσει

τον κύκλο. Η λύση που έδωσε αμφισβητήθηκε και

απορρίφθηκε από πΌλλούς, καθώς δεν βασιζόταν

σε αρχές αποκλειστικά της Γεωμετρίας, αλλά σε

αρχές εξίσου εφαρμόσιμες και σε άλλους τομείς. Η διατύπωση της λύσης του Βρύσωνα δεν είναι σα­

φής καθώς οι απόψεις των μελετητών γι' αυτήν

ποικίλλουν. Σύμφωνα με τον φιλόσοφο Αλέξανδρο

Αφροδισιέα (3°ς μ.Χ. αιώνας) ο Βρύσων εγγράφει

ένα τετράγωνο σε έναν κύκλο και περιγράφει άλλο

ένα γύρω από αυτόν, ενώ επίσης παίρνει και ένα

τετράγωνο ανάμεσά τους (σχ. 1). Α Δ

__.,.. ....... Θ '/)( ""\!1' / ',,

, 1'\ , , ' ' , � , ' , ' , ' , ' , , ' ,

, , σ,, , , ' ' v , ' i\ , ' '/ , ,' ιt;,.,. ./'1 ,

Β Γ Σχ. 1

Στη συνέχεια θεωρεί ότι, εφόσον το ενδιάμεσο

τετράγωνο είναι μικρότερο σε εμβαδόν από το εξ�

τερικό και μεγαλύτερο από το εσωτερικό, ενώ ο κύ­κλος είναι επίσης μικρότερος σε εμβαδόν από το ε­

ξωτερικό και μεγαλύτερος από το εσωτερικό τετρά­

γωνο, και, επειδή αντικείμενα τα οποία είναι μεγαλ�

τερα και μικρότερα από τα ίδια αντικείμενα αντιστοί­χως είναι ίσα, συνάγεται ότι ο κύκλος είναι ίσος με

το ενδιάμεσο τετράγωνο, για το οποίο ο Αλέξαν­

δρος σημειώνει πως η υπόθεση αυτή όχι μόνο δεν

είναι εφαρμόσιμη σε άλλα αντικείμενα πέρα από τα

γεωμετρικά μεγέθη, αλλά επίσης είναι λανθασμένη

επειδή π.χ. ο 8 και ο 9 είναι μικρότεροι από τον 10 και μεγαλύτεροι από τον 7 και παρ' όλα αυτά δεν

είναι ίσοι. Κατά την άποψη του Θεμίστιου, ο Βρύ­

σων προχώρησε περισσότερο από τον Αντιφώντα,

γιατί μας είπε πώς ο κύκλος έχει μεγαλύτερο εμβα­

δόν απ' όλα τα εγγεγραμμένα σ' αυτόν πολύγωνα

και μικρότερο απ' όλα τα περιγεγραμμένα περί αυ­

τόν πολύγωνα και, ακόμη, πως αυτό το υποτιθέμενο

αξίωμα είναι αληθές, αν και ιδιόμορφο για τη Γε�

μετρία. Αναφέρει, κατόmν, μια mθανή εξήγηση αυ­

τού του παράλογου συλλογισμού, την οποία παρα­

λείπουμε για ευνόητους λόγους.

Οι πραγματικές ευθειοποιήσεις ή τετραγωνισμοί

των κύκλων, έγιναν με τη βοήθεια των ανώτερων

καμπύλων, η κατασκευή των οποίων γίνεται με «κι­

νητική Γεωμετρία)), είναι περισσότερο μηχανικού

χαρακτήρα από εκείνη του κύκλου. Μερικές από αυ­

τές τις καμπύλες χρησιμοποιήθηκαν για την επίλυση

περισσοτέρων του ενός από τα τρία κλασικά προ­

βλήματα. Χαρακτηριστικά παραδείγματα αποτελούν:

1 ον Ο Αρχιμήδης, που τετραγώνισε τον κύκλο με

τη χρήση της ελικοειδούς καμπύλης,

2ον Ο Νικομήδης, ο Δεινόστρατος και ο Ιππίας με

τη χρήση μιας καμπύλης που ονομάζεται «τε­

τραγωνίζουσα>>.

3ον Ο Απολλώνιος με τη χρήση μιας ειδικής κα­

μπύλης την οποία ο ίδιος ονομάζει «αδελφή της

κοχλιοειδούς)) και είναι ίδια με την καμπύλη

του Νικομήδη.

4 ον Ο Κάρπος ο Α ντιοχεύς με τη χρήση κάποιας

καμπύλης η οποία, όπως λέει, δημιουργείται

«από μία διπλή κίνηση)).

Η τετριryιοvίζοvcrα τοv Ιππία Η μέθοδος κατασκευής της καμπύλης περιγρά­

φεται από τον Πάππο. Έστω τετράγωνο ΑΒΓ Δ και

ΒΑΔ ένα τεταρτημόριο με κέντρο Α ( σχ. 2). Έστω:

1) ότι μια ακτίνα του κύκλου στρέφεται ομαλά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/3

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

γύρω από το Α από τη θέση ΑΒ στη ΑΔ, και 2) ότι ταυτόχρονα η ημιευθεία ΒΓ κινείται ομα­λά, πάντα παράλληλα προς τον εαυτό της, και με την αρχή της Β να κινείται κατά μήκος της ΒΑ από τη θέση Β στη θέση Α. Έτσι, στις τελικές τους θέσεις, η κινούμενη ευ­

θεία και η στρεφόμενη ακτίνα συμπίπτουν και οι δύο με την ΑΔ και σε κάθε προηγούμενη χρονική στιγμή, κατά τη διάρκεια της κίνησης, τέμνονται σε διαφορετικά σημεία του εmπέδου όπως π.χ. το Ζ ή το Λ. Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων αυτών εί­ναι η τετραγωνίζουσα. Η ιδιότητα της καμπύλης αυτής είναι ότι: ΒΜ :ΕΜ = (τόξο ΒΕΔ) : (τόξο Μ)= ΑΒ : ΖΘ Δηλαδή, αν φ είναι η γωνία ΖΜ που σχηματί­

ζει κάθε ακτινικό διάνυσμα ΑΖ με την ΑΔ, ρ το μήκος της ΑΖ και α το μήκος της πλευράς του τετραγώνου, αποδεικνύεται ότι η εξίσωση της κα-μπύλης είναι: ρ =� . π -ημφ 2

Είναι σαφές πως, από τη στιγμή που έχει κατα­σκ�αστεί η καμπύλη, μας εmτρέπει όχι μόνο να τρι­χοτομήσουμε την ΕΜ , αλλά, ακόμη, να την διαμε­ρίσουμε σε οποιονδήποτε λόγο. Πράγματι, έστω ότι το σημείο Ζ' διαιρεί την ΖΘ σε δοσμένο λόγο. Φέ­ρουμε εκ του Ζ', την Ζ 'Ν I ΑΔ που τέμνει την τετρα­γωνίζουσα στο Λ. Φέρουμε την ΑΛ και την προε­κτείνουμε μέχρι να συναντήσει τον κύκλο στο σημείο Ν. Τότε, οι γωνίες ΕΑΝ, ΝΜ έχουν το λόγο τον ΖΖ' προς Ζ'Θ, όπως εύκολα αποδεικνύεται. Έτσι, εύ­κολα, η τετραγωνίζουσα μας δείχνει τον τρόπο της διαμέρισης οποιασδήποτε γωνίας σε δοσμένο λόγσ.

Το πρόβλημα της ευθειοποίησης του κύκλου με χρήση της τετραγωνίζουσας είναι δυσκολότερο γιατί πρέπει να γνωρίζουμε τη θέση του σημείου Η στο οποίο η τετραγωνίζουσα τέμνει την ΑΔ.

Η διαδικασία της ευθειοποίησης ενός τεταρτη­μορίου του κύκλου είναι η παρακάτω:

Β α Γ

Σχ. 2

Υποθέτουμε ότι η τετραγωνίζουσα τέμνει το ευθύγραμμο τμήμα ΑΔ στο Η, πρέπει να aποδεί­ξουμε την πρόταση που δίνει το μήκος του τόξου του τεταρτημορίου ΒΕΔ και συνεπώς του κύκλου. Η πρόταση είναι:

---(τόξο τεταρτημορίου ΒΕΔ) : ΑΒ = ΑΒ : ΑΗ Αυτό αποδεικνύεται με την «εις άτοπον απαγωγή)). Αν ο προηγούμενος λόγος δεν ισούται με ΑΒ:ΑΗ, θα πρέπει να ισούται με ΑΒ:ΑΚ, όπου το ΑΚ είναι είτε (1) μεγαλύτερο, είτε (2) μικρότερο του ΑΗ. (Σ χ. 3).

Β α Γ

.L-�-Θ4�--���_JΔ Σχ. 3

1. Έστω ότι ΑΚ > ΑΗ (Σχ. 3). Με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΚ σχεδιάζουμε το τεταρτημόριο ΚΖΑ, το οποίο τέμνει την τετραγωνίζουσα στο σημείο Ζ και το ΑΒ στο Λ. Φέρουμε την ΑΖ και την προεκτείνουμε ώστε να συναντήσει το τόξο ΒΕΔ στο σημείο Ε. Φέρουμε επίσης την ΖΘ κάθετη στην ΑΔ. Τώρα, από την υπόθεση έχουμε ότι:

---(τόξο ΒΕΔ) : ΑΒ =ΑΒ:ΑΚ ---= (τόξο ΒΕΔ) : (τόξο ΛΖΚ ).

---Συνεπώς ΑΒ = (τόξο ΛΖΚ ) . Όμως, από την ιδιότητα της τετραγωνίζουσας:

--- :..--... ΑΒ : ΖΘ = (τόξο ΒΕΔ) : (τόξο ΕΔ) = - --= (τόξο ΛΖΚ): (τόξο ΖΚ)

-και όπως έχει αποδειχθεί ότι ΑΒ = (τόξο ΛΖΚ ) έ-πεται ότι ΖΘ = (τόξο ΖΚ ), που είναι άτοπο. Άρα το ΑΚ δεν είναι μεγαλύτερο του ΑΗ. 2. Έστω ότι ΑΚ < ΑΗ (Σχ. 4). Με κέντρο Α και

ακτίνα ΑΚ σχεδιάζουμε το τεταρτημόριο ΚΜΛ. Φέρουμε την ΚΖ κάθετη στην ΑΔ, η ο­ποία τέμνει την τετραγωνίζουσα στο Ζ. Φέρου­με την ΑΖ η οποία τέμνει τα τεταρτημόρια στα σημεία Μ, Ε, άντίστοιχα. Στη συνέχεια, όπως προηγουμένως, αποδεικνύουμε ότι:

_....,--__ ΑΒ = (τόξο ΛΜΚ )

και από την ιδιότητα της τετραγωνίζουσας: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/4

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

Γ

-ΑΒ (τόξο ΒΕΔ) = ---- = ΖΚ (τόξο ΔΕ) Ε

-(τόξο ΛΜΚ) = .-. (τόξο ΜΚ)

Α ��----��--�Δ ΚΗ

Σχ. 4 -Συνεπώς, εφόσον ισχύει ΑΒ = (τόξο ΛΜΚ ),

τότε ΖΚ = (τόξο ΜΚ ), το οποίο είναι άτοπο, γιατί μας οδηγεί στο συμπέρασμα ότι ο κύκλος είναι ί­σος με την περίμετρο ενός περιγεγραμμένου πολυ­γώνου.

Άρα το ΑΚ δεν είναι μικρότερο του ΑΗ. Κα­θώς λοιπόν το ΑΚ δεν είναι ούτε μεγαλύτερο ούτε μικρότερο του ΑΗ, έπεται ότι είναι ίσο με αυτό και συνεπώς:

- - (ΑΒ)2 (τόξο ΒΕΔ ) : ΑΒ = ΑΒ : ΑΗ <:::::> ΒΕΔ = --.

ΑΗ Έτσι, έχουμε ευθειοποιήσει ένα τεταρτημόριο

του κύκλου κέντρου Α και ακτίνας ΑΒ. Για τον τετραγωνισμό του κύκλου θα περιορι­

στούμε να αναφέρουμε τις τρεις θεμελιακές προ­τάσεις του Αρχιμήδη που έδωσαν τη μεγαλύτερη ώθηση στην κατοπινή πορεία της Γεωμετρίας. Μ μtΟο&� του Αpχψt\6η

Η αξιόλογη συμβολή του Αρχιμήδη στο πρό­βλημα του τετραγωνισμού του κύκλου στηρίζεται στην παραδοχή του ότι: 1 . . «Κάθε κύκλος, του οποίου η μεν ακτίνα είναι ί­

ση προς μία των κάθετων πλευρών ορθογώνιου τριγώνου, η δε περιφέρεια είναι ίση προς τη βάση, είναι ίσος προς το ορθογώνιο τρίγωνο>>.

2. «0 κύκλος προς το τετράγωνο της διαμέτρου του έχει λόγο τον λόγο που έχει ο 1 1 προς τον 14».

3. «Παντός κύκλου η περιφέρεια είναι ολίγον μι-κρότερη μεν του 3.!.. της διαμέτρου, μεγαλύτε-7 ρη δε του 3.!_Q αυτής». (Ε. Σταμάτη, Αρχιμή-7 1 δους άπαντα, Κύκλου μέτρησις προτ. 1 , 2, 3).

Για να αποδείξει ο Αρχίμήδης την τρίτη πρότα­ση, ενέγραψε και περιέγραψε κανονικά πολύγωνα, υπολόγισε τα εμβαδά τους μέχρι των 96 πλευρών και απέδειξε ότι η επιφάνεια του κύκλου περιέχε­ται μεταξύ αυτών των αριθμών.

Ο λόγος αυτός συμβολίζεται με το γράμμα π και τα όρια σε δεκαδική μορφή είναι:

3 , 14285714 .. . > π > 3, 14084507 . . . Με τη βοήθεια του ΗΝ μπορούμε, σήμερα, να

προσεγγίσουμε τον π με όση ακρίβεια θέλουμε.

Ο κος Χρ. Κηπουρός προτείνει για περισσότερη εξάσκηση στην έρευνα της Γεωμετρίας, να γίνει προσπάθεια επίλυσης στα παρακάτω προβλήματα του Ήρωνος της Αλεξάνδρειας. t u Στο τρίγωνο ΑΒΓ λαμβάνουμε επί των

πλευρών ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ τα σημεία Δ, Ε και

Ζ, αντίστοιχα.

Β z Γ

Σχ. 5 Ν α αποδείξετε ότι η αναγκαία και ικανή

συνθήκη ώστε τα τρίγωνα ΑΔΕ, ΒΔΖ και ΕΖΓ να είναι ισοδύναμα (ισοεμβαδικά) είναι: ΑΔ ΒΖ ΓΕ

- - = -

ΔΒ ΖΓ ΕΑ

111 Δίδεται τρίγωνο ΑΒΓ. Να οριστεί το σημείο

Δ (στο εσωτερικό του), ούτως ώστε όταν φέ­

ρουμε τις ευθείες ΔΑ, ΔΒ και ΔΓ, τα τρίγωνα

ΑΒΔ, ΔΒΓ και Γ ΑΔ να είναι ισοδύναμα.

�.···/ΑΔ·-······· .. · . · .. · . � . - � -

Β Γ

Σχ. 6

i ΕΥ Ε• Η εrναι το · ξtJγ "νο της τα• εί ··�··�--,�-�-�···�-·, .. , ... �.i,�·,i···'······�·�·-�·-�·�·,·······, •. , .• ���-·�·�-�-·�-�···�·,····�······�····, ••••.•. 1. Ό

ι.,�,i·i·'�' •ιι.,,,,.�,.� •• ,,,.\,�1,�,,.,, ••• ,, ••• �.,,�i�., ••• , •• ,,, ••• ,�.�···'··\., •• , •••• , •• i ,,,,,,,,,,,,,,,,,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/5

• Ο συνάδελφος Ι. Μαντ� είχε προτείνει σε προηγούμενο τεύχος τα παρακάτω προβλήματα.

1. Κάθε πόση ώρα ανναντιέται ο λεπτοδdκτης με τον ωροδdκτη τοv ωρολοyiοv.

Λύση:

Έστω ότι η ώρα είναι 12. Τότε οι δύο δείκτες βρίσκονται στην ίδια θέση.

Μετά από 1 ώρα ο λεπτοδείκτης θα βρίσκεται 30° πίσω από τον ωροδείκτη.

Αν t είναι ο χρόνος σε λεπτά, τότε ο λεπτοδεί­κτης σε χρόνο t διανύει 6 t μοίρες ενώ ο ωροδεί-

δ ' 1 ' κτης ιαννει -t μοιρες. 2 Α ν σε t λεπτά ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης

συναντιούνται ξανά πρέπει να ισχύει: 1 1 1 60 - . 6t =-t +30 <=>-t = 30 <=> t =- =5,45Inln = 5 2 2 1 1

λεπτά, 27 δευτερόλεπτα και 27 εκατοστά. Άρα ο λεπτοδείκτης και ο ωροδείκτης συνα­

ντιούνται κάθε 1 ώρα, 5 λεπτά, 27 δεύτερα και 27 εκατοστά του δευτερολέπτου

2. Επάνω cno πανi dναι τuπιομένι.ς 4 διαφημίσεις, cnη σειρά η μία κάτω απ' την ωJ..η, � cnα φιλμ. Ο μηχανισμός τuΛιyει και ξm>Λιyει το πανί, σαν Πάπuρο, κατά τακτά χρονικά διαcnήματα, ώcnε να εμφανfζεται κάθε φορά και μια διαφορmκή διαφήμιση. Ιlράnα εμφανίζεται η πρόnη διαφήμιση, 1mερα η δe6τερη κ.ο.κ. Όταν εμφανιcnd η τέταρτη διαφήμιση ο μηχανισμ6ς τuΛιyει αντίcnροφα το πανi ώcnε να εμφανιcnd cnη σuνίχεια η τρiτη, η δe6τερη κ.ο.κ. Όταν πάλι εμφανιcnd η πρόnη ο μηχανισ� cnρέφει το πανi αντίcnροφα ώcnε να εμφανιcnd η δe6τερη κ.ο.κ.

Ας ιnrοθέσοvμε ότι πρώτη, δεVτερη, τρiτη και τέταρτη είναι η διαφήμιση της εταφείας Α, Β, Γ, Δ αντίcnοιχα. Η εταφεία Β πληρώνει %0.000 δρχ. ημερησίως yια να διαφημίζεται στην παραπάνω διαφημιcmκή πινακιδα.

μηχανισμός

πανί ..... / ...._ ___ .J.J

Λύση: Η σειρά των διαφημίσεων είναι: IΑΒ Γ Δ Γ Β I, IΑΒ Γ Δ Γ Β I

Άρα για κάθε 2 εμφανίσεις των Β , Γ τα Α, Δ εμφανίζονται από 1 φορά. Επομένως καθεμία ε­ταιρεία από τις Α, Δ πρέπει να πληρώνουν τα μισά απ' όσα πληρώνει καθεμία από τις Β, Γ, δηλαδή οι Β, Γ πρέπει να πληρώνουν από 20.000 δρχ. ημε­ρησίως και οι Α, Δ από 10.000 δρχ. ημερησίως • Ο συνάδελφος Χ. Πατiλας απ' τα Τρίκαλα

προτείνει: Πτυσσόμενη κεραία μήκους 25cm στέκεται

κατακόρυφα με το ένα άκρο της (σταθερό) στο έδαφος. Σκοινί μήκους lm είναι στερεωβένο με τις δύο άκρες του Κ, Λ στο έδαφος και το μέσο του είναι περασμένο από μικρή οπή που υπάρχει όσο άνω άκρο (μεταβλητό) της κεραίας έτσι ώ­στε να είναι τεντωμένο.

Η κεραία αρχίζει να κινείται οριζόντια έτσι ώστε να είναι πάντα κάθετη στο έδαφος και κά­θε χρονική στιγμή t απ' τη στιγμή που άρχισε να κινείται ισχύει:

dh . .../�1_-4-χ-2 + χ. dx = 0

dt dt

ό ι , , ' που χ< l η αποσταση της κεραιας απ την

αρχική της θέση και h το ύψος της κεραίας σε μέτρα.

Να δείξετε ότι: «Το σκοινί κατά τη παραπά­νω κίνηση είναι τεντωμένο».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/6

π I

ΤΟ ΖΩΟΓΟΝΙΚΟ ΤΡΙΓΩΝΟ ΤΩΝ ΠΥΘΑΓΟΡΕΙΩΝ

ΛΑΧΕΣΙΣ 1 (παρελθόν)

ΑΤΡΟΠΟΣ (μέλλον) 3

4 ΚΛΩΘΩ (παρόν)

ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΠΕΡΙΜΕΤΡΟΣ= 12 ( 12 Ζωδιακοί - 12 θεοί -12 μήνες-12 Ελ. φυλές2, 12 Υιτάνες2 ) ΕΜΒΑΔΟ= 6 ( 6 = "ο πρώτος τέλειος* αριθμός" )

Στη μελέτη μας «περί πυθαγορείων τριάδων» είχαμε σημειώσει ότι το ζωογονικό τρίγωνο αντιστοιχεί στο στοιχείο υδρογόνο.

Στη συνέχεια δείξαμε - ίσως για πρώτη φορά ότι κάθε ορθοymvιο τρryιονο με πλεuρές ακε­ραίοοι; ορι8μοiJι;, δηλαδή κάθε Πυθαγόρεια τριάδα,· έzει εμpαδόν ποUαπλάσιο του ζrοοyονι­κο'ό 'Ι'VXOJOVLΚO'ό ορι8μιrό 6των Πυθαγορείων.

Παρακάτω αποδεικνύουμε ότι: όλα τα ορθο­γώνια τρίγωνα «ζωογονούνταυ) από το παραπάνω Πυθαγορικό αρχέτυπο, (όλα τα χημικά στοιχεία ζωογονούνται από το υδρογόνο με διαδοχικές συντήξεις).

'Ρυχοyονικός ιώpος 63 = 216 (ο ελάχιστος αριθμός ημερών που χρειάζεται για να γεννηθεί ένας άνθρωπος)

Οι πλευρές οποιουδήποτε ορθογωνίου τριγώνου δίδονται από τους μετασχηματισμούς

κ 2 +i κ2-λ2 α = 2 , β = 2 , γ = κ·λ (1) όπου κ, λ περιττοί φυσικοί με κ> λ.

Δ Για το εμβαδό Ε τριγώνου Α Β Γ με Α = 90" έχουμε: Ε =

βγ . 2 Έτσι για κάθε ορθογώνιο τρίγωνο έχουμε: 1 Λέγεται και Αδράστεια

2 Πλάτωνος πολιτεία Ι, Ι 4 * τέλειος λέγεται ο αριθμός του οποίου οι διαιρέτες qουν άθροισμα τον ίδιο τον αριθμό. Διαιρέτες του 6: {1,2,3}, άθροισμα 1+2+3 = 6

Π.Θ. Αδαμάκος, Π. Αδαμάκος

Ε= (κ + λ)(κ - λ)κJJ4 Θα δείξουμε ότι το Ε είναι πολλαπλάσιο του

πρώτου τέλειου αριθμού του 6, που είναι και το εμβαδόν του ζωογονικού τριγώνου {3,4,5} .

Έτσι θα έχουμε δείξει ότι το ζωογονικό τρίγωνο μετέχει στη φύση κάθε ορθογωνίου τριγώνου, ζωογονώντας όλα τα ορθογώνια τρίγωνα -υλικά στοιχεία. Βοηθηnκή πρόταση 1 : Το άθροισμα ή η διαφορά δύο περιττών φυσικών αριθμών διαιρείται με το 4

Απόδειξη Έστω κ,λ οι δύο περιττοί ακέραιοι αριθμοί με κ=2ν+ 1 και λ=2ρ+ 1, οπότε κ-λ = (2ν + 1 )-(2ρ + 1) = 2ν + 1 -2ρ - 1 = 2(ν -ρ) και: κ + λ = (2ν + 1) + (2ρ + 1)

= 2(ν +ρ + 1) Ι. εάν ν,ρ = άρτιοι ή ν,ρ = περιττοί,

τότε: κ- λ� 2(ν - ρ) = πολ4 ΠΙ. εάν ν=περιττός και ρ=άρτιος ( ή αντίστροφα),

τότε κ+λ=2(ν+ρ+1)=πολ 4, αφού ν+ρ+1= άρτιος ( ένας περιττός + ένας άρτιος + 1 = άρτιος) και εδείχθη.

ΠΟΡΙΣΜΑ: Η διαφορά των τετραγώνων δύο περιττών φυσικών αριθμών διαιρείται με το 8. Βοηθηnκή πρόταση 2: Εάν κ,λ είναι δύο περιττοί φυσικοί αριθμοί με κ>λ, τότε το γινόμενο κλ (κ+λ)(κ-λ) διαιρείται με το 24.

Απόδειξη Αρκεί να δείξουμε ότι: κλ(r- λ2) = πολ3

αφού r - λ2 = πολ8, σύμφωνα με την προηγούμενη βοηθητική πρόταση και (3, 8) = 1 . Ο ισχυρισμός είναι προφανώς αληθής στη περί­πτωση που ένας τουλάχιστον απ' τους κ, λ είναι πολλαπλάσιο του 3 . Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε τον ισχυρισμό στην περίπτωση που κανένας απ' τους κ, λ δεν είναι πολλαπλάσιο του 3.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π

Το βήμα του Ευκλείδη

Τότε κ = πολ3 ± 1 και λ = πολ3 ± 1. Οπότε: r - λ2 = πολ3. Τελικά έχουμε για το εμβαδόν:

1 κ2 -λ2 1 2 2 1 Ε=2 · 2 ·κλ=4(κ -λ }κλ =4πολ24=πολ6

Πόρισμα:

Όταν δύο περιττοί φυσικοί αριθμοί δεν διαιρούνται με το 3 , τότε η διαφορά των τετραγώνων τους διαιρείται με το 24.

a Η Αιαθητική των πρώτων ή πρώτοι αριθμοί και μοuαική

Μιχάλης Σ. Αρβανίτης ΠερU.ηψη του αλyορ(θμου

Οι πρώτοι αριθμοί έχουν το χαρακτηριστικό ότι δεν συνδέονται μεταξύ τους με λογική ή ομαλότητα. Η μουσική από την άλλη είναι μια πολύμορφη πραγματικότητα και απαιτεί, όπως και τα μαθηματικά, μια ιδιαίτερη σχέση ανάμεσα στον δημιουργό και το δημιούργημα. Εδώ και πολλά χρόνια, χρησιμοποιούνται διάφοροι αλγόριθμοι και έχουμε την κατασκευή μουσικών κομματιών με τη χρήση μαθηματικών αλγορίθμων και υπολογιστών, π. χ η μουσική του Ιάνη Ξενάκη, της Αν Κλάρκ, των Κράφτγουερκ κτλ.

Πριν από μερικά χρόνια, προτάθηκε μια ενδιαφέρουσα ιδέα για τη δημιουργία μουσικών κομματιών αποτυπωμένων σε αρχεία μίντι (mid i files), τα οποία χρησιμοποιούν νότες που αντιστοιχούν σε πρώτους αριθμούς. Ένα από αυτά τα κομμάτια, χρησιμοποιεί έναν αλγόριθμο με τους πρώτους 18.000 πρώτους αριθμούς, ξεκινώντας από τον τέταρτο κατά σειρά πρώτο αριθμό, τον 7. Αυτό το αρχείο ηχογραφήθηκε και βρίσκεται στο cd του Phil Thompshon.

Περιyραφή του αλyορ(θμου Με εξαίρεση το 2, το 3 και το 5 κάθε άλλος

πρώτος αριθμός mod ulo5 δίνει αποτέλεσμα 1,2,3 ή 4. Για να «κατασκευάσουμε» mid i νοτες, παίρνουμε ανά 3 διαδοχικούς πρώτους αριθμούς modulo5, αφαιρούμε από καθένα τους το 1 και δημιουργούμε έτσι τριψήφιους αριθμούς του τετραδικού συστήματος. Δίνεται ο παρακάτω πίνακας για την επεξήγηση του υπολογισμού.

D � ΙΜΟΟ·�ι Αριθμός 5

Μετάπτωση •

Α ντ(στοιχη Ψηφ(ων στο Τριψηφwς Midi Νότα Τετραδικό τετραδικός (Δεκαδικό) σύ α

ΟΙ o��,==,�iF==2��====� 2-ι=ι 11 ιι ι

13 3 2 4

23 3

ι- ι= ο 3-ι=2 2- ι= ι 4-ι=3 3-ι =2

ιο2 ιs

I ι32 30

49

Έτσι, π.χ. οι τρεις πρώτοι αριθμοί 7, ll και l3 modulo5 δίνουν αποτελέσματα 2, 1 και 3, αντί­στοιχα. Αν αφαιρέσουμε τη μονάδα από κάθε ψηφίο προκύπτουν ψηφία που ανήκουν στο τετραδικό

σύστημα. Ομαδοποιώντας τα ανα τρία, δηλαδή αν πάρουμε το 1, το Ο και το 2 που προκύπτουν, φτιάχνουμε τριψήφιους τετραδικούς αριθμούς, στο συγκεκριμένο παράδειγμα τον αριθμό 102. Αυτός ο αριθμός στο δεκαδικό σύστημα αντιστοιχεί στον 1 *4Λ2+0+2*4ΛΟ=18. Επειδή οι πιθανοί τριψήφιοι του τετραδικού συστήματος είναι από 000 εώς 333, οι αντίστοιχες midi νότες θα είναι από Ο εώς 64, τις οποίες μπορούμε να χωρίσουμε σε τέσσερις φωνές, μια ανά track. Το track 1 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 000 και 033, δηλ. νότα mid i 0� 1 5. Το track 2 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 100 και l3 3, δηλ. νότα mid i 16� 3 1. Το track 3 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 200 και 233, δηλ. νότα mid i 32�47. Το track 4 περιέχει τις νότες ανάμεσα στους 300 και 333, δηλ. νότα mid i 48�64.

Τέλος, για να βρίσκονται οι νότες μέσα στο κλαβιέ του πιάνου, προσθέτουμε σε κάθε μια, τον αριθμό 36, δηλαδή ανεβαίνουμε κατά τρεις οκτάβες. Σημείωση: Κάτι παρόμοιο συμβαίνει και στην βιολογία. Στην μοριακή βιολογία, υπάρχουν τέτοιες τριάδες για τις λεγόμενες περιπτώσεις codon, σε κάθε αμινοξύ. Το πιο γνωστό παράδειγμα είναι η γλουταμίνη.

Θα ήθελα να ευχαριστήσω τον κύριο Νίκο Ανδρουλακάκη για την πολύτιμη βοήθειά του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/8

'\. " """ "" Mflιl �� �- �� . ;!• . ο '

. :Ι:r.ι� ,J/ HIIIII IATHeiAT/t'Vf Η Homo Mathematιcus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επι­στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Στο τεύχος αυτό έχουμε να δημοσιεύσουμε πολλά. Για να μη θεωρηθεί κανείς αδικημένος, τα δημοσι-εύουμε κατά σειρά χρονικής προτεραιότητας Γιάννης Κερασαρίδης Ι. Μια απαραίτητη διευκρίνηση. Τον προηγούμενο μήνα, ένας καλός φίλος της στήλης και συνάδελφος μαθηματικός, διατύπωσε προφορικά παράπονο ότι με το να γράφουμε κάτω από τον λογότυπο της στήλης: «Κανόνας: Η στή­

λη Homo mathematicus απευθύνεται μόνο σε μαθητές», ερμηνεύτηκε από τους συναδέλφους σαν αποτρεπτικό από το να χρησιμοποιούν το βή­μα της στήλης αυτής. Πρόκειται για σοβαρή πα-

ρεξήγηση. Με τη φράση αυτή εννοούμε πως τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να εί­ναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών. Μετά απ' αυτό, η στήλη δηλώνει πως είναι ανοιχτή σε σt}­ναδέλφους και, φυσικά, σε παιδιά σαν βήμα προ­σφοράς.

ΙΙ. "Αυτό το ξέρατε; " Από το τεύχος αυτό η στήλη καθιερώνει ένα υπόθεμα με τίτλο: «Αυτό το ξέρατε;)). Θα τίθεται ένα ε­ρώτημα και, στο τέλος της στήλης, θα δίνεται η απάντηση. Η σημερινή ερώτηση Τι είναι το ατοδευτε­ρόλεπτο; Ποιο και πόσων ατοδευτερολέπτων φαινόμενο, κατάφερε να χρονομετρήσει ο άνθρωπος;

ΠΙ. Και δεύτερη απάντηση για τη Χριστίνα Στο τεύχος αρ. 44, δημοσιεύσαμε μια ιδέα της Χριστίνας και ζητούσαμε θεωρητική τεκμηρίωση. Στο προηγούμενο τεύχος (αρ. 45) δημοσιεύσαμε την πρώτη απάντηση. Σε τούτο το τεύχος δημοσιεύουμε μια δεύτερη απάντηση, του Ευτύχη Παπαδοπετράκη, τον οποίο και ευχαριστούμε. Αργότερα λάβαμε και τρί­τη απάντηση από το φίλο της στήλης, συνάδελφο μαθηματικό, Γ. Τριπικέλη (Κόρινθος). Λόγω πληθώρας ύλης θα δημοσιευθεί στο επόμενο τεύχος (αρ. 47). Η απάντηση

Ευτύχης Παπαδοπετράκης, Πανεπιστήμιο Πατρών Η δοκιμή. «Αξίζουν πράγματι συγχαρητήρια στη των ψηφίων των προσθετέων είναι ίσο με το άθροι­Χριστίνα για την ανακάλυψή της σχετικά με τη σμα των ψηφίων του αθροίσματος. ". Ο κανόνας δε δοκιμή της πρόσθεσης. Για ένα παιδί της Δ' Δημ� που τηρούμε κατά τη διαδικασία εύρεσης του α­τικού, αλλά ακόμα και του Γυμνασίου ή και του θροίσματος των ψηφίων ενός αριθμού είναι ότι: " Λυκείου, είναι χωρίς αμφιβολία μια σπουδαία α- κάθε φορά που το άθροισμα ξεπερνά το 9, γίνεται νακάλυψη. Η Χριστίνα οδηγήθηκε στην ανακάλυ- δηλαδή διψήφιος, το aντικαθιστούμε με το άθροι­ψή της εφαρμόζοντας τη δοκιμή του πολλαπλα- σμα των ψηφίων του" . Για το λόγο αυτό στη συνέ­σιασμού στην πρόσθεση, και εντελώς εμπειρικά, χεια τα αθροίσματα αυτά θα τα λέμε εννεαδικά ή διαπίστωσε μια κανονικότητα. Θα έλεγξε μάλλον για συντομία 9-δικά. Η κανονικότητα αυτή πράγ­αν η κανονικότητα αυτή συμβαίνει και σε άλλες ματι συμβαίνει. Ας δούμε τώρα το γιατί: Ας εκτε­περιπτώσεις, και μετά τις αλλεπάλληλες επαλη- λέσουμε μια πρόσθεση σημειώνοντας και όχι ε­θεύσεις που πήρε, έβγαλε ένα κανόνα. κτελώντας, τις επιμέρους αθροίσεις και στη συνέ-Η κανονικότητα που παρατήρησε η Χριστίνα εί- χεια qς κάνουμε τη δοκιμή της Χριστίνας: ναι ότι: "Σε μια πρόσθεση ακεραίων το άθροισμα 1 4 5 3 • ( 1+4+5+3)}

2 3 8 • (2+3+8) ( 1+4+5+3)+ (2+3+8)=( 1+4+5+3+2+3+8)

[ 1 ] [2+4] [3+5] [8+3] • [ 1 ]+[2+4]+[3+5]+[8+3] = ( 1+2+4+3+5+8+3) Είναι φανερό ότι παίρνουμε τα 9 -δικά αθροίσμα- ι τέλεσμα πρέπει να είναι το ίδιο, οσοιδήποτε και αν τα για τα ίδια ακριβώς ψηφία, γι' αυτό και το απ� είναι οι προσθετέοι και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/9

Homo Mathematicus

οσαδήποτε ψηφία και αν έχουν. Για την οργάνωση της διαδικασίας αυτής μπορούμε να ακολουθούμε την παρακάτω πρακτική: Α::1 Ψ'Μ Όπου στη θέση των Α, Β, . . . ,Μ γράφουμε τα 9 -δικά αθροίσματα των ψηφίων των προσθετέων, στη θέση Χ γράφουμε το 9 -δικό άθροισμα των Α,

Β, ... ,Μ και στη θέση Ψ γράφουμε το 9 -δικό άθροι­σμα των ψηφίων του αποτελέσματος. Όταν η πρό­σθεση έχει γίνει σωστά τότε Χ=Ψ. Για παράδειγ­μα στην προηγούμενη πρόσθεση έχουμε: 4 r : Ποια όμως είναι η αξιοπιστία της δοκιμής αυτής;)) Η αξιοπιστία της δοκιμής. <(Οπως ήδη έχει γίνει φανερό ισχύει ο παρακάτω κανόνας: Αν μια πρό­σθεση οσονδήποτε αριθμών (θετικών ακεραίων) έχει εκτελεστεί σωστά, τότε το 9 -δικό άθροισμα των 9-δικών αθροισμάτων των προσθετέων είναι πάντα ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσμα­τος. Αυτό είναι το ίδιο με το να λέμε ότι: Αν σε μια πρόσθεση οσονδήποτε αριθμών (θετικών ακε­ραίων) το 9-δικό άθροισμα των 9 -δικών αθροισμά­των των προσθετέων δεν είναι ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος τότε η πρόσθεση δεν έχει εκτελεστεί σωστά. Ενώ δεν είναι καθόλου ίδιο με το: Αν μια πρόσθεση οσονδήποτε αριθμών (θε­τικών ακεραίων) έχει εκτελεστεί λάθος, τότε το 9 -δικό άθροισμα των 9-δικών αθροισμάτων των προσθετέων δεν είναι ποτέ ίσο με το 9 -δικό ά­θροισμα του αποτελέσματος. Ο ισχυρισμός αυτός είναι λάθος. Με άλλα λόγια, αν η δοκιμή δείξει ότι η πρόσθεση είναι λάθος εί­ναι πράγματι λάθος. Όμως προσοχή αν η δοκιμή μου δείξει ότι είναι σωστή, αυτό καθόλου δεν ση­μαίνει ότι πράγματι η πράξη έχει εκτελεστεί σω­στά. Δηλαδή ενδέχεται το 9-δικό άθροισμα των 9-δικών αθροισμάτων των προσθετέων να είναι ίσο με το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος και η πρόσθεση να είναι λάθος. Ας δούμε μια τέτοια περίπτωση πάνω στην πρό­σθεση της Χριστίνας: 35782+1202+781 3+5678=5 1465 7. 511, 8 3 3

Ενώ η δοκιμή δείχνει ότι η πράξει έχει εκτελεστεί σωστά, ωστόσο έχουν γίνει δύο λάθη: έχει ξεχα­στεί το κρατούμενο κατά την άθροιση των δεκά­δων και έχει προστεθεί μια μονάδα παραπάνω κα­τά την άθροιση των χιλιάδων. Γενικά τα λάθη που "εξαπατούν" τη δοκιμή αυτή είναι εκείνα που αλ­ληλοαναιρούνται, δηλαδή που γίνονται κατά ζεύγη και μάλιστα το ένα θα αυξήσει (ή θα μειώσει) το 9-δικό άθροισμα του αποτελέσματος τόσες μονά­δες όσες το έχει μειώσει (ή αυξήσει) κάποιο προη­γούμενο. Έτσι το πλήθος των λαθών πρέπει να εί­ναι άρτιο. Επειδή το γεγονός αυτό είναι πολύ σπά­νιο η δοκιμή αυτή έχει μια αξία. Όμως το σύνολο των αθροίσεων ψηφίων που απαιτεί είναι μεγαλύτε­ρο από αυτό που απαιτεί η διαδικασία της πρόσθε­σης. 4το παράδειγμα της Χριστίνας η δοκιμή α­παιτεί 25 αθροίσεις ψηφίων ενώ η διαδικασία της πρόσθεσης μόνο 15 . Γι' αυτό δεν προτείνεται στους μαθητές ως δοκιμή. Αντίθετα προτείνεται για έλεγχο η επανεκτέλεση της πρόσθεσης με δια­φορετική σειρά.

Ποια είναι όμως η σχέση της δοκιμής αυτής με τη δοκιμή του πολλαπλασιασμού; Η δοκιμή του πολλαπλασιασμού δεν είναι παρά η δοκιμή ό­πως την ανέδειξε η Χριστίνα προσαρμοσμένη κα­τάλληλα για να είναι σύντομη! Αυτό συμβαίνει ε­πειδή ο πολλαπλασιασμός στους (θετικούς ακέ­ραιους) αριθμούς δεν είναι τίποτε άλλο παρά η πρόσθεση του ενός στον εαυτό του τόσες φορές όσες λέει ο άλλος! Αςτο δούμε μέσα από παρά­δειγμα 77Χ3=23 1 5 I 3

616 77+77 +77=23 1 �

616 Το να πούμε 5Χ3=15_. 5+1=6, που απαιτεί η δο­κιμή του πολλαπλασιασμού είναι ακριβώς το ίδιο με το 5+5+5= 15 ___. 5+ 1 =6 που απαιτεί η δοκιμή της πρόσθεσης! Είναι φανερό ότι η δοκιμή του πολλαπλασιασμού περιέχει ακριβώς την ίδια αδυ­ναμία με αυτήν της πρόσθεσης που περιγράψαμε πιο πάνω. Όμως επειδή σε σχέση με την επανά­ληψη του πολλαπλασιασμού είναι πολύ πιο σύντο­μη, προτείνεται στους μαθητές))

V. Για την επιφάνεια του νερού Δύο καλοί φίλοι μαθηματικοί, από την Πάτρα, ο Ηλίας Τουρλούκης κι ο Βάϊος Αργυράκης, μας έστει­λαν μια εργασία τους που, με μεγάλη μας χαρά, σας παρουσιάζουμε παρακάτω. Εμείς τους ευχαριστούμε. «Είναι η επιφάνεια του νερού επίπεδη;»

Τουρλούκης Ηλίας, Μαθηματικός ΔΕ - Βάιος Αργυράκης, Μεταπτυχιακός «Είναι πολύ συνηθισμένο, ιδιαίτερα στα σχολικά ι ηρεμεί ως άμεσο και προφανές παράδειγμα εmπέ­βιβλία, να αναφέρεται η εmφάνεια του νερού που δου. Είν' αλήθεια πως ένας άνθρωπος που δεν ξέρει

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/10

Homo Mathematicus

πως η γη είναι σφαιρική, που δεν έχει δει ποτέ τη θάλασσα, ή μια μεγάλη λίμνη, δε θα προβληματι­στεί, δε θα αμφισβητήσει το γεγονός αυτό, αφού δεν έρχεται σε αντίφαση με το σύνολο των γνώσεων και εμπειριών του. Επειδή τα θέματα αυτά έχουν προ­βληματίσει τους σκεπτόμενους ανθρώπους από τα πολύ παλιά χρόνια, ας δούμε πως απάντησαν οι αρ­χαίοι Έλληνες γεωμέτρες, και συγκεκριμένα ο Αρ­χιμήδης, για το είδος της επιφάνειας που σχηματίζει το νερό όταν ηρεμεί. Ας δούμε λοιπόν το πρόβλημα συνοπτικά μέσα από την ιστορία του. Οι αρχαίοι πολιτισμοί των Αιγυπτίων και των Βαβυλωνίων, είχαν ακμάσει πριν από 3500 χρόνια, και είχαν προηγηθεί των Ελλήνων. Όπως γνωρί­ζουμε από αρχαιολογικά ευρήματα και κείμενα που έχουν διασωθεί, οι πολιτισμοί αυτοί και ιδιαί­τερα οι Βαβυλώνιοι, είχαν κατακτήσει πολλές a­στρονομικές γνώσεις γύρω από τους aστερισμούς, τους πλανήτες και τις κινήσεις τους, τις κινήσεις της Σελήνης και του Ήλιου. Είχαν προσδιορίσει τη διάρκεια του έτους σε 365 μέρες που τις χώρι­ζαν σε 12 μήνες κλπ. Γενικά ο έναστρος ουρανός αποτελούσε για τους ανθρώπους ένα μυστήριο που ξεπερνούσε τα όρια του δέους. Δεν είναι καθόλου λοιπόν τυχαίο ότι οι πρώτες θρησκείες ήταν αστρι­κές. Οι άνθρωποι αναζητούσαν τις βουλήσεις των θεών για τη τύχη τους στις κινήσεις των πλανητών. Έτσι και η Βαβυλωνιακή Αστρονομία παρέμεινε εμπειρική, ενσωματωμένη στην κυρίαρχη αστρική θρησκεία του πολιτισμού αυτού. Πολλές όμως από τις γνώσεις που είχε κατακτήσει ήταν αποτέλεσμα μακρόχρονων παρατηρήσεων, ήταν δηλαδή σω­στές έστω και αν οι Βαβυλώνιοι δεν φαίνεται να είχαν καταλάβει καν ότι η γη είναι σφαιρική ούτε αντιλαμβάνονταν τις κινήσεις των άστρων στον ουρανό σύμφωνα με ένα γεωμετρικό πρότυπο. Πολλές απ' αυτές τις γνώσεις περιήλθαν στην κα­τοχή των Ελλήνων και είναι χαρακτηριστικό το παράδειγμα του Θαλή (624-547 π.Χ.) ο οποίος μελετώντας τις καταγραφές από τις aστρονομικές παρατηρήσεις των Βαβυλωνίων, πρόβλεψε με επι­τυχία μια έκλειψη του Ηλίου . Στον Ελλαδικό χώρο ακόμα την εποχή του Θα­λή, η εικόνα του κόσμου είναι αυτή της εποχής του Όμηρου και του Ησίοδου: η γη είναι ένας επίπεδος περίπου δίσκος που περιβάλλεται από ένα ποταμό τον Ωκεανό, ο οποίος χύνεται στο εαυτό του. Η εικόνα αυτή αμφισβητήθηκε για πρώτη φορά από τους Ίωνες φιλόσοφους του 6ου αιώνα π. Χ. κάι συγκεκριμένα από τον Αναξίμανδρο. Για τον Α­ναξίμανδρο η γη δεν είναι ακόμα σφαιρική αλλά μοιάζει με ένα πέτρινο στύλο ( κίονι λίθω παρα­πλήσιον) και βρίσκεται στο κέντρο του σύμπαντος. Μένει δε ακίνητη γιατί αφού βρίσκεται στο κέντρο

της ουράνιας σφαίρας απέχοντας το ίδιο από όλα τα σημεία της σφαίρας δεν έχει κανένα λόγο να πάει ούτε προς τα πάνω ούτε προς τα κάτω ούτε δεξιά ούτε αριστερά! Η νέα αυτή δομή του χώρου, που το κέντρο του το κατέχει η γη και με τις διευ­θύνσεις πάνω κάτω να έχουν χάσει τον απόλυτο χαρακτήρα τους, είναι δομή με έντονα μαθηματικό χαρακτήρα. Την εποχή του Αρχιμήδη, που έζησε από το 276 π.Χ. μέχρι το 212 π.Χ., ήταν ήδη παγιωμένη και αδιαμφισβήτητη αντίληψη μεταξύ των φιλόσοφων και των επιστημόνων ότι η γη ήταν μια σφαίρα. Σε ένα από τα έργα του ο Αρχιμήδης ασχολήθηκε με το θέμα της μορφής της επιφάνειας του νερού που ηρεμεί. Η απάντησή του ήταν ότι η επιφάνεια του νερού που ηρεμεί είναι σφαιρική με κέντρο το κέντρο της γης. Για να το αποδείξει έκανε δύο υποθέσεις για τον τρόπο που συμπεριφέρεται το νερό που βρί­σκεται σε ηρεμία. Οι υποθέσεις αυτές είναι οι εξής: •Κάθε σημείο του νερού πιέζεται από το νερό που βρίσκεται κατακόρυφα από πάνω του. • Τα μέρη του νερού που βρίσκονται σε ίσες απο­στάσεις από το κέντρο της γης, αυτό που πιέζεται λιγότερο εξωθείται (παραμερίζεται) από αυτό που πιέζεται περισσότερο. Έχοντας ως εργαλεία τις δύο υποθέσεις, τη γνώ­ση ότι η γη είναι σφαιρική και τις γνώσεις της Γε­ωμετρίας της εποχής του, προχώρησε στην από­δειξη . Ας την παρακολουθήσουμε. Αυτό που ζη­τάμε να αποδείξουμε είναι ότι: Η επιφάνεια του νερού που ηρεμεί έχει μορφή σφαίρας η οποία έχει κέντρο το κέντρο της γης.

z Α κ Δ Η

Φανταζόμαστε ότι έχουμε κόψει με ένα τεράστιο μαχαίρι τη γη στα δύο έτσι ώστε να κατασκευά­σουμε το πιο πάνω σχήμα. Σε,αυτό Κ είναι το κέ­ντρο της γης και ΑΒΓ Δ η σφαιρική επιφάνεια του νερού που ηρεμεί. Υποθέτουμε τώρα ότι η επιφά­νεια ηρεμίας δεν είναι σφαιρική αλλά είναι η ΖΒΓΗ. Θεωρούμε τη βοηθητική σφαιρική επιφά­νεια ΞΟΠ. Τα σημεία αυτής της επιφάνειας βρί­σκονται στην ίδια απόσταση από το κέντρο της γης και στην περίπτωση που ηρεμούσαν θα έπρεπε να δέχονται την ίδια πίεση. Η πίεση αυτή προέρχεται από την ποσότητα του νερού που βρίσκεται κατα­κόρυφα από πάνω τους. Όμως, η ποσότητα του νερού που βρίσκεται πάνω από τα σημεία ΞΟ είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/11

Homo Mathematίcus

μεγαλύτερη από την ποσότητα που βρίσκεται πά­νω από τα σημεία ΟΠ. Αυτό σημαίνει ότι τα ση­μεία ΞΟ πιέζονται περισσότερο από τα σημεία ΟΠ. Άρα, θα πρέπει να τα ωθήσουν έως ότου να πιέζονται όλα τα σημεία το ίδιο. Αλλά αφού το νερό θα κινηθεί σημαίνει ότι δεν βρίσκεται σε η­ρεμία, δηλαδή η επιφάνεια ΖΒΓΗ (που δεν είναι

σφαιρική) δεν είναι επιφάνεια ηρεμίας. Το νερό θα κινηθεί μέχρι όλα τα σημεία να πιέζονται το ίδιο. Πότε θα γίνει αυτό; Όταν η επιφάνεια ΖΒΓΗ συ­μπέσει με τη σφαιρική επιφάνεια ΑΒΓ Δ. Δηλαδή η επιφάνεια ΑΒΓ Δ είναι η επιφάνεια ηρεμίας. Τελι­κά, συμπεραίνουμε ότι η επιφάνεια νερού που ηρε­μεί είναι σφαιρική»

VI. Ένας μαθητής ρωτά τη Homo mathematicus Από τον μαθητή Μιχάλη Ροδίτη, πήραμε ένα ρώ να στηρίζομαι μόνο στους καθηγητές του σχο­

γράμμα με ενδιαφέρουσες απόψεις και το δημοσι- λείου μου και στα σχολικά βιβλία ενώ τα φροντι­εύουμε αυτούσιο: στήρια έχουν "θεσμοθετηθεί" και θεωρούνται ανα-

«Χαίρεται! Ονομάζομαι Μιχάλης Ροδίτης και γκαία; είμαι μαθητής της Β' Λυκείου του 7'υ Ενιαίου Λ υ- Παρατήρησα πως κάποιοι φίλοι μου που κατοι­κείου Πατρών. Ο πατέρας μου είναι μαθηματικός, κούν στις περιφέρειες της Πάτρας και δεν είχαν τη εμένα μου αρέσουν τα Μαθηματικά και έχω λάβει δυνατότητα να πάνε φροντιστήριο, δεν πήγαν καλά μέρος και έχω διακριθεί στο παρελθόν σε διαγωνι- στις πανελλήνιες και δεν μπήκαν σε κάποια σχολή σμό της ΕΜΕ. Γενικά έχω μια καλή σχέση με τα της προτίμησής τους. Μ' αυτούς τι θα γίνει; Μαθηματικά και μέχρι στιγμής δεν με έχουν δυ- Ένα μεγάλο επίσης πρόβλημα που έχω είναι ότι σκολέψει. δεν ξέρω από τώρα τι πρέπει να διαβάσω αφού η Απευθύνομαι στη στήλη σας γιατί τα θέματα που ύλη δεν είναι η ίδια κάθε χρόνο. Φέτος ποια θα

πιάνει διαφέρουν από το υπόλοιπο περιοδικό, και είναι η ύλη και ποια θα είναι η δυσκολία των θε­θέλω να σας θέσω μερικά ερωτήματα που μου πα- μάτων; ρουσιάστηκαν φέτος, περιμένοντας με ενδιαφέρον Για να αλλάξουμε τέλος το κλίμα σας βάζω και τις απόψεις σας. δύο προβλ1Ίματα:

Φέτος πήρα την απόφαση για διάφορους λόγους 1 . Έχω παρατηρήσει ότι αν έχουμε αριθμούς της να μη παρακολουθήσω μαθήματα σε φροντιστήριο μορφής όπως 359359, 471471, 453453 διαιρούνται και να τα καταφέρω εξ ίσου καλά με την προσωπι- πάντα με το 13, πώς εξηγείται κή μου προσπάθεια. Όμως, βλέποντας τα θέματα 2. Όταν προσθέτουμε δύο ανάγωγα κλάσματα δεν των Πανελληνίων, τα αποτελέσματα και κουβε- παίρνουμε ποτέ ακέραιο αριθμό ως αποτέλεσμα, ντιάζοντας με τους φίλους μου αναρωτιέμαι: Μπο- γιατί;))

Μια πρώτ απάντηση. Καλέ μου φίλε, επειδή τα ερωτήματά σου είναι: στήρια, σήμερα, παρακολουθεί η συντριπτική

α) πολλά, β) εξαιρετικά ενδιαφέροντα, γ) ο διαθέ- πλειοψηφία του μαθητικού πληθυσμού' "τις πταί­σιμος χώρος της στήλης εξαιρετικά περιορισμένος, ει; ,. το φροντιστήριο ή το Σχο4ίο; Εμείς απαντά­θα σου απαντήσω περιληπτικά [θα 'λεγα, σχεδόν, με πως το Σχολείο [δημόσιο και ιδιωτικό] έχασε με συνθήματα] . Αν θελήσεις περισσότερα, γράψε την αξιοπιστία του απέναντι στο κοινωνικό σύνο­μου να σου ταχυδρομήσω κάποιες μελέτες μου λο, με αποτέλεσμα το φροντιστήριο να το υποκα­πάνω στον πυρήνα των ερωτημάτων σου. θιστά σε θέματα κατάρτισης. Αυτό το ονομάζω 1) Σχολείο ή φροντιστήριο; Από τη δεκαετία του "κοινωνικό δυστύχημα". Τελειώνοντας σημειώνω 1930 άρχισαν να εμφανίζονται οι προγυμναστές πως οι φωνές που θέλουν το φροντιστήριο σαν αι­[πρόδρομοι των σημερινών φροντιστών]. Έργο τία του κακού, είναι φωνές κουκουλώματος των τους ήταν να αναπληρώνουν, έναντι αμοιβής, τις ανεπαρκειών του σχολικού συστήματος. ανεπάρκειες του σχολικού συστήματος. Εκείνη την 2) Μιχάλη, ωραία τα προβλήματα που προτείνεις. εποχή "προγύμναση" έκαναν μόνο οι "κακοί" μα- Αν μέχρι το επόμενο τεύχος δεν πάρουμε απαντή­θητές και εθεωρείτο ντροπή να ομολογεί κανείς σεις από άλλους αναγνώστες, τότε θα σου απαντή­πως "κάνει προγύμναση". Από μια έρευνα του πα- σου με η στήλη. νεπιστημίου Ιωαννίνων προκύπτει ότι τα φροντι-

VΙΙ. Η απάντηση στο: «Αυτό το ξέρατε;» Το ατοδευτερόλεπτο είναι το δισεκατομμυριοστό του δισεκατομμυριοστού του δευτερολέπτου ή 1σ18

δευτερόλεπτα. Ερευνητές παρήγαγαν παλμούς φωτός διάρκειας μόλις 250 ατοδευτερολέπτων, χρησιμο­ποιώντας πολύπλοκα λέιζερ υψηλής ταχύτητας. Α ν και αυτό το χρονικό διάστημα φαίνεται απίστευτα μικρό, είναι ωστόσο, ένας αιώνας μπροστά στο ''χρόνο Πλανκ" που είναι διάρκειας 1 ο-43 δευτερόλεπτα (που πιστεύεται ότι είναι το κβάντα χρόνου, δηλαδή η μικρότερη χρονική διάρκεια).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/12

Η•�"' •ι-c.&o.t 1J •t � ΗU..ι-c.ιι€� Ο ιuμιιι. .. . �

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

63ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

'Ό ΘΑΛΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ, 2 ΝΟΕΜΒΡΙΟΥ 2002

Β ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Να υπολογίσετε την τιμή της παράστασης κ =2 · 50-40 : 10+ 5 · (100-4 · 20)2 - 92

Λύση: Κ=2004 ΘΕΜΑ 2°

Ένα τετράγωνο πλευράς 4 διαιρείται με

τέσσερις ευθείες παράλληλες ανά δύο προς τις

πλευρές του σε σχήματα, έτσι ώστε τα τέσσερα

γραμμοσκια-σμένα από αυτά, όπως φαίνεται

στο σχήμα, είναι τετράγωνα πλευράς 1. Πόσα

είναι τα τετράγωνα που υπάρχουν στο σχήμα

και ποιό είναι το άθροισμα των εμβαδών τους;

Λύση Υπάρχουν 10 τετράγωνα με άθροισμα εμβαδών 60.

ΘΕΜΑ 3°

Δίνονται οι αριθμοί :

Α= 241 , Β =813 , Γ=421 και Δ = 328 •

(i) Να βρείτε ποιος από τους αριθμούς αυτούς

είναι ο μεγαλύτερος.

(ii) Να εκφράσετε το άθροισμα Α+Β+Γ+Δ ως

γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Λύση

i) Είναι Α = 24 1 , Β = (23 )1 3 = 239 , Γ = (22)2 1 = 242 και Δ = (25 )8 = 240 . Επειδή Α = 241 = 2 · 240 = 2Δ > Δ και Δ = 240 = 2 · 239 = 2Β > Β έπεται ότι ο Γ είναι ο μεγαλύτερος.

ii) Α + Β + Γ + Δ = 241 + 239 + 242 + 24ο = = 4 . 239 + 1 · 239 + 8 . 239 + 2 . 239 = (4 + 1 + 8 + 2) · 239 = 15 · 239 = 3 · 5 · 239 .

Στις Δημοτικές εκλογές της πρώτης

Κυριακής (13 Οκτωβρίου 2002) σε ένα Δήμο συμμετείχαν οι συνδυασμοί Α,Β και Γ. Ονομάζουμε ν τον αριθμό των εγγεγραμμένων

στους εκλογικούς καταλόγους ψηφοφόρων.

Συνολικά ψήφισε το 75% του αριθμού ν και όλα

τα ψηφοδέλτια ήταν έγκυρα. Ο συνδυασμός Α ψηφίστηκε από το 39% του αριθμού ν, ενώ ο

συνδυασμός Β ψηφίστηκε από το 27% του

αριθμού ν. Λευκά ψηφοδέλτια δεν βρέθηκαν.

(i) Ν α εξετάσετε αν ο αρχηγός του συνδυασμού

Α εξελέγη Δήμαρχος από την πρώτη

Κυριακή, δηλαδή αν ο συνδυασμός του

έλαβε ποσοστό μεγαλύτερο του 50% ως

προς τον αριθμό των έγκυρων ψηφοδελτίων.

(ii) Να βρείτε το ποσοστό των ψήφων του

συνδυασμού Γ ως προς τον αριθμό των

εγκύρων ψηφοδελτίων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/13

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση

100 4 χ = 39 ·-= 39 ·- = 52 και 75 3 1 00 4 y = 27 ·-= 27 · - = 36 . 75 3

Α Β 39 27 χ ·

Άρα ο συνδιασμός Α πήρε το 52% των εγκύρων ψηφοδελτίων, οπότε ο αρχηγός του εκλέγεται δήμαρχος από τη πρώτη Κυριακή.

ii) Επειδή δεν υπήρχαν λευκά ψηφοδέλτια ο

Λύση Α ν χ η πλευρά των τετραγώνων, τότε

1 Οχ 2 = 20χ <::::> 1 Οχ (χ - 2) = Ο <::::> χ = 2

ΘΕΜΑ 3°

Σε μία διοργάνωση σκακιού μέσω διαδι­

κτύου συμμετείχαν 1 119 αγόρια και κορίτσια.

Το πρώτο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια, το

δεύτερο κορίτσι έπαιξε με 21 αγόρια, το τρίτο

κορίτσι έπαιξε με 22 αγόρια κ.ο.κ. μέχρι το

τελευταίο κορίτσι που έπαιξε με όλα τα αγόρια .

Να βρείτε πόσα ήταν τα αγόρια και πόσα

συνδυασμός Γ πήρε ποσοστό ίσο προς ήταν τα κορίτσια.

100 - (52+ 36) = 12% . Λύση

Γ ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Να βρείτε την τιμή της παράστασης

, 3 β αν ειναι α = -- και = 3 .

2 Λύση ( 3 )3 ( 3 )-2 ( 1 )-I

Κ = -2 - 1 -2 + 4 -2 +2 + 1 =

= - 27 - {-2)2 + 4 ·(-3.

)+ 1 = - 217

8 3 24 ΘΕΜΑ 2°

Στο διπλανό σχήμα Δ

υπάρχουν ι ο ίσα

τετράγωνα μεταξύ των

ορθογωνίων ΑΒΓ Δ και

ΕΖΗΘ. Να υπολογίσετε

την πλευρά των

τετραγώνων, αν είναι Α γνωστό ότι το άθροισμα

' ' ' ' ' ' ------� · - - - - - -Θ Η

- - ---

Ε z

Γ

Β

των εμβαδών τους ισούται αριθμητικά με το

άθροισμα των περιμέτρων των ορθογωνίων

ΑΒΓ Δ και ΕΖΗΘ.

Έστω ν ο αριθμός των κοριτσιών. Το 1 ο κορίτσι έπαιξε με 20 αγόρια. Το 2° κορίτσι έπαιξε με 21 =20+ 1 αγόρια. Το 3° κορίτσι έπαιξε με 22=20+ 2 αγόρια. Το ν0 κορίτσι έπαιξε με 20+(ν- 1 )=ν+ 19 αγόρια. Τότε ν + ν + 19 = 1 1 19 <::::> 2ν = 1 100 <::::> ν = 550, οπότε 550 ήταν τα κορίτσια και 569 ήταν τα αγόρια.

Στο παρακάτω σχήμα, ο κύκλος κέντρου Ο

έχει ακτίνα R , η ΓΕ είναι διάμετρος, η γωνία ΔΟΒ = y είναι τριπλασία της γωνίας ΑΟΔ = χ

και το εμβαδόν του κυκλικού τομέα ΟΑΕΒ είναι

ίσο με .!. πR 2 3

(i) Να βρείτε τις γωνίες χ και y .

(ίί)Να βρείτε το λόγο Ε

κ.τ. (ΒΖΓ)

των εμβαδών Εκ.τ.(ΑΗΓ)

των κυκλικών τμημάτων ΒΖΓ και ΑΗΓ. ___ r

z

Λύση

·) 2 χ + Υ 2 1 2π ι πR ·--=πR ·- <::::> χ + y =-2π 3 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/14

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Ε δ ' 3 ' 4 2π ' π ' πει η y = χ, εχουμε χ =- η χ = - οποτε π y =2 .

3 6

1·1·) ΑΟΑ π 5π π R Γ = π -- =- , ΑΚ = Rημ- =-6 6 6 2 Ι R R2 (ΑΟΓ) =-R ·- =-2 2 4

Ά Ε ( ) 2 5π R 2 ( 5π - 3) 2 ρα κ.τ. ΑΗΓ =πR ·--- = -- R 12π 4 12 ΒΟΓ =� . 2 Άρα το εμβαδό του κυκλ. τμήματος είναι:

2 π R2 Ε = πR ·--- = I 4Π 2 = ( π�2 )R2 και

z

Όμοια για το εμβαδό του κυκλ. τμήματος ΑΗΓ έχουμε: Ε 2 =

πR2 - 5π/6 - R2 = ( 5π - 3) · R2 2π 4 12

λ =_§_ = π- 2 -�= 3π - 6 Ε2 4 5π - 3 5π- 3

Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Θεωρούμε τετράγωνο πλευράς α, με α> ι . Το

τετράγωνο που έχει πλευρά κατά ι μικρότερη

του α, έχει περίμετρο ίση αριθμητικά προς το

εμβαδόν του αρχικού τετραγώνου. Να βρεθεί η

7ι �� · "' ·

Λύση Σύμφωνu ι--- cα δεδομένα του προβλήματος: α2 =4(α-Ι)<::::> α2 -4α+4= 0<::::> (α-2)2 =0<::::> α=2

ΘΕΜΑ 2°

Οι αριθμοί x, y,z, w έχουν την ιδιότητα :

Α ν προσθέσουμε τρεις οποιουσδήποτε από

αυτούς και από το άθροισμά που θα προκύψει

αφαιρέσουμε τον αριθμό 5 προκύπτει πάντοτε ο

αριθμός 2002 . Να υπολογίσετε το άθροισμα χ + y + z + w .

χ + y + z - 5 = 2002 y + z + w - 5 = 2002 z + w + χ - 5 = 2002 w + χ + y - 5 = 2002

από τις οποίες με πρόθεση κατά μέλη προκύπτει ότι

3(χ + y + z + w) - 20 = 8008 <::::> <::::> 3(χ + y + z + w) = 8028 <::::> χ + y + z + w = 2676

Στο παρακάτω σχήμα φαίνεται οικόπεδο

ΑΒΓ Δ σχήματος ορθογωνίου με πλευρές ΑΒ = α

και ΒΓ = β.Από το οικόπεδο θα κοπούν δύο

δρόμοι ΕΖΗΘ και ΑΙΚΛ. Ο δρόμος ΕΖΗΘ

σχήματος ορθογωνίου έχει πλάτος ΖΗ=ψ, ενώ ο

δρόμος ΑΙΚΛ σχήματος παραλληλογράμμου

έχει πλευρά ΑΙ=χ.

Δ,_-�Λr-�Κ�---�Γ Θ f-----+----1'---------1 Η

E �---1'---+------� z

Β

(i) Ν α εκφράσετε το εμβάδόν του οικοπέδου που

απομένει μετά την αποκοπή των δύο δρόμων

ως συνάρτηση των α, β, χ και ψ.

(ίί)Να εκφράσετε το πλάτος d του δρόμου ΑΙΚΛ

ως συνάρτηση του χ, αν είναι γνωστό ότι ΔΑΑ = 30° .

Λύση i) Ε0 = αβ - βχ-αψ + χψ = (α-χ)(β - ψ) (γιατί

το κοινό τμήμα των δύο δρόμων αφαιρείται δύο φορές).

ii) d = (ΑΙ)ημ(90° - 30° ) = xJ3 . 2 ΘΕΜΑ 4°

Μπορούμε να παραστήσουμε τον αριθμό 2002 ως άθροισμα ενός τριψηφίου αριθμού και του κύβου του αθροίσματος των ψηφίων του αριθμού

αυτού;

Λύση Λύση

Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος: Έστω 2002 = αβγ + (α + β + γ )3 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/15

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Τότε 2002 - αβγ = (α+ β + γ)3 • Επειδή 100 ::::; αβγ ::::; 1000 θα είναι 1 002 < (α+ β + γ )3 ::::; 1 902. Όμως οι μοναδικοί κύβοι ακεραίων μεταξύ του 1002 και του 1902 είναι οι αριθμοί 1 1 και 12. Τότε θα έχουμε: αβγ + 1 13 = 2002 ή αβγ + 123 = 2002

� αβγ = 67 1 ή αβγ = 274 , από τους οποίους κανένας δεν ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. Επομένως δεν ισχύει το ζητούμενο.

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1°

Σε παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ προεκτείνουμε την πλευρά ΑΔ κατά τμήμαΔΕ=ΑΔ.

Αν η ΑΓ τέμνει τη ΒΕ στο σημείο Ζ, να αποδείξετε ότι η ΔΖ περνάει από το μέσον της ΒΓ.

Έστω ότι η ΔΓ τέμνει την ΕΒ στο Κ. Τότε στο τρί­γωνο ΑΒΕ είναι Δ μέσον ΑΕ και ΔΚ/ I ΑΒ, οπότε το Κ είναι μέσον της ΔΓ.

Λύση

Στο τρίγωνο ΒΓ Δ το σημείο Ζ είναι βαρύκεντρο,

Α γιατί η ΒΚ είναι

Ε

διάμεσος και η διαγώνιος Γ Α τέμνει τη διαγώνιο ΒΔ στο μέσο της. Επομένως και η ΔΖ είναι διάμεσος, άρα Μ μέσον της ΒΓ. ΘΕΜΑ 2°

Να προσδιορίσετε όλους τους διψήφιους αριθμούς που είναι ίσοι με το γινόμενο που προκύπτει, αν πολλαπλασιάσουμε τα ψηφία τους αυξημένα κατά 2

Λύση Έχουμε αβ = (α+ 2)(β + 2) � 10α+ β = αβ + 2(α+ β) +. 4� αβ + 4 = 8α-β � (8 -β)α = β + 4

Αν β=8, τότε 0=12, άτοπο. ' β + 4 12 Αν β :;t: 8, τοτε α = -- � α+ 1 =--, οπότε 8 - β 8- β

πρέπει (8-β)1 12 ή β Ε {2, 4, 5, 6, 7} , δεδομένου ότι το β είναι ψηφίο. Άρα (α, β) Ε {(1,2), (2,4), (3,5), (5, 6)} και αβ = 12 ή αβ = 24 ή αβ = 35 ή αβ = 56. ΘΕΜΑ 3°

Αν η εξίσωση αχ2 -4βχ + 4γ = Ο,α > Ο έχει δύο ρίζες στο διάστημα [2,3] , να αποδείξετε ότι (i) α ::ς β ::ς γ < α + β

(ίί) _α_+ _β_> _γ_ . α+ γ β + α γ + β

Λύση ί) Έστω Χι , χ2 οι ρίζες της εξίσωσης. Από τις

σχέσεις ριζών και συντελεστών έχουμε: Χι + χ2 = �} ·

4γ Χι · Χ2 =­α Επειδή Χι , χ2 Ε [2, 3] θα είναι Χι + χ2 � 4 , οπότε 4β � 4 ή α ::::; β , αφού α>Ο α Το υπόλοιπο τμήμα της ανίσωσης β ::::; γ < α+ β μπορεί να γραφεί ως 4β 4γ 4(α+β) -:::;-<--�Χι +χ2 :::;χιχ2 <4+(χι +χ2)� α α α � ο :::; χιχ2 - (χι + χ2 ) < 4� Ο ::s; (χι - 1)(χ2 - 1) - 1 < 4 � 1 ::s; (χι - 1)(χ2 - 1) < 5 , που ισχύει αφού (χ1 , χ2 ) Ε [2, 3] .

ίί) Με την βοήθεια της (i) έχουμε: α β α β α+β γ

-- + -- � -- + -- = -- > -- . α + γ β + α β + γ β + γ β + γ β + γ

ΘΕΜΑ 4°

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Τα σημεία Ε,Ζ κινούνται πάνω στις πλευρές ΒΓ , Γ Δ, αντίστοιχα, έτσι ώστε ΕΑΖ = 45° . Οι ΑΕ και ΑΖ τέμνουν τη ΒΔ στα σημεία Κ και Λ, αντίστοιχα. Οι ΕΛ και ΖΚ τέμνονται στο Η και η ΑΗ τέμνει τη ΖΕ στο Μ.

Ν α αποδείξετε ότι: (i) Η ευθεία ΑΜ είναι κάθετος προς τη ΖΕ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/16

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

(ii)H γωνία ΒΜΔ είναι σταθερή, δηλαδή είναι ανεξάρτητη της θέσης των Ε, Ζ πάνω στις πλευρές ΒΓ, ΓΔ, αντίστοιχα.

Λύση

i) Το τετράπλευρο ΑΔΖΚ είναι εγγράψιμο, αφού :κΑz = 45° = κΔz. Άρα ΑΚz = Δ = 90° και ΖΚ ..l ΑΕ. Ομοίως το τετράπλευρο ΑΒΕΔ είναι εγγράψιμο και τελικά ΕΛ ..l ΑΖ . Επομένως το Η είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ, οπότε ΑΜ ..l ΕΖ .

ii) Επειδή ΑΜΖ = Δ = 90° , το τετράπλευρο ΑΜΖΔ είναι εγγράψιμο και ΖΜΔ = θ. Ομοίως ΑΜΕΒ εγγράψιμο και ΒΜΕ = ω. Άρα είναι ΒΜΔ = 180° - (ΖΜΔ + ΒΜΕ) = 180° - (θ + ω) = 1 80° - (A -EAz) = 1 80° - (90° - 45° ) = 135°

Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ΘΕΜΑ 1° Να βρεθούν οι πραγματικοί αριθμοί x,y που

ικανοποιούν την εξίσωση 2 2 2 2002χ +Υ -zx- y+Z =συν[π(χ + y)] .

Λύση

χ2 + y2 - 2x - 2y + 2 = (χ - 1)2 + (y - 1)2 � Ο , για κάθε x,y Ε .IR. . Επειδή η συνάρτηση (2002Υ είναι γνησίως αύξουσα, θα είναι 2002(χ-Ι)2+(y-Ι)2 � 2002° = 1 Επίσης συν[ π( χ + y)] � 1 Επομένως (χ - 1)2 + (y - 1)2 = Ο και συν[ π( χ + y)] = 1 <=> χ = y = 1 κ:αι π( χ + y) = 2κ:π, κ Ε z <=> χ = Υ = 1 .

Έστω x,y δύο διψήφιοι αριθμοί με χ < y.

Το γινόμενο xy είναι τετραψήφιος αριθμός που αρχίζει από 2. Αν διαγράψουμε το 2, τότε ο αριθμός που μένει ισούται με χ+ y. Ένα τέτοιο ζεύγος αριθμών είναι οι χ = 30,y = 70, γιατί xy = 2100 και 100 = 30+70 .

Να προσδιορίσετε όλα τα ζεύγη (x,y) με την ιδιότητα αυτή .

Λύση Από την υπόθεση xy - 2000 = χ + y <=> xy - χ - y = 2000 <=> xy- χ - y + 1 = 2001 <=> (χ - 1 )(y- 1) = 3 · 23 · 29 . Αφού χ < y και 2000 < xy < 3000, τότε χ - 1 = 23 ή χ - 1 = 29 <=> χ = 24 ή χ = 30 . Άρα (χ, y) = (24, 28) ή (χ, y) = (30, 70) . ΘΕΜΑ 3°

Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ(Α = 90° ) θεωρούμε το ύψος ΑΔ και τη διχοτόμο ΓΕ που τέμνονται στο Ζ. Αν Η είναι το σημείο τομής των ΕΔ και ΒΖ να αποδείξετε ότι: (i) ΑΒ · ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ+ΑΕ · ΑΔ (ίί) (ΑΕΗΖ)= (ΒΗΔ)

Λύση

(i) Η ΓΕ είναι διχοτόμος στο ΑΒΓ , οπότε ΕΑ ΑΓ ΕΒ ΓΒ

Δ Δ ΑΓ ΔΓ Από ΑΒΓ - ΔΑΓ έχουμε: - =­ΓΒ ΑΓ Δ Επειδή ΓΖ διχοτόμος στο Α Γ Δ , θα είναι

ΔΓ ΔΖ -= -ΑΓ ΑΖ

Από (1 ),(2) και (3) προκύπτει: ΕΑ ΔΖ , -=-<::> ΕΑ ·ΑΖ = ΕΒ · ΔΖ η ΕΒ ΑΖ

ΕΑ ·ΑΖ = (ΑΒ-ΑΕ)(ΑΔ -ΑΖ) <=> ΕΑ ·ΑΖ= =ΑΒ · ΑΔ -ΑΒ ·ΑΖ-ΑΕ · ΑΔ +ΑΕ · ΑΖ

<=> ΑΒ ·ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ+ΑΕ ·ΑΔ

(1 )

(2)

(3)

(4) ii) Είναι τώρα εύκολο να παρατηρήσει κανείς ότι

από την ( 4) προκύπτει (ΑΒΔ) = (ΑΒΖ)+ (ΑΕΔ) (5) [Τα τρίγωνα έχουν κοινή γωνία ΒΑΔ ] .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/17

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Β

Α Γ

Αλλil (ΑΒΔ) = (ΑΕΗΖ) + (ΒΕΗ) + (ΒΗΔ) + (ΗΔΖ)} και (ΑΒΖ) = (ΑΕΗΖ) + (ΒΕΗ) και (ΑΕΔ)=(ΑΕΗΖ)+(ΗΔΖ)

Από αυτές τις σχέσεις και με την βοήθεια της ( 5) προκύπτει: (ΑΕΗΖ) = (ΒΗΔ)

2η Λύση:

α) ΑΕΖ ισοσκελές (ΑΕ = ΑΖ) ( 1 ) Έχουμε ΑΒ · ΑΔ = ΑΒ · ΑΖ+ ΑΕ · ΑΔ <=> ΑΒ(ΑΔ -ΑΖ) = ΑΕ · ΑΔ <=>

(Ι) ΑΖ ΑΒ ΑΒ · ΖΔ=ΑΖ · ΑΔ <=>- =- <=> ΖΔ ΑΔ ΑΓ = ΑΒ (διότι ΑΖ = ΑΓ) ΓΔ ΑΔ ΖΔ ΓΔ

Δ Δ Που ισχύει διότι Α Β Δ :::::: Α Γ Δ β) (ΑΕΗΖ) = (ΒΗΔ) <::::> (ΑΒΖ) = (ΒΕΔ)

(Προσθέτουμε και στα δύο μέλη το (ΒΕΗ)) <::::> _!_ΑΖ · ΒΔ = _!_ΒΔ · ΕΚ 2 2 Ισχύει διότι ΕΑ = ΕΚ αφού ΓΕ διχοτόμος

ΘΕΜΑ 4° Να βρείτε το διάνυσμα a=(x,y) που

ικανοποιεί την ισότητα ι a !2003 (6x,6y + 5)=(6+ sy ,- Sx).

Λύση Από την αρχική ισότητα έχουμε: ι ιαι2003 . (6x, 6y + 5)1 = IC6 + 5y,-5x)l

ιαι2003 · l(6x, 6y+ 5)1 = IC6 + 5y,-5x)l ------ιαι2003 �36χ2 + (6y + 5)2 = �(6+ 5y)2 + 25χ2

ιαι2003 = �(6 + 5y)2 + 25χ2 �36χ2 + (6y + 5)2

e Αν ιαι > 1 , δηλαδή �.--x2_+_y_2 > 1 ή lx2 + y2 > 11 τότε θα πρέπει:

�(6 + 5y)2 + 25χ2 > �36χ2 + (6y+ 5)2 25(χ2 + /) + 60y+ 36 > 36(χ2 + y2 ) + 60y+ 25 1 l(x2 + y2 ) < 1 1 I χ 2 + / < ι! , άτοπο

• Α ν I α ι < Ι ' δηλαδή r-1 χ-2 _+_y_2 -<--,11 τότε θα πρέπει:

�r-(6_+_5_y_)_2 -+-25_χ_2 < �36χ2 + (6y + 5)2 1 1(χ2 + y2 ) > 1 1 lx2 + y2 > ι! , άτοπο . . Άρα 1α1 = 1

Στη συνέχεια από το σύστημα 6χ = 6 + 5y και 6y + 5 = -5χ βρίσκουμε

- ( 1 1 -60) α = (χ,y) = 61' 61 ·

2η Λύση (Από Σωτήρη Λουρίδα)

Θέτω ial2003 = λ > Ο . Τότε η σχέση της υπόθεσης γίνεται

6λχ = 6 + 5y } 6λχ - 5y = 6 } 6λy+ 5λ = -5χ => 6λy+ 5χ = -5λ

Υψώνω στο τετράγωνο και προσθέτω κατά μέλη. 36�χ2 + 25y2 - 60λχy = 36 }6 36λ2/ + 25χ2 + 60λχy = 25λ2 36λ2 (χ2 + y2 ) + 25(x2 + y2 ) = 36 + 25λ2 <=> 2 2 36 + 25λ2 χ + y = 36λ2 + 25

Θέτω η = χ 2 + / > Ο οπότε η (1) γίνεται: 36 + 25λ2 η - 1 1 1 - 1 1λ2 η 36λ2 + 25 => η + 1 = 61 + 61λ2 =>

η- 1 = 1 1(1 - λ2 ) => η - 1 + 1 1(λ2 - 1) = 0=> η + 1 6 1(1 + λ2 ) η + 1 6 1(� + Ι)

=> �αι - ι )(Jαl + ι)+ 1 ι �αι - • )Η = ο η + l 6 1(λ2 + 1)

=>�iil ) liil + t + l l Η 1- 0 με Η > Ο - 1ιαι2 + 1 61(ιαι4006 + 1) - ,

ιαι + 1 1 1 · Η και -2-+ ( 4006 ) > Ο ιαι + 1 61 ιαι + 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/18

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Άρα ιαι - 1 = Ο<=> ιαι = 1 (το μηδενικό διάνυσμα δεν ικανοποιεί την υπόθεqη αφού 6 -::;:. ο οπότε ιαι -::;:. ο ). Στη συνέχεια από το σύστημα 6χ = 6 + 5y και 6y + 5 = -5χ βρίσκουμε - ( 1 1 -60) α = (χ, y) = 6 1 ' 61 ·

Παρατήρηση: ι- ι4006 _ - ��- ι - χι- ι4005 ι- ι4004 ι- ι ) α 1 - �α 1 α + α + . . . + α + 1 , ι- ι4005 ι- ι4004 ι- ι οπότε θέτουμε Η = α + α + . . . + α + 1 .

Για το Ακέραιο μέρος Πραγματικού Αριθμού Σωτήρης Λουρίδας και Γιώργος Μπαραλής

Η έννοια του ακέραιου μέρους ενός πραγματικού αριθμού δεν περιλαμβάνεται στη διδακτέα ύλη του Λυκείου με αποτέλεσμα οι μαθητές να μην τη γνωρίζουν.

Όπως διαπιστώνει κανείς, διαβάζοντας τα βιβλία που έχει εκδώσει η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και που αναφέρονται στις Μαθηματικές Ολυμπιάδες και Βαλκανιάδες (ΔΙΕΘΝΕΙΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΕΣ ΟΛΥΜΠΙΑΔΕΣ 1959 - 2000- ΑΘΗΝΑ 2001 και ΒΑΛΚΑΝΙΚΕΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΕΣ ΟΛ ΥΜΠΙΆΔΕΣ 1984 -2001- ΑΘΗΝΑ 2002), η γνώση της έννοιας και της χρησιμότητας του ακέραιου μέρους ενός πραγματικού αριθμού είναι μεγάλης σημασίας.

Για τους παραπάνω λόγους κρίναμε αναγκαίο να γράψουμε αυτή την εργασία στην οποία παρουσιάζονται οι έννοιες του ακέραιου και του κλασματικού μέρους ενός πραγματικού αριθμού και οι βασικότερες ιδιότητες τους, καθώς και διάφορες εφαρμογές για την επίλυση των οποίων απαιτείται η γνώση των προηγούμενων εννοιών.

ΠΡΟΤΑΣΗ Για κάθε πραγματικό αριθμό χ υπάρχει ένας

μοναδικός ακέραιος κ τέτοιος, ώστε

κ :S; χ < κ + l .

Απόδειξη Είναι γνωστό ·ότι το σύνολο Ν δεν είναι άνω φραγμένο. Επομένως για κάθε πραγματικό αριθμό χ υπάρχουν φυσικοί αριθμοί Κι και κ2 τέτοιοι, ώστε Κι > χ και κ2 > -χ , δηλαδή -κ2 < χ < Κι . Θεωρούμε σύνολο Α = {κ ε Ν : κ > κ2 + χ} . Επειδή το (Κι + κ2) ε Α , το Α -::;:. 0 . Από την «αρχή της καλής διάταξης» γνωρίζουμε ότι κάθε μη κενό υποσύνολο των φυσικών αριθμών περιέχει ελάχιστο στοιχείο. Επομένως το σύνολο Α έχει ελάχιστο στοιχείο και, έστω ότι αυτό είναι το κ0 •

Θέτουμε κ = κ0 - κ2 :.._ 1 . Επειδή το ( κ0 - 1) � Α , θα είναι ( κ0 ....:. ι) - Κ2 :S; χ , δηλαδή, κ s χ < κ0 - κ2 = κ + 1 .

Θα αποδείξουμε ότι κ είναι μοναδικός. Έστω ότι υπάρχει και ένας άλλος ακέραιος αριθμός λ τέτοιος, ώστε λ s χ < λ + 1 . Τότε κ s χ < λ + 1 και λ s χ < κ + 1 , οπότε κ = λ γιατί: -1 < κ -λ < 1 . .

ΠΟΡΙΣΜΑ Ακέραιο μέρος ενός πραγματικού αριθμού χ καλείται ο μεγαλύτερος ακέραιος, ο οποίος δεν υπερβαίνει τον χ. Συμβολίζεται με [χ] και ισχύει [x] s x < [x] + l . Από τον ορισμό έχουμε

[χ] s χ < [χ] + 1 <=> ο s χ - [χ] < 1 . Αν θέσουμε ε = χ - [χ] τότε χ = [χ] + ε , όπου O s ε < l .

Παραδείγματα: [1 8] = 1 8 , [4,63] = 4 , [π] = 3 , [-5,39] = -6 ,

[ -�] = -2 .

ΠΡΟΤΑΣΗ Ν α αποδείξετε ότι για τον τυχαίο πραγματικό χ υπάρχει μοναδικός αριθμός α με Ο :S; α < 1 , ώστε χ = [χ]+ α .

Λύση Γνωρίζουμε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/19

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

[χ] s χ < [χ] + 1 οπότε Ο s χ - [χ] < 1 . Θέτουμε α = χ -[χ] οπότε χ = α + [χ] με Ο s α < 1 . Έστω τώρα ότι υπάρχει η με Ο s η < 1 έτσι ώστε: χ = ρ + η , όπου ρ ακέραιος αριθμός. Τότε θα είχαμε: ρ s ρ + η < ρ + 1 � ρ s χ < ρ + 1 με ρ

ακέραιο. Επειδή [χ] s χ < [χ] + 1 � ρ = [χ] . Άρα

χ = [χ] + η και, επειδή χ = α+ [χ] , έχουμε α = η .

ΟΡΙΣΜΟΣ Κλασματικό μέρος ενός πραγματικού αριθμού χ καλείται η διαφορά χ - [χ] και συμβολίζεται με {χ} .

Παραδείγματα: Αν χ = 5 τότε {5} = 5 - [5] = 0 . Αν χ = 8,7 τότε {8, 7} = 8, 7- [8, 7] = 0,7 . Αν χ = -3,46 τότε

{-3,46} = -3,46 - [-3,46] = -3,46 - ( -4) = 0, 54

Ιδιότητες - Προτάσεις - προβλη ματα

1 . Αν x e JR τότε: χ- ι < [χ] s χ .

Απόδειξη Είναι: [χ] s χ < [χ] + 1 , οπότε: [x] s x (1) και χ < [χ] + 1 <:::> χ - 1 < [χ] (2). Από (1 ) και (2) έχουμε: χ - 1 < [χ] s χ . 2. Αν x e JR και κ ε Ζ , τότε: κ s χ � κ s [χ] .

Απόδειξη Α ν κ + 1 > χ , τότε κ s χ < κ + 1 και κ = [χ] . Α ν κ + 1 s χ , τότε κ s χ - 1 και χ - 1 < [χ] οπότε κ s [χ] . 3. Αν x e JR και κ ε Ζ , τότε

κ > χ � κ � [χ]+ ι .

Απόδειξη Α ν κ > χ , τότε κ > [χ] , οπότε κ � [χ] + 1 . 4. Αν x,y e JR τότε x s y => [x] s [y] .

Απόδειξη Είναι: [χ] s χ και χ s y , οπότε [χ] s y . Θέτουμε λ = [χ] , λ ε Ζ . Επειδή λ s y � λ s [y] . Επομένως [χ] = λ s [y] , δηλαδή [χ] s [y] . 5) Α ν χ, y ε JR και κ ε Ζ , τότε από χ = κ + y

και Ο s y < ι => [χ] = κ .

Απόδειξη Είναι: Ο s y < 1 � Ο s χ -κ < 1 � κ s χ < κ + 1 δηλ. [χ] = κ . 6. Αν χ ε JR και κ ε Ζ , τότε [χ+κ] = [χ] +κ .

Απόδειξη Είναι: χ = [χ] + ε και Ο s ε < 1 , οπότε χ + κ = ([χ] + κ) + ε . Επομένως [χ + κ] = [χ] + κ .

· {Ο , αν χ ε Ζ 7. Να αποδείξετε ότι: [χ]+ [-χ] = -ι, αν χ e: Ζ

Απόδειξη Αν χ ε Ζ , τότε [χ] = χ και [-χ] = -χ , οπότε [χ] + [-χ] = χ + (-χ) = ο . Αν χ e: Ζ , τότε χ = [χ] + ε με Ο < ε < 1 και -χ = -[χ] - ε = (-[χ] - 1) + (1 - ε) με 0 < 1 - ε < 1 και [-χ] = -[χ] - 1 . Επομένως: [χ] + [-χ] = [χ] - [χ] - 1 = -1 . 8. Αν x,y ε JR τότε:

[x]+ [y] s [χ+ y] s [x]+ [y]+ ι .

Απόδειξη Επειδή [χ] s χ και [y] s y θα είναι:

[χ] + [y] s χ + y , οπότε [χ] + [y] s [χ + y] (I) (Πρ. 2). Θέτουμε: χ = [χ] + ε1 , όπου Ο s ε1 < 1 και y = [y] + ευ όπου Ο s ε2 < 1 . Επομένως χ + y = [χ] + [y] + ε1 + ε2 με Ο s ε1 + ε2 < 2 και [x + y] = ([x] + [y]) + [ε1 + ε2 ] . Όμως: Ο s [ε1 + ε2 ] s 1 , οπότε

[χ] + [y] s [χ + y] s [χ] + [y] + 1 . (11) Από (Ι) και (11) προκύπτει το ζητούμενο. 9. Αν α,β,υ ε Ζ και λ ε Ν * με α = λβ + υ και

Ο s υ < λ , τότε β = [ � J . Απόδειξη

Είναι: α = λβ + υ��=β+� και O s � < 1 . λ λ λ Επομένως [i] = β , γιατί [i] = Ο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/20

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

1 0. Αν χ Ε JR και κ Ε Ν * να αποδείξετε ότι: [:] = [[:]] .

Απόδειξη Θέτουμε: χ = [χ] + ε , όπου Ο � ε < 1 και [χ] = κβ+ υ με Ο � υ � κ - 1 .

Τότε [�] = [(χ]κ+ε] = [ κβ +κ

υ + ε J = = [β + υ: ε] = β + [υ : ε] = β ( 1 )

, [υ + ε] Ο , Ο Ο υ+ε 1 γιατι -κ- = , αφου �υ+ε<κ<=> ��< . Ακόμη:

[[:]]=[ κ13:υ ]=�+�]=β+[�]=β (2) γιατί [�] = Ο , αφού Ο � υ < κ <::::> Ο � � < 1 . 1 1 . Για κάθε χ, y Ε JR να αποδείξετε ότι:

i) [x]+ [y]+ [x-y] � [2χ] .

ii) [x+ y]- [x - y] � [2y] .

Απόδειξη ί) Γνωρίζουμε ότι: [x] + [y] � [x + y] ( 1 ) και

[χ + y] + [x - y] � [(χ + y) + (χ - y)] = [2χ] (2). Από (1) και (2) με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε: [χ] + [y] + [χ + y] + [χ - y] � [χ + y] + [2x] <::::> <::::> [χ] + [y] + [χ - y] � [2χ] .

ii) Είναι: [x - y] + [y] � [x - y + y] = [x] <=> <::::> [x]- [y] � [χ - y] . Επομένως: [x+y]-[x-y] �[(x+y)-(x-y)] <::::> <::::> [χ + y] - [x - y] � [2y] .

1 2. Α ν α, β, γ Ε Ν * να αποδείξετε ότι:

Απόδειξη 'Εστω ότι: [�] = χ (1). Τότε β = γχ + υ , όπου Ο � υ < γ . Επομένως: β = γχ + υ� αβ = αγχ + αυ� �;=αχ+ �υ � [;]=αχ+[ �υ]�[ ;]�αχ (2)

, [αυ] 0 , 0 0 αυ γιατι Υ � , αφου s; υ < γ<=> �γ<α .

Από (1) και (2) έχουμε: [;] � α[�] . 13. Α ν α, β, γ Ε Ν * να αποδείξετε ότι:

[[�]] = [;] .

Απόδειξη 'Εστω ότι: [*] = χ (1) Τότε α = βχ + υ1 , όπου Ο � υ1 � β - 1 . Αν [�] = y (2), τότε χ = γy + υ2 , όπου Ο � υ2 � γ - 1 . Επομένως: α = βχ + υ1 = β(γy+υ2) + υ1 =

β α βυ2 + υ1 [ α ] = γy + βυ2 + υ1 � βγ = Υ+ βγ � βγ = = y+ [βυp�υ1 ]�[� ] = y

γιατί Ο � βυ2 + υ1 � β(γ- 1) + β - 1 � βυ +υ � Ο � βυ2 + υ1 � βγ - 1 � Ο� 2 1 < 1 . βγ

Από (1), (2) και (3) έχουμε:

[ � ] = /�[[! ]] = [;] .

14. Για κάθε χ Ε JR να αποδείξετε ότι: [i]+[x;l] = [x] .

Απόδειξη Θέτουμε: [�] = κ, κ Ε Ζ . Τότε κ �� < κ + 1 ή 2κ � χ < 2κ + 2 . 2 ι. Έστω 2κ � χ < 2κ + 1 ( 1). Τότε:

2κ � χ < 2κ + 1 � 2κ + 1 � χ + 1 < 2κ + 2� 1 χ+ 1 1 χ+ 1

(3),

κ+-�-<κ+ 1� κ < κ+- �-<κ+ 1 2 2 2 2 ' ' [χ + 1] οποτε: -2- = κ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2121

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Άρα [%] = [χ;l] = κ + κ = 2κ�[χ] . ii. Έστω 2κ + ι s χ < 2κ + 2 (2). Τότε:

2κ+ l s χ < 2κ +2 => 2κ+ 2 s x+ l < 2κ +3 => x+ l 1 κ+ 1 s--< (κ+ 1) +- < (κ+ 1) + 1 , 2 2

, [χ+ ι] οποτε -2- = κ+1 . Άρα: [%] + [χ ;1] = κ+ κ+ l = 2κ+ 1 <� [χ] .

15. Να λυθεί η εξίσωση: [χ+ 7] - χ = 6,3 .

Λύση Έχουμε: [χ + 7] = [χ] + 7 . Επομένως: [χ+7]-χ=6,3�[χ]+ 7-χ =6,3�[χ] -χ =6,3-7 � (χ) - χ =-0, 7 � -χ = -(χ] -0, 7 � χ = [χ] +Ο, 7 . Άρα οι λύσεις της εξίσωσης δίνονται από τον τύπο: χ = λ+ Ο, 7 , όπου λ ε Ζ .

16. Να λυθεί η εξίσωση: [2χ+�] = 3 .

Λύση

Αφού [ 2χ + �] = 3 θα είναι: 4 4 4 3 s 2x + - < 4� 3-- s 2x < 4--� 5 5 5 1 1 ι6 1 1 8 �-$ 2χ <-�-$ χ <- . 5 5 10 5

17. Να λυθεί η εξίσωση: χ-[3ξ J = 14 .

Λύση

Είναι: χ -[ 3;] = 14 � χ = [ 3; J + 14 . Από τον ορισμό του ακέραιου μέρους έχουμε: 3χ - ι < [3χ] $ 3χ � 3χ + 13 < [3χ] + 14 $ 3χ + 14 � 7 7 7 7 7 7 3χ 3χ 3χ 4χ -+13<xs-+14�13<x--sl4�13<-sl4� 7 7 7 7 1 3 · 7 14 · 7 3 ι --< χ $--� 22- < χ s 24- . 4 4 4 2 Άρα χ = 23 ή χ = 24 . 18. Ν α εξετάσετε, αν είναι μονότονη η

ακολουθία: αν = ν - 2[�] . ν Ε Ν* .

Λύση

Για κάθε ν ε Ν* είναι: αν+Ι - αν = (ν + 1) - 2[ ν;1] - ν + 2[Ξ] = = 1 + 2([Ξ] - [ ν; 1]) . Διακρίνουμε περιπτώσεις για το ν. i) Αν ν άρτιος, ν = 2κ , κ ε Ν* τότε είναι:

[Ξ] - [ ν;1] = [κ] - [ κ +�] = κ - κ = 0 . Άρα αν+Ι -αν = 1 > 0 .

ίί) Αν ν περιττός, ν = 2κ - 1 , κ Ε Ν* τότε είναι: [Ξ] - [ ν;1] = [ κ -�] - [κ] = κ - 1 � κ = -1 . Άρα αν+Ι - αν = -1 < 0 . Επομένως η ( αν ) δεν είναι μονότονη.

19. Να υπολογίσετε το όριο της ακολουθίας

_ [10ν2 + ν] �τ· αν - 2 , ν Ε 1� ν + 1

Λύση Για κάθε ν Ε Ν* είναι: ί) [10ν2 + ν] s 1 0ν2 + ν . ν2 + 1 ν2 + 1 . . ) 10ν2 + ν 0 2 2 η 2 � 1 � 10ν + ν � 1 0ν + 10� ν � 10 . ν + ι iiί) 10�2 + ν � 10 => [1 0�2 + ν] � (1 0] = 10 . ν + 1 ν + 1

τότε όμως για κάθε ν � 1 ο είναι 10ν2 + ν 10 $ αν $ 2 . ν + 1

ο 2 10 + .!_ Αλλ ' ι · 1 ν + ν ι

· ν 10 . α ιm = ιm-- = . ν2 + 1 1 +-1 ν2 Επομένως: ιίmαν = 1 0 .

20. Να αποδειχθεί ότι: για οποιονδήποτε πραγματικό χ και ν Ε Ν* ισχύει:

[χ] + [ χ+�]+ · · · + [ χ+ ν�1] =[νχ] .

Λύση Έστω κ = [χ] . Τότε: [κ, κ + 1) = = [κ, κ+� ) υ[ κ +� , κ +�)υ . . . υ[ κ+ ν� l ,κ+ ι) Κι επειδή χ Ε [κ, κ + 1) συμπεραίνουμε ότι υπάρχει με { 1 , 2, . . . , ν} τέτοιος ώστε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/22

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

κ + μ - 1 ::; χ < κ +� ν ν Συνεπώς νκ + μ - 1 ::; νχ < νκ + μ • 'Εστω μ = 1 δηλαδή: κ ::; χ < κ+_!._ ν

(1) ( 1 ') (2)

Συνεπώς νκ ::; νχ < νκ + 1 (2 ') ν - 1 ν - 1 Απ' τη (2) παίρνουμε: κ+--::; χ+--<κ+ 1 . ν ν

, 1 2 ν - 1 Κι επειδη: χ + - < χ + - < . . . χ +-- (3) ν ν ν συμπεραίνουμε ότι: [χ +�] = [χ + �] = . . . = [χ + ν�1 ] = κ

Άρα: [χ] + [ χ+�] + . . . + [ χ+ ν�l] = νκ <:J[νχ] • 'Εστω μ = ν δηλαδή: κ + ν - 1 ::; χ < κ + 1 (4) ν

Συνεπώς: νκ + ν - 1 ::; νχ < νκ + ν ( 4 ') Απ' την (4) έχουμε: 1 1 κ + 1 ::; χ + - < κ + 1 + - < κ + 2 . ν ν Επομένως, εξ αιτίας της (3), παίρνουμε: [χ +�] = . . . = [ χ + ν�1 ] = κ + 1 . Άρα: [χ] + [ χ +�] + . . . + [ χ + ν�1] =

(4') = κ + (ν - 1)(κ + 1) = νκ + ν - 1 = [νχ] . • Έστω 2 ::; μ ::; ν - 1 . Οπότε 1 ::; ν -μ ::; ν - 2 .

μ - 1 ν - μ Απ' την (1) έχουμε: κ +--+--::; ν ν ::; χ + ν-μ < κ +�+ ν - μ = κ + 1 ν ν ν Συνεπώς: [χ + �] = . . . = [χ + ν � μ] = κ

μ - 1 ν - μ + 1 ν - μ + 1 Ενώ: κ +--+ ::; χ + < ν ν ν μ ν - μ + 1 < κ + - +--=----ν ν ή κ + 1 ::; χ + ν - μ + 1 < κ + ν + 1 < κ + 2 . Επομένως:

ν ν

[ ν - μ + 1] [ ν - 1] χ + ν = . . . = χ +-ν- = κ + 1 Απ' τις (5) και (6) παίρνουμε:

(5)

(6)

[χ] + [χ +�] + . . . + [χ + ν�μ] + +[χ + ν -�+ 1] + . . . + [ χ + ν�1 ] = = κ + (ν - μ)κ + (μ - 1)(κ + 1) = (Ι') = νκ + μ - 1 =[νχ]

21. Αν α1 e !R με 1 ::; ί � ν όπου ν e Ν * και λ e IR* να αποδείξετε ότι: [α1 ] + [α1 ) + ... + [αν ) ::; [α1 + α1 + •.• + αν ] .

Απόδειξη ίΓια ν = 2 έχουμε:

[α, ] + [α2 ] ::; [α, + α2 ] (1) που ισχύει. (Πρόταση 8). Ας δεχθούμε ότι ισχύει για ν = κ , δηλαδή:

[<χιJ+[αzJ+ ... +[<\J::=;[a, +αz + ... +(\] (2) Θα αποδείξουμε ότι ισχύει για ν = κ+ 1 , δηλαδή [α,]+[�]+ ... +[ακ]+[α,.,+, ]::=; [<Ιι +αz + ... +� +�+, ] Έχουμε: (2) [aιJ+[αzJ+ ... +[�]+[�+' J ::=;[<χι +αz + ... + <\ J+ [<\+ι J

( I) ::;[α, +α2 + ... +ακ +ακ+Ι ] . 22. Να υπολογιστεί το ακέραιο μέρος του

log3 4 + log4 5+ log5 9 .

Λύση Είναι προφανές ότι: Iog3 4 > Ο , log4 5 > Ο και Iog4 9 > Ο . Άρα: Iog3 4 + Iog4 5 + Iog5 9 3ιΙ 4 Ι 5 Ι 9 ----===------=--'----=-- ?. ν og3 + og4 + ogs 3 (Ανισότητα Cauchy) οπότε Iog 4+ Iog 5+ Iog 9?. 3 · 3 ln4 . ln 5 . ln 27 = 3 4 5 ln3 ln4 ln5 = 3�3ln 3 = 3ifi . In 3 Επομένως: [Iog3 4 + Iog4 5 + Iog5 9] ?. 4 . 'Ο In x , θ' Ά μως η y =- ειναι φ ινουσα, αν χ > e . ρα: χ ln 4 4 ln 5 5 Ι η 9 9 , -<- -<- -<- οποτε ln3 3 ' In4 4 ' In 5 5 Iog3 4 + Iog4 5 + Iog5 9 ::; 4 (2) Από (1) έχουμε: [Iog3 4 + Iog4 5 + log4 9] = 4 . 23. Να λυθεί η εξίσωση [χ+�]+2=�(χ+1) (1).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/23

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση [ 1 ] χ - 3 χ - 3 (Ι) � χ +- =-- οπότε ο -- ε Ζ και 3 2 2

επομένως χ - 3 1 χ - 3 --:s;x+-<--+l=> x = 2μ + 3 μ ε Ζ και 2 3 2 1 1 5 --:::; χ < --=> χ = 2μ + 3 μ ε Ζ και 3 3 _!!:::; 2μ+ 3 < -� τελικά χ = -3 . 3 3 24. Έστω α, β Ε IR με α � β τότε ισχύει η

ισοδυναμία [α] = [Ρ] <:::) "δεν υπάρχει ακέραιος μ με α < μ :S: β ".

Λύση Έστω ότι υπάρχει μ ε Ζ με α < μ :::; β τότε μ = [μ] :::; [β] (αφού α :::; β=> [α] :::; [β] ) οπότε [α] :s; α < μ = [μ] :s; [β] => [α] < [β] . Αν τώρα α :::; β και [α] * [β] => [α] < [β]=> [α] :::; [β] - 1 => [α+ 1] :::; [β] άρα: α < [α] + 1 :::; [β] < β οπότε μ = [β] . 25. Να βρεθεί το lim χ3 [α] όπου α άρρητος.

•-+0 χ

Λύση V χ ε IR• => α - 1 < [α] :::; α . χ χ χ Αν χ > ο=> χ3 (:- ι) < χ3 [:] :::; χ3 . : => αχz - χ3 :::; χ3 [α] :::; xz . α=> lim χ3 [α] = Ο . χ χ-+0+ χ Όμοια li� x3 [α] = O=> limx3 [�] = o . χ-+0 χ χ-+0 χ Άρα η g(x) = {χ3 [:] . χ * 0 είναι ασυνεχής στο Ο.

Ο , χ = Ο

26. Να βρεθεί το lim ιτχ (Θεωρούμε ότι •-++«>

v;. = 1 ). Λύση

'Εστω f (χ) = ιψ;z ορισμένη στο [1, +οο) . Για κάθε χ ε (l,+oo) θεωρούμε την h(x) = z[ψ;z - 1 με h(x) > Ο (προφανώς). Άρα z[ψ;z = h (x) + 1 . Καθότι [χ] > Ο => [χ] ε Ν• και h (χ) > Ο οπότε από την ανισότητα του Bemoulli .Γχ = (l +h(x))[x] :?: l +[x]h(x) > [x]h(x) > (x- l)h(x) άρα lh (x� = h(x) < .[;. με χ - 1 lim .[;. = 0=> lim h(x) = O .

Χ-++«> Χ - 1 Χ-++«>

Όμως: ιψ;z = (l + h(x))2 = 1 + 2h(x) +h2 (x)=> => lim ιψ;z = 1 + 2 · 0 + 02 = 1 .

χ-++«>

27. Να αποδειχθεί ότι για α Ε IR+ και ν Ε Ν*

[�] = [zΓα] .

Λύση Έχουμε: [α] :::; α < [α] + l => \fa] :::; � < 1[α] + 1 => => [ �} = \fa] αν \fa] ακέραιος άρα: [ \fai] = [ �] . Α ν όμως ο \fa] δεν είναι ακέραιος τότε [ \fai] :::; \fa] < [ \fai] + 1 , άρα: [�] ::ς� :::;� < [�]+ l=>[�] =[ν[α) + Ι] .

Στο τεύχος αυτό ήταν αποφασιστική η συνδρομή των συναδέλφων (και : όχι μόνο) του Παραρτήματος Πάτρας. •

Η Σ.Ε. εκφράζει μέσω του περιοδικού τις ευχαριστίες της. . . .

Ο θεσμός αυτός <<να συμμετέχουν τα Παραρτήματα στη συγγραφή του : . . περιοδικού» είναι εξαιρετικά σημαντικός για τη ποιοτική αναβάθμιση του : . .

• περιοδικού. • . .

� . • . . • . . • • . . . • . . . . . • • . • . . . . . • . . . . . . . . . . . . . . . . . . • • . . . . . . • • . . . . . . . • • • . . . . . • • • . . . . . • • • • • . . • • . .•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/24

aτικ νια την Α � τd{η -rou Λuκεfοu

• Η Εξfαωαη oll + /Jx + γ = ο μc σ - ο Χρήστος Γκούβελος, Παναγιώτης Κουνάβης, Βασίλης Παπαντωνίου

Κάθε εξίσωση της μορφής: αχz + β χ + Υ = Ο ( 1) όπου α, β, γ Ε � με α * Ο , λέγεται εξίσωση δευτέ-

ρου βαθμού (ή δευτεροβάθμια εξίσωση) με άγναι­στο το χ. Οι α, β και γ λέγονται συντελεστές. Με τη μέθοδο συμπλήρωσης τετραγώνου μπορού­με να βρούμε έναν τύπο ο οποίος θα μας δίνει τις λύσεις της εξίσωσης. Έχουμε λοιπόν: • Αν Δ = β2 - 4αγ > Ο, η (1) έχει δύο ρίζες άνι­

-β ±/Δ σες, τις Χι 2 = . · 2α

• Αν Δ = β2 - 4αγ = Ο, η (1) έχει μία διπλή ρίζα, την χ0 = _1._ . 2α

• Α ν Δ = β2 - 4αγ < Ο, η (1) δεν έχει πραγματι-κές ρίζες.

Ο αριθμός: Δ = β2 - 4αγ λέγεται διακρίνουσα. Αν χ1, χ2 ρίζες της εξίσωσης (1) και S, Ρ το άθροι­σμα και το γινόμενο αυτών αντίστοιχα, τότε ισχύ­ουν οι παρακάτω τύποι:

S = Χι + χ2 = -� και Υ Ρ = Χι · Χ2 =-α α Οι τύποι αυτοί είναι γνωστοί ως τύποι του Vieta και βάσει αυτών η εξίσωση ( 1) παίρνει τη μορφή

x2 - Sx + P = O Παρατηρήσεις:

1) ο '

-β ±/Δ 'ζ τυπος Χι 2 = εφαρμο εται για την · 2α

επίλυση δευτεροβάθμιων εξισώσεων και εφό­σον αυτές έχουν πάρει τη μορφή αχ2 + βχ + γ = Ο. Αν οι αριθμοί α,γ είναι ετερόσημοι, τότε η ε­ξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο (α * Ο) έχει δύο ρίζες άνισες.

2) Αν η εξίσωση (1) έχει ρητούς συντελεστές και ρί­ζα τον αριθμό κ + Jλ (κ, λ ρητοί και Jλ άρ­ρητος), τότε έχει ρίζα και τον αριθμό κ -Jλ .

Εφαρμογή : Διαmστώστε το για την εξίσωση χ2 - 4χ + 1 = Ο

3) Αν ξέρουμε το άθροισμα S και το γινόμενο Ρ δύο αριθμών βρίσκουμε τους αριθμούς από τη λύση της εξίσωσης χ2 - Sx + Ρ = Ο.

4) Εξετάζοντας τη διακρίνουσα Δ, το γινόμενο Ρ και το άθροισμα S των ριζών της εξίσωσης () συμπεραίνουμε τα εξής: i) Αν Δ > Ο, Ρ > Ο και S > Ο, η (1) έχει 2 ρί­

ζες θετικές. ii) Αν Δ > Ο, Ρ > Ο και S < Ο, η (1 ) έχει 2 ρί­

ζες αρνητικές. iii) Αν Ρ < Ο και S = Ο, η (1) έχει 2 ρίζες αντί­

θετες. iv) Αν Δ > Ο και Ρ = 1 η (1 ) έχει 2 ρίζες

aντίστροφες. 5) Κάθε εξίσωση της μορφής

α( Φ(χ)γ + βΦ(χ) + γ = Ο , όπου α, β, γ Ε � με α * Ο λύνεται με βοηθητικό άγνωστο. Θέτο­ντας Φ(χ) = y δημιουργούμε την εξίσωση α1 + βy + γ = Ο (α * Ο) την οποία και λύνουμε κατά τα γνωστά. Έχοντας βρει το y από τη σχέση Φ(χ) = y υπολογίζουμε και το χ (Προσοχή στους περιορισμούς). Στην περίπτωση όπου Φ(χ) = χν έχουμε τις γνωστές σε όλους μας τρι­ώνυμες εξισώσεις αχ2ν + βχν + γ = Ο (α * Ο) . Ειδική περίπτωση αυτής είναι η διτετράγωνη ε­ξίσωση: αχ4 + βχ2 + γ = Ο (ν = 2).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2S

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λυμένες Ασκήσεις

1. χ χ + 2 1

Να λυθεί η εξίσωση: --+--=-. χ- 2 χ + 3 5 Λύση:

Πρέπει χ - 2 * Ο και χ + 3 * Ο , δηλαδή χ * -3 και χ + 2. Έχουμε: χ χ + 2 1 χ -+-=-<=> 5(χ - 2)(χ + 3)-+ χ -2 χ + 3 5 χ -2 χ + 2 1 +5 (χ - 2)(χ + 3) ·-= 5(χ - 2)(χ + 3) · -<=> χ +3 5 5χ(χ + 3) + 5(χ � 2)(χ + 2) = (χ - 2)(χ + 3) <=> 5χ2 + 15χ + 5χ2 - 20 = χ2 + χ - 6<:::> 9χ2 + 14χ - 14 = 0 Η εξίΡ"ωση αυτή έχει: Δ = 700 > Ο και ρίζες

-14±.J700 -14± ιο.J7 χ,,2 = 1 8 <=> χ,,2 = 1 8 ' ' -7 + 5.J7 -7 - 5.J7 Τελικα εχουμε: χ, = , Χ2 = · 9 9

2. Να λυθούν οι εξισώσεις:

i) (χ + 3)2 + 5lx + 3l + 6 = 0 ii) χ + -Γχ - 72 = ο

Λύση: i) Επειδή (χ + 3)2 = lx + 312 , αν θέσουμε lx + 31 = Υ

{ y 2 Ο) η δοθείσα εξίσωση γράφεται i + 5y + 6 = Ο . και έχει ρίζες Υ ι = 2, Yz = 3. Αν y = 2, τότε lx + 3l = 2 <=> χ + 3 = 2 ή χ + 3 = -2 <=> χ = -1 ή χ = - 5 Ανy = 3, τότε lx + 3l = 3 <=> χ+ 3 = 3 ή

χ + 3 = -3<=> χ = Ο ή χ = - 6 Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι χ1 = - 6, χ2 = - 5, Xs = - 1 , J4 = Ο

ii) Θέτοντας Γχ = y { y 2 Ο) η εξίσωση γράφε-

3.

ται y + y - 72 = Ο η οποία έχει ρίζες Υι = 8, Yz = - 9 (απορρίπτεται). Άρα Γχ = 8 , δηλαδή χ = 64.

χ2 + 2 χ2 - 5 Να λυθεί η εξίσωση: -2- - -2 - = 1

χ + 1 χ � 9 Λύση:

Πρέπει χ2 + 1 * Ο (η οποία ισχύει) και χ2 - 9 :;t: O<::> x :;t: ±3

χ4 - 7χ2 - 1 8 - χ4 + 4χ2 + 5 = χ4 - 8χ2 - 9 <=> <::> χ4 - 5χ2 - 4 = 0 Θέτοντας χ2 = y { y 2 Ο) και η εξίσωση γράφεται y - 5y + 4 = 0. Η εξίσωση αυτή έχει Δ = 9 >Ο και ρίζες

5 ± 3 {Υι = 1 y, =--� 2 Υ2 = 4 Αν y = 1 , τότε χ2 = 1 � χ = ±1 Αν y = 4, τότε χ2 = 4� χ = ±2 Άρα οι ρίζες της εξίσωσης είναι: χ1 = - 2, χ2 = - 1 , χ3 = 1 , Jιι = 2. 4. Να βρεθεί ο λ ώστε η εξίσωση

( Sλ - 3) χ2 -.J8 . λχ + ι = ο να είναι δευτεροβάθμια και να έχει μια

διπλή ρίζα η οποία να υπολογιστεί.

Λύση:

Για να είναι η εξίσωση δευτέρου βαθμού θα πρέπει α * Ο άρα 8λ- 3 * Ο = λ = � και για να έχει διπλή 8 ρίζα θα είναι Δ = Ο. Έχουμε: Δ = ( -J8 · λ )2 - 4 · { 8λ -3) · 1

= 8λ2 -32λ + 12 = 8(λ2 - 4λ+ 3)

Επομένως πρέπει και αρκεί: 8 ( λ2 -4λ + 3) = ο <=> λ2 -4λ + 3 = ο (1)

Η εξίσωση ( 1 ) έχει διακρίνουσα Δι = 4 > Ο και ρίζες:

λ = � 4±J4 {λ, = 1 1,2 2 λ2 = 3 • Α ν λ = 1 η εξίσωση έχει διπλή ρίζα, την

ν'8 · λ ν'8 J2 χ = =-=-2{8λ-3) 10 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/26

Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

• Α ν λ = 3 η εξίσωση έχει διπλή ρίζα, την J8 · λ 3J8 3J2 χ = =--=--2(8λ- 3) 42 21

5. Να βρεθεί ο λ ε � ώστε η μία από τις δύο

διαφορετικές πραΎματικές ρίζες της εξίσω­σης χ2 + (λ - 2) χ + 8 = Ο , να είναι το τετρά-

Ύωνο της άλλης ρίζας. Λύση:

Αφού έχουμε δύο διαφορετικές ρίζες στο R, θα εί­ναι Δ > Ο, δηλαδή: (λ- 2)2 - 4 :;t: 8 > 0<::::> λ2 -4λ+ 4-32 > 0<=> <=> λ2 - 4λ- 28 > ο Αν χι, χ2 οι ρίζες της εξίσωσης θα έχουμε

ΧΙ _ Χ2 I - 2 και Από τις (2), (3) έχουμε:

( 1 ) (2) (3)

χ; · χ2 = 8 <=> χ; = 8 <=> χ2 = 2 , οπότε Χι = 22 = 4. Ισχύει επίσης S = χ1 + χ2 = -(λ -2) και επειδή Χι = 4, χ2 = 2 θα είναι -λ+ 2 = 6<::::> λ = -4 δεκτή, διότι ικανοποιείται η (1 ). 6. Η εξίσωση αχ2 - β χ + Ύ = Ο (α :;t: Ο) έχει δύο

άνισες ρίζες. Να εξεταστεί ποια από τις πα­

ρακάτω προτάσεις είναι η σωστή Ύια την ε­ξίσωση ΎΧ2 - βχ + α - Ύ = Ο ( Ύ * Ο) •

Α. έχει δύο άνισες ρίζες.

Β. έχει δύο ρίζες ίσες.

Γ. δεν έχει πραΎματικές ρίζες.

Λύση: Εφόσον η εξίσωση αχ 2 - βχ + γ = Ο (α :;t: Ο) έχει άνισες ρίζες θα πρέπει Δ > Ο ή β2 -4αγ > Ο (1 ) Για την εξίσωση γχ2 - βχ + α - γ = Ο (γ :;t: Ο) έχουμε: Δ1 = β2 -4γ(α-γ) = β2 - 4αγ + 4γ2 = Δ +4γ2 και λόγω της ( 1 ) είναι Δι > Ο. Αυτό σημαίνει ότι η εξίσωση γχ2 -βχ + α- γ = Ο (γ :;t: Ο) έχει δύο άνισες ρίζες. Σωστό λοιπόν είναι το (Α). 7. Αν Χι, Χ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης

αχ2 + βχ + Ύ = Ο με α :;t: Ο , να δειχθεί ότι:

i) ( S - Χ1 ) ( S - Χ2 ) = Ρ

ii) S2 ;::: 2Ρ iii) αS2 + βS + Ύ = α · Ρ

Λύση:

Εφόσον χι, Xz είναι οι ρίζες της εξίσωσης αχ2 +βχ + γ = Ο (α :;t: Ο) έχουμε: β S = x1 + χ2 =-- και α

i) (S - x1 )(S - x2 ) = (χι + χ2 - χι )(χι + χ2 - χ2 ) = Ρ

l'ι') s2 ( )2 2 2 2 = Χι + χ2 = Χι + χ2 + ΧιΧ2 => S2 = χ; + χ; + 2Ρ => S2 - 2Ρ = χ; + χ; ;::: ο =>

S2 2: 2Ρ iii) αS2 + βS + γ = α{ -�)2 + β( -�) + γ =

β2 β2 β2 β2 γ α---+ γ =---+ γ = γ = α ·- = αΡ α2 α α α α 8. Αν α, β, Ύ είναι τα μήκη των πλευρών ενός

τριΎώνου να fιποδειχθεί ότι η εξίσωση:

α2Χ - Ύ2 ( χ+ 1) - β2χ(χ + 1) = 0

δεν έχει πραΎματικές ρίζες.

Λύση:

Έχουμε: α2χ - γ2χ - γ2 - β2χ2 - β2χ = Ο ή -βzχ2 + (αz - γ2 -β2 )χ - γ2 = Ο ή β2 · χ2 + (βz + γ2 - αz ) · χ + γ2 = Ο

Είναι: Δ = (β2 + γ2 - α2 )2 _4β2 · γ2 = (β2 + γ2 _ α2 _ 2βγ) · (β2 + γ2 - αz + 2βγ) = [(β - γ)2 - αz} [(β + γγ - αz ] = (β -γ -α) · (β - γ+ α) · (β + γ - α) · (β + γ + α) Εφόσον τα α, β, γ είναι μήκη πλευρών τριγώνου, έχουμε:

α +β + γ > Ο α + γ > β β + γ > α

δηλαδή α + β + γ >Ο β - α - γ < Ο β + γ - α >Ο

Άρα Δ < Ο που σημαίνει ότι η εξίσωση δεν έχει πραγμαnκές ρίζες.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/27

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

9. Από αερόστατο που κατεβαίνει με ταχύτη­

τα υ = 50 m

και από απόσταση h = 375 m .sec

από το έδαφος αφήνεται να πέσει ένα σώμα.

Μετά από πόσο χρόνο το σώμα θα φθάσει

στο έδαφος; (Δίνεται g = 10 m z ). sec

Λύση :

Το σώμα πέφτει προς τα κάτω με αρχική ταχύτητα την ταχύτητα του αερόστατου, δηλαδή υ0 = 50 m sec εκτελώντας ομαλά επιταχυνόμενη κίνηση με επιτάχυνση g = Ι Ο m 2 . sec

Αν t είναι ο χρόνος που χρειάζεται για να φθάσει το σώμα στο έδαφος, τότε:

Ι 2 h = υ0t + -gt <:::> 2 375 = 50t + .!..10t2 <=> 2 375 = 50t + 5t2 <=> t2 + 10t = 75 <=> t2 + 10t - 75 = 0 ( Ι)

Η διακρίνουό'α Δ της εξίσωσης (1) είναι Δ = 400 > Ο , -IO±.J4o0 -10± 20 Άρα t1 2 = =---. 2 2

{t, = 5 Άρα: t2 = -Ι5 (απορρίπτεται) Άρα ο ζητούμενος χρόνος είναι 5 sec. 10. Μια παρέα μοιράστηκε 210 ευρώ. Αν ήταν

5 λιΎότεροι θα έπαιρνε ο καθένας 7 ευρώ

περισσότερα. Να βρεθεί από πόσα άτομα α­

ποτελείται η παρέα.

Λύση:

Αν η παρέα αποτελείται από χ άτομα, τότε ο καθέ-, 210 210 νας πηρε --=-+7 χ - 5 χ

Πρέπει: χ :;t: Ο και χ -5 :;t: Ο <:::> χ :;t: 5 . Έχουμε: 210χ =2 10(χ - 5) + 7χ(χ - 5) <=>

<=> 210χ = 210χ - 1050 + 7χ2 - 35χ <=> 7χ2 - 35χ - 1050 = ο <=> <=> χ2 - 5χ - Ι 50 = ο

Η εξίσωση έχει διακρίνουσα Δ = 625 > Ο και ρίζες χ = 5 ± 25 � {χ, = -10 απορρίπτεται 1 ,2 2 χ2 = 15

Άρα η παρέα αποτελείται από Ι 5 άτομα. 1 1 . Να λυθεί η εξίσωση:

(ΧΖ + 6Χ - 7 )Ζ - ΧΖ - 6Χ = -7 Λύση:

Έχουμε: (χ 2 + 6χ - 7 )2 - χ 2 - 6χ + 7 = ο <=> ( χ2 + 6χ + 7 )2 - ( χ2 + 6χ - 7) = ο

οπότε θέτοντας χ2 + 6χ - 7 = ω η εξίσωση παίρνει τη μορφή:

ω2 - ω = Ο � ω(ω- Ι) = Ο�ω = Ο ή ω = Ι * Αν ω = Ο, τότε χ2 + 6χ - 7 = Ο. Η εξίσωση

αυτή έχει Δ = 64 > Ο και ρίζες χ1 = Ι , χ2 = - 7 * Α ν ω = Ι τότε χ2 + 6χ - 7 = Ι <:::> χ2 + 6χ - 8 = '

Ο. Η εξίσωση αυτή έχει Δ = 68 > Ο και ρίζες χ3 = -3 -.Jfi και χ4 = -3 + .Jfi .

12 . Αν είναι ρι, ρ2 οι ρίζες της εξίσωσης

αχ2 + βχ + Ύ = Ο (1), να σχηματισθεί η εξί­σωση με ρίζες Ιχ, Ι και lxz l ·

Λύση: Εφόσον χ, , Xz ρίζες της εξίσωσης {α :;t: Ο) θα πρέπει χ, + χ2 = -� α

αχ2 + βχ +γ = Ο γ και χ1 · χ2 =-

Έχουμε ότι: s = Ιχ, Ι + lxz l = (Ιχ, Ι + lxz l)2 = �lxι l2 + lxz l2 + 2lx, l lxz l = �χ� + χ; + 2 lx,xz l =

= β2 - 2αγ + 2 111 = (β2 - 2αr)lαl + 2lrlα2 = α2 α α2 Ιαl

= β2 - 2αγ + 21αl lrl _ �β2 - 2αγ + 2 lαllrl α2 - Ιαl

α

και P = lx, l l x2 l = lx, · x2 Ι = I�I =i:i οπότε η ζη-

τούμενη εξίσωση είναι η: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/28

Μαθηματικά pa την Α' Λυκείου

χ2 - Sx + R = O <=> 2 �β2 - 2αγ+ 21α1 Ιγl lγl <=> χ - lαl

. χ + lαl = 0 <=>

<=> lαl · x2 -�β2 - 2αγ + 21αl lγl x + lγl = 0 13. Αν Pt, Ρ2 με IPz i � IPι l είναι ρίζες της

εξίσωσης χ2 - 2αχ + β = Ο , α, β ε JR δειχθεί

ότι ισχύει: lαl + �α2 + lβl � (ι + Ji} IPι l · Λύση:

Έχουμε: Ρ ι + Ρ2 = 2α και Ρ ι · Ρ2 = β . Άρα:

1αl +�α2 + lβl = ΙΡι �p2 1+ ( Ρι �p2 )2 + IΡιΡ2 1 =

� IPι i: IP2 1 + ΙΡι �Ρ2 12 + IΡιΡ2 1 �

� Ι Ρ. Ι� Ι Ρ, Ι + ( ΙΡ. 1; ΙΡ, 1 )\ 1p,p, 1 �

� IP, I�IP, I + ( IΡ· I;ΙΡ, Ι)' + IP· I · I*

� IPι l +JIPι l2 + IPι l2 � � IPι i + J2IPι l2 � � IPι l + IPι l · J2 = (ι + J2} 1Pι l ·

a Κύκλο� ΕπcγpσμμCνο� -Πcpιγcγpομμcνο� ac Tpfyωνo

Λυμένες Ασκήσεις

1 . Δίνονται δύο κύκλοι (Κ, R), (Λ, ρ) που ε­

φάπτονται εξωτερικά στο Α. Αν ΒΓ κοινό εξωτερικό εφαπτόμενο τμήμα να δειχθεί

Α i) ΒΑΓ = 90"

ii) Ο κύκλος διαμέτρου ΒΓ εφάπτεται στην διάκεντρο στο σημείο Α.

Λύση :

Επειδή ΒΓ κοινή εφαπτομένη θα είναι ΚΒ .l ΒΓ

και ΛΓ .l ΒΓ , δηλ. ΚΒ 11 ΛΓ (ως κάθετες στην ί­δια ευθεία). i) Είναι BAr = 180" - (.Αι +Α2 ) (1)

Γεώργιος Κουτσοδήμας, Κώστας Πετούμενος

Δ Δ Τα τρίγωνα Κ Α Β και ΛΑ Γ είναι ισοσκελή τότε 2Α.ι = 1 80" -κ και 2Α2 = 180" -Λ Από (2) και (3) 2(Αι +Α2 )= 360" - (κ+Λ)

(2) (3)

έχουμε (4)

Όμως Κ+ Λ = 180" (ως εντός και επί τα αυτά) Από (4) έχουμε 2(Α.ι + Α2 )· = 360" - 1 80" = 180" :::::} Αι + Α2 = 90" . Συνεπώς BAr=90" .

ii) Επειδή είναι ΜΑ = ΜΒ = ΜΓ ο κύκλος διαμέ­τρου ΒΓ έχει κέντρο το Μ και ακτίνα ΜΑ δηλ. διέρχεται από το σημείο Α.

Δ Δ Τα τρίγωνα Μ Β Κ, Μ Α Κ είναι ίσα (ΜΚ κοι-Δ

vή, ΜΑ = ΜΒ, ΚΑ = ΚΒ) και επειδή Μ Β Κ Δ ορθογώνιο θα είναι και Μ Α Κ ορθογώνιο με

Δ

Κ Α Μ = 90" , δηλαδή ΜΑ ..l ΚΛ . Επειδή ΚΛ κάθετη στο άκρο της ακτίνας ΜΑ, η ΚΛ είναι εφαπτομένη του κύκλου (Μ, ΜΑ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2fl9

Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

2. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και ΑΒ διάμετρος

αυτού. Από τα άκρα της διαμέτρου φέρου­

με δύο παράλληλες χορδές ΑΓ και ΒΔ. Να

δειχθεί ότι: ΑΓ = ΒΔ και Γ,Δ aντιδιαμε­

τρικά σημεία.

Λύση:

Έστω ΟΚ και ΟΑ τα αποστήματq. των παραλλή­λων χορδών ΑΓ και ΒΔ.

Δ Δ Τα ορθογώνια τρίγωνα ΟΚΑ και ΟΑΔ έχουν: α) OA = OB = R β) Α = Β (εντός εναλλάξ) Άρα είναι ίσα και θα έχουν ΟΚ = ΟΑ<::::> ΑΓ = ΒΔ ως χορδές με ίσα aποστήματα.

Δ Δ Τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν: α) ΟΑ = ΟΒ β) ΑΓ = ΒΔ γ) Α = Β ' (εντός εναλλάξ) Άρα είναι ίσα και θα έχουν 01 = 02 και επειδή

ΓΟΒ+ ΓΟΑ = 1 80" τότε Λ Λ ΓΟΒ + ΒΟΔ = 1 80"

άρα ΓΟΔ ευθεία. Συνεπώς Δ aντιδιαμετρικό του Γ.

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Δ, Ε, Ζ τα σημεία

επαφής του εγεγραμμένου κύκλου με τις

πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα.

Αν Ι το έγκεντρο του τριγώνου:

i) Ν α δειχθεί οι Bl, ΑΙ, ΓΙ είναι μεσοκάθε­

τοι των πλευρών του τριγώνου ΔΕΖ .

ii) Να υπολογιστούν οι γωνίες του τριγώ­

νου ΔΕΖ συναρτήσει των γωνιών του

τριγώνου ΑΒΓ.

Λύση: Α

i) Επειδή ΒΖ, ΒΔ εφαπτόμενα τμήματα θα είναι ΒΖ = ΒΔ. Επίσης ΒΙ διχοτόμος της γωνίας Β , δηλ. στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΖΔ η διχοτόμος θα είναι διάμεσος και ύψος . Άρα ΒΙ μεσοκάθετος της ΔΖ. Ομοίως ΑΙ, ΓΙ μεσοκάθετος των ΖΕ, ΔΕ αντίστοιχα.

Δ ii) Επειδή ΒΔΖ ισοσκελές είναι 2Δι + Β = 180" � 2Δι = 1 80" - Β

Δ Ομοίως Γ Δ Ε ισοσκελές είναι: 2Δ2 + f = 1 80" � 2Δ2 = 1 80" - f Προσθέτουμε τις ( 1 ) και (2) κατά μέλη και έ­χουμε: 2(Δι +Δ2 )= 36ο· - (B + f) Όμως Δ3 = 1 80" - (Δι + Δ2 )� Δι + Δ2 = 1 80" - Δ3 και B + f = 180" -Α Τότε 2(1 80· -Δ3 )= 360" - (180" -Α)<=>· <=> 360" - 2Δ3 = 360" - 1 80" + Α �

Λ Λ Λ Α 2Δ3 = 180" -Α <::::> Δ = 90" --2 Ομοίως Ε = 90" - Β και Ζ = 90" - f

2 2 4. Δίνεται τρίγωνο

ΑΒΓ εγγεγραμμένο

σε κύκλο (O,R) και

ΑΔ το ύψος του. Αν

Μ το μέσο του τό-.--....

ξου ΒΓ στο οποίο

δεν ανήκει το Α.

Να δειχθεί ότι η

Μ

λ

ΑΜ είναι διχοτόμος της γωνίας ΔΑΟ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/30

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Λύση: ,..-... Επειδή Μ μέσο του τόξου ΒΓ τότε ΟΜ μεσοκά-θετος της χορδής ΒΓ.

ΑΔ _l ΒΓ (ύψος)} Έχουμε => ΑΔ//ΟΜ ΟΜ _lΒΓ Τότε Α1 = Μ ως εντός εναλλάξ.

Δ Επειδή ΟΑΜ ισοσκελές (ΟΑ = ΟΜ = R) είναι � = Μ m Από (1 ) και (2) έχουμε Α1 = Α2 δηλαδή διχοτόμος της γωνίας ΔΑΟ 5. Θεωρούμε κύκλο (0, R) ΑΒ μια διάμετρό

του κι ένα σημείο Γ της ακτίνας ΟΒ με

ΟΓ < R, ο κύκλος (Γ, ΓΟ) τέμνει τον κύκλο

(0, R) στα σημεία Δ και Ε. Αν η ευθεία ΓΔ

τέμνει τον κύκλο (0, R) στο σημείο Ζ να α-Λ Λ

ποδείξετε ότι ΑΟΖ = 3ΔΟΒ

Λύση:

Η ΑΟΖ εξωτερική γωνία του τριγώνου Γ ΖΟ άρα: ΑΟΖ= fΊ + Ζ, ( 1 )

Στο τρίγωνο ΟΔΖ έχουμε ΟΔ = ΟΖ (= R) άρα: Ζ1 = Δ, (2)

Από (1) (2): (3) Η fΊ εξωτερική στο τρίγωνο ΟΓΔ άρα:

fΊ = Δ, +ό, (4) (3) μέσω της (4): ΑΟΖ = Δ, + ό, + Δ,

άρα: Λ Λ Λ ΑΟΖ= 2Δ1 +01 (5)

Στο τρίγωνο ΟΓΔ έχουμε ΓΟ = ΓΔ (ακτίνες του κύκλου) άρα:

Λ Λ Λ Λ

(6) (5), (6) έχουμε ΑΟΖ= 2 · 01 +01 = 301

ΑΟΖ= 3ΔΟΒ

Προτεινόμενες Ασκήσεις 1 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύ­

κλο. Φέρνουμε τις εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία Α, Β, Γ. Έστω ότι οι εφαπτόμενες στα Β, Γ τέμνονται στο Δ. Από το Δ φέρνουμε ευθεία παράλληλη προς την εφαπτόμενη στο Α, η οποία τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα Ε, Ζ αντί­στοιχα. Να δειχθεί ότι Δ μέσον της ΕΖ.

6) Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α= 90° ) . Φέρνουμε ευθεία Γχ κάθετη στη ΒΓ και παίρ­νουμε τμήμα ΓΕ = Γ Α. Προεκτείνουμε την ΓΒ κατά τμήμα ΒΔ = ΒΑ. Να δειχθεί ότι τα σημεία Δ, Α, Ε είναι συνευθειακά.

3. Έστω κύκλος (0, R) και ΑΒ διάμετρός του. Προεκτείνουμε την ΒΑ και παίρνουμε σημείο Γ με ΑΓ < R. Από το Γ φέρνουμε τέμνουσα του κύκλου όπου Δ, Ε τα σημεία τομής, ώστέ ΓΔ = R. Να δειχθεί: ΕΟΒ = 3ΔΟΑ .

@ Δύο κύκλοι (Κ, R), ( Λ, ρ) εφάπτονται εξωτε-. ρικά στο Α. Φέρνουμε χορδή ΑΒ του κύκλου (Κ, R) και χορδή ΑΓ του κύκλου (Λ, ρ) ώστε ΑΒ j_ ΑΓ . Να δειχθεί ότι ΚΒ//ΛΓ .

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

.

.

.

. : Η συλλογικότητα στις εργασίες του περιοδικού δεν αναφέρεται μόνο στη λειτουργία της Σ.Ε., ούτε στη συνδρομή των Παραρτημάτων. Είναι στενά συνδεδεμένη με την ευρύτερη συ,r μετοχή των συναδέλφων. Όσο μεγαλώνει το πλήθος των εργασιών που έρχονται τόσο πιο αποτ& λεσματικό εργαλείο γίνεται το περιοδικό για τη διδακτική των μαθηματικών .

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

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2131

• Αλ γcfJpιιιiς Εξιαώαcις

Α. ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Ορισμός: Πολυωννμική λέyεται κάθε εξίσωση της μορφής:

ν ν-1 _ 0 ανχ + αν_ιΧ + •••..• +αιΧ+ αο -α0, α1 , α1 , ••• ,αν Ε IR. και ν Ε Ν

� Αν αν -:ι:. Ο η εξίσωση είναι ν βαθμού. Ισχύει: • Κάθε πολυωννμική εξίσωση ν βαθμού έχει

το πολύ ν πραγμαnκές ρίζες. • Αν η εξίσωση επαληθεύεται για κ πραγμαn­

κές nμές με κ > ν τότε υποχρεωτικά θα επα­ληθεύεται για άπειρες πραγμαnκές nμές ( ά­πειρες λύσεις), και θα ισχύει:

αν = αν - ι = •••••• = α ι = αο = ο Εφαρμογή Να βρεθούν οι τιμές των κ, λ, μ, ν Ε IR. , για τις ο-

ποίες η εξίσωση: (2κ - 2)χ3 + (λ+4)χ1 + 3(μ+ l)χ- 12+ ν = 0

επαληθεύεται για 4 διαφορετικές πραγματικές τιμές.

.

Λύση Η εξίσωση σαν 3ου βαθμού έχει το πολύ 3 ρίζες. Επαληθεύεται όμως για 4 διαφορετικές nμές, άρα θα επαληθεύεται για άπειρες και τότε όλοι οι συ­ντελεστές της, είναι μηδέν.

2κ - 2 = Ο => κ = 2 λ + 4 = Ο => λ = -4 και

μ + l = Ο => μ = -1 -12 + ν = 0 => ν = 12

ΕΠΙΛ ΥΣΗ ΠΟΛ ΥΩΝΥΜΙΚΩΝ ΕΞΙΣΩΣΕΩΝ Μορφές ί. αχ + Ρ = Ο (100 βαθμού αν α -:ι:. Ο)

Ισχύει:

Σπ. Δαφνής

Α ν α -:ι:. Ο η εξίσωση έχει μοναδική λύση την β Χ = --α

Αν α = Ο τότε η εξίσωση: {αδύνατη αν β -:ι:. Ο

=> ' ταυτοτητα αν β = Ο

ίί. αχ2 + px + γ = Ο (200 βαθμού αν α -=ι:. Ο ) Η εξίσωση έχει:

-β ± JΔ 2 ρίζες άνισες χ1 2 = αν Δ > Ο ' 2α

=> 1 ρίζα (διπλή ή 2 ίσες) χ = -β αν Δ = Ο 2α

Αδύνατη δεν έχει ρίζες στο IR. αν Δ < Ο

ίίί. Εξισώσεις βαθμού μεγαλύτερου του 2. Διακρίνουμε τις παρακάτω κατηγορίες:

1 . χν = α, α Ε JR* (Δυώνυμη) Ισχύει:

• Αν ν άρτιος: • Για α < Ο η εξίσωση είναι αδύνατη . • Για α > Ο η εξίσωση έχει δύο λύσεις:

Χ1,2 = ±Γα

• Α ν ν περιττός: • η εξίσωση έχει μία ακριβώς λύσι_ι:

χ = {νfαj, για α > Ο

-νfαj, για α < Ο

2. Αυτές που είναι δυνατόν να γίνει παραγοντο­ποίηση του lου μέλους (2ο μέλος ίσο με 0). Χρησιμοποιούμενη ιδιότητα:

α · Ρ · γ ... μ = Ο � α = Ο ή Ρ = Ο ή γ = Ο ... ή μ = Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2!32

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Παρατήρηση Η παραγοντοποίηση μπορεί να γίνει: • Με τη θεωρία Α' Λυκείου. (Κοινός παράγοντας

- Ομάδες - Ταυτότητες - Τεχνάσματα). • Με τη βοήθεια του Homer.

Ισχύουν: + Αν η πολυωννμική εξίσωση:

ν ν-1 Ο ανχ + αν_1χ + .•. + α 1χ + α0 = έχει ως λύση τον αριθμό χ = ρ τότε το πο­λυώννμο:

π ν ν-1 = ανχ + αν_1χ + •.. + α 1 χ + α0 έχει παράγοντα το χ - ρ.

+ Αν η πολυωννμική εξίσωση: ν ν-1 Ο ανχ + αν_1χ + ... + α 1χ + α0 =

με ακέραιους συντελεστές έχει ακέραια μη μηδενική λύση αυτή θα είναι διαιρέτης του σταθερού όρου αο.

+ Αν η πολυωννμική εξίσωση: ν ν-1 Ο ανχ + αν_1χ + •.• +α 1χ + α0 =

με ακέραιους συντελεστές έχει ως λύση το , κλά κ . αναγωγο σμα

λ τοτε:

• το κ θα είναι διαιρέτης του σταθερού όρου αο και

• το λ διαιρέτης του αν

Άσκηση Να λυθούν οι εξισώσεις: ί. χ3 - 7χ2 + 14χ - 8 = ο ίί. (χ2 - 4)2 - 2(χ2 - 2χ)2 = χ3 - 4χ2 + 4χ

ίίί. 18χ3 - 3χ2 - 7χ + 2 = 0 Λύση:

ί. 1 ος τρόπος: χ3 - 7χ2 + 14χ - 8 = 0 <=> χ3 - 8 - 7χ2 + 14χ = 0 <=> (χ - 2)(χ2 + 2χ + 4) - 7χ(χ - 2) = ο <=> <=> (χ - 2)(χ2 - 5χ +4) = ο <=> <::> χ = 2 ή χ = 4 ή χ = 1 2°ς τρόπος:

• Σταθερός όρος το - 8. Διαιρέτες του το ±1, ±2, ±4, ±8.

• Το χ = 1 επαληθεύει την εξίσωση. • Με Homer βρίσκουμε πολυώννμο τ(χ) ώ-

στ ε:

χ3 - 7χ2 + 14χ - 8 = (χ - 1)Τ(χ) 1 -7 +14

1 -6 1 -6 +8

Έχουμε: χ3 - 7χ2 + 14χ - 8 = 0 <:::> (χ - 1)(χ2 -6χ + 8) = Ο <::> χ = 1 ή χ = 4 ή χ = 2

-8 χ=1 +8 ο

ίί. (χ2 - 4)2 - 2(χ2 - 2χ)2 = χ3 -4χ2 + 4χ <=> (χ - 2)2 (χ+2)2 - 2χ2 (χ - 2)2 = χ(χ2 - 4χ+4) <=> (χ - 2)2 (χ + 2)2 - 2χ2 (χ - 2)2 = (χ - 2)2 <=> (χ - 2)2 (χ + 2)2 - 2χ2 (χ - 2) - χ( χ - 2)2 = ο <=> (χ - 2)2 (-χ2 + 3χ + 4] = 0 <=> χ = 2 (διπλή ρίζα) ή χ = - 1 ή χ = 4

ίίί. • Σταθερός όρος το ±2. Διαιρέτες του: Α = {±1 , ±2}

• Κανένα από τα στοιχεία του Α δεν επαλη­θεύει την εξίσωση (όχι ακέραια λύση).

• Μεγιστοβάθμιος όρος το 1 8. Διαιρέτες του: Β = {±1 , ±2, ±3, ±6, ±9, ±18} Δ ' κλ' κ ' λ • ημιουργουμε τα ασματα - οπου κ,

λ στοιχεία των συνόλου Α και Β.

• Το χ =.!.. επαληθεύει την εξίσωση. 2 • Με Homer βρίσκουμε το πολυώννμο τ(χ)

ώστε: 1 8χ3 - 3χ2 - 7χ + 2 = ( χ -�)τ(χ) 1 18 -3 -7 +2 χ=-2

9 3 -2 18 6 -4 ο

Έχουμε: 1 8χ3 - 3χ2 - 7χ + 2 = 0 <=> <=> ( χ -�}1 8χ2 + 6χ - 4) = 0 <=>

1 ' 1 ' 2 <=> χ = 2 η χ = 3 η χ = -3 3. Αυτές που είναι δυνατόν να παρουσιάσουμε

μία άρτια δύναμη (ή άθροισμα άρτιων δυνά­

μεων) στο 1° μέλος (2° μέλος ίσο με 0). Έχουμε: Μία μη αρνητική παράσταση (ή άθροισμα πε­ρισσότερων) ίση με το μηδέν. Τότε πρέπει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λατ' τ.2133

Μαθημάτικά Β' Λυκείου

• Κάθε παράσταση από αυτές να είναι ίση με το μηδέν.

• Στο τέλος πρέπει να πάρουμε τις κοινές λύσεις. Χρησιμοποιούμενη ιδιότητα: 1ν 1ρ 1λ 0 Ο α1 +α1 + ... + ακ = :=> α1 =α1 = α3 = •.• ακ = κ, ν, ρ, .•. λ ε Ν*

Άσκηση Να λυθούν οι εξισώσεις: ί. χ6 - 16χ3 + 64 = 0 ίί. (χ1 - 2χ)4 = -χ4 + 8χ1 - 16

Λύση: ί. χ6 - 16χ3 + 64 = 0<=> (χ3 - 8)2 = Ο<=>

χ3 - 8 = 0<::::> χ = 2 ίί. (χ2 -2χ)4 = -χ4 + 8χ2 - 16<:::::>

(χ2 _ 2χ)4 + (χ2 _4)2 = Ο<=> {(χ2 - 2χ)4 = 0 {Χ2 - 2χ = 0

και <:::::> και <:::::> (χ2 -4)2 = 0 χ2 -4 = 0 {χ = Ο ή χ = 2

και χ = 2 (κοινή) Χ = 2 ή Χ = -2

4. Αυτές που λύνονται με κατάλληλους μετα­σχηματισμούς. Οι μετασχηματισμοί μπορούν να γίνουν:

• Είτε απ' ευθείας. Γνωστή σε αυτή την περίπτωση η διτετρά­γωνη: αχ4 + βχ2 + γ = Ο. Διαδικασία λύσης: + Θέτουμε χ2 = ω > Ο και + Λύνουμε την επιλύουσα (Η εξίσωση 2°υ

βαθμού που δημιουργείται). • Είτε μετά από κατάλληλη αλγεβρική διαδι­

κασία. Γνωστή μορφή σε αυτήν την περίπτωση η α­ντίστροφη τέταρτου βαθμού πλήρης:

αχ4 + βχ3 + γχ1 + βχ +α = Ο, α * Ο όπου οι συντελεστές οι ισαπέχοντες των άκρων όρων είναι ίσοι ή αντίθετοι. Διαδικασία λύσης: + Το Ο δεν επαληθεύει την εξίσωση. Διαιρού­

με και τα δύο μέλη με χ2 * Ο .

+ Βγάζουμε κοινούς παράγοντες α, β. + Κάνουμε μετασχηματισμό θέτοντας

χ +_!_ = ω . Δηλαδή: χ αχ4 + βχ3 + γχ2 + βχ + α = Ο<::::> αχ2 + βχ + γ+� +-ξ-= Ο<=> χ χ α( χ2 + :2 ) + β( χ + �) + γ = Ο Θ ' 1 ξ' ' ετουμε χ +- = ω και η ε ισωση γινεται: χ

α(ω2 - 2) + βω + γ = Ο (2°υ βαθμού) Παρατηρήσεις: ι. Η αχ4+ βχ3 + γχ2 + βχ + α = Ο έχει ρίζες αριθ-

μούς aντίστροφους, δηλαδή (κ, �) κ * Ο . Απόδειξη Έστω ότι η αχ4+ βχ3 + γχ2 + βχ + α = Ο έχει λύση την χ = κ τότε: ακ4+ βκ3 + γr + βκ + α = Ο. Γ δ 'ξ ' ' λ ' 1 ' ια να ει ου με οτι εχει υση την χ = - αρκει: κ

(ισχύει) 2. Η διαδικασία λύσης της aντίστροφης εφαρμό­

ζεται και σε άλλες εξισώσεις 4ου βαθμού όχι a­ντίστροφες. (Δεν έχουν λύσεις aντίστροφους α­ριθμούς) (άσκηση 4).

Εξισώσεις που επιλύονται με κατάλληλη α­ντικατάσταση:

Ν α λυθούν οι εξισώσεις: ί. (χ + 3)8 - 17(χ + 3)4 + 16 = 0 (1) ii. (χ3 -7χ - 52 ) - (2χ3 - 14x) + l1 = 6 (2) ίίί. 2χ4 + 3χ3 + lOx + 3χ + 2 = Ο ίν. 2χ4 + 3χ3 - 19χ1 + 6χ + 8 = 0

Λύση: ί. (χ + 3)8 - 17(χ + 3)4 + 16 = 0 .

(3) (4)

Θέτουμε (χ + 3)4 = ψ ;?: Ο . Η εξίσωση (1) γίνεται: ψ2 - 17ψ + 16 = 0<::::> ψ 1 = 1 ή ψ2 = 16 δεκτές Τότε η (1) είναι ισοδύναμη με τις παρακάτω δύο εξισώσεις: (χ + 3)4 = 1 <:::::> χ + 3 = 1 ή χ, = -2 ή χ2 = --4 και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2134

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(χ + 3)4 = 16 � χ + 3 = 2 ή χ + 3 = -2 � Χ3 = - 1 ή Χ4 = - 5.

ίί. (χ3 - 7χ - 5)2 - (2χ3 - 14χ) + 1 7 = 6 (2) � (χ3 - 7χ - 5)2 - 2(χ3 - 7χ) + 1 1 = ο . Θέτουμε χ3 - 7χ - 5 = ψ και η (2) γίνεται: ψ2 - 2(ψ+ 5) + 1 1 = 0� (ψ - 1)2 = 0� ψ = 1 (διπλή ρίζα). Τότε: χ3 - 7χ -5 = 1 � χ3 - 7χ - 6 = 0 � (χ + 1)(χ2 - χ + 1) - 7(χ + 1) = Ο� (χ + 1)[(χ2 - χ + 1) - 7] = 0� (x + l)(x2 - χ - 6) = 0� Χ1 = -1 ή Χ2 = 3 ή χ3 = -2

ίίί. 2χ4 + 3χ3 - lOx + 3χ + 2 = Ο Αντίστροφη 4ου βαθμού. Διαιρούμε και τα δύο μέλη με χ2 = Ο και έχουμε:

2 3 2 2χ + 3χ - 10 +-+-= 0� χ χ2 2( χ2 + :2 ) + 3( χ +�)- 10 = 0 Θέτουμε χ +..!.. = ω� χ2 +-1 =ω2 - 2 και η χ χ2 εξίσωση γίνεται: 2(ω2 - 2) + 3ω- 1 0 = 0� 2ω2 + 3ω- 14 = 0�

2 , 7 Τ ' 1 2 ωι = η ω2 = -- . οτε: χ +-= � 2 χ χ2 - 2χ + 1 = Ο� χ1,2 = 1 χ +.!.. = _2 � 2χ2 + 7χ + 2 = 0 � χ 2

-7 ±53 χ3,4 = 4

(διπλή ρίζα)

ΧιΧ2 = 1 και Χ3Χ4 = 1 ρίζες aντίστροφες. iv. 2χ4 + 3χ3 - 1 9χ2 + 6χ + 8 = 0 (4) (όχι αντί-

στροφη, αλλά διαδικασία λύσης ανάλογη με τις aντίστροφες). Διαιρούμε και τα δύο μέλη με χ2 :;t: Ο και έχουμε: 2χ2 + 3χ - 1 9+!+_!_= 0� χ χ2 2( χ2 +; )+ 3( χ + �)- 19 = 0 Θέτουμε χ + � = ω�χ2 +_±_=ω2 - 4 και η χ χ2 εξίσωση γίνεται: 2(ω2 - 4) + 3ω- 1 9 = ο� 2ω2 + 3ω-27 = ο�

3 ' 9 ωι = η ω2 = -- . 2 Οι λύσεις της ( 4) δίνει από τις εξισώσεις: χ+�=3 � χ2 - 3χ+2 = Ο� χ1 = 1 ή χ2 = 2 και χ χ+�= -�� 2χ2 + 9χ + 4 = 0� χ 2

4 ' 1 Χ3 = - η Χ4 = --2 (Λύσεις όχι aντίστροφοι αριθμοί)

Παρατήρηση : Οι εξισώσεις που για τη λύση τους δεν εφαρμόζε­ται καμία από τις παραπάνω μεθόδους δεν είναι δυνατόν να λυθούν. (τουλάχιστον με τις υπάρχου­σες γνώσεις). Π. χ. η εξίσωση χ5 + χ - 3 = Ο δεν λύνεται. • Δεν έχει ακέραια λύση. (Κανένα στοιχείο του

συνόλου Α = {±1 , ±3 } δεν την επαληθεύει). • Δεν εφαρμόζεται άλλη διαδικασία (παραγοντο-

ποίηση ή μετασχηματισμός). Το μόνο που μπορούμε να κάνουμε γι' αυτές είναι να προσδιορίσουμε το διάστημα που βρίσκονται οι λύσεις τους. (Μελέτη συνάρτησης σε άλλη τάξη). Β. ΕΞΙΣΩΣΕΙΣ ΠΟΥ ΑΝΑΓΟΝΤ ΑΙ

ΣΕ ΠΟΛΥΩΝΥΜΙΚΕΣ Ορισμοί: • Ρητή λέγεται κάθε εξίσωση που αποτελείται από

όρους της μορφής Ρ(χ) , όπου Ρ(χ) και G(x) G(x) πολυώννμα με G(x) μη μηδενικού βαθμού.

• Άρρητη λέγεται κάθε εξίσωση που έχει την με­ταβλητή μέσα σε ριζικό.

Παρατηρήσεις: 1. Στη λύση των εξισώσεων αυτών πρώτο μέλημά

μας είναι: • Να φύγουν από τον παρανομαστή όλες οι πα­

ραστάσεις που έχουν μεταβλητή. Αυτό γίνεται: + Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το

Ε.Κ.Π. των παρανομαστών. • Στις άρρητες εξισώσεις να απαλλαγούμε από τα

ριζικά. Αυτό γίνεται: + Με την ιδιότητα R = lxl ή v;: = lxl

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/35

Μαθηματικά Β' Λυκείου

(Αν υπάρχουν ταυτότητες) ή + Υψώνοντας και τα 2 μέλη σε κατάλληλη δύ­ναμη.

2. Πολλές φορές για διευκόλυνση, πριν την απα­λοιφή των παρανομαστών ή των ριζικών, κά­νουμε μετασχηματισμούς.

Προσοχή: Κάθε φορά: ./ Παίρνουμε περιορισμούς. (Είναι δυνατόν να μην

κάνουμε περιορισμούς στην αρχή, αλλά έλεγχο στο τέλος, δηλαδή να εξετάσουμε αν κάθε λύση που βρήκαμε επαληθεύει την εξίσωση.)

../ Κάνουμε την κατάλληλη αλγεβρική διαδικασία ώστε να υψώνουμε σε δυνάμεις, όσο το δυνα­τόν λιγότερες φορές.

Εφαρμογές

ί.

Να λυθούν οι εξισώσεις: χ2 2χ -χ ί. 2 + -2 - = -2::----χ - χ - 2 χ - 1 χ - 3χ + 2

ίί. .Jx2 - 4χ + 4 + .Jx4 + 2χ2 + 1 = χ2 + 3

ίίί. .Jx2 - χ - 2 + χ = 2

ίν. .Jx + 2 + 2.Jx - 3 -.Jx + 42 = Ο

Fx � χ2 - 5χ + 9 ν. �+ .Jx =

.Jx2 - 3x

νί. .Jx2 + 3χ + 1 = 2 2

χ + 3χ + 2

νίί. {/χ2 - 1 +.Jx2 - 1 + 2 = 2χ2

Λύση: χ2 2χ -χ

2 +-2-= 2 <:::::> χ - χ - 2 χ - 1 χ - 3χ + 2 χ2 2χ -χ

----- + = -----(χ - 2)(χ + 1) (χ - 2)(χ + 1) (χ - 2)(χ - 1) Ε.Κ.Π. = (χ - 2)(χ - 1 )(χ + 1) Περιορισμοί: χ - 2 * Ο <:::::> χ =F- 2 και χ - 1 * Ο <:::::> χ * 1 και χ + 1 * Ο <:::::> χ * -1 Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με το Ε.Κ.Π. και έχουμε: χ3 + 2χ2 - 3χ = Ο<:::::> χ = Ο (δεκτή), ή χ = 1 (απορρίπτεται), ή χ = - 3 (δεκτή)

ίί. .Jx2 - 4χ + 4 + .Jx4 + 2χ2 + 1 = χ2 + 3 <:::::>

�(χ - 2)2 +�(Χ2 + 1)2 = Χ2 + 3<:::::> lx - 21 + (χ2 + 1) = χ2 + 3 <:::::> lx - 21 = 2 <:::::>

χ - 2 = ±2<:::> χ = 4 ή χ = Ο ίίί. .J χ 2 - χ - 2 + χ = 2

• Μέσα στην ρίζα δεν έχουμε ταυτότητα. • Δεν υψώνουμε αμέσως στο τετράγωνο γιατί δεν θα φύγει η ρίζα.

Τότε: .Jx2 - χ - 2 + χ = 2 <:::::> .Jx2 - χ - 2 = 2 - χ <:::::> c.Jx2-x-2)2=(2-x)2 <:::::> χ2-χ-2=χ4-4χ+4<:::> 3χ = 6 <:::::> χ = 2 δεκτή. Περιορισμοί: χ2 - χ - 2 � Ο<:::::> χ Ε (-οο,-1] υ [2,+οο) 2 - χ � Ο<:::> χ ::::; 2 Τελικά: χ Ε ( -οο, -1] υ {2} .

iv . .Jx + 2 + 2.Jx- 3 -.Jx+ 42 = 0 Δεν υψώνουμε αμέσως στο τετράγωνο γιατί δεν θα φύγουν οι ρίζες. Τότε: .Jx + 2 + 2.Jx -3 -.Jx + 42 <:::::>

(...Γχ+i + 2�)2 = (.Jx +42)2 <:::::>

.Jcx + 2)(χ - 3) = 1 3 - χ <:::::> χ = 7 δεκτή. Περιορισμοί: χ + 2 � 0, χ - 3 � 0 και χ + 42 � 0, 1 3 - χ � Ο Τελικός: χ Ε [3, 1 3]

fx .Jx - 3 χ2 - 5χ + 9 ν. + = <:::::> .Jx - 3 fx .Jx2 -3χ

χ + χ - 3 = χ2 - 5χ + 9<:::> χ2 - 7χ + 12 = 0<:::> χ = 4 δεκτή ή χ = 3 (απορρίπτεται). Ε.Κ.Π. = fx, .Jx - 3 Περιορισμοί: χ - 3 � ο<:::::> χ � 3, .J χ - 3 * ο <:::::> χ * 3 χ � Ο και fx =F- Ο <:::::> χ =F- Ο Τελικός: χ > 3.

vi. .Jx2 + 3χ + 1 = 2 2

. .Θέτουμε χ + 3χ + 2 .Jx2 + 3χ + 1 = ω � Ο και η εξίσωση γίνεται:

2 ω =-2-<:::::> ω3 +ω- 2 = 0 <:::::> ω = 1 (Homer) ω + 1 Τότε: χ2 + 3χ + 1 = 1 <:::::> χ, = Ο ή Χ2 = -3 Δεν θα πάρουμε περιορισμούς, αλλά στο τέλος θα ελέγξουμε κάθε λύση αν επαληθεύει την σχέση:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2136

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Για χ = Ο έχουμε:

Για χ = - 3 έχουμε:

Jϊ = 3_ δεκτή 2 Jϊ =3_ δεκτή 2

vii. {/x2 - 1 + .Jx2 - 1 + 2 = 2x2 Περιορισμοί: χ2 - 1 � Ο , χ ε ( --οο,-1] υ [1,+οο) . Θέτουμε {/χ2 - 1 = ω � Ο .

'Εχουμε {/χ2 - 1 = ω<::::> χ2 = ω4 + 1 . Η εξίσωση γίνεται: 2ω4 -ω2 - ω = Ο<::::> ω(2ω3 -ω- 1) = Ο ω = Ο <::::> {/χ2 - 1 = 0 <::::> χ = ±1 ή

ω = 1 <::::> {/ χ2 - 1 = 1 <::::> χ = ±Ji (δεκτές)

Εμ§αδό Ευθύypαppω�ν, εχημάτω,ν

Για το εμβαδόν ευθυγράμμων σχημάτων ή τη σύγκριση των εμβαδών χρησιμοποιούμε τις παρα­κάτω σχέσεις: Α. Για τα τρίγωνα έχουμε:

1 1 1 1) Ε =-α · υ =-β · υβ =-γ · υ . 2 α 2 2 Ύ 1 1 1 2) Ε ="2βγ · ημΑ ="2αβ · ημΓ ="2αγ · ημΒ

3) Ε = �τ · (τ - α)(τ -β)(τ - γ) , τύπος του Ήρωνα.

αβγ 4) Ε =- Ε= τ · ρ 4R ' ' Ε = (τ -α) · ρα = (τ- β)ρβ = (τ-γ)ρΎ

Προσοχή: Ο τύπος Ε = (τ - α) · ρα = (τ - β)ρβ = (τ - γ)ρΎ να χρησιμοποιείται, αφού αποδεικνύεται.

. . 5) Αν δύο τρίγωνα ΑΒΓ, Α'Β'Γ' έχουν Α =Α' ή Α + Α' = 1 80° τότε:

(ΑΒΓ) β · γ ---'-----;__ = (Α 'Β'Γ') β' . γ' . .

6) Αν ΑΒΓ � Α'Β'Γ' με λόγο ομοιότητας λ, τότε:

.

(ΑΒΓ) = λ2 (Α 'Β 'Γ') 7) Αν ΑΒΓ ισόπλευρο πλευράς α τότε:

(ΑΒΓ) = α2J3 4

8) Αν ΑΒΓ ορθογώνιο (Α = 90° ) τότε:

Γεώργιος Κουτσοδήμας

1 (ΑΒΓ) = -β · γ 2 Β. Για τα υπόλοιπα ευθύγραμμα σχήματα έχουμε:

1) Εμβαδόν ορθογωνίου παραλληλογράμμου Ε = α · β , όπου α, β οι διαστάσεις του.

2) Εμβαδόν παραλληλογράμμου (πλαγίου) Ε = β · υ .

3) Εμβαδόν τετραγώνου πλευράς α, Ε = σ?. 4) Εμβαδόν ρόμβου Ε = δ, · δ2 , δ1 , δ2 διαγώνιοι. 2 5) Εμβαδόν τραπεζίου Ε = Β + β · υ . 2 6) Εμβαδόν πολυγώνου περιγεγραμμένου σε

κύκλο ακτίνας ρ, Ε = τ · ρ , τ ημιπερίμετρος. 7) Εμβαδόν τετραπλεύρου με κάθετες διαγώ­

δ · δ νιες Ε =-1 -2 . 2

8) Α ν δύο πολύγωνα είναι όμοια με λόγο ο-

μοιότητας λ, τότε :, = λ 2 . Εκτός από τις παραπάνω σχέσεις, για τη λύση των ασκήσεων που αναφέρονται σε εμβαδά ευθυγράμμων σχημάτων πρέπει να γνωρίζουμε και τα εξής: α) Α ν δύο τρίγωνα έχουν ίσες βάσεις, τότε ο λόγος

των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των α­ντίστοιχων υψών τους .

β) Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσα ύψη, τότε ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το λόγο των α­ντίστοιχων βάσεών τους.

γ) Η διάμεσος τριγώνου χωρίζει το τρίγωνο σε δύο ισοδύναμα τρίγωνα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2137

Μαθηματικά Β' Λυκείου

δ) Η διαγώνιος παραλληλογράμμου χωρίζει αυτό σε δύο ίσα (ισοδύναμα) τρίγωνα.

ε) Το εμβαδόν τραπεζίου ισούται με το γινόμενο της διαμέσου του επί το ύψος του.

Παρατηρήσεις: i. Όταν ζητάμε το λόγο των εμβαδών δύο τριγώ­

νων εξετάζουμε αν τα τρίγωνα έχουν ίσες βά­σεις, ή ίσα ύψη, ή μία γωνία ίση, ή μία γωνία του ενός είναι παραπληρωματική μιας γωνίας του άλλου ή μήπως είναι όμοια. Αν συμβαίνει μία από αυτές τις περιπτώσεις έχουμε μία έκ­φραση του ζητούμενου λόγου των εμβαδών βάσει των παραπάνω.

ii. Αν σε τρίγωνο γνωρίζουμε τις πλευρές του, τό­τε υπολογίζονται συναρτήσει αυτών: α) το εμ­βαδόν του, β) οι ακτίνες R, ρ, Ρα, ρβ, Pr• γ) οι διάμεσοί του, δ) τα ύψη του.

Ασκήσεις: 1. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς α.

Φέρνουμε τη διχοτόμο της εξωτερικής γω­νίας Γ , και από το Α την ΑΜ κάθετη στη διχοτόμο αυτή.

α) Να δειχθεί ότι: (ΒΓΜ)=(ΑΓΜ)= α2J3

. 8

β) Να υπολογιστεί το ύψος ΓΗ του τριγώ-.

νου ΒΓΜ .

Α Λύση:

χ

Β Υ

α) Επειδή Α Β Γ ισόπλευρο, είναι Bf Α = 60' τότε Afy = Ι20' και επειδή Γχ διχοτόμος της Afy θα είναι Afx = 60' . Το ΑΜΓ είναι ορθογώνιο (Μ = Ι ι ) , AfM = 60' τότε Γ ΑΜ = 30' επομέ-

ΑΓ α νως ΜΓ =-=- . 2 2 Τότε (ΑΜΓ) =�Γ Α · ΓΜ · ημ60' =

Ι α J3 α2J3 =-α ·- ·-=--2 2 2 8 . Επίσης στο τρίγωνο BrM είναι BfM = Ι20' Τότε (ΒΓΜ) = _!_ ΒΓ · ΓΜ · ημΙ20' = 2

Ι α J3 α2J3 =-α ·- ·-=--2 2 2 8 . . β) Στο τρίγωνο ΒΓΜ από το νόμο των συνημιτό-

νων έχουμε: ΒΜ2 = ΒΓ2 + ΜΓ2 - 2ΒΓ · ΓΜ · συνΙ20' =

= α2 +: - 2 · α ·�{ -�) =

Επίσης 2 α2 α2 7α2 r;:;Ί = α +-+-=- άρα ΒΜ =!!:!__!__ . 4 2 4 2

(ΒΓΜ) =_!_ΒΜ · ΓΗ ή α2J3 =_!_ αJΊ · ΓΗ ή 2 8 2 2 α2J3

ΓΗ = 8 = 4α2J3 = αJ3 = αJ3 .J7 = αJΊ 8αJ7 2J7 2 · 7 4

= αJ2ϊ . Επομένως ΓΗ = αJ2ϊ . Ι4 Ι4

2. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = lι ) και Β = 30' . Φέρνουμε τη διάμεσο Γ Δ και

την ΔΕ ..l ΒΓ . Να δειχθεί (ΒΔΕ) =�(ΑΓΔ) . 8

Λύση:

. Επειδή Γ Δ διάμεσος Α Β Γ τότε είναι (ΑΓΔ) = (ΒΓΔ) = _!_(ΑΒΓ) άρα: 2

(ΑΒΓ) = 2 · (ΑΓΔ) (1) Ε ' ΒΛ 30' ' ΑΓ ΒΓ πισης = αρα =τ · Α ' Π θ ' Θ ' ' ΑΒ ΒΓ J3 πο υ αγορειο Μ εωρημα ειναι = -2- και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/38

Μαθηματικά Β' Λυκείου

ΑΒ ΒΓ ·.J3 Δ ΒΔ =-= . Τα ορθσyώνια τρίγωνα Α Β Γ , 2 4 Δ Β Δ Ε έχουν Β κοινή άρα είναι όμοια, με λόγο

ομοιότητας: ΒΓ.J3

λ= ΒΔ = 4 = ..fj ΒΓ ΒΓ 4

Τότε (ΒΔΕ) = λ2 = ( ..fj )2 = 2_ λόγω (1) (ΑΒΓ) 4 16 (ΒΔΕ) 3 , (ΒΔΕ) 3 , --=- ετσι --=- συνεπως (ΑΓΔ) 1 6 (ΑΓΔ) 8 (ΒΔΕ) =�(ΑΓΔ) . 8

Δ

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημεία Δ, Ε των πλευρών του ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα, έτσι ώστε

ΑΔ = �ΑΒ και ΑΕ=�ΑΓ . Από το μέσο 3 4

Μ της πλευράς ΑΓ φέρουμε παράλληλη προς την ΑΒ που τέμνει τη ΒΓ στο Η. Να

δειχθεί (ΑΒΗ) = (ΒΔΓΕ) = _!_ (ΑΒΓ) . 2

Λύση: Α

Επειδή Μ μέσον ΑΓ} · <::::> Η μέσον της ΒΓ. ΜΗ//ΑΒ Τότε (ΑΒΗ) = (ΑΗΓ) = .!_(ΑΒΓ) ( 1 ) 2 Επίσης (ΒΔΕΓ) = (ΑΒΓ) - (ΑΔΕ)

Δ Δ Όμως τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΔΕ έχουν την γωνία Α κοινή. Τότε:

2 3 (ΑΔΕ) ΑΔ ·ΑΕ 3 _Α::Β . 4 _Α:( 2 3 1 ....:.._______:_ = = =- ·- =-(ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ ΑΒ·ΑΓ 3 4 2

δηλ. (ΑΔΕ) = .!_(ΑΒΓ) 2 Από (1 ) και (2) είναι (ΑΒΗ) = (ΒΔΕΓ) διότι:

(2)

(Β ΔΕ Γ) = ( ΑΒΓ) -.!_ (ΑΒΓ) = .!_ ( ΑΒΓ) 2 2 4. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ, ΒΕ,

ΓΖ τα ύψη και Η ορθόκεντρο. Με διάμετρο την πλευρά ΑΒ γράφουμε ημικύκλιο στο ε­ξωτερικό του τριγώνου. Α ν η προέκταση του ύψους ΓΖ τέμνει το ημικύκλιο στο Κ, να δειχθεί ότι το εμβαδόν του τριγώνου

Δ

Α Β Κ είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών Δ Δ

των τριγώνων Α Β Γ και Α Β Η . Λύση:

Γ.

Θα δειχθεί ότι (ΑΒΚ)2 = (ΑΒΓ) · (ΑΒΗ) . Τα τρί-Δ Δ γωνα Α Β Κ , Α Β Γ έχουν κοινή βάση ΑΒ, τότε:

(ΑΒΚ) _ ΚΖ (ΑΒΓ) ΓΖ

Δ Δ

( 1 )

Επίσης τα τρίγωνα Α Β Η , Α Β Κ έχουν κοινή βάση ΑΒ, τότε:

(ΑΒΗ) _ ΗΖ (ΑΒΚ) ΚΖ (2)

Δ Όμως Α Κ Β ορθσyώνιο ( Κ = 90° , διότι ΑΒ διάμετρος) και επειδή ΚΖ ύψος του, θα είναι:

ΚΖ2 = ΖΑ · ΖΒ (3) Δ Δ Ακόμη τα τρίγωνα ΑΖΗ , ΒΓΖ είναι όμοια, διότι

είναι ορθογώνια και έχουν Α, = Γ, (οξείες με πλευρές κάθετες), τότε

ΖΑ ΖΗ , ΓΖ = ΖΒ η ΖΑ · ΖΒ = ΓΖ · ΗΖ (4) Από (3) και (4) έχουμε: ΚΖ ΗΖ ΚΖ2 = ΓΖ · ΗΖ ή -=­ΓΖ ΚΖ (5)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/39

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Τότε από (1) και (2) λόγω της (5) έχουμε: (ΑΒΚ) = (ΑΒΗ) ά α (ΑΒΚ)2 = (ΑΒΓ) · (ΑΒΗ) (ΑΒΓ) (ΑΒΚ) ρ

5. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΒΓ ΔΕ και ση­μείο Α στο εσωτερικό του. Κατασκευάζου­με τα παραλληλόγραμμα Γ ΔΖΑ και ΒΕΖΑ. Να δειχθεί ότι: (ΒΓΔΕ) = (ΓΑΖΔ)+ (ΒΕΖΑ)

Λύση: z

Β

Έστω ΒΕ = α, τότε ΓΔ = ΑΖ = ΒΕ = α. Φέρνουμε μια ευθεία κάθετη στις παράλληλες ΒΕ, ΑΖ και Γ Δ, την ΜΝΡ. Τότε ΡΝ ύψος του Γ ΔΖΑ

ΜΝ ύψος του ΒΕΖΑ και ΜΡ ύψος του ΒΓ ΔΕ.

Τότε έχουμε: (Γ ΔΖΑ) + (ΒΕΖΑ) = α · ΝΡ +α · ΜΝ =

= α · (ΝΡ +ΜΝ) = = α · ΜΡ = (ΒΓΔΕ)

6. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒ Γ (Α = 90° ) . Α ν Ι το έγκεντρο αυτού, να δειχθεί:

ΙΒ · IΓ = ΙΑ · ΒΓ

Λύση Γ

Επειδή Ι το έyκεντρο του τριγώνου τότε: ΙΑΔ = 45° και το ορθογώνιο τρίγωνο Α Δ Ι , (Δ = 90° ) είναι ισοσκελές με ΔΑ = ΔΙ = ρ.

Επίσης Blr = 90° + Α = 90° + 45° = 135° . 2 Δ Δ

Τα τρίγωνα Β Ι Γ και Α Δ Ι έχουν ΙΑΔ + Blr = 45° + 135° = 1 80° . Τότε:

(ΒΙΓ) = ffi · IΓ = ffi · IΓ (1) (ΑΔΙ) ΙΑ ·ΑΔ ΙΑ · ρ Δ Δ Επίσης τα τρίγωνα Β Ι Γ και Α Δ Ι έχουν ίσα ύψη

(ΙΕ = ΙΔ = ρ). Τότε: (ΒΙΓ) = ΒΓ = ΒΓ (2) (ΑΔΙ) ΑΔ ρ

(ο λόγος των εμβαδών, ίσος με το λόγο των αντίστοιχων βάσεων). Α , ( 1) (2) , m · ΙΓ ΒΓ , πο και εχουμε: -- = - η ΙΑ · ρ ρ ffi · ΙΓ · 1 = ΒΓ · ΙΑ · 1 ή m · ΙΓ = ΒΓ · ΙΑ

7. Δίνεται κύκλος (0, R) και σημείο Σ εξωτερι­κό αυτού. Φέρνουμε τις τέμνουσες ΣΜΝ, ΣΑΒ και την εφαπτομένη ΣΤ. Να δειχθεί ότι:

ΑΝ · ΑΜ ΣΑ ΑΤ2 - = --

ΒΝ · ΒΜ ΣΒ ΒΤ2

Λύση:

Τα τρίγωνα ΑΜΝ και ΒΜΝ έχουν Αι = Β, ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο, τότε:

(ΑΜΝ) _ ΑΝ· ΑΜ (ΒΜΝ) ΒΝ · ΒΜ (1)

Επίσης τα τρίγωνα αυτά έχουν την ίδια βάση ΜΝ, τότε ο λόγος των εμβαδών ισούται με το λόγο των αντίστοιχων υψών, δηλ. (ΑΜΝ) =�

(ΒΜΝ) υ2 (2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/40

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Δ Δ Τα τρίγωνα ΣΑΚ, ΣΒΛ είναι όμοια ως ορθογώ-νια με την οξεία γωνία Σ2 κοινή, τότε: υ1 ΣΑ -=-υ2 ΣΒ Από ( 1), (2) και (3) έχουμε:

ΑΝ ·ΑΜ ΣΑ = ΒΝ · ΒΜ ΣΒ Δ Δ

(3)

(4)

Τα τρίγωνα ΣΑ Τ, ΣΒΤ είναι όμοια, διότι έχουν την γωνία Σ1 κοινή, και Τ1 = Β2 (από χορδή και εφαπτομένη - εγγεγραμμένη που βαίνει στο τόξο της χορδής). Τότε ΑΤ ΣΤ , ΑΤ2 ΣΤ2

ΒΤ = ΣΒ η ΒΤ2 = ΣΒ2 (5)

Όμως από τη δύναμη του σημείου Σ ως προς τον κύκλο (0, R) ισχύει: ΣΑ · ΣΒ = ΣΤ2 = Δ�ο,R) (6) Τότε η (5) λόγω της (6) γίνεται:

ΑΤ2 ΣΑ · ΣΒ , ΑΤ2 ΣΑ ΒΤ2 = ΣΒ2 η ΒΤ2 = ΣΒ (7)

Επομένως από (4) και (7) έχουμε: ΑΝ ·ΑΜ ΣΑ ΑΤ2 --- = - = --ΒΝ ·ΒΜ ΣΒ ΒΤ2

8. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ), Μ το σημείο τομής των ΑΔ και ΒΓ και Κ, Λ τα μέσα των διαγωνίων του ΒΔ και ΑΓ αντί­στοιχα. Να δειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 4(ΚΛΜ).

Λύση: Μ

Έστω ΑΒ = α και Γ Δ = β οι βάσεις του τραπεζίου. Η ΚΑ προεκτεινόμεvη τέμνει τις μη παράλληλες πλευρές στα Ε, Ζ τότε η ΕΖ είναι διάμεσος του τρα-πεζίου και θα ισχύει: ΕΖ = α + β και ΚΑ = β - α . 2 2 Φέρνουμε την ΜΗΘ .l ΚΑ , τότε έχουμε:

(ΜΚΑ) =_!_ΚΑ ·ΜΘ=_!_ _ β- α · ΜΘ 2 2 2 1 ="4(β - α) · ΜΘ (1)

Δ Δ Επειδή τα τρίγωνα Μ Α Β, Μ ΕΖ είναι όμοια έ-ΜΘ ΕΖ , ΕΖ χουμε: ΜΗ = ΑΒ η ΜΘ = ΑΒ ·ΜΗ ή

ΜΘ = α+ β · ΜΗ , οπότε η (1) γράφεται: 2α (ΚΛΜ) = _!_(β -α) · α + β · ΜΗ =_!_(β2 - αz ) · ΜΗ = 4 2α 8 α

1 2 2 α ·ΜΗ , = -(β - α ) · 2 ομως 2(ΜΑΒ) = α ·ΜΗ 8 α δηλ. (ΚΛΜ) = _!_ (β2 - α2 ) . 2(ΜΑΒ) = 8 α2

Δ Δ

(2)

Από τα όμοια τρίγωνα ΜΑΒκαι ΜΓΔ έχουμε: (ΜΑΒ) (α)2 , (ΜΓΔ) = β η (ΜΑΒ) _ α2 (ΑΒΓΔ) - β2 -α2

(ΜΑΒ) α2 , (ΜΓΔ) - (ΜΑΒ) = β2 - α2 η

2 ή (ΜΑΒ) = 2α

2 · (ΑΒΓΔ) β -α Τότε η (2) γράφεται: (ΚΛΜ) = _!_ · (β2 -α2 ) ·_!__ · α2 · (ΑΒΓΔ) ή 4 α2 β2 - α2 (ΚΛΜ) =_!_(ΑΒΓ) ή (ΑΒΓΔ) = 4(ΚΛΜ) 4 9. Δίνεται ευθεία ε και επί αυτής τα διαδοχικά

σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = α και ΒΓ = 2α. Με πλευρές τις ΑΒ, ΒΓ κατασκευάζουμε ι­

σόπλευρα τρίγωνα ΑΒΔ, ΒΓΕ εκατέρωθεν της ευθείας ε. Να υπολογιστεί συναρτήσει του α, το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΓΕ.

Λύση Δ

ε Α Γ

Ε

Επειδή ΑΒΔ = ΓΒΕ = 60° , οι ΑΓ, ΔΕ είναι διαγώνιοι τσυ τετραπλεύρσυ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/41

Επίσης ΑΓ = ΔΕ = 3α, δηλ. το τετράπλευρο ΑΔΓΕ είναι ισοσκελές τραπέζιο με βάσεις ΑΔ = α, ΓΕ = 2α και ' ΚΛ Ό αJ3 ' υψος = υι + υ2 = υ. που υ 1 =-2- ως υψος

λεύ ΑΒΔ Δ λευ , 2αJ3 του ισοπ ρου , π ρας α και υ2 = -2-Δ ως ύψος του ισοπλεύρου Β Γ Ε , πλευράς 2α.

Τότε υ = αJ3 + 2αJ3 = 3αJ3 . 'Εχουμε: 2 2 2 (ΑΔΓΕ) = ΑΔ + ΓΕ ·ΚΛ = α + 2α + 3αJ3 = 2 2 2

3α 3αJ3 9α2J3 - · -- =--2 2 4 10. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της

ΑΓ. Έστω Δ, Ε σημεία των ΑΜ, ΜΓ αντί­στοιχα, ώστε ΜΔ = ΜΕ. Αν ΔΖ//ΑΒ και Η το σημείο τομής των ΑΖ, ΒΕ να δειχθεί ότι: (ΑΒΗ) = (ΗΖΓΕ).

Λύση: Φέρνουμε τη ΒΔ. Τα Α

τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΒΔ έχουν κοινή βάση την ΑΒ και επειδή οι κορυφές τους Ζ, Δ βρίσκονται σε παράλληλη ευθεία προς τη βάση θα έχουν και ίσα ύψη (υ1 = υ2). Τότε (ΑΒΖ) = (ΑΒΔ) ( 1 ) Επειδή Μ το μέσο της ΑΓ και ΜΔ = ΜΕ, θα είναι ΑΔ = ΓΕ. Τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΒΕ έχουν ίσες

γωνίων του δ1 και δ2 είναι 45°. Νά δειχθεί: (ΑΒΓΔ) = δ, · δz . .fi .

4 Δίνονται τα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = α και ΒΓ = 2α. Κατασκευάζουμε τα ισό­πλευρα τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΕ προς το ίδιο μέ­ρος της ευθείας ΑΓ. Να υπολογιστεί συναρτήσει του α το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΔΕΓ. Α ν Η το ορθόκεντρο τριγώνου ΑΒΓ με ύψη

, ΗΑ ΗΒ ΗΓ υα, υβ, υr. Να δειχθει - +-+-= 2 . υα υ β υy Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραμμέ­νο σε κύκλο (0, R), οι ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ τέμνουν τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ στα σημεία Α', Β ' , Γ αντίστοιχα. Να δειχθεί:

1 1 1 2 --+-+- =- . ΑΑ' ΒΒ' ΓΓ' R Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) του οποίου οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Κ. Να δει­χθεί ότι: (ΚΑΔ)2 = (ΚΒΓ)2 = (ΚΑΒ) · (ΚΓΔ) . Δίνεται γωνία χόy = 45· . Στην πλευρά Oy θεωρούμε σημεία Α, Β και Δ το μέσον του ΑΒ. Έστω Ε, Ζ οι προβολές των Α, Β στην Οχ. Φέρνουμε τη μεσοκάθετη του ΑΒ που τέμνει την Οχ στο Γ. Να δειχθεί: (ΑΒΓ) = (ΑΒΖΕ). efJ Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ. Φέρνουμε από το Α ευθείες Αχ, Ay που τέμνουν τις ΒΓ, ΓΔ στα Ε, z αντίστοιχα ώστε ΒΑΕ = ΔΑz = 15° .

Δ Να δειχθεί: ί) ΑΕΖ ισόπλευρο,

βάσεις ΑΔ = ΓΕ και το ίδιο ύψος (υ3) τότε: (ΑΒΔ) = (ΓΒΕ) (2) -®

ii) (ΑΖΕ) = 2J3 - 3 . (ΑΒΓΔ)

Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ με (ΑΒΓΔ) = 1 τ.μ . . Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ και η ΑΜ τέμνει τη διαγώνιο ΒΔ στο Ε, να δειχθεί

Από ( 1 ) και (2) έχουμε: (ΑΒΖ) = (ΓΒΕ) ή (ΑΒΗ) + (ΒΗΖ) = (ΗΖΓΕ) + (ΒΗΖ) ή (ΑΒΗ) = (ΗΖΓΕ) Προτεινόμενες Ασκήσεις:

(!) Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: υβ + υy υy + υα υα + υβ -'-----'-+ + . = 6

Ρα Ρβ Pr

ότι (ΓΔΕΜ) =2_ τ.μ. � 12 � Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και Μ το μέσο της ΒΓ.

Έστω Ζ σημείο της ΓΜ. Αν η παράλληλη από το Μ προς την ΑΖ τέμνει την ΑΒ στο Δ να δειχθεί (ΒΔΖ) =..!_(ΑΒΓ) . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/42

Μαθηματικά Β' Λυκείου

r Εαωτcpικό rινόμcνο Διανut:ιμότων τοu Enιnc6ou

Α. Εσωτερικό γινόμενο διανυσμάτων Έστω δύο διανύσματα α, β μη μηδενικά εφαρμο-σμένα στην αρχή Ο ενός καρτεσιανού συστήματος - -συντεταγμένων Οχψ, ώστε ΟΑ = α και ΟΒ = β .

ψ Β

Α

χ

Σχ. 1 Γωνία δύο διανυσμάτων α, β ονομάζεται η μη

----κυρτή γωνία (α, β) των ημt.f;\)θειών ΟΑ και ΟΒ.

----Είναι προφανές ότι η γωνία (α, β) δεν εξαρτάται από την εκλογή της αρχής Ο του συστήματος συ­ντεταγμένων. Σχετικά ισχύουν:

----Αφού: Ο � (α, β) � π , ειδικά:

----J) Αν α/' /'β τότε (α, β) = Ο.

----2) Αν α /'ι/β τότε (α, β) = π. Έχουμε τώρα τον παρακάτω ορισμό: Ορισμός - -Εσωτερικό γινόμενο των διανυσμάτων α και Ρ 1 - -.i.έγεται ο αριθμός α · Ρ που δίνεται από την α-κόλουθη σχέση:

fi . β = {lai · IP I · συν(�), αν α * ο και Ρ * ο Ο , αν α = Ο ή β = Ο

Παρατήρηση Είναι γνωστό ότι: -1 � συνφ � 1 άρα:

- -Αποδεικνύεται ότι αν α = (χ1 , ψ1 ) και β = (χυ ψ2 ) τότε:

Β. Παπαντωνίου, Δ. Δαφνής, Π. Κουνάβης

(ΑΝΑΛ YTIIili ΕΚΦΡ ΑΣΗ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟΥ ΓΙ­ΝΟΜΕΝΟΥ) Εφαρμογή: ΕΡΓΟ Δ ΥΝΑΜΗΣ Αν η δύναμη F (σχήμα 2) μετακινεί ένα σώμα που βρίσκεται στη θέση Α στο σημείο Β, τότε λέμε ότι η F παράγει έργο που συμβολίζεται με W και δίνεται από τη σχέση:

W = F · � = IFI · IABI · συνφ

Aj( � Β

Σχ. 2

ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΕΣΩΤΕΡΙΚΟΥ ΓΙΝΟΜΕΝΟΥ Α ν α, β, γ είναι τρία διανύσματα του επιπέδου και λ ε IR τότε: - - -- -

1. α · β = β · α (Μεταθετική ιδιότητα) . 2. λ( α · β) = (λ · α) · β = α · (λ · β) (Ομσyενής ιδιότητα)

-- - - - - - -·

3. α · (β + γ) = α · β + α · γ (Επιμεριστική ιδιότητα) 4. α2 = α . α = ιαι2 ο μη αρνητικός αριθμό� �α . α

ισούται με το μέτρο του διανύσματος α . - - - - --5. α ..l β � α · β = Ο 6. Α ν α · β = α · γ δεν συνεπάγεται αναγκαστικά ό­

τι β = γ (δεν ισχύει πάντοτε ο νόμος της δια­γραφής). - - - - - - - -(Ομως: α · β = α · γ � α · β -α · γ = Ο� α . (β - γ) = ο � α ..l β _γ )

7. (α · β) . γ * α . (β . γ) (Δεν ισχύει η προσεταφι­στική ιδιότητα) - - -2 -2 - - -2 -2 8. (α · β)2 * α · β . Όμως: (α · β)2 � α · β (το ί-σον ισχύει μόνο όταν α//β ).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/43

Μαθηματικά Β' Λυκείου , . (το ίσον ι-

σχύει μόνο όταν αllβ ). (Οι σχέσεις (8) και (9) δεν ισχύουν πάντα)

10.Αν α = (χ1 ,ψ1 ) και β = (χυψ2 ) είναι δύο μη μηδενικά διανύσματα, τότε:

(β) -�- Χι · Χ2 + ψι · ψ2 συν α, -ιαι - ιβι

- �χ� +ψ� - �χ; +ψ; - -ll.Aν α = (χ1 , Ψι ) και β = (χυ ψ2 ) τότε:

α _l β <:::> Χι . χ2 + Ψ ι . Ψ 2 = Ο Ειδικότερα αν χ1 -:;:. Ο, χ2 -:;:. Ο τότε η ιδιότητα αυτή γράφεται:

- - ψ ψ α .l β<=:> Χι · Χ2 + ψι · ψ2 <=>-1 ·-2 = -1 Χι Χ2

(όπου λ1 , λ2 είναι οι συντελεστές της διεύθυν­σης των διανυσμάτων α, β αντίστοιχα).

Προσαρμογή: Κ. Βακαλόπουλος

Β. Προβολή διανύσματος σε διάνυσμα Αν θεωρήσουμε δύο διανύσματα ΟΑ = α -:t= Ο , ΟΒ = β και το ίχνος Β' της καθέτου από το Β στην ευθεία ΟΑ, τότε το διάνυσμα ΟΒ' = ν λέγεται προβολή του διανύσματος β στο διάνυσμα α που συμβολίζεται με ν = προβ- β ο α

Αν θέσουμε Β'Β = γ , τότε προφανώς β = ν + γ , ο­πότε: - - - - - - - - - - - - - -2 α · β = α(ν + γ) = α · ν + α · γ = α · ν = α · λα= λα =

= λ - ιαι2 ' αφού α _l γ ' οπότε α . γ = 0 Ά λ . α · β , ρα =

ιαι2 ' οποτε:

- - α . β -ν = λα =-·α και - - - - α . β -γ = β - ν = β--·α ιαι2 ιαι2

Έτσι λοιπόν το διάνυσμα β αναλύεται σε δύο κά­θετες συνιστώσες ν' γ ο

Βασική Πρόταση: Αν α -:t= Ο και λ,μ ε ffi. τότε: ·

- - - -προβ- (λβ + μγ) = λπροβ- β + μπροβ- γ α α α

Απόδειξη: - - -

προβ0 (λjj + μγ) � α ·(�Γγ) · « =

λ(α · β) + μ(α · γ) - <α · β) - <α · γ) -= · α = λ ·-- · α + μ ·--·α= ιαι

2 ιαι2 ιαι2

= λπροβ- β + μπροβ- γ . α α

lη Εφαρμογή - -

Αν α = (3,-4) και β = (-2,1) τότε να αναλυθεί το β σε δύο κάθετες συνιστώσες ν, γ με ν I Ι a .

Λύση: Έχουμε: v = (α · β) . α -2 · 3 + 1 · (-4) . α = -ι ο - α = -2α =

ιαι2 �32 + ( -4)2 5

= -2 · (3,-4) = (-6,8) και - - -γ = β - ν = (-2, 1) - (-6,8) = (-2 + 6, 1 - 8) = (4,-7)

2η Εφαρμογή

Αν ιαι = 1, IPI = 2 και (�) =; , τότε να βρεθεί η

προβολή του διανύσματος γ = 2a + 3Ρ άτο διά-- - -νυσμα α καθώς και η προβολή του α στο γ ως συνάρτηση των α , β .

Λύση: - <α · γ-) - α(2α+ 3β) -Έχουμε: προβα γ =

ιαι2 . α = 12

. α =

= (2α2 + 3αβ) - α = (2ιαι2 + 3 Ιαi · Ιβlσυν;}α=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/44

Μαθηματικά Β' Λυκείου

= ( 2 · 12 + 3 · 1 · 2 ·�}α = 5a.

, - (α · γ) - 5 -Επισης προβγ α = jΎj2

. γ = jΎj2

. γ .

ΑJ.λά ΙΎ12 = (2a+ 3β)2 = 4 · a2 + 12a · β + 9β2 = = 4jαj2 + 1 2 · 1ai · Ιβlσυν�+ 91β12 =

2 1 2 = 4 · 1 + 12 · 1 · 2 ·- + 9 · 2 = 4 + 1 2+ 36 = 52.

Άρα 2 - 5 - 5 - -προβ- α = -γ = -(2α + 3β) .

γ 52 52 3η Εφαρμογή Σε κάθε παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ να δείξετε ότι:

προ β ΑΒ ΑΓ + προβ ΑΒ ΔΒ = 2ΑΒ

Απόδειξη: Δ Γ

Α�Κ α' τρόπος: Έστω S = προβ ΑΒ ΑΓ + προβ ΑΒ ΔΒ . Αν ΑΒ = α, ΑΔ = β , τότε ΑΓ = a + β και ΔΒ = α -β , οπότε:

- - - -S = προβ- (α+ β) + προβ- (α- β) = α α

β ' τρόπος: Σύμφωνα με τη βασική πρόταση θα έχουμε: - - - - - -S = προβ- (α+ β + α-β) = προβ- 2α = 2α α α

γ. τρόπος: Προφανώς: - - - - - -

s = ΑΚ + ΛΒ = ΑΒ + ΒΚ + ΑΒ- ΑΛ = 2ΑΒ , αφού ΑΛ = ΒΚ = προββ α .

4η Εφαρμογή Αν ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο και Ε, Ζ οι προβο­λές τόυ Γ στις ευθείες ΑΒ, ΑΔ τότε:

- - - - -2 ΒΔ · ΒΖ-ΒΑ · ΒΕ = ΑΔ

Απόδειξη: Δ Γ

ALSJl Έχουμε: ΒΔ · ΒΖ-ΒΑ · ΕΖ = = ΒΔ · προβ8Δ ΒΓ-ΒΑ · προβ8Α ΒΓ = - - -- - - - -= ΒΔ · ΒΓ -ΒΑ · ΒΓ = (ΒΔ- ΒΑ)ΒΓ = - - --2 - --= ΑΔ · ΒΓ =ΑΔ , αφού ΒΓ =ΑΔ .

Δύο ακόμη Θέματα: 5. Σε ορθοκανονικό σύστημα (0, i, j) να δεί­

ξετε ότι: Κάθε διάνυσμα v γράφεται με τη - - - - - - -μορφή: ν = (ν · i) · i + (ν · j) · j •

Απόδειξη: Έχουμε: ν = χΙ+ Υ 1 ' όπου χ, Υ Ε IR ' όπότε: -2 ν · j = xi · j + yi = y ,

- - -2 ι-ι2 αφού i · j = O και j = j = 1 . -2 Επίσης ν · i = x · i + yj · i = x ,

-2 t;l2 - -αφού i = ιi ι = 1 ' j . i = ο .

6. Χρησιμοποιώντας την ιδιότητα: (1)

να βρείτε τη μέyιστη τιμή του Α = 6χ - 4y, όταν 4χ2 + y2 = 16 , όπου x,y Ε IR .

Λύση: Προφανώς:

4χ2 + y2 = 16 <=> c2x)2 + y2 = 16 <=> liil = 4 . όπου α = (2χ,y) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/45

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Εξάλλου: Α = (2χ) · 3 + y(-4) = α · β , όπου β = (3, -4) . Αλλά: (1) <::? -ιαι - ιβι � α . β � ιαι - ιβι ' οπότε:

Α � ιαι - ιβι = 4 - �32 + (-4)2 = 4 · 5 = 20 Η ισότητα προφανώς ισχύει μόνο όταν α ίί β ,

δηλαδή (2χ, y) = λ(3, - 4) = (3λ, - 4λ) με λ > Ο, οπότε:

16 4 4x2+y2 = 16 <::? 9λ2+16λ2 = 16 <::? λ2 = - <::? λ=-25 5 Άρα ο αριθμός 20 είναι η μέγιστη τιμή του Α και προκύπτει μόνο όταν:

2χ = 3λ = ι; } · δηλαδή χ � % } 1 6 16 y = -4λ = -- y = --5 5 Προσαρμογή: Γ.Σ. Τασσόπουλος

2. Α ν ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου ΑΒΓ και ι-- z - -

σχύει η ισότητα ΑΓ = ΓΒ · Γ Δ , να δειχτεί

ότι το τρίγωνο είναι ορθογώνιο στο Α.

Λύση: Α

Αρκεί να δείξουμε ότι: ΑΒ · ΑΓ = Ο . Είναι: ΑΒ · ΑΓ = (ΓΒ - ΓΑ) · ΑΓ =

(διανυσματικές ακτίνες από το Γ) - -- -- --. - -- --2 = ΓΒ ·ΑΓ-ΓΑ ·ΑΓ = ΓΒ ·ΑΓ+ΑΓ =

= ΓΒ ·ΑΓ + ΓΒ · ΓΔ = (από την υπόθεση) - -- - - --= ΓΒ · (ΑΓ + ΓΔ) = ΓΒ · ΑΔ = Ο , αφού είναι ΓΒ .l ΑΔ . 3. Δίνονται τα διανύσματα α, β του επιπέδου

Γ. Λυμένες Ασκήσεις με ιαι = .J3, IPI = 1, φ = (�) =: ·

1. Αν τα διανύσματα α, β είναι κάθετα μετα­

ξύ τους και έχουν ίσα μέτρα, να δειχτεί ότι και τα διανύσματα υ = α - 3β, ω = 3α + β

είναι κάθετα μεταξύ τους και έχουν ίσα μέ­

τρα.

Λύση:

Ισχύει ότι: ιαι = ι β ι , α· β = Ο . Για να δείξουμε ότι τα διανύσματα ίi, ω είναι κάθετα αρκεί να δεί­ξουμε ότι: ίi . ω = ο=> cα -3β)(3α+ β) = ο . Είναι: (α- 3β)(3α+ β) = = 3α2 + α - β - 9α - β - 3β2 = 3 ιαι2 - 3 ιβι2 = 0 Επίσης: lul2 = ι α - 3β12 = (α- 3β)2 = = α2 - 6α . β + 9β2 = ιαι2 + 9Ιβ12 = ι οιαι2 και ιωι2 = ι3α+ β12 = (3α + β)2 = 9α2 + 6α · β + β2 = = 9 ιαι2 + Ιβ12 = ι ο ιαι2 , οπότε:

ιυι2 = ιωι2 <::? ιυι = ιωι

Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων:

Είναι:

- - - -

γ = 3α - 2β , δ = 2α + 3β .

Λύση:

lrl2 = ι3α - 2βΙ2 = (3a- 2β)2 = 9a2 - ι 2α . β + 4β2 = = 9 1al2 - 12 1ai · Ιβl συνφ + 41β12 =

= 9 · 3 - 12!3 · .J3 + 4 = 13 2 '

lδl2 = 12a+ 3βl2 = (2a+ 3β)2 = 4a2 + 12a - β + 9β2 = = 4ιαι2 + 12 ιαι - Ιβl συνφ + 9Ιβ12 =

= 4 · 3 + 12.J3 . .J3 + 9 = 39 2 ' - - - - - - -2 -2 - -γ · δ = (3α- 2β)(2α+ 3β) = 6α - 6β + 5α · β =

= 6ιαι2 - 6 Ιβ12 + 5 Ιai · Ιβl συνφ =

= 6 . 3 - 6 + 5!3 . .J3 = 39 2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/46

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Επομένως:

� π οπότε είναι: (γ, δ) = - . 6 4. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ, στο - - -

οποίο γνωρίζουμε ότι ΑΒ = 4α + 3β ,

ΑΔ = 3α - β . Α ν τα διανύσματα α, β είναι

τέτοια ώστε ιαι = Ιϊϊl = 2, <�> =; , να υπολο­

γιστούν τα μήκη των διαyωνίιον του ΑΒΓ Δ.

Λύση: Είναι: jAΓI2 =ΑΓ2 = (ΑΒ +ΑΔ)2 = = (4a + 3β + 3a -β) = (7a+ 2β)2 =

-2 -2 = 49α + 28α · β + 4β = = 49iai2 + 28 1ai · Ιβlσυν � + 4Ιβ12 = = 49 . 4 + 28 . 2 . 2 . _!_ + 4 . 4 = 268 2 ' οπότε: IAΓI = �268 = 2$? .

-2 -2

' IΔBI2 = ΔΒ2 = Εmσης: = (ΑΒ -ΑΔ)2 =

= (4a + 3β - 3ίi -β) =

= α + 8α · β + 16β = lίil2 +8 iai · lβl συν�+16lβl2 =

= 4 + 8 · 2 · 2 ·�+ 16 · 4 = 84 , οπότε: IΔBI = Μ .

5. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Α = r=9o· .

Αν είναι Ε, Ζ τα μέσα των διαΎωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα, να δειχτεί ότι ΕΖ l_ ΑΓ .

Υ

Γ(γι, Υι)

Λύση: Τοποθετούμε το τετρά­πλευρο ΑΒΓ Δ σε άξονες

. έτσι, ώστε η κορυφή Α να είναι η αρχή των αξό-νων και η κορυφή Β να

ανήκει στο θετικό ημιάξονα των χ, οπότε, αφού η γωνία Α είναι ορθή, η κορυφή Δ θα ανήκει στο θετι­κό ημιάξονα των ψ. Με αυτόν τον τρόπο έχουμε: Α(Ο, 0), Β(β, 0), Δ(Ο, δ). α ' τρόπος: Αν υποθέσουμε ότι είναι Γ(γ1, γ2), τότε μπορούμε ν βρούμε τις συντεταγμένες των μέσων Ε, Ζ των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Είναι E(ll_ 12) z(� �) οπότε είναι: 2 ' 2 ' 2 ' 2 '

ΕΖ = (β - γ, δ - γ2 ) 2 ' 2 Επίσης είναιΑΓ = (γ, , γ2 ) . Για να είναι ΕΖ l_ ΑΓ , αρκεί να ισχύει:

ΕΖ · ΑΓ = Ο� (β�γ, , δ�γ2 } (γ1 ,γ2 ) = 0�

1 2 2 � -(βγ, - γ + δγ2 - γ2 ) = 0 2 I

Είναι γνωστό όμως ότι: ΔΓ l_ ΓΒ , οπότε επειδή είναι: - -ΔΓ = (γ, , γ2 - δ), ΓΒ = (β - γ, ,-γ2 ) , θα έχουμε: ΔΓ · ΓΒ = Ο� (γ1 ,γ2 - δ) · (β - γ1 ,-γ2 ) = Ο�

� βγ, - γ2 -γ; + δγ 2 = ο� I

� ΕΖ ·ΑΓ = Ο Άρα είναι ΕΖ l_ ΑΓ . β' τρόπος: (διανυσματικός) Για το διάνυσμα ΕΖ που ορίζεται από τα μέσα των ΑΓ , ΒΔ έχουμε - -

ΕΖ ΑΒ+ΓΔ (β , , ) = ασικη προταση , 2 - -- -- -- - - --��: �=M+AB+�. �=ff+U+� - - - - - -με ΕΑ+ ΕΓ = Ο, ΒΖ+ ΔΖ = Ο . Έτσι λοιπόν θα είναι: - - ΑΒ+ ΓΔ - -ΕΖ ·ΑΓ = 2 · (ΑΒ+ΒΓ) =

1 -2 - - -- -- -- --=-(ΑΒ +ΑΒ · ΒΓ +ΑΒ ·ΓΔ + ΓΔ · ΒΓ) = 2 1 -2 - - - -=-(ΑΒ +ΑΒ·ΒΓ+ΑΒ · ΓΔ) = 2

= _!_ ΑΒ(ΑΒ + ΒΓ + Γ Δ) :::: _!_ ΑΒ · ΑΔ = Ο 2 2 ' · αφού ΓΔ 1- ΒΓ , ΑΔ l_ ΑΒ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/47

Μαθηματικά Β' Λυκείου

• Ας γίνει απόδειξη και με βάση τη σχέση: - --ΕΖ = ΓΒ+ΑΔ

2

.,t Προτεινόμες Ασκήσ

εις

(!} Δίνονται τα διανύσματα α, β . ιαι = 3 και α .l β, κ,λ ε !R* . - -- - -Αν (κ · α + λ · β) .l (λ · α - κ · β) , να βρείτε το

ια + 2 · βι . �'� - - - -Δύο διανύσματα κ, ν, κ :;t: Ο και ισχύει: - - -2 -2 (κ · ν γ = κ · (ν - 1) . Ν α βρείτε τον πραγμα-τικό αριθμό λ ώστε 'λ ο � + νι = 1 .

- - - -Δίνονται τα κ, ν :;t: Ο (κ -ν) .l (κ + ν) - - - - -και ν .l (ν - κ) (2), να δείξετε ότι κ = ν .

4. Αν ια+ β' = ιαι = 1 να δειχτεί ότι: ( 1 )

J ΗΊ 4ϊ-βJ

Θ Αν α = (χ , , y, ), β = (x2 , y2 ) δύο διανύσματα με cα, β) = ω : Να δείξετε ότι:

προββ (χ · α+ β) = (2 - χ) - β (2). ')( =-1 .

� Αν α, β δύο μη μηδενικά διανύσματα, - 1 - - -προββ α =4 - β ( 1 ) και προβα:β = 2 · α (2) ---

να υπολογίσετε την (α, β) = ; / - - -

- -1 1. α) Αν α, β, γ τρία συνεπίπεδα διανύσματα: - -προβα:γ = (-1, 2), προββγ = (2, 1),

προββ γ = (2, 1) ' να δειχτεί ότι: α .l β ο

β) Τις συνταταγμένες του γ . @ Δίνονται α, β, χ συνεπίπεδα διανύσματα, α , β μη συγγραμμικά και ισχύουν οι σχέσεις:

- - - -2 - -α · (χ + β) = α (1), β · χ = Ο (2) . Να προσ-- - -διορίσετε το χ συναρτήσει των α , β .

Θ Δίνονται τα διανύσματα α ' β με: ιαι = 1 ' 1-, ι;; - - 3 β = ν 3 και α · β = 2 . Να βρείτε το διάνυσμα - - -- - -χ του επιπέδου των α , β όταν χ .l β και

� ιαι - ιβι - ημω = ldet( α, β), . Δίνονται τρία μη μηδενικά διανύσματα a, γ . Ισχύει:

. ιχ.ι = 1 ·

β, Θ Αν α, β, γ μη μηδενικά διανύσματα, ισχύουν:

Θ

,γ, . cα · β) + ιαι . (β ο γ) = 2 · lal · lβl - lγl 1 - 1 - 1 -Να δειχτεί ότι: ιαι

· α = ,β, . β = ιγι · γ ο

- - - - - -Α ν προ β α χ = προ β α y ( 1 ), α, β, χ, y συνεπί-- - - -πεδα και προββ χ = προββ y (2), α, β μη συγ-γραμμικά να δείξετε ότι: χ =.Υ .

Θ α) Αν α, β μη συγγραμμικά τότε: - - 2 - 2 -2 (α ·β) :;t: α · β .

β) Αν α, β συγγραμμικά τότε: cα -β)2 = a2 . β2 .

® Αν α, β μη μηδενικά διανύσματα και ισχύει: - - -2 α · β = β (1) . Να βρείτε το χ ε !R όταν

ch - 1) - α + ch + 1) - β - 2 - γ = ο ( 1 )

_iL=_lL=2· Iγl J2+1 J2- 1 (2)

ι" ,..:).��)..,) \ Να βρείτε την γωνία των α , β . � ��-' ; � l και

Θ Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ. Αν Μ είναι το μέσο της ΒΓ δείξτε ότι: - - -1 . 2ΑΜ = ΑΒ + ΑΓ και αντίστροφα 2. Αν ΑΓ' = κΑΓ και ΑΜ' = λΑΜ βρείτε τη

συνθήκη που πρέπει να ικανοποιούν τα κ, λ έτσι ώστε τα σημεία Β, Μ', Γ να είναι συνευθειακά.

3. Για ποιες τιμές των κ, λ τα διανύσματα ΒΜ', ΑΓ' και ΒΜ', ΑΜ' τέμνονται ορ-θογώνια, με την υπόθεση ότα τα σημεία Β, Μ', r· παραμένουν συνευθειακά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/48

Μαθηματικά Β· Λυκείου

.Α Αn6ατααη Eημciou αn6 EufJεiα Γ. Τσικαλουδάκης

Τα τελευταία χρόνια παρατηρείται το εξής φαινόμενο: Στην εξεταστέα ύλη των μαθηματικών

Λυκείου: <<ό,τι δύσκολο παραλείπεταΙ'> ή ό,τι τουλάχιστον νομίζουμε ότι είναι δύσκολο (Ύια τους

μαθητές) παραλείπεται, χωρίς να υπολΟ'fίζοvμε τη νοοτροπία που οι μαθητές αποκτούν: «ό,τι δύσκολο

συναντούν στη ζωή τους να το παρακάμπτουν>>. Προετοιμάζουμε έτσι ράθυμους και ημιμαθείς

επιστήμονες, χωρίς και εμείς οι ίδιοι να προβληματιζόμαστε (Ύια το αν και) πώι; πρέπει να

παρουσιάζουμε τιι; "δύσκολες" αυτές έννοιες

Α. Παραθέτουμε μια (εύκολη) απόδειξη του τύπου d(M, ε) της απόστασης σημείου Μ από ευθεία, (ε) η οποία πιστε6ω πρέπει να αντικαταστή­σει την υπάρχουσα στο σχολικό pιpλίο.

• Έστω η ευθεία (ε): y = αχ + Ρ και το σημείο Μ(χο; Υο) (Σχ. 1 ). Η κάθετη από το Μ στον χ'χ τέμνει την (ε) στο σημείο:

Ν(χ1 , α · χ 0 + Ρ)

Έστω ΜΚ το κάθετο τμήμα από το Μ στην (ε). Δ

Στο τρίγωνο Κ Μ Ν έχουμε:

2 ΜΚ2 ΜΝ2 1 συν ω =ΜΝ

2 ή -- - -­

ΜΚ2 - συν2ω Συνεπώς είναι:

ΜΝ2 ΜΝ2 2 --2 = l + εφ2ω ή -- = l + α ΜΚ. ΜΚ.2 (I)

αλλά είναι: ΜΝ2 = (y0 - αχ0 - β)2 , οπότε από την ( Ι) έχουμε:

d(Μ,ε) = ΜΚ = IYo -α · Χο - PI .Jι +α2

Υ Μ Υο · · · - - - - - - - - - · - - - - :

: ω

κ αχσ+β - - - - - - · - - · - - - - · - -:Ν

χ

Σχ. ι Σημείωση :

(2)

• Αν η (ε) έχει τη μορφή Αχ + By + Γ = Ο, με Β -::�; Ο � τότε ο τύπος (2) εύκολα διαμορφώνεται στο γνωστό τύπο του βιβλίου.

• Αν είναι Β = Ο. τότε η (ε) είναι κάθετη στον

χ·χ, οπότε προφανώς είναι: d(Μ,ε) = lx0 +:ι . ΕΜ ΒΑΔΟ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Ομοίως μια mo απλή απόδειξη του τύπου του εμβαδού τριγώνου είναι η ακόλουθη: Έστω τρίγωνο με κορυφές Α(χι , Υι), B(xz, Yz), Γ(χ3, YJ) (Σχ. 2).

Σχ. 2 Θεωρούμε τα διανύσματα:

ΟΚ = (α1 ,α2 ) = ΑΒ και

Δ Δ ΟΚΛ= ΑΒΓ και έχουμε:

Τότε προφανώς είναι:

Ε2 = .!οΛ2 • ΚΗ2 = .!οΛ2 • ΟΚ2 • ημ2θ = ΟΚΛ 4 4

=_!_0Κ2 ·ΟΛ2 _ _!_ΟΛ2 ·ΟΚ2 ·συν2θ = 4 4

=�[(α: + α; ) · (β: +β; ) - (οκ .οΛ)2 ] = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λστ' τ.2/49

Μαθηματικά Β· Λυκείου

=�[ (α; + α; ) · (β;+β; )- ( αιβι +α2β2 γ] = 1 2 =-(αιβ2 -α2βι ) · 4

1 , Άρα ΕοΚΛ =-lαιβ2 - α2β2 Ι = 2

= ��det(OK, ΟΛ)I = ��det(OA, OB)I

Β. ΑΣΚΗΣΕΙΣ 1. Ορθογωνίου ΑΒΓΔ η πλευρά ΓΔ βρίσκεται

στη γωνία χόy , ενώ οι κορυφές Α, Β έχουν

συντεταγμένες Α(4, Ο) και B(S, 0). Αν το

ΑΒΓ Δ έχει εμβαδό 24 τ.μ. να βρεθεί ευθεία

(ε) που να διέρχεται από την αρχή των αξό­

νων και να χωρίζει το ΑΒΓ Δ σε δύο ισεμ­

βαδικά μέρη.

Λύση:

Έστω y = λχ η εξίσωση της (ε) και Κ(4, Υι), Λ(8, Υ2) τα σημεία τομής της με τις πλευρές ΑΔ, ΒΓ αντίστοιχα του ορθογωνίου είναι ΑΒΓ Δ . .

Υ

Δ Γ

Προφανώς είναι: Υι = 4λ, Υ2 = 8λ και (ΑΚΛΒ) + (ΟΑΚ) = (ΟΒΛ) ισοδύναμα: 12 + 8λ = 32 λ άρα λ =_!_ και συνεπώς η (ε) έχει 2 ξ. 1 ε ισωση: y = -x . 2

2. Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές Α(2, 4), Β(4, Ο) και Γ(6, 0). Να βρεθεί η ευθεία (ε)

που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και

χωρίζει το ΑΒΓ σε δύο ισεμβαδικά μέρη.

Λύση:

Προφανώς η ευθεία (ε) θα τέμνει το ΑΒ σε σημείο Μ(χι , Υ ι) και το ΑΓ σε σημείο Ν(χ2, y2). Το

τρίγωνο ΑΒΓ έχει εμβαδό Ε = 4, οπότε το ΑΜΝ θα έχει εμβαδό Ε' = 2. Επειδή η ΑΒ έχει εξίσωση y = - 2χ + 8 και η ΑΓ έχει εξίσωση y = - χ + 6, είναι:

Υ ι = - 2χι + 8 και Υ2 = - Χ2 + 6 Ακόμα επειδή τα Μ, Ν είναι σημεία της ε: y = λχ θα έχουμε:

8 6 χ1 =-- και χ2 =--λ+2 λ + 1 Υ

Α

Α' τρόπος: Είναι: Ε' =�ldet(AM,AN)I

4-2λ 4λ- 8 ΙΧι - 2, Υι -4 1 λ + 2 λ + 2 4 = <::::> 4 = <=> Χ2 - 2, Υ2 -4 4-2λ 2λ-4 λ + 1 λ+ 1

<=> . . . (λ - 2)2 = ICλ + 1)(λ + 2)1 <=> . . . λ= 3. 7

Ά 2 ρα ε: y = -x . 7

Β ' τρόπος:

Είναι: (ΟΜΒ) + (ΜΝΓΒ) = (ΟΝΓ) Ισοδύναμα: 2λχι + 2 = 3λχ2 (γιατί προφανώς είναι λ, χ1 , χ2 > Ο) Η (2) λόγω των (1) γίνεται:

2 λ(3χ2 - 2χ1 ) = 2 <::> . . . λ =-7

( 1 )

(2)

3. Δίνεται η ευθεία δ: y = 6. Να βρεθούν δύο

ευθείες που διέρχονται από την αρχή των

αξόνων, σχηματίζουν μεταξύ τους γωνία 45° και τέμνουν την (δ) στα Α, Β αντίστοιχα

έτσι ώστε το τρίγωνο ΟΑΒ να έχει:

ί. εμβαδό 15, ίί. ΑΒ = 5.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/50

Μαθηματικά Β' Λυκείου

Λύση:

Έστω ει : y = λιχ, εz: y = λzχ οι ζητούμενες ευθείες και ω ι, ω2 αντίστοιχα οι γωνίες που σχηματίζουν με τον χ'χ. (Η περίπτωση ει : χ = Ο και εz: y = χ ή y = - χ, απορρίπτεται). (γιατί;). Ως γνωστό είναι: εφ( ω1 - ω2 ) = εφωι - εφω2 ή

1 + εφωι · εφω2 +_Ι = λι - λ2 , λ λ 1 I λ λ I η ι Ά 2 + = ι - 2 l + λι ·λ2

Υ

y=6

χ

(1)

Αν Α(χι, 6), B(xz, 6) είναι τα σημεία τομής των ει, ε2 με την (δ) αντίστοιχα, έχουμε:

6 6 λ\ =-, λ2 =-Χι Χ2 Συνεπώς έχουμε: _,.,..:, ί. (ΑΟΒ) = 1 5-� 3lχι -lz l = 15 {:::> I χι - Χ2 1 = 5

(2)

{:::> Χ ι = Χ2 ± 5 (3) Η (1) λόγω (2), (3) γίνεται:

(5) 36+ χι · χ2 = 6 · lx2 - χι l{:::> Χ� + 5Χι + 6 = 0 ή Χ� - 5χ1 + 6 = 0

Συνεπώς είναι: λι = - 2 και λ2 = 3 ή λι = 2 και λz = - 3

ii. Είναι ΑΒ = 5 {:::> (ΟΑΒ) = 15 οπότε εργαζόμα­στε όπως στο 1 ο ερώτημα.

4. Δίνεται η ευθεία (ε): y = 2 και το σημείο

της Μ(2, 2).

Να βρεθούν δύο ευθείες που διέρχονται από

την αuχή των αξόνων και τέμνουν την (ε) στα Α, Β αντίστοιχα, έτσι ώστε:

Το Μ να είναι μέσο του ΑΒ και το τρίγωνο ΟΑΒ να έχει εμβαδό 10.

Λύση:

Έστω Α(χι, 2) και Β(χ2, 2) τα σημεία τομής των ευθειών ει : y = λιχ και εz: y = λzχ με την (ε) αντί­στοιχα.

..

χ

Τότε επειδή το Μ(2, 2) είναι μέσο τόυ ΑΒ έχουμε: 2 = Χι + χ2 2

Ακόμα είναι: (ΟΑΒ) = 10 {:::> lx2 - χι I = 1 0 Από τις ( 1 ) και (2) εύκολα προκύπτει:

2 2 λι = -- και λ2 =-} 7

(1)

(2)

5. Δίνεται η ευθεία δ: χ = 4 και το σημείο

Α(2, 0). Να βρεθούν δύο ευθείες ει, εz

διερχόμενες από το Α, κάθετες μεταξύ τους

οι οποίες να τέμνουν την δ στα σημεία Β, Γ

έτσι ώστε:

α) Το άθροισμα των αποστάσεων των Β, Γ

από τον άξονα χ' χ να είναι 5 μονάδες.

β) Το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ να γίνεται

ελάχιστο.

Λύση:

Έστω Β(4, Υι), Γ(4, Yz) τα σημεία τομής της ει, εz αντίστοιχα με την δ.

Υ

χ

Προφανώς οι ει, ε2 θα έχουν συντελεστή διεύθυνσης λι = Il και λ2 =

Υ 2 αντίστοιχα, οπότε 2 2 έχουμε: α) IYι i+ IYz l = 5 και IYι i · IYz l = 4 (Υι ' Yz = -4) ·

Επομένως οι IYι i · IYz l είναι ρίζες της εξίσωσης t2 - 5t + 4 = 0 Συνεπώς είναι IYι l = 4 και IYz i = I ή 1Yz l = 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/51

Μαθημαnκά Β· Λυκείου

και I Υ ι I = 1 και συνεπώς οι ζητούμενες ευθείες

είναι:

ει : y = 2χ - 4 1 και ε2: y = --x + 1 ή 2 1 ει: y = -2χ + 4 και ε2: y = -x - 1 . 2

ΛίJση : l ος τρόπος: Αν θεωρήσουμε ως άξονα χ·χ την ευθεία ΟΠ και ως άξονα των ΥΎ την ευθεία ΟΒ. Έχουμε: Π(2, 0),

Ρ) Το τρίγωνο έχει ΑΒΓ εμβαδό Ε = IY 1 - Υ2 1 · Α(Ο, Υι), Β(Ο, y2), ΠΑ = (-2, y1 ) , ΠΒ = (-2, y2 ) ,

Μπορούμε (χωρίς βλάβη) να θεωρήσουμε ότι είναι Υ ι > Ο και Υ2 < Ο οπότε θα έχουμε: Υ ι - Υ2 = Ε και επειδή είναι Υι · y2 = -4 έχουμε:

Υ� - E · y1 + 4 = 0 (1 )

Επειδή η ( 1 ) έχει λύση ως προς y 1 θα είναι: Ε2 - 1 6 � Ο ή Ε � 4 . Συνεπώς η ελάχιστη τιμή του Ε είναι 4 και τότε είναι: Υι = 1 , Υ2 = -2 ο­πότε οι ζητούμενες ευθείες είναι: ει : y = χ και ε2 = y = - χ.

Υ2 - yι = 5 ( 1)

45• llA·llB .J2 4 + ΥιΥ2 συν = <=> - <=> ΙΠΑΙ · ΙΠΒΙ 2 �4 + y� - �4 + y;

1 6 + 4(y� + y; ) + y�y; = 2 · (4 + y1y2)2 6 y�y; + 8Υ1Υ2 - 84 = 0 (2)

Από τη λύση της (2) προκύπτει y1 • y 2 = 6 οπότε λόγω της ( 1) έχουμε:

6. Ένα διαφημιστικό ταμπλό φωτίζεται από (3)

ένα προpολtα γωνίας 45ο, από απόσταση Από τη λύση της (3) προκύπτει ότι Υι = 1 . Συνεπώς 2 m (σχήμα). η αφίσα πρέπει να τοποθετηθεί σε ύψος 1 m ψηλό-

Υ t τερα από τον προβολέα.

π χ

Να pρεθεί σε n ύ'Ι'ος (από τον προpολtα)

πρέπει να τοποθετηθεί μια διαφημιστική

αφίσα ύψους S m, ώστε να φωτίζεται

επακριpώς από τον προpολtα.

2ος τρόπος Αν θ είναι η γωνία Afto και ΟΑ = χ, έχουμε:

εφθ = �. εφ(45" + θ) = 5 + χ , εφ(45" + θ) = 1 + εφθ

2 2 1 - εφθ Συνεπώς είναι:

χ 5 + 1 + -

__ χ = --2 <=> χ2 + 5χ - 6 = 0 2 1 - �

2 και συνεπώς χ = 1 .

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

: Η Ε).ληνική Μαθηματική Εταιpεία σας εύχεται: •

• • • • • • • • • •

�. KAJiλ Χpιιιτοόysγγfλ j* ΕοτοχιηιέΥΙJ ΚΑι Ιιιμιοupyικ6 το 2.008

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

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ., . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. λστ. τ.2/S2

ημ ικ ισ τη r- τάξη τοu Λuκciou

� Μέτpα Θέαης «αι Διαιιnοpός Ξυδιά Αναστασία

Παραδείγματα 1 . Δίνονται οι τιμές μιας μεταβλητής Χ: 2 3 3 S 7 3 2 6 9 4.

Α.

Α; Να υπολογίσετε:

α) τη μέση τιμή και τη διάμεσο,

β) το εύρος

Ύ) τη διασπορά και την τυπική απόκλιση,

δ) το συντελεστή μεταβολής και να εξετάσετε αν το δείΎμα είναι ομοιΟΎενές. Αν όχι, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της σταθεράς c ε Ζ κατά την οποία πρέπει να αυξηθεί κάθε παρατήρηση

έτσι ώστε το δείΎμα να -yίνει ομοιΟΎενές.

Β. Αν οι παραπάνω τιμές του δείΎματος πολλαπλασιαστούν αρχικά με - 2 και στη συνέχεια

αυξηθούν κατά 3, να βρεθούν οι νέες τιμές της μέσης τιμής, της τυπικής απόκλισης και του

συντελεστή μεταβολής. Λύση:

Xi I Vj XϊVi Ni χ? 2 Xi Vi 2 2 ! 4 2 4 8 I I

3 3 1 9 5 9 27 1 4 1 4 · 6 16 16 I 5 Ι 1 5 7 25 25 I I

6 ! 1 6 8 36 36 : ! 7 1 7 9 49 49

!

! 9 9 10 8 1 8 1 Ι · �ν_ο_λ_α-τ-

�1-0------,--, _-_44 __ ....:....:::. _ ___::_::___:

2::....:4:_2_ l

- 1 7 1 α) χ =-Σχϊν; =- ·44 = 4,4 1 0 i=l 1 0 ν= 10 (άρτως) άρα δ= Xs;x6 = 3;4 =3,5

β) R= 9 - 2 = 7

(Σχ. v. ) Ύ) s2 =_!_ Σ χ;v; -

i=Ι I I

1 0 i=l 1 0 =

= 1� · 242 - (�)2 = 24, 2 - 4, 42 =

= 24, 2 - 1 3, 36 = 4, 84 και s = N =../4,84 = 2, 2

δ) CV = .!. = 2• 2. = Ο, 5 = 50% > 10% άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. 'Εστω c η σταθερά κατά την χ

4,4 οποία πρέπει να αυξηθούν όλες οι τιμές του δείγματος, έτσι ώστε αυτό να γίνει ομοιογενές. Τότε η μέση τιμή θα αυξηθεί κατά τη σταθερά αυτή, αλλά η τυmκή απόκλιση δε θα μεταβληθεί. Δηλαδή,

s 1 2 2 1 CV � 10% <=> =-- �-<=> ' �-<=>c � l7,6 x + c 10 4,4 + c 1 0

άρa η ελάχιστη ακέραια τιμή που πρέπει να αυξηθεί η κάθε παρατήρηση είναι c = 1 8. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/S3

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Β. Όταν όλες οι τιμές του δείγματος πολλαπλασιαστούν αρχικά με - 2 και στη συνέχει αυξηθούν . κατά 3 τότε, η μέση τιμή θα μεταβληθεί κατά τον ίδιο τρόπο, ενώ η τυπική απόκλιση θα πολλαπλασιαστεί με 1-21 , δηλαδή: x' = -2i + 3 = -5,8 και s' = l-2l s = 4,4 .

Για το συντελεστή μεταβολής θα ισχύει CV' = 4'4 = 76% 5,8 2. Στις εξετάσεις ενός Πανεπιστημιακού τμήματος στο μάθημα της Στατιστικής συμμετείχαν 80

φοιτητές. Από αυτούς, οι 16 βαθμολογήθηκαν κάτω από 2, οι 30 κάτω από 4, οι 8 πάνω από 8 και οι 30 βαθμολογήθηκαν πάνω από 6. Η κλίμακα βαθμολογίας είναι από μηδέν ως δέκα (0-10) και η βάση είναι το πέντε (5).

α) Να κατασκευάσετε τον πίνακα κατανομής συχνοτήτων (ν.) της βαθμολογίας των φοιτητών

και να τον συμπληρώσετε με τις αθροιστικές συχνότητες (Ν) και τις σχετικές αθροιστικές

συχνότητες επί τοις εκατό (Fi%). β) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή και τη διακύμανση των βαθμών.

γ) Πόσοι φοιτητές έγραψαν πάνω από τη βάση;

δ) Να κατασκευάσετε το πολύγωνο των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων (%) και να

υπολογίσετε (με ακρίβεια) τη διάμεσο.

Λύση

α) Θα ομαδοποιήσουμε τα δεδομένα του προβλήματος σε 5 κλάσεις πλάτους 2. Έχουμε ν = 80, νι = Νι = 16, Ν2 = 30, νs = 8 �αι ν4 + νs = 30. Επομένως ν2 = Ν2 - Νι = 30 - 16 = 14, ν4 = 30 - ν5 = 30 - 8 = 22 και ν3 = ν - (νι + ν2 + ν4 + νs) = 8Ο - (16 + 14 + 22 + 8) = 20, δηλαδή:

Βαθμοί [ , ) κεντρικές συχνότητα αθροιστική σχετική qθροιστική τιμές Xi νί συχνότητα συχνότητα

Ni Fi% 0-2 1 16 16 20 2-4 3 14 30 37,5 4-6 5 20 50 62,5 6-8 7 22 72 90 8-10 9 8 80 100

Σύνολα 80 β) Για να υπολογίσουμε τη μέση τιμή και τη διακύμανση των βαθμών συμπληρώνουμε τον προηγούμενο

πίνακα ως εξής: χ2

Χiνί ι

1 6 1 42 3 1 00 25 1 54 49 72 8 1 384

2 Χί νι 16 42 500 1078 648 2368

( 7 )2 Σ χ. ν. s2 =-1 Σχ2ν. - i=ι ι ι

80 ii=l l ι ι 80

=- · 2368 - χ = 29 6 - 4 82 = 1 (-)2 80 ' '

= 29, 6 - 23, 04 = 6,56 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/54

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

γ) Οι 20 φοιτητές που έχουν βαθμούς [ 4, 6) θεωρούνται '

' ' 20 1 0 ' θ ομοιομορφα κατανεμημενοι, αρα - = φοιτητες α 2 έχουν γράψει πάνω από πέντε. Συνολικά λοιπόν, θα έχουν βαθμούς πάνω από τη βάση 1 0 + 22 + 8 = 40 · φοιτητές.

δ) Η διάμεσος είναι η τετμημένη του σημείου τομής των ευθειών y = 50 και της ΑΒ: y = λχ + β, όπου Α( 4,3 7 ,5) και Β( 6,62,5).

{37, 5 = 4λ+ β} Από το σύστημα έχουμε: 62, 5 = 6λ+β

100 90

62,5

4 6 8 10 χ

λ = 1 2,5 και β = - 1 2,5 και εΑΒ: y = 12,5χ - 12,5 άρα 12,5χ - 12,5 = 50 � χ = 5 δηλαδή δ = 5.

3. Η μέση τιμή και η διακύμανση των βαθμών 6 μαθητών της Γ Λυκείου στη Στατιστική είναι 5 χ = 12 και s2 = 10 αντίστοιχα. Για τους βαθμούς των πέντε μαθητών ισχύει Σ( Χ; -χ)2 = 11 .

i=l .

Να βρεθεί ο βαθμός του έκτου μαθητή, αν γνωρίζετε ότι έγραψε πάνω από τη βάση.

Λύση:

Ισχύει s2 =_!_Ι( χ; - ·�γ �2_= Ι(χ; -�Υ+(χ6 -·�γ �(χ6 - 12) 2 = 49 � χ6 - 1 2 = ±7 6 i=l 60 i=l

οπότε χ6 = 5 (απορρίπτεται) ή χ6 = 19. 4. Ο αριθμός των απουσιών των μαθητών μιας τάξης

Λυκείου τους δύο πρώτους μήνες από την έναρξη της

σχολικής χρονιάς δίνεται από τον διπλανό πίνακα:

α)

Αν η μέση τιμή και η τυπική απόκλιση των απουσιών των μαθητών είναι χ = 2 και s = J2 αντίστοιχα, να βρείτε:

α) τις συχνότητες κ και λ, β) τη μικρότερη τιμή της σταθεράς c ε Ν κατά την

οποία πρέπει να αυξηθεί κάθε παρατήρηση έτσι

ώστε το δείγμα να γίνει ομοιογενές ( J2 � 1,414) .

Λύση:

Χ; ν; X;V; Χ; - Χ ο 6 ο - 2 1 . Κ κ - 1 2 λ 2λ ο 3 6 1 8 1 4 8 32 2

Σύνολα κ + λ + 20 κ + 2λ + 50 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/55

αριθμός αριθμός

απουσιών μαθητών Χ; V;

ο 6 1 κ

2 λ

3 6 4 8

(Χ; -χ)2 (χ; -χ)2 ν; 4 24 1 κ ο ο 1 6 4 32

κ + 62

Μαθηματικά Γ Λυκείου

- ι " ' κ + 2λ+ 50 χ =-Σχ;ν; οποτε 2 = � 2κ + 2λ + 40 = κ + +2λ+ 50� κ = 10 ν i=ι κ + λ + 20 s2 =.!.Σ,( Χ; --�γ ν; όπου ( J2)2 = κ + 62 όπου κ = 10 δηλαδή, 2(λ + 30) = 72 � λ = 6 ν i=ι κ + λ + 20 β) Όταν κάθε παρατήρηση αυξηθεί κατά τη σταθερά c ε Ν τότε η μέση τιμή θα αυξηθεί επίσης κατά τη

σταθερά αυτή, δηλαδή χ' = χ + c = 2 + c ενώ η τυπική απόκλιση δε θα μεταβληθεί. Για να είναι το δείγμα ομογενές πρέπει ο συντελεστής μεταβολής να μην ξεπερνά το ι 0%. Επομένως:

s . J2 ι � CV ==� ιO% δηλαδη --�-�c � 10ν2 - 2 χ' 2 + c 10 όπου J2 = ι ,4ι4 άρα c � ι2, ι4 . Η ελάχιστη λοιπόν τιμή της σταθεράς είναι c = 13.

ιfuμtνss A6Kiι6sιs �ανώλης �ανατάκης

1 . α) Η μέση τιμή των βαθμών στα �αθηματικά του α ' τετραμήνου 50 μαθητών της Γ Λυκείου

είναι 15, ενώ η μέση τιμή των 20 πρώτων είναι 18. Να βρεθεί η μέση τιμή των υπολοίπων.

β) Στο β' τετράμηνο οι μισοί πήραν μια μονάδα λιγότερο, οι 15 πήραν 2 μονάδες περισσότερο

και υπόλοιποι 10, πήραν 3 μονάδες περισσότερο. Να βρεθεί η μέση τιμή του β' τετραμήνου.

- ι ν ν -Είναι χ =-Σχ; � Σχ; = νχ ν i=Ι i=Ι

Λύση :

50 20 50 α) Αν y είναι η ζητούμενη μέση τιμή, τότε είναι Σχ; = Σ χ; + Σ χ;

. i=l i=l i=21

οπότε: ι 5 · 50 = 2Ο · ι 8 + 30 · ω , άρα ω = ι3. 25 40 50

β) Σ(χ; - ι) + Σ ( χ; + 2) + Σ( χ; + 3) = i=l i=26 i=40 { χ1 + Χ2 + . . . Χ50 ) - ι · 25 + 2 · ι 5 + 3 - ιΟ 5Ο · ι 5 - 25 + 2 · ι5 + 3 · 10 = = 15,7 50 50

2. Οι μισθοί των υπαλλήλων μιας εταιρείας ακολουθούν κανονική κανονική και το 49,85% των

μισθών βρίσκονται στο διάστημα (1500, 2000), όπου τα άκρα του διαστήματος είναι κάποιες - - - - -από τις τιμές χ -3s, χ - 2s, χ - s, χ χ+ s, χ + 2s, χ + 3s . α) Να βρεθούν για τους μισθούς η μέση τιμή, η διάμεσος, η τυπική απόκλιση, ο συντελεστής

μεταβλητότητας και το εύρος τους.

β) Να βρεθεί το ποσοστό των μισθών που είναι πάνω από 2000.

Λύση: Αφού οι μισθοί ακολουθούν την κανονική κατανομή έχουμε την καμπύλη: α) Είναι 49,85% = 2,35% + 13 ,5% + 34%

Το ποσοστό αυτό βρίσκεται στο διάστημα {�- 3s, �) ή στο διάστημα (�. � + 3s)

· περίπτωση : {�- 3s, �) = ( ι 850, 2000) x-3s x-2s x-s

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λατ' τ.2/56

x+s x+2s x+3s

Μαθηματικά Γ Λυκείου

-Έχουμε χ - 3s = 1 850 και χ = 2000 , οπότε s = 50.

Αφού f-νουμε κανονι!<"ή κατανομη' είναι χ = δ οπότε δ = 2000 και CV = � = _2Q_ = Ο 025 . �,... ·-· ι Χ 2000 ' Δηλ. CV = 2,5% και R = 6s = 6 · 50 = 300

β ' περίπτωση: (i, i + 3s) = ( 1 850, 2000) Έχουμε χ = 1 850 και χ + 3s = 2000 οπότε s = 50. Αφού έχουμε κανονική κατανομή είναι - s 50 χ = δ = 1 850 οπότε: CV = = = -- = 0 027 .

χ 1 850 ' Δηλ. CV = 2, 7% και R = 6s = 6 · 50 = 300

β) α ' περίπτωση: χ = 2000 , άρα το ποσοστό είναι 50% β ' περίπτωση: χ + 3s = 2000 , άρα το ποσοστό είναι 0, 15%.

(Οταν δίδονται τα αντίστοιχα μεγέθη δύο υποπληθυσμών του)

Θάνος Χαραλάμπους

Έστω ένα δείγμα πλήθους ν για το οποίο δίδεται ότι για τους νι εκ των ν , η μέση τιμή είναι χ1 και η τυπική απόκλιση σ1 για δε τους υπό­λοιπους ν2 η μέση τιμή είναι χ2 η τυπική

απόκλιση είναι σ2.

Με αυτά τά δεδομένα ζητούμε να υπολογίσουμε

την μέση τιμή χ και την διακύμανση � όλου

του δείγματος.

Λύση:

Έχούμε ότι ν = νι + ν2 - 1 ν, ' και χ, = -Σχί ν, ι=Ι ν,

=> Σχ; = ν, ·� ί=ι ν,

=> Σ χ; = νz · Χ2 i=l

χ = -Σχί =- Σχί + Σχί - 1 ν 1 [ ν, , ν, , ]

ν i=ι ν i=ι i=ι

ή

Παρατήρηση : - ν · χ + ν · χ Από τον τύπο χ = ι ι 2 2

νι +ν2 έχουμε για ν = νι + ν2 : - νι · Χι + ν2 · Χ2 χ = ---'----'--""---=-

ν - ν - ν ­χ = __!_Χι +_1_χ2 ' ν ν

αλλά fι = �, και f2 = ν 2 , όπου fι , f2 οι αντίστοιχες ν ν σχετικές συχνότητες του δείγματος. Τότε (2)

Ο τύπος (2) χρησιμεύει όταν αγνοούμε το μέγεθος του δείγματος αλλά γνωρίζουμε το ποσοστό επί τοίς εκατό των υποπληθυσμών που έχουν μέση τι­μή Χι , χ2 αντίστοιχα. Σχετικά με την διακύμανση: Εξ ορισμού έχουμε :

1 ν 2 σ2=-Σ{χi -χ) ν i=ι

σ2=.!. Σ(χ; -2xix+x2)

ν i=ι

σ2=�[t.χ; -t.2xix+ t.(x)2 ]

�=�[t.x; - 2xt.xi + νχ2 J ,

αλλά :Σχί = ν χ άρα ί=ι

2 1 [ ν - - J σ =� �χ; -2ν(χ)2 +ν(χ)2

2 1 [Σν 2 - 2] σ =- xi -ν(χ) ν i=ι

(3)

(4)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/57

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Έστω λοιπόν if η διακύμανση του δείγματος και χ η μέση τιμή του. Τότε :

1 [ ν ] ν ν, ν, σ2=� �χ� - ν(χ)2 αλλά � χ� = �(χ; )2 + �(χ)2

και χρησιμοποιούντες τον τύπο (4) , έχουμε : Σχ� = ν,σ� + ν, (χι )2 + ν2σ; + ν2 (χ2 )2 η δε μέση τι-i=l

- ν · χ + ν · χ μή είναι : χ 1 1 2 2 ν, + ν2

Προλεγόμενα Η πρώτη εmστημονική προσέγγιση της έννοιας

του ορίου έγινε στην ουσία από τον μεγάλο Έλληνα μαθηματικό Αρχιμήδη (287-212 π.Χ.) κατά την προσπάθεια υπολογισμού του εμβαδού του κύκλου.

Σημαντική ήταν επίσης η συμβολή του Ζήνωνα του Ελεάτη (495-435 π.Χ.) και των μαθητών του στην ανάδειξη προβλημάτων στα οποία εμπεριέχε-ται η έννοια του ορίου. ι

Η έννοια του ορίου είναι θεμελιώδης, αφού ως γνωστόν ολόκληρο το οικοδόμημα του «Απειρο­στικού Λογισμού>> στηρίζεται στο «όριο>>. Η ΕΝΝΟΙΑ ΤΟΥ ΟΡΙΟΥ Πρόβλημα 1

Ρο Β f(Xo) · · · - - -�- - - p- - · - '

f(x) - - - - - - - - - - - : � : Α : : ; ' . ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

α χ Χο

Σχ. 1 β

�ια μεταβλητή χ διατρέχει το διάστη­μα [α, β], στο οποίο είναι ορισμένη μια συνάρτηση y = f(x).

Σε κάθε θέση του χ βρίσκουμε την α­ντίστοιχη τεταγμένη f(x).

ν σ2 + ν σ2 (ν, + ν2 ) (ν, ("Χ;")2 + ν2 (χ2 )2 ) σ2 = ι ι 2 2 + 2 -ν1 + ν2 (ν, + ν2 )

ν� ("Χ;")2 + ν; (χ�)2 + 2ν, ν2 ("Χ;")(�) (ν, + ν2 )2

και μετά τις πράξεις έχουμε τελικά : 2 ν,σ� + ν2σ; ν,ν2 (

- -)2 σ = + 2 χ, - χ2 ν1 + ν2 (ν1 + ν2 ) = f1σ� + f2σ; + f/2 ("Χ;"- Χ2 )

2

Ο τελευταίος τύπος υπολογίζει την διακύμανση ε­άν είναι γνωστά τα εκατοστιαία ποσοστά των πλη­θυσμών του δείγματος, ενώ το μέγεθος του όλου δείγματος παραμένει άγνωστο!

Σωτήρης Λουρίδας - Αθανασία Ροβάτσου

Το ζητούμενο είναι: «να προσδιοριστεί η συ­μπεριφορά του f(x) καθώς ο χ προσεγγίζει κά­ποιον συγκεκριμένο Χο>>.

Λύση: Η τελευταία φράση σημαίνει ότι η εκάστοτε α­

πόσταση του χ απ' το χ0 μπορεί να γίνει και να παραμείνει μικρότερη από οποιονδήποτε θετικό α­ριθμό (όσο μικρό κι αν τον πάρουμε).

Γράφουμε χ � Χο για να δηλώσουμε ότι ο χ προ­

σεγγίζει τον χ0• (Λέμε ακόμα ότι ο χ τείνει στον χο) . Είναι λογικό να δεχτούμε ότι: «όταν ο χ τείνει

στον Χο, τότε χ -:1:- Χ0 >>. Απ' το Σχ. 1 με απλές γεωμετρικές κατασκευές

βρίσκουμε ότι: «η τιμή f(x) τείνει να πάρει τη τιμή

f(x0) καθώς ο χ τείνει στον χ0». Αυτό συμβολικά δηλώνεται με την ισότητα:

lim f(x) = f(x0) Χ�Χο

Ας πάρουμε τώρα τις συναρτήσεις που ορίζο­νται απ' τα παρακάτω σχήματα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/58

Μαθηματικά Γ Λυκείου

€ - - - - - -;r----- - -�0 :Β Q , Κ · - - - - - - - - - - - - - - - •

Β € - - - - - -;v---- -- - - -�0 : : ' ' ' ' ' ' ' '

Α : : ' ' I : I Α

: :

' ' � j '

α β α β

Σχ. 2 Σχ. 3 Στο Σχ. 2 έχουμε τη γραφική παράσταση της συ-

, f(x)(x - x ) ναρτησης g(x) = 0 /[α, χ0 ) υ (χ0 ,β] και Χ - Χ0 στο Σχ. 3 η γραφική παράσταση της συνάρτησης: {f(x), για χ * Χ0 h(x) = /[α, β] κ * l κ, για χ = χ0

Είναι προφανές ότι και για τις τρεις αυτές συ­ναρτήσεις μπορούμε να γράψουμε ότι:

Το όριο των τιμών της συνάρτησης, καθώς ο χ προσε'f)'ίζει τον χ0 είναι η τεταγμένη f του σημείου Ρ0.

Απ' τις τρεις αυτές «συγγενείς>) συναρτήσεις μόνο η πρώτη έχει την ιδιότητα: «η τεταγμένη .f του Ρο να είναι η αριθμητική τιμή της συνάρτησης για χ = Χο)).

Σ' αυτή τη περίπτωση λέμε ότι «η f είναι συνε­χής στο Χο)).

Παρατήρηση: Για να 'χει νόημα η αναζήτηση «ορίου μιας συ- ·

νάρτησης f, καθώς ο χ προσεγγίζει κάποιον XQ)) εί­ναι απαραίτητο η συνάρτηση αυτή να είναι ορι­σμένη σ' ένα τουλάχιστο απ' τα διαστήματα: (α, χσ), (χο, β).

Με το σύμβολο χ � χ� δηλώνεται ότι: «ο χ προσεγγίζει τον χ0 από αριστερά· δηλαδή για ο­ποιοδήποτε θετικό αριθμό δ ισχύει η συνθήκη χ0 - δ < χ < χ0 )).

Όμοια ορίζεται το σύμβολο χ � χ; : • Αν η συνάρτηση ορίζεται μόνο στο (α, Χο), τότε:

lim f(x) = lim f(x) χ-+χο χ-+χΟ • Αν η συνάρτηση ορίζεται μόνο στο (Χο, β), τότε:

lim f(x) = lim f(x) Χ-+Χο Χ-+Χ�

• Αν η συνάρτηση ορίζεται στο (α, χ0 ) υ (χ0 , β) , τότε: lim = l <::::> { li� f(x) = l και lirη f(x) = R} Χ-+Χο Χ-+Χο Χ-+Χο

α Χο β Σχ. 4

Με βάση το Σχ. 4 βρίσκουμε:

lim f(x) = l1 , x-+x(j lim f(x) = l2 , χ-+χ�

με l 1 -=F l2 •

Μπορούμε ακόμα, αντίστοιχα, να γράψουμε: lim f1 (χ) = R 1 , όπου fι είναι ο περιορισμός της f Χ-+Χο στο (α, Χο) και lim f2 (χ) = l2 , όπου f2 ο περιορι-χ-+χο

σμός της f στο (Χο, β). Είναι φανερό πως στην περίπτωση αυτή

( R 1 * l2 ) δεν υπάρχει όριο της f(x) καθώς ο χ προ-

σεγγίζει τον χ. Γράφουμε ακόμα ότι δεν υπάρχει ό­

ριο της f(x) κοντά στο χ0.

Η ΕΠΑΦΗ ΜΕ ΤΟ ±οο Πρόβλημα 2

1 Δίνεται η συνάρτηση f(x) = �. Ποια η συ-

μπεριφορά των τιμών της συνάρτησης όταν ο χ προσεγγίζει το Ο;

.::!. o _l_ Μ Μ

Σχ. 5

Λύση: Ας πάρουμε ένα

θετικό αριθμό Μ που ορίζει ένα σημείο στο κατακόρυφο ημιάξο­να.

Η ευθεία y = Μ τέμνει τη Cr στα ση-

, Κ , -1 Λ , 1 μεια με τετμημενη Μ και με τετμημενη Μ . Εύκολα διαπιστώνουμε ότι:

-1 • Αν: - < χ < Ο, τότε: f(x) > Μ. Μ • Αν: Ο < χ < -1 , τότε: f(x) > Ο. Μ

Δηλαδή: «αν Ο < lxl < -1 , τότε f(x) > Μ)). Μ Λέμε ότι: «το όριο της f(x), καθώς ο χ προσεγ­

γίζει το χ0 = Ο είναι +οο )) ή ακόμα λέμε ότι: «η f(x) κοντά στο Χο aπειρίζεται θετικά. Και γράφουμε: limf(x) = +οο . Χ-+0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/59

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Και αυτό σημαίνει ότι: «καθώς ο χ προσεγγίζει 8 lim ημχ = 1 τον χ0 = Ο η αντίστοιχη τιμή μπορεί να γίνει και να παραμείνει μεγαλύτερη από οποιονδήποτε θετικό αριθμό Μ (όσο μεγάλο κι αν τον πάρουμε)».

Στη γλώσσα της Γεωμετρίας αυτό διατυπώνεται με τον ισχυρισμό ότι: «η ευθεία με εξίσωση χ = Ο είναι κατακόρυφη aσύμπτωτη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης». Πρόβλημα 3

Δ, , f( ) χ + 2 π , ινεται η συναρτηση χ = -- . οια ειναι x + l η συμπεριφορά της Cr καθώς Μ χ τείνει στο +οο ;))

Λύση: Η τελευταία φράση σημαίνει ότι ο χ ως κινητό

μπορεί να υπερβεί οποιονδήποτε θετικό αριθμό (όσο μεγάλο και αν τον πάρουμε και να τον αφή­σει πίσω καθώς κινείται προς τα δεξιά).

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: 1 + 2 · _!._

lim f(x) = lim χ = lim 1 + 2u = 1 χ-++«> Χ-Η«> 1 U--+0 1 + U 1 + ­χ

Η γραφική παρά­σταση όλο και πιο πολύ προσεγγίζει την ευθεία y = 1 .

Σχ. 6

Γεωμετρικά αυτό χ σημαίνει ότι η ευθεία

y = 1 είναι οριζόντια aσύμπτωτη της cf

καθώς ο χ τείνει στο +οο (γράφουμε χ � +οο ). Α­ντίστοιχες παρατηρήσεις έχουμε όταν χ � -οο . .Παρατηρήσεις • Στο εξής με το συμβολισμό lim f(x) = .e θα εν-χ-+χο

νοούμε ότι με βάση το χ � χ0 έχουμε: f(x) � .e ή f(x) = .e όταν ο f είναι συγκεκρι-μένος πραγματικός αριθμός (πεπερασμένο όριο) ή f = +οο ή f = -οο .

• Το lim ημχ, , χ0 ε �υ {-οο,+οο} υπάρχει πάντα. Χ-+Χο Χ

Συγκεκριμένα: lim ημχ = ημχο με χ0 ε �* Χ-+Χο Χ Χ Χο*Ο 0

Χ--+0 Χ

• lim ημχ = Ο διότι: Χ-+±ο:> Χ

ιim ..!_ = ο και Ιημχl :::; 1 χ Ο < Ι

η�χ i = Ι�Ι · ιημχι :::; Ι�Ι �

με lim 1..!_1 = Ο χ-+±ο:> χ � lim (ημχ. J = Ο χ-+±ο:> χ

Προσοχή ! Για το lim f ( χ, y) , το χ είναι η μεταβλητή και

Χ-+Χο

το y θεωρείται η παράμετρος. 1. εφχ ι· 1 -συνχ ο • ιm--, ιm = , χ--+0 χ χ--+0 χ lim(xημ_!_J = Ο , χ--+0 χ

• lim (χημ_!_J = 1 , χ-+±ο:> χ

• lim αχ = {+οο, Χ-++«> ο,

για α > 1 για 0 < α < 1

{+οο για α > 1 lim αχ = ' χ-+--«> -οο, για Ο < α < 1

{-οο, για α > 1 • limlogx = χ--+0 α +οο, για ο < α < 1

{+οο, για α > 1 lim logx = Χ-++«> α -CXJ, για 0 < α < 1

Για θέματα πάνω στα όρια καλό είναι να γνωρί­ζουμε τα παρακάτω: • Δεν υπάρχει όριο κοντά στο Ο της συνάρτησης

1 f(χ) = ημ- . χ • Όμοια δεν υπάρχει όριο της g(x) = ημχ καθώς ο

χ τείνει στο +οο ή στο -οο . • lim εφχ = +οο και lim εφχ = -οο π- π+ Χ-+- Χ-+-2 2 • lim σφχ = +οο και lim σφχ = -οο Χ-+0+ Χ-+Π-

8 Αν u = g( x) με lim g( x) = u0 � Χ-+Χο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/60

Μαθηματικά Γ Λυκείου

=> limf(g( x) ) = lim f (u) οπότε μπορούμε να χ ---+0 U-+Uo

aπλοποιούμε τον υπολογισμό ενός ορίου, της μορφής lim f{ g ( χ) ) . Χ-+Χο

ΠΑΡΑΔΕΙΓΜΑΤΑ 1 . Να προσδιοριστούν οι πραγματικοί αριθμοί

β , li 40χ5 - 2βχ +α 2 α, ωστε: m 2 = . Χ-++1 Χ - 3χ + 2 Λύση:

Θεωρούμε f ( χ) = 40χ 5 - 2βχ + α και g( χ) = χ2 - 3χ + 2 . Παρατηρούμε ότι: ιimg( χ) = Ο .

χ-+1

'Ε χουμε επίσης ότι: lim f ((χ)) = 2 X-+l g Χ

Άρα ιimg [( x) f (( x)) ] = O=> ιimf ( x) = 0 χ-+1 g χ χ-+1

=> ιϊm(40χ5 -2βχ + α) = Ο=> χ-+1

40 - 2β + α = Ο => α = 2β - 40 Ά , ι· 4Οχ5 - 2βχ + 2β- 4Ο 2 ρα εχουμε: ιm 2 = => x-+l χ -:- 3χ + 2

. 40(χ5 - 1) - 2β( χ - 1) => hm = 2=> χ-+1 ( χ - 1 ) ( χ - 2) . 4Ο( χ-ι )(χ4 +χ3 +χ2 +χ+1)-2β(χ- ι) <::::> 1im = 2 <::::>

χ-+1 ( χ -1 ) ( χ-2) . (χ-1) (40χ4 +40χ3 +40χ2 +40χ+40-2β) <::>lim 2<::::> Χ-+1 (Χ -1) ( Χ -2)

<::::> 200 - 2β = 2 <::::> 200 - 2β = 2 <::::> 200 -2β = -2 1 - 2 -1

<::::> 2β = 202 <::::> β = 1 Ο 1 <::::> α = 202 -40 <::::> α = 162 (λ - ι) χ3 + 2χ + ι 2. Να υπολογίσετε το lim 2 •

. Χ-++οο λχ + 1 Λίγο πριν τη λύση: Επειδή στα πολυώνυμα ( λ - 1) χ 2 + 2χ + 1, λχ 2 + 1 οι αντίστοιχοι συντελε-στές των μεγιστοβαθμίων όρων του αριθμητή και του παρονομαστή λ - 1 , λ εξαρτώνται από παρά-μετρο, θα διακρίνουμε τις εξής περιπτώσεις: (i) λ - 1 = ο <::::> λ = 1 , (ii) λ = ο . . . , (iii) λ - 1 :;t: Ο<::::> λ :;t: 1 και λ :;t: Ο

Λύση:

( λ - 1) χ3 + 2x + l Θεωρούμε την f: f ( χ) = -'-----'---­λχ2 + 1 • Αν λ - 1 = 0 => λ = l

ι. f ( ) ι· 2χ + 1 ι· 2χ ι· 2 ο ιm χ = ιm -2- = ιm -2 = ιm - = Χ-++οο Χ-++οο Χ + 1 Χ-++οο Χ χ-++οο Χ

Α λ ο 1. f{ ) ι· -x3 + 2x + l • ν = => ιm χ = ιm = -οο χ --++ω χ -+-ι-σ:> 1

• Αν λ - ι :;t: Ο<::> λ :;t: l και λ :;t: Ο τότε:

3.

( λ - 1) χ3 + 2x + l ιim f ( χ) = ιim = χ-++οο χ -++οο λχ2 + 1

λ - 1 . χ3 λ - 1 . = -- ιιm - = -- ιιm χ = λ χ-++οο χ2 λ χ-++οο

= {+οο, για λ > 1 ή λ < Ο -οο, για Ο < λ < 1

Ν λο , ι· Γχ + � - 2 α υπο γιστει το ιm . Χ-+1 Χ - 1

Λύση: Είναι: ιim( χ - 1) = Ο, ιϊm(,Γχ. + if;.-2) = Ο .

Χ -+1 Χ-+1 Ά ι. ,J;.. + if;.-2 ι· ,[;. - ι + if;. - ι � � = � =

χ -+1 Χ - 1 Χ -+1 Χ - 1 . (,Γχ.-ι if;.- ιJ = ιιm --+-- (1)

x-+l χ - 1 χ - 1 . ,[;. _ 1 . (,J;.. - ι) (Γχ + t) • ιιm--= lιm =

χ-+1 χ - 1 χ-+1 ( χ - 1) ( Γχ + 1) = lim-1- = _!_ x-+l ,[;. + 1 2 . v;. _ 1 . (if;. - ι)(� +if;. + 1)

• lιm--=ιιm = χ-+1 χ - 1 χ-+1 ( χ - 1) ( � + if;. + 1) ι. 1 ιm ---;::::=---::=---χ-+1 � + if;. + 1

1 1 --- -1 + 1 + 1 3

Άρα, από την (1) :

4.

ιim(fx -1 + if;. - ιJ = _!_+_!_ =� χ-+1 χ - 1 χ - 1 2 3 6

lx2 - 51 + χ2 - 7

Να υπολογιστεί το lim 3 • Χ-+2 Χ - 8

Λύση: Είναι: ιim (χ 3 - 8) = Ο . Παρατηρούμε ότι:

χ-+2 lim(x2 - 5) = 4 - 5 = -1 < 0 άρα για όλους τους χ χ-+2

που είναι κοντά στο 2 ισχύει χ2 - 5 < Ο. Επομένως: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/61

Μαθηματικά Γ Λυκείου

. lx2 - 51 + x2 + x - 7 . -(χ2 - 5) + χ2 + χ - 7 Ιιm = Ιιm..._...;.-----'-,------χ-->2 Χ] -8 Χ -->2 Χ] -8

-χ2 + 5 + χ2 + χ - 7 . χ - 2 = Iim = Ιιm--.......,.----....,.. χ3 -8 Χ-->2 ( χ - 2) (χ2 + 2χ + 4) χ-->2

Ι . 1 = ιm--:---­χ-->2 χ2 + 2χ + 4 12

5. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικό­νων του μιγαδικού αριθμού z, έτσι ώστε να

jz - 2 + ij x4 -3χ3 - 6 υπάρχει το lim και να Χ-->-1 Χ + 1

είναι πραγματικός αριθμός. Λύση:

Επειδή lim ( χ + 1) = Ο , θα πρέπει: Χ -->-1

Iim ( lz - 2 + ij χ4 - 3χ3 - 6) = Ο <::::? χ -->-1

jz - 2 + ij l - 3( -1) - 6 = 0 <::::? jz - 2 + ij + 3 - 6 = Ο<::::? jz - 2 + ij = 3 <::::?

I z - ( 2 - i ) I = 3 άρα ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι κύκλος με κέντρο Κ(2, - 1) και ακτίνα ρ = 3.

6. , . Γχ+1 -rx+5 Να υπολογιστει το Ιιm � .__.3 ν2χ + 3 - 3

Λύση: Είναι: lim(.J2x + 3 -3) = Ο, Iim(.Jx + 2 -Vx + 5 ) = 0 χ-->3 χ -->3 έχουμε δηλαδή αοριστία της μορφής Q , οπότε ερ-

0 γαζόμαστε ως εξής: lim Γx+i - rx+S = Iim Γχ+1 - 2 + 2 -� = χ-->3 .J2x + 3 -3 χ-->3 .J2x + 3 - 3

= Iim( Γχ+1 - 2 - rx+5 -�) όμως: .__.3 .J2x + 3 - 3 .J2x + 3 -3

Ι . Γχ+1 -2 • ιm =

Η3 .J2x + 3 - 3 . (Γχ+Ι - 2)( .Jx + 1 + 2) ( .J2x + 3 +3) = hm = Η3 ( .J2x + 3 - 3 )( .J2x + 3 + 3 ) ( Γχ+1 + 2)

= lim Jh.t3 + 3 = � =� Η3 2 ( .Jx + 1 + 2) 8 4

. Vx + 5 -JJg • Ιιm =

Χ-->3 .J2x + 3 - 3

= lim (\Γx+s-V'S)(M+�+{/64)(v'2x+3+3) x-->J ( .J2x+3 -3 )( .J2x+3+3 )( �( χ+5) 2 +{/8χ+4Ο+{/64)

.J9+3 3 + 3 = = = 2 (V64+V64+V64) 2(4 + 4 + 4) 4

Άρα: Iim Γχ+1 -rx+5 = �-.!. = � = .!. χ-->3 .J2x + 3 - 3 4 4 4 2

7. κf( χ) •

Αν lim--= α ε !R , με κ, λ ε !R να υπο­.__.ο λ · χ

λογίσετε το . f ( ρ · χ) lιm , όπου ρ, τ ε IR* ._.ο τ . χ

(συγκεκριμένοι). Λύση:

κ · f( χ) κ f( x) Iim = α <::::? - · lim--= α<::::? Χ-->0 λ • Χ λ Χ -->0 Χ

<::::? Iim f( χ) = λα ε IR χ -->0 χ κ ( 1 )

Θέτοντας χ = ρu έχουμε: χ �Ο<::::? u �Ο οπότε: Iim f ( χ) = Iim f ( ρ . u) = λ · α => χ-->0 Χ u-->0 ρ • U Κ

1 . τ · f ( ρ · u) λ · α τ . f( ρ · u) λ · α - · Ιιm =-=>-· Ιιm =-=> ρ U-->0 τ " U Κ ρ u-->0 τ • U Κ

Iim f( ρ · u) = ρ · λ · α . u -->o τ · u κ · τ Τελικά: Iim f (ρ · χ) = ρ · λ · α χ -->Ο τ · χ κ · τ Παρατήρηση 1 : Τι γίνεται, αν κ = λ = τ = 1 ; Παρατήρηση 2: Αν Iim g(x ) = O και

Χ -+Χο

f {g( χ) ) Iim = α ε IR τότε: χ-->χ0 g ( χ) . f {κ · g( x) ) Ιιm

( ) = κ · α, κ ε IR

Χ-->Χο g Χ

8. Α ν για τις συναρτήσεις f, g υπάρχει περιοχή του χο, ώστε για κάθε στοιχείο της περιοχής αυτής (δηλαδή για κάθε στοιχείο κοντά στο χο) να έχουμε: lim {κ1f ( x) +κ2g ( x) ) = κ

Χ-+Χο

λι, λz, κ, λ ε IR με κ1λ2 :;t κ2λ1 . Να βρεθούν τα lim f ( χ) και lim g( χ) .

Χ-+Χο Χ-+Χο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/62

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Λύση: Θεωρούμε τις συναρτήσεις t και S ορισμένες σε περιοχή του χ0 και με τύπους t(x), S(x) αντίστοιχα, έτσι ώστε: κ1f(χ) + Kzg(x) = t(x) και λιf(χ) + λzg(x) = S(x) Άρα lim t( x) = κ

Χ�Χο

και lim S( x) = λ Χ--7Χο

Θεωρούμε, προς λύση, το σύστημα:

(1 ) (2)

κ1f ( x) + κ2g( x) = t( x)} , , με αγνωστες τις τιμες f(x) λ1f{ χ) + λ2g(χ) = S{ χ) και g(x), και αφού προσδιορίσουμε τους τύπους τους συνεχίζουμε με τις ιδιότητες των ορίων. 9. Να εξεταστεί τις διάφορες τιμές του μ ε JR.

το !��[χ(�μχ2 + 3χ + 1 - χ)J .

Λίγο πριν τη λύση: Επειδή στο πολυώνυμο μχ2 + 3χ + 1 ο συντελεστής του μεγιστοβαθμίου όρου του εξαρτάται από την τιμή της παραμέτρου μ, καλό είναι να διακρίνουμε για τον συντελεστή αυτό τις περιπτώσεις: (i) μ = Ο (ii) μ * Ο

Λύση: Θεωρώ την f, με f { χ) = χ · (�μχ2 + 3χ + 1 - χ) (i) Αν μ = Ο, τότε

Δ� f ι χ) = Δ� [ (χ . -13 χ + ι - χ) J Παρατηρούμε ότι: lim ( 3χ + Ι) = --οο . Άρα δεν

χ ->-χ

έχει νόημα η εύρεση του lim f ( χ) αφού σε X--7-:C

κάποιο διάστημα ( -οο, χ0 ) δεν ορίζεται «κα­λώς» η f.

(ii)Aν μ * Ο τότε: α) αν μ < Ο� Δ� (μχ2 + 3x + l) =

= lim [χ2 (μ +� +�)] = -οο χ->-«> . χ χ

όμοια δεν ορίζεται «καλώς» η f . . . β) αν μ > Ο� lim (μx2 + 3x + l) =

χ->+σο

= lim [χ2 (μ +� +�)] = +οο Χ->-«> Χ Χ άρα υπάρχει κ > Ο, ώστε για κάθε χ ε ( -οο,-κ) , να ισχύει: (μχ2 + 3χ + ι) > ο .

Επομένως έχει νόημα η εύρεση του lim f ( χ) χ---+-χ; .

αφού ορίζεται η f σε διάστημα ( -οο, -κ) . Έτσι: lim f ( χ) = lim [χ (� μχ 2 + 3χ + 1 - χ)] =

Χ--7--<.Ο Χ--7--<.0 � Jlm.H χ' (μ + � +:, ) - χ JJ � χ�Ο lίm (-Χ2�μ +� + } - Χ2 ) = Χ->-«> Χ Χ2 � -Δm.[χ' [ �+ι)] �-οο ()μ + 1 > Ο) .

10. Για μια συνάρτηση f που είναι ορισμένη σ' ένα σύνολο (α,1) υ (1,β) δεχόμαστε ότι: f(χ) -=F- 4 , για κάθε χ ε (α,1) υ (1,β) . Αν 1ίmf(χ) = 4 , να βρεθεί το

Χ->1

. Ιr ( χ) - sι - 1 �·2l f2 (χ) - 5f ( χ) + 4 .

Λύση: Είναι: limf( x) = 4, limf2 { x) = 16

χ->1 χ-> 1

άρα: lim[f2 ( χ) - 5f ( χ) + 4] = Ο Παρατηρούμε ότι: Χ-> 1

lim ( f ( χ) - 5) = 4- 5 = -1 < Ο , άρα υπάρχει περιο-χ-> ι

χή του 1 , ώστε για κάθε στοιχείο της περιοχής αυ­τής να είναι: f(x) - 5 < Ο. Επομένως: . lf( x) - 51 - I . . -f ( x) + 5 - 1 lιm == lιm --:-,..--:''---'----:----:--

.... ι f2 ( x) - 5f( x) + 4 .... ι f2 ( x) - 5f{ x) + 4 = lim -f ( χ) + 4 =

....ι (f{ x) - 4) (f( x) - 1)

= -lim f ( χ) -4 f(x),.4 1 = - lim = χ->1 ( f ( χ) - 4) ( f( χ) - 1)

1 1 --- = --4- 1 3 1 1 . Ν α υπολογιστεί το

χ->! f ( χ) - 1

lx3 · ημ! - 2χ2 + 1 j + x + 2 1. χ ιm -'-------=----'------

Χ->+οο χ2 - χ + 2003 Λύση:

Είναι: lim (χ2 - χ + 2003) = +οο χ->+«>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/63

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Επίσης: ιim (χ3 · η μ_!_- 2χ2 + ι) = X--+t<>O Χ

= ιim rχ2 [ημ� -2 +-ι Jl = -00 X--+t<>O ι Χ 2 χ ι ημ-

διότι: ιim -ι χ = lim ημu = ι , με u = _!._ •

χ-++«> u--+0 U Χ

χ άρα υπάρχει α ε IR. , ώστε για κάθε χ ε ( -οο, α) το 3 ι 2 χ · η μ-- 2χ + ι < Ο οπότε: χ lx3 . ημ_!_ - 2χ2 + ι Ι + χ + 2 ιim χ =

χ-+ +<>ο χ 2 - χ + 2003 2 3 ι 2χ - χ ημ- - ι + χ + 2

= ιim χ x--+t<>O χ2 - χ + 2003 =

χ2 2 --χ +- +-ι χ χ2 ι ημ-[ ημ_!_ ι ι J - lim χ με lim _χ_= ι

- X--+t<>O 2 ( ι 2003) ' X--+t<>O ι χ ι -- +--χ χ2 χ

άρα: lx3 . ημ_!_ _ 2χ2 + ιΙ + χ + 2 ιim χ = 2 - ι + Ο + Ο = ι

χ-+ +<>ο χ 2 - χ + 2003 ι -ο + ο 12. Αν είναι γνωστό ότι: ημ2αχ � ημ3χ + ημ5χ

για κάθε χ ε (-; , ; } α ε IR. και ότι η συ­

αχ2 + 5βχ+ 1 , νάρτηση g( χ) = 2 εχει πεπερα-χ - 1

σμένο όριο καθώς ο χ προσεγγίζει το Ο, να βρεθούν οι τιμές των παραμέτρων. Ποια είναι η τιμή του ορίου;

Λύση: Αρχικά θα υπολογίσω το α ε IR. .

• Αν χ ε ( -�,0) τότε: ημ2αχ ημ3χ ημ5χ ....:..;_-�--+--<:::> χ χ χ

2α ημ2αχ � 3 ημ3χ + 5 ημ5χ 2αχ 3χ 5χ Ό ι. ημ2αχ ι· ημ3χ ι· ημ5χ ι μως: ιm = ιm-- = ιm--=

Άρα: χ--+ο 2αχ χ--+ο 3χ χ--+ο 5χ 2α � 3 + 5 <:::> 2α � 8 <:::> α � 4

• Αν χ ε ( 0,�) τότε: ημ2αχ ημ3χ ημ5χ --"---�--+-- <:::> χ χ χ 2α ημ2αχ � 3 ημ3χ + 5 ημ5χ <:::> . . . <:::> 2αχ 3χ 5χ <:::> 2α � 3 + 5 <:::> α � 4 Από ( ι ), (2) � α = 4. Οπότε: ι. αχ2 + 5βχ + ι ι· 4χ2 + 5βχ + ι . ο 11]) ιm = ιm = .{. ε �

χ--+1 χ2 - ι χ--+1 χ2 - ι επειδή ιim(x2 - ι) = Ο έχουμε

Χ--+1

lim[( x2 - ι) 4χ2 + 5βχ + ι ] = Ο · I! = Ο χ--+0 . χ2 - ι � lim(4x2 + 5βχ + ι) = ο

χ--+1

� 4 + 5β + ι = ο <:::> 5β = -5 <:::> β = - 1

( ι )

(2)

Γ λογι ' ι· 4χ2 - 5χ + ι ' ια τον υπο σμο του ιm 2 εχουμε:

χ--+1 χ - ι Ι. 4χ2 - 5χ + ι ιm 2 χ--+1 χ - ι

4 ( χ - ι) (χ _ _!_) 4(χ _ _!_) ι. 4 1. 4 3 ιm = ιm =-χ--+Ι ( χ - ι) ( χ + ι ) χ-+ Ι ( χ + ι) 2 ·

13. Να υπολογίσετε το:

. lx2 - 3αχ + 2α2 1 + χ-α lιm.!....-----::----.!..._--•--+a Χ2 - (α + 1) χ + α

για όλες τις τιμές που παίρνει η παράμε­τρος δίνεται α * 1 ).

Λύση: Θεωρούμε τη συνάρτηση:

_ lx2 - 3αχ + 2α2 1 + χ - α f(x) - 2 • χ - (α + ι)χ + α ι ) Αν α * Ο έχουμε: α, 2α ρίζες του

χ2 - 3αχ + 2α2 και lim[x2 - ( α + ι) χ + α] = α2 - ( α + ι) α + α = Ο χ--+α

και επειδή

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/64

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

lim( χ2 -3αχ + 2α2 ) = αz -3αz + 2α2 = 0 χ--+α θα διακρίνουμε πλευρικά όρια. Έτσι: i) Αν α > Ο τότε: α < 2α:

Έτσι 1 - α • 1im f(x) =-=-1

χ--+α- α- 1 • lim f(x) = α+ 1 = 1 <::::> α = Ο , άτοπο

χ --+α- α - 1 υπάρχει όριο της f(x) κοντά στο α.

ii) Α ν α < Ο τότε 2α <α, όμοια εργαζόμαστε και καταλήγουμε σε άτοπο. 2) Αν α = Ο τότε βρίσκουμετο lim f(x) = 1 .

χ--+α

14. Αν για την συνάρτηση f: � � � έχουμε: ι ον υπάρχει το limf(x) και ανήκει στους Χ--+0

πραγματικούς αριθμούς

ον , (x + y + z) 2 Ισχυει: f(x) + f(y) + f(z) � f 3 ,

(Ι) για κάθε x,y,z Ε � .

Να αποδειχθεί ότι για τον μιγαδικό w = α + βί με α Ε �+ και β = lim f(x)

X---tX o

lw - i

l ισχύει: -- ::;; ι . w + ι

Απόδειξη:

Είναι: I w - i I ::;; 1 <=> I α + β� -i I ::;; 1 <=> w+ 1 α+βι + 1 <=> Ια + (β - Ι)�� < 1 <=> Ι α+ (β - 1)il ::;; I( α+ 1) +βil <=> (α + 1) + βι <=:>�αz + (β - 1)z ::;; �(α + 1)z + βz <=>

<=:>αz + βz - 2β + 1 ::;; αz + 2α + 1 + βz <::::> <::::> Ο ::;; 2( α+ β) <::::> Ο ::;; α + β , που είναι αληθής διότι για χ = y = z = t η (Ι) γίνεται:

3f(t) � f(t) <=> 2f(t) � ο <=> f(t) � ο '

για κάθε t Ε � . Αν 1im f(x) < Ο , τότε κοντά στον χ0 ισχύει f(x)<O,

Χ---1-Χο

άτοπο αφού f(t) � Ο , για κάθε t Ε � (α � Ο) Άρα: α>Ο lim f(x) � Ο<::::> β � Ο<=:>α+β > Ο .

Χ--+Χο

15. Έστω η συνάρτηση f ώστε f ( χ + y) = f ( χ) · f ( y) για κάθε χ, y Ε � • Έ-

στω lim f ( χ) Ε � • Ν α αποδείξετε ότι Χ--+0 limf ( χ) Ε � για όλα τα ξ Ε � . Να αποδεί-•--+ξ

ξετε επίσης ότι f(x) = Ο για όλα τα χ Ε � ή

limf ( χ) = ι . Χ--+0

Λύση: Απ' τη συνθήκη που ικανοποιεί η f έχουμε για χ = y = 0: f(O) = f(0)2 και συνεπώς: f(O) = Ο ή f(O) = 1 . • Για f(O) =Ο παίρνουμε: f(x) = Ο, για κάθε χ. • Για f(O) = 1 αποδεικνύουμε ότι: limf(x) = 1

χ--+0

Πραγματικά: Απ' την αρχική συνθήκη για y = - χ παίρνουμε:

f(O) = f(x) · f( -χ) = 1 (1) για κάθε χ. Άρα f(x) =F- Ο για κάθε χ και μάλι­στα f(x) > Ο, για κάθε χ.

Έστω τώρα: limf(x) = f . χ--+0

χ=ξ+h Τότε: limf(x) = limf(ξ + h) = lim( f(ξ)f(h)) = Χ-+ξ h--+0 h --+0

= f(ξ)limf(h) = f(ξ) · f Ε IR . h--+0

U=-X Έχουμε ακόμη limf(-x) = limf(u) = f . χ--+0 u--+0

r;,o Άρα απ' την (1) παίρνουμε: fz = 1<:=>f = 1 . (Ζ)

16. Δίνεται η συνάρτηση f: � � � τέτοια ώ­

στε: για κάθε χ Ε � να ισχύει: f(t - ι) = =- 4t3 + ι2t2 - 9t + ι (ι) θεωρούμε την

συνάρτηση g: g(x) = (fofof)(ημx). Να βρεθεί

το lim g( χ) . Χ--+0 Χ

Λύση: Θέτουμε t - 1 = χ<::::> t = χ + 1 , οπότε η (1) γίνεται: f (x) = -4( χ + 1) 3 + 12( χ + 1) 2 -9( χ + 1) + 1 = -4(χ3 + 3xz + 3x + 1) + 12 (xz + 2χ + 1) - 9χ -9 + 1 = = -4χ3 - 12xz - 12χ - 4 + 1 2xz +24χ + 12 -9χ -8 = = -4χ3 + 3χ , για όλα τα χ Ε � •

f(ημχ) = - 4ημ3χ + 3ημχ = ημ3χ (ο γνωστός τύ­πος από την τριγωνομετρία της Β' Λυκείου). Άρα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/65

Μαθηματικά Γ Λυκείου

. g ( x) . ( fofof} ( ημx) . f ( f(f(ημx))) lιm-- = lιm = lιm (1) Χ-70 Χ Χ-70 Χ Χ-70 Χ

όμως: f(f(ημχ)) = f(ημ3χ) = - 4ημ33χ + 3ημ3χ = ημ9χ

και

f(f(f(ημx))) = f(ημ9χ) = - 4ημ39χ+3ημ9χ = ημ27χ Άρα η ( 1 ): lim g( χ) =·1im ημ27χ = 27 · lim ημ27χ = 27 · 1 = 27 Χ-70 Χ Χ->0 Χ Χ-70 27χ

Πσp6γωγος μc τη βοιfΒcισ του Οpιιιμοu

Εισαγωγή Η παρακάτω εργασία περιέχει ασκήσεις υπολογισμού παραγώγων με τη βοήθεια του ορισμού. Δηλαδή, η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο

χο ενός διαστήματος Δ στο οποίο είναι ορισμένη,

αν υπάρχει το lim f(x) - f(xo )

και είναι πραγ-._... χ - Χ ο

ματικός αριθμός.

Στην περίπτωση αυτή γράφουμε: f'( ) - Ι· f(x) -f(x0 ) χ0 - ιm . χ->χσ Χ - Χ ο

Λυμένες Ασκήσεις 1 . Να υπολογίσετε το g'(O) {χ3ημ!, χ =/:. ο

αν g(x) = χ στο Χ0 Ο , χ = Ο

Λύση: Στο χ0 = Ο θα εφαρμόσουμε τον ορισμό;

3 xJημ-lim g(x) -g(O) = lim χ = lim(x2ημ�J ( 1 ) Χ-70 Χ Χ->0 Χ Χ-70 Χ

Θεωρούμε το jχ2ημ�I = Ιχ2 Ι · Iημ �� � ιχι2 (2) και από την lxl � θ <=> -θ � χ � θ , θ > Ο

θα έχουμε -lxl2 � χ2 · ημ� � Ιχ12 (3) χ αλλά lim(-lxl2 ) = limlxl2 = Ο και από κριτήριο Χ-70 Χ-70

παρεμβολής στην (3) θα έχουμε: lim(x2 · ημ�J = O� g'(O) = Ο Χ-70 Χ

Βασίλειος Ασκούνης

2. Να βρείτε τις τιμές των αριθμών α, β Ε JR , , f {αχ2 + ι, χ � ι

ωστε η συναρτηση (χ) = να βχ - 2, χ > ι

είναι παραγωγίσιμη στο σημείο Χο = ι. Λύση:

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Χο = 1 είναι και συνεχής στο 1 άρα: limf(x) = f(1) ή Χ-71 lim f(x) = lim f(x) = f(1) => χ-+1+ χ-+Γ li11! {αx2 + 1) = lim ( βx - 2) = α + 1 χ-+1 χ-+1+

ή α + 1 = β - 2 => β = α + 3 Επειδή η f παραγωγίσιμη στο 1 ισχύει: Ι . f(x) - f(l) ι· f(x) - f(l) χ -+ 1 ιm = ιm , -r-χ-+Γ Χ - 1 χ->1+ Χ - 1

αχ 2 + 1 - α - 1 . βχ - 2 - α - 1 lim = lιm .:..__ __ _ χ - 1 χ - 1 ή λόγω της (1)

α(χ2 - 1) βχ -β lim = 1im-- ή χ->Γ Χ - 1 χ->1+ Χ - 1

( 1 )

lim α( χ - 1} ( χ + 1) = lim β( x - 1) ή 2α = β (2) χ->Γ Χ - 1 Χ-71+ Χ - 1 Από τη λύση του συστήματος των (1), (2) έχουμε α = 3 και β = 6. Για τις τιμές αυτές, πράγματι η f είναι παραγωγί­σιμη στο 1 . 3. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο Ο

και επί πλέον ισχύει για κάθε χ Ε JR : f3 (χ) + xf2 (χ) + x2f(x) = 3χημ2χ . Να βρείτε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/66

Μαθηματικά Γ' Λυκείου

τις τιμές των των f(O), Γ (0).

Λύση: • Για το πρώτο: Θέτουμε στην ( 1 ) χ=Ο και

έχουμε f3 (Ο) = Ο:::::> f(O) = Ο • Για το δεύτερο: Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη

στο Ο έχουμε. f'(O) 1. f(x) - f(O) ( i ) li f(x) 1ID = ιm m--=ω , ω ε !Ι'Ι. χ-+0 χ - 0 χ-+0 χ Διαιρούμε την (1) με χ3 * Ο και έχουμε:

Επομένως: [lim f(x) ]3 +[lim f(x)]2 +[lim f(x) ]=3[lim ημχ ]2 Χ-+0 Χ Χ-+0 Χ Χ-+0 Χ χ-+0 Χ

ή ω3 + ω2 + ω = 3 ή ω3 + ω2 + ω - 3 = Ο ή (ω3 - 13 ) + (ω2 - 12 ) + ( ω- 1) = 0 ή (ω - 1) ( ω2 + ω + 1) + ( ω - 1) ( ω + 1) + (ω - 1) = Ο ή ( ω- 1) ( ω2 + ω+ 1 + ω + 1 + 1) = Ο ή ( ω- 1} ( ω2 + 2ω+ 3) = 0 ή ω = 1 . Άρα, f'(O) = 1 4. Για μια συνεχή συνάρτηση f: IR � IR ισχύ­

ει: (1) ημ2χ - χ3 � xf(x) � ημ2χ + χ3 , για κά-

θε χ ε [Ο, +οο} να δειχθεί ότι:

i) f(O) = Ο ii) Γ(Ο) = 1 Λύση:

Επειδή η f είναι συνεχής στο Ο ισχύει: limf(x) = f(O) (2) χ-+0

Διαιρούμε την (1) με χ -::F- Ο • ημχ · ημχ - xz � f( x) � ημχ ημχ + xz χ χ

ΆJ..λά, lim(ημx ημχ - χ2 ) = Ο · 1 - Ο = Ο και χ-+0 χ lim(ημx ημχ + χ2 ) = Ο χ-+0 χ Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε: limf(x) = Ο και από την (2) :::::> f(O) = Ο χ-+0

ii) Θέλουμε το lim f(x) - f(O) = lim f(x) Χ-+0 Χ - ο χ-+0 Χ

(3)

Διαιρούμε την (1) με χ2 > Ο για χ -::F- Ο . Τότε: (η:')z - x � f�x) � (η�x)z + χ, x -::F- 0 (4)

Αλλά

!i'!i[ (η�)' -+ !i'!i[ (η�)' + χ] = Ι Άρα σύμφωνα με το κριτήριο παρεμβολής και την (4) θα έχουμε: lim f(x) = 1 = f'(O) ή f'(O) = 1 . χ-+0 χ

5. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ3• Αν η ευθεία (ε): y = (α2 - 4)χ - 16 (1) είναι εφαπτομέ­νη της γραφικής παράσταση της συνάρτη­

σης στο σημείο Α (Χο, :χο3), να βρεθούν το σημείο Α και το α.

Λύση:

Η εξίσωση της εφαπτομένης της f στο σημείο Α δίνεται από τον τύπο: ει : y - f(x0 ) = f'(x0)(x - x0) Άρα, ε, : y - χ� = 3χ� (χ -χ0) <=> y = 3χ�χ -2χ� Οι ε1 , ε ταυτίζονται, άρα \ 3χ�=α2 - 4,-2χ�= - 16) {α = ±4} <=> . Τελικά, Α(2,8) και α = ±4 . χ0 = 2

6. Αν η συνάρτηση f: IR � IR με f(1) = 2 είναι παραγωγίσιμη στο 1 με f'(1) = 2 , να υπολο-, ι· x2f(x) - 2 γιστει το ιm 2 •

Χ-+1 Χ - 1 Λύση:

Από: f'(1) = 2 :::::> lim f(x) - f(1) = 2 :::::> χ-+1 χ - 1 lim f(x) - 2 = 2 (1) χ-+1 χ - 1

. x2f(x) - 2 . x2 ( f(x) -2} + 2(x2 -1 ) Το: lιm = lιm---------'------'-x-+1 χ2 - 1 χ-+Ι (χ - 1)(χ + 1)

= lim[f(x) - 2 ·�+ 2] = 3 x-+l χ - 1 χ + 1

7. Για μια συνάρτηση f: IR � IR με f(O) = Ο δε­

χόμαστε ότι: «για κάθε χ και ν ε Ν* ισχύει: ν Σf(κχ) = (ν + 1)ημνχ » (1). Αν είναι παρα-κ= Ι

γωγίσιμη στο Ο, να υπολογιστεί το f'(O) . Λύση:

Απ' τον ορισμό του παραγώγου αριθμού έχουμε: lim f(x) = f'(O) . χ-+0 χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/67

Μαθηματικά Γ Λυκείου

Έτσι για οποιονδήποτε κ Ε { 1 ,2, . . . ,ν} παίρνουμε: lim f(κχ) � lim f(u) = κlim f(u) = κftO) . Απ' Χ--+0 Χ U--+0 1 Κ--+0 U -u κ την (1 ) έχουμε: �)ίmf(κχ) = (ν + 1)1ίm ημνχ ή

κ+Ι χ--+0 Χ χ--+0 Χ (1 + 2 + . . . + ν)f'(Ο) = (ν + 1)ν lim ημνχ = ν(ν + 1)

νχ --+0 νχ Συνεπώς ν( ν + 1) f'(O) = ν( ν + 1) ή f'(O) = 2 . 2 8. Οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες

στο α Ε IR• επιπλέον ισχύουν: f(α) = g(α)

και f(x) + α3 = g(x) + χ3 για κάθε χ Ε IR .

Να δείξετε ότι f'(α) > g'(α)

Λύση: Επειδή οι συναρτήσεις f, g είναι παραγωγίσιμες στο α, υπάρχουν τα όρια Ι. f(x) - f(α) f'( ) liD ιm = α Ε � και χ--+α χ - α

lim g(x) -g(α) = g'(α) Ε IR χ--+α Χ -α Από (ί) και (ίί) έχουμε:

με χ :;t α (1 )

f(x) - f(α) = g(x) - g(α) + χ3 - α3 διαιρούμε με χ - α :;t Ο και έχουμε: f(x) - f(α) g(x) -g(α) ( χ - α) (χ2 +αχ+χ2 ) __;_...:..._____;___;__ = + � χ - α χ - α χ -α lim f(x) -f(α) = lim g(x) - g(α) + lim( χ2 + αχ + α2 ) χ --+α χ -α χ--+α χ - α χ--+α

και λόγω της ( 1 ) έχουμε: f' ( α) = g' ( α) + 3α2 � f' ( α) -g' ( α) = 3α2 > Ο Άρα f'( α) - g'( α) > Ο� f'( α) > g'( α) .

9. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2χ3• Να βρεθεί

η εξίσωση της εφαπτόμενης της γραφικής

παράστασης η οποία διέρχεται από το ση­

μείο Μ(2, 80).

Λύση : Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f σ' ένα σημείο της Α( χ0 , 2χ� ) . Δί-

ε: y = f( x0 ) = f' ( x0 .) { x - x0 ) f{ χ0 ) = 2χ� f'( x) = 6x2 , άρα, f'( x0 ) = 6x� ε: y - 2χ� = 6χ� ( χ - Χ0 ) Επειδή Μ ( 2, 80) Ε (ε) θα έχουμε: 80- 2χ� = 6χ� ( 2 - χ0 ) � 80 - 2χ� = 12χ� -6χ� � 4χ� - 1 2χ� + 80� χ� -3χ� - 20 = 0 (1) Θα λύσουμε την εξίσωση (10 με το σχήμαhοmer. Πιθανές ρίζες είναι: ±1,± 2,± 4,± 5,± 10,± 20 1 -3 ο 20

-2 1 0 -20 ρ = -2 1 -5 10 ο , χ� - 3χ� + 50 = ( Χ0 + 2 ) ( χ� - 5χ0 + 1 0) = Ο� Άρα

Χ0 = -2� f{ -2) = 2{ -2) 3 = -16 και το Α(-2, - 8) η εφαπτομένη τfuε είναι: ε: y- 2(-2)2 = 6(- 2)2(χ + 2) ή ε: y + 16 = 24(χ + 2) ή y-24x= 48 - 16 ή y =-24x = 32 (Η εξίσωση χ� - 5χ0 + 10 = Ο , έχει Δ = 25 - 40 = - 1 5 < Ο άρα είναι αδύνατη στο R). 10. Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο R και

παραγωγίσιμη στο χ0 = Ο με f' (Ο) = Ο . Δίνε-

Από

ται και η συνάρτηση:

) {f(3x) · ημ� , χ :;t Ο

g(x = χ Ο , χ = Ο

Να βρεθεί το g'(O)

Λύση :

f'( Ο) = Ο� lim f(x) - f(O) = Ο� lim f(x) = Ο (1) Χ--+0 Χ χ--+0 Χ Για την παράγωγο της g στο Ο έχουμε:

5 . f(3χ)ημ-1. g(x) - g(O) 1. χ ιm = ιm-------''-"-χ

5 f(3χ)ημ� ::::; f ( 3x) Θεωρούμε χ χ

χ

νεται από τον τύπο: από την ιδιότητα lxl ::::; θ <::::> -θ ::::; χ ::::; θ, θ � Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/68

Μαθηματικά Γ Λυκείου

θα έχουμε: 5

_ ,f(�x) l � f(3χ:ημ-; � lf(�x) l (2)

Αλλά λόγω της (1) θα έχουμε: ο = Iim(- 1 f(3x) l) = - IIim f(3x) . 31 = Iim l f(3x) l (3) Κ->0 Χ Κ->0 3χ Κ--+0 Χ

f(1 ) = f(l) + f(1 ) => f( l) = ο Από την f'( Ι) = 2004 => lim f(x) - f(l) = 2004

Χ->1 Χ - 1 ή Iim f(x) = 2004 ( 1 ), χ * 1

χ->1 χ - 1 Θεωρούμε το

Ι. f(x) - f(x0 ) ιm , χ * χ0 , χ->σο χ - Χ ο χ Ε ( Ο,οο) (2)

Άρα από κριτήριο παρεμβολής θα έχουμε: 5 f(3χ)ημ- θέτουμε στην (2) χ = χ0 • h => h � 1 και η (2) γί-

Ιίm χ = 0 ή g' '(O) = O κ->0 Χ

1 1 . Η συνάρτηση f είναι ορισμένη στο ( Ο, -too) και ισχύουν: i) f' ( ι) = 2004 και

ii) f(x · ψ) = χ2f(ψ) + ψ2f(χ)

για κάθε χ, ψ Ε ( Ο, +οο) Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα ( Ο, -too) με

νεται:

lim[xo f(h) + f(xo) (h - 1)]� h->1 h - 1 Χο

χ0 · 2004+ f(xo ) · 2 = f' ( x0 ) Χ ο f'(x) = 2004χ + 2

f(x).

χ Τελικά, για κάθε χ Ε ( Ο, +οο) θα έχουμε: Λύση:

Θέτουμε στην (ίί) χ =:= ψ = 1 και έχουμε f'( χ) = 2004χ + 2f(x) χ

Παροράματα στο τεύχος 45: • Σελ. 20: 2η στήλη, στίχος 27 από πάνω, αντί του a2 + b2 + c2 + abc = 4 να μπει a 2 + b2 + c2 + abc = 4 .

Στην ίδια στήλη, 6ος στίχος από το τέλος, αντί του 1 < -2χ2 - 2y2 + (χ2 - y2 ) < Ι να μπει ο < Ι - 2χ2 - 2y2 + (χ2 - y2 ) < 1 .

• Σελ. 21: Ι η στήλη, 8ος στίχος από πάνω, αντί του � να γραφεί Ε . Στη 2η στήλη, 5ος στίχος από πά­νω, αντί του Ρ να γραφεί ρ. Σ λ. 33 2 , λ , 4 , , , Ι 1 , 1 Ι

• ε : η στη η, στιχος ος απο πανω, αντι του - > - να γραφει - < - . α β α β • Σελ. 35: 2η στήλη, στίχος 17ος από κάτω, αντί του «<>> να γραφεί «:::;;;» .

Σ λ 51 , g , 4 , Ι Ι Ι , Ι Ι Ι • ε . : ασκηση , στιχος ος, αντι του -β,2 + ---;τ = � να γραφει -β,2 + ---;τ = ;;z . γ υα γ α

Σ λ 53 ' Ι4 ' 3 ' 225μ2 2 β2 ' 225μ2 2 β2 • ε • : ασκηση , στιχος , αντι . . . =--=α + = . . . να γραφει . . . = --, α + = . . . . Ι44 Ι44 Στη 2η στήλη, στίχος 2ος, πρέπει να γραφεί στο τέλος της αράδας ένα =.

• Σελ. 57: άσκηση 1 , αντί του «να δείξετε ότι Ar + ΒΓ2 + ΒΔ2 + ΔΑ2 = 8R2» να γραφεί: ΑΒ2 + ΒΓ2 + ΓΔ2 + ΔΑ2 = 8R2 Στην άσκηση 5 το σωστό είναι: «Να δείξετε ότι: 6ΑΒ2 + 3ΑΓ2 = 2ΒΓ2 + 9ΑΔ2»

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/69

Συνδρομές και αγορές βιβλίων τις ΕΜΕ με VISA ή MASTERCARD � [Ξ:�:] ΠΡΟΣ ΤΗΝ Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

0/Η υπογεγραμμένος/η . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Κωδικός Μέλους: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Κάτοικος: ΟΔΟΣ .. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ΠΕΡΙΟΧΉ . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Τ.Κ . . . . . . . . . . . . . . σας δηλώνω ότι είμαι κάτοχος της κάρτας VISA ή MASTERCARD/ (* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ) Νο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . λήξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και σας εξουσιοδοτώ με την παρούσα να χρεώνετε την κάρτα μου για την πληρωμή των συνδρομών της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας και σας δηλώνω ότι αποδέχομαι από τώρα σαν νόμιμες και ισχυρές όλες τις χρεώσεις που θα γίνονται σύμφωνα με τη δήλωση - εξουσιοδότηση αυτή.

Επίσης σας δηλώνω ότι σε περίπτωση μη αποδοχής της σχετικής χρεώσεως από την VISA ή MASTERCARD/(* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ) αναγνωρίζω ρητά και αμετάκλητα ότι η κύρωση/σεις του συμβολαίου που θα γίνουν από την παραπάνω αιτία οφείλεται σε δική μου υπαιτιότητα.

Η παρούσα εξουσιοδότησή μου ισχύει μέχρι να κοινοποιηθεί σε σας έγγραφη ανάκλησή της. Αθήνα . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

Ο ΔΗΛΩΝ και ΕΞΟΥΣΙΟΔΟΤΩΝ (*) συμπληρώνεται αντίστοιχα η Τράπεζα έκδοσης (Εθνική - Εμπορική κ.λ.π.) ΣΗΜΕΙΩΣΗ: ΜΑΖΙ ΜΕ ΤΗΝ ΠΑΡΟΥΣΑ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΤΕ ΚΑΙ ΦΩΤΟΑΝΤΙΓΡΑΦΟ

ΤΗΣ ΠΙΣΤΩΤΙΚΗΣ ΚΑΡΤΑΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΑΣΤΥΝΟΜΙΚΉ ΣΑΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΑΣ ΚΑΙ ΑΠΟ ΤΙΣ ΔΥΟ ΟΨΕΙΣ.

Ηλεκτρονικό Περιοδικό "ΑΣΤΡΟΛΑΒΟΣ" Η Πληροφορική στην Εκπαίδευση

Το περιοδικό "Αστρολάβος" θα εκδίδεται σε ηλεκτρονική μορφή στο διαδίκτυο από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, δυο φορές το χρόνο. Στο περιοδικό θα δημοσιεύονται επιστημονικές εργασίες σχετικές με την Πληροφορική στην Εκπαίδευση, που αναφέρονται στο μάθημα της Πληροφορικής ή στοχεύουν στην επιτυχημένη ένταξη και παιδαγωγική αξιοποίηση των Νέων Τεχνολογιών στην εκπαιδευτική διαδικασία.

Όσοι επιθυμούν να υποβάλουν εργασία παρακαλούνται να τη στείλουν ταχυδρομικά ή ηλεκτρονικά στην ΕΜΕ.

Περισσότερες πληροφορίες για το περιοδικό στη διεύθυνση www.hms.gr

Η ΣΤΗΛΗ 1ΗΣ ΑΛΛΗΛΟfΡΑΦΙΑΣ

Από τον συνάδελφο Θ. Βαρδάκη από τα Χανιά, πήραμε μια εργασία που αναφέρεται στα κέντρα βάρους επιφανειών. Η εργασία υπερβαίνει το περιοδικό· την παραπέμψαμε στη <<Μαθηματική Επιθεώρηση)). Επίσης, ο συνάδελφος Θ.Β. είχε την καλοσύνη να μας κοινοποιήσει αναφορά του προς το Παι­δαγωγικό Ινστιτούτο με θέμα: <<Παρατηρήσεις στα διδακτικά βιβλία των Μαθηματικών>>. Ο συνάδελφος Ευάγγελος Βλαχογιάννης από τα Διάβα της Καλαμπάκας μας έστειλε μια έργασία 22 σελίδων που ασχολείται με μια καμπύλη που διαγράφει στο τρισδιάστατο χώρο ένα κινητό στο χρονικό διάστημα [to, tn] και η οποία είναι η προβολή μιας τροχιάς που διαγράφει ένα άλλο σημείο του τετραδιάστατου χώρου την παραπέμψαμε στη "Μαθηματική Επιθεώρηση"

• Η συνάδελφος Αγγελική Βλάχου, μέλος της συντακτικής επιτροπής, μας έστειλε το παρακάτω γράμμα:

«Στο τεύχος 45 του Ευκλείδη Β' και συγκεκριμένα στο άρθρο "Δραστηριότητα στην τάξη" υπήρξαν κάποια τυπογραφικά λάθη που δεν ανταποκρίνο-νται στην προσπάθεια που γίνεται.)) Η Σ.Ε. απαντά: Ζητάμε συγγνώμη και την κατανόηση των αναγνωστών μας και υποσχόμαστε στο μέλλον να αποφεύγουμε παρόμοια λάθη. • Ο συνάδελφος Γ. Γρηγοράκης από τη

Θεσσαλονίκη μας έστειλε το παρακάτω γράμμα:

«Καταρχάς συγχαρητήρια για την εμφανή ποιοτική άνοδο του περιοδικού. Θα ήθελα να διορθώσω μια λεπτομέρεια στο ενδιαφέρον άρθρο του συνα­δέλφου Θ. Χαραλάμπους: «Κοινές εφαπτόμενες κωνικών τομών» του τεύχους 43.

Στη σελ. 8 στις τρεις τελευταίες σειρές αναφέρεται πως όταν έχουμε αντίθετους συντελεστές διεύθυνσης, οι ευθείες είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα χ' χ. Θυμίζω ότι δύο συναρτήσεις f, g με το ίδιο πεδίο ορισμού Α έχουν γραφικές παραστάσεις συμμετρικές ως προς τον άξονα χ'χ όταν επαληθεύουν τη συνθήκη f(x) = -g(x) , για κάθε χ Ε Α (1) Στη συγκεκριμένη περίπτωση έχουμε συμμετρία ως προς τον άξονα χ' χ επειδή: λ ι = .jro; ,

Υ ( , Ρ ) 1 c 1 Κι = 2;;;;; αφου κ = 2λ και "2 = -νcq = -,"1 ,

Ρ Kz = -- = -κι . 2 (-λι) Έχουμε τις εφαπτομένες: ει � y = λιχ + Κι , ε2 � y = -λ2χ - Κι που ικανοποιούν τη συνθήκη ( 1 ) συμμετρίας ως προς τον άξονα χ' χ. • Ο συνάδελφος Ηλίας Ζωβο"ίλης απ' το

Δάσος Χαϊδαρίου μας έστειλε ένα γράμμα στο οποίο παρουσιάζει την παρακάτω διαπραγμάτευση του 4ου ζητήματος των απολυτηρίων εξετάσεων για το 2002 στα Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ Λυκείου. «Απ' το β(ί) έχουμε: f'(x) = �f( ) , για 1 + e χ

κάθε χ Ε .IR (1). Απ' τη σχέση αυτή συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνήσια αύξουσα στο .IR . Τώρα απ' τη γνωστή σχέση " ex 2: χ + 1 , για κάθε

χ Ε R , για την οποία το «=» ισχύει μόνο όταν χ = Ο'', συμπεραίνουμε ότι:

e-f(x) ;:::: -f(x) + 1 , για κάθε χ Ε .IR . Οπότε, σύμφωνα με τη δοσμένη συνθήκη για την f, έχουμε: f(x) - x + 1 2: -f(x) + 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/71

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Συνεπώς f(x) �� , για κάθε χ Ε JR .

Έχουμε ακόμη ef(x) � f(x) + 1 . Κι επομένως e-f(x) · ef(x) � e-f(x) ( f(x) + 1) ή 1 � f(x)e-f(x) + e-f(x) . Άρα: χ - f(x) + e-f(x ) � f(x)e-f(x) + e-f(x) ή χ � f(x)( 1 + e-f(x) ) ή χ � f(x)-1- ή f' (χ)

χ f' (χ) � f (χ) , για κάθε χ Ε IR (2) Τελικά παίρνουμε:

; � f(x) � xf'(x) , για κάθε χ Ε IR

Από τη (2) συνάγεται αμέσως ότι f (Ο) = Ο και συνεπώς δεν είναι απαραίτητο να αποτελεί δεδομένο. Ακόμη συμπεραίνουμε ότι το «=>> ισχύει μόνο όταν χ = Ο .

Άρα ; � f(x) � xf' (χ) , για κάθε χ Ε JR* >>. • Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης από τη

Λάρισα μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα που είχαν προταθεί στο τεύχος 43 κι είχαν δοθεί οι λύσεις τους στο τεύχος 44. από το συνάδελφο Γ. Τριπικέλη από τον ακαδημαϊκό κ. Ν. Αρτεμιάδη (lo και 2ο)

� από το συνάδελφο Ν. Βαδιβούλη (1ο και 2ο) � από το μηχανολόγο κ. Τ. Ιωσήφ.

Δίνουμε τη διαπραγμάτευση αυτή επειδή είναι ουσιαστικά διαφορετική από εκείνη που είχαμε εκθέσει στο προηγούμενο τεύχος. «Δίνονται δύο ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, Γ Δ (σταθερά κατά θέση και μέγεθος). Ν α προσδιοριστεί σημείο Μ στο εσωτερικό του ευθύ'yραμμου τμήματος ΑΒ έτσι ώστε: "η κάθετη στην ΑΒ που άγεται από το Μ και τέμνει το ΓΔ στο σημείο Ν, να επαληθεύει τη

, ΑΒ ΜΒ σχεση: - = -- ". ΓΔ ΝΓ α) Έστω ότι οι ευθείες που ορίζουν τα

ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, Γ Δ τέμνονται σ' ένα σημείο Ο.

Δ

θ Ο Μ Β

Αφού τα ευθύγραμμα τμήματα ΑΒ, Γ Δ είναι σταθερά κατά θέση και μέγεθος είναι δεδομένα τα μέτρα των γωνιών φ, θ. Κι ακόμη, το ΒΓ είναι σταθερό κατά θέση και μέγεθος. Ας είναι Κ το σημείο που η κάθετη στο Μ της ΑΒ τέμνει τη ΒΓ. Απ' το τρίγωνο ΓΚΝ έχουμε: (ΓΚ) = (ΓΝ) ή _(ΓΚ_) = _(ΓΝ_)

ημ(90° - φ) ημ(90° - θ) συνφ συνθ (1)

Παρόμοια από το ορθογώνιο τρίγωνο ΜΚΒ παίρνουμε:

(ΚΒ) = (ΜΒ) συνθ

Από την (1) παίρνουμε: (2)

(ΓΚ) (ΓΝ) c;! (ΓΝ) = (ΓΝ) (ΚΒ) συνφ (ΚΒ) συνθ (ΜΒ) συνθ (ΜΒ)

συνθ Τελικά λόγω της δοσμένης σχέσης έχουμε:

(ΓΚ) (ΓΝ) (ΓΔ) (ΚΒ) = (ΜΒ) συνφ = (ΑΒ) συνφ

Με άλλα λόγια το Κ διαιρεί το ΒΓ σε σταθερό , (ΓΔ) λόγο λ = (ΑΒ) συνφ . Και συνεπώς το Μ

προκύπτει ως η ορθή προβολή του Κ στην ΑΒ. Για να είναι το Μ εσωτερικό του ευθύγραμ­μου τμήματος ΑΒ, πρέπει το Κ να είναι εσωτερικό του ΒΓ. Δηλαδή πρέπει να ισχύει: (ΓΔ)συνφ < (ΑΒ) .

β) Έστω ότι οι ευθείες ΑΒ και Γ Δ είναι παράλληλες.

Γ Ν Δ

κ

θ Α Μ Β

Τα τρίγωνα ΓΚΝ και ΚΜΒ είναι όμοια.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/72

Η στήλη της Αλληλογραφίας

'Ε ου : (ΓΚ) =

(ΝΓ) =

(ΓΔ) . Χ

με (ΚΒ) (ΜΒ) (ΑΒ) Και συνεπώς το Κ χωρίζει το ΒΓ σε λ(yyo λ ΓΔ (Η , , ,

= - . περιπτωση αυτη εμπεριεχεται ΑΒ στην προηγούμενη για φ = Ο).

y) Έστω ότι η ΓΔ είναι κάθετη στην ΑΒ. r

Ν Δ ι

I

Α Μ Β

'Εχουμε: συνθ = (ΜΒ) ή (ΜΒ) =(ΒΙ) συνθ (Β Γ) Ισχύει: (ΑΒ) = (ΜΒ) => (ΝΙ) = (Γ Δ) (ΜΒ) =

(Γ Δ) (ΝΙ) (ΑΒ) Οπόtε: {ΝΓ) =

(ΓΔ) (ΒΓ)συνθ (ΑΒ) Το Ν είναι εσωτερικό στο ΓΔ διότι: (ΓΔ) (ΒΓ) συνθ =>

(ΓΔ) (ΑΒ) < (ΓΔ)». (ΑΒ) (ΑΒ) • Ο συνάδελφος Χρ. Ευσ. Ηρακλείδης, από τη Ρόδο, μας έστειλε ένα γράμμα που παρουσιάζει μια μέθοδο επίλυσης προβλημάτων στις αριθμη-τικές προόδους. Θα αξιοποιηθεί. • Ο μηχανολόγος κος Τάσος Ιωσήφ, απ' την

Κέρκυρα, μας έστειλε την παρακάτω επιστολή:

"Σας ευχαριστώ για την φιλοξενία της άσκησής μου στο τεύχος 43 σελίδα 14. Επίσης ευχαριστώ όλους όσοι ασχολήθηκαν για τη λύση της. Ιδιαιτέρως · ευχαριστώ και συγχαίρω τον κύριο Σωτήρη Λουρίδα για τη λύση που' δοσε και δημοσιεύθηκε στο τεύχος 44."

• Ο κύριος Δημήτρης Καρβέλας, από τη Πεύκη Αττικής, μας έστειλε μια σειρά προβλημάτων "τα οποία επαληθεύονται πειραματικά αλλά χρειάζονται και μαθηματική απόδειξη"

Η Σ.Ε. ωιοντΟ.� Λάβαμε τις ασκήσεις που μας στείλατε. Φυσικά

δεν είναι έργο της Ε.Μ.Ε. η λύση τους. Αν θέλετε να συμπεριλάβουμε την εργασία σας στο περιοδικό μας παρακαλούμε να μας στείλετε και τις λύσεις όλων των ασκήσεων. Βάλτε έναν τίτλο στο άρθρο σας, γράψτε μια μικρή εισαγωγή στην οποία να φαίνεται ο στόχος του άρθρου και αν θέλετε σημειώστε μας ποιες από αυτές να δώσουμε προτεινόμενες (για λύση). Η εργασία σας ολοκληρωμένη θα κριθεί από την συντακτική επιτροπή. Ευχαριστούμε για την συνεργασία σας. • Ο συνάδελφος Γεώργιος Κατσαούνης, από

την Πρέβεζα, μας έστειλε λύσεις στα παρα­κάτω θέματα: > Το είχε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος

Νικόλαος Αρτεμιάδης ( 1 ). > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α.

Ιωαννίδης. > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α.

Κυριακόπουλος. > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Σ.

Σκοτίδας (1) > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Σ.

Σκοτίδας (2) Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου, που είναι καθαρά γεωμετρική.

Α

z Γ

Στη πλευρά ΓΒ παίρνουμε τμήμα ΓΕ ίσο με την πλευρά Γ Α. Φέρουμε τη διχοτόμο της BAr που τέμνει την ΓΡ στο Δ και από το Ρ παράλληλη προς τη ΔΕ που τέμνει την ευθεία ΓΒ στο Ζ.

1 Από την σχέση ΒΓ = ΑΓ + -ΑΒ έχουμε 2

ΒΓ - ΑΓ = _.!._ ΑΒ άρα ΒΕ = _.!._ ΑΒ η ΒΕ

= _.!._

2 2 ΑΒ 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/73

Η στήλη της ΑλληλΟ'yραφίας

Επίσης είναι ΒΡ = .!_ ΑΒ οπότε ΒΡ = .!_ · 2 · ΒΕ ή 4 4 ΒΡ 1 - =-ΒΕ 2 (1 ) Τα τρίγωνα ΒΕΡ και ΑΒΕ είναι όμοια γιατί έχουν τη γωνία Β κοινή και τις πλευρές που την περιέχουν ανάλογες. Άρα ΡΕΒ = Ρ ΑΕ = φ . Από το ισοσκελές τρίγωνο ΑΓΕ προκύπτει ότι

Α f Β Α ΕΑΓ= 90° -- =-+- άρα 2 2 2 Α Α Α Β Α Α Β ΕΑΔ = ΕΑΓ-ΔΑΓ =-+- --=-2 2 2 2

Α Β ήτοι ΕΑΔ =-2 Θα δείξουμε τώρα όn το τετράπλευρο ΑΔΕΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Αρκεί γι' αυτό να δείξουμε

Λ Β Λ Λ Β Λ ότι ΖΕΗ =- οπότε θα είναι ΡΕΗ = φ +-= Ρ ΑΔ 2 2

, 11 θ , ΖΕ ΡΔ (2) , Επειδη ΗΔ ΖΡ α ειναι -=- και απο ΕΓ ΔΓ δ , , , ΔΡ ΑΡ την ιχοτομο ΑΔ εχουμε επισης ΔΓ = ΑΓ

οπότε ΖΕ = ΑΡ όμως ΕΓ = ΑΓ άρα ΖΕ = ΑΡ. ΕΓ ΑΓ

(3)

Αν καλέσουμε το τμήμα ΒΡ = χ εύκολα προκύπτει όn ΒΕ = 2χ (από την ( 1 )), ΑΡ = 3χ και ΒΖ = ΖΕ - ΒΕ = 3χ - 2χ = χ. Είναι λοιπόν το τρίγωνο ΒΖΡ ισοσκελές, ΒΖ = ΒΡ

, Λ Β , , Λ , , οποτε Ζ = - ( αφου η γωνια Β ειναι εξωτερικη 2

στο ΒΖΡ τρίγωνο). Επίσης είναι Ζ = ΖΕΗ και άρα ΖΕΗ = Β . 'Εχουμε δείξει έτσι ότι 2

Α Β Α ΡΕΗ = φ +- = Ρ ΑΔ και επομένως ότι το τετρ. 2 ΡΕΔΑ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο θα ισχύει επομένως ΑΡ Δ = ΑΕΔ ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Όμως

Α Α Β ( fJ Β ΑΕΔ = ΑΕΓ-2 = 90° -2 -2 =

A B f f B A ' Α Α =-+-+----- =- και τελικα ΑΡΔ =-2 2 2 2 2 2 2 ή Α = 2ΑΡΔ ή ΡΑr= 2ΑΡΓ .

� Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Στρατής ( 1 ).

Ιδιαίτερο ενδιαφέρον έχει η απόδειξη της συνέχειας της f σε ένα κάποιο χ0 ε JR : Η συνάρτηση F(x) = 3χ + 5 είναι προφανώς συνεχής. Άρα: "για κάθε ε > Ο υπάρχει κάποιος δ > Ο τέτοιος ώστε: για κάθεχf.JΕ lx -χ0 1 < δ ισχύει: IF(x) -F(x0 )I < ε ;, ή σύμφωνα με τη συνθήκη · που ικανοποιεί η f: 12r(x) + f( x) - 2f(xo) _ f{ x0 ) 1 < ε ή

I{ 2f(x) - 2f(xo ) ) + ( f{ χ) - f{ Χ0 ) } 1 < ε Κι επειδή η f είναι γνήσια αύξουσα οι αριθμοί: 2f(x) - 2r(xo) , f( χ) - f{ χ0 ) είναι ομόσημοι. Συνεπώς η ( 1) γίνεται: 12f(x) - 2f(xo) l + lf ( χ) - f{ Χο ) I < ε Κι επομένως: "για κάθε ε > Ο υπάρχει δ > Ο τέτοιος ώστε: για κάθεχμε lx -x0 l < δ ισχύει: IJ(x) -f(xo )l < ε " Κι αυτό σημαίνει ότι: "η f είναι συνεχής στο χσ".

� Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ε. Ευθύμογλου (1 ).

� Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ε. Ευθύμογλου (2)

• Ο συνάδελφος Γ. Κεραμιδάς από την Κέρκυρα, μας απέστειλε απαντήσεις: � Στο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος

Σ. Σκοτiδαςστο τεύχος 43, σελ. 14. � Στο θέμα που είχε προτείνει ο

συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος στο ίδιο τεύχος και σελίδα.

Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου διότι είναι διαφορεnκή από εκείνη που δημοσιεύσαμε (από τον συνάδελφο Α.Κ.). Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Ας είναι άνισες οι πλευρές. Δηλαδή: α * β * γ * α . Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε: α > β > γ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/74

Η στήλη της Αλληλσyραφίας

Άρα 1 > � >1 > 0 . α α Ισχύει: α ν < β ν +γ ν , για κάθε ν ε Ν* (τριγωνική ανισότητα). Οπότε: 1 < (�)ν + (�)ν Άρα: ! s .�- [(H + ω} 1 ::::; lim (�)ν + lim (r)ν = Ο+ Ο ή ν � +οο α

ν � +οο α

1 ::::; Ο άτοπο. ;;.., Στο πρώτο θέμα που είχε προτείνει ο

ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43, σελ. 14.

'Υ Στο δεύτερο θέμα που είχε επίσης προτείνει ο κ. Ν. Αρτεμιάδης στο ίδιο τεύχος, σελ. 1 .

(Η λύση- του συναδέλφου είναι γεωμετρική . . Το θέμα όμως έχουμε τη γνώμη ότι έχει εξαντληθεί). )Ο> Στο πρώτο θέμα που είχε προτείνει ο

συνάδελφος Ν. Βαβιδούλης στο τεύχος 43, σελ. 14.

;;.., Στο θέμα που είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τ ριmκέλης στο ίδιο τεύχος στην ίδια σελίδα.

Δίνουμε τη διαπραγμάτευση του συναδέλφου διότι είναι διαφορετική: Το σύστημα γράφεται ισοδύναμα: {y = 21xl + lxl - x2 - α}

χ2 + y2 = 1 Η εξίσωση χ 2 + y2 = 1 παριστάνει τον κύκλο κέντρου Ο (0, Ο) και ακτίνας ρ = 1 . Ακόμη χ ε [ - 1 , 1 ] . Θεωρώ τη συνάρτηση

f (x) = 21xl + lxl - x2 - α /[ - 1 , 1 ] την οποία μελετάμε. Προφανώς η f είναι άρτια. Επομένως ο άξονας y'y είναι άξονας συμμετρίας της Cr. Γι' αυτό περιοριζόμαστε στο διάστημα [0, 1 ] . Έτσι έχουμε: f(x) = 2χ + χ - χ2 + α /[0, 1 ] . Η f έχει παραγώγους κάθε τάξης στο [0, 1 ] .

Κι έχουμε: f'(x)=2xln2+1-2x, rw(x)=2x(ln2)2 -2, f(J) (χ) = 2χ (ln2)3 . Κι επειδή f(J) (χ) > Ο , για κάθε χ, συμπεραίνουμε ότι: fw I [0, 1 ] 1. , Ο < Χ < 1 => fw (Ο) < fw (Χ)=> Άρα· . (ln2)2 - 2 < fw (Χ) < 2(ln2)2 - 2 Επομένως: f" (χ) < 2[ (ln2)2 - 1 J < Ο (αφού ln2 < lne = 1 ). Κι επειδή η f είναι συνεχής συμπεραίνουμε ότι: «η fείναι κοίλη στο [0, 1 ] ». Άρα: f'l [0, 1 ] J. Επομένως:

f' (O) > f' (x) > f' (l) , για κάθε χ ε (0, 1 ) ή ln2+ 1 > f' (x) > 2ln2 - 1= ln4 - 1> 1ne - 1= 0

Έτσι η f είναι γνήσια αύξουσα στο [0, 1 ] (αφού είναι συνεχής και για κάθε χ ε (0, 1) ισχύει f' (x) > Ο ). Άρα η f/ [0, 1 ] 1. Συγκροτούμε πίνακα μεταβολών:

χ -οο

f(x) Γ( χ)

f(x)

ο 1

+

-τ.εrτ.μ

I f 1-α ...___ --2,_;;---

+ οο

Λόγω της συμμετρίας της Cr ως προς τον άξονα y'y, καταλαβαίνουμε ότι: «αν η Cr συναντάει το μοναδιαίο κύκλο σ' ένα σημείο που βρίσκεται στο δεξιό ημιεπίπεδο, τότε θα συναντάει τον κύκλο στο συμμετρικό σημείο του αριστερού ημιεπιπέδου)) (άτοπο: το σύστημα θα είχε δύο λύσεις). Άρα, για να έχουμε μία μόνο λύση στο σύστημα πρέπει 1 - α = 1 ή α = ο . τότε η λύση (μοναδική) του συστήματος είναι (χ, y) = (0, 1 ) . )Ο> Στο πρόβλημα που είχε προτείνει ο

μηχανολόγος Τ. · Ιωσήφ στο ίδιο τεύχος 43 (σελ. 14).

)Ο> Τη γενίκευση της ανισότητας που είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καζακόπουλος στο τεύχος 42 και είχε προτείνει στο τεύχος 43 ο συνάδελφος Γ� Τριπικέλης.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π5

Η στήλη της Αλληλογραφίας

• Από το μαθητή της Α' Λυκείου Επαμεινώνδα

Κούλη από την Πάτρα, πήραμε μια ωραία απόδειξη του 2ου θέματος που έχει προτείνει ο ακαδημαϊκός Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14). Αν και έχει εξαντληθεί το ζήτημα, δίνουμε τη διαπραγμάτευσή του για να τιμήσουμε μια προσπάθεια ενός νέου ανθρώπου.

Τα τρίγωνα ΑΕΒ και ΔΕΓ είναι ίσα. Διότι έχουν ΑΒ = ΔΓ = α , ΒΕ = ΕΓ και ΑΒΕ = 75° = ΕΓΔ . Άρα: ΑΕ = ΕΔ Τα τρίγωνα ΔΕΓ και ΕΖΓ είναι ίσα.

(1)

Διότι έχουν κοινή την ΕΓ, ΔΓ = α = ΖΓ και ΕΓΔ = 75° = ztE .

Άρα: ΔΕΓ = ΓΕΖ= = 90° - 15° = 75° Συνεπώς το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. Οπότε ΔΕ = ΔΓ = α .

Θα αποδείξουμε ότι το πηλίκο διαφορών f (χ) - f (χ0 ) , , , ο θ , ----'---'---------=---=- εχει το πεπερασμενο οριο -t κα ως χ - Χο ο χ τείνει στον χο. Έχουμε:

(�) I

lim f(x) - f (x0) = lim {f(x) - f (x)) = χ� χ0

- χ - χ0 χ� χ0- (χ - χ0 )'

lim f' (x) = lim g (χ) = f χ� Χο- χ� χσ

(�) I

lim f (x) - f (x0) = lim ( f (x) - f (x)) χ� χσ• Χ - Χο χ� χσ• (χ - Χο)' lim f' (x) = lim h (χ) = f

χ� χσ• χ� Χο

Άρα: lim f (x) - f (xo ) = f , δηλαδή f' (x) = f . χ� χσ χ - Χο

Σttμεfωσtt: Έχουμε δικαίωμα να εφαρμόσουμε τον κανόνα De L'Hospital σε καθένα από τα διαστήματα (α, χ0) , (χ0 , β) γιατί η f είναι παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα. " ��\ ttfttl\lttlt

Κι επομένως το τρίγωνο Σωστές οι παρατηρήσεις του συναδέλφου. Την ΑΕΔ είναι ισόπλευρο. πρόταση αυτή (και την απόδειξή της με τον

• z

Από τον συνάδελφο Ηλία Κωνσταντόπουλο

από τη Ραφήνα, πήραμε ένα γράμμα με τις παρακάτω παρατηρήσεις:

Σχετικά με την άσκηση του συναδέλφου Κ. Σπανουδάκη (τεύχος 43, σελ. 73), η πρόταση αυτή εμπεριέχεται και στο βιβλίο «Μαθηματικά Γ Λυκείου - 2» (σελ. 65) που είχε γράψει ο ίδιος. Συγκεκριμένα: Αν μια συνάρτηση f : (α, β) � R είναι συνεχής σ' ένα σημείο χ0 του (α, β) και είναι παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, χ0) , (χ0 , β) , , . Α f' ( ) _ {g (χ), για α < χ < χ0 ετσι ωστε. ν χ - h ( ) β χ , για χ0 < χ < με lim g (χ) = lim h (χ) = f, (f ε R) ,

τότε η f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 και μάλιστα ισχύει: f' (x0) = f .

Am\k\�ηt

κανόνα De L 'Hospital) μας απέστειλε και ο συνάδελφος Πολύκαρπος Λόης, εκ μέρους της ομάδας Μαθηματικών των Εκπαιδευτηρίων Γείτονα που συντονίζει. • Ο συνάδελφος Χ. Πατήλας από τα τρίκαλα,

μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα του τεύχους 43 : > ( 1 °) και (2°) που πρότεινε ο Ακαδημαϊκός

κύριος Ν. Αρτεμιάδης. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Α. Κυριακό­

πουλος. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας. > Που πρότεινε ο συνάδελφος Γ. Τριπικέλης.

• Ο συνάδελφος Δημήτρη Πισπινής από τον Έβρο, μας έστειλε λύσεις στα παρακάτω θέματα: > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α.

Κυριακόπουλος στο τεύχος 43 (σελ. 14). > Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γ.

Στρατής στο ίδιο τεύχος. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/76

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Στη διατύπωση του θέματος υπήρχε τυπογραφικό λάθος, το οποίο και διόρθωσε. Τον ευχαριστούμε.

» Το · είχε προτείνει ο ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14) ( 1).

Με άλλο γράμμα του ο συνάδελφος μας έστειλε τις απαντήσεις του στα θέματα: . που Πρότεινε στο τεύχος 44.

» ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης. » ο συνάδελφος Α. Κυριακόπουλος. » ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδα (2). » ο συνάδελφος Γ. Στρατής (2).

Προτείνει ακόμη μια ωραία άσκηση στους Μιγαδικούς Αριθμούς (εμπεριέχεται στη στήλη 'Ό Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο" και ένα άρθρο προς δημοσίευση πάνω στη Στατιστική. 8 Από τον συνάδελφο Χ. Παυλίδη πήραμε μια

εργασία ( 19 σελίδες) με ασκήσεις πάνω στις πολυωνυμικές εξισώσεις.

8 Ο συνάδελφος Βασίλης Σαλεβουράκης από την περιοχή Ζωγράφου, μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση του 4ου θέματος των Πανελλήνιων Εξετάσεων 2002 Γ Λυκείου Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύ­θυνσης, που στηρίζεται στην ανισότητα Jensen, κατά την οποία: «Αν μια συνάρτηση στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω κατά μήκος ενός διαστήματος Δ και α Ε Δ , β Ε Δ με α< β,

τότε η χορδή ΑΒ είναι πάνω από την καμπύλη C τηςf κατά μήκος του διαστήματος (α, β)».

Υ

ο

�Β I I I I

ά β χ

Θυμίζουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σ' όλο το R και ικανοποιεί τις συνθήκες f (x) - e-f(x) = χ - 1 , για κάθε χ Ε JR. και f (Ο) = Ο .

Α ν Ε το εμβαδόν του χωρίου Ω που

ορίζεται από τη γραφική παράσταση της f, τις

ευθείες χ = Ο , χ = 1 και τον άξονα χ' χ, να

δείξετε ότι: !: < Ε < !. f (1) . 4 2

Λύση Επειδή η f είναι κυρτή αφού f"(x) > Ο , για κάθε χ Ε JR. , η γραφική της παράσταση βρίσκεται μεταξύ της εφαπτομένης της Cr στο Ο και της χορδής ΟΑ, οπότε ισχύει:

Δ Δ (ΟΒΓ)<Ε< (ΟΑΓ) ( 1 ) Δ 1 1 1 Όμως: (ΟΑΙ)=2 (α)(ΓΑ)=2 1. f(1)=2 f(1)

Δ 1 1 1 και (ΟΒΙ)=2(α)(ΙΒ)=21- (τεαιyμένητσυΒ)=2 ΥΒ

Υ f(1 )

1 2

ο

I I I : r 1 χ

Η εφαπτομένη της Cr στο Ο είναι: ε � Υ- f (Ο) = f' (Ο) ή y = .!_ χ αφού χ - 0 2

ef(x) 1 f' (χ) = f( ) και συνεπώς f' (Ο) = - . 1 + e χ 2

Άρα y8 =.!_ . Τελικά (ΟΒΓ) = .!_ ·.!_ =.!_ 2 2 2 4

Και συνεπώς η ( 1 ) γίνεται: _!. < Ε < _!. f(1) . 4 2 8 Ο συνάδελφος Δημήτρης Τικτόπουλος. απ'

τον Πειραιά, μας έστειλε με Fax τη λύση του στο θέμα που 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Ν. Αρτεμιάδης στο τεύχος 44 σελ. 14 ( 1 ).

Στην εργασία αυτή ο συνάδελφος χρησιμοποιεί τις παρακάτω δύο προτάσεις ως κριτήρια.

( 1 η): «Κάθε αριθμός της μορφής 4k + 3 όπου k Ε Ζ δεν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών)).

(2η): «Κάθε αριθμός της μορφής 2( 4k + 3) όπου k Ε Ζ δεν μπορεί να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών)).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/77

Η στήλη της Αλληλογραφίας

Στη συνέχεια παρατηρει οτι: «ο ένας απ' τους τρεις διαδοχικούς ακέραιους αριθμούς που αναζητούμε είναι πολλαπλάσιο του 9)) Βρίσκει ότι στο σύνολο S = { 1, 2, . . . , 100} υπάρχουν 4 τριάδες διαδοχικών αριθμών που ικανοποιούν τα επιτάγματα του προβλήματος: {8, 9, 10} , {1 6, 1 7, 1 8} , {72, 73, 74} , {80,8 1, 82} Ξεκινώντας από τη πρώτη τριάδα όπου: 8 = 22 + 22, 9 = 32, 10 = 32 + 1 αναξητάει τους θετικούς ακεραίους χ, y για τους οποίους ισχύει: η = 2χ2, η + 1 = y, η + 2 = y + 1 . Καταλήγει έτσι να αναζητήσει το πλήθος των λύσεων της εξίσωσης: 2χ2 + 1 = y ή i - 2χ2 = 1 ή (y- xJ2){ y+ xJ2) = 1 Παρατηρεί ότι μία λύση της (1) είναι: (χ, y) = (2, 3) Θέτει: (3 + 2J2γ = Υν + xvJ2 όπου χv, Υv θετικοί ακέραιοι Οπότε (3 - 2J2γ = Υν - χνJ2 και συνεπώς (Yv -xvh){Yv + χνh) = (3- 2J2γ · ( 3 + 2J2γ = = [(3 - 2J2)(3 + 2F2)T = 1 Δηλαδή το διατεταγμένο ζεύγος ( χ ν , y ν ) είναι λύση της εξίσωσης και συνεπώς οι αριθμοί: 2χ� , y� , y� + 1 για κάθε ν ε Ν• είναι λύσεις του προβλήματος. Εύκολα διαπιστώνεται ότι τα διατεταγμένα ζεύγη ( χ ν , y ν } είναι άπειρα και συνεπώς άπειρες είναι οι τριάδες που κατασκεύζουμε με τη βοήθειά τους. • Ο κύριος Νικόλας Τσελίκας, απ' τη

Μεταμόρφωση, μας έστειλε την παρακάτω επιστολή. «.. . Θα ήθελα, αν είναι δυνατό, μέσω του περιοδικού "Ευκλείδη" να μου εξηγήσετε γιατί: ενώ η συνάρτηση φ(χ) = 3χ είναι γνησίως αύξουσα, θα πρέπει και η συνάρτηση σ( χ) = 3x'-Jx να είναι γνήσια αύξουσω)

Η Σ.Ε. απαντά: Η συνάρτηση σ(χ) προκύπτει απ' τη φ(χ) αν αντικαταστήσουμε τον χ με την παράσταση:

χ2 - 3χ που είναι μια άλλη συνάρτηση. Αυτή η συνάρτηση είναι γνήσια φθίνουσα στο δ ' ( 3 J ' ' ' ' ξ ιαστημα -οο, 2 , ενω ειναι γνησια αυ ουσα στο

διάστημα [%,+οο J . Πραγματικά: Ας πάρουμε τη συνάρτηση f( χ) = χ2 - 3x /IR . 'Ε χουμε: f ( χ} = (χ -% J 2 -� και παρατηρούμε ότι:

3 3 3 χ < χ <-� χ -- < χ - - < 0� I 2 2 ' 2 2 2 � (χ , -%]2 > ( χ2 -%]2 �

� (χ -�J2 _.2_ > (χ -�J2 _.2_ � I 2 4 2 2 4 � f( x3 } > f( x2 } 3 3 3 2 � χ, < χ2 � Ο � χ, -2 < χ2 -2 �

� (x� -%J2 < (x2 -%J2 �

� (χ -�J2 _.2. < (χ -�J2 _.2_� I 2 4 2 2 4 � f( x3 ) < f ( x2 ) Αν τώρα τις συνδυάσουμε παίρνουμε: χ, < χ2 <%� f( x, ) > f( x2 } � 3f(x, ) > 3f(x,) ή σ( χ, ) > σ( χ2 ) � < χ < χ � f( χ ) > f( χ ) � 3f(x, ) > 3f(x, ) η' 2 - I 2 I 2 σ( χ1 } < σ( χ2 } Δηλαδή η συνάρτηση σ(χ), που σας ενδιαφέρει, δεν είναι μονότονη. Αυτό οφείλεται στο ότι η f(x) δεν είναι μονότονη.

Για δείτε τώρα: Ας πούμε ότι έχουμε δύο συναρτήσεις τη y = f(x) και τη y = g(x), που είναι η μία γνήσια αύξουσα και η άλλη γνήσια φθίνουσα κι είναι κι οι δύο ορισμένες σ' όλο το IR . Μπορεί να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση y = f(g(x)) και η συνάρτηση y = g(f(x)) είναι γνήσια φθίνουσες;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/78

Η στήλη της ΑλληλΟ'yραφίας

Από το φοιτητή του 1 ου έτους του Τμήματος Πολιτικών Μηχανικών της Πολυτεχνικής Σχολής του ΑΠΘ Χρ. Τσολαρίδη και την αδελφή του, Αναστ. Τσολαρίδου, μαθήτρια της Β' Λυκείου, από τη Θεσσαλονίκη, πήραμε ένα γράμμα στο οποίο παραθέτουν 13 τρόπους στο πρόβλημα με το τετράγωνο που είχε προτείνει ο ακαδημαϊκός κ. Ν. Αρτε-

Επομένως το τραπέζιο ΑΒΖΕ είναι ισοσκελές και άρα ΒΕ = ΖΑ = ΑΔ = ΒΓ δηλαδή το ΒΕΓ είναι ισόπλευρο. • Ο συνάδελφος Νίκος Φάπας, από τη Νέα

Σμύρνη, μας απέστειλε μια εργασία πάνω στις παράγουσες και κατ' επέκταση στον υπολογισμό ορισμένου ολοκληρώματος. Θα αξιοποιηθεί στο επόμενο τεύχος.

μιάδης στο τεύχος 43 (σελ. 14). • Δίνουμε τον 7° τρόπο.

Από τον κ. Λουκά Χυτήρη λάβαμε ένα γράμμα, του οποίου παραθέτουμε ένα μέρος (το πιο σημαντικό): Κατασκευάζω μοναδικό ισόπλευρο τρίγωνο ΑΖΔ .

Άρα: ΑΒΖ= ΒΖΑ = 75° = ΖrΔ (Βλέπε παρακάτω σχήμα).

Α

Οπότε ΖΑΒ = 30° = ΓΔΖ , ΑΒ=ΑΖ= ΔΖ=ΔΓ. Το τρίγωνο ΒΓΖ είναι ισοσκελές και μάλιστα

ίσο με το ΑΕΔ διότι έχουν ίσες βάσεις και ίσες τις γωνίες παρά τις βάσεις με 1 5°. Επειδή τα σημεία Ε και Ζ ισαπέχουν συγχρόνως των Α, Δ και Β,Γ η ΕΖ είναι μεσοκάθετη στις ΑΔ, ΒΓ και άρα ΕΖ//ΑΒ.

«Αγαπητέ ΕΥΚΛΕΙΔΗ, είμαι συνδρομητής σας τα τελευταία 4-5 χρόνια, χωρίς να είμαι ούτε μαθηματικός, ούτε μαθητής απλά είμαι ένας φίλος των Μαθηματικών. Εργάζομαι στα ΕΛΤΑ κι έτσι βλέποντας κάποτε τον ΕΥΚΛΕΙΔΗ, θυμήθηκα τα σχολικά μου χρόνια και αποφάσισα να εγγραφώ συνδρομητής για να λύνω καμιά άσκηση, απ' αυτές που μπορώ, φυσικά. ( . . . )

Τέλος πάντων, κατάφερα να λύσω, όπως νομίζω, την άσκηση του κ. Ιωαννίδη της Άλγεβρας, τις δύο γεωμετρικές του κ. Σκοτίδα και τη δεύτερη γεωμετρική του κ. Ευθύμογλου.

Έλαβα δε το θάρρος να σας στείλω και μια δική μου άσκηση Γεωμετρίας» (δες τη στήλη «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ προτείνει. . . Ευκλείδη και Διόφαντσ>) ).

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · � .

8 Ο συνάδελφος Κοσ� rιφόζας απ' τη Βούλα Αττικής, μας έστειλε ένα γράμμα Ξ . στο οποίο περιέχεται το παρακάτω πρόβλημα που δόθηκε σε υποψηφίους για Ξ . κάλυψη θέσεων δευτεροβάθμιας εκπαίδευσης σε πρόσφατο διαγωνισμό τραπέζης. Ξ .

«Ένα αοτοκίνητο ξεκινά από μια πόλη Α με προορισμό την πόλη Β. Αν διανύει •

τα 150 χιλιόμετρα σε 2 ώρες, φτάνει στον προορισμό τοu cmς 8 π.μ. Αν διιιν6ει τα 270 χιλιόμετρα σε 3 cόρες, φτάνει στον προορισμό τοu cmς 6.π.μ. Η απόσταcrη τιον

: 2 πόλειον είναι: . Ξ α. 40 χιλ. β. 5Ο χιλ- y. 20 χιλ. δ. 30 χιλ.» . .

Ξ Η Σ.Ε. απαντά: .

: Έχετε δίκιο. Έπρεπε να υπάρχει άλλη μια απάντηση: ε. άλλη ή ε. 900 χιλιόμετρα. . .

.

.

.

.

.

.

.

.

.

.

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

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λcπ' τ.2/79

λέξεων κλε ιδ ιών """'''',..."" του άρθρου

8 . .

�� �llt; J��-J· .�� ; ,��:."'-· . "{l��� '

E:ΔV..,JΉτNΊirJW l\ιfl�®'Iallitr.AΔΔ,JrΩa::�rcτ i�·-Εκδόσεις τη��Ιλληνι κής Μαθημαt�Ί<ή .;;:ι· · ·

"\ t\!\1,����ς � "\ _,_

- __ ...... . . -

� • Ευκlείδη�Α' • ΕυκltίδηςΒ'

• Μαθημαηκή Ειιθtώpηση • Εuκλείδηςy'

Νέες Εκδόσεις • ΔιιθνtίςΜοΟημmκiςΟlυpιιάδες(1959·2ΟοeJ , . • ΒαΑκανικiςΜαβημοτικiς Οlυμιιάδις (1984·2001) • Θε�ρίαΑριθμών • Ήριιινοςλλεξανδpίιiις (Μετρικά · Διόtrτρο)

Εκδόσεις; της; ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ

.... -

ιι,.::ι.ι.ι.Μc RHSEΛM. ιJ i\l;ιτΗ;,_ιτιa

ι,,-QIUl."':τκs n

Ερι.uνηηκη διο στοσn

ιι. ....... .. __ .. •q·tno••'l't ..... , •• ........... ιιιιιι�ς�r._..

� \ \H\ιlfi.H� \1\ΗΙΙ ΙΙ\ 1 11<11� I 1\ll'tl•\� Ot:U FTΙJ\:

LOUIS BRAND

MASHMATIΚH ΑΝΑΛΥΣΗ

ΣτοΙΧF.ΙΟΔΗΣ; rιΕΟΜΣΤΡΙ<\ ΛΠΟ ΑΝΟ:ΤΕΡΙΙ ΣκοnrΑ

""'"·'.ιι�ι.AI"I'L>tloWI:I; �-­

-

ΜΑΘΗΜΑτtΚΗ ·55 ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ 7-:7

8ι.vnnt 1111 - - ΙΙΙΣΩΙΙΙΣ

ΕυιcλεiδηςΑ": Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής llαβημcmκές 11ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ Δκιλέ(εις: Ο τόμος 5 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ Ολυμιιιάδες 1959 - 1999:20 ευρώ 14ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βαλuνιιίς Μα8ιμιιιιές 15ou Πανελληνίου Συνεδρbυ 17 ευρώ Σχολεία: β ευρώ δρχ. ΟΑuμπιάδες 1984al1: 15 ευρώ 16ou Πανελληνίου Συνεδρίου 17 ευρώ

ΕυκλείδηςΒ": Τεύχος 2,5 ευρώ θέμαια εξmίσεων στα A.E.I 17ou Πανελληνίου Σuνεδρίου 25 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 - 1989: 6 ευρώ 1βου Πανελληνίου Συνεδρίου 25 ευρώ

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πραιmι:ά: Συνiδριο Hemιis "92 (Αyyλιιιά)

Σχολεία: 1 Ο ευρώ 1 ου Πανελληνίου Συνεδρίου 6 ευρώ 25 ευρώ ΕυύεiδηςΓ: Τεύχος 5 ευρώ 2ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ Συνέδριο Hemιis "94 (Αyyλιό)

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 3ou Γ1ανελληνίοu Συνεδρίου β ευρώ 2 1όμοι ο Ίάμος 15 ευρώ ΙΙα8ημ. Εmβειίιρηση: 4σJ.5ou ΓΙαΙιελληνkχι ΣυνεδρbJ β ευρώ Γραμμιιοί Myερpa

Τεύχος 5 ευρώ 6ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ (Gr. llιmcιes) 6 ευρώ Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 7ou Πανελληνίου Σuνεδρίου β ευρώ ΗΡΟΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ

ΙΙΙαβημcιιιιιή Ανάλυση (Louis Bnιnd) ΔιαtοριUς Εξισώσεις

25 ευρώ

(Steplιenson) 1 Ο ευρώ Ισιορίσ ΙΙΙαβημσιιaών Loήa (4Ίόμα4Α,Β,ΓΑιΓΒοΊάμιιςβ ευρώ 70 Χρόνια E.II.E. 4 ευρώ Ελληνική ΙΙcιβημσnιιί Βιμιοypαfία 4 ευρώ Σπιιpιιίιδης Γειιιμεηιία cm6

Ασιpολάρος: Τεύχος 5 ευρώ βου Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ (Ονόμcmι Γειιιμειpικών όριιιν Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ 9ou Πανελληνίου Συνεδρίου β ευρώ ΓΕ0ΙΙΕΙΡΙΚΑ) 20 ευρώ Ανtίπερη Σκσιπά β ευρώ

Δrλ1fο (IWeliι): Τεύχος 7,30 ευρώ 10ou Πανελληνίου Συνεδρίου 17 ευρώ (llπρι&ά -Αιόπιpα) 20 ευρώ θειιιpία � 17 ευρώ

Τα παλαιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τιμές τοu 2002

Σαβ���ς Σημιίο αναφοράς στο ικπαιδιυτικό βιβλί

ΓΡΑ Μ Μ Ι Κ Η Ι ΑΛΓΕΒΡΑ Ι J ;\ � !.ι J f il 1 Ξ l

'J I ( i1 I .{ !

BIBΛIOpuθu.ι..� τ ιμή 2 .50 Ευρώ

ι · ι · ι ι ι , I I ι ι I Ι< Α 1 -�-05Fi�·

www.saνa las . q r ΖQΟΔ. ΠΗΓΗΣ 1 8 & ΣΟΛQΝΟΣ, ΑθΗΝΑ 1 0 6 8 1 ΤΗΛ.: 2 1 0 3 3 0 1 2 5 1 FAX: 2 1 0 33 0 6 9 11:3