Ευκλειδης Β 47

EBPOYPIOI· ΕΥΡΩ 2,5

Νοοόριος Πρωτοπαπάς •uσιιι� yιν. mιιδιfας

r Ινιαfου Λυιιιfου

κ. Α. Κιιριακ6πουλος Μatιιματιd Ιn. mdluνιιις

ι· Ινtιfιu Λuιιιfου

Τ ριανrάψυλλος Μελισσαρόπουλος

·"'� r Ινιαfοu Λυιιιfου ιn. ι uιν. nuόΟυνσqς

Γ. Βιδάλης - Β. Γ κιμίσης

'Λλyιρpα yιν. mιιδιfας ι· Ενιαfου Λυιιιfου

Ανrώνης Σαρρηyιάννης

Mdoδoλoyfa ,υσιιιής ι· lνlafou Λυιιιfου

τ άσος Βαρδόπουλος

Μιβοδολαyfα Χημdας r Ινιαfου Λυιιιfου Oct. nuόΟυνσqς

Μ. Γ εωρyάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά. Ευιιλιfδιια Γιlι)μιtpfα

Β' Ενιαiου Λυκιfου

I. Κ(ψαλλωνίτης, Β. Χρησrίδης

Χημιfα lct. ιιαtιόβυνcrης ι· Ενιαfου Λυιιιfου

Ελ. Χονδροyιάννης, Δ. Σουψλής Aνcimuξη •pμο�ν

crι ntιινpομματιιτ�ιιό mpιρauoν r lνlafou Λυιιιfου

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΒ www.patakis.gr

Α. Δασκαλάς, Κ. Σπανός κ.ά. Φυcrικ� yιν. nαιδιfας

Β' Ενιαfου Λυκιfου

μαθηματικά Γ' Ενισlοu ι\υ•εΙοu

Ματθαίος Τ σιλπιρίδης Μαβημαtιιιd yιν. nαιδιiας

Γ Ενιαfου Λυιιιfου

Πάρις Μηλίτσης

φ� οιιιονομιιιής βllι)pfaς Γ lνlafou Λυιιιfου

Από το Παιδαγωγικό Ινοτιτούrο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού

των ΕΚΔΟΣΕΩΝ ΠΑΤΑΚΗ ως ΕΠΙΣΗΜΑ ΣΧΟΛΙΚΑ ΒΙΒΛΙΑ yια τα σχολεία όλης της Ελλάδας.

Υπcύ6υvοι Έκδοσης Ευσταθίου Ευάγ:yελος, Μπαραλής Γεώργιος, Στραπ'ις Ιωάννης

Συvιακιική Ομάδα: Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελική Δοt'ιναβης Αντώνης

Ευθύμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμάτης Καρκάνης Βασίλης Κατοοόλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος θανάσης Κυριακοποόλου-Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας θανάσης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρας Ηλίας Παππάς Γιώργος Ρήγας θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης ΣαiτηΕόα Σταθόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος Γιώργος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποποόλου Λίνα Χαραλάμπους θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Συvcρyάιcς: Φελλοόρης Ανάργυρος, Στέφανος Μέτης, Νικόλαος Λιναρδάτος, Παόλος Μάοτακας, Νικόλαος Φάππας.

ΕΚΔΟΣΙΙ ΤΙΙΣ ΕΛΛΗΝΙΚΙΙΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΙΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ:36 17 784 - 36 16 532 Fax: 36 41 025 Εκδόιψ;;: Αλεξανδρής Νικόλαος ΔιcυΟυvιής: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105 - 7998 Επιμέλεια 'Εκδοσης:

Μαραγκάκης Στέλως

�ΥΝΛf>ΟΜΕ� Τεύχος: 2,50 ευρώ Ετησια συνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ) Συνδρομητές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Οργανισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Εnιιαγές Τ. Γραφcίο Allήvn 54, Τ.θ. :30044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 47 • Ιανουάριος • Φεβρουάριος • Μάρτιος 1003 • Ευρώ: 1,50

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

ΜΑΘΗΜΑ τΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ Λ YKEIO

Π Ε Ρ I Ε Χ -0 Μ Ε Ν Α 2 Αρχαία Ελληνικά Μα8ηματικά

4 Προ8λήμαια απ' ιην Κα8ημεριvή Ζωή

6 Ο Ευκλείδη� προιείνει ... Ευκλείδη και .. .Διόφαvιο

11 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 14 Μα8ηματικοί Διαyωνισμοί - Μα8ηματικέ� Ολυμπιάδε�

21 Ολυμπιακέ� Προσεyyίσει�

I Μα6ημαιικά yια ιην Α' Τάξη ωυ Λυκείου I

25 Ασκήσει� λλyε8ρα�, Σύνολα - Συναριήσει�

28 Παράλληλε� Ευ8είε�

I Μα6ημαιικά yια ιηv Β' Τάξη ιου Λυκείου I 35 λλyε8ρα Γενική� Παιδεία�

35 I. Πρόοδοι

39 11. Εκ8ειική και Λοyαρι8μική Συνάριηση

44 Γεωμειρία: Εμβαδά

50 Κανονικά Πολύyωνα • Μέιρηση Κύκλου

I Μα6ημαιικά yια ιηv Γ Τάξη ιου Λυκείου I

56 I. Γενική Παιδεία

56 Ασκήσει� Σιαησιική�

62 11. Θετική · Τεχνολοyική Καιεύ8υνση

62 Θεώρημα Rolle - Θεώρημα Μέση� τιμή� και οι συvέοε� ιου

67 Μονοιονία Συνάριηση�

73 Ολοκληρώμαια

78 . Κάτι περίερyα ολοκληρώμαια

Ειαύπωση ΙΙ\ΤΕΡΠΡΕΣ Λ.Ε., Ιερά οδός 81 - &3 Σι_οιχcιοΟcσία · Σc1ιδοποίηση �� blt-Jμ��} �� Ακαδημίας 43, τηλ 210-3606826 YrreuO. Τuποyραφeίοu: Π Τρικεριώτης-ΤηλΜ74654

Εισαyωyή στην Έρευνα ΙστΌρικών θεμάτων ο «Ευκλείδης Β'» παρακολουθεί με ιδιαίτερο ενδιαφέρον και χαρά, τον αυξανόμενο ρυθμό των επ"fστολών που δέχεται από τους αναγνώστες του, με θέματα γύρω από την Ιστορία των ΕλληνιΚών Μαθηματικών.

Πολλές απ' αυτές προέρχονται από μαθητές διαφόρων Λυκείων της χώρας, οι υπόλοιπες είναι, είτε από συναδέλφους μαθηματικούς, είτε από αναγνώστες που αγαπούν τα Μαθηματικά. Ωστόσο, η αναζήτηση, η επιλογή και η παρουσίαση τέτοιων θεμάτων, δεν είναι εύκολη υπόθεση. Απαιτείται γνώση, πείρα, κόπος, χρονοβόρα προσπάθεια και, προπαντός, συστηματική βοήθεια από κάποιον που θα βοηθήσει να � περκεράσετε τις πρώτες δυσκολίες.

Σ' αυτό το άρθρο, υποδεικνύουμε τον τρόπο μελέτης ενός «εμπειρικού Ηρωνικού τύπου» που μας δίνει το μήκος ενός τόξου μικρότερου ημιπεριφερείας. Την έρευνα αυτού του θέματος, που γίνεται για πρώτη φοpά, θα την κάνουμε μαζί σας, υποδεικνύοντας μόνο τον τρόπο της διαδρομής της. Τα αποτελέσματα θα τα βρείτε μόνοι και θα aξιολογήσετε το σφάλμα που γίνεται για τις διάφορες τιμές της επίκεντρης γωνίας φ.

Ο «Ευκλείδης Β'» θα δημοσιεύσει την καλλίτερη παρουσίαση και τα ονόματα όλων των αναγνωστών που θα λάβουν μέρος.

Το θέμα που θα ερευνήσουμε είναι η αξιοπιστία του εμπειρικού τύπου:

S = �β2+4υ2 +! (1) 4 ο οποίος μας δίνει Γ το μήκος S ενός τόξου, όταν γνωρίζουμε το μήκος της χορδής του, ΑΒ=β και το μήκος του βέλους του, ΔΓ = υ (βλ. Σχήμα). Η διαδικασία που θα ακολουθήσουμε είναι η παρακάτω:

lo Βήμα: Εκφράζουμε τα β και υ συναρτήσει της ακτίνας r και της επίκεντρης γωνίας φ.

Χρήστος Κηπουρός, Μαθηματικός- Ιστορικός

Με αντικατάσταση των τιμών των β και υ από τη (2), η (1) γίνεται:

.--------

S(φ) = 2r ημ2�+ (1 - συν�Ι +�(1 - συν�) (3)

2ο Βήμα: Θέτουμε: S1 (φ) = 2r ημ2� + (1 - συν�)2 και

s2 ( φ) = �( 1 -συν�) οπότε η (3) γίνεται:

(4) 3ο Βήμα:

-Το πραγματικό μήκος του τόξου ΑΓΒ = Σ( φ) υπο-λογίζουμε από τον τύπο:

πr Σ( φ) =-·φ � Σ( φ) = 0, 01745(rφ) 1 80 4ο Βήμα:

(5)

β = 2rημ � και υ = r( 1 -συν �) (2) Σχηματίζουμε τη συνάρτηση: F(φ) = S1(φ) + S2 (φ) - Σ( φ) (6)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/2

Αρχαία Ελληνικά Μαθηματικά

5ο Βήμα: Σχηματίζουμε τη συνάρτηση: F(φ)/Σ(φ) (7) που δίνει το σχετικό σφάλμα. Δίνουμε, τώρα, γενικές συμβουλές για να φτάσετε, μΖ ασφάλεια, στο ποθούμενο αποτέλεσμα, το οποίο, όπως θα διαπιστώσετε, είναι και σπουδαίο και θεαματικό!

1 η Σε καμία περίπτωση να μην απογοητευθεί τε και να εγκαταλείψετε την προσπάθεια, στην πρώτη δυσκολία.

2η Τις συναρτήσεις S1(φ) και S2(φ) θα εκφράσετε συναρτήσει του ημ φ και, ως δια μαγείας, θα 4 απλοποιηθούν.

3η Για την ακτίνα r, να δώσετε την αριθμητική τιμή 1 Ο, που είναι και η αγαπημένη τιμή του Ήρωνα. Έτσι, π.χ. η συνάρτηση Σ( φ) γίνεται:

Σ(φ) = 0,1745 φ

φ rad Sι(φ) Sz(φ)

ι ο 0,01745

4η Να κατασκευάσετε τέλος, τον παρακάτω πίνακα και να τον συμπληρώσετε με τις αντίστοιχες τιμές των συναρτήσεων που περιέχει, αυξάνοντας κατά 10°, τη γωνία φ, με φ Ε (0, 180•) .

511 Αν χρησιμοποιήσετε «κομπιουτεράκι)) με τριγωνομετρικές συναρτήσεις, τέσσερα δεκαδικά ψηφία είναι αρκετά.

Ο παραπάνω πίνακας θα σας βοηθήσει για τον έλεγχο των υπολογισμών σας.

6η Αν χρησιμοποιήσετε το πρόγραμμα EXCEL, τότε τρέξτε τα δεδομένα και θα σας δώσει συμπληρωμένο τον πίνακα ανά 1 ο για τη γωνία φ.

7η Κατασκευάστε τα γραφήματα των συναρτήσεων: Sι(φ)+Sz(φ), F(φ) και F(φ)ΙΣ(φ).

8η Μελετήστε τα διάφορα γραφήματα και γράψτε μας τα συμπεράσματά σας.

Sι+Sz Σ( φ) F(φ) F(φ)/Σ(φ)

10° 0, 1745 1 ,7447 0,0095 1 1 ,75429 1,745 0,00929 0,005325

60° 1 ,0472 10,352 0,3349 10,6887 10,47 0,2177 0,020795

160° 25,7 1 15 2,0658 27,622 27,774 0, 1425 0,005 106

ΙΣΤΟΡΙΚΟ

Το θέμα που θα εξετάσετε είναι ένας εμπειρικός τύπος που χρησιμοποιεί ο Αλεξανδρινός Μηχανικός Ήρων για τον υπολογισμό του μήκους ενός κυκλικού τόξου του οποίου γνωρίζουμε τη χορδή (βάση του τόξου) και το βέλος του (ύψος) (Βλ. ΗΡΩΝΟΣ Γεωμετρικά, σελ. 359).

Την εποχή εκείνη (50 π.Χ. - 1 50 μ.Χ) που, πιθανόν να έζησε ο Ήρων, δεν ήταν εύκολη υπόθεση ο υπολογισμός του μήκους ενός τυχαίου.· τόξου, δηλ. ενός τόξου που η βάση του δεν ήταν πλευρά κανονικού πολυγώνου. Επειδή, οι επιστήμονες α't)-

τής της εποχής δεν είχαν εύκολη πρόσβαση στον πίνακα των χορδών του Ίππαρχου (145 π.Χ), έπρεπε, να βρεθεί κάποιος μαθηματικός τύπος για να μπορούν οι ενδιαφερόμενοι επιστήμονες, να υπολογίζουν τα τόξα που οι βάσεις τους, δεν ήταν πλευρές κανονικών πολυγώνων.

Τον τύπο αυτό μας έδωσε ο Αλεξανδρινός μηχανικός Ήρων και περιέχεται στον IV τόμο των απάντων που έχει εκδοθεί από την ΕΜΕ, το έτος 1995 και με τίτλο: «Ονόματα Γεωμετρικών Όρων, Γεωμ& τρικά))

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.213

HPt:I6ANAIA� AH'I'NI�

lo Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ι. Μαντάς στο τεύχος 43, σελ. 17.

Ένα διαστημόπλοιο κινείται γύρω απ' τη γη στο επίπεδο του ισημερινού. Αν θεωρήσουμε ως αρχή του Συστήματος Συντεταγμένων το κέντρο της γης, τότε η θέση του στο επίπεδο αυτό δίνεται κάθε χρονική στιγμή t από τις εξισώσεις:

πt πt χ = 7.000συν-, y = 7.000ημ-6 6

(τα μήκη μετρώνται σε χιλιόμετρα, ο χρόνος σε ώρες). ί. Να αποδειχθεί ότι το διαστημόπλοιο κινείται

σε κύκλο, του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα.

ίί. Κάθε πόσες ώρες ολοκληρώνει το διαστημόπλοω μία περιστροφή γύρω από τη γη;

iii. Όταν t = 37.5 ώρες το διαστημόπλοιο πυροδοτεί τις μηχανές του και ακολουθεί απ' αυτό το σημείο κι έπειτα ευθύγραμμη τροχιά, εφαπτομενική της προηγούμενης κυκλικής τροχιάς του. Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας πάνω στην οποία θα κινηθεί.

iv. Ποια ευθεία θα ακολουθούσε το διαστημόπλοιο, αν πυροδοτούσε τις μηχανές. του 90 λεπτά νωρίτερα;

Απάντηση: Υ

Υ • Για το (ί):

Οι συντεταγμένες του διαστημόπλοιου την τυχαία χρονική στιγμή t είναι:

χ = 7.000συν πt 6 πt y = 7.000ημ6

, πt χ πt Υ Οποτε: συν6= 7.ΟΟΟ, ημ6= 7.ΟΟΟ κι επει-

δη, 2 πt 2 πt Ι , , συν 6 +η μ 6 = συμπεραινουμε οτι:

2 2 χ + Υ = 1 ' χ2 + 2 = (7.000)2 . (7.000)2 (7.000)2 η Υ

Και συνεπώς το διαστημόπλοιο κινείται στον κύκλο κέντρου 0(0, Ο) δηλαδή το κέντρο της γης και ακτίνα R = 7.000 km.

• Για το (ίί): Το διαστημόπλοιο ολοκληρώνει μια περιστρο

φή 'γύρω απ' τη γη αν και μόνο αν το μέτρο της γωνίας ΑΟΔ που είναι: φ( t) = π t γίνει ίσο με 2π 6 (όπου Δ η θέση του διαστημοπλοίου). Έτσι έχουμε:

�t = 2π <=> t = l2 ώρες 6

• Για το (ίίί): Για t = 3 7.5 ώρες το μέτρο της γωνίας ΑΟΔ

γίνεται: π · (37 .5) = 6π + � . Άρα η θέση του δια-6 4

---

στημόπλοιου είναι το μέσο του τόξου ΑΒ και έχει συντεταγμένες: ξ = 7.000συν�, η = 7.000ημ π

4 4 ή ξ = 3.5oo.J2 = 5.οοο km,

η = 3.5oo.J2 = 5.οοο km. Η γραμμή που θα κινηθεί είναι η εφαπτομένη

του κύκλου Δ κι έχει εξίσωση: χχ0 + yy 0 = R 2

ή 3.500.Jix + 3.500.Jiy = (7.000)2

ή χ + y = 3.500.J2.


Προβλήματα απ' την καθημερινή ζωή

• Για το (iv): Α ν πυροδοτούσε τις μηχανές του 90 λεπτά =

1 .5 ώρες νωρίτερα, τότε t = 36 ώρες κι επομένως η γωνία ΑΟΔ θα 'χε μέτρο 36 π = 6π . 6

Άρα η θέση του διαστημοπλοίου θα 'τανε το σημείο Α. Και συνεπώς η ευθεία που θα ακολουθούσε το διαστημόπλοιο θα 'τανε η κάθετη στο Α του άξονα χ'χ.

• Όμοια λύση μας έστειλε ο συνάδελφος Γ. Κρε-

Υ 0,25m

κ

Η ( 1 ) γίνεται: dx

dy -xdt dt .J1 - 4x2

ο Λ χ χ

ή dy = �(!.J1 - 4χ2 J dt dt 4

μυδάς απ' την Κέρκυρα. και συνεπώς: ................

2ο Το είχε προτείνει ο συνάδελφος Χρ. Πατήλας απ' τα Τρίκαλα Θεσσαλίας. Πτυσσόμενη κεραία μήκους 24 cm στέκεται

κατακόρυφα με το ένα άκρο της σταθερό στο & δαφος. Σχοινί μήκους ι m είναι στερεωμένο με τις δύο άκρες του Κ, Λ στο έδαφος και το μέσο του είναι περασμένο από μικρή οπή που υπάρχει στο άνω άκρο (μεταβλητό) έτσι ώστε να είναι τ& ντωμένο.

Αλλ.ά για t = Ο είναι χ = Ο και y = 0,25 m.

Άρα c = O Συνεπώς ο τύπος της (2) γίνεται:

1 ι 2 {Υ> 0 y =-ν1-4χ <::::> 4 16y2 = 1 - 4χ2

ή {Υ :20

y2 . (0,5)2

+ (0,25)2 = 1

(2)

(3)

Η κεραία αρχίζει να κινείται οριζόντια έτσι ώστε να είναι πάντα κάθετη στο έδαφος και κάθε

χρονική στtΎμή από τότε που άρχισε να κινείται

ισχύει:

Δηλαδή το πάνω άκρο της κεραίας γράφει μια ημιέλλειψη, της οποίας τα Κ, Λ είναι οι εστίες.

dy .J z dx -· ι - 4χ +χ- = 0 dt dt

(ι)

ι όπου χ < - η απόσταση της κεραίας από την

2 αρχική της θέση και y το ύφος της κεραίας σε

μέτρα.

Να δείξετε ότι: ((ΤΟ σχοινί κατά την παραπά

νω κίνηση είναι τεντωμένο».

Απάντηση:

Δεχόμαστε ότι το έδαφος είναι επίπεδο οπότε η διεύθυνση της κεραίας πριν αρχίσει να κινείται και η ΚΛ ορίζουν ένα επίπεδο κατακόρυφο.

Στο επίπεδο αυτό η διεύθυνση της κεραίας ορίζει το θετικό ημιάξονα Oy και η ΚΛ τον οριζόντιο ημιάξονα χ'χ. Θεωρούμε δηλαδή ότι το κάτω άκρο της κεραίας είναι η αρχή Ο του Συστήματος Συντεταγμένων.

Άρα: ΚΜ +ΛΜ = 2 · (0,5) = 1 . Δηλαδή το σχοι-νί είναι τεντωμένο.

fENIKA θΕΜΑΤΑ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΩΝ

UHIIi!ll - ff.XNOΛl'Πfii\1-MΠ;'\'11\'N!.HΣ

ΚΥΚΛΟΦΟΡΗΣΕ ΓΕΝΙΚΑ ΘΕΜΑΤΑ

ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΩΝ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

I (Θετικής· Τεχνολογικής κατεύθυνσης) -------'

!),..,,,, "' - '""ι,..,._ .... ,_."' ..... .... ... __ ,.__.,. Jό __ ._

Συγγραφική ομά�α

Μαθηματικών I• Β. Βλό.χοι; • Π. Κουτσούκοι; • Π. Ξηρόκωσται; • Χ. Πλατήι;

Ένα βιβλίο σταθμός στη μέση εκπαί�ευση με α. Αναφορά στα λεπτά σημεία των Μαθηματικών

και στα σημεία που γίνονται λάθη β. Εκατοντά�ει; θεωρητικό. θέματα όλα λυμένα ν' Για τουι; μαθητές που στοχεύουν στο 30 και 40

θέμα. ν' Για τουι; Μαθηματικούς που �ι�άσκουν στο

Λύκειο, στο φροντιστήριο, στο ι�ιαίτερο.

Κοστίζει περίπου όσο μια ώρα ιδιαίτερο.

Εξασφαλίζει εκατοντάδες ώρες διδασκαλίας.

ΕκΜσειι;: Β. ΒΛΑΧΟΣ (Μαθηματικός και Φυσικόι;)

ΠΑΠΑΦΛΕΣΣΑ 3 13451 ΖΕΦΥΡΙ • ΑΘΗΝΑ ι Τηλ.: 010 2384834 Fax: 010 2320954 : '

----------------�


Ο Εκλείδης προτείνεL .• Ευκλείδη •.. και Διόφαντο

Ο Εuκlι:ίδnς

Ι. Απαντήσεις των θεμάτων που 'χανε προταθεί

στο τεύχος 45.

1. (το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικό

λαος Αρτεμιάδης) Έστω ΑΒΓ ορθογώνω τρίγωνο με κορυφή της

ορθής γωνίας το Α. Πάνω στη ΒΓ κατασκευά

ζεται ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓ Δ που βρίσκεται

στο εξωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ. Να αποδεί

ξετε ότι και τα τρία μεyέθη ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ δεν

είναι δυνατό να είναι ρητοί αριθμοί.

Απάντηση:

Εφαρμόζουμε το Νόμο των Συνημιτόνων στο τρί-γωνο ΑΒΔ κι έχουμε: ΑΔ2 = ΑΒ2 + ΒΔ2 --2ΑΒ · ΒΔσυν(Β+60° )ή ΑΔ2 = γ2 + α2 _

-2αγ( συνΒσυν6ο· --ημΒημ6ο·) ή

ΑΔ2 = β2 + 2γ2 _

Δ

_ 2αγ(r.!_1 ι .J3J ή ΑΔ2 = β2 + γ2 + βγ.J3 c1) α 2 α 2

Το δεύτερο μέλος της (1) είναι άρρητος για οποιουσδήποτε ρητούς αριθμούς β, γ.

Σχόλιο: Η πρόταση ισχύει και στη περίπτωση που το τρίγωνο ΒΔΓ πάρει τη θέση .ΒΔ Τ όπου το Δ' είναι το συμμετρικό του Δ ως προς τη ΒΓ.

• Ο συνάδελφος Σωτήρης Σκοτίδας απ' την Καρδ� τσα μας έστεtλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Έστω ABC ορθογιQνιο τρίγωνο ώστε Α Ξ 0(0,0), B(b, 0), C(O, c). Αν D(dι , d2) η τρίτη κορυφή του ισοπλεύρου τριγώνου BCD τότε b2 + c2 = dι2 + (c - d2)2 = d22 + (b - dι)2. Έστω ΑΒ, AC, AD ρητοί. δηλαδή d12 + d/ = � (k ρητός).

nροτι:ίvι:ι ... Εuκlι:ίδn και . .. Δι6φαvtο

Από τα παραπάνω προκύπτει ότι k2 - c2 k2 -b2

d1 = ε Q, d2 = ε Q . 2b 2c

Αλλά (BCD) = � (b2 + c2 )=�ldet(DC,DB) απ' , , b2 + c2 .J3 11 dι d2 1 , οπου προκυπτει ·- = --+- ατοπο.

bc 2 b c • Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης απ' τη Λά

ρισα μας έστειλε μία παρόμοια λύση. 2. (το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικό

λαος Αρτεμιάδης)

Για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ δε

χόμαστε ότι: α2 + β2 + � + αβγ = 4 και α�Ο, β�Ο, γ� Ο . Να αποδείξετε ότι: Ο:::; αβ + βγ +γα-αβγ:::; 2 .

Απάντηση:

• Για το πρώτο: • Αν α = Ο η αποδεικτέα γίνεται: βγ � Ο , που ι-

σχύει. Εξαιτίας μάλιστα της συνθήκης στην υπόθεση συμπεραίνουμε ότι: «οι αριθμοί α, β, γ δε μπορεί να είναι όλοι μηδέν».

• Απ' την αρχική συνθήκη διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί α, β, γ δε μπορεί να είναι όλοι μεγαλύτεροι από 1 . Ας είναι α :::; 1 . Τότε: α β + βγ + γα- αβγ = α(β + γ) + βγ(1 - α) � Ο

Το "=" ισχύει μόνον όταν δύο απ' τους αριθμούς είναι μηδέν.

• Για το δεύτερο:

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι: επειδή η συνθήκη που ικανοποιούν οι α, β, γ είναι συμμετρική (αναλλοίωτη . σε οποιαδήποτε εναλλαγή των γραμμάτων που περιέχει) δε μεταβάλλεται η γενικότητα, αν δεχτούμε ότι: α :::; β :::; γ . Κι επειδή είναι μη αρνητικοί αριθμοί παίρνουμε:

·α2 +α2+α2+α3 :::; α2 +β2+γ2+αβγ=4:s; γ2+γ2+γ2+γ3

Συνεπώς: α3 +3α2 - 4:::; 0 και γ3 + 3γ2 -4�0


---------- Ο Εκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

ή (α- 1)(α+ 2)2 :::; ο και (γ - 1)(γ + 2)2 :2:0 Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι: α::::; 1 ::::; γ . Άρα θα ισχύει: α ::::; β ::::; 1 ::::; γ ή α ::::; 1 ::::; β ::::; γ .

• Έστω: α ::::; β ::::; 1 ::::; γ . Έχουμε: 2αβ+γ2 +αβγ ::::; α2 +β2 +γ2 +αβγ = 4 Άρα: αβ(2+γ) ::::; 4-γ2=(2+γ)(2-γ) ή αβ::::; 2-γ Συνεπώς: αβ + βγ + γα- αβγ ::::; ::::; 2 - γ + βγ + γα-αβγ = 2 -γ (1 - β) (1 - α) ::::; 2

• Έστω: α ::::; 1 ::::; β ::::; γ. Έχουμε: α2 + 2βγ + αβγ ::::; α2 + β2 + γ2 + αβγ = 4 Άρα: βγ(2+α) ::::; 4 - α2 =(2+α)(2--α) ή βγ ::::; 2- -α Συνεπώς: αβ+βγ+γα-αβγ ::::; α β+ 2- α +γα- αβγ � αβ + βγ+ γα- αβγ ::::; 2 - α(1 - β - γ + βγ) ή αβ + βγ + γα- αβγ::::; 2 - α(1 - β)(1 - γ) ::::; Ο .

Το "=" ισχύει όταν: β = 1 και γ = 2 - α, α ::::; 1 . Η λύση που βρήκαμε εδώ είναι βέβαια η ίδια με εκείνη που βρήκαμε προηγούμενα.

3. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής). Να βρείτε τους ακέραιους αριθμούς χ και y με χ > y, για τους οποίους ισχύει:

χ3 + y3 + xy(x + y - 8) = 8(x2 + y2 + 1) (1)

Απάντηση: Η ( 1) μετά από πράξεις γίνεται: (χ + y)3 - 2xy(x + y) = 8[(χ + y)2 - xy + 1] (2)

Εύκολα τώρα διαπιστώνεται ότι: «οι ακέραιοι χ και y είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί)). Έτσι οι αριθμοί χ + y και χ - y είναι άρτιοι. Συνεπώς υπάρχουν ακέραιοι ω και ·φ τέτοιοι ώστε: χ + y = 2ω, χ - y = 2φ. Οπότε χ = ω + φ και y = ω - φ (3)

Επειδή: χ > y συμπεραίνουμε ότι: φ > Ο. Αντικαθιστώντας στη (2) βρίσκουμε:

8ω3 - 2(ω2 -φ2 )2ω = 8[4ω2 - (ω2 -φ2 ) + 1] Οπότε, μετά από πράξεις, παίρνουμε την εξίσωση:

(ω- 2)(ω2 + φ2 ) = 2(2ω2 + 1) (4) Έχουμε φ :=:: 1 ( φ ΕΖ και φ > 0). φ2 :=:: 1 ::::> 2φ2 > φ2 :2:1 . Οπότε: 2φ2> 1 . Άρα: Ο < 2(2ω2 + 1) < 2(2ω2 + 2φ2 ) = 4(ω2 + φ2 ) . Έτσι, λόγω της (4), έχουμε:

0 < (ω- 2)(ω2 + φ2 ) < 4(ω2 + φ2 ) ή Ο < ω - 2 < 4 Συνεπώς: 2 < ω < 6 . Δηλαδή: ω=3 ή ω=4 ή ω=5. • Για ω = 3 ή ω = 4 η (4) δεν δίνει ακέραια τιμή

για τον φ. • Για ω = 5 η (4) γίνεται: φ2 = 9 ή φ = 3.

Έτσι έχουμε: χ = 5 + 3 = 8 και y = 5 - 3 = 2. Εύκολα βλέπουμε ότι οι τιμές αυτές επαληθεύουν την εξίσωση (1 ) · άρα είναι μοναδικές.

• Ο συνάδελφος Γιώργος Αποστολόπουλος απ' το Μεσολόγγι μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Η σχέση (1) γράφεται:

(χ + y)3 - 3xy(x + y) + xy(x + y) -8xy = = 8[(x + y)2 - 2xy + 1] . Θέτουμε: χ + y = α, xy = β και παίρνουμε: α2 - 8α2 - 2αβ + 8β - 8 = Ο (2) ή β(2α-8) = α3 - 8α2 - 8 (3) • Αν α = 4 η (3) γίνεται: β · Ο = -72 και είναι α

δύνατη. • Αν α :;t: 4 η (3) γίνεται:

α3 - 8α2 - 8 1 2 36 β = =-α - 2α- 8-- (4) 2α - 8 2 α-4 Απ' τη (2) συμπεραίνουμε ότι: α= «άρτιορ) και

λόγω της (4) 36 = πολ(α-::- 4). Ωστόσο α = x+y > Ο [αφού η (1) γίνεται: (x+y)(x2+y)=8(x2+y+xy+ 1)]. Συνεπώς: α Ε {2, 6, 8, 10, 16, 22, 40} .

Απ' τις τιμές αυτές κατάλληλη είναι μόνο η α=10. Οπότε: β = 16. Επιλύουμε το σύστημα: {χ + y = 10, xy = 16} και βρίσκουμε: χ = 8, y = 2 (αφού: χ > y).

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση: Η (2) της προηγούμενης διαπραγμάτευσης γίνε

ται: α3 = 8α2 + 2αβ - 8β + 8 απ' όπου συμπεραίνουμε ότι ο α είναι άρτιος. Αν α = 2κ, Κ ΕΖ η παραπάνω ισότητα γίνεται: 8κ3 = 4(8� +κβ- -2β+2) ή 2(κ3-4� -1) = (κ-2)β (3) Οπότε κ - 2 = «άρτιορ) ή β = «άρτιορ). 8 Κ - 2 = 2λ, λ Ε Ζ , Κ = 2(λ + 1)

Και συνεπώς η (3) γίνεται: 2[8(λ+ 1)3 - 4 · 4(λ+ 1)2 - 1] = 2λβ ή (μετά·από πράξεις) 8λ3 + 8λ2 - 8λ - 9 = λβ. Απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: «ο λ είναι διαιρέτης του 9)). Άρα λ Ε {±1 ,±3,±9} . Όλες οι τιμές αυτές α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π

Ο Εκλείδης προτείνει ••• Ευκλείδη .•. και Διόφαντο

πορρίπτονται (δεν δίνουν ακέραια λύση). • β = 2μ. Τότε η (3) γίνεται: κ3-4r-1 = (κ-2)μ

ή (κ - 2)(r - 2κ - 4) - 9 = (4 - 2)β (4) Συνεπώς ο (κ - 2) είναι διαιρέτης του 9. Άρα (κ - 2) Ε {±1, ± 3, ± 9} .Επομένως: κ Ε {-1, 1, 3, 5, 1 1, - 7} . Άρα: α Ε {-2, 2, 6, 10, 22, -14} . Κατάλληλη είναι μόνο η α = 10. Οπότε β = 16. Άρα έχουμε το σύστημα:

x>y {χ + y = 10,xy = 16}<=:>{χ = 8, y = 2}

• Στην ίδια βασικά λογική κινείται η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Ρ. Μπόρη απ' την Καλλιθέα Αττικής.

• Ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση.

Η εξίσωση γίνεται: (χ - 8)(χ2 + xy + y2 ) = (2 - y)(4 + 2y + y2 ) (2)

Απ' όπου συμπεραίνουμε αμέσως τη λύση: (χ, y) = (8, 2). Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχει άλλη λύση.

Έστω μια λύση: (χι , Υ ι ) με Χι > 8. Οπότε Υ ι < 2 ( αφού: χ2 + xy + r > ο, 4 + 2y + y2 > 0). Η (2) (για χ = χι και y = Υ ι) γίνεται:

4 + 2yι + Υ� , Χ 1 - 8 2 2 η 8 2 Χ ι + Χ ι Υ ι + Υ ι Χι - - + Υι

=

Χι + Υ ι - 10 2 ( ) (χ1 -8)(2 -χ1 ) = (4+ 2y1 + y1 ) 3 Χι + Υι + 2

Απ' τη (3) συμπεραίνουμε ότι: Χι + Υ 1 - 1Ο < 0 , Χι + Υι + 2

( αφού χι > 8). Και συνεπώς -2 < Χι + Υ ι < 10 (4)

Η αρχική εξίσωση για χ = χι και y = Υ ι γίνεται: (χι + Υι )3 - 2Χι Υ ι (Χ ι + Υ ι ) = 8(χ� + Υ� + ΧιΥ ι) (5)

απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: χι+ Υ ι = "άρτιος" (6) Απ' τις (4), (5) συμπεραίνουμε ότι:

(χ 1 + y1 ) Ε {0, 2,4, 6,8} (7) • Για: Χι + Υ ι = Ο η (3) γίνεται: (χ1 - 8)(2 -χ1 ) =

. 2 2 ' = -5( 4- 2χ1 + χ1 ) <=> 4χ1 = -4 : αδυνατη.

άθροισμα χι+ Υ ι και διαπιστώνουμε ότι σε κάθε περίπτωση η (3) δεν έχει ακέραια λύση. Δηλαδή το διατεταγμένο ζεύγος (χι , Υ ι) δεν είναι ακέραια λύση της εξίσωσης.

Έστω τώρα μια λύση (χ2, Yz) με χ2 < 8 και συνεπώς: Υ2 > 2. Κι επειδή: χ2> Υ2 συμπεραίνουμε ότι: 2 < Yz < Xz < 8. Οπότε:

2 < Χ2 + Υ 2 < 8 ή 4 < Χ2 + Υ2 < 16 (8) 2

Η (3) τώρα για: Χι = Xz και Υ ι = Yz γίνεται: (χ2 - 8)(2 -χ2 ) = χ2 + y2 - 1Ο (4 + 2y2 + y;) (9)

Χ2 + y2 + 2 απ' όπου συμπεραίνουμε ότι: χ2 + Yz - 10 > Ο ή Χ2 + Υ2> 10. Άρα: 10 < χ2 + y2 < 16 κι επειδή χ2 + y 2 = «άρτιος» συμπεραίνουμε ότι: (Χ2 + y2 ) Ε {12, 14} .

• Για χ2 + y 2 = 12 η (9) γίνεται: 2 (χ2 - 8)(2 -χ2) =-[3 + (1 3 -χ2 )2 ] 14

Η τελευταία είναι ισοδύναμη με την 2χ; - 24χ2 + 71 = Ο , που δεν έχει λύση. Με όμοιο τρόπο αποκλείεται και η περίπτωση: χ2 + y 2 = 14 .

4. (τ ο είχε προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος). Θεωρούμε ένα ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, τον περιγεγραμμένο του κύκλο και τη διάμετρο του κύκλου ΑΔ. Στις πλευρές ΑΒ, ΑΓ παίρνουμε τα σημεία Ε, Ζ αντίστοιχα έτσι ώστε: ΕΖ = ΕΒ + ΖΓ. Να βρείτε το μέτρο της γω-

Α νίας ΕΔΖ (σε μοίρες).

Απάντηση :

Επειδή ΑΒ = ΑΓ και ΟΒ = ΟΓ (σχήμα), η ευθεία ΑΟ, δηλαδή η ΑΔ, είναι η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ, οπότε ΔΒ = ΔΓ. Στην προέκταση της πλευράς ΑΓ παίρνουμε το σημείο Η με ΓΗ = ΕΒ.

Τα ορθογώνια Εργαζόμαστε με τον ίδιο τρόπο για τις άΛλες τρίγωνα ΒΕΔ και

τιμές, σύμφωνα με την (7), που μπορεί να πάρει το ΓΗΔ είναι προφα-I Η


Ο Εκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

νώς ίσα και άρα ΔΕ = ΔΗ. Επίσης, έχουμε: ΖΕ = ΕΒ + ΖΓ = ΓΗ + ΖΓ = ΖΗ. Άρα, τα τρίγωνα ΕΖΔ και ΗΖΔ είναι ίσα και συνεπώς η ΖΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΕΖΗ . Επειδή και η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Α, έπεται ότι η ΕΔ είναι η διχοτόμος της γωνίας ΖΕΒ . Έτσι έχουμε:

Λ 1 Λ 1 Λ ΕΔΖ = 180" --ΖΕΒ--ΕΖΗ = 2 2

= 1 80" _ _!_(1 80" -Ει ) -_!_(1 80" - Ζι ) = 2 2

= _!_(Ει + Ζι ) = _!_(1 80" - 60") = 60". 2 2 Σημείωση: Ένας άλλος τρόπος θα ήταν να παρατηρήσουμε ότι η ημιπερίμετρος του τριγώνου ΑΕΖ είναι ΑΒ(= ΑΓ) και στη συνέχεια να δείξουμε ότι ο κύκλος (Δ, ΔΒ) είναι ο παρεγγεγραμμένος στη γωνία Α του τριγώνου ΑΕΖ.

• Ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής μας έστειλε την παρακάτω δια-πραγμάτευση: Θεωρούμε σημείο

Μ πάνω στην ΕΖ τέτοιο ώστε: ΕΜ = ΒΕ. Οπότε: ΜΖ = ΖΓ. Τότε: ΕΜΒ = ΜΒΕ και ZMΓ= Mfz Έτσι: αν ΜΒΕ = φ και ΜΓΖ = ω , τότε ΑΕΖ= 2φ και ΕΖΑ = 2ω . Συνεπώς:

Α

Δ

2φ + 2ω + 60" = 180" ή φ + ω = 60" . Άρα: ΒΜΓ = 120" . Ας είναι τώρα Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΒΜΓ, που θα είναι πάνω στην ΑΔ .. Κι επειδή ΒΟΓ = 2(180" -ΒΜΓ) = 2(1 80" - 120") = 120" και ΒΔΓ = 120" συμπεραίνουμε ότι το Ο είναι το Δ.

Επομένως: «η ΕΔ είναι μεσοκάθετη στη ΒΜ)) και «η ΔΖ είναι μεσοκάθετη στη ΜΓ>> . Έτσι οι γωνίες ΕΔΖ και ΒΜΓ είναι παραπληρωματικές δηλαδή ΕΔΖ = 60" .

• Ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δρά. μα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση:

Θεωρούμε ένα σημείο Κ πάνω στην ΕΖ τέτοιο ώστε ΕΚ = ΒΕ. Α Άρα ΚΖ = ΖΓ.

Γράφουμε κύκλο κέντρου Δ και ακτίνας ΑΔ δ ' Τ , που ιερχεται προ-

φανώς απ' το μέσο Σ της ΑΔ. Έχουμε: ΒΔ = ΔΓ = ΔΣ = ΒΣ = ΣΓ = ΣΑ (αφού: ΒΔΑ = ΑΔΓ = 60" ).

Κι επειδή ΑΒ l. ΒΔ και ΑΓ l. ΔΓ , συμπεραί-νουμε ότι: «η ΑΒ εφάπτεται του κύκλου (Δ,�) στο Α και η ΑΓ εφάπτεται του ίδωυ κύκλου στο Γ)).

Συνεπώς: ΕΒΚ = κfΒ = ΕΚΒ απ' όπου συ-μπεραίνουμε ότι «η ΕΖ εφάπτεται του κύκλου (Δ,�) στο Κ)). Κι επομένως «η ΚΔ είναι κάθε-

τη στην ΕΖ και το μήκος της είναι ίσο με την ακτίνα του κύκλου ΒΔ)). Οπότε: Ει = Ε2 .

Έχουμε: ΕΔΚ = 90" - Ε2 και κΔz = 90" - Ζι . Άρα: ΕΔΚ +κΔΖ = 180° - (Ε2 + Ζι )

ή ΕΔΖ = 180° - (Ε2 + Ζι )

Αλλά: 2Ε2 = 60" + (18ο· - 2zι ) . ( 1 )

Οπότε: 2(Ε2 + Ζι ) = 240" ή Ε2 + Ζι = 120" (2) Απ' τις (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι: ΕΔΖ = 60" .

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση:

Ας είναι: ΑΒ = ΒΓ = Γ Α = λ, ΒΕ = ΕΘ = χ, ΘΖ = ΖΓ = y. Τότε: ΑΕ = λ-χ, ΑΖ = λ - y.

Απ' το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΕΖ παίρνουμε: (x+y)2 = (λ -χ)2+(λ- y)2-

-2(λ-χ )(λ- y )συν60" ή λ2-(χ+y)λ-3χy=Ο (1)

Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΔ έχουμε: ΒΔ = λεφ30" ή

Α

Δ


----------- Ο Εκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

ΒΔ =� . Και συνεπώς: ΒΔ = ΔΓ = R = � (2) Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΔ έχουμε:

λ2 3χ2 +ι! (Ι) (ΕΔ)2=χ2+- ή (ΕΔ)2 = ---3 3

�3χ2 + λ(x + y) + 3xy _ (χ + y)(3χ + λ) - -3 3 (3)

Όμοια απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΖ έχουμε:

Λ Λ Λ Λ ΕΔΚ = ΒΔΕ και ΚΔΖ = ΖΔΓ ( 4)

Προεκτείνουμε την ΑΒ προς το Β και παίρνουμε τμήμα ΒΘ = ΖΓ. Τότε τα τρίγωνα ΒΘΔ και ΔΓΖ είναι ίσα (ορθογώνια με ΒΔ = ΔΓ .και ΘΒ = ΖΓ). Άρα ΘΖ = ΔΖ και συνεπώς: ΘΔΕ και ΕΔΖ είναι ίσα (έχουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες). Συνεπώς: ΔΕΘ = ΖΕΔ . Κι επομένως η ΕΔ είναι εξωτερική διχοτόμος του τριγώνου ΑΕΖ. Άρα το Δ

(ΔΖ)2 = y2 + λ2 = 3y

2 + λ2 �(χ + y)(3y + λ) 3 3 3

είναι παράκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ. Οπότε η ΔΖ (4) είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΖΓ . Δηλαδή:

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Stewart στο τρίγωνο ΕΔΖ 1α έχουμε: y(ΕΔ)2 +χ(ΔΖ)2=(χ+y)[(ΘΔ)2 +χy]

ή λόγω των (3) και (4): y (χ + y)(3x + λ) + 3 + χ (χ + y)(3y + λ) = (χ + y)[(ΘΔ)2 + xy] και μετά 3 τις πράξεις παίρνουμε: (ΘΔ)2 = λ

2 ή ΘΔ = �.

3 ν3

Συνεπώς: ΘΔ = ΒΔ = ΔΓ = � . Κι επομένως το 3

Δ είναι το παράκεντρο του τριγώνου ΑΕΖ. Τα τρίγωνα ΕΒΔ και ΔΘΕ είναι ίσα. Άρα

ΔΘ .l ΕΖ και το τετράπλευρο ΕΒΔΘ είναι εγγρά-" Λ Λ Λ

ψιμο. Οπότε: Θ1 = ΒΔΘ . Όμοια Θ2 = Γ ΔΖ . Ω-στόσο ΕΙ = 2ΘΙ' zl = 202 και ΕΙ + zl + 60' = 180' ή ΕΙ + ZI = 120'.

Λ Λ Λ Λ Συνεπώς: 2Θ1 + 2Θ2 = 120' ή Θ1 + Θ2 = 60' .

Άρα: ΕΔΖ=ΒΔΓ -(ΒΔΕ+ΖΔ Γ) = 120' - 60' = 60' .

• Ο κύριος Λουκάς Χυτήρης απ' το Νέο Κόσμο της Αθήνας μας έστειλε τη παρακάτω λύση: Η διάμετρος ΑΔ είναι

προφανώς μεσοκάθετη στη ΒΓ και διχοτόμος της γωνίας Α. Συνεπώς:

ΒΔ = ΔΓ (1) Πάνω στην ΕΖ παίρνουμε σημείο Κ τέτοιο ώστε: ΕΚ = ΒΕ (2). Άρα: ΚΖ = ΖΓ (3).

Θα δείξουμε ότι:

Α

Δ

ΔΖΚ = ΓΖΔ . Άρα τα τρίγωνα: ΔΖΚ και ΓΖΔ είναι ίσα (δύο πλευρές ίσες μία προς μία και οι περιεχόμενες γωνίες επίσης ίσες). Άρα ΚΔ=ΔΓ.

Τώρα τα τρίγωνα ΕΘΔ και ΔΚΕ είναι ίσα (έχουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες).

Άρα: ΚΔ = ΔΓ. Τώρα τα τρίγωνα ΕΘΔ και ΔΚΕ είναι ίσα. (Ε

χουν τις πλευρές τους μία προς μία ίσες). Άρα ΔΚΕ = 90' και ΒΔΕ = κΔΕ ( 5) Όμοια: κΔz = zΔr ( 6) Άρα: ΒΔΓ=ΕΔΚ+2ΖΔΚ ή 120°=2(ΕΔΚ+ΖΔΚ) . Κι επομένως: ΕΔΖ = 60'.

5. (το είχε προτείνει ο μηχανολόγος κος Νικόλαος Ζαφειρόπουλος, απ' το Περιστέρι).

1 1 Α ν Ο < χ < -, Ο < y < - και χ :;t: y , να απο-

2 2 δείξετε ότι: Ο < 1 - 2χ2 - 2y2 + (χ2 - y2 )2 < 1 .

Απάντηση: Έχουμε:

1-2χ2 -2y2 +(χ2 -y2 )2 =[1-(x+y)2 ] [ 1-(x-y)2 ] (1)

Απ' τις συνθήκες Ο < χ < .!.. 2

Ι και 0 < y < -2

παίρνουμε: _.!_ < -y < Ο . Οπότε: Ο< χ + y < 1 και 2

O < lx - yl<.!_ (αφού x :;t: y ). 2

Συνεπώς: Ο< χ + y < 1 και (χ - y)2 <.!... Τελι-4 κά παίρνουμε: 0<1-(χ+y)2 <1 και

0<1-(x-y)2 <1 . Κι αυτό αποδεικνύει τη ζητού-μενη σχέση.


Homo Mathematicus

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημαησμού πάνω στα εξής θέματα: Ι) 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 εφαρμcΥyές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτοίιν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επ._ πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Εισαγωγικά. Απ' ότι φαίνεται η πρόταση της Χριστίνας (τεύχ. 44), κίνησε το ενδιαφέρον σημαντ ικών φiλων της στήλης. Εμείς χαιρόμαστε που ανοίγει δημόσιος διάλογος, για ιδέες παιδιών. Αυτή

τη φορά δημοσιεύουμε την ενδιαφέρουσα τοποθ έτηση του φίλου μαθηματικού Γ. Τριπικέλη. Σας παρουσιάζουμε, ακόμη, και ένα θέμα που έχει σχέση μα τα Μαθηματικά και την Τοξοβολία.

Γιάννης Κερασαρίδης I. Μαθηματικά και Τοξοβολία

Εισαγωγικά: Με την ευκαιρία της σειράς "Μαθηματικά και Αθλητισμός", ας κάνουμε ένα ταξίδι σε β άθος χρόνου, από την αρχαία εποχή μέχρι τον . . . Ρομπέν των Δασών, κι ας θυμηθούμε την απειλή τουΠέ ρση βασιλιά προς τους Έλληνες: «διαθέτουμε τόσους τοξότες ώστε μπορούν να καλύψουν τον Ήλιο με τα βέλη τους)) . Με τη βοήθεια μιας εργασίας του V1adimir Drozdof, θα εξετάσουμε τις δυνατότητες βολής που έχει ένα τόξο. Τα τόξα υποδιαιρούνται συνήθως σε κατηγορίες αναλόγως της δύναμης F η οποία απαιτείται για την πλήρη τάνυσή τους. Στη βρετανική ταξινόμηση υπάρχουν τόξα . μικρής, μεσαίας και μεγάλης τάσης. Σε σύγχρονες μονάδες, αυτή η υποδιαίρεση αντιστοιχεί σε δυνάμεις 648, 864 και 1079 Ν, αντίστοιχα. Κατά κανόνα, το μήκος 1 ενός βέλους ανέρχεται σε 60-100 cm, ενώ η διάμετρός του d κυμαίνεται μεταξύ 0,5 και 1 ,2 cm. Η αιχμή του βέλους εκτελεί διπλή λειτουργία. Δεν αποτελεί μόνο μέσο δ ημιουργίας τραυμάτων, αλλά συνάμα συντελεί στην αύξηση του βεληνεκούς μειώνοντας τη γωνία μεταξύ του βέλους και της ταχύτητάς του. Υποθέτουμε ότι το τόξο είναι ελαστικό σώμα που υπακούει στο νόμο του Hooke.

Και τώρα, ας στείλουμε το βέλος όσο πιο μακριά μπορούμε (!) Όπως, όλοι, γνωρίζουμε το μέγιστο βεληνεκές λογίας για τη δύναμη της αντίστασης του αέρα -

που μπορούμε να πετύχουμε, δεν είναι απεριόρ ι- το k συνήθως γράφεται με τη μορφή k=( cρS)/2, στο. Με βάση τους κανόνες της Βαλλιστικής και όπου: ρ= η πυκνότητα του αέρα, S=το μέγιστο εμ-των Μαθηματικών, έχει βρεθεί ο παρακάτω τύπος βαδόν διατομής του βέλους στο επίπεδο το κάθ ε-που μας δίνει το μέγιστο βεληνεκές που μπορούμε το προς την ταχύτητά του, c παριστάνει έναν α-να πετύχουμε διάστατο παράγοντα (κατά κανόνα, c<l )]

2 Παρακάτω σας δίνουμε έναν πίνακα όπου φα ί-L = �ο 2 ( 1 ) νονται τα πραγματικά αποτελέσματα στις τοξοβ o-

g + -υ λίες, στις τρεις βασικές κατηγορίες τόξου. Είναι 2m ο αξιοπαρατήρητο πως τα δεδομένα αυτά προσεγγ ί-

[όπου: L το μέγιστο βεληνεκές του τόξου, υο η αρ- ζουν καταπληκτικά τα αντίστοιχα δεδομένα από χική ταχύτητα του βέλους, m η μάζα του βέλους, g το μαθηματικό μοντέλο (1) η επιτάχυνση της βαρύτητας, k συντελεστής ανα-

είδος βέλους ...,. κοντό βέλος μεσαίο βέλος μακρύ βέλος παράμετροι τ

ffiptλ 1 1 ,24gr 35,76gr 84. 13gr υ ο 13 1 ,5 rnlsec 98,3 rnlsec 80, 1 rnlsec lptλ 60cm 80cm 100cm dptλ 0,5cm 0,85cm 1 ,2cm

ffiαιχμ 4gr 4gr 5gr Lptλ 885 m 655 m 509,6 m

IIa. Αυτό το ξέρατε; « Ο τρωικός πόλεμος εξακολουθεί να μαίνεται στο . . . Διάστημα;))

[η απάντηση στο τέλος της στήλης] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/11

Homo Mathematicus

111. Το θεωρητικό υπόβαθρο των "δοκιμών" του ποΙJσμού και της πρόσθεσης Γ. Τριπικέλης, μαθηματικός - Κόρινθος

«Εισαγωγή. Από τις πρώτες τάξεις του Δημοτικού οι μαθητές διδάσκονται τη· δοκιμή του πολ/σμού με τη μέθοδο του "σταυρού", ενώ στο τεύχος 44 η μαθήτρια Χριστίνα Πατσιούρα, στα πλαίσια της στήλης ''Homo mathematicus", παρουσίασε μια αντίστοιχη δοκιμή για την πρόσθεση. Σκοπός του άρθρου είναι να θεμελιώσει τις δοκιμές αυτές θεωρητικά και να δείξει ότι τέτοιους είδους δοκιμές δεν δίνουν σε κάθε περίπτωση ασφαλή αποτελέσματα.

Βασικέ Έστω α, β, ν ακέραιοι με ν>Ο. Λέμε ότι 'Ό α είναι ισότιμος ή ισοϋπόλοιπος με τον β ως προς μέτρο (modulo) το ν" αν οι διαιρέσεις α:ν και β:ν αφήνουν το ίδιο υπόλοιπο. Θα γράφουμε:

α=β (modν) Μερικές άμεσες συνέπειες του παραπάνω ορι

σμού είναι οι εξής: Σι: α=β(mοdν) αν και μόνο αν ο ν διαιρεί τον α-β

(γράφουμε νΙα-β) Σ2: α=β(mοdν) αν και μόνο αν β=α(mοdν) Σ3: Αν α=β(mοdν) τότε νllα-βl Σ4: Η μεταβατική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και β=γ(mοdν) τότε α=γ(mοdν) Σ5: Προσθετική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και γ=δ(mοdν), τότε (α+γ)=(β +δ)(mοdν)

(ισχύει και για περισσότερους προσθετέους)

έννοιες Σ6: ΠοΙJστική ιδιότητα: αν α=β(mοdν) και γ=δ(mοdν), τότε αγ=βδ(mοdν)

(ισχύει και για περισσότερους παράγοντες) Σ1: Η δύναμη: αν α=β(mοdν), τότε αΚ:::β"(mοdν), για κ θετικό ακέραιο Επίσης ισχύουν οι παρακάτω προτάσεις Πρόταση 1: Έστω α θετικός ακέραιος γραμμένος στο δεκαδικό σύστημα αρίθμησης με ψηφία αν, αν-ι , ... ,αο, τον συμβολίζουμε με α-avav_1 ... a0 και βέβαια παριστάνει το άθροισμα

αο+αι1 Ο+αz1 02+ . . . +α,1 ον τότε

α=αο+αι+αz+ . . . +αv(mod9) Πρόταση 2: Αν, για δύο θετικούς μονοψήφιους ακέραιους χ και ψ, είναι x=ψ(mod9), τότε χ=ψ

'

Οι δοκιμές α) για δύο γινόμενα

α1• 35-----.3+5 ___. 8�7 · 8 ___. 56 ___. 5+6 • 11 ___. 1+1 χ 52---+ 5+2 ---. 1r .. .. 2 Δηλ. 8 17 δηλ. 2:;t3,

2 3 άρα το γι-1830---------.... 1 +8+3+0 ---.12 ---. 1+2 ---•• 3 νόμενο είναι λάθος.

αz. 653 ___. 6+5+3---. 14 • 5 �5-6 ___. χ 321 ---. 3+2+1 ---. 6 • 6 I . 30 ___. 3+0 ---+ 3 Δηλ. � δηλ. 3=3,

3 13 άρα το γι-209613 2+0+9+6+ 1+ 3---+ 21 ___. 2+ 1---+ 3 νόμενο είναι σωστό.

β) Για ένα άθροισμα Δηλ. 2l 9 16 δηλ. 8:;t6, 6118 άρα το

άθροισμα είναι λάθος, ενώ αν έβγαι νε 8=8 ή 6=6 θα ήταν σωστό.

353 •3+5+3---.11___.1+ 1•2 252 �+5+2 .. 9 2+9+6---ι7---+ι+7 ___. 8 + __.11_ ____.1+5 .. 6 510 ---+5+1+ 6

Είναι τα παραπάνω συμπεράσματα ασφαλή; Για να δούμε!! Ισχύει η παρακάτω ''βοηθητική

πρόταση": <<Για οποιονδήποτε θετικό ακέραιο α= avav 1 ... a0, υπάρχει μονοψήφιος θετικός ακέραι

ος α' ώστε α=α '(mod9)» Τα βήματα των δοκιμών του πολ/σμού και της

πρόσθεσης στηρίζονται στις παρακάτω προτάσεις Πρόταση 3: Έστω α, β, γ, δ θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε α=α'(mοd9), β=β'(mοd9), γ=γ'(mοd9), δ=δ '(mod9), α' +β '=ε '(ιrιοd9) και ά 'β'= ζ'(mod9), ·

όπου α',β',γ',δ',ε',ζ' θετικοί μονοψήφιοι ακέραιοι

(των οποίων η ύπαρξη εξασφαλίστηκε από την προηγούμενη ''βοηθητική πρόταση·�, τότε:

α) αν αβ=γ τότε ζ'=γ', β) αν α+β=δ τότε ε'=δ' Πρόταση 4:Άμεση συνέπεια της "Πρότ. 3" είναι: α) αν ζ'h' τότε αβ;tγ, β) αν ε':;tδ' τότε α+β:;tδ Πρόταση 5: Το αντίστροφο της "Πρότασης 3" δεν ισχύει. Απόδειξη Κάνουμε χρήση aντιπαραδείγματος. Δηλ. αν: ζ' =γ' όχι απαραίτητα αβ=γ και ε'=δ' όχι απαραίτητα α+β=δ

Πράγματι στο λανθασμένο γινόμενο 232.121= 28162, έχουμε:� 1 1 , όμως 232.121=28072


Homo Mathematicus

Στο λανθασμένο άθροισμα 35782+1202+7813+5678=50565, έχουμε � 3 I I 13, όμως: 35782+ 1202+7813+5678=50475

Υπάρχουν, λοιπόν, λανθασμένα γινόμενα ή αθροίσματα, τα οποία δεν εντοπίζονται μ' αυτές τις δοκιμές. Μάλιστα έχουν ένα ιδιαίτερο χαρακτηρι στικό το οποίο ο αναγνώστης μπορεί να διαπιστώσει με μια προσεκτική ματιά. Ποιο είναι;

Βιβλιογραφία.

!)"Θεωρία των αριθμών", έκδ. ΕΜΕ, 2) "Εισαγωγή στη Σύγχρονη Άλγεβρα" [Στ. Παπασταυρίδη, έκδ. Πανεπ/μίου Πατρών]»

Μια πρόταση του Γ. Τριπικέλη.

« ... απευθύνομαι προς το Παιδαγωγικό Ινσrιτούτο,

με την πρόταση, να βάλει στα επόμενα σχολικά βι

βλία ΜΑΘΗΜΑτΙΚΏΝ του Δημοτικού τη "δοκιμή

της Χριστίνας" για την πρόσθεση, η οποία είναι τόσο

ασφαλής όσο είναι και η κλασική δοκιμή του ποΥσμού με το "σταυρό"»

Σημείωση. Οι αποδείξεις των προτάσεων Σ1, • • • ,�,1,2,3,4 και η "βοηθητική πρόταση", παραλείπονται (λόγω έλλειψης χώρου). Είναι στη διάθεση όποιου τις ζητήσει από τη στήλη Homo mathematicus.

IV. Απαντήσεις σε προηγούμενα προβλήματα

Στο προηγούμενο τεύχος ( αρ. 46), ο μαθητής Μιχάλης Ροδίτης από την Πάτρα, έθεσε στη στήλη μας δύο προβλήματα. Πριν κλείσει η ύλη της στήλης, πήραμε δύο απαντήσεις στο πρώτο από τα δύο προβλήματα, τις οποίες δημοσιεύουμε· τους ευχαριστούμε.

lη. Χρήστος Κεφαλάς [Α' Λυκείου-1° Ενιαίο Λύκειο Αλίμου] «Έχουμε: 359359=359.1001=

359.(13.77)=13.(359.77)=πολλαπλάσιο του 13, άρα ο 359359 διαιρείται με το 13. Όμοια έχουμε

471471=13.(471. 77)=πολ.13και 453453=13.(453.77)= πολ.13.

Γενικότερα κάθε εξαψήφιος αριθμός του οποίου τα τρία πρώτα ψηφία συμπίπτουν σε μέγεθος και διάταξη με τα τρία τελευταία ψηφία, είναι πολλαπλάσιο του 1001 το οποίο, με τη σειρά του, είναι πολλαπλάσιο του 13 ))

2η. Δημήτρης Κανονίδης [Γ Λυκείου-δεν σημείωσε το Λύκειό του] «Αν x1xzx3xιxzx3 είναι ο εξαψήφιος αριθμός τότε έχουμε:

ΧιΧ2Χ3ΧιΧ2Χ3= =105χ1 + 104xz+ 1Ο3χ3+ 102χι+ 10xz +χ3= =(105+ 102)χ1+{104+ 10)xz+(103+ l)x3= =100100x1+10010xz+l00lx3= =1 001.1 00χ1+ 1001.1 Oxz+ 100lx3= = 1001 ( 100χι + 10xz+x3)= =13.77(100χι+ lOxz+x3)= =13[77(100χι+ 10xz+ Χ3)]= 13Κ= = πολλαπλάσιο του 13, άρα, κάθε τριψήφιος αριθμός τέτοιου είδους, διαιρείται με το 13»

Πμ. "αυτό το ξέρατε;" [η απάντηση]

Θεωρούμε έναν κύκλο με κέντρο τον Ήλιο (Η) και ακτίνα όση η απόσταση του Ήλιου από τον πλανήτη Δία (Δ). Ο Δίας εκτελεί μια, περίπου, κυκλική τροχιά γύρω από τον Ήλιο. Εκατέρωθεν της ακτίνας ΗΔ, θεωρούμε τις ακτίνες ΗΕ, ΗΤ σε τρόπο ώστε γων.ΤΗΔ=γων.ΔΗΕ=55,5°. Στα σημεία Ε, Τ ανακαλύφθηκαν σμήνη aστεροειδών· σε καθένα απ' αυτούς τους aστεροειδείς δόθηκαν ονόματα εμπνευσμένα από τους ήρωες που, καθοιονδήποτε τρόπο, Πήραν μέρος στον τρωικό πόλεμο. Οι αστε-

ροειδείς του σημείου Ε πήραν ονόματα Ελλήνων ηρώων, ενώ του σημείου Τ ονόματα Τρώων ηρώων. Είναι αξιοπρόσεκτο πως οι νονοί αυτών των aστεροειδών φρόντισαν να "βάλουν" και. . . κατασκόπους. Στις τάξεις των Ελλήνων τον Έκτορα και στους Τρώες τον Πάτροκλο .. . Σε πραγματικές συνθήκες κίνησης, προηγούνται οι Έλληνες, ακολουθεί ο Δίας και έπονται οι Τρώες. Όλη η ιστορία ξεκί\ιησε στις 2/2/1906 από τον αστρονόμο Maximilian Wolf.


Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

ίΑ!. 63ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

"Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ, 11 ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΥ 2003

Β ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

1. Αν ο αριθμός χ είναι θετικός ακέραιος και κλά 3 - χ , θ ,

, το σμα -- ειναι αρι μος αρνητικος

2 και μεγαλύτερος από το -1, να προσδιορίσετε όλους τους τριψήφιους θετικούς ακέραιους των οποίων το άθροισμα των ψηφίων ισούται με χ.

Λύση

Από -1 < 3 - χ < Ο προκύπτει ότι 3 < χ < 5, χ ε Ζ, 2 οπότε θα είναι χ = 4. Οι ζητούμενοι αριθμοί είναι οι 103, 112,121, 130, 202, 211, 220, 301, 310, 400. 2. Να προσδιορίσετε τους ακεραίους α, β, γ

και δ, αν είναι γνωστό ότι: α 2 β 3 γ 4 β = -j ' Υ = 4' δ = 5 και

Λύση

Α , 'θ α β 1 2 πο υπο εση - ·-=-=>γ= α. β γ 2

, α β γ 2 5α Επισης - ·- ·-=- => δ = -. β γ δ 5 2 , α 2 3α Επισης - = - => β = -.

β 3 2 Επομένως:

αβγδ=120 .

· 3α 5α αβγδ = 120 <:::::> α · - · 2α · - = 120 <:::::> 2 2 α4 =16 <=> (α2 )2 = 42 <:::::>

<:::::> α2 = 4 1) α2 = -4 (αδύνατο) <:::::>α= 2 ή α= -2. Για α= 2 προκ:ύπτουν β = 3, γ = 4 και δ= 5, ενώ για α= -2 προκύπτουν β = -3, γ = --4 και δ = -5.

3. Στο διπλανό σχήμα, το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι ορθογώνιο, η ΖΘ είναι μεσοκάθετος της ΓΕ και το τρίγωνο ΖΕΓ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο στο Ζ. Αν ΑΖΕ= φ , να υπολογίσετε τη γωνία

ΒΕΘ ως συνάρτηση του φ. Λύση

Έχουμε Af'Z=90° -ΔΖΓ= = ΑΖΕ = φ. Επίσης φ + ω = 45° (1)

90° + φ + 45° + ω + + ΒΕΘ = 180° <=>

Α (I) <:::::> ΒΕΘ = 45° + φ - ω = = φ + φ = 2φ

4. Καθένας από τους αριθμούς Α=888 ... 8, Β=444 ···4

έχει 2003 ψηφία, ενώ καθένας από τους αριθμούς

Γ=333 ... 3, Δ=666 ... 67 έχει 2002 ψηφία.

Ποιος από τους αριθμούς Χ=Α·Γ, είναι μεγαλύτερος και πόσο;

Λύση

Έστω α = 111 . . . 1 (2003 ψηφία), β = 111 . . . 1 (2002 ψηφία). Τότε

Υ=Β·Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.2/14

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------Υ = ΒΔ = 4α · ( 6β + 1) = 24αβ + 4α. Χ = ΑΓ = 8α · 3β = 24αβ Άρα είναι Υ -Χ = 4α > Ο , οπότε ο Υ είναι μεγαλύτερος του Χ κατά 4α = 444 .. .4(2003 ψηφία) δηλαδή κατά 4α = Β . Γ' ΓΥΜΝΆΣΙΟΥ

ι. Να αποδείξετε ότι για κάθε τιμή των μη αρνητικών ακεραίων αριθμών α, β με α > β ο αριθμός

(2α + ι)2 - (2β + ι)2 κ = ....:....__ _ _;_______;__:__:...._

4 είναι θετικός ακέραιος. Να προσδιορίσετε τις τιμές των α, β για τις οποίες ο κ είναι πρώτος, δηλαδή είναι κ > ι και οι μοναδικοί θετικοί διαιρέτες του είναι οι αριθμοί ι και κ.

Λύση Έχουμε:

κ (2α+1+2β+1Χ2α+fl-2β-;{) =(α+β+1Χα-β), 4 οπότε ο κ είναι θετικός ακέραιος, αφού οι α, β είναι ακέραιοι και α>β. Αφού α+β+1>1, ο κ είναι πρώτος μόνον όταν α - β = 1 ή α = β + 1 . Τότε κ = 2(β + 1) και είναι πρώτος όταν β + 1 = 1 <::::> β = Ο , οπότε θα είναι και α = 1. 2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ορθογώνιο και ισοσκελές

με Α = 90° και ΑΒ=ΑΓ=α. Φέρουμε ευθεία xAy εξωτερικά του τριγώνου έτσι ώστε

---

χΑ Γ = 30° . Από τα Γ και Β φέρουμε κάθετες προς την xAy που την τέμνουν στα Δ και Ε , αντίστοιχα .Να υπολογίσετε το εμβαδόν του τραπεζίου ΒΓ ΔΕ συναρτήσει του α.

Αν Ζ συμμετρικά του Γ ως προς τη xAy, τότε ΑΓΖ ισόπλευρο τρίγωνο και από Πυθαγόρειο Θεώρημα ΑΔ = αJ3

2 '

Λύση

z

Ανάλογα βρίσκουμε ΒΕ = αJ3 , 2 ( ΒΓΖΕ) = ΒΕ + ΓΔ · ΔΕ = 2 ) � + �](αJ3 + �J = 2 2 2

α2 ( J3 + 1 )2 α2 { 2 + J3) = = -...:...._ _ ___:_ 8 4

ΑΕ = �. 2

3. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y, z,

w ισχύει η ισότητα

χ2 + ιΟy2 + ιΟz2 + 9w2 = 6(xy + yz + zw),

να βρεθεί η σχέση που συνδέει τους χ και w.

Λύση Η δεδομένη ισότητα γράφεται: (x - 3y)2 + (y - 3z)2 + (z - 3ω)2 = 0 <::::> χ - 3y = 0, y = 37 = 0, 7 - 3ω = Ο <::::> x = 3y, y = 37, z = 2ω � χ = 9z = 27ω 4. Είναι δυνατόν το γινόμενο τριών διαδοχι

κών θετικών ακεραίων να ισούται με τον κύβο ενός θετικού ακεραίου;

Λύση Ζητείται αν υπάρχει θετικός ακέραιος κ τέτοιος ώστε κ3 = (η -1)η(η + 1), η � 2 <::::> κ3 = η3 - η, η > 1. Έχουμε κ3 = η3 - η < η3 και κ3 = η3 - η > (η -1 )3 = η3 - 3η2 + 3η -1

2 . 2 4 1 <::::> 3η - 4η + 1> Ο <::::> η --η+- > Ο 3 3 ( 2)2 1 ( 2)2 1 <=> η -3 -9 > Ο<::::> η -3 >9 , που ισχύει αφού η � 2 . Αφού το ζητούμενο δεν είναι δυνατό.

Α' ΛΥΚΕΙΟΥ

ι. Ν α επιλύσετε ως προς χ την εξίσωση 3α + l _ α - ι = 2α(α2 - ι)

, α ε ΙR. α + χ α - χ χ2 - α2

Για ποιες θετικές ακέραιες τιμές του α οι ρίζες της εξίσωσης είναι αριθμοί πρώτοι;


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

Λύση Μετά τις πράξεις η εξίσωση γίνεται: 2αχ = α2 (α +1), χ :;t: ±α. Α ν α = Ο, τότε Ο · χ = Ο, χ :;t: Ο � χ Ε � * , δηλαδή η εξίσωση έχει άπειρες λύσεις.

, α( α + 1) Α ν α :;t: Ο , τοτε χ = , χ :;t: ±α. Η τιμή αυτή 2 είναι ρίζα όταν έχουμε:

α( α + 1) :;t: ±α � α + 1 :;t: ±2 � α :;t: 1 και α :;t: -3 . 2 Η 'ζ α( α + 1) , θ , , , ρι α ειναι ο αρι μος πρωτος μονον 2 όταν α = 2. 2. ί.Αν α είναι πραγματική παράμετρος και

2α Α Β = -- - --

για κάθε χ Ε � - {-α,α}, να βρείτε τους α

ριθμούς Α και Β. ii . . Αν είναι χ :;t: m , όπου

m Ε {-ιΟ,-9, - · ·,-ι,Ο,ι,- · ·,9,ι0},

να αποδείξετε ότι 2 4 6 20

ΧΖ - ι + ΧΖ - 4 + ΧΖ - 9

+ "' + ΧΖ - ι00 =

= ιι[ ι + ι + . (χ - ι)( χ + ι ο) (χ - 2)(χ + 9)

... + (χ - ιΟ�(χ + ι)J .

Λύση 2α Α Β

ί. -2-=--- �Α(χ+α)-�χ-α)=2α, χ -ri χ-α χ+α για κάθε χ :;t: ±α . Για χ=2α έχουμε 3Α- Β=2 (1) Για χ=3α έχουμε 4Α-2 Β=2 (2) Από (1), (2) λαμβάνουμε: Α=1, Β=1.

ίί. Από το (1) για α=1,2, . . . , 10 έχουμε: 2 2 6 20

-- + -- + -- + + = χ2 -1 χ2 - 4 χ2 - 9 . . . χ2 -100 1 1 1 1 1 1 =-----+-- --- + ... + -- - -- = χ -1 χ +1 χ - 2 χ + 2 χ -10 χ +10

=(χ�1-χ�ιο)+(χ�2 - χ:9)+ ... +(χ�ιο- χ�1) 11 11 11

---- + + . . . + ----(χ-1 )(χ+ 10) (χ-2)(χ+9) (χ-10)(χ+ 1)

3. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 120° . Αν ΑΔ, ΒΕ και ΓΖ είναι οι διχοτόμοι των γωνιών του, να υπολογίσετε τη γων�α ΔΕΖ .

Λύση Το Ζ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Af'B , αλλά και στη διχοτόμο ΒΑ της γωνίας ΕΒχ . Άρα το Ζ ισαπέχει από τις πλευρές Γ Α, Γχ και ΒΕ, οπότε ανήκει και στη διχοτόμο της γωνίας ΑΕ Β . Άρα η ΖΕ είναι διχοτόμος της γωνίας ΑΕ Β .

Α

χ Γ

Ομοίως βρίσκουμε ότι η ΕΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΕΓ . Άρα είναι ΔΕΖ = 90° ως γωνία των διχοτόμων δύο εφεξής παραπληρωματικών γωνιών. 4. Αν οι χ, y, z είναι θετικοί πραγματικοί α

ριθμοί, να αποδείξετε ότι ι ι ι < ι

----::------::----+ + -χ3 +y3 +xyz y3 +z3 +xyz z3 +χ3 +xyz - xyz

Λύση Θα χρησιμοποιήσουμε την aνίσωση χ3 + y3 � xy(x + y) που αληθεύει γιατί χ3 + y3 - x2y - xy2 � 0 � χ2 (χ - y) - y2 (x - y) � 0 � (χ - y)(x2 - y2 ) � ο ·� (χ - y)2 (x + y) � ο, που ισχύει αφού χ, y, z > Ο. Τότε

1 1 1 < χ3 + y3 + xyz + y3 + z3 + xyz + z3 + χ3 + xyz -1 1 1

----- + + = xy(x + y) + xyz yz(y + z) + xyz zx(z + χ) + xyz 1 1 1 = + + = xy(x + y + z) yz(y + z + x) zx(z + x + y)

z + x + y 1 = = xyz(x + y + z) xyz

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ

ι . Για τους ακέραιους α, β δίνεται ότι

(α - β)z = 4αβ (ι) α + β - ι

ί. Ν α αποδείξετε ότι ο α+β είναι τέλειο τε-



τράγωνο. ίί. Να βρείτε τα ζεύγη (α, β) των ακεραίων

που ικανοποιούν την ισότητα (1 ).

Λύση

ί. (α +β)z = (α - β)z + 4αβ = = 4αβ +4αβ= 4αβ( α+β) � α+β-1 α+β-1 (α+β)2 =(α-β)2 +(α+β)(α+β -1) � α+β={(α-β)2 , αν α+β :;C Ο

Ο, αν α+β=Ο Λύση του Σωτήρη Λουρίδα:

(α -β)z = 4αβ � α2 - 2αβ + β2 = 4αβ α + β -1 1 α + β �1

Α ν υποθέσουμε α + β * Ο έχουμε: α2 - 2αβ +β2 α2 + 2αβ +β2 , = , οποτε: 1 α + β (α -β)z = (α +β)z � Ια + β = (α -β)z l , α + β αν α + β = Ο τότε α + β = 02 . ίί. Αν α+β=Ο, τότε η (1) γίνεται

(α - β)2 = -4αβ � (α +β)2 = 0 , ισχύει. Άρα α = κ, β = -κ με κ ε Ν * . Αν α + β * Ο τότε από την εξίσωση α + β = (α -β)2 θα έχουμε: α - β = κ }� α = κ(κ + Ι) ' β = κ(κ - Ι) _ α + β = κ2 2 2

2. Στο Καρτεσιανό επίπεδο Oxy θεωρούμε 25 σημεία με συντεταγμένες (κ, λ), όπου κ=Ο,1,2,3,4 και λ=Ο,1,2,3,4. Να προσδιορί:σετε το πλήθος των τετραγώνων που κατασκευάζονται με κορυφές 4 από τα 25 δεδομένα σημεία.

Λύση Συνολικά υπάρχουν Ι · 42 + 2 · 32 + 3 · 22 + 4 ·12 = 50 τετράγωνα.

2η Λύση Ονομάζουμε A;j το σημείο με συντεταγμένες (i, j). Κατ' αρχήν υπάρχουν 4 2 = 16 τετράγωνα πλευράς Ι . Επίσης υπάρχουν 2 τετράγωνα πλευράς 2 με πλευρές οριζόντιες ή κατακόρυφες, π. χ. AooA2oA2zAoz = Τ κλπ.

Σε κάθε από τα παραπάνω τετράγωνα αντιστοιχεί ένα ακόμη τετράγωνα αντιστοιχεί ένα ακόμη τετράγωνο με κορυφές τα μέσα των πλευρών του και ακτίνα J2, π. χ. στο τετράγωνο Τ αντιστοιχεί το τετράγωνο Τ' = Α10Α21Α12Α01 . Επίσης υπάρχουν 4 τετράγωνα πλευράς 3 με πλευρές οριζόντιες ή κατακόρυφες. 3. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, Α = 90° .

Εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΒΓ Δ και ΑΓΕ. Α ν Μ είναι το μέσο της ΑΒ και ΜΔ=u, ME=v, να υπολογίσετε το μήκος της ΑΒ, ως συνάρτηση των υ , ν.

Λύση

Αν Κ, Ν μέσα των ΑΓ, ΒΓ, αντίστοιχα, τότε το τρίγωνα ΕΜΝ είναι ορθογώνιο στο Ν, ενώ το τρίγωνο ΜΝΔ είναι αμβλυγώνιο στο Ν, αφού ΜΝΔ = 90° + ΜΝ Β = 90° + Γ . Από το τρίγωνο ΕΜΝ έχουμε:

u2 = ΜΝ2 + ΕΝ2 = .r_ + [l + βJ3J2 ή 4 2 2 2 4β2 + γ2 + 2βγvi3 u = --=--....:....__..:......:...._ 4 (1)

Από το τρίγωνο ΜΝΔ με το νόμο των συνημιτόνων έχουμε:

2 β2 [αvf3J2 β αvf3 ο υ = - + - - 2- ·- · συν(90 + Γ) 4 2 2 2

υ2 = β2 + 3α2 + 2αβJ3ημΓ = β2 + 3α2 + 2βγJ3 (2) 4 4 ' αφού ημΓ = l. α Με αφαίρεση της (Ι) από τη (2) λαμβάνουμε:

3αz _ 3βz _ z z υz - u2 = 4 γ =� , αφού αz = βz + γz .

Άρα είναι γ = �2(υ2 - u2 ) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/17

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------

Λύση του Σωτήρη Λουρίδα: ΜΔ = u, ΜΕ = ν

Β

Δ • Ε' Δ• π � ΑΒΓ δtόtιείναιορθοyώνιακαι ΗΔ'Ε' = Γ

Ε'Δ' ΗΕ' ΗΔ' Ε'Δ' ΒΓ α άρα -- = - = - <=:> -- = - = -ΒΓ Α Β ΑΓ ΗΔ' ΑΓ β α.J3 , ΔΔ' -2- ΔΔ' α ομως ΕΕ' = β.Jj <:::::> ΕΕ' =β

2 <:::::>

Ε'Δ' = ΔΔ' =� <:::::> IEE' . Ε' Δ' = ΔΔ' . ΗΔ'I (1) ΗΔ' ΕΕ' β . . • ΜΔ'Δ > 90• � στο ΜΔ'Δ από γεν. Πυθ. για

αμβλεία γrονία έχω: u 2 = ΜΔ'2 +ΔΔ'2 + 2ΔΔ' · Δ 'Η (2)

• ΜΕ'Ε > 90· � στο ΜΕ'Ε από γεν. Πυθ. για αμβλεία γωνία έχω:

ν2 = ΜΕ'2 + ΕΕ'2 + 2ΕΕ' · Ε' Δ' ΑΓ2 3 ΒΓ2 (2) � u2 = -- + -- + 2ΔΔ' · Δ'Η� 4 4

u2 = ΑΓ2 + 3 ΒΓ2 + 2ΔΔ' . Δ'Η 4

(3) � ν2 = ΒΓ2 + 3ΑΓ2 + 2ΕΕ' . Ε' Δ' � 4 4

ν2 = ΒΓ2 + 3ΑΓ2 + 2ΕΕ' . Ε' Δ' 4

(-) �

(3)

ΒΓ2 + 3ΑΓ2 - ΑΓ2 - 3 ΒΓ2 v2 - u2 = + 4

+ 2ΕΕ' · Ε'Δ' - 2ΔΔ' · Δ'Η� 2ΑΓ2 - 2 ΒΓ2 ν2 - u2 = + 4

(I ) + 2( ΕΕ' · Ε'Δ' - ΔΔ' · Δ'Η) � ν2 - u2 =..!_(ΑΓ2 - ΒΓ2 ) = 2

1 2 2 1 2 = --( ΒΓ - ΑΓ ) = --ΑΒ � 2 2 2(u2 - v2 ) = ΑΒ2 � Α Β = �.-2-(u--,.2---v--.,.2-) .

4. Αν είναι 2α6 - 2α4 + α2 = � , να αποδείξετε 2

ότι α8 > ι . Λύση

Αρκεί 4α8 +1> 5 ή (2α4 )2 +12 > 5 ή (2α4 - 2α2 + 1)(2α4 + 2α4 + 2α2 + 1) > 5 ή (λόγω υπόθεσης) ---;.(2α4 + 2α2 + 1) > 5 2α , 2α4 + 2α2 + 1 10 , 2 2 2 γ 10 η > - η α + + - > -

� 3 � 3 ή α2 +( α+�)2 > 1� , που ισχύει γιατί ( α+�)2 � 4 .

Λύση του Σωτήρη Λουρίδα: Καλούμε α2 = t οπότε t > Ο. Άρα λύνουμε

το εξής πρόβλημα: Αν 2 · t3 - 2t2 + t = � να 2

αποδειχθεί ότι: t > ι.

Λύση: Α ' 2 3 2 2 3 πο · t - · t + t =- � 2 � 2 . t3 - 2 - 2 . t2 + 2 + t -1 = � -1 2

3 2 1 � 2 · (t -1) - 2 · (t -1) + t -1= 2 � 2 . (t -1)(t2 + t + 1) - 2(t -1)(t + 1) + t -1 = ..!.. 2

2 1 � 2 . (t -1) . (t + t + 1) - 2 . (t -1)(t + 1) + t -1 = 2 � <t -1)(2 · t2 + Ά' + I - Ά' - I +1)

2 1 � (t -1) · (2 · t +1) =2 > 0 � t -1 > Ο � t > 1 � α2 > 1 � α8 > 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.2/18


Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ

1 . Ο πενταψήφιος αριθμός Α = Χ1Χ2Χ3Χ4Χ5

(στο δεκαδικό σύστημα) έχει ψηφία

τέτοια ώστε χ3 > 1, χ4 > 1, χ5 > 1 και

Χ1 + Χ1Χ2 + Χ1Χ2Χ3 + Χ1Χ2Χ3Χ4 + Χ1Χ2Χ3Χ4Χ5 = 121

Να βρεθεί ο αριθμός Α.

Λύση Από την υπόθεση έχουμε: Χι (1 +xz +xzxJ +XzXJX4 +x2X3X4Xs ) = 121 = 1 1 · 1 1

Επειδή ο 1 1 είναι πρώτος και 1 :::;; Χι :::;; 9 , έχουμε ότι Χι = 1 και 1 + Χ2 + Χ2Χ3 + Χ2Χ3Χ4 + Χ2Χ3Χ4Χ5 ) = 121 ή Χ2 (1 + χ3 + Χ3Χ4 + χ3χ4χ5 ) = 120 = 23 · 3 · 5 . Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις: • χ2 = 1

Τότε χ3 (1 + χ4 + χ4χ5 ) = 1 19 = 7 · 17. Επειδή είναι 1 < χ3 :::;; 9, και οι 7, 17 είναι πρώτοι, έπεται ότι χ3 = 7 και 1 + χ4 + χ4χ5 = 17 ή χ4 (1 + χ5 ) = 16 . Άρα έχουμε χ4 = 2, χ5 = 7 ή χ4 = 4, χ5 = 3 ή Χ4 = 8, χ5 = 1( απορ.) Έτσι έχουμε τις λύσεις

Α=1 1727 ή Α=1 1743.

• χ2 = 2 Τότε χ3 (1 + χ4 + χ4χ5 ) = 59 (αδύνατη)

• χ2 = 3 Τότε χ3 (1 + χ4 + χ4χ5 ) = 39 = 3 · 13 , οπότε τελι-κά προκύπτουν οι αριθμοί Α= 13325 ή Α=13333 ή Α=13342

• Χ2 = 4 (οδηγεί σε άτοπο) • χ2 = 5 (επίσης οδηγεί σε άτοπο) • χ2 = 8

Τότε χ3 (1 + χ4 + χ4χ5 ) = 14 = 2 · 7 , οπότε θα είναι χ3 = 2 και χ4 (1 + χ5 ) = 6 ή χ3 = 7 και Χ4 (1 + χ5 ) = 1 (αδύνατο). Άρα είναι χ3 = 2, χ4 = 2, χ5 = 2 ή χ3 = 2, Χ4 = 3, χ3 = 1 (απορ.) Έτσι προκύπτει ο αριθμός Α=1 8222.

2. Δίνεται ορθή γωνία xOy και τα σημεία Α, Β επάνω στις Οχ, Oy, αντιστοίχως, έτσι ώστε ΟΑ + ΟΒ =2λ, όπου λ > Ο. Να αποδείξετε ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Τ στο εσωτερικό της γωνίας xOy έτσι ώστε Ε(ΟΑΤΒ) = λ2 , ανεξάρτητα από τη θέση

των Α και Β. Λύση

Αν Β = Ο, Α Ε Οχ με ΑΒ =2λ , τότε το ευθύ-γραμμο σχήμα ΟΑΤΒ είναι το τρίγωνο ΟΤΒ, οπότε το Τα θα βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας xOy σε ευθεία παράλληλη προς την Οχ σε απόσταση λ από την Οχ. Ομοίως, αν Α = Ο, Β Ε Oy με ΑΒ = 2λ , τότε το Τ θα βρίσκεται στο εσωτερικό της γωνίας xOy σε ευθεία παράλληλη προς Oy σε απόσταση λ από την Oy. Άρα το Τ πρέπει να είναι το μοναδικό σημείο τομής των δύο αυτών ευθειών.

Υ Υ

:ι Λ Β

τ -------------

· ! ο Α κ χ 2λ

Σχ. 1 Σχ.2 Μένει ακόμα να αποδείξουμε ότι για την τυχούσα θέση του ΑΒ ισχύει ότι Ε(ΟΑΤΒ) = λ2 . Θεωρούμε σημείο Κ Ε Οχ τέτοιο ώστε ΑΚ = ΟΒ, οπότε ΟΚ = ΟΑ+ΑΚ = ΟΑ + ΟΒ = 2λ και Ε(ΟΤΚ) = .!.ο κ · λ = λ2 .

2 Επομένως, αρκεί να αποδείξουμε ότι Ε(ΟΑΤΒ) = Ε(ΟΤΚ) ή Ε(ΟΒτ) + Ε( ΟΑ τ) = Ε(ΑΚτ) + Ε(ΟLτ) ή Ε(ΟΒτ) = Ε(ΑΚτ) , που ισχύει γιατί τα τρίγωνα ΟΒΤ και ΑΚΤ είναι ίσα [ΑΚ=ΟΒ, ΟΤ = ΤΚ και Βότ = ΑΚ.τ = 45° ].

Λύση του Σωτήρη Λουρίδα: Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο ΟΑΒ που τέμνει την διχοτόμο της χόψ = 90° στο σημείο Τ. Θεωρούμε επί της Οχ σημείο Β', ώστε ΑΒ' = ΟΒ.



Άρα: Ο Β ' = ΟΑ + ΑΒ' => Ο Β' = ΟΑ+ Ο Β => Ο Β ' = 2 · λ . Άρα το Β ' είναι σταθερό σημείο.

Δ Δ Τα τρίγωνα Α Τ Β ' και Α Τ Β είναι ίσα διότι: Β ι = Αι (από το εγγεγραμμένο ΟΑ Τ Β), Α τ = Τ Β,

.....--_ .....--_ αφού ΑΤ = ΤΑ = 90σ και Ο Β=Α Β Ό Άρα ΤΟ=Τ Β ' που σημαίνει ότι το Τα είναι- σημείο τομής της διχοτόμου ( οδ) και της μεσοκαθέτου του Ο Β ' για οποιαδήποτε θέση της ΑΒ , ώστε ΟΑ+Ο Β=2λ. Έτσι έχουμε:

Ε ΟΤ · ΤΤ1 Ο Β · ΤΤ2 (ΟΑΤΒ) = 2 + 2 =

= ΟΑ · λ + Ο Β · λ =!:_(ΟΑ + Ο Β) =!:_ · 2λ = λ2 2 2 2 2 ' , Ο Β ' 2λ αφου ΤΤ1 = ΤΤ2 = 0Τ1 = -- = - = λ . 2 2

Αν υπάρχει και ένα άλλο σημείο Τ , εντός χΟψ, με τις ιδιότητες του Τ τότε:

E<oAn) = Ε<οΑΤΒ) => ΕσΑΒ) = Ε<ΓΑΒ) => ττ ΙΙ ΑΒ για κάθε θέση του ΑΒ , πράγμα άτοπο. Άρα το Τ είναι μοναδικό σημείο. (Η παραπάνω διαδικασία συντομεύεται με το θεώρημα του Mac Lauήn). 3. Αν ο αριθμός αβγ (στο δεκαδικό σύστημα)

είναι πρώτος, να αποδείξετε ότι η εξίσωση αχ2 + βχ + γ = Ο δεν έχει ρητή ρίζα.

Λύση Έστω Δ = β2 - 4αγ = κ2 , ( κ ε Ζ , αφού α, β, γ ψηφία). Τότε θα έχουμε: 4α · αβγ = 4α(100α + ΙΟβ + γ)

= 400α2 + 40αβ + 4αγ = 400α2 + 40αβ + β2 - κ2 = (20α +β)2 - κ2 = (20α + β + κ)(20α + β - κ)

Επειδή ο αριθμός αβγ είναι πρώτος, έπεται ότι ο 20α+β+κ ή ο 20α+β-κ διαιρείται με τον πρώτο αριθμό αβγ .

Τότε όμως 20α + β + κ � 100α + 10β + γ ή ±κ � 80α + 9β + γ (άτοπο, αφού κ< β από κ2 = β2 - 4αγ < β2 ). 4. Α ν α � ι και z ε c έτσι ώστε I z + α ι:::; α

και Ι z2 + α ι:::; α , να αποδείξετε ότι η εικόνα του z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει στον κυκλικό δίσκο με κέντρο την αρχή των αξόνων και ακτίνα α.

Λύση Έστω z = χ + yi. Τότε z2 = χ2 - y2 + 2xyi

Ι z + α Ι:::; α => �(χ + α)2 + y2 :::; α ή χ 2 + y2 + 2αχ :::; Ο

Ι z2 + α Ι:::; α => �(χ2 - yz + α)2 + 4x2y2 :::; α (1)

ή (χ2 + y2)2 + 2αχ2 - 2αy2 :::; Ο (2) Θέτουμε χ 2 + y2 = ω2 και οι Ι , 2 γίνονται:

χ:::;� ι.ε

α>Ο ή li � cJ I (3)

ω+ 2αχ.:::;ο ι 2α 4[

ο1 +2m'-

�ο/ -χ')�ιJ..,., �2m! -.ι ή I"' �� ( 4)

ω4 ω2 ω4 Από τις (3), (4): - :::; χ2 :::; - --4α2 2 4α ω2 ω2 η' - < Ι - -2α2 - 2α

2α2 2α2 Όμως -- :::; - = α2 διότι α + Ι � 2 . Ι + α 2 Έτσι: χ2 + y2 :::; α2 ή Ι z l2:::; α2 ή Ιι z ι:::; αl , δηλαδή η εικόνα του z στο μιγαδικό επίπεδο ανήκει στο κυκλικό δίσκο με κέντρο την αρχή και α-κτίνα α.

Λύση του Σωτήρη Λουρίδα: Ι z + α ι:::; α =>Ι z 12 +α(z+z) :::; 0 =>1 z 12 :::; -α(z + z) => Ι z l4:::; α2 · (z2 + z2 + 2 · z · z) => I z ι4:::; α2 · (z2 + z2) + 2α2 · 1 z Ι2 ( Ι) Ι z2 + α ι:::; α =>I z 14 +α · ( z2 + z2 ) :::; ο => α· Ι z 14 +α2 (z2 + z2 ) :::; Ο (2)

2α2 (Ι) + (2) => (α + Ι) Ι z 14:::; 2α2 · 1 z 12=>1 z 12 :::; -α + Ι με � :::; α2 άρα 2 :::; α + Ι , καθώς α � Ι . α + Ι Τελικά



Λυμένες Ασκήσεις Α

1. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ. Έστω ότι: Α = 30" και Β = 15" . θεωρούμε σημείο Ρ του επιπέδου του, ώστε: ΛΜ + ΛΝ + ΜΝ = 1, αν Λ, Μ, Ν οι προβολές του Ρ στις πλευρές ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι:

• ΡΑ2 + ΡΒ2 + ΡΓ2 � 10 + 2.J3 11

Λύση: Θυμίζουμε ότι: «αν ένα τρίγωνο ΚΛΜ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο ακτίνας R και είναι ω το μέτρο της γωνίας ΜΚΛ , τότε ΛΜ = 2Rημω». (Νόμος ημιτόνων). Τα τετράπλευρα ΡΝΑΜ, ΡΜΓ Λ, ΡΝΒΛ είναι εγ-

Σωτήρης Λουρίδας

, J J 1 Άρα: ΡΑ- + ΡΒ- + ΡΓ- > με - ημzΑ + ημzΒ+ημzΓ

1 ο �2 -Ji ημΑ = ημ300 = 2 ' ημΒ = ημ1 5 = 2 ' ημΓ = ημ1 35" = .fi , οπότε: 2

ΡΑΖ + ΡΒΖ + ΡΓ2 � 10+ 2J3 1 1

2. Είναι ο ρητός αριθμός 1 1 1 1 Χ =-+-+-+ . . . +-- , 3 5 7 2η + 1

όπου η ε Ν με η � 1 , ακέραιος;

Λύση: 'Ε ' Ση 1 ' ' γράψιμμα σε κύκλους (σχ. 2) αφού δύο απέναντι στω οτι ο χ = -- ειναι ακεραιος.

α=Ι 2α+ 1 γωνίες τους είναι 90°ή δύο διαδοχικές τους είναι ίσες με 90° (σχ. 3). Αντίστοιχες αυτών διάμετροι είναι οι ΑΡ, ΓΡ, ΒΡ.

Β Α

Μ

Α Β

Σχ. 1 Σχ. 2 Από την προηγούμενη παρατήρηση έχουμε: ΛΜ = ΡΓ · ημΓ , ΛΝ = ΡΒ · ημΒ , ΜΝ = ΡΑ · ημΑ . , z z 2 MNz ΛΝz ΛΜz Άρα: ΡΑ + ΡΒ + ΡΓ = --2

- +-z- +-2- · ημ Α ημ Β ημ Γ

Από την ανισότητα Cauchy - Schwarz Buniakowski έχουμε: (PAz + ΡΒ2 + ΡΓ2 ) · (ημzΑ+ ημ2Β + ημ2Γ) � � (ΡΑ η μΑ+ ΡΒημΒ + ΡΓημΓ)2 = = (ΛΜ + ΛΝ + MN)z = 1 .

Τότε το ελάχιστο κοινό πολλαπλάσιο των παρανομαστών είναι: 3 ιc · 5 · 7 . . . (2λ + 1) · όπου 2λ + 1 είναι ο μεγαλύτερος απ' τους παρανομαστές που δεν είναι πολλαπλάσια του 3. Θέτουμε: m = 5 · 7 . . . (2λ + 1) κι έχουμε: 3ιcmx = 3ιc-1m + 3ιc · μ , όπου μ ε Ζ .

3ιc-ι · m m Συνεπώς: ε Ζ � - ε Ζ : «άτοπο». 31( 3 Ά 1 1 1 �τ 1 ρα ο χ =- +- + . . . + -- με η ε 1 "� και η �

3 5 2η + 1 δεν είναι ακέραιος.

3. Ακολουθίες: i) Fiboηacci, ii) Lucas. i) Fiboηacci: είναι η ακολουθία fπ που ι

κανοποιεί την αναδρομική σχέση: fn = fn-1 + fn-2 ' αν η = 3, 4, 5, ... με fι = 1

και f2 = 1. Προφανώς f3 = 2. Να αποδειχθεί ότι ισχύει:

f� = (-1)n-l + fn-1 · fn+l '



Απόδειξη : , i) Για η = 2 η σχέση ισχύει, αφού:

r; = (-1)1 + fl . f3 <::::> 12 = -1 + 1 · 2 : αληθής. Έστω ότι ισχύει: r; = ( -1)"-1 + f._1 · fn+Ι . Θα αποδείξουμε ότι: r;+1 = (-1)" + f. · f.+2 . Πράγματι: <=> f;+l ='"( -1)" + f • . fn+2 <=> <=> r;+l - f • . fn+2 = ( -1)" <=> <::::> f;+l - f. (f. + fn+l ) = (-1)" <::::> <=> r;+l - r; - f • . fn+l = ( -1)" <=> <::::> -(f;+l + f� + fn · fn+l ) = ( -1)" <::::> <=> [f; - fn+l · (fn+l - f. )] = -(-1)" <::::> <=> [f.2 - fn+l (fn-l + fn - f. )] = (-1)"+1 <::::> <=> r; - fn+l . fn-1 = ( -l)n-1 . ( -1)2 <=> <::::> f; = ( -1)"-1 + fn+Ι · f._ 1 , που είναι αληθής.

α) 2 · ζ+n = ζ · L. + f. · Lm β) L: - 5 · f; = 4 · (-1)" γ) Ln+I · Ln - 5 · fn+l . fn = 2(-1)"

Η απόδειξη τους γίνεται με βάση τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

4. Με βάση την ακολουθία Fibonacci.

1 . Α ν λ ε { 2, 3, 4, . . . } και ρ τυχαίος φυσικός τότε έχουμε: χλ+ρ = χλ_1 · χρ + χρ+1

Λύση Η απόδειξη γίνεται με βάση την μέθοδο της τέλειας επαγωγής.

2. Αν κ, λ φυσικοί αριθμοί και κ διαιρεί τον λ τότε ο όρος Χκ της ακολουθίας Fiboηacci διαιρεί τον όρο Χλ της ακολουθίας αυτής.

Λύση ii) Lucas: Είναι η ακολουθία που ορίζεται Η απόδειξη γίνεται με βάση την μέθοδο της τέ

από τις σχέσεις Lt = 1, L2 = 3, λειας επαγωγής. L. = L._1 + L._2 , η :?: 2 . Να αποδειχθεί ότι

ισχύει:

L� = Ln-ι · Ln+1 + (-1)" · 5

για όλα τα η > 1.

Απόδειξη :

ii) Για η = 2 ισχύει, αφού 32 - 1 - 4 = (-1)2 · 5 : «αληθήρ>. Έστω ότι ισχύει L2• = ( -1)" · 5 + L._1 · Ln+Ι . Θα αποδείξουμε ότι: L2n+Ι = L • . Ln+2 + ( -1)"+1 . 5 <=>

<=> L2n+l - L • . Ln+2 = ( -1)"+1 . 5 <=> <=> L2n+Ι - Ln · (Ln+Ι + L. ) = ( -1)"+1 • 5 <::::> <::::> L2n+l - Ln • Ln+l - L2n = ( -l)n+l . 5 <::::>

<=> -(L: - L:+Ι + L" · L.+1 ) = ( -1)"+1 · 5 <::::>

<=> L2" - Ln+Ι (Ln+Ι - Ln ) = (-1)" (-1)2 · 5 <::::> <=> L: - L.+1 (Ln-2 + L. - L. ) = (-1)" · 5 <::::> <::::> L: - Ln+Ι · L._2 = ( -1)" · 5 <::::>

<::::> L2• = ( -1)" · 5 + Ln+Ι · L._1 που αληθεύει.

iii) Η ακολουθία Fiboηacci (Fn) και η ακολουθία Lucas (Ln) επαληθεύουν τις ισότητες:

3. Δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fiboηacci είναι αριθμοί πρώτοι μεταξύ τους.

Λύση Έστω χ., Χν+ι δύο διαδοχικοί όροι της ακολουθίας Fiboηacci. Έστω δ κοινός διαιρέτης τους. Αν η ο ελάχιστος φυσικός αριθμός ώστε δ/Χrι και δ/χη+Ι · Αφού δ/χ. και δ/χη+ι το σύνολο των αριθμών η είναι διάφορο του κενού. Αν η :?: 2 � η - 1 φυσικοί αριθμοί. Όμως: χη+Ι = χ. + χ"_1 και δ/χη και δ /χn+1 � χ/δη-Ι άτοπο αφού η είναι ο ελάχιστος φυσικός με την ιδιότητα δ/Χrι και δ/χη+ 1 • Άρα η = 1 � δ = 1 5. Α ν μ, ν θετικοί ακέραιοι αριθμοί με μ "* ν

και δ = (μ, ν) τότε ο χδ = (χμ ,χ. ) , όπου (χ.)

η ακολουθία Fibonacci.

Λύση Έστω (χμ, χ.) = m. Θα δείξουμε ότι: m = χδ. Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: μ>ν.

• Έστω ν/μ (μ = πολν), τότε δ = ν. Άρα Χδ = χ)χμ. Κι επομένως: Χδ = m.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/22


• Έστω ν + μ ( μ :;t: πολν ), τότε υπάρχουν μοναδι- ( συν2χ) · [2συν2 χ - 2ημ 2χ] · Η � Ο , όπου Η � Ο , κοί ακέραιοι λ, υ τέτοιοι ώστε: αφού Η = (2συν2χy-ι + . . . + (2η/.ι2χy-ι και

μ = ν λ + υ, Ο < υ < ν Θα δείξουμε ότι: m = (xv, Χυ). Έχουμε: μ = (νλ + 1) + (υ - 1). Οπότε, σύμφωνα με την πρόταση 4. 1 , παίρνουμε:

Χμ = Χνλ Χυ- ι + Χυ (2) Έχουμε τώρα: mlxμ και mlxv. Συνεπώς: mlxμ και mlxvλ· Κι επομένως απ' τη (2) παίρνουμε: ιη!χu. Έτσι συμπεραίνουμε ότι: (xv, Χυ) = m. Με τον ίδιο τρόπο, αν ν = υλ1 + υι με Ο<υι<υ, τότε: (xu, Xv) = m. Είναι τώρα:

μ = νλ+υ , Ο < υ < ν

υκ-2 = υκ-Ιλκ +υ κ ' 0 <υ κ < υκ-1 υκ-1 = υκλκ+J •

Και συνεπώς: υκ = δ. Τότε: (χμ , Χν ) = (χν , Χυ) = · · · = (xu,_1 , χυ. ) = Χδ ·

6. Έστω ν φυσικός αριθμός και χ τυχαία γωνία. Να αποδειχθεί ότι:

ημ2νχ + συν2•χ � 21-ν

Λύση : ημ2νχ + συν2νχ � 21-ν <=> 2ν . (ημ2νχ + συν2νχ) � 2ν . 21-1 = 2 <=> 2v · (ημ2νχ) + 2v · (συν2νχ) � 2 <=>

(2ημ2χ)' + (2συν2χ)' � 2 Για ν = 1 : ( 1 )<=> 2ημ2χ + 2συν2χ � 2 <=> <=> ημ2χ + συν2χ � 1 : «αληθής».

(1)

Έστω ότι ισχύει (2ημ2χ)' + (2συν2χ)' � 2 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι: (2ημ2χ)'+1 + (2συν2χ)ν+1 � 2 <=> (2ημ2χ)' · (1 - συν2χ) + (2συν2χ)-ν · (1 + συν2χ) � 2 <=> (2ημ2χ)' + (2συν2χ)' + [(2συν2χ)' - (2ημ2χ)ν ] · · συν2χ � 2 Αρκεί λοιπόν ν' αποδείξουμε ότι: [(2συν2χ)' - (2ημ2χ)ν ] · συν2χ � Ο<=>

7. ί) Αν χ, ψ, α, β, βι, υ, υι ακέραιοι αριθμοί, ώστε χ = α · β + υ , Ο < υ < α,

Υ = α · β1 + υ1 , Ο < υ1 < α με υ · υ1 - l = πολα , τότε x · y - 1 = πολα .

ίί) Έστω α πρώτος αριθμός και το πολυώνυμο: Ρ( χ) = α οχ ν + αι χν-1 + . . . + αν-Ι . � + α. '

όπου αο, αι, .•. , α. ακέραιοι αριθμοί ώστε α. :;t: πολα . Αν υπάρχει ακέραια τιμή :χο, ώστε Ρ( χ0 ) = πολα , τότε υπάρχουν ά-

πειροι ακέραιοι ρ για τους οποίους το:

Q(ρ) = αν . ρ ν + αν-Ι . ρ ν-Ι + . . . + αl . ρ + αΟ

διαιρείται ακριβώς με το α.

Λύση: ί) α/ υυ1 - 1 � υπάρχει ακέραιος κ, ώστε κ � Ο

ώστε: υ · υ1 - 1 = κ · α �

ίί) Έστω χ0 ακέραιος τέτοιος ώστε Ρ(Χσ) = πολα. Κι ας είναι: χ0 = α · β + υ, Ο :::::; υ < α . Αν υ = Ο � χ0 = α · β � α/χ0 και επειδή: α/Ρ(χ0 ) � α! α. , πράγμα άτοπο από την υπόθε-ση. Άρα υπάρχουν ακέραιοι β, υ, ώστε:

χ = α · β + υ , όπου Ο < υ < α. Έστω οι ακέραιοι της μορφής ρ = α · β' + υ' , όπου β' τυχαίος θετικός ακέραιος, ώστε: Ο < υ ' < α και υ · υ' - 1 = κ · α . Αυτό ισχύει αν

κ · α + 1 Ο < υ' < α � Ο< < α � υ

� 1 < α · (υ - κ) � υ > κ

Οι αριθμοί ρ για ένα τέτοιο κ είναι άπειροι το πλήθος, αφού το β' παίρνει άπειρες τιμές. Όι.ίως υ · υ' - 1 = κ · α � χ0 · ρ - 1 = κ · α η πα-ράσταση. Η(χ0 ) = Ρ(χ0 )ρν -Q(x0 ) = = αν-Ι · ρ

ν-\Χο · ρ - 1) + αν-2 · ρν-2 (χ� · ρ2 - 1) +

+ . . . + α0 (χ� · ρ· - 1)



Άρα: Ρ(χ0 ) · ρ ν - Q(x0 ) = Η · (χ0 · ρ - 1) , Η ακέ- Απόδειξη : ραιος. Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: Άρα α/Ρ(χ0) και α/χ0ρ - 1 και επειδή ο α είναι πρώτος αριθμός αυτός θα διαιρεί τον Q(Xo).

8. Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f/ IR και ο σταθερός α Ε (0, 1) ,όταν για την f ισχύουν

τα εξής: α) f συνεχής στο IR β) f(O) = α γ) f(χ) - f(α · χ) = χ , για κάθε X E IR .

Λύση: Έχουμε: f(κ) - f(α · κ) = κ για κάθε κ Ε IR . Έχουμε: για:

κ = χ, f(x) - f(αx) = x

κ = α · χ , f(αχ) - f(α2χ) = α · χ

κ = α2 · χ , f(α2χ) - f(α3χ) = α2χ

Κ = αν · Χ , f(αv · Χ) - f(αν+Ι . Χ) = αν · Χ Προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε: f(χ) - f(αν+Ι · χ) = χ · (1 + α+ α2 + . . . + αν ) =>

1 - αν+Ι f(χ) = f(αν+Ι · χ) + χ · --1 - α

Α ν προς στιγμή το χ θεωρηθεί πραγμαnκός σταθερός αριθμός και εφόσον α Ε (0, 1) =>

a :?: b :?: c :?: d . Τότε: * 1 = a 2 + b2 + c2 + d2 :?: ( a + c) · (b + d)} (+)

1 = a2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + b) · (c + d) => 1 = a2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + d) · (b + c)

3 :?: (a + c) · (b+d)+(a + b) · (c + d) + (a + d) · (b + c) αφού: a2 +b2+c2 +d2=(a - b)2+2ab+(c - d)2+2cd :?: 2ab + 2cd. Και συνεπώς αρκεί: 2ab + 2cd :?: (a + c)(b + d) <::::> ab + cd - ad -cb :?: 0 <::::> a(b--d)-c(b--d) :?: Ο <::::> ( a - c) (b -d) :?: Ο: αληθής

από την ανισότητα γεωμετρικού-aρμονικού μέσου έχουμε:

3 :?: 3 · �r-( a_+_c_)(_b_+_d-)(-a +---,-b )-( c_+_d_)(_a_+_d-)(_b_+_c)

=> 1 :?: ψa + c)(b + d)(a + b)(c + d)(a + d)(b +c) 6 1 :?: 1 1 1 1 1 1 =>

-- + -- + -- + -- + -- + -a + c b + d a + b c + d a + d b + c 1 1 1 1 1 1 =>-+-+- +- + -- +- - 6 :?: 0

a+c b+d a+b c+d a + d b+c a + b - 1 a + c - 1 a + d- 1 b + c - 1 => + + + + a + b a + c a + d b + d - 1 c + d - 1 0 + + � ο b + d c + d

b + c

=> ΙWη αν+Ι = Ο => lίm(αν+Ι · χ) = Ο και αφού η f 1 .._.... Η ' ' ' b d ισοτητα ισχυει οταν a = = = c = 2. είναι συνεχής => f(x) = f(O) +χ · 1 - 0 , "i/x Ε JR =>

1 - α * a2 + b2 + c2 + d2 :?: (a + c)(b + d) <=> f(x) = α+-χ- . a2 + b2 + c2 + d2 :?: ab + ad + cb + cd <::::>

1 - α (a -b)2 + (a - d)2 + (c -b)2 + (c -d)2 :?: 0 9. Αν a, b, c, d E IR: , τέτοιοι ώστε

a2 + b2 + c2 + d2 = 1 , να αποδείξετε ότι: a + b - 1 a + c - 1 a + d - 1 a + c - 1

--- + + + + a + b a + c a + d b + c b + d - 1 c + d - 1 , + + � Ο (ισχυει αν a, b, c, d

b + d c + d είνάι ομόσημοι).

όπως αληθεύει. Όμοια εργαζόμαστε και για τις άλλες.

10. Να λυθεί στους πραγματικούς αριθμούς η

εξίσωση: (1 - χ)(χ + 1)3 = χ2 .

Υπάρχει εκπληκτική φαντασία στα Μαθηματικά της Φύσης. Ο Αρχιμήδης δ..&

θετε τουλάχιστον όση φ�ντασία είχε ο Όμηρος. Βολταίρος


Μ θηματικ --,,.α την Α ' Λuιιείου

#i Ααιcήαc·ις Αλrcιιpσς Σύνολο - Εuναpτιfαcις

Λυμένες Ασκήσεις

1. Θεωρούμε τα σύνολα: A = {x E JR.Ix3 - χ2 + 2χ - 6 ;::: ο} και

B = {x E JR.Ix3 + 2χ - 5 > 0} .

Να δείξετε ότι: Α ς Β .

Λύση: Έστω ότι χ Ε Α . Τότε χ Ε JR. και: χ3 - χ2 + 2χ - 6 ;::: Ο � χ3 + 2χ - 5 ;::: χ2 + 1 > 0 � χ3 + 2χ - 5 > 0 � χ Ε Β. Συμπεραίνουμε ότι, κάθε στοιχείο του Α είναι και στοιχείο του Β. Άρα: Α ς Β .

2. Να βρείτε τα σύνολα Α, για τα οποία ισχ� ουν: Α ς {2,3,4,5} (1), Α ς {2,4,6} (2) και{2,4} ς Α (3).

Λύση: Λόγω των (1) και (2) έχουμε: {Χ Ε {2,3,4,5} ( ) χ Ε Α � � χ Ε {2,3,4,5 } 11 {2,4,6}

Χ Ε {2,4, 6} - -� Χ Ε {2,4} .

Συμπεραίνουμε ότι: Α ς {2,4} . Από τη σχέση αυ-τή και την (3), έπεται ότι: Α = {2, 4} . Αντίστροφως: Όπως βρίσκουμε εύκολα, το σύνολο Α = {2, 4} πληροί τις δοσμένες σχέσεις (1), (2) και (3). Άρα το σύνολο Α = {2, 4} είναι το μοναδικό ζητούμενο. 3. Έστω η συνάρτηση: {2χ - 3, αν χ ;::: ο

f(x) = -3χ + 1, αν χ < Ο

του Αντώνη Κυριακόπουλου

Να λυθεί η εξίσωση: 2f(x) + lx - 11 + 4 = Ο

Λύση: α. Έστω ότι χ ;::: Ο . Τότε f(x) = 2χ -3.

(1)

Έτσι, έχουμε: (1) <::::> 2(2χ-3)+1χ - 11 +4 = Ο <::::> 4x + lx - 1l - 2 = 0 (2)

• Με χ ;::: 1 , έχουμε χ - 1 ;::: Ο και συνεπώς: (2) <::::> 4χ + χ - 1 - 2 = Ο <::::> χ =� , απορρίπτεται

5 ' 3 1 γιατι - < .

5 • Με Ο � χ < 1 , έχουμε χ - 1 <Ο και συνεπώς:

1 (2) <::::> 4χ - χ + 1 - 2 = Ο <::::> χ =- : δεκτή γιατί

ο ς !. < 1 . 3

3

• Έστω χ < Ο. Τότε f(x) = -3χ + 1 και χ - 1 < Ο. Έτσι έχουμε: (1) <::::> 2(-3χ + 1) - χ + 1 + 4 = Ο <::::> χ = 1 , απορ-ρίπτεται γιατί 1>0. Άρα, η εξίσωση ( 1) έχει τη μοναδική λύση

1 Χ = - .

3

4. Έστω η συνάρτηση: {3χ - 1, αν χ ;::: 1 f(x) =

χ + 2, αν χ < 1

Να δείξετε ότι κάθε πραγματικός αριθμός είναι τιμή της f. Ποιο είναι το σύνολο τιμών της f;


------------- Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Σχόλιο: Έστω μία συνάρτηση f: Α � IR. . Ένας αριθμός λ Ε IR. είναι τιμή της f, δηλαδή λ Ε f(A) , αν, και μόνο αν, υπάρχει χ Ε Α με f(x) = λ. Ισοδύναμα: αν, και μόνο αν, η εξίσωση f(x) = λ, με άγνωστο το χ, έχει μία τουλάχιστιο λύση στο Α.

Λύση: Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR. . Έστω ότι ένας αριθμός λ Ε IR. δεν είναι τιμή της f, οπότε η εξίσωση f( χ) = λ είναι αδύνατη στο IR. . • Με χ ;:::: 1 , έχουμε:

λ + 1 f(χ) = λ <=> 3χ - 1 = λ <=> χ = -3 Και επειδή η εξίσωση είναι αδύνατη, έπεται ότι:

λ + 1 - < 1 <:::> λ + 1 < 3 <:::> λ < 2 ( 1 ) 3 • Με χ<1 , έχουμε:

f(x) = λ <:::> χ + 2 = λ <:::> χ = λ- 2

Και επειδή η εξίσωση είναι αδύνατη, έπεται ότι:

Έτσι έχουμε:

{ 3 1 {5 - 3 � χ + 5 � 5 - 1 - � χ � - <=> 1 1 <=> 1 � y � 2 - � - � 1 2 Υ

{2 � χ + 5 � 4 χ + 5 => 1 1 ::::> 1 � -- � 4 - � - � 1 Υ 2 Υ

(2)

Από τις ( 1 ) και (2) συμπεραίνουμε ότι το σημείο

Ν (χ; 5 , y - χ J ανήκει στο τετράγωνο ΕΖΗΘ.

6. Έστω η συνάρτηση: {χ + 2, αν χ � 2

f(x) = 1 -χ2 , αν χ > 2 4

α. Να μελετήσετε την μονοτονία της f στο σύνολο ορισμού της.

β. Να κάνετε τη γραφική παράσταση της f.

λ - 2 ;?: 1 <:::> λ ;?: 3 (2) Σχόλιο: Έστω ότι μία συνάρτηση f είναι ορισμένη Από τις ( 1 ) και (2), έχουμε: 3 � λ < 2 , οπότε 3 < 2, άτοπο. Άρα, κάθε αριθμός λ Ε IR. είναι τιμή της f. Λόγω αυτού, έχουμε: f(IR.) = IR. .

5. Στο παρακάτω σχήμα, ένα σημείο Μ(χ, y) κινείται στο ορθογώνιο ΑΒΓ Δ. Να δείξετε ότι το σημείο Ν ( χ; 5 ,y - χ J ανήκει στο

τετράγωνο ΕΖΗΘ. Υ 5 - - - -� z

N(x+S ,y-x Α �- - - - - �- - - Υ I • I Θ!-: -----:!Η Δ• M(x,y) r- - - 1 :

: : . ' :

-3 -1 ο 1

Λύση: Σύμφωνα με το σχήμα, έχουμε:

4 χ

{-3 � χ � -1 {1 � -χ � 3 ::::> Άρα 2 � y - x � 5 ( 1 ) 1 � y � 2 1 � y � 2

σε δύο (μη κενά) σύνολα Α και Β. Αν η f είναι μονότονη σε καθένα από τα σύνολα Α και Β, δεν έπεται αναγκαίως ότι είναι μονότονη και στην έν(J}σή τους Α υ Β .

Λύση: Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR. . α. • Με χ ::;; 2, έχουμε: f(x) = χ + 2. Άρα, η f εί

ναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( -οο, 2] (μορφή f(x) = αχ + β με α = 1>0 και β = 2).

• Με χ>2, έχουμε: f(x) =_!_x2 • Άρα, η f είναι 4 γνησίως αύξουσα στο διάστημα (2, +οο)

(μορφή f(x) = αχ2 με α = _!_ > Ο ). 4 Εξετάζουμε τώρα αν η f είναι γνησίως αύξουσα και στο IR. . Παρατηρούμε ότι: f(1 ) = 3 και f(3) = 2_ . 'Εχουμε λοιπόν 1<3, 4 αλλά f(l )>f(3). Συνεπώς, η f δεν είναι γνησίως αύξουσα στο IR. . Άρα η f δεν είναι μονότονη στο IR. .

β. Η γραφική παράσταση της f (παρακάτω σχήμα) αποτελείται από την ημιευθεία:


------------- Μαθηματικά yια την Α' Λυκείου

y = x+2, χ :::; 2 και το τμήμα της παραβολής:

ι 2 y = -x , χ > 2. 4

Υ

χ

7. Να δείξετε ότι η συνάρτηση: f(x) = χ - .J2x - 3 έχει ελάχιστη τιμή το 1.

Σχόλιο: Έστω μια συνάρτηση f: Α � IR . Αν f(x) � κ { f(x) :::; κ) , για κάθε χ ε Α , δεν έπεται αναγκαία ότι το κ είναι ελάχιστη (μέγιστη) τιμή της f. Για να συμβαίνει αυτό θα πρέπει ακόμα το κ να είναι τιμή της f.

Π.χ. f(x) = ημχ:::; 2 , για κάθε χ ε IR . Αλλ.ά το 2 δεν είναι μέγιστη τιμή της f I 1R , αφού το 2 δεν είναι τιμή της f.

Λύση:

Το σύνολο ορισμού της f είναι: Α = [%,+α:> J . • Θα δείξουμε ότι f(x) � ι , για κάθε χ ε Α . Με

χ ε Α , έχουμε: f(x) � ι <=> χ - .J2x -3 � ι <=> χ - ι � .J2x - 3

(επειδή x � l και άρα χ - ι>Ο) 2 <=> (χ - 1)2 � 2χ -3 <=> χ2 - 2χ + ι � 2χ -3 <=> χ2 - 4χ + 4 � 0 <::> (χ - 2)2 � 0 : ισχύει.

• Θα δείξουμε ότι το ι είναι τιμή της f. Με χ ε Α , όπως παραπάνω, βρίσκουμε:

f(x) = ι <=> (χ - 2)2 = ο <=> χ = 2 (δεκτή, γιατί 2 ε Α ). Άρα f(2) = ι , δηλαδή το ι είναι τιμή της f. Συνεπώς, η f έχει ελάχιστη τιμή το ι (για χ=2).

8. Έστω η συνάρτηση: {xlxl , αν χ :::; 2

f(x) = 4 - , αν χ > 2 χ

α. Να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της f.

β. Να δείξετε ότι η f έχει μέγιστη τιμή. γ. Να κάνετε τη γραφική παράσταση της f.

Λύση:

Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR . Βρίσκουμε εύκολα ότι:

!-χ2 , αν χ ::; ο

f(x) = :2 , αν Ο :::; χ :::; 2

-, αν χ > 2 χ α. Με χ :::; Ο , έχουμε: f(x) = -χ2. Άρα η f είναι

γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( -οο, Ο] (μορ-φή f(x) = αχ2 με α = -1 <0). Με Ο :::; χ :::; 2 , έχουμε: f(x) = χ2. Άρα, η f είναι γνησίως αύξουσα και στο διάστημα [0,2] (μορφή f(x) = αχ2 με α = ι>Ο). Εξάλλου, με χ1 :::; Ο :::; χ2 :::; 2 και χι<χ2 και έχουμε: f(x1 ) :::; f(O) :::; f(x2 ) και άρα f(xι)<f(x2) (για-τί;). Συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( -οο, 2] .

Με χ>2, έχουμε: f(x) = i . Άρα η f είναι γνηχ σίως φθίνουσα στο διάστημα (2, +οο) (μορφή

α f(x) = - με α = 4>0). χ β. Επειδή η f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα

(-οο,2] , για κάθε χ :::; 2, έχουμε f(x) :::; f(2) = 4 . Επίσης, για κάθε χ>2, έχουμε:

ι ι 4 χ > 2 :::::> - < - :::::> - < 2 < 4 = f(2) :::::> f(x) < f(2) χ 2 χ Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ ε IR ισχύει: f(x) :::; f(2) . Συνεπώς η f, στο χ = 2, έχει μέγι-στη τιμή, ίση με f(2) = 4.

Ύ· Η γραφική παράσταση της f (διπλανό σχήμα) αποτελείται από: • Το τμήμα

της παραβολής: .y = -x2, χ :::; ο .

Υ

χ

• Το τμήμα της παραβολής: y=x2, Ο :::; χ :::; 2 και • Το τμήμα της υπερβολής: y = � , χ>2 . 4


Μαθηματικά -yια την Α' Λυκείου

9. Έστω η συνάρτηση: {αχ - 1, f(x) =

2χ + β, αν χ < -1 αν χ > 1

Η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία Μ(-2, -5) και Ν(3, 7). α. Να βρείτε τους αριθμούς α και β. β. Να εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή περιττή.

Λύση :

α. Επειδή η γραφική παράσταση της f διέρχεται από τα σημεία Μ(-2, -5) και Ν(3, 7), έχουμε: {f(-2) = -5 �{-2α - 1 = -5 � {2α = 4 � {α = 2

f(3) = 7 6 + β = 7 β = 1 β = 1

β. Επειδή α = 2 και β = 1 , έχουμε:

f(x) = -'

{2χ 1 αν χ < -1 2χ + 1, αν χ > 1

Το σύνολο ορισμού της f είναι: Α = ( -οο, -1) υ (1, -too) . Είναι φανερό ότι, για κάθε χ Ε Α , ισχύει (-χ) Ε Α . Έστω τώρα ότι χ Ε Α .

ί. Έστω ότι χ<-1 . Τότε f(x) = 2χ - 1 . Εξάλλου, τότε -χ> 1 και συνεπώς:

f( -χ) = 2( -χ)+ 1 = --(2χ - 1) = -f(x) ίί. Έστω ότι χ > 1 . Τότε f(x) = 2χ + 1 . Εξάλλου,

τότε: -χ < -1 και συνεπώς: f(-x) = 2(-χ) - 1 = - (2χ+ 1) = -f(x)

Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε Α , ισχύει: f(-x) = f(x). Άρα, η f είναι περιττή.

Παpόλληλcς EufJεicς Ο Ευκλείδης μας άνοιξε το δp6μο

(ας το εκμεταλλευτούμε) του Δημήτρη Μυλωνά

Το ίδιο ταξίδι το έκανα ξανά και ξανά με το μυαλό μου. Από την Αθήνα στη Λειβαδιά, από τη Λειβαδειά

στο Δίστομο και από κει στη Δεσφίνα. Κι ενώ βρίσκομαι σαν σε αεροπλάνο ψηλά, αντικρίζω μπροστά μου

τον κόλπο της Ιτέας και το Γαλαξίδι στο βάθος.

Όπως και την πρώτη φορά αυτό σκέφτομαι πάλι για την Ιτέα. Ωραία ρυμοτομία. Δρόμοι φαρδείς, πα

ράJληλοι στην ευθεία της παραλίας αλλά και κάθετοι σε αυτήν. (Θα μπορούσα άραγε να αφήσω τη λέξη

«παράλληλοι» και τη λέξη «κάθετοι» χωρίς συνοδεία;) Δεν το έχουν και πολλές πόλεις στην Ελλάδα αυτό το

πλεονέκτημα. Έτσι για μια ακόμη φορά ο Ευκλείδης έβαλε το χέρι του και άνοιξε τους δρόμους. Όπως και τότε. Το 300 π.Χ περίπου όταν έγραψε τα «Στοιχεία», το πιο πολυδιαβασμένο, μετά τη Βίβλο,

βιβλίο. Πρωτοποριακό στη σύλληψη, άνοιξε το δρόμο στο πώς προσεγγίζουμε τα πράγματα σε κάθε παρα

γωγική επιστήμη. Αυτό συνίσταται στο να αρχίζουμε με ορισμούς και υποθέσεις («αιτήματα» - «αξιώματα»)

και στη συνέχεια να προκύπτουν τα συμπεράσματα («προτάσεις» - «θεωρήματα») σύμφωνα με τους νόμους

της Λογικής και με όσα προηγούμενα έχουν αποδειχθεί.

Υπάρχουν 5 αιτήματα που αφορούν μόνο στη Γεωμετρία:

1. Μπορούμε να φέρουμε ευθεία γραμμή από οποιοδήποτε σημείο προς οποιοδήποτε σημείο.

2. Κάθε πεπερασμένη ευθεία μπορεί να προεκτείνεται συνεχώς και ευθυγράμμως.

3 . Μπορούμε να γράψουμε έναν κύκλο με οποιοδήποτε κέντρο και ακτίνα.

4. Όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες.

5. Αν μία ευθεία που τέμνει δύο άλλες ευθείες γραμμές, σχηματίζει εντός και επί τα αυτά γωνίες συνολικά

λιγότερες από 2 ορθές, οι εν λόγω ευθείες, προεκτεινόμενες απεριόριστα, συναντώντάι σε εκείνη τη

μεριά όπου σχηματίζονται οι γωνίες που είναι λιγότερες από δύο ορθές γωνίες.


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

Όσα μάθαμε στα κεφάλαια 2 και 3 του Σχολικού Βιβλίου της Γεωμετρίας καθώς και η πρόταση : « αν μία

ευθεία γραμμή που τέμνει δύο ευθείες γραμμές σχηματίζει τις εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες μεταξύ τους,

τότε οι δύο αυτές ευθείες είναι μεταξύ τους παράλληλες», αποτελούν τις 28 πρώτες προτάσεις του Ευκλείδη

και μπορούν να αποδειχθούν χωρίς τη χρήση του 5'" αιτήματος. Αυτές αποτελούν την Απόλυτη Γεωμετρία.

Ο Ευκλείδης πίστευε ότι το 5' αίτημα μπορούσε να αποδειχτεί από τα υπόλοιπα. Γι ' αυτό ανέβαλε τη χρήση

του όσο μπορούσε. Τελικά η πρόταση 29 το χρησιμοποιεί στην απόδειξή της και αυτή είναι: «Μια ευθεία

γραμμή που τέμνει δύο παράλληλες ευθείες, έχει πς εντός και εναλλάξ γωνίες ίσες».

Λυμένα Θέματα

Α ' ΘΕΜΑΤΑ ΓΩΝΙΑΚΩΝ ΣΧΕΣΕΩΝ

Στην περίπτωση αυτή μετασχηματίζουμε «δευτερεύουσες» γωνίες του σχήματος (γωνίες μεταξύ διχοτόμων, υψών, διαμέσων κ.λπ.) στις «κύριες» γωνίες του σχήματος (τις γωνίες δηλαδή Α,Β, Γ,Δ κ.λπ. του δοσμένου τριγώνου ή τετραπλεύρου) χρησιμοποιώντας τις σχέσεις Α+Β+Γ = 1 80° σε τρίγωνο ή Α + Β + Γ + Δ = 360° σε τετράπλευρο ή Β + Γ = 90° για τις οξείες γωνίες ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ ή ότι η εξωτερική γωνία είναι το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών ή χρησιμοποιώντας σχέσεις της μορφής Β = 2Γ κ.λπ. που απορρέουν από τα δεδομένα.

Θέμα lo

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) όπου Α > 20° και τα σημεία Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώστε ΑΔ = ΑΕ και ΔΑr =20°. Να υπολογίσετε τη

Α γωνία ΒΔΕ .

Είναι ΔΑr = Α2 = 20° ( 1)

Επειδή ΑΒ = ΑΓ έχουμε ότι Β = Γ = φ και επειδή ΑΔ = ΑΕ έχουμε ότι

Α Α ΑΔΕ = ΑΕΔ =.ω . Στο τρίγωνο ΑΒΓ

Λύση

Α

ισχύει ότι : Α+Β+Γ=1 80ο ή Α1 +Α2+φ+φ=1 80ο ή (λόγω (1) ) Α1 = 1 80° - 20° - 2φ ή

(2)

Στο τρίγωνο ΑΔΕ ισχύει ότι : Α1 + ΜΕ+ΑΕΔ = 180° ή λ + ω + ω = 180° ή

Α1 = 1 80° - 2ω

Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι: 160° - 2φ = 180° - 2ω ή 2ω = 20° + 2φ ή

ω = l0° + φ

(3)

(4)

Στο τρίγωνο ΕΒΔ η γωνία ΑΕΔ είναι εξωτερική οπότε ω= ΒΔΕ + φ (5) Από (4), (5) προκύπτει ότι ΒΔΕ = 10°

Παρατήρηση :

Έστω ότι ΔΑr = r0• Στην περίπτωση της παραπάνω άσκησης Α > f0 = ΔΑr το Δ είναι εσωτερικό σημείο του τμήματος ΒΓ οπότε ΜΒ > Γ (σχέση εξωτερικής-απέναντι εσωτερικής} και άρα ΜΒ > Β οπότε στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΒ>ΑΔ δηλ. ΑΒ> ΑΕ και κατά συνέπεια το Ε είναι εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΑΒ. Σκεπτόμενοι ανάλογα, στην περίπτωση που Α < r0 = ΔΑr το Δ είναι στην προέκταση του ΓΒ (βλ. σχήμα παρακάτω) οπότε ΜΒ < Β και στο τρίγωνο ΑΔΒ έχουμε ΑΔ>ΑΒ δηλ. ΑΕ>ΑΒ και κατά συνέπεια το Ε είναι στην προέκταση του τμήματος ΑΒ.

Γενίκευση του παραπάνω θέματος:

Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ Α

(ΑΒ=ΑΓ) όπου Α < r , Ο < r < 180° και τα σημεία Δ και Ε των ευθειών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώστε ΑΔ = ΑΕ και Δλr = r. Να

Α r δείξετε ότι ΒΔΕ =- . 2



Επειδή ΑΒ = ΑΓ έχουμε ότι Β = f = φ και ε-πειδή ΑΔ = ΑΕ έχουμε ότι ΜΕ = ΔΕΑ = ω

Λύση Α

Στο τρίγωνο ΔΑ::_-1-_l:..._------<--; ΑΒΓ ισχύει ότι: Α+Β+Γ = 180ο ή Ε

( 1 )

Στο τρίγωνο ΑΔΕ ισχύει ότι: 360- r ΔΑΕ + ΜΕ+ ΑΕΔ = 180° ή φ + ω 2

(2)

Οπότε απ' το τρίγωνο ΒΔΕ παίρνουμε: ΒΔΕ + ΔΒΕ + ΔΕΒ = 180° ή φ+ω = 180° -ΒΔΕ (3) Από τις σχέσεις (2) και (3) προκύπτει ότι:

360 - r = 1 80-ΒΔΕ ή ΒΔΕ =� . 2 2

Θέμα 2ο

Σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε δp = γ (1) και

δγ = β (2).

α. Να δείξετε ότι β = γ. β. Να υπολογίσετε τις γωνίες του τριγώνου

ΑΒΓ. γ. Με τη βοήθεια του β) να εξετάσετε αν

ισχύει η πρόταση: <<Σε τρίγωνο ΑΒΓ με β=y ισχύουν οι σχέσεις δp = γ και δ1 = β )).

δ. Να βρείτε το πλήθος των τριγώνων που ικανοποιούν τις σχέσεις (1) και (2) καθώς και το πλήθος των τριγώνων που ικανοποιούν τις (1) και (2) και έχουν δεδομένη πλευρά ΒΓ = α.

ε. Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχει τρίγωνο στο οποίο να ισχύουν ταυτόχρονα δα = β , δp = γ και δ1 = α .

Λύση α. Υποθέτουμε ότι δβ = ΒΔ και δ1 = ΓΕ .Στο

τρίγωνο ΒΔΑ έχουμε ΒΔ = ΒΑ άρα Δ1 = Α (3)

Είναι Β + Δ + Α = 180° ή Β + Α + Α = 180ο ή I I 2

Β = 1 80° - 2Α 2

δηλαδή Β=360° -4Α ( 4) Στο τρίγωνο ΓΕΑ έχουμε ΓΕ = ΓΑ άρα

Α

(5) � � � Ο • Γ � � σο · Είναι Γ + Ε + Α = 1 80 η -+ Α + Α = 1 8 η I I 2

Γ = 1 80° - 2Α δηλ. f = 360° -4Α (6) 2

Από (4),(6) προκύπτει ότι Β = f οπότε και β=γ.

β. Α + Β + f = 180° και λόγω των ( 4) και ( 6) Α + 360° - 4Α + 360° - 4Α = 180° και επομένως

� ' � 5400 770 1 -7Α = -540° δηλαδη Α = -7- = • ·

Κατά συνέπεια:

1 800 5400 � � 1 80ο -Α --7- --360ο �- 5 1ο ,45 Β=Γ 2

= 2 7

γ. Ας πάρουμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ με β=γ και για παράδειγμα Α = 40° , Β = f = 70° . Τότε δεν είναι δυνατόν να ισχύουν οι ( 1) και (2), γιατί αν ίσχυαν σύμφωνα με το β. θα είχαμε

� 540° � � 3 60° ' ' Α = -- Β = Γ = -- πραγμα ατοπο. 7 ' 7

δ. Σύμφωνα με τα προηγούμενα έχουμε άπειρο πλήθος τριγώνων που ικανοποιούν τις (1) και (2) και είναι όσα έχουν:

� 540° � � 360° Α - - Β = Γ = -- 7 ' 7 Πράγματι κατασκευάζοντας ένα τρίγωνο με τις παραπάνω γωνίες και φέροντας παράλληλες προς την πλευρά ΒΓ προκύπτουν όλα αυτά τα άπειρα τρίγωνα. Ένα · μόνον από αυτά θα έχει πλευρά ΒΓ ίση με δεδομένο μήκος α.

ε. Έστω ότι δα = ΑΔ, δβ = ΒΕ, δ1 = ΓΖ . Ακολουθώντας ανάλογους συλλογισμούς με το α. έχουμε :



Α Α + 2f' = 180° 2 Β + 2Α = 180° ή 2

t + 2Β = 180° 2 {� + 4� = 360° Β + 4Α = 360° f' + 4B = 360°

Α

Προσθέτοντας κατά μέλη προκύπτει ότι : (Α + Β+ Γ) + 4(Α + Β + f') = 3 · 360° ή

1 80° + 4· 1 80° = 1080° ή 900° = 1080° πράγμα άτοπο.

Β' ΘΕΜΑΤΑ ΣΧΕΠΚΑ :ΜΕ ΤΟ ΑΘΡΟΙΣΜΑ

ΤΩΝ ΓΩΝΙΩΝ ΚΥΡΊΌΥ ΠΟΛΥΓΩΝΟΥ.

Θέμα 3ο

Θεωρούμε κυρτό πολύγωνο. Αν αθροίσουμε όλες τις γωνίες του, εκτός από μία, βρίσκουμε 7640°. Να υπολογίσετε το πλήθος των πλευρών τού πολυγώνου καθώς και το μέτρο της γωνίας που δε συμμετείχε στο άθροισμα.

Λύση

Θεωρούμε ότι το πολύγωνο έχει ν πλευρές και έστω χ η ζητούμενη γωνία. Τότε χ + 7640° = (2ν -4)·90° ή χ = 1 80° ·ν - 360°-7640° ή χ = 1 80°ν - 8000° (1). Επειδή η χ είναι γωνία κυρτού πολυγώνου, ισχύει ότι 0°<χ<180° ή λόγώ της (1) 0°<180°ν - 8000°<180° ή 8000°<180°ν < 8 1 80°, δηλαδή

8000 8 1 80 . -- < ν < -- η 44,4 < ν < 45,4. 1 80 1 80

Και επειδή το ν είναι φυσικός αριθμός, έχουμε ν = 45 πλευρές. Αντικαθιστώντας στην (1), το μέτρο της γωνίας που δε συμμετείχε στο άθροισμα είναι:

χ = 180°·45 - 8000° = 100°.

Γ' ΘΕΜΑΤΑ ΣΧΕΤΙΚΑ ΜΕ ΤΗΝ ΠΑ

Ρ ΑΛΛΗΛΙΑ ΕΥΘΕΙΩΝ

Θέμα 4ο

Να δείξετε ότι αν ένα τετράπλευρο έχει δi>ο απέναντι γωνίες ίσες, τότε οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών ( εφόσον δεν ταυτίζονται) είναι παράλληλες και αντίστροφα.

Ευθύ: Θεωρούμε το τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Α=Γ (1) και έστω ΒΕ και ΔΖ οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών του. Τότε έχουμε:

Λύση

Α

Α + Β + f'+ Δ = 360° ή λόγω της (1) Α + Β + Α + Δ = 360° ή 2Α+ 2ω + 2φ = 360° ή

Α + ω + φ = 180° (2)

Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε : Α + ΑΒΕ + Ε, = 180° ή (3)

Από (2), (3) Ε, = φ = zΔΕ οπότε ΒΕ//ΔΖ αφού με τέμνουσα την ΑΔ σχηματίζουν τις εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη γωνίες ίσες. Αντίστροφο: Έστω ΒΕ//ΔΖ. Τότε Ε, = zΔΕ (4) ως εντός εκτός και επί τα αυτά μέρη των ΒΕ, ΔΖ που τέμνονται από την ΑΔ. Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε: Α + ΑΒΕ + Ε, = 1 80° ή λόγω της ( 4) Α + ω + ΖΔΕ = 1 80° ή Α+ω+φ = 1 80° δηλαδή 2Α + 2ω + 2φ = 360° οπότε 2Α + Β + Δ = 360° και επειδή Α + Β + Γ + Δ = 360° έχουμε 2Α+ Β + Δ = Α + Β + f' + Δ ή 2A = A + f' και επομένως Α = Γ .

Προτεινόμενα Θέματα

1. Θεωρούμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) όπου Α > r , Ο < r < 1 80° και τα σημεία Δ και Ε των πλευρών ΒΓ και ΑΒ αντίστοιχα, ώστε ΑΔ = ΑΕ και ΔΑΓ = r0• Να δείξετε ότι

Α r ΒΔΕ=- . 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/31


2. Υποθέτουμε ότι σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύεi β = γ και δβ = γ . Να εξετάσετε αν ισχύει και δΎ = β .

3. Να κατασκευάσετε τρίγωνο ΑΒΓ με δβ = γ , δ1 = β και ΒΓ = 5cm.

4. Να δείξετε ότι σε κυρτό ν-γωνο, ν�4, κάθε γωνία του είναι μικρότερη από το άθροισμα των υπολοίπων.

5. Θεωρούμε κυρτό πολύγωνο με ν πλευρές. Αν αθροίσουμε κ από τις γωνίες του και προκύψει άθροισμα ίσο με αυτό των υπολοίπων γrονιών, να βρείτε την ανισοτική σχέση που συνδέει τα κ και ν.

6. Να δείξετε ότι αν ένα μη κυρτό και απλό τετράπλευρο έχει δύο απέναντι γωνίες ίσες, τότε οι διχοτόμοι των δύο άλλων γωνιών ( εφόσον δεν ταυτίζονται) είναι παράλληλες και αντίστροφα. (Υπόδειξη: Να θεωρήσετε δεδομένο ότι το άθροισμα των γωνιών ενός μη κυρτού και απλού τετραπλεύρου είναι 360°).

7. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ. Αν Δ σημείο της πλευράς ΑΒ, να δείξετε ότι υπάρχει iιόνο ένα τρίγωνο ΑΒΓ στο οποίο να ισχύει ΑΔ = ΓΔ = ΒΓ.

8. Σε κάθε μη ορθογώνιο τρίγωνο να δείξετέ ότι οι φορείς των υψών ΒΕ και ΓΖ και της διχοτόμου ΑΔ, αν δεν συντρέχουν, σχηματίζουν ισοσκελές τρίγωνο με γωνία κορυφής ίση με μία γωνία του αρχικού τριγώνου.

9. Δύο δρόμοι Α και Β όπως στο σχήμα καταλήγουν στην προκυμαία. Με δεδομένο ότι δε μπορούμε να τους προεκτείνουμε ώστε να βρούμε το σημείο τομής τους και χρησιμοποιώντας μοιρογνωμόνιο να βρείτε τη γωνία που σχηματίζουν.

Β

ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΑΝΤΙΚΕΙΜΕΝΙΚΟΥ ΤΥ

ΠΟΥ ΣΤΟ 5° ΚΕΦΑΛΑΙΟ «ΠΑΡ ΑΛΛΗ

ΛΟΓΡ ΑΜΜΑ - ΤΡ ΑΠΕΖΙΑ».

Α ΈΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΗΝ ΤΑΞΙΝΟΜΗΣΗ

ΤΩΝ ΤΕΤΡΆΠΛΕΥΡΩΝ

Ερωτήσεις Τύπου Σωστό - Λάθος

1. Κάθε τετράγωνο είναι και ρόμβος Σ Λ

2. Κάθε τετράγωνο είναι και ορθογώνιο Σ Λ

3. Κάθε κυρτό τετράπλευρό είναι παραλληλόγραμμο Σ Λ

Ερωτήσεις Πολλαπλής Επιλογής 1. Θεωρούμε τα παρακάτω σύνολα :

Α: το σύνολο των παραλληλογράμμων Β: το σύνολο των ορθογωνίων Γ: το σύνολο των ρόμβων Δ: το σύνολο των τετραγώνων Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι σωστή : Α. Γ ς Β ς Α Β. Γ n Β = Δ Γ. Β υ Γ = Α Δ. Β ς Δ

2. Θεωρούμε τα παρακάτω σύνολα : Α: το σύνολο των παραλληλογράμμων Β: το σύνολο των κυρτών τετραπλεύρων Γ: το σύνολο των τραπεζίων Δ: το σύνολο των ισοσκελών τραπεζίων Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι σωστή : Α. Α ς Β ς Γ Β. Γ ς Δ Γ. Α υ Γ = Β Δ. Δ ς Γ ς Β

3. Θεωρούμε ως βασικό σύνολο Ω το σύνολο όλων των παραλληλογράμμων (χοψίς τα τραπέζια) και έστω τα παρακάτω σύνολα : Α: το σύνολο των ορθογωνίων Β: το σύνολο των ρόμβων Γ: το σύνολο των τετραγώνων Εξετάστε ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι σωστή : Α. Γ= Β Γ. Β ' = Α

Β. Γ υ Β = Α Δ. Γ ς Α u Β

Β ' ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΙΔΙΟΤΗΤΕΣ ΚΑΙ ΣΤΑ ΚΡΙΤΉΡΙΑ ΤΩΝ ΠΑΡΑΛΛΗΛΟΓΡΆΜΜΩΝ-ΤΡΑΠΕΖΙΩΝ

Ερωτήσεις Τύπου Σωστό - Λάθος

1. Οι διαγώνιες παραλληλογράμμου είναι ίσες Σ Λ



2. Αν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει τρεις ορθές γωνίες τότε είναι τετράγωνο Σ Λ

3. Αν οι διαγώνιες ενός ρόμβου είναι ίσες τότε αυτό είναι τετράγωνο Σ Λ

4. Α ν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει κάθετες διαγωνίους τότε είναι ρόμβος Σ Λ

5. Αν σε ένα παραλληλόγραμμο δύο διαδοχικές γωνίες είναι ίσες τότε αυτό είναι ορθογώνιο Σ Λ

6. Α ν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει μόνο δύο πλευρές παράλληλες και δύο διαδοχικές γωνίες ίσες τότε είναι ισοσκελές τραπέζιο Σ Λ

Ερωτήσεις Πολλαπλής Επιλογής 1. Δίνεται παράλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και οι ευθείες

ε και ζ. Α ν η ε διέρχεται από τις κορυφές Α και Γ και η ζ από τα μέσα των πλευρών ΑΒ και Γ Δ, εξετάστε ποιο από τα παρακάτω ισχύει: Α. Οι ευθείες ε και ζ είναι άξονες συμμετρίας

του ΑΒΓΔ Β. Μόνον η ε είναι άξονας συμμετρίας του

ΑΒΓΔ. Γ. Μόνον η ζ είναι άξονας συμμετρίας του

ΑΒΓΔ. Δ. Καμία ευθεία δεν είναι άξονας συμμετρίας

του ΑΒΓΔ ΕΞΕΤ ΑΣΕΙΣ ΑΣΕΠ 2002-ΚΛΑΔΟΣ ΔΑΣΚΑΛΩΝ

2. Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓ Δ και οι ευθείες ε και ζ. Α ν η ε διέρχεται από τα μέσα τωΎ πλευρών ΑΒ και Γ Δ και η ζ από τα μέσα των πλευρών ΒΓ και ΑΔ, εξετάστε ποιο από τα παρακάτω ισχύει: Α. Οι ευθείες ε και ζ είναι άξονες συμμετρίας

του ΑΒΓΔ. Β. Μόνον η ε είναι άξονας συμμετρίας του

ΑΒΓΔ. Γ. Μόνον η ζ είναι άξονας συμμετρίας του

ΑΒΓΔ. Δ. Καμία ευθεία δεν είναι άξονας συμμετρίας

του ΑΒΓΔ.

Β. είναι ορθογώνιο Γ. είναι τραπέζιο Δ. τίποτα από τα προηγούμενα

4. Α ν ένα κυρτό τετράπλευρο έχει τρεις γωνίες ίσες τότε : Α. είναι ρόμβος Β. είναι ορθογώνιο Γ. είναι τραπέζιο Δ. τίποτα από τα προηγούμενα

5. Οι διαγώνιες του ορθογωνίου: Α. είναι κάθετες Β. διχοτομούν τις γωνίες του ορθογωνίου Γ. δεν διχοτομούνται Δ. είναι ίσες

Ερωτήσεις Αντιστοίχισης Στην στήλη Α. υπάρχουν κυρτά τετράπλευρα και στη στήλη Β. τα πλήθη των αξόνων συμμετρίας και των κέντρων συμμετρίας τους. Να κάνετε τις κατάλληλες aντιστοιχίσεις:

Γ ' ΕΡΩΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ ΕΦΑΡΜΟΓΕΣ ΤΩΝ

ΙΔΙΟΤΉΤΩΝ ΤΩΝ ΠΑΡ ΑΛΛΗΛΟΓΡΑΜΜΩΝ ΚΑΙ ΣΤΑ ΑΞΙΟΣΗΜΕΙΩ

ΤΑ ΣΗΜΕΙΑ ΕΝΟΣ ΤΡΙΓΩΝΟΥ

Ερωτήσεις Τύπου Σωστό - Λάθος 1. Αν ΑΒΓ ορθογώνιο τρίγωνο

και Β = 30° τότε β=� . Σ Λ 2

Ερωτήσεις Πολλαπλής Επιλογής 3. Αν ένα κυρτό τετράπλευρο

δοχικές πλευρές ίσες τότε : έχει τρεις δια- 1. Θεωρούμε τις προτάσεις :

Α. είναι ρόμβος (Ι) το βαρύκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε εσωτερικό σημείο του τριγώνου



(11) το ορθόκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε εσωτερικό σημείο του τριγώνου (111) το έγκεντρο ενός τριγώνου είναι πάντοτε εσωτερικό σημείο του τριγώνου. Τότε : Α. Μόνο η (Π) είναι λάθος Β. Και οι τρεις είναι σωστές Γ. Η (Ι) και η (ΠΙ) είναι λάθος Δ. Και οι τρεις είναι λάθος Ε. Μόνον η (I) είναι σωστή

2. Θεωρούμε ένα αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Γ >90° και τις προτάσεις : (I) Το ύψος από την κορυφή Α βρίσκεται εκτός του τριγώνου (11) Το ύψος από την κορυφή Β βρίσκεται εκτός του τριγώνου (111) Το ύψος από την κορυφή Γ βρίσκεται εκτός του τριγώνου Τότε : Α. Μόνο η (Π) είναι λάθος

Β. Και οι τρεις είναι σωστές Γ. Η (I) και η (Π) είναι λάθος Δ. Και οι τρεις είναι λάθος Ε. Μόνον η (ΠΙ) είναι λάθος

Απαντήσεις p-τις ερωτήσεις αντικειμενικού τύπου Α. Ταξινόμηση τετραπλεύρων

Σωστό - Λάθος: lΣ, 2Σ, 3Λ Πολλαπλή Επιλογή: lB, 2Δ, 3Δ

Β. Ιδιότητες - Κριτήρια Παραλληλογράμμων Σωστό ,.-- Λάθος: lΛ, 2Λ, 3Σ, 4Λ, 5Σ, 6Λ Πολλαπλή Επιλογή: lΔ, 2Α, 3Δ, 4Δ, 5Δ Αντιστοίχιση : l α, 2ε, 3ε, 4θ, 5β

Γ. Εφαρμογές Ιδιοτήτων Παραλληλογράμμων Σωστό - Λάθος: lΛ Πολλαπλή Επιλογή: lA, 2Ε

Συνδρομές και αγορές βιβλίων τις ΕΜΕ με VISA ή MASTERCARD

ΙΙΡΟΣ 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/ (* . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )

Ν ο . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . λήξη . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . και σας εξουσιοδοτώ με την πα-ρούσα 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 ΔΉΛΩΝ και ΕΞΟΥΣΙΟΔΟΤΩΝ

(*) συμπληρώνεται αντίστοιχα η Τράπεζα έκδοσης (Εθνική - Ε μπορική κ.λ.π.)

ΣΗΜΕΙΩΣΗ: ΜΑΖΙ ΜΕ ΤΗΝ ΠΑΡΟΥΣΑ ΝΑ ΣΤΕΙΛΕΤΕ ΚΑΙ ΦΩΤΟΑΝτΙΓΡΑΦΟ ΤΗΣ ΠΙΣΤΩτΙΚΗΣ ΚΑΡΤΑΣ ΚΑΙ ΤΗΣ ΑΣΤΥΝΟΜΙΚΗ ΣΑΣ ΤΑΥΤΟΤΗΤΑΣ ΚΑΙ ΑΠΟ ΤΙΣ ΔΥΟ ΟΨΕΙΣ.


τικ rzσ τη s· τdξη τοu ΛuΊ<είοu

ΑΛrΕΒΡΑ fENIK#a IMMEIVU' των Βασίλη Καρκάνη - Κώστα Βακαλόπουλου

Εισαγωγικό σημείωμα Παραθέτουμε στα δύο άρθρα που ακολουθούν μια σειρά από λυμένες ασκήσεις στα κεφάλαια των Προ

όδων και της Εκθετικής και Λογαριθμικής Συνάρτησης για έλεγχο των γνώσεων και εμπέδωση της ύλης. Προσέξτε στο τέλος κάθε άρθρου τα προβλήματα που παρατίθενται και δείτε την εφαρμογή των παραπά

νω εννοιών στην καθημερινή ζωή.

Ι. Πp6ο6οι Λυμένες Ασκήσεις

1. α) Το άθροισμα των 15 πρώτων όρων αριθμητικής προόδου α, με νιοστό όρο α, = 5ν + 2 είναι: i) 610 ii) 620 iii) 630 iv) 640 v) 650 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση.

β) Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού χ ώστε οι αριθμοί: συν2χ,

συν2χ, ημ(; - χ J να είναι διαδοχικοί ό-

ροι αριθμητικής προόδου. γ) Δίνεται η γεωμετρική πρόοδος 1, 5, 25,

125, 625. Δείξτε ότι οι διαφορές μεταξύ δύο διαδοχικών όρων σχηματίζουν μια νέα γεωμετρική πρόοδο. Να εξετάσετε αν η προηγούμενη ιδιότητα ισχύει γενικά.

Λύση α) Σωστή απάντηση είναι η (iii) γιατί έχουμε:

α1 = 5 · 1 + 2 = 7,

ω = αν+Ι - αν = 5 (ν + 1) + 2 - 5ν - 2 = 5 οπότε 15 S15 = -(2 · 7 + 14 · 5] = 15 · 42 = 630 2 .

β) Θα πρέπει να ισχύει:

2συν2χ = συν2χ + ημ( �- χ J <::::>

<::::> 2συν2χ = 2συν2χ - 1 + συνχ <::::> συνχ = 1 <::::> χ = 2κπ, κ ε Ζ οι ζητούμενοι α-ριθμοί.

γ) Οι διαφορές των διαδοχικών όρων της γεωμετρικής προόδου που δόθηκε σχηματίζουν την ακολουθία: 4, 20, 100, 500, . . . που προφανώς είναι γεωμετρική πρόοδος με 1 ο όρο α1 = 4 και λόγο το λ = 5. Γενικά αν έχουμε τη γεωμετρική πρόοδο: α1 ,

λ λ2 λ3 ' ' λ ' α1 • , α1 • , α1 • , .. • με πρωτο ο ρο α1 και ο-γο λ τότε οι διαφορές των διαδοχικών όρων της σχηματίζουν την ακολουθία: αιλ - αι , αιλ2 - αιλ, αιλ3 - α1λ2, . . . ή α1 (λ- 1) , α1λ(λ- 1) , α1λ2 (λ- 1) , .. . που προφανώς είναι γεωμετρική πρόοδος με 1° όρο α1 (λ - 1) και λόγο λ.

2. Δίνεται η εξίσωση: χ3 - χ2 - 27χ + 35 = Ο

α) Να βρεθούν οι ακέραιες ρίζες της. β) Να βρεθεί το άθροισμα S όλων των ρι

ζών της εξίσωσης. γ) να βρεθεί η αριθμητική πρόοδος της ο

ποίας ο πρώτος όρος είναι ο α1 = S και


Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

το άθροισμα των όρων της που βρίσκονται μεταξύ του 8°υ όρου και του 33°υ όρου (από τον 9° όρο μέχρι και τον 32° όρο της) ισούται με 1428.

δ) Να βρεθεί ο όρος αι96ι της παραπάνω προόδου. ι

ε) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 2004 πρώτων όρων της παραπάνω προόδου.

Λύση α) Έχουμε την εξίσwση: χ3 - χ2 - 27χ + 35 = Ο (1)

Οι πιθανές ακέραιες ρίζες της ( 1) είναι ±1, ± 5, ± 7 εύκολα διαπιστώνουμε με το σχή-μα Homer ότι από αυτές ρίζα είναι μόνο το 5.

β) Λόγω του (α) η (1) γράφεται: (χ - 5)(χ2 + 4χ - 7) = 0 � χ - 5 = 0 (2) ή χ2 + 4χ - 7 = 0 (3) Από την (2) � χ = 5 η γνωστή ρίζα από το α) ερώτημα ενώ για την (3) είναι: Δ = 44 > Ο οπότε αυτή θα έχει δύο ρίζες χ1, χ2 με άθροισμα:

β 4 χ, + χ2 = -- = -- = -4. α 1

Έτσι: αν χ3 = 5 το άθροισμα των ριζών της εξίσωσης (1) θα είναι: S=x1+x2+x3 = - 4 + 5 = 1 .

γ) Λόγω του (β) ερωτήματος είναι: S = 1 οπότε α1 = 1 ο πρώτος όρος της ζητούμενης αριθμητικής προόδου. Έτσι αν ω η διαφορά της προόδου και Σ = 1428 (4) το άθροισμα των όρων της, μεταξύ του 8ου και του 33ου όρου τότε:

32 8 Σ = S32 - S8 = -(2α1 + 31ω) - -(2α1 + 7ω) = . . . 2 2 = 24+ 468ω Η (4) � 24 + 468ω =1428 �

� 468ω =1404 � ω = 3 δ) Επίσης: α196 1 = α, + 1960ω = 1 + 1960 · 3 = 5881

' 2004 ε) Ακομη: S2004 = -- · [2α1 + (2004- l)ω] = 2 = 1002 · ( 2 ·1 + 2003 . 3) = . . . = 6.023.023

3. Δίνεται η ακολουθία («ν) με αν = 5 · 2v + 5ν - 3

και η ακολουθία (Pv) που είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο Ρι = 2 και διαφορά ω= 5 τό-τε: α) Να βρεθεί ο νιοστός όρος της ακολουθί

ας (βν)•

β) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας Pv

γ) Να δειχθεί ότι η ακολουθία γν = «ν - βν με ν ε Ν* είναι γεωμετρική πρόοδος και να βρεθεί, ο πρώτος όρος και ο λόγος της προόδου.

δ) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας γν.

ε) Να υπολογιστεί το άθροισμα των 10 πρώτων όρων της ακολουθίας α...

Λύση α) Για την ακολουθία l3v που είναι αριθμητική

πρόοδος με β1 = 2 και ω = 5 έχουμε: βν = β, + (ν -1)ω = 2 + (ν -1)5 = 5ν - 3

β) Είναι: S10 = 10(2β1 +(10-1)ω)=5(2 · 2+9· 5) =245 2 γ) Έχουμε την ακολουθία αν με τύπο:

αν = 5 · 2ν + 5ν - 3 Έτσι γν = αν -βν = (5 · 2ν + 5ν - 3) - (5ν - 3) =

5 · 2ν+Ι = 5 . 2ν οπότε: γ ν+ I = -- = 2 σταθερός για γ ν 5 • 2ν

κάθε ν ε Ν* οπότε η γν είναι γεωμετρική πρόοδος με: γ, = 5 · 21 = 10 και λ = 2

δ) Αν S ' το ζητούμενο άθροισμα τότε: S' = ι.! ο - ι = 10 . 2'ο - ι = 10(2'ο - ι) = \0 γ, λ -1 2 -1 = 10(1024-1) = 10 ·1023 = 10.230

ε) Επειδή: γv = αν - βv ή αν = βv + γv για κάθε ν ε Ν* οπότε το ζητούμενο άθροισμα είναι:

(β) s = s,o + s;o = 2445 + 10.230 = 10.475 (δ)

4. Το νέο Ολυμπιακό στάδιο της Αθήνας.

Εν όψει των Ολυμπιακών αγώνων του 2004 γίνεται επέκταση στις κερκίδες του Ολυμπιακού σταδίου μας. Το νέο στάδιο θα έχει 33 σειρές καθισμάτων. Η πρώτη σειρά θα έχει 800 καθίσματα και η τελευταία 4.160 ενώ ο αριθμός των καθισμάτων θα αυξάνεται εξίσου από σειρά σε σειρά. Υπολογίστε τη νέα χωρητικότητα του σταδίου δηλαδή το σύνολο των καθισμάτων του σταδίου, καθώς και την αύξηση των καθισμάτων από σειρά σε σειρά.



Λύση Οι αριθμοί που δίνουν τον αριθμό των καθισμάτων κάθε σειράς, αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου (α.,) με αι = 800, αν = 4160, ν = 33. Αν ω ο αριθμός των καθισμάτων που αυξάνεται από σειρά σε σειρά θα ισχύει: αν = α. + (ν- 1)ω δηλαδή α33 = α1 + (33 - 1)ω <=> 4160= 800+32ω<=:>ω= 105

Το σύνολο των καθισμάτων του σταδίου δίνεται από το άθροισμα των 33 πρώτων όρων τη παραπάνω αριθμητικής προόδου.

33 Έτσι: Σ33 =-{800+ 4. 160) = 81 .840 2

5. Ο σύλλογος των καθηγητών.

Τα μέλη του συλλόγου των καθηγητών ενός κολλεγίου της Θεσσαλονίκης είναι πολύ ευγενικοί: κάθε πρωί ανταλλάσσουν όλοι φιλική χειραψία μεταξύ τους. α) Πόσες χειραψίες ανταλλάσσονται μετα

ξύ 25/35/60/75/ καθηγητών. β) Πόσα μέλη έχει ο σύλλογος των καθηγη

τών αν κάθε πρωί ανταλλάσσονται 35ι/903/ι275/ι770/ χειραψίες.

Λύση α) Αν ο πρώτος καθηγητής ανταλλάσσει ν χειρα

ψίες (αι = ν), ο επόμενος θα ανταλλάσσει ν - 1 καινούργιες χειραψίες δηλαδή α2 = α1 + (- 1) = ν - 1 , ο επόμενος α3 = α1 + (- 2) = ν - 2 κ.ο.κ. Άρα έχουμε αριθμητική πρόοδο με α1 = ν και ω = - 1 .

Sν =�[2α1 + (ν - 1)ω ] =�[2ν + (ν - 1) {-1)] = 2 . 2 ν ν ν(ν + 1) = -(2ν- ν + 1) =-{ν + 1) =_2__....!.. 2 2 2

' 25 · 26 35 · 36 Άρα: S25 = -- = 235, S35 = -- = 630, 2 2

s6o = 60 � 61 = 1830, s79 = 75 � 76 = 2850

β) Επιλύουμε τις εξισώσεις:

• ν( ν+1) 351 <=:>ν2+ν = 702 <=:>ν2+ν-702= Ο 2 <=> ν = 26 (η λύση ν = - 27 απορρίπτεται)

ν(ν + 1) • = 903 <=> ν2 + ν = 1806 <=>

2 <=> ν2 + ν - 1806 = Ο <=> ν = 42 (η λύση ν = - 43 απορρίπτεται)

6. Μία γρήγορη δυσφήμηση

<<θα 'θελα να μην το πω, αλλά η Μαρία από το Β 1 τμήμα έκανε στο χθεσινό διαγώνισμα αντιγραφή>> ψιθύρισε καυχησιάρικα ένας συμμαθητής του εντελώς αθώου κοριτσιού σ' έναν φίλο του στη πρωινή συγκέντρωση των μαθητών του σχολείου. Αυτό δεν θα ήταν σημαντικό αλλά η υποτιθέμενη "είδηση" διαδόθηκε το επόμενο εικοσάλεπτο σε άλλους δύο συμμαθητές τους. Αυτοί οι δύο το είπαν, στο επόμενο εικοσάλεπτο σε άλλους δύο. Με τον ίδιο ρυθμό διαδιδόταν η αβάσιμη είδηση σε όλο και περισσότερους μαθητές τα επόμενα εικοσάλεπτα. α) Σχηματίστε μια ακολουθία που να δίνει

τον αριθμό των μαθητών που ενημερώθηκε μέχρι το τέλος του ιου, 2ου, ... νου, εικοσάλεπτου.

β) Επίσης μια ακολουθία που να δίνει τον αριθμό των μαθητών που ενημερώθηκαν κατά τη διάρκεια του ιου, 2°υ, ... νου εικοσάλεπτου.

γ) Πόσοι μαθητές γνωρίζουν μετά την πάροδο ι, 2, 3 εικοσαλέπτων;

δ) Πόσοι μαθητές γνωρίζουν μετά την πάροδο ι, 2, 3 ωρών;

ε) Κάτω από αυτές τις συνθήκες, τι ώρα θα έχει υποστεί βλάβη η φήμη της Μαρίας ως άριστης μαθήτριας σε όλους τους 5ι2 μαθητές του σχολείου;

Λύση Θεωρούμε την ακολουθία (αν) που δίνει τον αριθμό των μαθητών που "ενημερώνονται" κάθε εικοσάλεπτο από τον πρώτο που το 'μαθε απ' τον αρχικό δυσφημιστή. Η ακολουθία αυτή είναι γεωμετρική πρόοδος με α1 = 2 και λ = 2. Άρα: αν = αl • λν-1 = 2 • 2ν-Ι = 2ν

•

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ ' τ.2/37


α) Έστω (βν) η ακολουθία που δίνει το συνολικό αριθμό μαθητών που γνωρίζουν τα "νέα" κάθε εικοσάλεπτο που περνάει. Έτσι: βν = 2 + Σ,, όπου Σv το άθροισμα των όρων της προόδου (αν) και 2 ο αριθμός των πρώτων δύο δυσφημιστών. , λν - 1 2ν - 1 Ετσι: βν = 2 + α1 -- = 2 + 2 ·-- = λ- 1 2 - 1 = 2 + 2 • 2ν - 2 = 2ν+Ι .

4η μέρα:

10 α = - m 2 3 1 20 α =- m 3 3 1 40 α =- m 4 3 1 80 α = - m 5 3 1

β) 'Εστω (γv) η ακολουθία που δίνει το σύνολο των 8.

μαθητών που "ενημερώνονται" στη διάρκεια κάθε εικοσάλεπτου. Τότε:

Σε παλιά Γερμανικά βιβλία συναντάμε το παρακάτω πρόβλημα: '"Ενας καβαλάρης θέλει να πεταλώσει το άλογό του. Κάθε πέταλο πρέπει να στερεωθεί με 6 καρφιά. Ο πεταλωτής έχει τον εξής παράλογο για πολλούς αλλά πραγματικό τιμοκατάλογο: 1° καρφί: 1 λεπτό, 2° καρφί: 2 λεπτά, 3° καρφί: 4 λεπτά, 4° καρφί: 8 λεπτά κ.λ.π.

γ ν = 2 + αν = 2 + αι . λν-1 = 2 + 2 . 2ν-1 = 2 + 2ν γ) βι = 21+1 =22 = 4, β2 = 22+1 = 8, β3 = 23+1 = 24 = 16 δ) 1η ώρα: β3 = 24 = 16

2 η ώρα: β6 = 2 7 = 64 3η ώρα: β9 = 210 = 1024 Σημείωση: κάθε ώρα έχει 3 εικοσάλεπτα.

ε) βν = 5 12 <=:> 2ν+Ι = 5 12 <=:> ν + 1 = 9 <=:> ν = 8 (δηλ. σε 8 εικοσάλεπτα) Άρα: Η φήμη της Μαρίας θα "αμαυρωθεί" στις 1 0.40' ακριβώς!

7. Από ένα Κινέζικο βιβλίο: "9 βιβλία Αριθμητικής Τεχνικής" που είναι γνωστό από τον 1 ο μ.Χ. αιώνα και θεωρείται το αρχαιότερο διδακτικό βιβλίο αριθμητικής, διαβάζουμε την άσκηση: '"Ενα κορίτσι, που ξέρει να υφαίνει πολύ καλά, κάνει κάθε μέρα το διπλάσιο από τη προηγούμενη. Μετά από 5 μέρες έχει φτιάξει 5 m. Πόσο ύφανε κάθε μέρα;"

Λύση Το ύφασμα που υφαίνει κάθε μέρα δίνεται από τους όρους μιας γ.π. με πρώτο όρο α1 το ύφασμα που υφαίνει την πρώτη μέρα και λόγο λ= 2. Θα ισχύει: αν = α1 • λν-Ι = α1 • 2ν-ι

' κ - 1 Ετσι, S5 = 5 <::::> α1 ·--= 5 λ- 1

25 - 1 . 5 Άρα α1 ·--= 5 <=:> 3 1α1 = 5 <=:> α1 =- m. 2 - 1 3 1

Άρα: 1 η μέρα: α = 2._ m I 3 1

α) Πόσο κοστίζει συνολικά το πετάλωμα του αλόγου;

β) Αν ο καβαλάρης έχει ακριβώς 50 μάρκα μαζί του. Με πόσα καρφιά μπορεί να στερεώσει κάθε πέταλο από τα 4;

Λύση

Η αξία κάθε καρφιού δίνεται από τους όρους μιας ακολουθίας που είναι γ.π. με α = 1 και λ = 2. Άρα: αν = αιλν-Ι δηλαδή αν = 2ν-Ι . α) Προφανώς ο καβαλάρης χρειάζεται 24 καρφιά

' λ24 - 1 Άρα: S24 = α1 · -- άρα

λ- 1 224 - 1 s24 = 1 ·-2-- = 224 - 1 = 1 6.777.210 λεπτά - 1

ή 167.772 μάρκα. Προφανώς το ποσό αυτό είναι απαγορευτικό για τον καβαλάρη!

β) Πρέπει: Sv < 50 μάρκα ή Sv < 5000 λεπτά δηλαδή λν -1 2ν -1 α1 ·--<5000 .Άρα 1 ·--<5000<=:>2ν<5001 λ-1 2-1

Όμως: 212 = 4096 < 5001 Δηλαδή ο καβαλάρης μπορεί να αγοράσει 12 καρφιά, οπότε θα στερεώσει κάθε πέταλο με 3 καρφιά ( . . . και θα πάρει και ρέστα!)


1 .


11�� Εκθcτι«ιf και Λογαριθμική Εuνάpτηιιη

Στις παρακάτω ερωτήσεις να επιλεγεί η σωστή απάντηση. α) Η συνάρτηση f(x) = ln(x2 - 5χ + 6) έχει

πεδίο ορισμού το: ί) (2, 3) ίί) [2,3] ίίί) ( 3, +οο) ίν) ( -οο,2) ν) ( -οο,2) υ ( 3,+οο)

β) Η συνάρτηση f(x) = log25x - ιο διέρχεται από το σημείο: ί) Α(2, ι Ο) ii) Β(4, - 8) ίίί) (4, 8) ίν) (- 4, - 8) ν) (8, - 4)

γ) Η παράσταση Α = log53 είναι ίση με: ί) 3 ii) 5 iii) ιο ίν) ιs ν) 31og5

δ) Η παράσταση Β= log25 - log5 είναι ίση με: ί) log53 ίί) log25 ίίί) log5 ίν) 21og5 ν) log52

ε) Η παράσταση Γ = -ln 5 + 3 Ιη 2 είναι ίση με:

ί) ln� 2

' ') I 5 11 n-8

' ") I 5 111 n-2 ίν) Ιη!

5 5 ν) ln-3

στ)Η παράσταση Δ = ιoiogS είναι ίση με: ί) 5 ίί) ιο ίίί) 2 ίν) 22 ν) 52

ζ) Η παράσταση Ε = .!.log ι25 + .!.log ι6 εί-3 4 ναι ίση με: ί) log5 ίν) ιο

ίί) ι ίίί) 2 ν) log5 · 1og2

η) Η παράσταση z = ιoot+log,/8-Ιog2 είναι ίση με: ί) 300 ίν) 400

ίί) 200 ν) ι20

θ) Η παράσταση

ίίί) 800

Η = 71og �,--7-+-4--,J3=3 + 2 1og ( 2 -J3) είναι

ίση με: ί) 5 ίν) 3

ίί) ο ν) log2

ίίί) 7

Απαντήσεις α) ν, β) ii, γ) ν, δ) iii, ε) iν, στ) i, ζ) ii, η) ii, θ) ii. 2. α) Να βρεθούν οι χ, ψ όταν:

3χ + 3Ψ = 4 και 2χ - ψ + ι = Ο

β) Να λυθεί η εξίσωση: Ιη(2ω + ι2) = 2ωln2 γ) Να εξεταστεί αν οι χ, ψ, ω αποτελούν

διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου της οποίας να βρεθεί η διαφορά και ο εικοστός όρος.

δ) Να λυθεί η aνίσωση: log[Ιog(ψ · z2 - (χ + ψ +ω )z + ι2 )] < Ο

με άγνωστο το z και τιμές για τους χ, ψ, ω αυτές που βρέθηκαν στα ερωτήματα (α), (β).

Λύση α) Έχουμε: 3χ + 3Ψ = 4 ( 1 ) και

2χ -ψ+ 1 = ο <=> ψ = 2χ + 1 (2) (2) Η ( 1 ) <=:>3χ + 32x+l = 4 <=? 3 · 32χ + 3χ - 4 = Ο (3)

Θέτουμε 3χ = ω (4) οπότε η (3) γίνεται: 3ω2 + ω - 4 = Ο <=> ω = -� ή ω = 1 . 3 Άρα: 3χ = -� (αδύνατη) ή 3χ = 1 <=> χ = Ο και 3 από την (2): ψ = 1 .

β) Έχουμε την εξίσωση: Ιη(2ω + 12) = 2ωln2 με ω ε IR. γιατί 2ω + 1 2 > Ο, για κάθε ω ε IR. . Έτσι η εξίσωση γράφεται: ln(2ω + 1 2 ) = ln 22ω <=? 2ω + 1 2 = 22ω <=?

<=:> 22ω - 2ω - 12 = 0 ( 1 ) Θέτουμε: 2ω = u (2). Οπότε η ( 1 ) γίνεται: u2 - u - 12 = 0 <=:> u = - 3 ή u = 4. Άρα: 2ω = -3 αδύνατη ή 2ω = 22 <=> ω = 2 .

γ) Λόγω των (α), (β) είναι χ = Ο, ψ = 1 , ω = 2 που προφανώς αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο α1 = Ο και διαφορά ω = 1 . Έτσι α20 = α1 + ( 20 - 1) ω = Ο + 1 9 · 1 = 1 9

δ) Έχουμε την ανίσωση: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2139

3.


log [ log (ψ · z2 - (χ + ψ + ω) · z + 12) J < Ο �

� Iog[log(z2 - 3z + 12)] < 0 (Ι)

Πρέπει: z2 - 3z + Ι2 > Ο που ισχύει για κάθε z Ε � γιατί η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι αρνητική. Επίσης πρέπει: Iog(z2 - 3z + 12 ) > Ο � z2 -3z + Ι2 > Ι � � z2 - 3z + Ι Ι > Ο που ισχύει για κάθε z Ε � για τον ίδιο λόγο (Δ < 0). Έτσι η ( 1 ) � log(z2 - 3z + 12 ) < Ι � z2 - 3z + 12 < 10 � z2 - 3z + 2 < Ο � 1 < z < 2 .

Α. α) Αν ισχύει Ιη(συνχ) = Ο σούται με:

") '71 • ") κπ '71 1 ΚΠ, Κ Ε ιu ll - ,Κ Ε ιu 2

τότε ο χ ι-

iii) 2ιοr,κΕΖ

. 3κπ κπ ιν) --,κ Ε Ζ v) -,κ Ε Ζ

2 3 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση. β) Έστω α, β, γ, θ θετικοί πραγματικοί

αριθμοί διάφοροι του 1 και διάφοροι μεταξύ τους ανά δύο.

i) Οι λογάριθμοι Iogaθ, logpθ, log1θ να μετασχηματιστούν σε λογάριθμους με βάση το 10.

log θ logα θ - log θ ii) Α ν ισχύει: __

α- = Ρ τό-Ιοg1 θ logP θ - log1 θ

τε να δείξετε ότι οι αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

Β. α) Τι θα παρατηρούσατε για τις γραφικές παραστάσε� των συναρτήσεων

fι(χ) = 7' και f2 (x) = (�J', Χ Ε � .

β) Δίνονται οι αριθμοί α = logx, β = logψ, 25ψ χ γ = log45, δ = log--, ε = log-, χ 5

1 ζ = log- με χ, ψ > Ο. Αν οι α, β, γ

5ψ καθώς και οι δ, ε, ζ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου να βρεθούν οι χ, ψ.

Λύση

β) i) Είναι: loga θ = logθ , logα

log θ = Ιοgθ log θ = logθ β Ιοgβ ' 1 Ιοgγ

. . , log θ Ioga θ - Ιοgβ θ 11) Επισης: __ α_ = � Iog1 θ Ιοgβ θ - log1 θ � Ioga θ { Ιοgβ θ - Iog1 θ) = = Iog1 θ(Ιοgα θ - logβ θ) � Ioga θ · logβ θ - Ιοgα θ · Iog1 θ = = Iog1 θ · Ioga θ - log1 θ · Ιοgβ θ � � loga θ · Ιοgβ θ + Ιοgβ θ · Iog1 θ =

(i) = 2Ιοgα θ · Iog1 θ�

logθ Ιοgθ Ιοgθ Ιοgθ � --·--+-- ·-- = logα Ιοgβ Ιοgβ Ιοgγ

= 2 Ιοgθ . logθ � logα Ιοgγ

Ι 1 2 � + � log α · Ιοgβ Iog β · logγ Iog α · logγ

� Ιοgγ + Ιοgα = 2Ιοgβ � Iog( αγ) = logβ2 � αγ = β2 οπότε οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

Β) α) Για χ Ε � είναι:

f2 (x) = (� Jx = Τχ = f1 (-x)

οπότε οι γραφικές παραστάσεις των fι , f2 είναι συμμετρικές ως προς τον άξονα ψ'ψ.

β) Έχουμε χ, ψ > Ο. Εφόσον οι α, β, γ καθώς και οι δ, ε, ζ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει: 2β = α + γ} 2Iogψ = Iogx +

.

Iog45 και � χ 25ψ 1 � 2Iog-=log-+Iog-

2ε = δ + ζ 5 χ 5ψ Ιοgψ2 = Iog45x } ψ2 = 45χ}

� (XJ

2 25ψ 1 � Χ2 5 � Iog 5 = log---;z- . 5ψ 25

= � χ3 = 125 } χ = 5 } � � 2 � ψ2 = 45 . χ ψ = 225

Α) α) Σωστή απάντηση είναι η (iii). � :::15} οπότε ::�5, (ψ > ΟΛ



4. α) Να λυθεί η εξίσωση: 2σuνχ + 2 . 2-σuνχ - 3 = ο στο διάστημα [0, π]

συν1χ β) Να λυθεί η εξίσωση: _e - = e-2σuv'x+2σuvx

e στο διάστημα [0, 2π)

γ) Να λυθεί η εξίσωση: e31" ' = 7e1"' + 6 Λύση

α) Έχουμε την εξίσωση: 2σuνχ + 2 • Γσυνχ -3 = Ο <::::> 2συνχ + 2-1- -3 = Ο<::::>

2συνχ

<::::> 22συνχ - 3 · 2συνχ + 2 = Ο (1) Θέτουμε: 2συνχ = ψ (2) οπότε η (1) γίνεται ψ2 - 3ψ + 2 = ο <::::> ψ = 1 ή ψ = 2.

Άρα: 2συνχ = 1 <::::> συνχ = Ο άρα χ = 2: ή 2

2σuvx = 2 <::::> συνχ = 1 άρα χ = Ο. (υπ' όψιν χ Ε [Ο,π] ).

β) Έχουμε την εξίσωση: συν2χ _e- = e-2συν3χ+2συνχ <::::> eσul x- 1 = e-2συv'χ+2συνχ <::::>

e

<::::> συν2χ - 1 = -2συν3χ + 2συνχ <::::> <::::> 2συν3 χ: + συν2 χ -2συνχ - 1 = Ο <::::> <::::> συν2χ(2συνχ + 1) - (2συνχ + Ι) = Ο <::::> <::::> (2συνχ + 1)( συν2χ - 1 ) = Ο <::::>

1 συνχ = --2

2συνχ + 1 = ο} ή <::::> ή <::::> συνχ = -1 οπότε :

συν2χ - 1 = 0 ή συνχ = 1

��:�� χ � �

π

� οι λύσεις εφόσον χ Ε [0, 2π) ή χ = Ο

γ) Έχουμε την εξίσωση: eJ in x = 7elnx + 6 <::::> eJ in x - 7elnx - 6 = 0 Πρέπει χ > Ο, θέτουμε e1n x = ψ ( 2) οπότε η ( 1 ) γράφεται: ψ3 - 7ψ - 6 = Ο <=> ψ3 - ψ - 6ψ - 6 = Ο <::::> <::::> ψ ( ψ2 - 1) - 6 ( ψ + 1 ) = ο <::::> <=> ψ(ψ - Ι ) (ψ + 1) - 6(ψ + 1) = 0 <=> <::::> (ψ + 1)(ψ2 - ψ - 6) = Ο <=>

ψ + l = Ο } ψ = -1 ή } <::::>

2 ή . <::::> ψ : -2 ή (2)

ψ - ψ - 6 = 0 ψ - 3 Άρα: e1n x = -1 αδύνατη ή e1n x = -2 αδύνατη ή eιn x = 3 <::::> χ = 3 η ζητούμενη λύση .

5. Σε μια περιοχή της ευρωπαϊκής ένωσης λόγω των μέτρων που πάρθηκαν ο πληθυσμός των αγροτών μειώνεται σύμφωνα με τον νόμο της εκθετικής μεταβολής. Αν ο αρχικός πληθυσμός ήταν 8 χιλιάδες αγρότες και σε δύο χρόνια έμεινε ο μισός τότε να βρεθούν: α) Η συνάρτηση που δίνει τον πληθυσμό

κάθε χρονική στιγμή. β) Ποιος θα είναι ο πληθυσμός των αγρο

τών ύστερα από τέσσερα χρόνια; γ) Πόσος χρόνος θα έχει περάσει όταν ο α

γροτικός πληθυσμός της περιοχής θα έχει μειωθεί στους χίλιους αγρότες;

Λύση α) Εφόσον η μείωση του αγροτικού πληθυσμού α

κολουθεί τον νόμο της εκθετικής μεταβολής θα είναι: Q( t) = Qo . ect (1) όπου t > ο (σε χρό-νια) και c Ε .IR . Έχουμε Q0 = 8 χιλιάδες ο αρχικός πληθυσμός και Q(2) = 4 χιλιάδες. Έτσι από την (1) για t = 2 παίρνουμε:

Q ( 2) = Qo . e2c <::::> 4 = 8e2c <::::> � = e2c <::::> ec = ff οπότε: Q(t) � s { Η} με t > Ο (σε χρόνια) η

ζητούμενη συνάρτηση. β) Λόγω του (α) έχουμε:

Q(4) = s[ Η)' � s - ± � 2

Δηλαδή ύστερα από τέσσερα χρόνια ο πληθυσμός των αγροτών της περιοχής θα έχει μειωθεί στις 2 χιλιάδες.

γ) Αν Q(t) = 1 ( 1000 αγρότες) τότε λόγω του (α)

είναι: ι � s[ Η} � � � ωi �



( 1 )3 ( 1 ).!. t <=> 2 = 2 2 <:::> 3 = 2 <=> t = 6

Άρα κάτι τέτοιο θα έχει γίνει ύστερα από 6 χρόνια.

6. Μία ποσότητα ραδιενεργού υλικού θάβεται και με την πάροδο του χρόνου μειώνεται ακολουθώντας το νόμο της εκθετικής μεταβολής. α) Αν γνωρίζουμε ότι μετά από δύο χρόνια

, , 1 , , εχει απομεινει το 3" της αρχικης ποσο-

τητας να γραφεί ο τύπος της εκθετικής μεταβολής.

β) Α ν μετά από τέσσερα χρόνια η ποσότητα που έχει απομείνει είναι 1 κιλό να βρεθεί η αρχική ποσότητα που θάφτηκε.

γ) Μετά από πόσα χρόνια η ποσότητα που

θ , , θ , 1 λά α εχει απομεινει α ειναι 81

κι ;

Λύση α) Εφόσον η μείωση της ραδιενεργού ποσότητας

ακολουθεί το νόμο της εκθετικής μεταβολής θα είναι: Q( t) = Qo . ect (1) όπου t > ο (σε χρό-

νια) και c ε IR . Όμως Q( 2) = _!_Q0 οπότε από 3

την ( 1 ) για t = 2 παίρνουμε: Q ( 2) = Qo . e2c <=> � Qo = Qo . e2c <=>

<=> � = e2c <=> ec = JI οπότε:

Q( t) � Q0 ( Jf)' ο ζητούμενος τύπος

β) Είναι Q(4) = 1 οπότε από τον τύπο

Q( t) � Q0 ( Jf)' γtα t � 4 παίρνουμε:

Q(4) � Q. ( Jf)' � l � Q. (;}> Q0 � 9 ιcι-

λά η ζητούμενη αρχική ποσότητα.

γ) Μyαι των (α), (β) έχουμε: Q ( t ) � 9 { Jf)' οπότε αν Q ( t) = __!__ θα είναι:

8 1

.!. 6 .!. <=>

316 = (�)2 <=> (�) = (�)2 <:::> 6 =i<=> t = 12

Δηλαδή ύστερα από 12 χρόνια θα έχει απομεί-1 κιλ ' ' ' νει το 8ι α της αρχικης ποσοτητας.

7. Η ατμοσφαιρική πίεση μειώνεται όσο αυξάνεται η απόσταση από το φλοιό της γης. Η σχέση μεταξύ πίεσης και ύψους περιγράφεται προσεγγιστικά από τον λεyόμενο βαρομετρικό τύπο ύψους: Ph = Ρ0 • 0,88h όπου Ρο η πίε-

ση στο φλοιό και h το ύψος σε km) α) Αν Ρο = 1013 mmHg τότε πόση είναι η

πίεση σε ύψος: 500, 750, 1000, 1500, 2500, 5000, 7500, 10000 μέτρων;

β) Τι πίεση επικρατεί στην κορυφή των παρακάτω βουνών: Όλυμπος (ύψος 2817 μ.) Λευκό όρος ( 4807 μ.) Κιλιμάντζαρο (5895 μ.) Έβερεστ (8848 μ.) από την επιφάνεια της θάλασσας αν η πίεση είναι 995 mmHg στην επιφάνεια της θάλασσας.

γ) Δώστε την πίεση στην κορυφή των παραπάνω βουνών ως ποσοστό της πίεσης στην επιφάνεια της θάλασσας.

δ) Σε μια ειδυλλιακή πόλη σε ύψος 260 μ. από την θάλασσα μια ωραία μέρα καλοκαιριού μετρήθηκε η πίεση και βρέθηκε 980 mmHg. Σε ποια τιμή πίεση στην επιφάνεια της θάλασσας αντιστοιχεί;

Λύση α) Ρ500 = 1013 · 0,88°'5 = 950, 27 = 950�g

p750 "" 1013 . 0, 88°'75 = 920, 38 = 920mmHg

Ρ10000 = 10 13 · Ο, 8810 = 282, 12 = 282 mmHg β) Έστω χ το βάθος της θάλασσας και Ρ χ η πίεση

στην επιφάνειά της. Τότε: Ρχ = Ρ0 · Ο, 88χ <:::> 995 = Ρ0 • Ο, 88χ <:::> Ο, 88χ = 9:.5

ο

Ρ0: η πίεση στο φλοιό της γης) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/42


Α ν h το ύψος των βουνών από την επιφάνεια της θάλασσας τότε: Ρ Ρ = Ρ0 · Ο, 88h+x (όπου Ρ η ζητούμενη πίεση) Άρα:

Ρ =Ρ · Ο 88h · Ο 88χ = Ρ · Ο 88h · 995 = 995 · Ο 88h ο ' , ο ' Ρ '

ο

Έτσι για τον Όλυμπο έχουμε: Ρ = 995 · 0,882'917 = 685,29 = 685 mmHg

για το Λευκό όρος: Ρ = 995 · 0,884'807 = 538, 20 = 538 mmHg

για το Κιλιμάντζαρο: Ρ = 995 · 0,885'895 = 468,32 = 468 mmHg

και για το Έβερεστ: Ρ = 995 · 0, 888'848 = 32 1,07 = 321 mmHg

Για τα προηγούμενα βουνά αντίστοιχα έχουμε:

� = 0,882'97 1 = 68, 87% ' px .!._ = 0,884'807 = 54,09%, px .!._ = 0,885'895 = 47,06%, px .!._ = ο 888'848 = 32 26% Ρ ' '

χ

Άρα: 980 = 96, 7% · Ρχ <::::> Ρχ = 1013 mmHg

8. Για να προστεθεί ο άνθρωπος από την ιδιαίτερα επικίνδυνη ακτινοβολία - γ χρησιμοποιούνται τοιχώματα από πυκνό μόλυβδο. Η ένταση μιας τέτοιας, ακτινοβολίας όταν εισέρχεται στο μόλυβδο ακολουθεί μια εκθετική μείωση. Σε βάθος 1,5 cm η ένταση έχει μειωθεί στο μισό της αρχικής. α) Ποια συνάρτηση περιγράφει την μείωση

της έντασης της ακτινοβολίας, σε πυκνό μόλυβδο;

β) Σε τι ποσοστό της αρχικής έχει μειωθεί η έντασης της ακτινοβολίας σε βάθος 12 cm I 18 cm I 45 cm I 90 cml μέσα σε πυκνό μόλυβδο;

γ) Συγκρίνετε τα αποτελέσματα αυτά με αυτά που ια προκύψουν αν αντί για πυκνό μόλυβδο Προστατευθούμε από γ -ακτινοβολία επίσης με νερό, αλουμίνιο ή πάγο όπου η ένταση υποδιπλασιάζεται σε 25, 9, 2, 8 cm αντίστοιχα!

Λύση α) Η συνάρτηση είναι της μορφής:

Q( χ) = Q0 · ecx με c < Ο, Qo η αρχική ακτινο-βολία, χ > Ο. Όμως:

;' � Q, · e' '·' � e' �ωf � Jι ή z f

= 0, 0039 = 0,39% = 0,4% -2·18 Q Q2 (

1 8) = Qo . 2-3- = Qo . 2-12 <::::> _2 = 2-12 = Qo = Ο, 00024 = Ο, 024%

γ) Η συνάρτηση φυσικά αλλάζει και γίνεται για το νερό: Q( χ) = Qo . ecx οπότε ;σ = Qo . ec·25 <::::> � = ( ec )25 <::::>

( 1 )� 1 -� <::::> ec = 2 <::::> ec = 2-ifi ή 2 25

χ Άρα Q( χ) = Q0 - 2 25 , χ > Ο και

12 Q 12 Q1 (12) = Q0 · 2-25 <::::> Q: = 2-25 = Ο, 7 169 = 72%

12 Q 2 ενώQ1 ( 18)=Q0 · 2-ί8 <=> -2 = 2-3 = 0, 63 = 63% Qo Να γίνουν ως άσκηση τα ποσοστά του αλουμινίου

και του πάγου.



rcωμcτpiα: ΕΜΒΑΔΑ του Στέφανου Μέτη και Νικόλαου Λιναρδάτου

Α. Εισαγωγή Αν (ΚΛΜ) = 2 τ.JL, να βρεθεί το (ΑΒΓ). Λύση: Η έκταση μιας επιφάνειας, μπορεί να εκτιμηθεί

με σύγκριση προς την έκταση μιας άλλης επιφάνειας, η οποία λαμβάνεται ως μονάδα. Ο θετικός αριθμός ο οποίος εκφράζει πόσες φορές η επιφάνεια περιέχει τη μονάδα των επιφανειών ή μέρη της, λέγεται εμβαδόν της επιφάνειας.

Είναι (ΑΚΜ) = (ΚΜΛ) = 2, αφού ΜΚ διάμεσος στο τρίγωνο ΑΜΛ. Ακόμα είναι ΚΜ I I ΔΕ γιατί

Το εμβαδό μιας επιφάνειας συμβολίζεται συνήθως με το γράμμα Ε. Το εμβαδό μιας πολυγωνικής επιφάνειας ΑΒΓ ΔΕ συμβολίζεται και με (ΑΒΓ ΔΕ) ή ΕΑΒΓΔΕ "

Για το εμβαδόν πολυγωνικών επιφανειών δεχόμαστε τα εξής: 1. Ίσες πολυγωνικές επιφάνειες έχουν το ίδιο εμ

βαδό. 2. Αν μια πολυγωνική επιφάνεια χωρίζεται σε πε

περασμένο πλήθος άλλων πολυγωνικών επιφανειών (χωρίς κοινά εσωτερικά σημεία), τότε to εμβαδόν της είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών των πολυγωνικών επιφανειών στις οποίες χωρίζεται.

ΑΚ ΑΜ 1 , (ΑΚΜ) ( 1 )2 1 ΑΔ = ΑΕ

=3 .Άρα {ΑΔΕ) = 3 =9

Επομένως {

2 ) =

.!. ή (ΑΔΕ) = 18. ΑΔΕ 9

Επειδή ΒΔ= ΔΕ = ΕΓ, είναι 1 ΒΓ 1 {ΑΔΕ) =2 ·3 · υ = 3{ΑΒΓ) ,

οπότε (ΑΒΓ) = 3(ΑΔΕ) = 54 τ. μ.

2. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι: ΑΔ .l. ΒΓ, ΕΗ .l. ΑΓ και ΑΔ = 12, ΕΓ = 5, ΕΗ = 3. Να βρεθεί το

Β

Α

εμβαδόν του τριγώνου ΑΔΕ. Λύση:

Είναι ΗΓ2 = ΕΓ2 - ΕΗ2 , άρα ΗΓ = 4. Δ Δ �

3. Το εμβαδόν ενός τετραγώνου πλευράς 1 είναι ίσο με 1 . Ακόμα είναι ΑΔΓ-ΕΗΓ (ορθογώνια και Γ κοι-νή),

Σχόλια , ΑΔ ΔΓ , αρα - =- η 3 4 ΔΓ= 16 και ΔΕ= 16 - 5 = 1 1 .

• Αν δυο επιφάνειες έχουν το ίδιο εμβαδό, δεν είναι κατ'ανάγκη ίσες. Οι επιφάνειες αυτές λέγονται ισοδύναμες ή ισεμβαδικές.

• Αντί του όρου "εμβαδόν πολυγωνικής επιφά-' 1 1 · 12 Επομενως ( ΑΔΕ) = -- = 66 τ. μ.

2 νειας" χρησιμοποιούνται και οι όροι "εμβαδον 3. Στο διπλανό

πολυγωνικού χωρίου" ή "εμβαδόν ευθύγραμ- τρίγωνο ΑΒΓ

μου σχήματος". Λυμένες Ασκήσεις

1 . Στο διπλανό σχήμα ισχύει:

Α

είναι: 1 ΚΑ =-ΑΒ, 4 1 ΓΔ = - ΓΚ , 4

Α

Γ

ΒΔ = ΔΕ = ΕΓ, ΑΚ= ΚΛ = ΛΔ και ΑΕ=3ΑΜ.

1 ΔΗ .l. ΒΓ, ΛΕ = -ΒΓ , ΔΗ = 2cm και ΑΕ =

4 Γ 3cm. Να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓ) = 64cm2•



Λύση: Είναι ΒΓ = 4ΛΕ = 12cm. Τα τρίγωνα Γ ΔΗ και ΓΚΘ είναι όμοια, άρα

ΚΘ = ΓΚ <:::> ΚΘ = 4ΔΗ <:::> ΚΘ = 8cm ΔΗ ΓΔ '

οπότε (ΚΒΓ) =..!.. · 12 · 8 = 48cm2 • 2 Για τα τρίγωνα ΑΚΓ και ΒΚΓ ισχύει:

Επομένως ( ΑΚΓ) =.!.. · 48 = 1 6cm2 • 3 Άρα (ΑΒΓ) = (ΑΚΓ) + (ΒΚΓ) = 48 + 16 = 64cm2•

4. Στο διπλανό Α

σχήμα είναι: ΓΗ .L ΑΒ, AH = 5cm, HB = 9cm, ΗΚ = ΚΛ = Β

Γ

= ΛΜ = ΜΝ = ΝΓ και (ΑΛΜ) + (ΒΜΓ) = 23cm2• Να βρεθεί το μήκος της ΒΜ.

Λύση: Έχουμε: (ΑΛΜ) + (ΒΓΜ) = 23 <:::> ..!_ ·ΛΜ · ΑΗ+..!_ · ΓΜ · ΒΗ = 23 <:::> 2 2

1 1 1 2 <:::> - ·-ΗΓ · 5 +- ·-ΗΓ · 9 = 23 <:::> 2 5 2 5 <:::> 23ΗΓ = 230 <:::> ΗΓ = 1 Ocm Άρα HM =�HΓ = 6cm.

5 Έτσι στο τρίγωνο ΗΒΜ έχουμε:

ΒΜ2 = ΗΒ2 + ΗΜ2 = 81 + 36 = 1 17. Επομένως ΒΜ = 3Jl3 cm.

5. Στο παρακάτω τρίγωνο ΑΒΓ είναι: 3ΑΔ = 2ΔΓ, Α ΑΛ = ΛΔ, ΛΕ // ΒΔ και ΛΚ // ΔΕ. Αν (ΑΚΛ)=4 τ.μ., Β να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓ) = 80 τ.μ.

Γ

Λύση:

'Ε χουμε 3ΑΔ = 2ΔΓ <:::> ΑΔ = � <:::> ΔΓ 3 ΑΔ 2 ΑΔ 2 2 <:::> = -- <:::> - = - <:::> ΑΔ =-ΑΓ . ΑΔ +ΔΓ 2 + 3 ΑΓ 5 5

Επειδή το Λ είναι μέσο του ΑΔ και ΛΚ // ΔΕ, το Κ είναι μέσο του ΑΕ και αφού ΑΕ // ΔΒ το Ε είναι μέσο του ΑΒ.

2 , (ΑΕΔ) ΑΔ ·ΑΕ · 5ΑΓ · ΑΕ 1 Ά� = = =

(ΑΒΓ) ΑΒ · ΑΓ 2 ·ΑΕ · ΑΓ s ' οπότε (ΑΒΓ) = 5(ΑΕΔ)

Α , , (ΑΚΛ) 1 κο μα εχουμε =-(ΑΕΔ) 4 '

οπότε (ΑΕΔ) = 4(ΑΚΛ) Από τις (1), (2) συμπεραίνουμε ότι

(ΑΒΓ) = 20(ΑΚΛ) = 80 τ. μ.

6. Στο διπλανό σχήμα είναι: ΑΓ .L ΒΔ, Α ΑΓ = 4ΛΓ,

1 ΑΕ = -ΑΔ , 3

ΒΓ 18cm και ΓΔ = 12cm.

Β

Αν (ΑΒΔ) = 150cm2, να αποδειχθεί ότι: (ΛΓΕ) = 5cm2•

Λύση:

Είναι: ( ΑΒΓ) = ΒΓ =.!! = � (ΑΔΓ) ΓΔ 12 2

(1)

(2)

, . (ΑΒΓ) + (ΑΔΓ) 3 + 2 Άρα.

( ΑΔΓ) -2-<:::>

(ΑΒΔ) 5 (ΑΔΓ)

= 2 <=>

(ΑΔΓ) = 60cm2• Ακόμα έχουμε: 3 1 (ΑΛΕ) - ΑΛ·ΑΕ = 4ΑΓ · 3ΑΔ

= 1 (ΑΓΔ)- ΑΓ · ΑΔ ΑΓ · ΑΔ 4 '

οπότε (ΑΛΕ) = 15cm2

'Εχουμε: (ΑΛΕ) = 15 <:::> ..!_ΑΛ · ΕΖ = 1 5 <:::> 2

<:::> ..!_ · 3 · ΛΓ · ΕΖ = 15 <:::> ..!_ΛΓ · ΕΖ = 5 <:::> 2 2

<:::> (ΛΓΕ) = 5cm2• ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/45


7. Το διπλανό τετράγωνο ΑΒΓ Δ έχει πλευρά

15J2 cm. Α ν το τρίγωνο ΔΚΛ είναι ισόπλευρο, να αποδειχθεί ότι:

Δ

Α

α. το τετράπλευρο ΒΚΔΛ είναι ρόμβος β. το εμβαδόν του ΒΚΔΛ είναι 150.J3 cm2

Λύση:

α. Είναι Δf Λ = 45° και Δλκ = 60° , άρα Γ ΔΑ = 15° . Όμοια είναι ΑΔκ = 15° , άρα

Δ Δ ΓΔΛ = ΑΔΚ .

Δ Δ Δ Δ Ομοίως είναι ΓΔΛ = ΒΓΛ και ΑΔΚ = ΑΒΚ. Άρα ΔΚ=ΚΒ=ΒΛ=ΛΔ, οπότε ΒΚΔΛ ρόμβος.

β. Είναι ΒΔ 2 = ΔΓ2 + ΓΒ2 = 2(15J2)2 = 900 ,

άρα ΔΒ = 30cm και ΔΟ = 15cm. Επειδή ΔΚΛ ισόπλευρο, είναι: ΟΑ =_!_ΔΑ , άρα 2

Δ

4 ·0Λ2 =0Δ2 +0Λ2� 3 · 0Λ2 = 225 � ΟΛ2 = 75 � 0Λ = 5J3 Άρα ΚΑ = 1 o.J3 cm. Επομένως

(ΒΚΔΛ) = ΚΑ . ΔΒ = 10J3. 30 = 150J3 cmz

2 2

8. Στο διπλανό τετράγωνο ΑΒΓ Δ, το Ε είναι το μέσο της πλευράς ΔΓ. Φέρουμε τη διάμεσο ΒΕ του τριγώνου ΒΔΓ, η οποία τέμνει την ΚΓ στο Λ. Αν ΚΑ = J2 cm, να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 36cm2•

Λύση: Το Λ είναι το κέντρο βάρους του τριγώνου ΒΔΓ,

άρα ΚΑ =irκ � ΚΓ = 3J2 , οπότε ΑΓ = 6J2 .

Επομένως (ΑΒΓΔ) ΑΓ·ΒΔ 6J2.6J2 36cm2• 2 2

9. Η

, Δ�------------�Γ περιμετρος .-του ορθογωνίου ΑΒΓΔ του διπλανού σχήματος είναι 48cm. Α Ε Β

λ ο λ Αν ΑΔΕ = 15 και ΔΕΓ = 75° , να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΔΕΓ.

Λύση: Έστω ΑΒ = χ και ΑΔ = y. Τότε 2χ + 2y = 48 ή χ + y = 24

c

Είναι ΑΕΔ = 75° , οπότε ΓΕΒ = 30° . Επομένως ΕΓ = 2ΒΓ = 2y.

(1)

Ακόμα είναι ΓΔΕ = 75° και ΔfΕ = 30° , επομένως ΕΓ=ΔΓ = 2y, άρα: x = 2y (2) Από τις (1), (2) έχουμεy = 8 και χ = 16. Επομένως:

(ΔΕΓ) = _!_ΔΓ · ΕΓ · ημ30° =_!_ · 16 · 1 6 ·_!_ = 64cm2 2 2 2

ι ο. Στο διπλανό σχή- ΔΓ---------------,,;.-� μα το ΑΒΓ Δ είναι ορθογώνιο. Αν (ΑΔΓ)=16cm2

και (ΚΓΑ)=7cm2, Α

να αποδειχθεί ότι: ί. (ΑΚΒ) = 9cm2, . . (ΚΓΕ) 49 2 • •• (ΚΕ 2 11. = - cm , 111. Β) = 7cm .

9 Λύση:

ί. Είναι (ΑΔΓ) = (ΑΒΓ) = 16, άρα (ΑΚΒ) = (ΑΒΓ) - (ΚΓ Α) = 9cm2•

ii. Είναι κrΕ�ΚΑΒ , άρα ��\ = (�)2 =

� (�:�)' �ο�σ �ω Επομένως (ΚΓΕ) = 49 . 9 = 49 cm2• 8 1 9

ίίί. Είναι (ΑΓΒ) = (ΑΕΒ) � (ΑΓΚ) + (ΑΚΒ) = = (ΑΚΒ) + (ΚΕΒ) � (ΑΓΚ) = (ΚΕΒ). Άρα (ΚΕΒ) = 7cm2•


Μαθηματικά yια τη Β' Λυκείου

1 1 . Στο διπλανό παραλληλό'γραμμο ΑΒΓ Δ, τα Κ, Λ, Μ, Ν είναι τα μέσα των πλευρών του και Η, Ι τα μέσα των ΚΝ και ΚΛ αντίστοιχα. Αν (ΑΒΓΔ) = 264cm2, να αποδειχθεί ότι: (ΡΤΚΗ) = 22cm2•

Λύση:

Είναι ( ΝΤΚΑ) = _!_ ( ΑΒΓ Δ) = 264 = 66 cm2 4 4 και (ΝΤΚ) = �(ΝΤΚΑ) = 6

26 = 33 cm2•

Το Ρ είναι το κέντρο βάρους του τρι'γώνου ΜΝΚ, άρα ΝΡ =�ΝΤ .

3 2 1

(ΝΡΗ) ΝΡ · ΝΗ -ΝΤ · -ΝΚ 1 Επομένως = = 3 2 =-(ΝΤΚ) ΝΤ ·ΝΚ ΝΤ · ΝΚ 3

Οπότε (ΝΡΗ) = _!_(ΝΤΚ) = _!_ · 33 = 1 1 cm2• 3 3

Έτσι έχουμε: (ΡΤΚΗ) = (ΝΤΚ) - (ΝΡΗ) = 33 - 1 1 = 22cm2•

12. Στο διπλανό τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι: (ΑΓ) = 8cm, (ΒΔ) = 12cm

και ΔΕΓ = 150° .

~ Δ Γ

Να αποδειχθεί ότι (ΑΒΓΔ) = 24cm2•

Λύση:

Είναι (ΑΕΒ) =�(ΕΑ) · (ΕΒ) · ημ150° = ΕΑ�ΕΒ ,

(ΒΕΓ) = �(ΕΒ) · (ΕΓ) · ημ30° = ΕΒ�ΕΓ ,

(ΓΕΔ) = _!_(ΕΓ) · (ΕΔ) · ημ150° = ΕΓ · ΕΔ και 2 4

(ΔΕΑ) =_!_(ΕΔ) · (ΕΑ) · ημ30° = ΕΔ · ΕΑ . 2 4 Έχουμε:

(ΑΒΓΔ)=_!_(ΕΑ · ΕΒ+ΕΒ· ΕΓ+ΕΓ· ΕΔ+ΕΔ· ΕΑ) = 4

=_!_[ΕΒ · (ΕΑ+ ΕΓ) + ΕΔ · (ΕΓ + EA)J = 4

= _!_(ΕΑ + ΕΓ) · (ΕΒ+ ΕΔ) =_!_ΑΓ · ΔΒ = 4 4 1 2 =- · 8 · 12 = 24 cm . 4

13. Στο διπλανό παραλληλό'γραμμο ΑΒΓ Δ, τα Ε, Ζ είναι τα μέσα των

ΑΔ, ΑΒ αντι-στοίχως. Αν (ΕΑΟΜ)) = 24cm2, να βρεθεί το εμβαδόν του τρι'γώνου ΓΟΚ.

Λύση: Στο τρίγωνο ΑΔΓ οι ΓΕ, ΔΟ είναι διάμεσοι, οπότε ΔΜ =�ΔΟ. 3

1 2 (ΕΔΜ) ΕΔ · ΔΜ -ΑΔ ·-ΔΟ 1 Είναι = = 2 3 = (ΔΑΟ) ΑΔ · ΔΟ ΑΔ · ΔΟ 3 '

οπότε ( ΕΔΜ) = -1-= _!_ συνεπώς (ΔΑΟ) - (ΕΔΜ) 3-1 2 '

(ΕΔΜ) = _!_ ή (ΕΔΜ) = _!_ · 24 = 12 cm2• (ΕΜΟΑ) 2 2

Άρα (ΕΔΜ) = _!_ <:::} (ΔΑΟ) = 3· 12 = 36cm2 (ΔΑΟ) 3 '

επομένως (ΓΟΒ) = (ΔΑΟ) = 36cm2• (ΓΟΚ) ΟΚ · ΟΓ ΟΚ 1 Είναι = =-=- γιατί το Κ είναι (ΓΟΒ) ΟΒ · ΟΓ ΟΒ 3 '

το κέντρο βάρους του τριγώνου ΓΑΒ, οπότε (ΓΟΚ) =_!_ · (ΓΟΒ) =_!_ · 36 = 1 2cm2•

3 3

14. Στο παρακάτω σχήμα είναι ΑΒ = ΒΓ = ΓΔ = ΔΕ και ΑΝ = ΝΜ = ΜΛ = ΛΚ. Αν (ΑΕΚ) = 80

Α

τ.μ., να βρεθεί το εμβαδόν του τετράπλευρου ΓΔΛΜ.



Λύση:

Είναι (ΑΕΚ) = ΑΕ · ΑΚ = ΑΕ · ΑΚ 16

(ΑΔΛ) ΑΔ ·ΑΛ lAE.lAΚ 9 4 4

80 16 . Άρα ( )

=- η (ΑΔΛ) =45 τ.μ. ΑΔΛ 9

Ακόμα είναι � ��\ ΑΔ ·ΑΛ 9 �ΑΔ · �ΑΛ

- 4 . 3 3

Άρα ( 45

) = 2. ή (ΑΜΙ) = 20 τ. μ.

ΑΜΓ 4

Επομένως (ΓΔΛΜ) = (ΑΔΛ) - (ΑΓΜ) = 45 - 20 = 25 τ.μ.

15. Έστω το τραπέ- κ

ζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ // ΓΔ) του διπλανού σχήματος και Κ το σημείο Δ r τομής των ΑΔ και ΒΓ. Αν (ΑΟΒ) = α2 και (ΔΟΓ)=Ρ2, Ρ > α, να αποδειχθεί ότι:

i. (ΑΒΓΔ) = (α + p)2, ίί. (ΚΑΒ) =cC . Ρ+α. Ρ-α

Λύση: i. Τα τρίγωνα ΑΟΒ και ΔΟΓ είναι όμοια με λόγο

, ΑΒ ΟΑ ΟΒ ομοιοτητας λ =-=-=-ΔΓ ΟΓ ΟΔ '

οπότε i��j = λ' =ω' - Άρα λ =i Είναι (ΑΔΓ) = (ΒΔΓ) � (ΑΟΔ) + (ΔΟΓ) = = (ΒΟΓ) + (ΔΟΓ) � (ΑΟΔ) = (ΒΟΓ) Ακόμα είναι ΑΟΔ + ΑΟΒ = 180° , άρα

(ΑΟΒ) = ΟΑ · ΟΒ = ΟΒ = λ =� (ΑΟΔ) ΟΑ · ΟΔ ΟΔ β.

α2 α Οπότε ( )

= - � (ΑΟΔ) = αβ. ΑΟΔ β

Άρα (ΑΟΔ) = (ΒΟΓ) = αβ. Συνεπώς (ΑΒΓΔ) = α2 + β2 + αβ + αβ = (α + β)2

ii. Τα τρίγωνα ΚΑΒ και ΚΔΓ είναι όμοια με λόγο , ΑΒ α ομοιοτητας -=- .

ΔΓ β

Οπότε (ΚΑΒ) = α2 � (ΚΑΒ) = α2

(ΚΔΓ) β2 (ΚΔΓ) - (ΚΑΒ) β2 - α2 (ΚΑΒ) α2 � = ----:-------:-(ΑΒΓΔ) β2 - α2

.

Επομένως (ΚΑΒ) = (α+ β)2 · α2 = α2 _β+ α . β2 - α2 β - α

Προτεινόμενες Ασκήσεις

1. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α (ΑΒ) = 8, (ΑΓ) = 12 και η ΑΔ είναι διχοτόμος της Α . Αν (ΑΒΔ) = 20 τ.μ., να βρείτε το (ΑΒΓ).

(ΑΒΔ) 2 Υπόδειξη: =-(ΑΔΓ) 3

2. Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι (ΑΔ) = 6, (ΔΒ) = 5, (ΑΓ) = 8 και Α = 30°. Το εμβαδόν του τριγώνου ΒΓ Δ είναι: Α. 6 Β. 8 Γ. 9 Δ. 10 Ε . 12

Α

Υπόδειξη: ( ΑΒΓ) = _!_ ΑΒ · ΑΓ . ημ30° 2 ( ΑΔΓ) = _!_ ΑΔ · ΑΓ · ημ30° 2

3. Στο διπλανό σχήμα είναι Β = 90° και

Α Α ΒΑΓ =ΑΔΒ= 30" .

Ο λόγος � :\ είναι ί-σος με:

Α

Α. _!_ Β. _!_ Γ. _!_ Δ. � 4 3 2 3

Υπόδειξη: Είναι Γ Α = Γ Δ και (ΑΒΓ) 1 ΑΓ (ΑΒΔ)

=2ΉΔ

4. Στο τετράγωνο ΑΒΓ Δ είναι (ΔΕ) = 2cm και (ΔΕΒ) = 8cm2• Η πλευρά ΒΕ σε cm

Ε. 2

Γ

Β

Δ



είναι ίση με: Α. 6 Β. 8 Γ. 10 Δ. 12 1 Ε. 14. Υπόδειξη: (ΔΕΒ) = lΔΕ · ΒΓ

5. Στην πλευρά ΑΔ του ορθογωνίου ΑΒΓ Δ θεωρούμε το σημείο Ε και στις προεκτάσεις της ΒΓ τα σημεία Ζ, Θ, έτσι ώστε:

(ΔΕΖ) + (ΑΕΘ) = 1 8 τ.μ Να αποδείξετε ότι (ΑΒΓΔ) = 36 τ.μ.

1 1 Υπόδειξη: -ΔΕ·ΑΒ+ -ΑΕ ·ΑΒ = 1 8 .

2 2

z

6. Στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ τα Ε, Ζ είναι μέσα των ΑΔ, ΒΓ

t::ii;} Α Β

αντιστοίχως. Αν (ΚΓΖΛ) = 20 τ.μ., να βρείτε το εμβαδόν του ΑΒΓΔ.

Υπόδειξη: Είναι ΔΚ = ΚΑ = ΛΒ, 20 {ΒΛΖ) = "3 τ.μ. και (ΒΓΔ) = 6(ΒΛΖ)

7. Το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο και Ζ το μέσο της ΒΓ. Αν (ΑΒΓΔ) = 132 τ.μ., να αποδείξετε ότι (ΜΒΖ) = 1 1 τ.μ. Υπόδειξη: Είναι (ΑΒΓ) = 2(ΑΒΖ) =

66 τ.μ. και Μ κέντρο βάρους του τριγώνου ΑΒΓ.

8. Στο διπλανό Ε..,____ σχήμα το ΑΒΓΔ �-___:=====ϊΒ είναι ορθογώνιο με διαγώνιο ΑΓ = 12 . Αν η προέκταση ΑΕ της ΑΓ ισούται με 4, {ΑΒΓΔ) =�{ΕΒΓ) .

2

12

ΔL-----�r

να αποδείξετε ότι

, , {ΑΒΓ) ΓΑ · ΓΒ _ 3

Υποδειξη: Ειναι {ΕΒΓ)

= ΓΕ . ΓΒ - 4 .

9. Το ΑΒΓΔ είναι ορθογώνιο και ΔΕ ..l ΑΓ. Αν ΑΕ = 9cm και ΕΓ = 16cm, να βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΑΕΒ. Υπόδειξη: Είναι ΔΕ2 = 9· 1 6 και

ΑΕ · υ {ΑΕΒ) = - , 2

όπου υ = ΔΕ.

Γ

Β

10. Στο διπλανό σχήμα το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ έχει εμβαδόν 108cm2• Για το σημείο Ε της ΑΔ ισχύει ΑΕ = 2ΕΔ και το Ζ είναι τυχαίο σημείο της ευθείας ΒΓ. Ν α βρείτε το εμβα-δόν του τριγώνου

z

ΕΔΖ. Υπόδειξη: Είναι {ΕΔΖ) =�{ΑΒΓΔ)

1 1 . Στο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ φέρουμε την ΔΚ ..l ΒΓ, η οποία τέμνει την ΑΒ στο Ε.

!_� Α Β Ε

Α ν ΔΚ = 8cm και ΚΒ = 4cm, να βρείτε το εμ-βαδόν του τριγώνου ΚΓΕ. Υπόδειξη:

Δ Δ Είναι ΔΚΓ�ΚΒΕ , οπότε ΚΓ·ΚΕ = 32.

12. Στο διπλανό σχήμα είναι Α = 90° , ΕΒ I/ ΔΓ, ΑΒ = 9cm και ΕΔ = 8cm.

Ν α βρείτε το εμβαδόν του τριγώνου ΕΒΓ. Υπόδειξη: Είναι (ΕΒΓ) = (ΕΒΔ)



13. Στο διπλανό τρί- ·

γωνο ΑΒΓ είναι: ΑΗ .l ΒΓ και Θ, Ε, Μ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, Β

Γ Α αντιστοίχως.

Α

Γ

Αν ΘΚ = 3cm, ΚΜ = 5cm και ΑΒ = IOcm, να αποδείξετε ότι (ΘΜΕΗ) = 20cm2• Υπόδειξη: Το ΘΜΕΗ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Είναι ΘΜ = 8, ΗΕ = 2 και ΚΗ = 4.

r Κανονικ6 Πολύγωνα - Μέτpηrιη Κύκλου

Ο υπολογισμός των καμπυλόγραμμων, μεικτόγραμμων χωρίων, μηνίσκων κ.λ.π. γίνεται με ανάλυση του Γεωμετρικού σχήματος σε αλγεβρικό άθροισμα γνωστών εμβαδών (κυκλικών τομέων, κυκλικών τμημάτων, τριγώνων κ.λ.π.).

Το Κεφάλαιο «Μέτρηση Κύκλου» βρίσκεται σε «αλληλεπίδραση» με το Κεφάλαιο <<Κανονικά Πολύγωνω), όπως διαπιστώνεται και στις ασκήσεις που ακολουθούν. Είναι γνωστό εξάλλου ότι το μήκος ε'" νός κύκλου προσεγγίζεται με κανονικά πολύγωνα

Θανάσης Κυριακόπουλος

και ΒΓ = λ3. Τι συμπέρασμα βγάζετε για την ΑΓ;

ΕπειδήΑΒ =�

Επειδή ΒΓ = λ3

Απάντηση:

' ΑΒ--- - Α - 360° - 600 ειναι - ω6 - - • 6

είναι Br = &3 = 3600 = 1 20° . 3 --- ...---._

Άρα ΑΒ+ΒΓ = 60° + 120° = 1 80° , δηλαδή ή ΑΓ = 2R, διάμετρος του κύκλου.

Υπενθυμίζεται ότι το μέτρο ενός τόξου σε μοί- Λυμένες Ασκήσεις:

ρες μ ο είναι ίσο με το μέτρο της αντίστοιχης επίκε- ι. Να δείξετε ότι το εμβαδόν του κανονικού ε-ντρης γωνίας, η οποία με τη σειρά της είναι διπλά- ξαγώνου που είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο σια της αντίστοιχης (που βαίνει στο ίδιο με αυτή τόξο) εγγεγραμμένης γωνίας.

Εάν τώρα το τόξο αυτό αντιστοιχεί σε χορδή που είναι πλευρά κανονικού πολυγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο (0, R), έστω ΑΒ, είναι:

ΑΒ--- Α 3600 Εδ ' ' ' λέ = ων = -- . ω η επικεντρη γωνια γεται ν

κεντρική γωνία του κανονικού πολυγώνου και συμβολίζεται με ών . Όπου ΑΒ = λv.

Έτσι εάν ΑΒ = � είναι:

ΑΒ--- _ Α _ 360° _ 900 - ω4 - 4 - .

Εφαρμογή :

Στην περιφέρεια κύκλου (Ο, R) δίνονται τα διαδοχικά σημεία Α, Β, Γ ώστε ΑΒ = �

(Ο, R) είναι μέσο ανάλογο των εμβαδών των ισοπλεύρων τριγώνων που το ένα είναι εγγεγραμμένο και το άλλο περιγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R), δηλαδή: Ε; = Ε3 · Ε; . .

Απόδειξη: Είναι λ3 = RJ3 οπότε

Ε = 3R2J3 3 4 ( 1 )

Ε6 =6(0ΓΒ)= 6R2.J3

(2) 4

Από (1), (2): Ε6 = 2 · Ε3 (3)

Μ

Τα ΑΓ Δ και ΜΝΚ είναι κανονικά πολύγωνα (Ισόπλευρα Τρίγωνα), του αυτού πλήθους πλευρών άρα είναι όμοια και εάν λ ο λόγος ομοιότητας ισχύει:

λ = α; = ΟΑ =!_= 2 . α3 α3 R

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/SΟ


ο , (ΚΜΝ) λ2 η' Ε; - 4 η' Ε' - 4Ε ποτε = - - 3 - 3 (ΑΓΔ) Ε3

(4) Από (3): Ε� = 4Ε; = Ε3 (4Ε3 ) = Ε3 · Ε; .

Γενίκευση: Ισχύει: Ε; ν = Εν · Ε: ·

Απόδειξη: (Άσκηση).

2. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R) και έστω Ρ το μέσο της ΒΓ. Εάν η ΑΡ τέμνει τον κύκλο στο Θ, να δεί-

, RJiO ξετε οτι: ΡΘ = --ιθ" .

Απόδειξη :

(4)

Είναι ΑΒ = � = R .J2 . Με Πυθαγόρειο Θεώρημα Δ

στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Ρ :

ΑΡ2 = ΑΒ2 + ΒΡ2 ή ΑΡ2 = λ� + (� )2 ή

ΑΡ2 = 5λ� ή ΑΡ = λ4 J5 . 4 2

Με Θεώρημα Τεμνομένων χορδών: λ4J5 Θ λ4 λ4 η' ΑΡ · ΡΘ = ΒΡ · ΡΓ ή -2- · Ρ " =2 ·2

λ λ J5 J5PΘ =.....i. ή ΡΘ =-4-2 10 ( 1 )

Η ( 1 ), επειδή λ4 = R .J2 γίνεται:

3.

R.J2 . f5 RM ΡΘ = =--. 10 10

Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) α. Εάν Μ το μέσο της ΑΒ να βρείτε το εμ

βαδόν του πολυγώνου ΜΒΓ Δ. β. Σε κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ ΔΕ, εγγε

γραμμένο στον κύκλο (Ο, R), έστω ΑΣ η διχοτόμος της BAr . Να δείξετε ΑΣ .l ΑΕ .

γ. Εάν Μ το μέσο του τόξου ΑΕ , να δείξετε ότι το τρίγωνο ΡΜΑ είναι ισοσκελές, όπου Ρ το σημείο τομής της ΒΜ με την ΑΟ.

Λύση:

α. 'Εχουμε: (ΜΒΓΔ) = (ΜΒΔ) + (ΒrΔ)

Είναι ΔΒ = λ3 = RJ3, R ΟΝ = α3 =- και 2

ΝΓ = ΟΝ = R 2

Άρα:

z

( 1 )

Δ ΒΔ . ΝΓ R J3 . R R 2 J3 (ΒΓΔ) = 2 2 =-- (2)

2 4

Είναι ΑΒΔ = 90' , άρα το τρίγωνο ΔΒΜ ορθογώνιο με ΔΒ = λ3 = R J3 και

ΒΜ = ΑΒ =�= R . Οπότε: 2 2 2

ΔΒ ·ΜΒ RJ3 . R R2J3 (ΔΒΜ) = = 2 =-- (3) 2 2 4

Η (1) λόγω των (2), (3): R2J3 R2J3 R2J3 (ΜΒΓΔ) =-4-+-4

-=-2- .

β. Προφανώς �το μέσο του τόξου ΒΓ . Αρκεί να δείξουμε ΣΑΕ = 90' . Έχουμε: ΣλΕ = ΣΑr+ΓΑΕ=

BAr fΔ+ΔΕ =--+ = 2 2

&5 2 &5 +&5 72' 72' + 72' =-+ = -+ = 2 2 4 2 8° 2 . 72' - 1 8' 72' - 90' = 1 +--- + - . 2

γ. Έστω Μ το μέσο του τόξου ΑΕ και Ν του fΔ . Θα δείξουμε ότι το τρίγωνο ΑΜΡ είναι ισοσκελές, δηλαδή ότι Ρ1 = ΡΑΜ . 'Εχουμε: Ν

Λ ΑΜ+ΒΝ ΑΜ+ (Βr+ ΓΝ) Ρ = = I 2 2

Ε



2 - ω - 3600 - 720 - 5 - 5 -

2

- .-.. � Λ Λ ΜΝ ΜΕ+ΕΔ +ΝΔ ΡΑΜ =ΝΑΜ =-2-

= 2

= � .-..

ΑΕ .-.. ΓΔ -+ΕΔ+-2 2 2

- Λ - 36ΟΟ = 720 -ωs - 5 .

Σχόλιο:

Εάν φέρουμε την ΒΟ τότε και το τρίγωνο ΡΒΟ είναι ισοσκελές (γιατί;).

4. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = 3α και τα εσωτερικά του σημεία Γ, Δ ώστε ΑΓ = Γ Δ = ΔΒ = α. Γράφουμε τους κύκλους (Γ, α), (Δ, α) που τέμνονται στα Κ και Λ. Στη συνέχεια με κέντρα τα Κ, Λ και ακτίνα 2α γράφουμε τόξα που τα άκρα τους καταλήγουν στους πιο πάνω κύκλους. Ζητείται: α. Το εμβαδόν του «ωοειδούς» σχήματος

που δημιουργείται. β. Η περίμετρός του.

Λύση: α. Το εμβα-

δόν του «ωοειδούς» σχήματος αναλύεται σε αλγε-βρικό ά-θροισμα εμβαδών, ως εξής, όπως προκύπτει από το σχήμα:

Ε = (κ.τ.Γ ·ΡΜ) + (κ.τ.Δ · ΣΝ)+

+ [(κ.τ.Λ ·i>Σ) - (ρόμβος ΛΓΚΔ)]+

� πα2 120° πα2 120" + (κ.τ.Κ · ΜΝ) = 3600 + 3600

+

+ [π(2α2 )6οο - 2(ΚrΔ)] + π(2α)2 600 = 360° 360°

= π;' + π;' + [ 47' - 2( •'j3)] +

+ 47' = . . . . . . . . . = α' (2π -�)

β. Εάν S η περίμετρος, τότε: S =MAP+rnN +i>Σ+ΜΝ = 2(ΜΑΡ+i>Σ)= = 2[πα120° + π(2α)60" ] = 8πα

1 80° 1 80° 3

5. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ με ΑΒ = α, ΒΓ = β και ΑΓ = γ, όπου ΑΓ > ΒΔ. Με διαμέτρους τις διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ γράφουμε κύκλους. Να βρείτε το εμβαδόν του κυκλικού δακτυλίου που σχηματίζεται, συναρτήσει των α, β, γ.

Λύση :

Από το γνωστό «μετρικό νόμο» του παραλληλογράμμου, δηλαδή ότι το άθροισμα των τετραγώνων των πλευρών του ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των διαγωνίων του, έχουμε: ΑΒ2 + ΒΓ2 + Γ Δ 2 + ΔΑ 2 = ΑΓ2 + ΒΔ 2 ή α2 + β2 + α2 +β2 = γ2 + ΒΔ2 ή

ΒΔ2 = 2(α2 + β2 ) - γ2 (1) , ΒΔ , 2 ΒΔ2 Επειδη ΟΒ = l ειναι ΟΒ = -4

- ή

(2)

Ακόμη (3)

Οπότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι: (2),()) πγ2 π [ 2 2 2 J Ε = π · ΟΑ2 -π · ΟΒ2 = --- 2(α +β ) - γ =

4 4

=�(γ2 _ 2α2 _ 2β2 + γ2 ) =�2(γ2 - α2 -βz ) ή 4 4

Σημείωση :

Ε =�(γz - αz -βz ) 2

Ο «μετρικός νόμορ> του παραλληλογράμμου έχει μεγάλη σπουδαιότητα στην Διανυσματική Γεωμε-τρία.



6. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R). Οι προεκτάσεις των πλευρών του ΑΒ και Γ Δ τέμνονται στο Σ. α. Να υπολογισθεί το εμβαδόν του τριγώ-

νου ΣΑΔ, συναρτήσει της IR •

β. Θεωρούμε ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο στον κύκλο (Ο, R). Στην προέκταση της ΑΒ προς το Β, παίρνουμε ΒΣ = 2ΑΒ και έστω ΣΜ η εφαπτομένη του κύκλου. Να δείξετε ότι ΣΜ = 3�.

γ. Στο κανονικό εξάγωνο του ερωτήματος (α) θεωρούμε τις εφαπτόμενες ΣΡ και ΣΤ του κύκλου (0, R). Να βρεθεί το εμβαδό του τριγώνου ΣΡ'f, συναρτήσει της ακτίνας R.

Λύση:

Α ΓΒ +ΒΑ - � 300' α. Είναι: Δι = , AB=ffi=i4, =- =fiJ,

2 6 άρα Δι = 60° = Αι . Δηλαδή το τρίγωνο

Δ

ΣΑΔ είναι Ε

ισόπλευρο οπότε:

(ΣΑΔ) = (ΑΔ)2J3

= 4

= (2R)2 ν'3 =R2f3

4 β. Είναι ΑΒ = λ3 = Rν'3, .

ΒΣ = 2ΑΒ = 2Rf3 και ΣΑ =ΑΒ+ ΒΣ = 3R, Ισχύει:

Σ ΣΜ2 = ΣΒ · ΣΑ ή ΣΜ2 = 2Rf3 · 3Rf3 = 18R2 ή ΣΜ = 3RJ2 = 3(RJ2)= 3λ4

γ. Κάθε μία από τις ίσες γωνίες κανονικού εξαγώνου είναι: Ε

Α _1 800 360° φ6- -

-6-

=1200 δηλαδή ΔΓΒ = ΓΒΑ = 120° Άρα Γι = Βι = 60° και το τρίγωνο ΓΣΒ.

' '

Β

Α

Είναι ισόπλευρο δηλ ΣΓ = ΣΒ = ΓΒ = R. (λu = R) Είναι: ΣΡ2 = ΣΓ · ΣΔ ή ΣΡ2 = R · 2R ή

ΣP = RJ2 = ΣΤ (1) Από το ορθ. τρίγωνο ΣΡΟ με Πυθαγόρειο Θεώρημα: ΣΟ2 = 0Ρ2 + ΡΣ2 ή Σ02 = R2 + 2R2 ή Σ02 = 3R2 ή ΣΟ = Rf3

, Α ΟΡ R R ν'3 Ακομη: ημΟΣΡ =-=--=--=-, ΟΣ Rf3 Rf3 3

Α ν'3 δηλ. ημΟΣΡ =- (2) 3

Οπότε και λόγω των (1 ) και (2): 1 Α

(ΣΡτ) = 2ΣΡ · ΣΤ ημΡΣΤ =

=� · RJ2 · RJ2ημ(2ΟΣΡ )= =�2R2 2ημ(οΣΡ )συν(οΣΡ )= = 2Rz ν') . J2 =

2J2 Rz 3 ν'3 3

Είναι λοιπόν (ΣΡΤ) = 2J2 R2 • 3

7. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R) με ΒΓ = α, ΑΓ = β και ΑΒ = �α2 + β2 - αβ

Να βρεθεί το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που αντιστοιχεί στο κυρτογώνιο τόξο της πλευράς ΑΒ, συναρτήσει των α και β.

Είναι 1 = α2 + β2 - αβ , αz + βz + γz 1 η 2αβ

= 2

' Γ 1 Ο ' η συν = - . ποτε: 2

Γ = 60° . Κι επομένως ΒΟΑ= 120° . Άρα ΑΒ = λ3 ή AB=Rf3 Ακόμη α3 = ΟΚ ή OK =R

Λύση :

Έστω (τ) το εμβαδόν του ζητούμενου κυκλ. τμήματος


Μαθηματικά για τη Β· Λυκείου

Είναι: (τ) = (κ · τΟ ·ΑΒ)-( ΟΑΒ) =

πR2 12Οο 1 = 3600

-2ΑΒ · ΟΚ =

πR2 1 r;; R (π J3 ) =-3--2Rν3 '2 ή (τ) = R2 3-4 (1)

'Εχουμε: ΑΒ = RJ3 ή ΑΒ2 = 3R2 ή R2 = ΑΒ2

3 . . . α2 + β2 - αβ η λογω της υποθεσης, R2 = και η ( 1)

3

δίνει: (τ) = α2 + β2 - αβ (!!_-J3) 3 3 4

ή (τ) = 316 {

α2 + β2 -αβ)(4π -3J3)

8. Δίνεται κύκλος (0, R) και χορδή ΑΒ = λν. Φέρουμε ΟΓ//ΑΒ και από το μέσο Μ του τόξου ΑΒ, ΜΕ/ΙΒΓ. Να βρ.είτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου χωρίου ΕΓΜΒ που περιέχεται μεταξύ των παράλληλων χορδών ΒΓ και ΜΕ.

Λύση: Είναι Ε = (κ · τμήμα ΕΚΜ) -( κ · τμήμα ΓΚΒ) ( 1) Επειδή ΒΓ//ΜΕ θα είναι Er = ΜΒ (τόξα μεταξύ παράλληλων χορδών είναι ίσα ) άρα και ΜΟΒ = ΓΟΕ = <$ Όμως ΓΟ/ I ΑΒ και επειδή ΟΖ ..l ΑΒ θα είναι και ΓΟ ..l ΟΖ , οπότε ό, = 90° -φ Μ

(κ · τμήμα EΚM) = (ofii)- ( ΟΕΜ)

(κ · τμήμα ΓΗΒ) = (οΒΓ)-( ΟΒΓ)

Η (1) λόγω των (2), (3):

E=(oE:M)-(om)+( o:Br)-( οΕ:Μ)

(2)

(3)

(4)

Όμως ΒΟΓ + ΜΟΕ = 90 - <$ + 2<$+ 90 -<$ = 1 80° '-ν--'

άρα

(Bor) R2 -+---7-- - - - 1 δηλαδή ( ΜΟΕ)

-R2

-

( ΒΟΓ ) = ( ΜΟΕ)

Οπότε η (4): E = (ofii)- (orn)=

= πR2 (9οο + <Ρ) πR2 (9οο - <Ρ)

360° 360°

Επομένως

Όμως ΑΒ = 'Av άρα

(5)

(6)

Α - 36ΟΟ 0 2 36ΟΟ Ο 1 2φ ων -- η φ =- η -=- (7) ν ν ν 360°

πR2 Η ( 6) λόγω της (7), δίνει Ε =-ν

9. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ, πλευράς α. θεωρούμε τα ημικύκλια με διαμέτρους τις πλευρές του ΑΒ και ΒΓ που τέμνονται στο Σ, στο εσωτερικό του τετραγώνου. Εαν ΜΝ η κοινή εφαπτομένη των δύο ημικυκλίων να βρείτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου ΣΜΝ.

Λύση:

Εύκολα προκύπτει Α Γ-"'=-------� Δ ότι το Σ είναι το κέντρο του τετραγώνου ΑΒΓΔ Πράγματι: Αi:Β+ΒΣΓ = ,

J J

Ν

= 90° + 90° = 1 80° 1 / -45� , ' ' α/2 (

,,...... J οι διαγώνιες τε- Β '--=---'�'...:..._' ___ __j Λ Γ

τραγώνου τέμνο-νται κάθετα) Εάν Κ, Λ τα κέντρα των δύο ημικυκλίων, τότε: ΚΣΛΒ τετράγωνο, πλευράς α/2 και ΚΛΜΝ ορθογώνιο αφού είναι παρ/μο (ΚΜ ..lΜΝ,ΛΝ ..l MN άρα ΚΜ//ΛΝ και

α ΚΜ=ΛΝ=2 ) με τουλάχιστον μια γωνία ορθή.

Επειδή Κ2 = 45° είναι Κ, = 45° .Όμοια Λ, = 45° Εάν Ε το ζητούμενο εμβαδόν, είναι:



Ε = (ΚΛΝΜ) - (κ -ΣΜ)- (Λ ·ΣΝ)-( κΣΛ ) =

ΚΜ ·ΚΛ-·ω · 45" ·ω · 45"

_ _!_ΚΣ · ΣΛ = 2

360" 360"

= �(� ·h) - π:2 · i -± · � . � = . . . =

(4.J2 -π- 2) 2 = · α 16

10. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Α= 105" , Β= 45" και το ύψος ΑΔ=κ. Με κέντρα τις κορυφές Β, Γ και ακτίνες ΒΑ, Γ Α αντίστοιχα γράφουμε τόξα ΑΝ, ΑΛ εντός του τριγώνου. Να βρεθούν τα εμβαδά των τριών μεικτόγραμμων τριγώνων, στα οποία χωρίζουν το τρίγωνο τα τόξα αυτά. Α

Λύση: Είναι ΑΔ = ΒΔ = κ. διότι το ορθ. τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές, Β αφού Β = 45" ΑΒ = κ.J2 (Πυθ. Θεωρ. στο ΒΔΑ). Επί πλέον Γ = 30" , οπότε ΑΓ = 2κ. 'Ε χουμε: ΔΓ = κ.J3 (Πυθ. Θεώρ. στο Α Δ Γ ) Έστω Ει το εβαδόν του μ. τριγ. ΑΒΛ, Ε2 του ΑΛΝ και Ε3 του μ. τριγ. ΑΝΓ Είναι λοιπόν: Ει = ( ΑΒΓ ) - {Γ ·ΑΑ)=

1 π( 2κ)2 · 30" 1 ( r::.) π4κ2 =-ΑΔ ·ΒΓ =-κ κ+κν3 ---ή 2 360" 2 12

Ει = : (3 + 3.J3- 2π)

Ε3 = ( ΑΒΓ ) - (Β ·ΑΝ)=

=.!_κ (κ +

.J3) -π (κF2)2 45"

= 2 360"

=: (2 + 2.J3 -π)

Οπότε Ε2 = ( ΑΒΓ ) -Ει - Ε3 = . . . =

=

Γ

11 . Δίνεται κύκλος (Ο, ρ) και δύο ίσοι κύκλοι στο εσωτερικό του ( 01 ,�ρ} ( 02 ,�ρ) εφα-

πτόμενοι μεταξύ τους στο Α και εφαπτόμενοι του κύκλου (Ο, ρ) στα Β, Γ αντίστοιχα. Ζητείται: α) Το εμβαδόν του καμπυλογράμμου τρι

γώνου ΑΒΓ. β) Το εμβαδόν του χωρίου ΒΔΕΓΖΑΡΒ. γ) Τα εμβαδά των δύο κύκλων Οι και Oz.

Λύση: α. Είναι: ΟΟι = ΟΒ-Ο β = ρ -_e_ = 2ρ = 002 3 3

ρ ρ 2ρ Οι02 = 0ιΑ +Α02 =-+-=-3 3 3

Ε

Άρα το τρίγωνο ΟΟιΟz είναι ισόπλευρο πλευράς 2ρ . Οπότε: ( καμπ. τριγ.ΑΒΓ) = 3

= ( κ.τομ.οΒr) -(Οι 002 )- 2( κ.τομ.Οι · ΆΒ) = 2 r::. 2π(_e_)

2 · 120" πρ2 · 60" - (2ρ) � - 3 =

360" 3 4 360"

=_!_πρ2 - (2ρ)2 .J3 - 2πρ2 =

6 3 4 27 ρ2 (5π- 6.J3)

54 β. (ΒΔΕΓΖΑΡΒ) = πρ2 - ( καμπ. τριγ.ΑΒΓ) = .

2 ρ2 (5π- 6.J3) ρ2 ( 49π + 6.J3) = πρ -

54 =

54


μ Τ Ι για τη Γ' τάξη του Λυκείου

Ι. Γενική Παιδεία Αακήι:rcις Ετατιιπικής

του Παύλου Μάστακα Τα Στοιχεία Στατιστικής όπως παρατίθενται στα πλαίσια του Σχολικού βιβλίου και σε συνδυασμό με τις

απαιτήσεις των γενικών εξετάσεων οδηγούν στο συμπέρασμα ότι, για το συγκεκριμένο μάθημα δεν

απαιτούνται ιδιαίτερες ή εξεζητημένες γνώσεις τεχνικών λύσεις των ασκήσεων.

Εκείνο που απαιτείται, είναι σαφής και καθαρή γνώση της θεωρίας και των εφαρμογών του βιβλίου.

Καθοριστικός παράγοντας για τη λύση των ασκήσεων είναι η ικανότητα να συνδέει κανείς απλώς τους

ορισμούς και τους τύπους που τους συνδέουν.

Αυτό πιστεύουμε προκύπτει και από τις ασκήσεις που παραθέτουμε. Οι δυσκολίες που τυχόν

εμφανίζονται οφείλονται, . όπως πάντα, στο ότι η κατανόηση των μαθηματικών εννοιών δεν είναι πλήρης,

καθώς παράλληλα οι σχετικές γνώσεις του μαθητή δεν βρίσκονται στο προσκήνιο της σκέψης του, ώστε

όλες να πρωταγωνιστούν επί ίσοις όροις όταν ο μαθητής προσπαθεί απέναντι σε μία άσκηση ή ένα

πρόβλημα.

Θα ήθελα ακόμη να ευχαριστήσω τον συνάδελφο Μπίρμπα Δημήτρη που βοήθησε να βελτιωθούν πολλές

από τις προτεινόμενες ασκήσεις και πρότεινε το 2ο Θέμα

Θέμα lo

Η βαθμολο- Ni γία των μαθητών μιας τάξης σε ένα διαγώνισμα Ιστορίας φαίνεται

35

20

στο παρακάτω πολύγωνο αθροιστικών συ-χνοτήτων.

10 4 ο 4 8 12 16 20

α. Να βρεθεί ο αριθμός των μαθητών. β. Να γίνει ο πίνακας συχνοτήτων (από-

λυτων και αθροιστικών). γ. Να υπολογιστεί η διάμεσος. δ. Να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που

πήραν βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 10.

Λύση: α. Έχουμε ν = 40 ο αριθμός των μαθητών. β. μ�ός_

!_. [Q, 4 4 [4, 8) 6 10

I [8, 12) 10 20 I

Γ12, 16) 1 5 35 rι6, 20) Ι 5 i 40 Σύνολο I 40 I I

γ. Η διάμεσος βρίσκεται από το πολύγωνο των σχετικών αθροιστικών συχνοτήτων Fi% βρίσκοντας την τιμή που αντιστοιχεί στο 50%. Επειδή

' Ν" p· Ni 100 ' ' λ ομως τα 1 και 1 = - · ειναι ανα ογα, ν

μπορούμε να την βρούμε και από το πολύγωνο των Ni βρίσκοντας την τιμή του χ που αντι-στοιχεί στο � = 20 . 'Ετσι βρίσκουμε δ = 12. 2

δ. Από το διάγραμμα των Ni για χ = 1 Ο βρίσκουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2/56

Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

τιμή 15. Οπότε βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο έχουμε: 40 - 15 = 25 μαθητές ή στο διάστημα [8, 12) έχουμε 10 μαθητές ομοιόμορφα κατανεμημένους οπότε 5 θα είναι στο [ 10, 12) και όλοι οι μαθητές με βαθμό 2': 10 είναι 5+ 15+5=25.

Θέμα 2

Από την εξέταση ενός δείγματος προέκυψε ο διπλανός πίνακας και διαπιστώθηκε ότι η μέση τιμή χ και η διάμεσος δ διαφέρουν κατά 0,46. Ν α υπολογιστούν η μέ-

�----,--- � Χ; . Ν; ' I 1 i α 1

2 30 3 50 4 100

ση τιμή χ και η διάμεσος δ, αν είναι γνω-στό ότι α > Ο.

Λύση: Σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα.

-τ ·-···· - -� - · --·· ·· ··-ι ι :ι_:; Ή : ι ·:; I � I �� I 3�� α I 2(3� α) I i 4 Ι 1 οο Ι 5ο I 2o_Q_J

Τότε το

χ = α+2(30-α)+60+200 = 320- α = 3 2 _ 0 Οlα 100 100 ' '

Οι παρατηρήσεις είναι ν = 100 άρτιοςοπότε η διάμεσος είναι δ = tso + t5 1 = 3 + 4 = 3,5 . 2 2 • Αν είναι χ = δ + 0,46 <=>

<=> 3, 2 - 0, 0 1α = 3,96 <=> α = -76 < Ο , άτοπο. Οπότε είναι χ + Ο, 46 = δ :::::} χ = δ - Ο, 46 = = 3,5 - 0,46 = 3,04<=> 3, 2 - 0, 0 1α = 3, 04:::::} :::::} α = 1 6 άρα χ = 3,2 - Ο, 1 6 = 3, 04 .

Θέμα 3 Ρωτήσαμε 120 άτομα ποια είναι η ηλικία τους. Είκοσι από αυτούς δήλωσαν ηλικία κατά ένα χρόνο μικρότερη της πραγματ� κής, τριάντα κατά δύο χρόνια μεγαλύτερη της πραγματικής, δύο κατά 5 χρόνια μικρότερη της πραγματικής και οι υπόλοιποι δήλωσαν την πραγματική τους ηλικία. Να βρείτε τη σχέση που συνδέει την πραγμαη-

κή μέση τιμή των ηλικιών με τη μέση τιμή που προέκυψε από τις απαντήσεις των ατόμων.

Λύση: Έστω t1 , t 2 , . . . , t120 οι πραγματικές ηλικίες και

Xι , Xz , · · · • Xzo • Ρι ,Ρυ· · · • ΡJο • Υι • Υ υ ts3 • tsμ· · · • t ιzo οι ηλικίες που δηλώθηκαν. Τότε αν η μέση τιμή που προκύπτει από τις α

παντήσεις των ατόμων είναι χ' και χ της πραγματικής, θα έχουμε: _, Χι + Xz + · · · + Xzo + Ρ ι + · · · + χ = =

120 +Ρ3ο + Υι + Yz + t53 + . . . + tιzo ��-�----� =

120 (t1 - 1) + . . . + (t20 - 1) + (t2 1 + 2) + . . . +

120 +(tso +2)+(tsι -5)+(tsz -5)+t53 + · · · +tιzo = =

120 t1 + . . . + t120 - 20+ 2 · 30 - 2 · 5 =�----��-----------120

t1 + t2 + . . . + t120 60- 30 _ 30 _ 1 = + = χ +-= χ +-. 120 120 120 4 Ά _, - 1 ρα χ = χ +4 .

Θέμα 4

Η βαθμολογία στα γραπτά 50 μαθητών κυμάνθηκε από 10 έως 20. Χωρίζοντας τους 50 βαθμούς των αντίστοιχων γραπτών σε 5 κλάσεις ίσου πλάτους και κατασκευάζοντας ιστογράμματα συχνοτήτων και σχετικών συχνοτήτων καθώς και κυκλικό διάγραμμα συχνοτήτων, παρατηρή-σαμε ότι: ί. στο ιστόγραμμα συχνοτήτων, το εμβα

δόν του ορθογωνίου της κλάσης 10-12 ισούται με 5

ίί. στο ιστόγραμμα σχετικών συχνοτήτων (επί τοις εκατό), το ύψος του ορθογωνίου της κλάσης 16-18 είναι 20

ίίί. στο κυκλικό διάγραμμα συχνοτήτων, το τόξο που αντιστοιχεί στην κλάση 14 - 16 είναι 144°.

Αν οι μαθητές που το γραπτό τους βαθμολογήθηκε με 12 - 14 είναι τετραπλάσιοι α-


Μαθηματικά για τη Γ' Λυκείου

πό τους μαθητές που βαθμολογήθηκαν με 18 - 20, να δείξετε ότι: α. Το πλάτος της κλάσης είναι 2. β. Οι μαθητές με βαθμό 18 - 20 είναι 3. γ. Να γίνει πίνακας κατανομής συχνοτή

των και να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος από τα ανάλογα ιστογράμματα.

Λύση: α. Το εύρος είναι R = 20 - 10 = 10. Το πλάτος της

κλ , θ , R 10 2 ασης α ειναι c =-=-= . κ 5

β. Για τις κλάσεις θα έχουμε: • [0, 12) είναι Ει = 5 οπότε νι = 5 γιατί το εμβαδό

είναι ίσο με την αντίστοιχη συχνότητα. • [ 1 6 - 1 8) είναι f4% = 20 οπότε

ν4 · 100 = 20�� · 100 = 20 άρα ν4 = 10. ν 50 • [ 14 - 16) είναι α3 = 144°,

α3 =�· 360° � 144° =� · 360° � ν3 = 20 . ν 50

• [ 1 8 - 20) έστω νs. [ 12 - 14) έστω ν2 τότε ν2 = 4ν5 και από ν1 + ν2 + ν3 + ν4 + ν5 = ν έχουμε: 5 + 4ν5 + 20 + 10 + ν5 = 50 , νs = 3 και ν2 = 12.

γ. Κατασκευάζουμε τον πίνακα συχνοτήτων:

: κλάσεις ιnQ_=-ln_ 1 1 5 I μ!�-�-ι.:υ ____ -: __ _!L 12 ! [14 - 1_ft_j_ 15 20

1 56 -----300 170 ! _ιι�--!�ι _ ι_ _ _ υ _ _ ι_---=---c1 0=----------'

ιm-1QLj_!2_ __ ι __ ) __ 57 : Σύνολο [ ! 50

Η μέση τιμή εί- Fi ναι:

Σ χ. ν. - I I Χ = = ν

= 738 = 14 76 50 '

i 738

34 74 94 100

σχετικών συχνοτήτων. Από τα όμοια τρίγωνα ΑΒΓ και ΚΔΓ έχουμε: ΚΔ ΑΒ χ 2 χ 2 -=-� --=-- � -=-� χ=Ο 8 ΚΓ ΑΓ 50-34 74-34 16 40 '

Άρα δ = 14 + 0,8 = 14,8.

Θέμα 5 Δίνεται η συνάρτηση

3 - χ - 3 2 � χ � 4 2 '

f(x) = 3χ - 9 , 4 < χ < 6 3 -χ ' 6 � χ � 10 2

Αν η γραφική παράσταση είναι το πολύγωνο αθροιστικών συχνοτήτων μιας κατανομής συχνοτήτων, με 4 κλάσεις ίσου πλάτους: α. Να γίνει το ιστόγραμμα αθροιστικών

συχνοτήτων. β. Να βρεθεί η εξίσωση παραβολής y = αχ2 αν

γνωρίζουμε ότι η γραφική της παράσταση διέρχεται από το σημείο (δ, f(δ)) όπου δ είναι η διάμεσος των παρατηρήσεων.

γ. Ποια είναι η εξίσωση της ευθείας που εφάπτεται στην παραβολή στο σημείο (δ, f(δ)).

Λύση: Η γραφική Ni

παράσταση της 15 συνάρτησης και 12 το ιστόγραμμα

10 αθροιστικών 9 συχνοτήτων εί- 7,5 ναι το διπλανό. 5 α. Γνωρίζουμε 3 - - -ότι το πολύγω-νο αθροιστικών ο 2 4 5,5 6 8 10 Xj συχνοτήτων γί-νεται αν ενώσουμε τα άνω δεξιά άκρα των ορθογωνίων·, δηλαδή τα σημεία Α, Β, Γ, Δ.

Για να βρούμε τη διάμεσο κατασκευάζουμε το ιστόγραμμα

Οι αθροιστικές συχνότητες είναι Νι = 3, Ν2 = 9,

10 12 14δ 16 18 20 xi Ν3 = 12, Ν4 = 15, ν = 1 5. Οι απόλυτες συχνότητες: 11 αθροιστικών· νι = Νι = 3, ν2 = Ν2 - Νι = 6, ν3 = Ν3 - Ν2 = 3 και



ν4 = Ν4 -Ν3 = 3 . β . Η διάμεσος βρίσκεται αν από το 7,5 φέρουμε

παράλληλη στον χχ' και από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΒΚ και ΑΖΕ έχουμε ΖΕ ΚΒ χ 2 -=-�-=-� χ = 1 5 . ΖΑ ΚΑ 4,5 6 ' Άρα δ = 4 + 1 ,5 = 5,5. Το σημείο είναι Μ(5,5 7,5) οπότε 7, 5 = α · 5,52

30 . β λ ' ' 30 2 � α = 12 1

και η παρα ο η ειναι y = 12 1

χ .

γ. Είναι f'(x) = 60 χ f'(5 5) = 60 . 5 5 = 330 12 1 ' ' 12 1 ' 12 1

οπότε η εφαπτομένη είναι Y - 7 5 = 330 (χ - 5 5) . ' 12 1 '

Θέμα 6

Μία μεταβλητή χ με τις τιμές Χι, Xz, ••• , Xs έχει μέση τιμή χ = 8 και τυπική απόκλιση Sx = 6. Η ίδια μεταβλητή με τιμές χ; , χ; , . . . , χ;2 έχει μέση τιμή χ' = 3 και τυπική απόκλιση s .. = 4 . Να βρεθεί η μέση

τιμή και η τυπική απόκλιση της μεταβλητής όταν παίρνει τις τιμές Χ1 , χ 1 , . . . , Χ8 , χ� , χ; , . . . ,χ;2 .

Είναι Λύση :

_ Χι + Χ2 + . . . + Χ8 χ = � 8

Θέμα 7

Από τον έλεγχο απουσιών του Α' τετραμήνου των μαθητών ενός Λυκείου προέκυψε ότι για κ μαθητές δεν σημειώθηκε απουσία, ενώ λ μαθητές απουσίασαν μόνο μία ημέρα. Αν S η τυπική απόκλιση του δείγματος των μαθητών που απουσίασαν το πολύ μία

μέρα, δείξτε ότι S 2 < !. . 2

Λύση: Αν χ η μέση τιμή για τις ημέρες των απου-, ' ' - Κ · 0 + 1 · λ λ σιων, τοτε εχουμε: χ = = και

κ + λ κ + λ

S2 = κ(Ο-χ)2 + λ(l -χγ = κ + λ

κ (ο --λ J2 +λ(1 --λ J2 κ + λ κ + λ ��----�--�----��=

κ+λ

κ + λ

κ · λ(κ + λ) (κ+ λ)2 κ + λ

κ · λ (κ + λ)2

Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: S2 < _!_ � 2

κλ 1 � 2 <-� 2κλ < (κ + λγ � κ2 + λ2 > 0 , (κ+ λ) 2 που ισχύει.

� Χι + Χ2 + . . . Χ8 = 64 (1) Θέμα 8 2 2 2

S2 _ Χι + Χ2 + · · · + Xg _ -2 2 2 2 _ χ - Χ � Χι + Χ2 + . . . + Χ8 -8

= 8(s; + χ2) � χ� + χ; + . . . + χ� = 800 (2)

(Είναι γνωστό S2 = χ2 - (χ)2 ). 'Q ι ι ι 36 (3) μοια Χι + χ2 + . . . + Χι2 = ι2 ι 1 ι 2 300 Χι + χ2 + . . . + Χιz = (4).

και

Αν χ η ζητούμενη μέση τιμή και Sx η τυmκή απόκλιση τότε έχουμε: : χ = Χι + . . . + xa + χ; + . . . + χ;2 ( 1�3> 64 + 36 =5 και 8 + 12 20

2 + 2 + + 2 + ι2 + + ι 2 (2)(4) S2 = Χι Xz . . . Xg Χι , . . Χ12 - (χ)2 ,;, χ 8 + 12

= 800+ 300 - 52 = 30. 20

Ο διπλανός πίνακας εμφανίζει μία κατανομή συχνοτήτων. Α ν η μέση τιμή του δείγματος είναι χ = 3 και ο συντελεστής μεταβολής

cν = !. , να βρεθούν: 3

i r---�i - r· _y;__ � ! 1 i 5 . �--- ------ · ·;---·-- ··· · -� i - -�-- ..f_]Q J �· 3 _ _ 1_5__: ι� __ ι }_Q_ _ι i : 70 ! '···--· ___ [____! ___ . ---

α. Οι α, β, αν γνωρίζουμε ότι είναι ακέραιοι αριθμοί.

β. Η διάμεσος του δείγματος. Λύση:

α. Από τον τύπο της μέσης τιμής έχουμε : - - 1 Σκ 3 _ 1 · 5+20 · α+3 · 1 5+30 · β Χ -- Χ-ν- � - <::>

ν j� I I 70 � 2α + 3β = 16 (1)



Από cν = � <::::> _!_ = � <::::> S = 1 . Α ντικαθιστώχ 3 3

ντας στον τύπο της διακύμανσης έχουμε: 1 2 2 ( )2 1 = -[(1 - 3) · 5 + (α - 3) · 20 + 3 - 3 · 1 5 + 70

+(β - 3)2 · 30] <::::> 2α2 - 12α + 3β2 - 1 8β + 40 = Ο (2)

Λύνουμε το σύστημα των (1 ), (2) και έχουμε:

2( 1 6;3β )2 - 12 16;3β +3β2 - 1 8β + 40 = 0 <::::>

<::::> 0 0 ο <::::> 1 5β2 -96β + 144 = ο <::::> β = 4 ή β = 2,4 που απορρίπτεται γιατί β ε Ζ . Για β = 4 τότε α = 2.

β. Επειδή ν = 70 (άρτιος), S = 135 + 136 = 3 + 3 = 3 2 2

Θέμα 9 Σε ένα διαγώνισμα έκθεσης οι μαθητές ενός τμήματος που απο-

Βαθ��αθμ:,λ�(�-

,�, - - �--1=1=�=

τελείται από 8 αγόρια και 12 κορίτσια δεν κατανόησαν τα ζητούμενα του θέματος που τ& θηκε με αποτέλεσμα η βαθμολογία τους που φαίνεται στον διπλανό πίνακα να είναι κακή. Α ν ο βαθμός τετραμήνου για τον κάθε μαθητή είναιyί ί = 1, 2, ... , 20 και προκύπτει από τη συνάρτηση Υϊ = αχί + β όπου α, β θετικοί αριθμοί. Ζητούνται: α. Ο βαθμός τετραμήνου του μαθητή που η

έκθεσή του βαθμολογήθηκε με 5, αν γνωρίζουμε ότι ο μέσος όρος της προφορικής βαθμολογίας του τμήματος στο Α' τετράμηνο είναι 16 και οι βαθμοί πα-

' ζ ' 'κλ s 6 ρουσια ουν τυπικη απο ιση = J5 . β. Α ν η μέση βαθμολογία των αγοριών στα

γραπτά είναι χΆ και των κοριτσιών Χκ ,

δ 'ξ ' - - 625 ει τε οτι: χΑ · Χκ � - . 24

Λύση: α. Βρίσκουμε τη μέση τιμή χ στο διαγώνισμα.

3 · 5 + 5 · 8 + 6 · 4 + 3 · 7 100 χ = = -- = 5 20 20

Είναι y = 16 <::::> αχ + β = 16 <::::> α · 5 + β = 16 και

SY = Js <::::> iαiSx = Js. Υπολογίζουμε την Sx. s2 5 · (3-5)2+8 : (5 - 5)2 + 4 · (6-5)2 +3 · (7 - 5)2 = χ 20

= 36 = 1,8 οπότε Sx = 1 ,8 τότε lαl · JI:8 = � w �5 <=> Ιαl = .J5 � = � = 2 άρα α=2 και β= 1 6-10=6.

5 ο 1,8 3

Έτσι για χ = 5 και y = 2 · 5 + 6 = 16 θα είναι ο βαθμός στο τετράμηνο.

β Ε, _ 5 , _ 8 · ΧΑ + 12 ·Χκ . ιναι χ = ομως χ = 20

<::::>

<::::> 20χ = 8χΑ + 12χκ <::::> 100 = 8χΑ + 12χκ <::::>

3 2 - 25 - 2χ Α Θ 'λ <::::> 2χΑ + Χκ = 5 <::::> Χκ = . Μ ε ουμε να ' 3 δείξ , _ _ 625 , _ (25-2ΧΑ ) < 625 ουμε οτι ΧΑ · Χκ �

24 η ΧΑ . 3 - 24

<::::> -16χ� + 200ΧΑ - 252 � 0 <::::> -(4χΑ -25)2 � 0 ,

που ισχύει.

Θέμα 1 0

Σε ένα δείγμα με κανονική καμπύλη συχνοτήτων το 83,85% των τιμών βρίσκονται στο διάστημα (15, 27) με τα άκρα του διαστήματος αυτού να είναι κάποιες από τις τιμές ( (χ - 3S, χ- 2S, . . . , χ+ 3S). Να βρεθούν: α. η μέση τιμή, η διάμεσος, η τυπική από

κλιση, ο συντελεστής μεταβολής και το εύρος του δείγματος.

β. Το ποσοστό των τιμών που είναι πάνω από 27.

Λύση: α. Επειδή το δείγμα ακολουθεί κανονική κατανο

μή το 83,85% των τιμών θα βρίσκεται σε ένα από τα διαστήματα (χ- S, χ + 3S) ή (χ - 3S, χ + S) γιατί 83,85% = 2,35% + 13 ,5% + 34% + 34%.



I 34% : 34% I : 13,5% :

Ι 2,35 Ο

x-s χ x+s x+2s x+3s 1η περίπτωση: Για το διάστημα (x - S, x + 3S) έχουμε x - S = 15 και χ + 3S = 27. Λύνοντας το σύστημα έχουμε S = 3 και χ = 1 8 .

Αφού η κατανομή είναι κανονική ισχύει χ = δ = 1 8 και CV = � = 2 = Ο 167 άρα

χ 1 8 '

CV = 16,7% και εύρος R = 6S = 1 8 . 2η περίπτωση: Για το διάστημα (χ - 3S, χ + S) έχουμε χ - 38 = 15 και x + S = 27 οπότε S = 3 και χ = 24 συνεπώς δ = 24 η διάμεσος και CV = � = ;

4 = 1 2, 5% ο συντελεστής μεταβο-

λής και το εύρος R = 1 8 . β. Για την 1 η περίπτωση χ + 3S = 27 το ποσοστό

είναι 0, 15% ενώ για τη 2η περίπτωση: χ + S = 27 το ποσοστό είναι 50%-34% = 16%.

Θέμα 1 1

Μια εταιρεία αύξησε τους μισθούς των uπαλλήλων της κατά 15%. Συγχρόνως όμως παρακράτησε ένα σταθερό ποσό από το νέο μισθό κάθε υπαλλήλου για την υγειονομική τους περίθαλψη, ώστε ο τελικός συντελεστής μεταβολής (CV) των μισθών να είναι 10% μεγαλύτερος από τον αρχικό. Αν ο αρχικός μέσος μισθός ήταν 1.000 € να βρείτε: α. Το ποσό που η εταιρεία παρακράτησε

από τους μισθούς. β. Αν ευνοήθηκαν ή όχι οι υπάλληλοι από

αυτή την απόφαση της εταιρείας., Λύση:

α. Έστω y ο τελικός μισθός κάθε υπαλλήλου, χ ο αρχικός του μισθός και c το σταθερό ποσό που παρακράτησε η εταιρεία από τους νέους μισθούς. Τότε είναι: y = 1, 15x - c και y = 1, 1 5χ - c με χ = 1 000 ε s = 1 1 5 s ο Υ ' χ .

συντελεστής μεταβολής τελικά είναι:

CV 2

= 1,1CVι <:::::> � = 1, 1 � <:::::> 1, 1 5S. =

1, 1S . <:::::> Υ χ Υ χ

- 1, 1 5 _ 1 1 5 <:::::> y = - x <:::::> 1, 1 5x - c = -'-x <:::::>

1, 1 1, 1

c = (1, 1 5 -1' 1 5 )χ <:::::> c=0, 10455 · 1000=104 55€ 1 , 1 '

το σταθερό ποσό που παρακράτησε η εταιρεία. β. Ο τελικός μισθός είναι : y = 1, 1 5χ - 104,55 =

= 1 150 - 104, 55 = 1045, 45 €.

Άρα οι υπάλληλοι ευνοήθηκαν κατά 45,45 €.

Θέμα 12

Έστω f, g συναρτήσεις παραγωγίσιμες στο IR τέτοιες ώστε

g(x) = f2 (3x - 2) + f(x2 - χ + 1) για κάθε

χ ε IR και f(l) = -1, f'(l) = ι .

α. Να δείξετε ότι η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της γραφικής παράστασης της g στο σημείο της Α (1, g(l)) είναι η y = -5χ + 5.

β. Αν πάρουμε 2004 διαφορετικά σημεία

(χι, Υι), (χ2, Υ2), ... , (χ2οο4, Υ2οο4) της προηγούμενης εφαπτομένης και οι τετμημένες τους έχουν μέση τιμή χ = 400 και τυπική απόκλιση S = 200 να βρεθούν: ί. Η μέση τιμή των τεταγμένων. ίί Η μέση τιμή των τετραγώνων των , τετμημένων δηλαδή των χ: , χ� , . . . , χ�004 •

Λύση: α. Είναι

g'(x) = 2f(3x - 2) · (f(3x - 2))' + f'(x2 - χ + 1) .

·(Χ2 - χ + 1)' = 2f(3x - 2) · f'(3x - 2)(3χ - 2)' +

+f'(x2 - χ + 1)(2χ - 1) = 6f(3x - 2) · f'(3x - 2) +

+f'(x2 - χ + 1) · (2χ - 1).

Οπότε για χ = 1 έχουμε: g'(l) = 6f(l) . f'(1) + f'(l) · 1 = -5.

Η εξίσωση της εφαπτομένης θα έχει μορφή y =

αχ + β όπου α = g'( l ) = -5. Έτσι ε: y = -5χ + β.

Επειδή A(l , g(1)) είναι το σημείο επαφής θα ισχύει g(l) = -5 · 1 +β όμως



g(1) = f2 (1) + f(1) = 1 - 1 = 0 οπότε β = 5. Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης είναι: y = -5χ + 5.

β. ί. Οι τετμημένες των σημείων επαληθεύουν τη σχέση Yi = - 5xi + 5 αφού τα σημεία της εφαπτομένης οπότε y = -5χ + 5 = -5 · 400 + 5 = -1995.

ίί. Είναι χ = 400 και S = 200. 2004 2

[ 2004 ]2 Σχί Σ χί s2 = ..l.=L__ - ..i.=L_ <=> 2004 2004

2004 Σ χ; <=> 2002 = ..l.=L__ - 4002 <=> 2004

2004 Σ χ; <=> ..l.=L__ = 2002 + 4002 = 200.000 2004

άρα χ = 200.000.

11. Θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση θεώpημα Rolle - θεώpημα Μέαης Τιμής

- . ιιαι οι αuνεnειες τοu του Θανάση Τσιούμα

Θα προσπαθήσουμε να κάνουμε κάποιες επισημάνσεις στα δύο βασικά «υπαρξιακά» θεωρήματα της Ανάλυσης στο Θ. Rolle και στο Θ.Μ. Τ του διαφορικού λογισμού.

Ι. Θεώρημα Rolle Εκείνο που το χαρακτηρίζει είναι η ύπαρξη ενός

τουλάχιστον Χο, τέτοιου ώστε f(Xo) = Ο και όχι ο υ-πολογισμός του χσ. • Το Θ. Rolle εφαρμόζεται όταν ισχύουν απαραί

τητα και οι τρεις συνθήκες, δηλαδή f συνεχής στο [α, β], f παραγωγίσιμη στο (α, β) και f(α) = f(β). Προφανώς αν η f είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] θα είναι και συνεχής.

• Αν θέλουμε η εξίσωση f'(x) = Ο να έχει μία τουλάχιστον λύση στο (α, β), θα εξετάζουμε αν εφαρμόζεται στο [α, β] το Θ. Rolle.

π.χ. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=(x + 1)5 (χ - 2)4• Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f'(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (-1, 2), και να προσδιοριστεί.

Λύση: Η f είναι συνεχής στο [-1 , 2], παραγωγίσιμη

στο (-1, 2) και f(-1 ) = f(2) = Ο, άρα ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle για την f στο [-1, 2] επομέ-

νως υπάρχει: χ0 ε (-1, 2) , τέτοιο ώστε f'(xo) = Ο.

Είναι: f'(x) = 5(x + 1)4 (x - 2)4 +4(χ - 2)3 (χ + 1)5 =

= (χ + 1)4(χ - 2)3 (9χ - 6) . Έχουμε:

f'(x0 ) = 0 χ ε (-1, 2) <=> χ0 =3. ε (-1,2) . 3

• Αν θέλουμε η εξίσωση f(x) = Ο να έχει μία τουλάχιστον λύση στο (α, β) και δεν εφαρμόζεται το Θ. Bolzano τότε θεωρούμε τη συνάρτηση F(x) με F'(x) = f(x) (την F τη λέμε αρχι-κή της f) και εφαρμόζουμε για την F το Θ. Rolle:

π. χ. αν α + .I!. + 1 = Ο , να αποδείξετε ότι η εξί-4 3 2 σωση αχ3 + βχ2 + γχ = Ο έχει μία τουλάχι-

στον λύση στο (Ο, 1 ).

Λύση : αχ4 βχ3 γχ2

Θεωρούμε την F(χ)=-+-+-+δ ορισμέ-4 3 2

νη στο [0, 1 ] τότε F'(x) = αχ3 + βχ2 + γχ = f(x) . Είναι F(O) = F(1) = δ και F παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] άρα σύμφωνα με το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε (0, 1) τέτοιο ώστε:


Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

F'(xo) = Ο ή f(Xo) = Ο. • Αν θέλουμε η εξίσωση f(x) = Ο να έχει το πολύ

μία ρiζα στο (α, β) αποδεικνύουμε ότι ftx) :;t: Ο για κάθε χ Ε (α, β) και αν δεχτούμε ότι η εξίσω-ση έχει δύο άνισες ρίζες, καταλήγουμε σε άτοπο.

π.χ. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση συνχ = χ - 1

έχει το πολύ μία ρίζα στο (Ο, �) •

Λύση:

Θεωρούμε την f(x) = συνχ - χ + 1 , χ Ε [ 0,�] που είναι συνεχής και παραγωγίσιμη με f'(x) = -ημχ - 1 :;t: Ο για κάθε χ Ε ( 0,�) . Υποθέ-

τουμε ότι η f(x) = Ο έχει δύο ρίζες Χ ι , χ2 Ε (Ο,�)

με χ1 < χ2 δηλαδή f(χι) = f(x2) τότε κατά το Θ. Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

χ0 Ε (χι , χ2 ) τέτοιος ώστε: f'(x0 ) = Ο άτοπο,

αφού f'(x) :;t: O για κάθε χ Ε ( ο,�) . Παρατήρηση Ομοίως αν f"(x) :;t: Ο τότε η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει το πολύ δύο ρίζες, επίσης αν f<3> (x) :;t: Ο θα έχει το πολύ τρεις ρίζες.

χ = Ο. Υποθέτουμε ότι υπάρχει και άλλη ρίζα Χι :;t: Ο δηλαδή f(χι ) = Ο .

Αν χι > Ο τότε στο [0, χι] ισχύει το Θ. Rolle και καταλήγουμε σε άτοπο. • Αν η εξίσωση f(x) = Ο έχει κ διακεκριμένες

ρίζες τότε η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει κ + 1 το πολύ διακεκριμένες ρίζες, γιατί ανάμεσα από δύο διαδοχικές ρίζες της f(x) = Ο θα υπάρχει μία τουλάχιστον ρίζα της f(x) = Ο.

π. χ. Η εξίσωση 10χ4 - 2χ - 5 = Ο έχει ακριβώς δύο ρίζες στο JR .

Έστω f(x) = 10χ4 -2χ - 5 που είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο JR . Είναι f( -1) · f(O) < Ο και f(O) · f(l) < O άρα από το Θ. Bo1zano στα [-1 , Ο] και [0, 1 ] η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει τουλάχιστον από μία ρίζα στα (-1 , Ο) και (0, 1) .

Έχουμε f(x) = 40χ3 - 2 και η εξίσωση f(x) = Ο έχει μία μόνο πραγματική ρίζα, οπότε η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει το πολύ δύο ρίζες. Τελικά η f(x) = Ο θα έχει ακριβώς δύο ρίζες στο JR . • Αν θέλουμε η fνα ικανοποιεί μία ισότητα, που

περιέχει τα f(Χσ), f(xo) και παράσταση του χ0 (ή ακόμη και g(x0) για μία συνάρτηση g) όπου χ0 Ε (α, β) τότε θέτουμε Χο = χ και προσπαθού-με να εμφανίσουμε μία βοηθητική συνάρτηση F (αρχική) μιας κατάλληλης συνάρτησης. Τα παρακάτω παραδείγματα είναι ενδεικτικά.

Γενίκευση ί. Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο [Ο, 1] με Η εξίσωση f(x) = Ο θα έχει το πολύ κ ρίζες στο (α, β) όταν r<κ> (χ) :;t: Ο για κάθε χ Ε (α, β) (η f εί-ναι κ φορές παραγωγίσιμη).

Σημείωση Αν θέλουμε μοναδικότητα ρίζας σε ένα διάστημα την εξασφαλίζουμε με Θ. Bo1zano ή ως προφανή και εργαζόμαστε όπως προηγούμενα.

π.χ. η εξίσωση xzoo4 + αzοο4 = (χ + α)zοο4 έχει μοναδική ρίζα στο JR •

Λύση: Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = χ2ο04 + α2ο04 _ (χ + α)2οο4

Η εξίσωση f (χ) = Ο έχει προφανή ρίζα την

f(1) = 5 + f(O) να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (0,1) τέτοιο ώστε f'(Xo) = 5.

Λύση Αρκεί η εξίσωση

f'(x) - 5 = 0 � [f(x) - 5x]' = O

να έχει μία τουλάχιστον λύση στο (0, 1) . Θέτουμε F(x) = f(x) - 5χ για την οποία εφαρ

μόζεται το Θ. Rolle στο [0, 1] .

ίί. Έστω f, g παραγωγίσιμες στο [α, β] και g(x) :;t: O με f(α) = f(β) = Ο να αποδείξετε ό-τι υπάρχει χ0 Ε (α, β) τέτοιο ώστε:

f'(x0 )g(x0 ) = f(x0 ) • g'(x0 )



Λύση: Είναι f'(x)g(x) - f(x)g'(x) = Ο �

� f'(x)g(x) - f(x)g'(x) = 0 ή [ f(x) ]' = 0 . g2 (x) g(x)

Θέτουμε F(x) = f(x) και για την F εφαρμόζεg(χ)

ται το Θ. Rolle στο [α, β].

ίίί. Έστω f παραγωγίσιμη στο [1, 2] με

f(1) = eλf(2), λ Ε IR

Να αποδείξετε ότι υπάρχει Χ0 Ε (1, 2) τέτοιος ώστε f'(x0 ) = -λf(χ0 ) .

Λύση: Έχουμε f'(x) + λf(x) = O (1)

Πολλαπλασιάζουμε την ( 1) με eλχ για να εμφανίσουμε παράγωγο γινομένου και έχουμε:

f'(x) · eλx + f(x) · eλx = 0 ή [f(x) · eλx ]' = O

Θέτουμε F(x) = f(x)eλx για την οποία εφαρμόζεται το Θ. Rolle στο [1 , 2].

11. Θεώρημα Μέσης Τιμής (Θ.Μ.Τ.)

• Αν αναζητούμε δύο σημεία χ1, χ2 σε ένα διάστημα (α, β) τέτοια ώστε να ικανοποιούν μία ισότητα θα χωρίζουμε το [α, β] σε δύο ίσα (ή και άνισα) διαστήματα στα οποία θα εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ.

π.χ. Έστω f παραγωγίσιμη στο [1, 3]. ί. αν f(1) = f(3) να αποδείξετε ότι υπάρχουν

χι, χ2 με 1 < χι < χ2 < 3 τέτοιοι ώστε: f'(x1 ) + f'(x2 ) = Ο .

ίί. αν f(1) = -1 και f(3) = 1 να αποδειχτεί ότι υπάρχουν ξι, ξz με 1 < ξι < ξ2 <3 τέτοιοι

ώστε: -1-+ -1- = 2 . f'(ξ1 ) f'(ξ2 )

Λύση: ί. Χωρίζουμε το [ 1 , 3] σε δύο ίσα διαστήματα τα

[ 1 , 2] και [2, 3] στα οποία εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. άρα υπάρχει: χ1 Ε (1,2) : f'(x1 ) = f(2) - f(l) = f(2) - f(l) και 2 - 1

Χ2 Ε (2,3) : f'(x2 ) = f(3) - f(2) = f(3) - f(2) . 3 - 2

Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε το ζητούμενο αφού f(1) = f(3).

ίί. Στην περίπτωση αυτή δεν χωρίζουμε το [ 1 , 3] σε δύο ισομήκη διαστήματα, αλλά στα [ 1 , γ], [γ, 3] όπου f(γ) = Ο, διότι στο [ 1 , 3] είναι f(1) · f(3) < Ο και f συνεχής άρα ισχύει για την f το Θ. Bolzano. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. στο [ 1 , γ] οπότε υ-

πάρχει ξ1 Ε (l , γ) : f'(ξ1 ) = f(γ) - f(l) ή γ - 1 1 0 - (-1) 1

f'(ξι )- γ - 1 άρα

f'(ξι ) = γ - 1 .

Επίσης υπάρχει ξ2 Ε (γ,3) : f'(ξ2 ) = f(3) - f(γ) 3 - γ

' 1 3 οποτε -- = - γ . f'(ξ2 )

Ε ' ' 1 1 2 πομενως εχουμε: -- + -- = . f'(ξ1 ) f'(ξ2 )

• Το Θ.Μ.Τ. το χρησιμοποιούμε και για την απόδειξη ανισοτήτων αφού το εφαρμόσουμε σε κατάλληλη συνάρτηση f (που τη βρίσκουμε κυρίως από τη διαφορά f(β) - f(α)) σε ένα διάστημα [α, β] δημιουργώντας το λόγο μεταβολής:

f(β) - f(α) β - α

π. χ. Να αποδείξετε ότι για κάθε χ > Ο ισχύει: 1 1 - - � Ι η χ � χ - 1 (1) χ

Λύση: χ - 1

Η ( 1) γράφεται -- � ln χ - ln 1 � χ - 1 . χ

• αν χ = 1 τότε η ( 1) ισχύει ως ισότητα • αν χ > 1 τότε αρκεί να δείξουμε:

1.

ln x - ln 1 1 - < < χ χ - 1

(2)

Εφαρμόζουμε για την f(t) = lnt το Θ.Μ.Τ. στο [ 1 , χ] δηλ. υπάρχει ξ Ε (1, χ) ώστε

f'(ξ) = ln x - ln1 ή _!_ = lnx - ln 1 χ - 1 ξ χ - 1

τελικά ισχύει η (2) αφού 1 < ξ < χ.


Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

Ομοίως ισχύει και για Ο < χ < 1 αφού εφαρμόσουμε το Θ.Μ.Τ. στο [χ, 1] .

111. Συνέπειες Θ.Μ.Τ. (σταθερότητα και εύρεση συνάρτησης)

• Για να δείξουμε ότι μία παραγωγίσιμη συνάρτηση f που ορίζεται σε ένα διάστημα [α, β] είναι σταθερή αρκεί η f(x) = Ο για κάθε χ ε (α, β) (στα άκρα δεν μας ενδιαφέρει η f) και αρκεί η fνα είναι συνεχής στο [α, β] .

Λύση: Είναι (f(x))' = (g'(x)) ' άρα υπάρχει c ε IR ώστε:

f(x) = g'(x) + c <:::> f(x) = (g(x) + cx) '

οπότε f(x) = g(x) + cx + cι, για χ = Ο έχουμε: f(O) = g(O) + Cι <:::> Cι = Ο. Τελικά f(x) = g(x) + cx. Σημείωση

f'(x) = f(x) <:::> f(x) = ce' για κάθε χ ε Δ διότι f'(x) - f(x) = Ο <:::> f'(x) · e-• - f(x)e-• = Ο <:::>

π. χ. ί. Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση (f(x) . e-• ) = Ο <:::> f(x) . e-• = c g(x) = f2 (x) + [f'(x)]2 είναι σταθερή στο IR αν ισχύει f(x) = -f"(x) (ι) για κάθε Λυμένες Ασκήσεις

χ ε IR . Να βρεθεί η τιμή της σταθεράς αν f'(O) = f(O) = ι .

Λύση: ( I )

Έχουμε g'(x) = 2f(x)f'(x) + 2f'(x) · f"(x) =O . Άρα g σταθερή στο IR , δηλαδή g(x) = c. Είναι g(O) = 1 + 1 = 2. Άρα g(x) = 2 για κάθε χ ε JR .

ίί. Να βρεθεί παραγωγίσιμη συνάρτηση f στο [Ο,+οο) για την οποία ισχύει f(x) = f'(x) · x ,

για κάθε χ > Ο, και f(ι) = e. Λύση:

Είναι f'(x) · χ - f(x) = Ο , με χ :�:- Ο έχουμε f'(x) · x - f(x) = O <=:> [ f(x)]' = Ο χ2 χ

άρα η συνάρτηση F(x) = f(x) είναι σταθερή στο χ (Ο,+οο) δηλαδή f(x) = c και f(1) = e. χ Άρα f(x) = ex, χ ε (0, +οο) . Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο [Ο,+οο) άρα και συνεχής στο Ο οπότε: f(O) = limf(x) = limex = Ο .

Χ-+0 Χ-+0

Επομένως f(x) = ex για κάθε χ ε [0, +οο) . • Αν δύο συναρτήσεις f, g είναι συνεχείς στο Δ

και f'(x) = g'(x) για κάθε χ εσωτερικό του Δ τότε f(x) - g(x) = c (c σταθερά).

π.χ. Έστω οι συναρτήσεις f, g ορισμένες στο IR με f(O) = g(O) και f"(x) = g"(x) για κάθε

χ ε IR , να αποδείξετε ότι υπάρχει σταθερή c τέτοια ώστε f(x) - g(x) = cx για κάθε χ ε IR .

1 . Δίνεται συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR και η ευθεία (ε) που τέμνει τη Cr σε τρία διαφορετικά σημεία Α(α, f(α)), Β(β, f(β)) και Γ(γ, f(γ)), να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε IR τέτοιο ώστε f"(x0 ) = Ο .

Λύση: Αφού τα σημεία Α, Β, Γ είναι διαφορετικά θα έχουμε και α =�:- β =�:- γ =�:- α . Υποθέτουμε χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι α < β< γ τότε στα [α, β] και [β, γ] εφαρμόζεται το Θ.Μ.Τ. οπότε θα υπάρχουν: ένα τουλάχιστον χ1 ε (α, β) και ένα τουλάχιστον χ2 ε (β, γ) τέτοια ώστε να ισχύουν:

Υ

χ

ftx1 )=f(β) - f(α) λε και ftx2 )

f(γ) - f(β) λε β - α γ - β

Άρα f(χι) = f(x2) με α < Χι < β < χ2 < γ. Στο [χι , χ2] για την f ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle ( αφού f δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR ).

Άρα θα υπάρχει ένας τουλάχιστον χ0 ε (χ1 , χ2 ) τέ-τοιος ώστε (f) '(xo) = Ο ή f"(x0 ) = Ο .

2. Έστω f παραγωγίσιμη στο IR με f(e) = ι

και f ( e2 ) = .!. , να αποδείξετε η εξίσωση: 4



xf'(x)lnx + 2f(x) = Ο (1)

έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο ( e, e2). Λύση:

Πολλαπλασιάζουμε την (1) με lnx > Ο ( αφού χ ε [e, e2 ] ) και έχουμε: xf'(x)ln2x+2f(x) · lnx = Ο διαιρούμε με χ "# Ο οπότε είναι f'(x) · ln2 χ + 2ln χ . ..!. · f(x) = Ο <=>

χ f'(x) · ln2 x + (ln2 x)' · f(x) = O ή [f(x) · ln2 x]' = O Θέτουμε h(x) = f(x) · ln2 χ . Η h είναι ορισμένη και �νεχής στο [ e, e2]. Για την h εφαρμόζεται το Θ. Rolle σ' αυτό το διάστημα ( αφού h( e) = f( e2) = 1 και h(e2 ) = f(e) · 4 = 1 ). Άρα θα υπάρχει χ0 ε (e, e2 ) τέτοιος ώστε h'(x0) = Ο δηλαδή η ( 1).

3. Αν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

IR με f(O) = .Ji και f3 (χ) · f'(x) = .!.e• (1) 4

για κάθε χ ε IR , τότε: ί. Να αποδείξετε ότι f(x) > Ο για κάθε

x ε JR . ii. Να βρεθεί ο τύπος της f.

Λύση i. Έστω ότι υπάρχει χ ε IR τέτοιο ώστε f(x) = Ο

οπότε η (1) θα είναι αδύνατη, άρα f(x) "# Ο για κάθε χ ε IR και επειδή είναι συνεχής (ως παραγωγίσιμη) στο IR , διατηρεί το πρόσημό της, άρα f(x) > Ο αφού f(O) > Ο .

ίί. Από την (1) έχουμε: 4f3 (x) . f'(x) = ex <=> (f4 (x))' = (ex )'

οπότε fl(x) = ex + c όμως f(O) = J2 άρα:

J24 = 1 + c <=> c = 3

Τελικά f(x) = �ex + 3 που επαληθεύει την ( 1).

Προτεινόμενες Ασκήσεις

1 . Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ3 -3χ + α = Ο έχει το πολύ μία ρίζα στο (0, 1) .

2. Αν f(x) = (χ + 2)(χ + 1) · χ · (χ - 1) να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) = Ο έχει ακριβώς τρεις ρίζες στο IR . (Υποδ. Θ. Rollle για την f στα [-2, -1], [-1 , Ο] και [0, 1 ]).

3. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση 6κχ2 + 6λχ - 2κ - 3λ = Ο έχει τουλάχιστον μία ρίζα στο (0, 1 ).

4. Έστω f παραγωγίσιμη στο [ 1, e] και f' (χ) "# Ο για κάθε χ ε (l, e) με f(e) = Ο. Να αποδείξετε , , (1 ) f(xo) ln Ο οτι υπαρχει χ0 ε , e :--+ Χ0 χ0 = .

f'(x0 ) (Υ ποδ. Θέτουμε χ0 = χ άρα f (χ) + χ ln χ = ο <=> ..!. f (χ) + f' (χ) ln χ = ο f'(x) χ ή (f(x) · ln x)' = O ).

5. Έστω f παραγωγίσιμη στο (0, 1) και συνεχής στο [0, 1] να αποδειχτεί ότι υπάρχει χ0 ε (0, 1) τέτοιος ώστε: , 2χ0 - 1 f (χ0 ) = f(x0 ). (Υποδ. Θεωρούμε

Xo (l - Χο) την F(x) = χ(χ - 1)f(x), χ ε [0, 1] και εφαρμό-ζουμε το Θ. Rolle.)

6. Έστω f παραγωγίσιμη στο [0, +οο) με f(O) = Ο

και η συνάρτηση F(x) = f(x) , χ > Ο. Να α-χ ποδείξετε ότι αν η f είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) τότε και η F θα είναι γνησίως αύ-ξουσα στο (Ο,+οο) . (Υποδ. αρκεί F'(x) > Ο για κάθε χ > Ο. Εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f στο [0, χ]).

1. Αν Ο < α ::; β < 2: να αποδείξετε ότι: 2 β - α ::; σφα-σφβ ::; β - α . (Υποδ. αν α = β ι-ημzβ ημzα σχ6ει ενώ αν α < β τότε εφαρμόζουμε το Θ.Μ.Τ. για την f(x) = σφχ στο [α, β]).

8. 'Εστω f παραγωγίσιμη στο [ -�·�] να απο-

δ 'ξ ' ' ( π π) ' ει ετε οτι υπαρχει χ0 ε -2,.2 , ωστε

f'(χ0 ) = εφχ0 · f(χ0 ) . (Υποδ. Θεωρούμε την h(x) = συνχ · ef(x> ).

9. Αν fπαραγωγίσιμη στο [0, π] και ισχύει f'(χ)ημχ - f(χ)συνχ = f(χ)ημχ ( 1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.2/66


και f( �) = 2003e% να βρεθεί ο τύπος της f.

(Υποδ. είναι [ f(x)]' = f(x) άρα f(x) = cex ). ημχ ημχ ημχ

10. Αν fπαραγωγίσιμη στο (l,+oo) με f(x)(ln x + l) + xf'(x) ln x = O και f(e) · e = l , να βρεθεί η f.

1 . (απ. f(x) =-- για κάθε χ ε (l,+oo )). x ln x

1 1 . Αν f δύο φορές παραγωγίσιμη στο � με f'(x)e2x + 2f(x)e2x = Ο και f(O) = 2: ί. Ν α βρεθεί η f. ίί. Να αποδειχτεί ότι Γ(χ) = 4f(x) .

12. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ2 - χημχ = συνχ έχει ακριβώς δύο ρίζες στο � . (Υποδ. Εφαρμοζουμε το Θ. Bolzano στα διαστήματα [-π, Ο] και [0, π]. Επίσης η εξίσωση f(x)=O έχει μοναδική ρίζα την χ= 0).

Μονοτονfσ Σuνόpτηιιη,

Την έννοια της μονοτονίας μιας συνάρτησης τη γνωρίζουμε και από τις προηγούμενες τάξεις. Έχουμε μάθει ότι μια συνάρτηση fλέγεται:

Γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για κάθε χ1 , χ2 ε Δ ισχύει: Αν Χι < χ2, τότε: f(xi) < f(x2)

- Γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, όταν για κάθε χ1 , χ2 ε Δ ισχύει: Αν χι < χ2, τότε f(χι) > f(x2) Έτσι ένας τρόπος για να μελετήσουμε τη μονο

τονία μιας μη σταθερής συνάρτησης f σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της, είναι να ελέγξουμε αν διατηρείται σταθερό το πρόσημο του λ�

γου μεταβολής λ = f ( χ1 ) - f ( χ2 ) για οποιαδήποτε

χ1 , χ2 ε Δ με χ1 < χ2. χΙ - χ2

• Αν λ > Ο, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ (f1 στο Δ).

• Αν λ < Ο, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ (f� στο Δ). Ο έλεγχος της σταθερότητας του προσήμου του

παραπάνω λόγου δεν είναι πάντοτε μια εύκολη υπόθεση. Χρησιμοποιώντας τις παραγώγους διευκολύνεται η εξέταση της μονοτονίας (και όχι μόνο) μιας συνάρτησης. Επισημάνσεις

• Βασικό Θεώρημα που χρησιμοποιούμε για την

του Βασίλη Σακελλάρη

εξέταση της μονοτονίας μιας συνάρτησης είναι το εξής: <<'Έστω συνάρτηση f συνεχής σε ένα διάστημα Δ. - Αν f'(x) > Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο χ

του Δ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα σε � λο το Δ.

- Αν f'(x) < Ο σε κάθε εσωτερικό σημείο χ του Δ, τότε η f είναι γνησίως φθίνουσα σε όλο το Δ».

• Το αντίστροφο του παραπάνω θεωρήματος δεν ισχύει. Δηλαδή μπορεί μια συνεχής συνάρτηση να είναι γνησίως μονότονη σε ένα διάστημα Δ, χωρίς να είναι η πρώτη παράγωγος αυτής παντού θετική ή παντού αρνητική στο εσωτερικό του Δ. Επίσης μπορεί μια συνεχής συνάρτηση να είναι γνησίως μονότονη στο Δ, χωρίς να είναι παραγωγίσιμη σε κάθε εσωτερικό σημείο του Δ.

• Το θεώρημα της μονοτονίας χρησιμοποιείται και σε ασκήσεις που πρέπει να δείξουμε ότι μια εξίσωση έχει μοναδική ρίζα ή το πολύ μια ρίζα σε ένα διάστημα.

• Το θεώρημα χρησιμοποιείται και σε αποδείξεις ανισοτήτων. Επίσης χρησιμοποιείται και στην εύρεση των ακρότατων τιμών μιας συνάρτησης.

• Αν η συνάρτηση f. είναι συνεχής και γνησίως μονότονη στο [α, β] ή στο (α, β) και η εξίσωση f(x) = Ο έχει ρίζα σε αυτό, τότε η ρίζα αυτή εί-


Μαθηματικά -yια τη Γ' Λυκείου

ναι μοναδική. • Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο

(α, γ) και στο (γ, β) και στο γ είναι συνεχής, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β). Ομοίως για το «γνησίως φθίνουσα>>.

• Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο ανοιχτό διάστημα (α, β), τότε το σύνολο των αντίστοιχων τιμών της f είναι το fιim f{ χ), ιi� f{ χ)) �->α+ χ--->β Ενώ αν είναι γνησίως φθίνουσα, τότε το σύνολο των αντίστοιχων τιμών της f είναι το �� f{x) , !�� f{x))

• Για να μελετήσουμε τη μονοτονία μιας συνάρτησης βρίσκουμε τα διαστήματα στα οποία η πρώτη παράγωγος διατηρεί σταθερό πρόσημο.

Λυμένες Ασκήσεις

1 . 2χ - 1 Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = -2-χ + 2 α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. β. Να βρείτε το σύνολο τιμών της f.

Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = JR α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με

2(χ2 + 2)-2χ (2χ - ι) -2χ2 + 2χ + 4 f (χ) = = ------:--�2 + 21 �2 + 2t f'{x) � Ο � -2χ2 + 2χ + 4 � 0 � χ2 - χ - 2 :::;; Ο � -ι :::;; χ :::;2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ - 00 -1 2 + ao I I f - 9 + 9 -

f � _I / I � Επομένως f J στο ( -οο, -ι]

r1 στο [- ι , 2] f J στο [2,+οο)

β. f(- ι) = - ι ' f ( 2) = .!. ' 2

ι . f{ ) ι· ( 2χ - ι ) ι· 2χ ι· 2 ο ιm χ = ιm -2 - = ιm -2 = ιm - = Χ->-«> Χ->-«> Χ + 2 Χ->-«> Χ Χ->-«> Χ

ιim f {χ) = lim ( 2: - ι ) = ιim � = Ο Χ--->-1«> Χ--->-1«> Χ + 2 Χ--->-1«> Χ Είναι: f( ( --οο,-ι]) = [ f{ -ι) , Δ� f{ χ))= [ - ι, ο)

r([ -ι,2]) = [ f( -ι) ,f( 2) J = [-ι,�] f([2,+oo)) =(ι�� f{ x) , f(2) J = (ο.�]

Το σύνολο τιμών της fείναι: f{D) = [ -ι, ο) υ [ - ι,�] υ ( ο.�] = [ -ι,�]

2. Να μελετήσετε τη μονοτονίας της συνάρ-2

τη σης f (χ) = ln (χ + 2) +-+ χ . χ + 2

Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = ( -2, +οο )_

Η f είναι παραγωγίσιμη (ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων) με

f' {χ) = -ι _ _ 2 + ι = χ2 + 5χ + 4 χ + 2 (χ + 2)2 (χ + 2)2

f'{x) � O � x2 + 5χ + 4 � 0 � χ>-2 (χ + 4)(χ + ι) � ο � χ � -ι

Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ -2 -1 + ao f - ό +

f � I / Επομένως rJ στο {-2,- ι]

r1 στο [ -ι,+οο)

3. e'

Δίνεται η συνάρτηση f (x) = -2-x + 1 α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f. β. Είναι η f "(V11σίως μονότονη στο Dr; Να

δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Λύση

Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = JR

α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με

, ex (χ 2 + ι)- 2xex e• (χ - ι γ f {x) = 2 = 2 (χ2 + ι) (χ2 + ι)


Μαθηματικά yια τη Γ Λυκείου

f(x) > O � e· (x - 1)2 > 0 � x :;e 1 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ - 00 1 f + ό f / I

Επομένως f1 στο ( -co, 1) r1 στο [1, +co)

+ οο +

/

Επομένως f J στο ( -co, 1) , f J στο ( 1, +co) (ή rJ στο [1,+co)

β. Αν η f ήταν γνησίως φθίνουσα στο � έπρεπε να ισχύει ±ι χι) > f(xz) για κάθε χ, , χ2 ε � με χι < Xz. ΑλλiJ. με Χι = Ο και Xz = 1 έχουμε :Q:O) = 1 <:Q:1) = 2. Επομένως, η f δεν είναι γνησίως μονότονη στο � .

β. Η f είναι συνεχής στο χ0 = 1 και γνησίως αύξουσα στα ( -co,1) και [1, +co) . Επομένως, η f

5. Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f με τιμές θετικές. Η εφαπτόμενη της Cr στο οποιοδήποτε σημείο της Μ με τετμημένη ΧΜ τέμνει τον άξονα χ'χ σε σημείο Κ με τετμημένη Χκ.

4.

είναι γνησίως αύξουσα και στο ( -co, 1) υ [I, +co) = �

Δίνεται η συνάρτηση

r (x) = {3x2 - 12x + l, 4 - 2χ,

x < l x � l

α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f.

Να αποδείξετε ότι: Αν χκ < χΜ, τότε η f είναι γνησίως αύξουσα.

Λύση Η εξίσωση της εφαπτομένης στο σημείο Μ είναι: y - f(xM ) = f'(xM ) · (Χ - ΧΜ ) Θέτοντας y = Ο έχουμε: -f( χΜ) =f'( χΜ) · ( Χκ -χΜ) Επειδή f(χΜ) > Ο έχουμε f'(χΜ )(χκ - χΜ ) < Ο

β. Είναι η f γνησίως μονότονη στο Dr; Να Αλλά χκ - ΧΜ < Ο, οπότε f' (χΜ ) > Ο για κάθε ΧΜ. δικαιολογήσετε την απάντησή σας. Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα.

Λύση Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = �

6. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : � � � για την οποία ισχύει

α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( -co, 1) με f' (χ) = 6χ - 12 Η f είναι παραγωγίσιμη στο ( 1, +co) με f(x) = - 2 Στο χ0 = 1 η f δεν είναι συνεχής, αφού lill'! f (χ) = -8 :;e lim f (χ) = 2 Χ---+-1 Χ---+]+

, f'(x) = {6x - 12, χ < 1 Άρα, -2, χ > 1

Λύνουμε την ανίσωση f' (χ) � Ο στο ( -co, 1)

........,. αδύνατο. {6χ - 12 � 0 - {χ � 2 χ < 1 χ < 1

Άρα f' (χ) < Ο με χ ε ( -co, 1) Επίσης είναι f'(x) = -2 < 0 με χ ε (1,+cο) Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

1

11

f' (x) + 2x lim = 4 • Ν α αποδείξετε ότι η f Ι--+1 χ - 1 είναι γνησίως μονότονη κοντά στο Χο = 1.

Λύση f'(x) + 2χ Θέτουμε g (χ) = με χ :;e 1 . χ - 1

Τότε f(x) = (χ - 1)g(x) - 2χ. Έτσι limf' ( χ) = lim[( χ - 1) · g( χ) -2χ] = 0 · 4 -2 = -2 Χ--+1 Χ--+1

Επειδή limf'(x) < O , έχουμε f(x) < Ο κοντά στο χ--+1

χ0 = 1 . Συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα κοντά στο 1 . (Δηλαδή για τιμές του χ από ένα διάστημα της μορφής (1 - δ, 1 + δ) και δ αρκετά μικρό θετικό αριθμό) . 7. Έστω παραγωγίσιμη συνάρτηση f για την

οποία ισχύει 1 Οχ + [ f' (χ) Τ = 5χ2 για κάθε

χ ε Δ όπου Δ=(2,+cο) και f'(3) < Ο. Αν η f' είναι συνεχής, να αποδείξετε ότι: α. Η εξίσωση f'(x) =Ο είναι αδύνατη στο Δ. β. Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη

στο Δ. Λύση

α. Έστω ότι υπάρχει χ0 ε Δ για το οποίο ισχ6ει



f'(x0 ) = 0 . Τότε 10χ0 + [ f' ( Χ0 ) ]2 = 5χ� � 10χ0 = 5χ� � Χ0 ( χ0 - 2) = Ο � χ0 = Ο ή χ0 = 2 που είναι άτοπο (αφού χ0 ε Δ ). Άρα η εξίσωση f(x) = Ο είναι αδύνατη στο Δ.

β. Αφού η f είναι συνεχής στο διάστημα Δ και η εξίσωση f(x) = Ο δεν έχει ρίζες στο Δ συμπεραίνουμε ότι η f έχει σταθερό πρόσημο στο Δ. Επειδή f(3) < Ο, έχουμε f(x) < Ο για κάθε χ ε Δ Επομένως, η f είναι γνησίως φθίνουσα στο Δ.

8. Δίνεται συνάρτηση f για την οποία ισχύει f( x+y) = f( x) +f(y) + 2xy για κάθε x,y ε JR

και lim f (χ) = 4 . Χ--+0 Χ α. Ν α αποδείξετε ότι η f είναι παραγ�

yίσιμη στο JR •

β. Ν α μελετήσετε τη μονοτονία της f. y. Να αποδείξετε ότι f(1) · f ( -1) < Ο .

Λύση

α. 'Εστω χ0 ε JR . Θα βρούμε το lim f(x) -f(xo). χ--+Χο χ-χ0

lim f(x) - f(x0 ) = lim f(x0 + h) - f(x0 ) = χ--+χ0 χ - χ0 h--+0 h

= lim f( χ0 ) + f{h) + 2x0h - f( χ0 ) h--+0 h

= lim(f(h) + 2x0J = 4 + 2x0 ε JR . h--+0 h Άρα η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με f(x) = 2x + 4

β. f' (x) � 0 � 2x +4 � 0 � x � -2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ - 00 -2 f - ό

I f � I

Επομένως f � στο ( -οο - 2] f1 στο [ -2,+-οο)

+ οο +

/

y. Θέτουμε στη δοθείσα σχέση y = Ο. Τότε f(x + O) = f(x) + f(O) + O � f(O) = O Η f στο [ -2, +οο) είναι γνησίως αύξουσα και επειδή Ο < 1 , έχουμε f(O) < f(1 ). Δηλαδή f(l ) > Ο ( 1 ) Ομοίως, επειδή - 1 < Ο, έχουμε f(- 1 ) < f(O).

Δηλαδή f(-1) < Ο (2) Από (1), (2) έχουμε f(1) · f(-1) < 0

9. Να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτηχ4

σης f (χ) = 2συνχ- 12 στο διάστημα

[Ο,+οο) . Λύση

Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με χ3 f'(χ) = -2ημχ - -3

Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με f"( χ) = -2συνχ - χ2

Η f ' είναι παραγωγίσιμη στο JR με f(J) (χ) = 2ημχ - 2χ

Γνωρίζουμε ότι ημχ < χ για κάθε χ > Ο. Οπότε 2ημχ - 2χ < Ο Δηλαδή f3J(x) < Ο για κάθε χ > Ο Άρα η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) . Με χ > Ο έχουμε Γ(χ) < f '(O) = - 2. Δηλαδή f '(x) < Ο για κάθε χ > Ο Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) Με χ > Ο έχουμε f(x) < f(O) = Ο. Δηλαδή f(x) < Ο για κάθε χ > Ο Συνεπώς η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, +οο) .

10. α. Να αποδείξετε ότι η εξίσωση lnx = 1 - 4χ έχει μοναδική ρίζα στο ( Ο,+οο)

β. Να μελετήσετε τη μονοτονία της συνάρτησης f (χ) = 2χ2 - 2χ + χ Ιη χ .

Λύση α. Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = lnx + 4χ - 1 ,

χ ε (Ο,+οο) .

Η g είναι παραγωγίσιμη με g' (χ) = _!_ + 4 > Ο χ για κάθε χ > Ο. Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) Το σύνολο τιμών της g είναι fιim g( χ) , lim g( χ))= ( -οο,+οο) = JR αφού \;-+ο+ χ-+-ι-α:> lim g(x) = lim (ln x + 4x - 1) = -oo και χ-+0+ χ-+0 ... lim g(x) = lim (In x + 4χ - 1) = +οο X-++co X-++co

Επειδή το σύνολο τιμών της g περιέχει το Ο και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2ΠΟ

Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

η g είναι γνησίως μονότονη στο (Ο, +οο) η εξίσωση g(x) = Ο, δηλαδή η lnx = 1 - 4χ, έχει μοναδική ρίζα στο (Ο, +οο) .

β. Είναι Dr = (Ο,+οο), f'(x) = 4x - 2 + ln x + 1 = lnx + 4x - 1 = g(x) Αποδείξαμε στο α) ότι η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) και ότι η εξίσωση g(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα, έστω ξ, στο (Ο, +οο) . Άρα η Γ είναι γνησίως αύξουσα και έχει μοναδική ρίζα το ξ. Με Ο < χ < ξ έχουμε f' (χ) < f' (ξ) = g (ξ) =Ο Με χ> ξ έχουμε f'( χ) > f'(ξ) = g(ξ) = Ο Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ ο ξ + οο f - b +

f � I / Επομένως f J στο (Ο, ξ]

f1 στο [ξ,+οο) όπου ξ η ρίζα της f

1 1. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = e-x + 1η (ι - χ) α. Να μελετήσετε τη μονοτονία της f β. Να λύσετε την εξίσωση

e1-2x -e2-x = 1n 3 - χ στο ( -οο, ι) 2 - 2χ Λύση

α. Το πεδίο ορισμού της f είναι το Dr = ( -οο, 1) Η f είναι πάραγωγίσιμη με

f'(x) = -(e-x +-1-) :< ο 1 - χ

(αφού e-x +-1- > Ο για κάθε χ < 1) . 1 - χ Επειδή f (χ) < Ο για κάθε χ Ε ( -οο, 1) , η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, 1) .

3 - Χ x<l β. el-2x - e2-x = ln--<=> 2 - 2χ

eι-zx - e2-x = ln(3 - x) - ln (2 - 2x) <=> ei-Zx + ln ( 2 - 2χ) = e2-x + ln ( 3 - χ) <=> e-(zx-Ι) + ln[ 1-( 2χ - 1)] =e-(x-z) + lη[ 1-( Χ-2)] <=> f ( 2χ - 1) = f (χ - 2) ( 1) Η f είναι "1-1" αφού είναι γνησίως μονότονη.

Άρα, από την (1) έχουμε 2χ-1=χ-2<:=>χ=-1 .

ι2. Να λυθεί η εξίσωση ln χ2 = χ2 - ι . Λύση

Προφανείς ρίζες της εξίσωσης είναι το 1 και το -1. Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ(χ) = lnx2 - χ2 + 1, χ E !R* Η Φ είναι παραγωγίσιμη με Φ'(χ) = 2� - 2χ = �- 2χ = 2 - 2xz

χ- χ χ 2 - 2χ2 χ .. ο

Φ'(χ) � Ο <=> > 0<=>χ(1 - χ2 )� 0 <=> χ

χ(χ - 1)(χ + 1) ::ο; Ο <:=> χ ::ο; -1 ή Ο :< χ ::ο; 1 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ - 00 -1 ο 1 + οο Φ' + b - + b -

i τ φ / I � / I �

Επομένως Φ 1 στο ( -οο, -1] και στο (Ο, 1] Φ J στο [ -1, Ο) και στο [ 1, +οο)

Από τον πίνακα της μονοτονίας προκύπτει ότι Φ(χ) < Φ(-1) = Ο για κάθε χ Ε (-οο,-1) υ(-1, 0) και Φ(χ) < Φ(1 ) = Ο για κάθε χ Ε (0, 1) u (1,-too) . Συνεπώς η εξίσωση Φ(χ) = Ο έχει στο ( -οο, Ο) μοναδική ρίζα το - 1 και στο (Ο, +οο) μοναδική ρίζα το 1 .

13. Έστω οι παραγωγίσιμες στο JR συναρτήσεις f και g με f (ι) = g(ι)

α. Αν f'(x) · g' (x) < O για κάθε x E IR , να

αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x) - g(x) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο JR

β. Αν f'(x) < g'(x) για κάθε χ Ε JR , να αποδείξετε ότι: ί. f(x) > g(x) για κάθε χ < ι ίί. f(x) :< g(x) για κάθε χ > ι

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση Φ(χ) = f(x) - g(x), χ Ε IR Προφανής ρίζα της εξίσωση Φ(χ) = Ο είναι το 1 (αφού f(1 ) - g(1) = 0). Είναι Φ'(χ) = f(x) - g'(x). α. Επειδή f'( χ) · g'( χ) < Ο έχουμε:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.2Π1


Αν f'(x) < Ο, τότε g'(x) > Ο. Οπότε Φ'(x) = f'(x) - g'(x) < O για κάθε x E IR

Άρα Φ J στο IR . Συνεπώς η εξίσωση Φ(χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα το Ι . Αν f'(x) > Ο, τότε g'(x) < Ο. Οπότε Φ'(χ) = f(x) - g'(x) > Ο για κάθε χ Ε IR . Άρα Φ 1 στο IR . Συνεπώς η εξίσωση Φ( χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα το Ι .

β. Επειδή f(x) < g'(x), έχουμε Φ'(χ) = f'(x) - g'(x) < Ο για κάθε χ Ε IR .

Άρα Φ J στο IR

ί. Αν χ < Ι έχουμε Φ(χ) > Φ(l ) = Ο. Δηλαδή f (χ) -g (χ) > Ο<=> f (χ) > g (χ)

ii. Αν χ > Ι έχουμε Φ(χ) < Φ(Ι ) = Ο. Δηλαδή f{ χ) -g( χ) < Ο<=> f{ χ) < g( χ)

14. Να αποδείξετε ότι Ιη(χ - 1) +-1- � 1 για χ - 1 κάθε χ > ι.

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) = ln (χ - Ι) +_Ι

_ , χ - Ι χ Ε (Ι, +οο) . Η f είναι παραγωγίσιμη με

f'(x) = χ�Ι -(χ�

Ι)2 = (=�Ι�2

f' (χ) � ο <=> χ - 2 � ο <=> χ � 2 Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών:

χ 1 2 + οο f - b +

f � I / Επομένως f J στο (Ι, 2] r! στο [2,+οο) Η f στο χ0 = 2 παρουσιάζει ελάχιστο το f(2) = Ι . Οπότε f{ χ) � f{2) = Ι για κάθε χ Ε (Ι,+οο)

Δηλαδή ln(x - Ι) +-Ι- � Ι , χ > Ι

χ - Ι

15. Να αποδείξετε ότι 2e" + e-• � 2J2 για κάθε

X E IR .

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση:

f{ χ) = 2ex + e-x , χ Ε IR .

Η f είναι παραγωγίσιμη με

f'( ) - 2 χ - -χ - 2 χ __ Ι - 2e2χ - 1 χ - e e - e - �- --

e• ex 1 f' (χ) � ο <=> 2e2x - Ι � ο <=> e2• �- <=> 2

2x � -ln2 ή x � -}_1n2 . 2

Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: 1

χ --ln2 + οο - 00 2 f - ό +

j f � J /

Επομένως f J στο ( -οο, -� ln 2]

r! στο [ -� ln2,+oo)

Η f στο χ0 = - }_ ln 2 παρουσιάζει ελάχιστο το 2 .

r( -� ln2) = 2e+02 +e-km2 =h+ � = Jz = 2ν'2

Οπότε f( χ) � 2ν'2 για κάθε χ Ε IR

Δηλαδή 2e• + e-• � 2ν'2, χ Ε IR

Σχόλιο: Η ανισότητα αυτή αν θέσουμε ex = u γίνεται:

2u' - 2v'2u + l � Ο ή 2[ u � �J' � Ο που είναι

αληθής. 16. Να αποδείξετε ότι e• :::; χ2 + 1 για κάθε

χ :::; ο . Λύση e• Είναι: e• :::; χ2 + 1 <=> -- :::; Ι (Ι) χ2 + Ι

χ Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ) � �, χ Ε IR .

χ + Ι Αποδεικνύουμε ότι r ! στο IR (Βλ. άσκηση 3) Άρα, με χ < Ο έχουμε f(x) < f(O) = 1 .

e• Δηλαδή -

2- < 1, χ < Ο (2) χ + 1

Η ισότητα στην ( Ι ) ισχύει με χ = Ο (3)

Από (2) και (3) έχουμε -+---::::; 1 για κάθε χ ::::; Ο χ + Ι


Μαθηματικά -yια τη Γ' Λυκείου

ι7. Να αποδείξετε ότι χ� Ιη(χ2 +χ+ι) � χ-ι+ Ιη3 για κάθε �-

Λύση x � In(x2 + x + 1)� x - 1 + ln3 <=> O � In(x2 + x + 1)- x � ln3- 1

Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = In (x2 + x + 1)- x, Χ Ε �

Η f είναι παραγωγίσιμη με f'(x) = 2χ + 1 - 1 = χ - χ2

χ2 + χ + 1 χ2 + χ + 1

f' (χ) � ο <=> χ - χ 2 � ο <=> χ(χ - 1) � 0 <=> 0 � χ � 1

Συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ - 00 ο 1 f - ό + ό -

j j

+ οο

f � I / I � Η f στο [0, 1 ] είναι γνησίως αύξουσα. Άρα, με Ο � χ � 1 έχουμε f(O) � f( χ) ·� f(1) <=>

O � In(x2 + x + 1)- x � ln3- 1

r Ολ.οιιληpώματα Χρήστος Λαζαρίδης

Τα ολοκληρώματα αποτελούν το τελευταίο μέρος της ύλης της Γ Λυκείου και είναι μια φυσική συνέπεια

του κεφαλαίου των παραγώγων. Είναι μια καλή ευκαιρία, λοιπόν, να τα δούμε σε συνδυασμό με άλλα θέματα, που έχουμε συναντήσει παλαιότερα. Όπως θα διαπιστώσετε η

· εργασία δεν ασχολείται ιδιαίτερα με κλασσικό υπολογισμό ολοκληρωμάτων, ο οποίος θεωρείται γνωστός. Στο τέλος υπάρχουν ασκήσεις, που προτείνονται για λύση.

Λυμένες Ασκήσεις λ ο

ι. Αν ισχύει f 2xe'dx = f x2e'dx + 4eλ , όπου ο λ

λ > Ο, να υπολογίσετε την τιμή του λ. Λύση :

Η δοθείσα σχέση γράφεται: λ ο J 2xexdx - J x2exdx =4eλ <=> ο λ λ λ J 2xexdx + J x2exdx = 4eλ <=> ο ο λ λ J (2xex + x2e' )dx = 4eλ <=>J (x2e' )'dx = 4eλ <=> ο ο

λ>Ο [x2e' ]� = 4eλ <=> λ2eλ - 0 = 4eλ <=:> λ2 = 4<=>λ = 2.

2. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο � . χ

Αν ισχύει: f(x) = J 2te''+t-rωdt , να βρείτε ο

τον τύπο της συνάρτησης f.

Λύση: Η συνάρτηση 2χ · e•'+Ι-f(xJ είναι συνεχής, ως γινόμενο των συνεχών 2χ και ex'+Ι-f(xJ (σύνθεση των συνεχών ex , χ2 + 1 - f(x) ), άρα η f είναι παραγω-γίσιμη.

Έχουμε: f'(x) = 2xe•'+Ι-f(x) <=> f'(x) = 2xe•'+Ιe-f(x) <=> ef(x)f'(x) = 2χe•'+Ι <=> (ef(xJ)' = (e'2 +1) ' . Συμπεραίνουμε ότι: ef{x) = eχ'+Ι + c , άρα

f(x) = ln(ex' +Ι + c) Η αρχική σχέση για χ = Ο γίνεται: f(O) = Ο. Από την (1), f(O) = ln(e + c) άρα, ln( e + c) = Ο<=> e + c = 1 <=> c = 1 - e .

Τελικά, f(χ) = ln(ex'+Ι + 1 - e) , χ Ε R .

( 1 )

3. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο (Ο,+οο)

ι . και ισχύει: f(x) = χ +-J f(t)dt . Να υπολοχ t γίσετε τον τύπο της συνάρτησης f.

Λύση: Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) . Από τη δο-

χ

θείσα σχέση προκύπτει: xf(x) = χ2 + J f(t)d(t) . I

χ Η f είναι συνεχής άρα η J f(t)d(t) παραγωγίσιμη,

I επομένως και η f παραγωγίσιμη. Παραγωγίζοντας έχουμε: f(x)+xf'(x) = 2x+f(x) <=> xf'(x) = 2χ <=> f'(x) = 2 .



Από την τελευταία σχέση προκύπτει: J f'(x)dx = J 2dx � f(x) = 2χ + c

Για χ = 1 η αρχική σχέση, γίνεται: 1 rσ) = 1 +1 - ο � rσ) = 1

Από την σχέση ( 1 ), f(l) = 2 + c � 1 = 2 + c � c = -1 . Τελικά f(x) = 2χ - 1 , χ ε (Ο,+οο) .

( 1 )

4. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β], όΡ

που α > Ο και J f(x)dx = -2α . Αν ισχύει ότι: α

f(x) > ι, για κάθε χ ε (α, β) , να αποδείξετε χ

ότι η εξίσωση α + β + J f(t)dt = χ , έχει α-α

κριβώς μια λύση στο (α, β). Λύση:

χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση g( χ) = α+ β + J f ( t )dt - χ. α

χ Η f είναι συνεχής άρα η J f(t)dt παραγωγίσιμη, ε-

α

πομένως και συνεχής στο [α, β]. Η g είναι συνεχής στο [α, β], ως άθροισμα συνεχών. g( α) = α + β + Ο - α = β > Ο , διότι β > α και α > Ο g(β) = α + β - 2α-β = -α < Ο , διότι α > Ο. g(α)g(β) < Ο . Από Θ. Bolzano η εξίσωση

χ g(x) = Ο � α+ β + J f(t)dt = χ , έχει τουλάχιστον

α

μία λύση στο (α, β). g'(x) = f(x) - 1 > Ο , για κάθε χ ε (α, β), άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( α,β). Τελικά η λύση, η οποία προκύπτει από το Θ. Bolzano, είναι μοναδική. S. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β]. Να

αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον ένα α

ξ ε (α, β) τέτοιο ώστε: Jr(x)dx =(ξ - β)f(ξ) . ξ

Λύση: χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = (χ - β) J f(t)dt . α

Η g είναι συνεχής στο [α, β] . Η g είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) με

χ

g'(x) = J f(t)dt + (χ -β)f(χ) . g(α) = g(β) = Ο. α

Από Θ. Rolle υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (α,β) ξ

τέτοιο ώστε: g'(ξ)=Ο � J f(t)dt+(ξ-β)f(ξ)=O � α

α

� (ξ- β)f(ξ) = f f(t)dt. ξ

6. Η συνάρτηση f είναι συνεχής και γνησίως 4

αύξουσα στο (Ο,+οο) με J f(x)dx = ι και 3

4

J f(x)dx = 3 . θεωρούμε τη συνάρτηση 5

.

χ+2 F(x) = J f(t)dt, χ > Ο .

χ+ Ι ί. Να μελετήσετε τη F ως προς τη μονοτο

νία. ίί. Ν α αποδείξετε ότι υπάρχει τουλάχιστον

ένα ξ ε (2,3) ώστε:

f(ξ + 2) - f(ξ + ι) = -4. Λύση:

x+l χ+2 ί. F(x) = - J f(t)dt + J f(t)dt .

α α

F' (x)=-f(x+ 1 )+f(x+ 2) . Για κάθε χ ε (0, +οο) : χ + 2 > χ + 1 , άρα f(x + 2) > f(x + 1), αφού η f γνησίως αύξουσα, επομένως F'(x) > Ο δηλαδή η F είναι γνησίως αύξουσα στο (0, +οο) .

ii. Η F είναι συνεχής στο [2, 3] και παραγωγίσιμη στο (2, 3). Από το Θ.Μ.Τ. υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ ε (2,3) ώστε: F' (ξ) = F(3; = �(2) ( 1 )

F'(ξ) = -f(ξ + 1) + f(ξ + 2) . 5 4

F(3) = J f(t)dt = -3 και F(2) = J f(t)dt = 1 . 4 3

Η ( 1 ) γίνεται: -f(ξ + 1) + f(ξ + 2) = -4.

7. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [ι, S] και f(x) > Ο, για κάθε χ ε [ι,5] . Να αποδείξετε ότι υπάρχει γ ε (ι, 5) τέτοιο ώστε:

3 4

2 J f(x)dx + 3 J f(x)dx = Ο (ι) Υ Υ

Λύση: Έστω F μία αρχική της f στο [ 1 , 5], τότε:



3 4

J f(x)dx = F(3) -F(γ) και J f(x)dx = F(4) - F(γ) . γ γ

Η ( 1 ) γράφεται: 2F(3) - 2F(γ) + 3F(4) - 3F(γ) = Ο � 2F(3) + 3F(4) = 5F(γ) � F(γ) = 2F(3) + 3F(4) . 5 Από το Θεώρημα ενδιάμεσων τιμών, αρκεί να α-

δ ίξ , , 2F(3) + 3F(4) β , πο ε ουμε οτι η τιμη 5 ρισκεται με-

ταξύ F(1 ), F(5). F'(x) = f(x) > Ο, άρα η F είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1 , 5]. 1 <3<5 => F(1)<F(3)<F(5) => 2F(l) < 2F(3) < 2F(5) 1<4<5 => F(l )<F(4)<F(5) => 3F(l) < 3F(4) < 3F(5) Με πρόσθεση κατά μέλη προκύπτει: 5F(1) < 2F(3) + 3F( 4) < 5F(5) ή

F(1) < 2F(3) + 3F( 4) < F(5) . 5 8. Έστω f: � � � συνεχής και

Ι

J f(t)dt � χ2 - 9 , για κάθε χ ε � (ι). 3

Να υπολογίσετε το f(3). Λύση:

χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση g( χ) = J f ( t )dt - χ 2 + 9 , 3

χ ε � . Από την (1) προκύπτει: g(x) � Ο � g(x) � g(3) , για κάθε χ ε � , αφού

χ

g(3) = Ο. Η fείναι συνεχής, άρα η J f(t)dt είναι 3

παραγωγίσιμη, επομένως και η g είναι παραγωγίσιμη με g'(x) = f(x) - 2χ. Η g είναι παραγωγίσιμη στο 3 και παρουσιάζει στο 3 ακρότατο. Από το Θ. Fennat είναι: g'(3) = Ο � f(3) - 6 = Ο � f(3) = 6 .

9. ί. Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] . Ρ

Να αποδείξετε ότι: J f(x)dx = α

Ρ ι Ρ = J f(α + β - x)dx =-J [f(x) + f(α + β - x)]dx

α 2 α

ii. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα:

β

1 χ

Ι = J , α

1_, dx , ό�ου α > Ο • . 0 α - α Λύση:

ί. Ι = J f(x)dx . Θέτουμε χ = α + β - u, οπότε α

dx = --du και τα νέα άκρα γίνονται για χ = α: u = β και για χ = β: u = α. Άρα,

α β Ι = J f(α + β -u)(-du) =J f(α + β- χ)dχ .

β α

β β Έχουμε: Ι = J f(x)dx =J f(α + β- χ)dχ =

α α

1 β 1 β = 2 J f(x)dx +-J f(α+ β - x)dx =

α 2 α

1 β = -J[f(α + β - χ) + f(x)]dx.

2 α ii. Αν χρησιμοποιήσουμε το ί. τότε:

1 1 ( α' αι-χ ) 1 1 I = -J + dx =-J1dx =

2 0 α' + αι-χ αι-χ + α' 2 0

1 1 1 =2[Χ]ο =2.

ι ο. 'Εστω η συνάρτηση f(x) = j �' χ ε �. 0 ι + t

ί. Να αποδείξετε ότι f(εφχ) = χ, για κάθε χ ε (-; , ;}

ίί. Na υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη γραφική παρά-σταση της συνάρτησης g(x) = �, ι + χ τον άξονα χ' χ και τις ευθείες χ = Ο, χ = ι.

Λύση: ί. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(εφχ) - χ,

χ ε (-� . �) . f'(x) = -1- και 2 2 1 + χ2

h'(χ) = ftεφχ)(εφχ)' - 1 1 --1- - 1 = Ι+εφ2χ συν2χ

= 1 1 - 1 = 1 - 1 = 1 η μ zx συνzχ η μ zx + συνzχ +--συν2χ

= 1 - 1 = 0 .

Συμπεραίνουμε ότι h(x) = c , χ ε ( -�, �) . Αλλά h(O) = f(εφΟ) - Ο = f(O) = J

0 � = Ο, ά-ο 1 + t2

ρα, c = Ο. Τελικά, h(x) = Ο, οπότε: f(εφχ) = χ.

ii. Έχουμε:



I I Ι Ε = I lg(x)l dx =Ι-2 dx =f(I) ο ο Ι + χ ( Ι )

Από i), f(εφχ) = χ. Αν χ = � προκύπτει: 4

( ΠJ Π Π f εφ- = - � f(l) = - . 4 4 4

Τελικά, από την (Ι), Ε = � τετ. μον. 4

11. ί. Να αποδείξετε ότι:

• 1 • 1 . Ι--2 dy + Ι--2 dy = O , ι 1 + y ι 1 + y για κάθε χ Ε (0, +οο ).

ίί. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = �. Να υ-1 + χ πολογίσετε την ευθεία με εξίσωση χ = α , η οποία χωρίζει το χωρίο που περικλείεται από τη Cr, τον άξονα χ' χ και τις ευθείες χ = .!., χ = 2 σε δύο ισεμβαδικά χωρία. 2

Λύση: ί. Θεωρούμε τη συνάρτηση:

χ Ι χ Ι g(x) = Ι--2 dy + Ι--2 dy, χ > Ο. Ι Ι + y Ι Ι + y g'(ψ l}x' + (I )' (�} =

Ι + -χ = Ι +

Ιχ2 + -Ι-Ι-(-:2 J = I +

Ix2 - χ/+ Ι = 0.

Ι + χ2 Συμπεραίνουμε ότι: g(x) = c, χ > Ο. Αλλά, g(I ) = Ο, άρα c = Ο, επομένως g(x) = Ο. 2

ίί. Το εμβαδόν είναι: Ε = Ι f(x)dx . I 2

Αρκεί να υπολογίσουμε α Ε JR τέτοιο ώστε: α 2 2 α

Ι f(x)dx = Ι f(x)dx � Ι f(x)dx - Ι f(x)dx = Ο Ι α α Ι 2 2

2 2 � Ι f(x)dx + Ι f(x)dx = Ο ( Ι ) α α

Από το ί). ερώτημα, έχουμε όn για χ = Ι , προ-

κύπτει η ( Ι ). Τελικά, α = Ι και η ζητούμενη ευθεία είναι η χ = Ι . Παρατήρηση Η τιμή του α, που βρήκαμε, είναι μοναδική. Πράγματι αν θεωρήσουμε τη συνάρ-

χ χ τηση h(x) = Ι f(x)dx + Ι f(x)dx, τότε, I 2

h'(x)=f(x)+f(x) =2f(x)=� > Ο , άρα η h είΙ + χ ναι γνησίως αύξουσα άρα η τιμή χ = Ι , που βρήκαμε προηγουμένως είναι μοναδική.

, , χ2συνχ 12. Δινεται η συναρτηση: f(x) = , χ Ε JR . 2' + 1

ί. Ν α αποδείξετε ότι: f( -χ) + f(x) = χ2συνχ, χ Ε JR •

ίί. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα: π 2 Ι f(x)dx . π 2

Λύση: ί. f(-x) + f(x) = (-χ)2συν(-χ) + χ2συνχ = Γχ + Ι 2χ + Ι

χ2συνχ + χ2συνχ = χ2συνχ 2χ + χ2συνχ _Ι + Ι 2' + Ι Ι + 2χ 2χ + Ι 2χ

χ2συνχ ---(2' + Ι) = χ2συνχ. Ι+2χ π 2

ίί. Έστω Ι = Ι f(x)dx . Θέτουμε χ = - u, άρα π 2 dx = -du και τα νέα άκρα ολοκλήρωσης αντί-

, π π 'Ε στοιχα γινονται - , -- . χουμε: 2 2 π π 2 2 ( i ) I = Ι f(-u)(-du) = Ι f(-u)du =

π 2 π 2 π π π - - -2 2 2 Ι (u2συνu - f(u)du = Ι u2συvudu - Ι f(u)du = π 2

π 2 Ι χ2συνχdχ - Ι , άρα, π 2

π π - -2 2

π 2

21 = Ι χ2συνχdχ = Ι χ2 (ημχ)'dχ = π 2 π 2

π 2



π π - -� 2 π2 2 [χ2ημχ]�� - J 2χημχdχ =-+ J 2χ(συνχ)'dχ =

2 _� 2 -� 2 2 π

2 π 2 2 π � + [2χσυνχ]2π - J 2συνχdχ =�- [2χ]2π = 2 -2 π 2 -2

2 π2 π2 --2π . Τελικά, Ι = --π. 2 4

1 3. Η f είναι συνεχής στο JR και είναι τέτοια •

ώστε: f(x) = Je-1f(x - t)dt, για κάθε x ε JR . ο

Να υπολογίσετε τη συνάρτηση f. Λύση:

Θέτουμε χ - t = y άρα -dt = dy και τα νέα άκρα ολοκλήρωσης αντίστοιχα γίνονται χ, Ο. Έχουμε:

ο χ f(x) = -J ey-xf(y)dy = e-x J eYf(y)dy

χ ο

Πολλαπλασιάζουμε και τα δύο μέλη με eX, άρα, χ

exf(x) = J eYf(y)dy ο

Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη, οπότε προκύπτει: exf(x)+exftx) = exf(x) <::::> exf'(x) = Ο <::::> f'(x) = Ο , επομένως η f είναι σταθερή, δηλαδή f(x) = c , χ ε JR . Από την αρχική σχέση f(O) = Ο, άρα c = Ο. Τελικά, f(x) = Ο, χ ε JR . 14. Δίνεται η συνάρτηση:

• eι + tz f(x) = J-1 -dt , x ε JR . -• e + 1

Να αποδείξετε ότι η f είναι πολυωνυμική. Λύση:

eι + t2 , , , , Η g( t) = -1 - ειναι συνεχης. Εστω G μια αρχικη e + 1 της g, τότε G'(t) = g(t), t ε JR . f(x) = G(x) -G(-x), x ε JR . f'(x) = G'(x) -G'( -χ)( -χ)' = G'(x) + G'( -χ)

ex + 1 1 + ex 1 + ex

= (ex + 1)(1 + χ2 ) = 1 + χ2 ' χ ε JR. 1 + ex 3

Άρα, f (χ) = � + χ + c, χ ε JR , δηλαδή είναι πο-3 λυωννμική. (το c υπολογίζεται, αφού f(O) = 0).

Προτεινόμενες Ασκήσεις 3 2ν

1. ί. 'Εστω Ι . = J +-dx , όπου ν ε Ν* . Να 2 χ - 1

2 .

3.

4.

5.

6.

7.

32ν+Ι _ 22ν+Ι αποδείξετε ότι: Ιν+1 - Ι. = ----2ν + 1

6 ii. Α ν f (χ) = ----;...- , να υπολογίσετε το ε μ-χ - 1

βαδόν του χωρίου, που περικλείεται από τη Cr, τον άξονα χ' χ και τις ευθείες χ = 2, χ = 3.

Να υπολογίσετε τα ολοκληρώματα: I 2003χ ί. J 2003χ + 20031-χ

dx ο 2

ίί. � lnx +1��3 -χ) dx

Υπόδειξη: Η λυμένη άσκηση 9. ί. Να αποδείξετε ότι για κάθε μ, ν ε Ν* ι-

Ι I σχύει: Jxμ (l - x)"dx = Jx•(1 - xYdx .

ο ο ίί. Αν f(x) = χ(1-χ)2000 και g(x) = x(l-x)1999,

να υπολογίσετε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των δύο συναρτήσεων.

ί. Ν α αποδείξετε ότι: β β J f(x)dx = J f(α + β - x)dx , όπου η f είναι α α

συνεχής στο [α, β] . ii. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα

π π-ν J χημ3χdχ, ν ε Ν* .

ν Η f είναι συνεχής στο [2, 3] και f(x) < Ο, για

2 κάθε χ ε [2,3] . Αν J f(x)dx = 5 , να υπολογί-

3

σετε το σύνολο τιμών της συνάρτησης: χ

g(x) = J f(t)dt . 2 Η f είναι συνεχής στο JR και I

g(x) = J f(t)dt, χ � 1 . χ'

ί. Να υπολογίσετε τη g'(x). ίί. Αν f(x) = � , να λυθεί η εξίσωση

g"(x) = 4- 10x2 . Η f είναι συνεχής στο JR και



8.

χ J f(t)dt = 3χ2 - 4 , για κάθε χ Ε IR . (1) α

ί. Ν α υπολογίσετε μια συνάρτηση f, η οποία ικανοποιεί την (1).

ίί. Για τη συνάρτηση f που βρήκατε στο ί., να υπολογίσετε το α.

χ J in(t2 + 1)dt Να υπολογίσετε το όριο: lim 0 •

χ->0 χ f (t2 + 7)dt ο

9. 'Εστω η συνάρτηση: f(x) = j ln t dt, χ > Ο . 1 1 + t

ί. Να υπολογίσετε το ολοκλήρωμα J lnx dx . χ

ίί. Να υπολογίσετε τη συνάρτηση:

g(x) = f(x) + f(�) ·

ι ο. Η f: IR � IR είναι παραγωγίσιμη με f'(x) > Ο , για κάθε χ Ε IR . Θεωρούμε τη συνάρτηση:

β F(x) = Jf(x - t)dt, x E IR .

α

ί. Να αποδείξετε ότι η F είναι παραγωγίσιμη. ίί. Αν υπάρχει χ0 Ε IR ώστε F'(x0) = Ο, να

δείξετε ότι: F(x) = Ο, για κάθε χ Ε IR .

Κάτι nεpiεpyα ολοιιληpώμστα Νίκος Φάππας

Θα ασχοληθούμε εδώ με τον υπολογισμό μερικών ορισμένων ολοκληρωμάτων, τα οποία παρουσιάζουν ιδιομορφίες. Η συνέχεια καθώς και η παραγωγισιμότητα συνάρτησης σε διάστημα [α, β} ή [α, β) κ.τ.λ. χρησιμοποιείται με την έννοια του σχολικού βιβλίου. Δίνουμε τώρα τρεις προτάσεις.

Πρόταση Έστω η συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [α, β]. Αν F είναι μια παράγουσα της f στο [α, β) και η F είναι συνεχής στο Χο = β, τότε η F είναι παράγουσα της f στο [α, β].

Απόδειξη: Προφανώς ισχι)ει: F'(x) = f(x), για κάθε

χ Ε [α, β) . Άρα είναι αρκετό να δείξουμε ότι: F '(β) = f(β).

Έχουμε: F(β) = lim F(x) ( αφού η F είναι συνε-χ-.β

χής στο β). Συνεπώς: (�) - I

F'(β) = lim F(x) - F(β) = lim (F(x) F(β)) = χ....β χ -β χ-.β (χ - β)'

Πόρισμα ι

= limF'(x) = limf(x) = f(β). χ->β χ-.β

Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο [α, β]. Αν F είναι μια παράγουσα της f στο (α, β] και η F είναι συνεχής στο χ0 = α, τότε η F είναι παράγουσα της f στο [α, β].

Πόρισμα 2 Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο

[α, γ] και β Ε (α, γ) . Α ν F είναι μια παράγουσα της f στο [α, β) υ (β, γ] και η F είναι συνεχής στο χο = β, τότε η F είναι παράγουσα της f στο [α, γ] .

Δίνουμε τώρα μερικά παραδείγματα.

Δ, , f( {-ι-, χ � Ο ινεται η συναρτηση χ) = χ + ι . ι , χ < Ο

ι.

Να βρεθεί το J:. f(x)dx . Λύση:

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η f είναι συνεχής στο [-1 , 2]. Μια παράγουσα της f στο [-1, 0) υ (Ο,2] {ln(x + 1), χ > Ο είναι η: F(x) = . χ , χ < Ο Ζητάμε τώρα μια «συνεχή επέκταση της F στο 0>>. Δηλαδή ζητάμε να δώσουμε στο Ο μια τιμής της F έτσι ώστε η συνάρτηση αυτή να είναι συνεχής στο Ο. Είναι lim F(x) = ln 1 = 0, lim F(x) = O και

χ-.ο• χ-.ο-συνεπώς μπορούμε να ορίσουμε F(O) = Ο, επομέ-

{lη( χ + 1 ), χ > ο νως η συνάρτηση F(x) = Ο, χ = Ο

χ, χ < Ο



είναι παράγουσα της f στο [-1 , 2] (πόρισμα 2). Έτσι: J:/(x)dx = [F(x)]:1 = ιη 3 - (-1) = ln 3 + 1 . 2. Έστω η συνάρτηση

f(x) = 3χ ημ-;- χσυν-;, x :;t: O { 2 1 1

ο, χ = Ο 4 π

Να βρεθεί το J f(x)dx . ο

Λύση:

Προφανώς η f είναι συνεχής στο (Ο, �] . Εξετά

ζουμε τη συνέχεια της f στο χ0 = Ο (από δεξιά). Επειδή -1 ::::; η μ..!:.. ::::; 1 για κάθε χ ε IR * , έχουμε ότι: χ -3χ2 ::::; 3χ2ημ..!:.. ::::; 3χ2 για κάθε χ ε IR* . Είναι τώ

χ ρα: lim (-3x2 ) = Ο = lim 3χ2 και επομένως (κριτή-χ�ο+ χ-+ο+

ριο παρεμβολής) είναι lim (3χ2ημ..!..) = Ο . χ--+0' χ

Όμοια έχουμε ότι και lim (χσυν..!:..) = Ο . χ--+0' χ

Άρα: lim(3x2ημ..!:.. - χσυν..!:..) = Ο = f(O) . χ--+0 χ χ

'Ετσι η f είναι συνεχής στο [Ο,;] .

Η g(x) = χ3ημ..!:.. είναι προφανώς μια παράγουσα χ

της f στο (ο,±] . Επειδή lim g( χ) = Ο , π χ--+0+

{ 3 1 , F( ) χ ημ-, χ

:;t: Ο , η συναρτηση χ = χ ειναι

Ο, χ = Ο

παράγουσα της f στο [Ο,;] , αφού η F είναι και

συνεχής στο χ0 = Ο (πόρισμα 1). Έτσι:

π 4 (4) fo4 f(x)dx = [F(x)]� = F ; - F(O) =

3. Δίνεται η συνάρτηση: ! x(1 - ln x) - 1 0 1 2 ' < X :;t:

f(x) = χ( χ - 1) 1 -- , Χ= 1

2

Να βρεθεί το J12 f(x)dx . Λύση:

Η f είναι προφανώς συνεχής στο (1 , 2] . Εξετάζουμε τη συνέχεια της f στο χ0 = 1 (από δεξιά).

'Ε f(1) 1 limf( ) limx(1-lnx)-1(�) χουμε = -- και χ = = 2 χ--+1' χ--+1+ χ( χ -1)2

ι 1 -lnx + x(-..!..) . (x(x - ln x) - 1) . χ ιιm -'----------''-- = ιιm 2 = Χ-+[' ( 3 2 2 )' Χ-+[+ 3χ - 4χ + 1 χ - χ + χ

. 1 - ln x - 1 . -lnx ω ιιm = ιιm = χ-+!+ 3χ2 - 4χ + 1 χ-+!+ 3χ2 - 4χ + 1 1 ι . -(ln χ)' ι· χ lim -1 ιm = ιm -- = = χ-+!' (3χ2 - 4χ + 1)' χ-+t• 6χ - 4 :ιι--+1. χ(6χ - 4)

= _..!.. . 'Ετσι η f είναι συνεχής στο [1 , 2], αφού 2

lim f(x) = f(1) . Μια παράγουσα της f στο ( 1 , 2] χ-+1+ (η , ( ) ln χ Ε δ , ι· ( ) ι· ιηχ ο

ειναι η g χ = -- . πει η ιm g χ = ιm- = Χ - 1 x-+t• x-.+t• Χ-1 1 ; ιim (ln χ)' = lim � = 1 , η συνάρτηση x-.+t• (Χ - 1)' x-+l+ 1

{ lnx -- , 1 < χ ::::; 2 , , F(x) = χ - 1 ειναι παραγουσα της f στο 1, χ = 1

[ 1 , 2] (πόρισμα 2). Έτσι:

J2 2 ln2 1 f(x)dx = [F(x)Jι = F(2) - F(1) = -

1- - 1 = ln2 - 1

s······ · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· · · · · · · ·· ················ ······································· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · -.

Συνάδελφοι, σας παρακαλούμε να στέλνετε τις ερyασtες σας καθαροyραμμένες,

αν εtναι δυνατό με e-mail. Σε τρtα αντtyραφα και σε κάθε σελίδα να

υπάρχει το όνομα, το τηλέφωνο ή και Fax, ηλεκτρονική διεύθυνση.


w. ι:\ r,\τ:��ττη �Ι! t;ιn)pτ: !i:·.Λ! ι,\�ΚΨi �rm]:i"-JI:wπwπr ι.\ J�.�Ω��!JJ.A'\JJ.;lJ_�·::.ιU1 Jι.V1� . ..\�. J.U ..l!\!J_\R� .. -. J.LJ.U..�.�J.U..!. J.� -"�- _,JΓ.L� -�-'

• ΕυκλείδηςΑ' • ΕυκΑείδηςΒ'

• Ευκλείδης y'

• Δελτίο • Αστρολό�ος

Νέες Ε κδόσεις • Διεθ\'εiς Μαθηματικές ΟλυιιnιόJ5ες(19:

ΟΛΥΜΠΟΣ Υ ΓΙ Ο Ν Ε Α Δ I E Y & Y N r H

c\f \'Ν'Ο

,• \ ΙΙΙ 'Ιόtι,tι� \1 \ΝtιΨ\ΙΙkJΙl. Ι ι�ιηιιι.:ι.

kιιι.ΙJ�ηιιΨ) διaατaαn ·� ... ,�-��

. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ·

E U C L I D E S Υ ' ..-ιι8U!8Μ!Οιιu:ΛΙΙΙΙΙΙ

"""""" -""'�..:�

Ι)ιΊ ι rη"

ιαιιs βRAND

ΜΑSΗΜΑ'ΠΚΗ ΑΝΑΛVΣΗ

� . ... �, .• 1 '···-·· ��illl.l<l;f -·�-··'1 ΙΙΙ• ��i.IΙf'IW>M�ιAojf•,ψ1'ft

--

Η ι ι.ι.�c,\h Νι,.�t, ιιιι ιι 1\tιιJΙ;,-.ιιι·ιr·r l>ιtιιιιϊ:'ιn � �J

Σι·οη:ι.:ιιuΗΣ ΓtΩΜΣΤΙ'Ιλ ΑΠΟ ΑΝΟΠΡΗ ΣΚΟΟΙλ

ΕυκλιlδηςΑ': Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής Μαθηματικές 11ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι 17 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ ΟλυμΠιάδες 1959 · 1999: 20 ευρώ 14ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι 17 ευρώ

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βαλκανικές Μαθηματικές 15ou ΓΙανελληνkJυ Σιινεδρb.ι 17 ευρώ Σχολεία: β ευρώ δρχ. Ολuμmάδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ου ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι 17 ευρώ

ΕυκλdδηςΒ': Τεύχος 2,5 ευρώ θέματα Εξετάσεων ατα Α.Ε.Ι 17ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι 25ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 · 19β9: 6 ευρώ 18ou Πανελληνίου ΣυνεδρkJu 25 ευρώ

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πρακτικά: Συνέδριο Hermls '92 (Αγγλικά) Σχολεiα: 10 ευρώ 1ou ΓΙανελληνίου Συνεδρίχι &ευρώ

· 25 ευρώ

ΕυκλιlδηςΓ': Τεύχος 5 ευρώ 2ou ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ Συνέδριο Hermls '94 (Αγγλικά) Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 3ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ · 2 τόμοι ο τόμος 15 ευρώ

Μαβημ. Επιkώρηση: 4ωδου J"ΙιΝελιΙη.Ωι Σιf.ιrδιDι β ευρώ Γραμμική Άλγεβρα Τεύχος 5 ευρώ 6ου ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ (Gr. Muncres) 6 ευρώ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 7ou ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ

Διαλέξεις: Ο τόμος Μαθηματική Ανάλυση (Louls Brand)

Διαφορικές Εξισώσεις

5 ευρώ

25 ευρώ

(Stephenson) · 10 ευρώ Ιατορiα Μαθηματικών Lorla

(4 Ίόμοι) Α, Β, Γ Ar Γ Β ο Ίόμος β ευρώ 70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Ελληνική Μαθηματική Βιβλιογραφiα 4 ευρώ Στοιχειώδης Γεωμετρlα από Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ 8ou Πανελληνίου Σιινεδρb.ι β ευρώ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρcίι !bι ΓΙανελληνίου Συνεδρίχι β ευρώ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΑ) 20 ευρώ Ανώτερη Σκοπιά β ευρώ Διλ'ήο (Bulletln): Τεύχος 7 ,3D ευρcίι 1Ιbι ΓΙανελληνίου Σιινεδρb.ι 17 ευρώ (Μετρικά · Διόπτρα) 20 ευρώ Θεωρiα Αριθμών 17 ευρώ

1JQJ ljfJQ,o\QIJ4� ��ltl Q-'.f@V Ί;�\1 ε��V ΙjJJfA}λφjJVJΓJQJIJ Wtt TJ1�� TJtt]tΘ..ΨΚ(; 'lfiJiιiJtς; 'IJQtJ ztU

Σ ΣημΕίο αναφοράς

I

www.saνa l as .gr ΖQΟΔ. ΠΗΓΗΣ 1 8 & ΣΟΛQΝΟΣ, ΑθΗΝΑ 1 0 6 8 1 ΤΗΛ. : 210 33' 0 1 2 51 FAX: 2 10 3 3 0 6 9 1 8

Ευκλειδης Β 47

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 47