Ευκλειδης Β 48

Παtόιχηc βοηeήμα:rα. γι,α. όλα. -rα. μα.eήμα.-rα.

.....

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσική yεν. παιδείας Γ Ενιαίου Λυκείου

I. Α. Ισpιικόπουλος ιι ..,.:ιιιi Ιεt. uιεύβuνσικ

I' Ειισfου Λυκείου

,,

1ίίίίίmϊ� Γ· Ενιαίου Λυκείου

·�

Τ ριανrάΦυλλος Μελισσαρόπουλος

Φυσική Γ Ενιαίου Λυκείου βετ. & τεχν. κοuύβυναης

Γ. Βιδάλη ς - Β. Γ κιμίσης

Άλyεβρο yεν. παιδείας Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕθ040Λ�ΓΙΑ Φuσικης J c. • οcι Ο ;,ι l...,.8C,Ou ·--------·-· . ·--..-·- ...... _..

Αντώνης Σαρρηγιόννης

Μεβοδολοyίο φυαικής Β' Ενιαίου Λυκείου

Τ όσος Βαρδόπουλος

Μ. Γ εwργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ό.

Ευκλείδειο rεωμετρίο Β' Ενιαίου Λυκείου

β Εvισιοu Λυκείου

I. Κεφαλλwνίτης, Β. Χρηστίδης

Χημείο βετ. κοτεύβυναης Β' Ενιαίου Λυκείου

I. Βιδόλης, Β. Γ κιμίσης, Α. Κονrογιόννης

Μεβοδολοyίο Χημείας Ερωτήαεις οξιολόyηαης Γ Ενιαίου Λυκείου βετ. κοτεύβυναης ατο Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου

θετ. & τεχν. κατεύθυναης

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΒ www.patakis.qr

Βιβλίο, όχι βόμβε�!

Α. Δασκαλός, Κ. Σπανός κ.ό.

Φυσική yεν. παιδείας Β' Ενιαίου Λυκείου

μαθηματικά Γ' Evιolou Λu�εrou

Ματθαίος Τ σιλπιρίδης

Μαθηματικά yεν. παιδείας Γ Ενιαίου Λυκείου

Ελευθέριος Πρwτοπαπός

Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου · βετ. & τεχν. κοτεύβυναης

Από το Παιδαγwγικό Ινστιτούτο του Υπουργείου Παιδείας εγκρίθηκαν 53 βιβλία και σύνολα εκπαιδευτικού υλικού

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

Στόχος του 20ου Συνεδρίου είναι να προσεγγίσουμε το φαινόμενο της μάθησης και της διδασκαλίας των Μαθηματικών από τη σκοπιά του παιδιού που μαθαίνει, εστιάζοντας στο πώς αντιλαμβάνεται τα Μαθηματικά ως μάθημα και ως πολιτισμικό αγαθό κατά τη διάρκεια της πνευματικής του εξέλιξης.

Ο παραπάνω στόχος συμπληρώνει τις έως τώρα προσεγγίσεις για το φαινόμενο της διδασκαλίας και μάθησης των Μαθηματικών που έχουν ως επίκεντρο είτε την καταλληλότητα της ύλης που διδάσκεται στα σχολεία; είτε την επιστημονική και παιδαγωγική αρτιότητα του εκπαιδευτικού υλικού (βιβλία, αναλυτικά προγράμματα κ.λπ.), είτε την παιδαγωγική και επιστημονική επάρκεια του εκπαιδευτικού (επιμόρφωση, κ.λπ.).

Στο 20ο Συνέδριο θα αναλύσουμε τη διαδρομή του υποκειμένου που μαθαίνει Μαθηματικά διαμορφώνοντας την πνευματικ1Ί, ψυχική και κοινωνική του προσωπικότητα, αλληλεπιδρώντας με συμμαθητές και δασκάλους, με τις απαιτήσεις του οικογενειακού και του σχολικού περιβάλλοντος, με την ίδια τη γνώση και τις εκάστοτε διδακτικές της προσαρμογές.

Σ τ ρ ο γ γ υ λό Τ ρ απ έ ζ ι: Παιδαγωγική και Επιστημονική Ενημέρωση του ΕΚπαιδευτικού: Η Συμβολή της Επιμόρφωσης, της Έρευνας και των Επιστημονικών Περιοδικών.

eΟΟΕισήγηση eΟΟτοποθετήσεις Συνέδρων

Θεμ ατικές Ενότητες το υ Συνεδρίου Α. Γνωστικό επίπεδο: συνέχειες και ρήξεις.

• Η εξέλιξη βασικών μαθηματικών εννοιών και επιστημολογικά εμπόδια στην μαθησιακή πορεία του παιδιού. • Η σύνδεση διαφορετικών γνωστικών περιοχών των Μαθηματικών στο σχολείο και η αξιοποίηση των προηγούμενων

γνώσεων. • Η σχέση των Μαθηματικών με άλλα σχολικά γνωστικά αντικείμενα και τις εφαρμογές τους.

Β. Συναισθηματικό επίπεδο: aυτοεκτίμηση και aπογοητεύσεις. • Ο ρόλος της οικογένειας και της αξιολογικής συμπεριφοράς στο σχολείο. • Η επίδραση της εξωσχολικής βο1Ίθειας. • Φοβίες και σχολική αποτυχία.

Γ. Αντιληπτικό επίπεδο: επίλυση προβλημάτων και επαληθευσιμότητα. • Οι αντιλήψεις των παιδιών για την έννοια του μαθηματικού προβλήματος. • Η μεταβολ1Ί των στοιχείων που καθιστούν μια λύση αποδεκτή ή μη αποδεκτή στην εξέλιξη της σχολικής ζωής των παιδιών. • Τα όρια στη χρήση των αναπαραστάσεων και των παραδειγμάτων

Δ. Κοινωνικό · πολιτισμικό επίπεδο • Η έννοια της συνεργασίας στη σχολική τάξη στο μάθημα των Μαθηματικών. • Η αξία και η χρησιμότητα της μαθηματικής επιστήμης για τα παιδιά. • Επικοινωνία και μάθηση των Μαθηματικών σε πολυπολιτισμικές τάξεις Οι εργασίες οι οποίες θα υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2003 θα κριθούν με βάση τα πλήρη κείμενα από την επιστημονι

κή επιτροπ11. Θα πρέπει να είναι πρωτότυπες και να εντάσσονται στους σκοπούς του συνεδρίου. Τα πλήρη κείμενα των εργασιών που θα εγκριθούν θα περιληφθούν στα πρακτικά του Συνεδρίου, τα οποία θα καταβληθεί προ

σπάθεια να εκδοθούν πριν το συνέδριο.

Οδη γί ε ς για τ η Σύ νταξ η τ ω ν Ερ γα σ ιών Τα πρακτικά τσυ Συνεδρίου θα εκδοθούν με ηλεκτρονική στοιχειοθεσία των κειμένων που θα υποβληθούν γι' αυτό. Χάριν ο

μοιομορφίας και καλής ποιότητας, απαιτείται να τηρηθούν τα παρακάτω: 1. Η εκτύπωση θα είναι σε σελίδα Α4 με περιθώρια 4 εκ. δεξιά και αριστερά, 5,3 εκ. επάνω και κάτω. Το κείμενο θα είναι πλήρως

στοιχισμένο εκτός του τίτλου και των στοιχείων του συγγραφέα που θα είναι στοιχισμένα στο κέντρο. 2. Η πρώτη σελίδα της εργασίας θα περιέχει κατά σειρά:

α) Τον τίτλο της εργασίας, γραμμένο με γράμματα κεφαλαία μεγέθους 16. β) Μια κενή γραμμ1Ί. γ) Το όνομα του συγγραφέα με πλήρη διεύθυνση γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12. δ) Δύο κενές γραμμές. ε) Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά), που δε θα υπερβαίνει τις 15 γραμμές κειμένου, γραμμένη με γράμματα μεγέθους

12. ζ) Θα ακολουθεί το κυρίως κείμενο, γραμμένο με γράμματα μεγέθους 12.

3. Στην τελευταία σελίδα της εργασίας, επισυνάπτεται (εφόσον είναι δυνατό) μια περίληψη της εργασίας σε κάποια διεθνή γλώσσα.

4. Η εργασία θα είναι γραμμένη σε επεξεργαστή κειμένου MS-Word for Windows και θα συνοδεύεται από δισκέτα που θα περιέχει την εργασία. Να χρησιμοποιηθούν γραμματοσειρές Times New Roman Greek για τους τίτλους και για το κυρίως κείμενο.

ΣΗΜΑΝτΙΚΗ ΗΜΕΡΟΜ ΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2003 Τα πλήρη κείμενα των εργασιών (μέχρι 10 σελίδες) θα πρέπει να υποβληθούν μέχρι τις 15 Σεπτεμβρίου 2003 στην παρα

κάτω διεύθυνση:

Ελληνική Μαθηματική ΕταΙ.Qεία (για το 20ο ΣυνέδQιο της ΒΕΡΟΙΑΣ) Πανεπιστημίου 34- 106 79 Αθήνα

και στην Ηλεκτρονική Διεύθυνση: e-mail: [email protected]

Υ πεύ6υνοι Έκδοση<: Ευσταθίου Ευάγγελο�, 'Μπαραλής Γεώργιος, Στρατης Ιωαννης

Συνιακηκή Ομάδα: Ανδρουλακάκης Νίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βλάχου Αγγελικfι Δούvαβης Αντώνης

ΕυθιJμογλου Πέτρος Καλίκας Σταμάτης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Καρακαισάνης Βασίλης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυριακοπούλου-Κυβερvήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Νψώρας Ηλίας Παππάς Γιώργος Ρήγας Θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης Σαi'τηΕύα Σταθόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος Γιώργος Ταπεινός Νίκος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλdμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

Συvερyάι:εc;: ΦελλούρηςΑνάργυρος,Βάρδας Κώστας, Κουτσανδρέας Γεράσιμος, Τ σέκου Κώστας, Μαυρογιάννης Μάνος, Κατωπόδης Γεράοψος

ΕΚΔΟΣΉ ΤΙΙΣ ΕΛΛJΙΝΙΚΙΙΣ ΜΑθΗΜι\ΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑl'<ΈΓΠΣΊΉΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑθΗΝΑ Τηλ,36 17 784 - 36 16 532 Fωc 36 41 025 Εκδότη�: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευ8υvτή�: Τυρλής Ιωάννης

ISSN: 1105-7998 Επιμέλεια Έκδοση�:

Μαραγκόκης Στέλιος ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τeύχο� 2,50 eυρώ Εtήοια συνδρομή 10,00 ευρώ (Σχολ) ΣυνδροΙDΊ.τέ� 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) Ορyαvισμοί: 18,00 ευρώ Ταχ. Επιιαyέ� Τ. Γραφείο ΑΟήvα 54, Τ.θ. 30044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 48 • Απρίλιος • Μάιος • Ιούνιος 2003 • Ευρώ: 2,50

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

ΜΑΘΗΜΑτιΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 3 ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

5 Ο Ευκλείδης προιείνει ... Ευκλείδη και .. .Διόφαvτο

15 Η σιήλη ιου μαllηιή

16 ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS 19 Μαllημαηκοί Διαγωνισμοί- Μαllημαιικeς Ολυμπιάδες

I ΜαΟημαιικά yια ιην Α' Τάξη ιου Λυκείου I

25 ΆλγεΒρα 30 Επαναληπιικeς Ασκήσεις 31 Γεωμειρία

I ΜαΟημαιικά yια ιην Β' Τάξη ιου Λυκείου I

37 ΆλγεΒρα Γενικής Παιδείας

42 Γεωμειρία Γεηκής Παιδείας

42 Ι. Επαναληπιικeς Ασκήσεις

44 11. Γεη.κeς Ασκήσεις Επανάληψης

47 Μαllημαιικά θειικής και Τεχνολογικής Καιεύllυνσης

52 θεωρία Αριllμών

I ΜαΟημαιικά yια ιην Γ Τάξη ιου Λυκείου J

57 Μαllημαιικά Γενικής Παιδείας 61 Μαllημαηκά Θειικής και Τεχνολογικής Καιεύllυνόης 65 Γενικά Θeμαια Επανάληψης 68 Επαναληπιικeς Ασκήσεις 75 Γενικeς Ασκήσεις Ανάλυσης 79 ΕμΒαδόν χωρίου

Σιοιχeιοlleσία - Σελιδοποίηση :Δ bltiμ��J � Ακαδημίας 43; rιιλ. 210-3606826

Εκrύπωση ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε., Ιερά οδός 81 - 83 Yrιcuθ. Τιπιοyραφcίου: Γl Τραcριώτης-Τηi-3474654

π I

Σχετικά με ένα πρόβλημα Στο τεύχος 45 στη στήλη «0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο» είχαμε δημοσιεύσει δύο

λύσεις (μία του προτείνοντος συναδέλφου Θανάση Κυριακόπουλου, μέλους της Συντακτικής Επιτροπής, και

του συναδέλφου Σ. Σκοτίδα απ' την Καρδίτσα, συνεργάτη του περιοδικού) στο πρόβλημα: Να βρεθούν συναρτήσεις f : JR. � JR. με f(x) > Ο, για κάθε χ Ε JR. τέτοιες ώστε: f(x)f(- χ) = d, για κάθε

χ Ε JR. όπου α > Ο (δοσμένος).

Οι λύσεις αυτές ήταν: f(x) = αd'(xJ όπου h(x) μια περιττή συνάρτηση και f (χ) = α (φ( χ) +� φ2 ( χ) + 1) όπου φ(χ) μια περιττή συνάρτηση.

Τελικά είχε τεθεί με μορφή σχολείου της Σ.Ε. το ερώτημα: Υπάρχουν και άλλες λύσεις;

Στο ζήτημα αυτό απαντάει ο συνάδελφος Παν. Λ. Θεοδωρόπουλος απ' την Τρίπολη.

Όταν διάβασα το θέμα αυτό, σκέφθηκα τη συνάρτηση: !α · l l + ημχ t• XE1R και χ:;t:κπ +� (κ Ε Ζ)

( ) συνχ 2 τ χ =

α, αν χ = κπ + � (κ Ε Ζ) 2

η οποία ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος.

Πράγματι έχουμε: i. τ( χ) > Ο, για κάθε χ Ε JR. και

ίί. τ(χ) · τ(-χ) = α2 . {Ι +η:ν\Ιχ- ημχ)

=

τ(χ) · τ(-χ) = α\ αν χ = κπ + �, Κ Ε Ζ 2

οπότε: -χ = (-κ - l)π +�. 2

Η παραπάνω συνάρτηση δεν ανήκει ( φαινο- · μενικά) σε καμία από τις κλάσεις που προτείνονται στις δημοσιευμένες λύσεις.

Αφού βρήκα τη συνάρτηση τ, το ερώτημα που με απασχόλησε ήταν να βρω τη γενική λύση του προβλήματος. Ο τρόπος που ακολούθησα για τη λύση είναι σχεδόν ίδιος με τον τρόπο του συνάδελφου κ.Θ. Κυριακόπουλου. Συγκεκριμένα: • Έστω f μια συνάρτηση πόυ ικανοποιεί τις συν

θήκες του προβλήματος. Για κάθε χ Ε JR. έχουμε διαδοχικά:

f{x) · f(-x) = α2 και f(x) >O<=>

f(x) f(-x) --·-- = 1 και f(x) > O<=> α α

m(f�) .r(:x))�lnl και f(x) >O<o>

f( x) f(-x) ln-- + ln-- = 0 <=>

α α

ln f{-x)

= -ln f{x)

α α

Παρατηρούμε ότι, αν θέσουμε h (χ) = In f (χ) ,

α τότε η h είναι περιττή συνάρτηση και η f μπορεί να πάρει τη μορφή: f{x) = α · eh(x)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/3

Το βήμα του Ευκλείδη

• (Αντίστροφα). Έστω μία συνάρτηση f της μορφής: f (x) = α · eh(x) , όπου h :IR�IR μια

περιττή συνάρτηση. Έχουμε: ί. f(x) > Ο, για κάθε χ ε IR και ίί. f(x) · f(-x) =α2 ·eh(x)+h(-x) = α2 · eo = α2 ,

για κάθε χ ε IR . Βλέπουμε, δηλαδή, ότι η f ικανοποιεί τις συν

θήκες του προβλήματος.

• Συμπέρασμα. Άρα μία συνάρτηση f : IR � IR ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος εάν και μόνον εάν μπορεί να πάρει τη μορφή:

f (x) = α ·eh(x) όπου h : IR � IR μια περιττή συνάρτηση. Έτσι λοιπόν η τ (το δικό μου παράδειγμα) γράφεται: τ( χ) = α · e'n(θ(x)), όπου !1 1 + η

.

μχ I, χ ε IR και χ * κπ + 2: θ(χ) = συνχ 2

π 1, χ = κπ+- (κεΖ) 2

και η y = ln (θ (χ)) όπως εύκολα αποδεικνύεται

είναι περιττή. Ας έλθουμε τώρα στις λύσεις των δύο συναδέλφων. Αν παρατηρήσουμε προσεκτικά τις λύσεις τους, βλέπουμε ότι και οι δύο συνάδελφοι προσέγγισαν το θέμα προσπαθώντας να δώσουν τη γενική λύση του προβλήματος και πως και οι δύο οι λύσεις είναι λογικά σωστές. Είναι δυνατόν λοιπόν να προκύψουν δύο διαφορετικές κλάσεις συναρτήσεων ως γενικές λύσεις; Ασφαλώς όχι. Θα πρέπει λοιπόν οι δύο μορφές συναρτήσεων να είναι ισοδύναμες. Αυ-

τό πράγματι συμβαίνει όπως αποδεικνύεται παρακάτω, ως εξής:

Ι. Ας ξεκινήσουμε από τη μορφή:

f(χ) = α(φ(χ) +�φ2 (χ) + 1), χε!R και φ περιττή συνάρτηση.

Αν θέσουμε: h(χ) =Ιη(φ(χ) +�φ2 (χ) + 1) τότε η h είναι περιττή και η f γράφεται:

f(x) = α · eh(x) ΙΙ. 'Εστω f(x) = α · eh(x) με h :IR�IR περιττή

συνάρτηση. Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση:

e2h(x) - 1 f(x) = 2eh(x)

τότε εύκολα αποδεικνύεται ότι: i. Η φ είναι περιττή και

ii. f(x) = α ·(φ(χ) + �.-φ2-(χ-) +-1) Όπως προκύπτει, λοιπόν, από τα παραπάνω, υ

πάρχει μία και μοναδική κλάση συναρτήσεων που ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος. Είναι οι συναρτήσεις αυτές που μπορούν να πάρουν τη μορφή:

f(x) = α · eh(x) , όπου h : IR � IR μια περιττή συνάρτηση ή ισοδύναμα τη μορφή.

f(x) = α ·(φ (χ) +�φ2 (χ) + 1 ),

όπου φ : IR � IR μία περιττή συνάρτηση.

Το συμπέρασμα αυτό απαντά και στο ερώτημα της Σ.Ε. που συνοδεύει τις δύο λύσεις.

Το ίδρυμα Μείζονος Ελληνισμού με την αιγίδα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας οργάνωσε έκθεση με θέμα

«Υπάρχει σε όλα λύσq; Ταξlδι ιrro κόt1μο των αpχαiων Ελλιpιικών μαfhιματικών». Η έκθεση

Συνιστάται στους συναδέλφους Μαθηματικούς να συνοδεύσουν τους Μαθητές του Γυμνασίου -Λυκείου και να επισκεφθούν την Έκθεση. Είναι μια πολύ καλή εκπαιδευτική Δραστηριότητα.

Πληροφορίες στο Πολιτιστικό Κέντρο «Ελληνικός Κόσμος» Πειραιώς 254 Ταύρος 17778 Τηλ.: 210 4835300

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ. 4/4

Ο Εσκlι:ίδnς

Λυμένα Θέματα (τα έχει προτείνει ο κος Γιώργος Σ. Τασσόπουλος) 6. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος

Πρωτόπαπας, απ' το Περιστέρι). Για μια συνάρτηση f: [α, β] � IR δεχόμα-

στε ότι είναι δύο φορές παραγωγίσιμη και ότι: f(α) = α, f(β) = β. Να αποδείξετε ότι: «αν f"(x) <Ο, για κάθε χ ε [α,β] , τότε f(x) > χ, για κάθε χ ε (α,β))).

Απάντηση: Έστω χ1 ε (α, β) τυχαίος,. Θα δείξουμε ότι:

f(x1) > χ1• Η f ικανοποιεί τις υποθέσεις του Θ.Μ.Τ. σε καθένα απ' τα διαστήματα: [α, χι], [χ1, β], (αφού είναι 2 φορές παραγωγίσιμη).

Άρα υπάρχουν ξ1 ε (α,χ1) και ξ2 ε (χ1,β) τέ-τοιοι ώστε:

f'(ξι)= f(x1)-f(α) = f(χ1)-α χ1 -α χ1 -α

f'(ξ2 )= f(β)-f(x1) β-f(χι ) β-χι β-χι

και

Κι επειδή η f' είναι γνήσια φθίνουσα ( αφού: f"(x) <Ο , για κάθε χ) συμπεραίνουμέ ότι:

f'(ξι) > f'(ξ2 ) ή f(χι)-α > β-f(χι ) Χι -α β-χι

Και συνεπώς: f(χι ) >Χι (μετά από πράξεις).

• Ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα μας έστειλε τη παρακάτω διαπραγμάτευση: Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x)-χ/[α, β]

που είναι παραγωγίσιμη και h(α) = h(α)- α = Ο, h(β) = h(β) - β = Ο. Άρα, κατά το Θεώρημα Rolle υπάρχει χ0 ε (α,β) τέτοιος ώστε: h'(xo) =Ο.

• α< χ< χσ: h'(x) > h'(Xo) =Ο (η h' είναι γνήσια φθίνουσα)

• Χο <χ< β: h'(x) < h'(xo) =Ο Συγκροτούμε έτσι τον πίνακα μεταβολών:

ιιροτι:ίvcι ... ΕσιW:ίδιι και ... Δι6φαyτο

χ α

h'(x) h(x)

Χο I

+ ο -

/I� τ. μ.

(ολικό)

β

Κι επειδή η f(x) είναι συνεχής διαπιστώνουμε ότι: h�

• α<χ�χ0:::::>0=h(α)<h(χ) h�

• χ0 �χ <β:::::>h(χ) > h(β) =Ο .Δηλαδή h(x)>O, για κάθε χ ε (α,β) ή f(x)>x, για κάθε χ ε (α,β).

• Στην ίδια λογική κινείται και η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Ρ. Μπόρη απ' τη Καλλιθέα.

• Επίσης στην ίδια λογική κινείται και η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Σ. Σκοτίδα από την Καρδίτσα.

7. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Τασσόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτpοπής). Αν για ένα σημείο Μ του ύψους ΑΔ οξυγώνιου τριγώνου ΑΒΓ με ΑΒ * ΑΓ ισχύει: ΑΒΜ = Ai'M, τότε να αποδείξετε ότι το Μ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Αρκεί να δείξουμε ότι: ΒΜ .1 ΑΓ, δηλαδή f+ Βι =90' ( σχ. α). Για τη μεταφορά των γω- · νιών αυτών, θεωρούμε το Β' συμ-

Απάντηση:

Α

μετρικό του Β φς προς Δ. Αφού ΑΒ * ΑΓ θα είναι Β'=F-Γ και Βι =ΒΊ, ΑΒΜ=ΑΒ'Μ (1) (λόγω συμμετρίας). Αλλά ΑΒΜ = AfM (2). (από υπόθεση).


Ο Ευκλείδης προτείνει. .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Άρα: (1), (2) �ΑΒ 'Μ = ΜΜ�ΑΜΒΤ ε:y- Συνεπώς: γράψιμο � Γ = Μι . Όμως Μι + Βι = 90" ( αφού Δ= 90" ). Άρα f + Βι = Μι + ΒΊ = 90"

ΑΔ ΜΔ ΑΔ ΜΔ - - -ΒΔ ΒΔ = ΔΓ ΔΓ

1+ΑΔ . ΜΔ

1+ _ΑΔ _ _ _ Μ_Δ.

• Ο συνάδελφος Γιάννης Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγ

μένων με αρχή Δ και οριζόντιο άξονα τη ΒΓ κατακόρυφο άξονα την ΑΔ.

Υ Α(Ο, α) Ο<μ<α

Δ(Ο, Ο) Για τις γωνίες ΑΒΜ και Mf Α έχουμε:

--ΓΜ · ΓΑ γ2 + α.μ συνω = = · IΓMI · IΓAI �γ2 + μ2 - �γ2 + α2

.

Άρα· (β2 + αμ)2 = (γ2 + αμ)2 ·

(β2 + α2) · (β2 + μ2 ) (γ2 + μ2 ). (γ2 + α2 ) ·

(β2 + αμ)2 (β2 + α2)(β2 + μ2 ) , Συνεπώς = η (με-( γ + αμ)2 (γ2 + α2 ) . (γ2 + μ2 )

τά από πράξεις) β2y = α2μ2 ή -βγ = αμ ( αφού β<Ο, γ > Ο, α > Ο, μ > 0).

Η τελευταία ισότητα είναι ισοδύναμη με τη συνθήκη ΒΜ · Γ Α = Ο · δηλαδή η ΒΜ είναι κάθετη στην ΑΓ. Οπότε το Μ είναι το ορθόκεντρο.

• Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης, απ' τη Καλλιθέα Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Έχουμε Β--θ = Γ -φ. Άρα: εφ(Β - θ) =

εφ(Γ - φ) ή εφΒ- εφθ

= εφΓ - εφφ

1 + εφΒεφθ 1 + εφΓεφφ

κ

ΒΔ ΒΔ ΔΓ ΔΓ

Άρα· ΒΔ = ΔΓ .

ΒΔ 2 + ΑΔ · ΜΔ ΔΓ2 + ΑΔ · ΜΔ.

Κι επομένως: ΒΔ · ΔΓ2 + ΒΔ · ΑΔ · ΜΔ = ΒΔ2 · ΔΓ+ΑΔ · ΜΔ · ΔΓ Οπότε: ΒΔ · ΔΓ(ΔΓ- ΒΔ) = ΑΔ · ΜΔ(ΔΓ- ΒΔ) .

Κι επειδή ΔΓ *ΒΔ<::::> ΑΒ * ΑΓ , (που ισχόει από υπόθεση) συμπεραίνουμε ότι:

ΒΔ · ΔΓ = ΑΔ ··ΜΔ (1) Ωστόσο ΔΒ · ΔΓ = ΔΑ · ΔΚ . Άρα: ΑΔ · ΔΚ .

Και συνεπώς: ΜΔ = ΔΚ (2)

Καθώς είναι γνωστό το Κ είναι συμμετρικό του ορθοκέντρου . Άρα Μ = Η .

• Ο συνάδελφος Γ. Στρατής, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω διαπραγμάτευση:

Έχουμε: Α ABM = MfA Άρα:

Ε(ΑΒΜ) ΑΒ · ΒΜ �=.:.;;� = Ε . (ΜΓΑ)

ΑΓ · ΓΜ BL---�--------��r Δ 1

Κι επειδή: Ε • = -ΑΜ · ΒΔ και (ΑΒΜ) 2

Ε • =.!.. ΑΜ · ΔΓ συμπεραίνουμε ότι: (ΜΓΑ)' 2 ΒΔ ΔΓ

ΑΒ · ΒΜ ΑΓ · ΓΜ

ή ΒΔ · ΑΓ · ΓΜ = ΔΓ · ΑΒ · ΒΜ .

Συνεπώς: ΒΔ · � ΑΔ 2 + ΔΓ2 · �ΜΔ2 + ΔΓ2 =

= ΔΓ · �ΑΔ2 + ΒΔ2 - �Μιf + ΒΔ2 . Οπότε, μετά τις πράξεις έχουμε:

ΒΔ · ΔΓ = ΑΔ . ΜΔ ή ΒΔ

= ΜΔ

ΑΔ ΓΔ (1)

Τα ορθογώνια τρίγωνα: ΑΔΒ και ΜΔΓ, λόγω της (1), είναι όμοια. Άρα: ΒΜ =ΔfΜ . Κα� συνεπώς το τετράπλευρο ΑΕΔΓ είναι ε:yγράψιμμο. (Ε = «η τομή της ΓΜ με την ΑΒ)) ). Άρα: ΑΕΓ = ΜΓ = 90° . Κι επομένως το Μ είναι το ορθόκεyφο (τομή δύο ύψων του τριγώνου ΑΒΓ).


Ο Ευκλείδης προτείνει ... Ευκλείδη ... και Διόφαντο

• Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε μία λύση με απαγωγή σε άτοπο, που στηρίζεται στη γνωστή ιδιότητα ενός πλήρους τετραπλεύρου με κορυφές Α, Β, Γ, Δ, Ε, Ζ κατά την οποία:

«αν οι ΑΓ, ΒΔ τέμνουν την ΕΖ στα Η, Θ, αντίστοιχα τότε τα σημεία αυτά είναι αρμονικά συζυγή των Ε, Ζ».

Θ

Απόδειξη Α

Εφαρμόζουμε το Θεώρημα Μενελάου στο τρίγωνο ΑΕΖ με τέμνουσα ΘΒΔ κι έχουμε:

ΘΕ . ΔΖ . BA = l ΘΖ ΔΑ ΒΕ

(i)

και το Θεώρημα Ceνa στο ίδιο τρίγωνο με εσωτερικό σημείο το Γ, οπότε:

ΗΕ . ΔΖ . ΒΑ = l

ΗΖ ΔΑ ΒΕ

Α , ( ") ( . . ) , , ΗΕ ΘΕ π τις 1 , 11 προκυπτει οτι: - =- . ΗΖ ΘΖ

(ii)

Ειδικά όταν BE//Ez<t> θα έχουμε: ΒΑ = ΔΑ

. ΒΕ ΔΖ

δηλαδή: ΔΖ . BA = l ΔΑ ΒΕ

(iii)

Απ' τις (ii), (iii) συμπεραίνουμε ότι: ΗΕ = ΗΖ.

• Θεωρούμε τώρα το ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ.

z Α Ε Ε'

Ζ'- ---- ----- --

Θ Β Δ Γ Έστω Μ ψ. Η θα καταλήξουμε τότε σε άτοπο.

Αρχικά παρατηρούμε ότι: ΑΒ * ΑΓ => ΔΒ '* ΔΓ => ΕΖ, Ε 'Ζ' δείχνοντας

από το σημείο Θ, συζυγές αρμονικό του Η ως

(Ι) Το Θ είναι το «επ' άπειρο σημείο "συνάντησης" των δύο παραλλήλων ευθειών».

προς Β, Γ. Αυτό προκύπτει από τα πλήρη τετράπλευρα με κορυφές Α< Ζ, Η, Ε, Β, Γ και Α, Ζ', Μ, Ε', Β, Γ). Αφού ΒΕΓ = ΒΖΓ( = 90°), το τετράπλευρο

ΒΓΕΖ είναι εγγράψιμο. Ομοίως, αφού ΜΒΖ' = ΜfΈ' (από υπόθεση)

θα είναι και το τετράπλευρο ΒΓΕ'Ζ' εγγράψιμο Από τα εγγράψιμα τετράπλευρα ΒΓΕΖ, ΒΓΕ'Ζ'

λοιπόν έχουμε: ΘΕΑ = Β, ΘΕΆ= Β

οπότε ΘΕΑ = ΘΕ'Α Όμως στο τρίγωνο ΘΕΕ' μία από τις γωνίες

ΘΕΑ, ΘΕΆ είναι εξωτερική και η άλλη απέναντι

εσωτερική. Άρα ΘΕΑ *ΘΕΆ, πράγμα άτοπο. Άρα Μ = Η .

8. (το είχε επίσης προτείνει ο συνάδελφος Γ. Τ ασσόπουλος). Δύο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, ρ) εφάπτονται εξωτερικά στο Α. Θεωρούμε δύο κάθετες τέμνουσες ΒΑΓ, ΔΑΕ των κύκλων αυτών, μεταβλητές. Να αποδείξετε ότι: «το άθροισμα S = ΑΒ · ΑΓ + ΑΔ ·ΑΕ είναι σταθερό)),

Απάντηση:

Θεωρούμε την περίπτωση του σχήματος (α). Μια οριακή θέση της ΒΓ είναι η Β 'Γ = 2R +

2ρ, οπότε Δ = Ε = Α .

Σ' αυτή την περίπτωση έχουμε S = 2R · 2ρ = 4Rρ .

Θα αποδείξουμε το ίδιο για τυχαία θέση της ΒΓ.

Είναι γνωστό ότι ΔΒ//ΓΕ (Αν xy η ΚΟ\νή εσωτερική εφαπτομένη τότε

Β1 = Α1 = Α2 = fΊ => ΔΒ//ΓΕ )

Άρα ΑΒ = ΑΔ =

ΔΒ =

2R =

R ΑΓ ΑΕ ΓΕ 2ρ ρ


Ο Ευκλείδης προτείνει .. . Ευκλείδη ... και Διόφαντο

αφού ΒΜ = Γ ΑΕ = 90" ::::> ΔΒ = 2R, ΓΕ = 2ρ. Θα προσπαθήσουμε λοιπόν να εκφράσουμε το

· S ως συνάρτηση αυτών των σταθερών λόγων. Πράγματι: S = ΑΒ ·ΑΓ2 + ΑΔ ·ΑΕ 2 = R · ΑΓ2 + R ΑΕ2 = ΑΓ ΑΕ ρ ρ R ( 2 2 ) R 2 R 2 =- ΑΓ +ΑΕ =- · ΓΕ =- · 4ρ = 4Rρ ρ ρ ρ

β' τρόπος

Μια άλλη σταθερή σχέση μεταξύ των ΑΒ, ΑΓ, ΑΔ, ΑΕ είναι η: (ΑΒ2 + ΑΔ2) + (ΑΓ2 + ΑΕ2) = ΔΒ2 + ΓΕ2 + 4ρ2 (1) Αλλ

(1) => (ΑΒ2 + ΑΓ2)+(ΑΔ2 + ΑΕ2) = 4R + 4ρ2 => (ΑΒ+ΑΓ)2 = 2ΑΒ ·ΑΓ+(ΑΔ+ΑΕ)2 - 2ΑΔ ·ΑΕ = 4R2 +4ρ2 => {ΒΓγ +(ΔΕ)2 -2S=4R2 +4ρ2 ::::>

::::>2S = {ΒΓ)2 + {ΔΕ)2 - 4R2 -4ρ2 Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι: (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 - 4R2 - 4ρ2 = 8Rρ, ή (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = 4R2 + 4ρ2 + 8Rρ, ή (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = (2R + 2ρ)2, ή τέλος (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2 = (Β'Γ')2 Πράγματι, αφού ΜΒ' = AfT' = ΔΑr = 90"

(σχ. α), το τετράπλευρο ΔΑΓΗ είναι ορθογώνιο, οπότε (Β'Γ')2 = (ΒΉ)2 + (ΓΉ)2•

Αλλά και τα τετράολευρα ΒΓΗΒ ', ΔΕΓΉ είναι ορθογώνια, αφού έχουν τις γωνίες τους ορθές, καθόσον δείξαμε ότι: Η = 90" και οι B',B,f'',E, · βαίνουν σε ημικύκλια.

Άρα ΒΉ = ΒΓ, ΓΉ = ΔΕ, οπότε (Β'Γ')2 = (ΒΓ)2 + (ΔΕ)2•

• Παρόμοια λύση έδωσε ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής,.

• Επίσης παρόμοια λύση απέστειλε ο συνάδελφος Γ. Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Αmκής,.

• Ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα μας απέστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: . Ονομάζουμε θ το μέτρο της γωνίας ΜΒ κάι με

παρόμοιους συλλογισμούς με εκείνους που εκτίθενται στη διαπραγμάτευση του συναδέλφου Γ. Τασσόπουλου δείχνουμε ότι: Af'E = θ.

Άρα: ΑΒ = 2Rσυνθ , ΑΔ = 2Rημθ, ΑΓ = 2ρσυνθ, ΑΕ = 2ρημθ. Κι επομένως: S = ΑΒ · ΑΓ + ΑΔ ·ΑΕ = 4ρRσυν2θ + 4ρRημ2θ = = 4ρR( συν2θ + η μ 2θ) = 4ρR.

• Μια διαπραγμάτευση μας απέστειλε ο συνάδελφος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα με χρήση της δύναμης σημείου ως προς κύκλο και το Πρώτο Θεώρημα Διαμέσων.

• Ο συνάδελφος Σ. Γκουντουβάς απ' την Ύδρα χρησιμοποιεί την παρακάτω βοηθητική πρόταση: «Σε κάθε τραπέζιο με ΑΒ/ /Γ Δ ισχύει: ΑΓ2 + ΒΔ2 = ΑΔ2 + ΒΓ2 + 2ΑΒ ·Γ Δ>> που είναι άσκηση στο σχολικό βιβλίο.

• Ο συνάδελφος Σωτήρης Λουρίδας, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω λύση: Το γινόμενο ΑΒ · ΑΓ παραπέμπει σε δύναμη

σημείου ως προς κύκλο με χορδή ΒΓ. Φέρουμε τη ΒΗ κάθετη στη διάκεντρο ΚΛ που τέ

μνει στο Β' τον κύκλο (Κ, R) και Γ' τον κύκλο (Λ, ρ). Το τετράπλευρο ΒΓ'ΓΗ είναι εγγράψιμμο αφού τα Η. Γ «βλέπουν» τη Β Γ' υπό την ίδια γωνία 9σ .

Γ

Άρα: ΑΒ · ΑΓ = ΑΓ' · ΑΗ = 2ρ · ΑΗ (1)

Όμοια αν η ΔΘ είναι κάθετη στη Β 'Γ' ', τότε το τετράπλευρο ΔΘΕΓ' είναι επίσης εγγράψιμο αφού ΑΘΔ = ΑΕΓ' = 90" .

Άρα: ΑΔ · ΑΕ = ΑΓ' · ΑΘ = 2ρΑΘ (2) Συνεπώς: S = ΑΒ · ΑΓ + ΑΔ · ΑΕ = 2ρ(ΑΗ + ΑΘ) (3)

Αλλ : ΔΑΒ = 90" . Οπότε η ΔΒ είναι διάμετρος του κύκλου (Κ, R). Και συνεπώς τα τρίγωνα ΒΚΗ και ΔΘΚ είναι ίσα.


Ο Ευκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Άρα: ΚΗ = ΚΘ, οπότε ΑΘ = Β Ή (4) ΜΒ=2Rημ(30° -χ

Κι επομένως: (3)

S = 2ρ(ΑΗ + ΒΉ) = 2ρΑΒ' = 2ρ2R = 4ρR (4) Σχόλιο: Το ίδιο αποδεικνύεται και στη περί

πτωση που οι κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά.

9. (το είχε προτείνει ο κος Λουκάς Χυτήρης). Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και δύο διάμετροι ΑΒ, Γ Δ τέτοιες ώστε το μέτρο της γωνίας ΒΟΓ είναι 60" . Στο έλασσον τόξο ΒΓ παίρνουμε ένα τυχαίο σημείο Μ και φέρνουμε τις ΜΑ, ΜΒ, ΜΓ, ΜΔ. Να αποδείξε-

, ΜΔ+ΜΑ r;; τε οτι: = 2 + ν 3 • ΜΒ+ΜΓ Απάντηση:

Το τετράπλευρο ΑΔΜΓ είναι εγγεγραμμένο στο κύκλο. Άρα κατά το Θεώρημα Πτολεμαίου έχουμε:

ΓΜ · ΑΔ + ΔΜ · ΑΓ = ΔΓ · ΑΜ. Κι επειδή: ΑΔ = r, ΑΓ = rJ3, ΔΓ = 2r συμπεραίνουμε ότι:

Μ

ΓΜ + ΔΜJ3 = 2ΑΜ (1)

Παρόμοια απ' το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΔΒΜ παίρνουμε:

ΜΒ + AMJ3 = 2ΔΜ (2)

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (1) και (2) κι έχουμε: ΜΒ + ΜΓ + (ΜΔ + MA)J3 = 2(ΔΜ + ΑΜ) ή

ΜΒ + ΜΓ = (2- J3 )(ΜΔ + ΜΑ) . , ΜΔ + ΜΑ 1 r;; Συνεπως: = � = 2 + ν3.

ΜΒ + ΜΓ 2 - ν3

• Παρόμοια λύση μας έστειλε και ο συνάδελφος Γιάννης Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Απικής.

• Το ίδιο κι ο συνάδελφος Χρ. Δεμερτζόγλου απ' τη Δράμα.

• Ο συνάδελφος Σωτήρης Γκουντουβάς απ' την Ύδρα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση.

Στο ορθογώνιο ΑΜΒ ισχύει:

ΜΑ=2Rσυν(30° -χ

Επίσης στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΜΓ ισχύει:

ΜΓ = 2Rημχ, ΜΔ = 2Rσυνχ

Επομένως: ΜΑ+ΜΔ=2R[συν(30° -χ)+συνχ

και .ΜΒ+ ΜΓ = 2R[ημχ + ημ(30"- χ)] .Οπότε:

ΜΑ+ΜΔ 2R2συν15°συν(15° -χ σφ1Sο =2+J3

ΜΒ+ΜΓ 2R2ημ15°συν(χ- 15)

• Στην ίδια κατά βάση λογική κινείται η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Α. Ιωαννίδη απ' τη Λάρισα.

• Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής έδωσε μια λύση χρησιμοποιώντας μιγαδικούς αριθμούς.

1 Ο. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καλάκος). Ας πάρουμε δύο συγκεκριμένους πραγματικούς αριθμούς ρ, θ με ρ > Ο και Ο < θ < π. Θεωρούμε

όλα τα τρίγωνα ΑΒΓ με Α = θ και περίμετρο ρ. Ν α βρείτε το σύνολο των τιμών που μπορεί να πάρει το μήκος της πλευράς ΑΒ.

Απάντηση: Απ' τη τριγωνική ανισότητα παίρνουμε:

γ < α + β ή 2γ < ρ ή γ <� . Άρα γ Ε (Ο,�). Έτσι αν D είναι το σύνολο τιμών της γ τότε: D�( o,�J. Α ντίστροφα: 'Εστω κ Ε (Ο,� J . Θα αποδείξουμε ότι

υπάρχει τρίγωνο ΑΒΓ με Α = θ , ΑΒ = κ και περίμε

τρο ρ. Οπότε κ Ε D. Κι επομένως: D = (Ο,� J . Προφανώς το ίδιο σύνολο τιμών έχει και η

πλευρά ΑΓ. Θεωρούμε γωνία xAy της οποίας το μέτρο εί-

ναι θ και σημείο Β πάνω στην Αχ τέτοιο ώστε:

ΑΒ = κ με κ Ε (Ο,�). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/9

Ο Ευκλείδης προτείνεL •• Ευκλείδη .•• και Διόφαντο

Ένα μεταβλητό σημείο Μ ξεκινάει απ' το Α και κινείται ομαλά πάνω στην Ay.

Για οποιαδήποτε θέση του Μ με ΑΜ=λ (λ>Ο) ο νόμος των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΜ δίνει: ΒΜ = �κ2 + λ2 - 2κλσυνθ

Το πρόβλημα λοιπόν ανάγεται στο να δεί-

Α.

Μ χ

Υ

ξουμε ότι: υπάρχει λ>Ο τέτοιος ώστε: λ + κ +ΒΜ = ρ και:

ή

ή

κ2 + λ2 - (ΒΜ)2 κ2 + λ2 - (ρ - λ - κ)2 συνθ = = ___ ___::__ __ __:__ 2κλ 2κλ = -ρ(ρ - 2κ) + 2λρ _ 1 2κλ 2συν2 � = 1 + συνθ = -ρ(ρ - 2κ) + 2λρ

2 2κλ 2λ(ρ - 2κσυν2 �) = ρ(ρ- 2κ) (1)

Κι επειδή: ρ - 2κσυν2 � > ρ- 2κ > Ο συμπεραί-2 νουμε ότι: λ = ρ(ρ - 2κ)

2(ρ - 2κσυν2 �) (2)

Για νάναι δεκτή η τιμή αυτή πρέπει και αρκεί: lλ-κl < ρ - λ-κ < λ+ κ

• I λ-κi <ρ-λ-κ<:::::> κ + λ- ρ < λ- κ «2κ<ρ και 2λ<ρ)) Η πρώτη ισχύει απ' τον ορισμό του κ. Η δεύτε-

ρη, λόγω της (2) γίνεται: ρ(ρ - 2κ) θ < ρ<:::::>

ρ - 2κσυν2-2 <:::::>ρ - 2κ <ρ - 2κσυν2 � , που είναι αληθής. 2

(2) • ρ - λ- κ < λ + κ <:::::> ρ - 2κ < 2λ<=:>

ρ - 2κ < ρ(ρ - 2κ) θ : προφανώς αληθής. ρ - 2κσυν2-2

• Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής έδωσε τη παρακάτω λύση: Έστω ΑΒ = κ. Τότε: Ο < ΑΒ < ΒΓ + ΓΑ ή

Ο < 2ΑΒ <ΑΒ + ΒΓ +ΓΑ. Και συνεπώς: Ο < 2κ < ρ ή Ο < κ<Ε. . 2

Για να δείξουμε ότι: «το σύνολο τιμών, που μπορεί να πάρει η ΑΒ, είναι το ανοικτό διάστημα (Ο, Ξ) είναι αρκετό να δείξουμε ότι για οποιαδή-ποτε τιμή κ του ( ο,Ξ) υπάρχει (κατασκευάζεται) τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε: ΑΒ = κ, Α = θ με Ο<θ<π και ΑΒ + ΒΓ + Γ Α = ρ)). Έστω ότι κατασκευάστηκε το τρίγωνο ΑΒΓ.

ο Κατακλίνουμε την ΑΒ και την ΑΓ στη διεύ

θυνση της ΒΓ. Οπότε: ΔΒ = ΒΑ = κ, ΓΕ = Γ Α και συνεπώς: ΔΕ = ρ.

Προφανώς: φ1 = φ2 = Β , θ1 = θ2 = Γ και συνε-2 2

πώς: ΔΑΕ = 180' - Β+ Γ = 90" + Α = 90" + � . 2 2 2 Άρα το Α «βλέπεο) το ευθύγραμμο τμήμα ΔΕ υ-

πό τη σταθερή γωνία 90' + � . Και συνεπώς είναι 2 πάνω στο κύκλο κέντρο Ο (τομή των ΒΣ: «μεσοκάθετη στην ΑΔ)) και ΓΝ: «μεσοκάθετη στην ΑΕ))). Κι έχει ακτίνα R = ΟΔ.

Το μέτρο της γωνίας ΔΟΜ είναι 90' -� . Και 2 συνεπώς: ΜΔΟ = � . Πραγματικά: 2

Α 1 Α 1 Α ΔΟΜ =-ΔΟΕ =-2(1 80' -ΔΑΕ) = 2 2 = 180' - ( 90' + �) = 90' -�.

Το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ είναι κατασκευάσιμο διότι: είναι γνωστό το μήκος ΔΜ = Ε. και το 2


Ο Ευκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη ... και Διόφαντο

Α θ β ' μέτρο της γωνίας ΜΔΟ =- . Άρα το Α ρισκεται 2 πάνω στον κύκλο (0, R).

Εξ' άλλου το Α βρίσκεται επίσης στον κύκλο κέντρου Β και ακτίνας κ. Το Β είναι ορισμένο. (Βρίσκεται στη ΔΕ και. έχει σταθερή απόσταση κι απ' το άκρο Δ).

Άρα το Α ορίζεται ως η τομή των δύο κύκλων (Β, κ) και (0, R). Το Γ είναι η τομή της μεσοκάθετης της ΑΕ με τη ΔΕ.

Για να είναι κατασκευάσιμο το Α πρέπει και αρκεί: IR - κi < ΟΒ < R + κ .

Επειδή ΔΒ = κ <Ε. συμπεραίνουμε ότι το Β εί-2 ναι αριστερά του Μ. Άρα ΟΒ < ΟΣ ΟΑ = R < R + κ. Δηλαδή ισχύει: ΟΒ < R + κ.

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε το αριστερό σκέλος της συνθήκης.

Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΔ έχουμε: R ρ και θ 2συν-2

ρ θ ΟΜ =-εφ-2 2

Και συνεπώς απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΟΜΒ παίρνουμε: ΟΒ = �(ΒΜ)2 + (ΟΜ)2 ή ΟΒ = (i-κ )2 + (iεφΞ)2 Κι επομένως η αποδεικτέα γίνεται: ρ -κ < (Ε.- κ)2 + (Ε.εφ�)2 <=>

2συν� 2 2 2 2

I θ ι 2 2 θ 2 2 θ ρ - 2κσυν2 < (ρ - 2κ) συν 2+ ρ ημ 2 <=>

θ 2 θ ' ' - -4κρσυν2 < - -4κρσυν 2 , που ειναι προφανως α-ληθής. 1 1 . (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Α. Καλάκος).

· Να βρεθεί η ικανή και αναγκαία συνθήκη {x + y +z =α } , ώστε το σύστημα 2 2 2

β να εχει

χ + y +z = μια τουλάχιστο πραγματική λύση (οι α, β είναι συγκεκριμένοι πραγματικοί αριθμοί -

. παράμετροι) .

Απάντηση:

Έστω ότι το σύστημα δέχεται μια πραγματική λύση: (Χο, Υο, Ζο). 2 2 2 · β Τότε χ0 + y0 + z 0 = α και χ0 + y0 + z 0 = .

Κι επειδή: χ� + Υ� + z � � (Χ0Υ0 + Υ σΖ ο + ΖσΧο ) συμπεραίνουμε ότι: 2(χ� + Υ� + z� ) � 2(ΧοΥο + Υ σΖ ο + ΖσΧο ) = = (Χο + Υο + zo)2 - (χ� + y� +z � ) . Και συνεπώς: 3(χ� + y� + z�) � (χ0 + Υ ο + Ζσ )2

α2 ή 3β � α2 ή β�3 . 2

Αντίστροφα: Έστω β ��. Θα δείξουμε ότι το 3 σύστημα έχει πραγματική λύση.

Επειδή: z = α - χ - y, η δεύτερη εξίσωση γίνεται: χ 2 + y2 + (α - χ - y2 ) -β = Ο ή Υ2 + (χ - α)y + [ χ2 - αχ +Ξ(α2 - β)J = ο (1)

Η (1) ως τριώνυμο της μεταβλητής y έχει διακρίνουσα: Δ = (χ - α)2 - 4[ χ2 - αχ+Ξ(α2 - β)] ή Δ =-3χ2 + 2αχ + 2β - α2 (2)

Η διακρίνουσα της (2), θεωρουμένης ως τριωνύμου του χ, είναι:

Δ' = 4α2 + 12(2β - α2 ) = 24(β -�2 ) � Ο 2

• Αν: β >�, τότε Δ'>Ο και συνεπώς η Δ έχει 3 δύο ρίζες ρ1, ρ2 με ρι < ρ2. Τότε για κάθε χ ε [ρ1 , ρ2 ] ισχύει: Δ � Ο και συνεπώς η ( 1) έ-χει πραγματική λύση.

α2 -1 2 • Αν β =- τότε Δ =-(3χ -α) :::;; Ο . Και συ-3 ' 3 νεπώς Δ � Ο μόνο όταν: Δ = Ο. Άρα η (1) έχει

α πραγματική λύση μόνο όταν: χ = 3 . Οπότε η (Ι) γίνεται: i-(3y- α)2 = 0 ή y =� . Συνεπώς το σύστημα δέχεται τη λύση:

α x = y = z =3 . • Ο συνάδελφος Γ. Σταματογιάννης διαπραγμα-



τεύεται μόνο το ορθό με διανύσματα στον τρισδιάστατο χώρο.

12. (το είχε προτείνει ο συνάδελφος Γιάννης

Στρατής, μέλος της Συντακτικής Εmτροπής). Να βρεθεί συνεχής συνάρτηση f: [Ο, π] ��

τέτοια ώστε: π 13 J [f(x)[( 4συνχ + 6ημχ) - f(x)]]dx �-π . ο 2

Απάντηση: Κατ' αρχάς δείχνουμε τη παρακάτω βοηθητική

πρόταση: Για μια συνεχή συνάρτηση f: [α, β � � δεχό

β μαστε ότι: f(x) � Ο , για κάθε χ. Αν J f(x)dx::;; Ο α

τότε f(x) = Ο, για κάθε χ. Απόδειξη: Έστω ότι υπάρχει Χι Ε [α, β] τέτοιος

ώστε: f(χι ) * Ο . Τότε f(χι) > Ο. Κι επειδή η συνάρτηση είναι συνεχής υπάρχουν

γ, δ Ε [α,β] με γ < δ τέτοιοι ώστε: f(x) > Ο, για κά-θε χ Ε [γ,δ] . Ωστόσο:

β γ δ β J f(x)dx = J f(x)dx + J f(x)dx + J f(x)dx > Ο , α α γ δ

γ δ β αφού J f(x)dx � Ο, J f(x)dx > Ο, J f(x)dx � Ο. β

α γ δ

Άρα: J f(x)dx > Ο : άτοπο. α

Η δοσμένη σχέση γίνεται: J [2f(χ)(2συνχ + 3ημχ) - f2 (x)]dx � l 3π ο 2

Οπότε μετά τις πράξεις παίρνουμε: π

J [f(x) - (2συνχ + 3ημχ)]2 dx::;; Ο . ο

Άρα, σύμφωνα με τη βοηθητική πρόταση, συ-μπεραίνουμε ότι: f(x) = 2συνχ + 3ημχ. • Παρόμοια είναι η λύση που έδωσε ο συνάδελ

φος Α. Ιωαννίδης απ' τη Λάρισα. • Παρόμοια είναι η λύση που έδωσε ο συνάδελ

φος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής. 13. (το είχε προτείνει ο μαθητής Γ -iάξης Δημή-

τρης Πιλάλας, απ' τα Γιαννιτσά). Να εξεταστεί αν υπάρχει ν Ε Ν με ν > 3 τέ-

τοιος ώστε: «καθένας wr' τσιις ιφιβμούς: κ + 1, κ + 2, .. . , κ + ν με κ τuzιό8 ιιχέραιο αριθμό να μπορεί να γράφεται ως άβpοισμα δύο τετραγώνων ακέραιων αριθμώw.

Απάντηση : Αποδεικνύουμε ότι: «δεν υπάρχουν 4 διαδοχι

κοί ακέραιοι, που ο καθένας τους να είναι άθροισμα τετραγώνων δύο ακέραιων αριθμών». Επομένως δεν υπάρχουν ούτε μεγαλύτερου πλήθους διαδοχικοί ακέραιοι, που ο καθένας τους να είναι άθροισμα τετραγώνων δύο ακέραιων αριθμώ .

Κατ' αρχάς δείχνουμε ότι: "για κάθε χ Ε Ζ ισχύει: χ2 = O(mod4) ή χ2 = 1(mod4) ".

Πραγματικά: Ας είναι χ = 4κ + λ, όπου κ, λ Ε Ζ με ο ::;; λ < 4 . • για λ = Ο, χ = 4κ� χ2 = 4(4κ2 ) , • για λ = 1 , χ = 4κ+ 1 � χ2 = 4(4κ2 + 2κ) + 1 , • για λ = 2, χ = 4κ + 2 � χ2 = 4(4κ2 +4κ + 1) , • για λ = 3, χ=4κ+3 � χ2 = 4(4κ2 + 6κ + 2) + 1 .

Συνεπώς για οποιουσδήποτε ακεραίους Χι, Xz ισχύει: χ� + χ; = O(mod4) ή χ� + χ; = 1(mod4) ή χ� + χ; = 2(mod4) .

Ας πάρουμε τώρα 4 διαδοχικούς ακέραιους, τότε ο ένας απ' αυτούς θα είναι πολλαπλάσιο του 4. Άρα οι αριθμοί θα είναι: 4κ, 4κ + 1 , 4κ + 2, 4κ + 3. Ο τελευταίος δεν μπορεί, κατά τα προηγούμενα, να γραφεί ως άθροισμα τετραγώνων δύο ακεραίων αριθμών. • Ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης απ' τη Καλλιθέα

Αττικής μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Κατ' αρχάς δείχνουμε τη παρακάτω βοηθητική

πρόταση: «Για οποιουσδήποτε ακεραίους: χ, y που και οι δύο είναι άρτιοι ή και οι δύο περιττοί ισχύει: χ2 + y2 = 2μ(4t + 1) , όπου μ, t ακέραιοι, μ > 0>>.

Πραγματικά: • Αν: χ, y =«άρτιοι», τότε: χ = 2χι, y = 2yι .

Οπότε: χ2 + y2 = 4(χ� + y� ) = 22 (χ� + y� ) . • Αν: χ, y =«περιττοί», τότε: χ=2χι+1 , y=2yι+ 1 .

Οπότε: Χ2 + y2 = 2[(χι + Υι + 1)2 + (χι - yι )2 ] . Σε κάθε περίπτωση: χ 2 + y2 = 2μ, (χ; + y;) , ό-

που μι, Xz, Yz ακέραιοι, μι > Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/12


Αν οι χ2, y2 είναι και οι δύο άρτιοι ή και οι δύο περιττοί, τότε: χ; + y; = 2 j ( xi + y; ) , όπου μz, Χ3, YJ ακέραιοι μz > Ο.

Η διαδικασία είναι προφανώς πεπερασμένη. Άρα τελικά χ2 + y2 = 2μ(χ; + y;) , όπου μ. Χκ, Υκ α-κέραιοι και Χκ = "άρτιος", Υκ = "περιττός".

Ας είναι: Χκ = 2σ, Υκ = 2τ + 1 . Οπότε: χ;+y;=4σ2+4τ2+4τ+1=4(σ2 +τ2 +τ)+1=4ν+1

όπου: if + τ2 + τ = ν. Έστω τώρα ότι υπάρχουν ν με ν> 3 το πλήθος

διαδοχικοί ακέραιοι που ο καθένας απ' αυτούς είναι άθροισμα τετραγώνων ακεραίων αριθμών. Οι αριθμοί αυτοί είναι τουλάχιστο 4 και συνεπώς κάποιοι απ' αυτούς είναι της μορφής:

4s, 4s + 1 , 4s + 2, 4s + 3, s ε Ζ . Για το τελευταίο θα 'πρεπε να ισχ6ει:

2μ ( 4t + 1) = 4s + 3, που είναι προφανώς ψευδής. 11. Προτεινόμενα Θέματα

Όπως είχαμε σημειώσει στο τεύχος 45 στο εξής θα διατηρείται ενιαία αρίθμηση για τα 4 τεύχη της χρονιάς.

Παρακαλούμε τους συναδέλφους να στέλνουν τις εργασίες τους καλογραμμένες και σε τρία (3) αντίγραφα. Σε κάθε αντίγραφο να υπάρχει όνομα, διεύθυνση (ταχυδρομική - ηλεκτρονική - fax) και όλα τα τηλέφωνα. Θα μας βόηθούσε αν οι εργασίες αποστέλλονταν με e-mail ή δισκέτα. 14. (το προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Νικόλαος

Αρτεμιάδης).

Πόσα τρίγωνα έχουν τη μορφή

Υπάρχει σημείο Ε στο επίπεδο του τετραπλεύρου τέτοιο ώστε: «τα τρίγωνα ΑΒΕ και Γ ΔΕ να είναι όμοια>> .

16. (το προτείνει ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπόρης απ' τη Καλλιθέα Αττικής). Έστω f: (0, +οο) � IR παραγωγίσιμη συνάρτη-ση. Να δείξετε ότι: η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που διέρχεται απ' την αρχή Ο των αξόνων είναι: «υπάρχει Χο > Ο τέτοως ώστε: �f(�)=f(�)». Στη συνέχεια να δείξετε ότι: «αν η Cr έχει ασύμπτωτη (δ) της μορφής y = λχ και τέμνει τη (δ), τότε έχει εφαπτομένη, που διέρχεται απ' την αρχή 0».

17. (Γ ο προτείνει επίσης ο συνάδελφος Ρ. Μπόρης. ). Έστω f: (0, +οο) � IR μια δύο φορές παραγω-γίσιμη συνάρτηση, της οποίας η γραφική παράσταση Cr δεν έχει ευθύγραμμο τμήμα mράλληλο προς τον άξονα χ'χ. Αν υπάρχει εφαπτομένη της Cr, που διέρχεται απ' την αρχή Ο των αξόνων και είναι ταυτόχρονα ασύμπτωτη της Cr, να δείξετε ότι: «η Cr

J έχει τουλάχιστο δύο σημεία καμπής». 18. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Απο

στολόπουλος, απ' το Μεσολόγγι). Αν χ, y, ω θετικοί αριθμοί με χ + y + ω = 1 , να βρείτε την ελαχίστη τιμή της παράστασης:

κ= (�- �J(� -ι)(� -ι) .

19. (το προτείνει ο συνάδελφος Χρήστος Δεμιρ

τζόγλου απ' τη Δράμα). Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΜ διάμεσος με ΑΜ = ΑΒ. Από το Μ φέρουμε τη κάθετη .στη ΒΓ κι ας του διπλανού τρι

γώνου·όπου η είναι ένας θετικός ακέραιος αριθμός � και χ ένας πραγ-

\ είναι Ν το σημείο της ΑΓ απ' το οποίο διέρχεται. '-----�--� Να δείξετε ότι: ΑΝ = ΑΓ .

ματικός αριθμός με Ο < χ s 1 ; 15. (το προτείνει επίσης ο Ακαδημαϊκός κος Νι

κόλαος Αρτεμιάδης).

Έστω ΑΒΓ Δ κυρτό τετράπλευρο. Να εξετάσετε αν αληθεύει η παρακάτω πρόταση:

3

20. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Χρ. Δεμιρτζόγλου ).

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ ( Β > f'). Προεκτείνουμε τη Γ Α προς το Α κατά τμήμα ΑΔ = ΑΒ. Ας είναι Μ τυχαίο σημείο της ΒΔ. Φέρνουμε τη κάθετη απ' το Μ στη ΒΔ κι ας είναι Ν, Θ τα


Ο Ευκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη .•. και Διόφαντο

σημεία που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Αν Ε σημείο της ΑΓ τέτοιο ώστε:

Α 1 Α Α ΓΒΕ =-(Β -Γ) , να δείξετε ότι: 2

«ΜΝ + ΜΘ = ΒΕ». 21. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιάννης Στρα

τήγης απ' τη Τρίπολη). Ν α αποδείξετε ότι: «για κάθε ν Ε Ν με ν > 1 ισχύει: �(1 -� J < (1 -� Jν <� » ;

22. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιάννης Στρατήγης). Να αποδείξετε ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

α + β + γ > � υ2 + υ2 υ2 + υ2 υ2 + υ2 τ β Ύ Ύ α α β

23. (το προτείνει ο συνάδελφος Ελευθέριος Πρωτόπαππας απ' το Περιστέρι). Α ν z Ε <C με Argz = θ , θ Ε [ �, 7

4π J και

l2z - 51 = 5 ' να υπολσyίσετε το Arg(2z4 - 5z3 ) .

24. (το προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Κουσινιώρης απ' την Ηλεία). Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ κι ένα σημείο Ρ στο εσωτερικό του. Απ' το Ρ φέρνουμε τα ευθύγραμμα τμήματ α Ρ Δ, ΡΕ, ΡΖ κάθετα στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, ΓΑ αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι: «το άθροισμα ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ είναι ανεξάρτητο απ' τη θέση του σημείου Ρ

J μέσα στο τρίγωνο ΑΒΓ>). 25. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιώργος

Κουσινιώρης). Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: � < αΑ +βΒ+ γf' < π 3 - α+β + γ 2

Σχόλιο της Σ.Ε. Το αριστερό σκέλος με τις γωνίες να μετρώνται σε μοίρες το 'χε προτείνει ο Ακαδημαϊκός κος Ν. Αρτεμιάδης κι είχαμε παρουσιάσει τη λύση του Jτα τεύχη: 38 και 39 αντίστοιχα. 26. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Γιώργος

Κουσινιώρης).

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 45' . Στη πλευρά ΒΓ του τριγώνου παίρνουμε σημείο Δ έτσι ώ-1 στε: ΒΔ =-ΓΔ .

2 Α ν είναι ΜΓ = 60' , να υπολογιστούν οι άλλες γωνίες του τριγώνου ΑΒΓ.

27. (το προτείνει ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας από την Καρδίτσα). Έστω ν Ε Ν" και f( χ) παραγωγίσιμη συνάρτηση στο IR . τέτοια ώστε: ( f{ χ) )2ν+Ι + f{ χ) - χ = Ο ,για κάθε χ Ε IR "

χ

Να υπολογίσετε το J f ( t) dt, όταν χ � Ο . ο

28. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας). Έστω ν Ε Ν" Να δείξετε ότι: η εξίσωση 1 1 χ + y+-+- = 3ν χ Υ δεν έχει λύση στο σύνολο Q: των θετικών) ρfl-τών αριθμών �\to•v -.Jo1 t>

29. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Σ. Σκοτίδας). ί. Ν α αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί α,

β, γ στο (Ο, �) τέτοωι ώστε: συνα = α, ημ(συνβ) = β, συν(ημγ) = γ.

ii. Να διατάξετε κατά μέγεθος τους αριθμούς α, β, γ (από παλιό τεύχος του νant).

30. (το προτείνει ο συνάδελφος Θ. Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής. 1 1 Έστω p, q > 1 και -+- = 1, α > Ο, β > Ο .

Ρ q αΡ βq Να δείξετε ότι: αβ :s; -+- . Ρ q

Στη συνέχεια να δειχθεί ότι: "αν οι συναρτήσεις f(x), g(x), είναι συνεχείς στο κλειστό

I δΙάστημα [α, β] και Α = α (f(x))' dx J' ,

I

Β = α (g( χ))' dx J' , τότε ισχύει η σχέση: β Jr(x)g (x)dx :s; AB " α


Ο Ευκλείδης προτείνει. .• Ευκλείδη ... και Διόφαντο

31 . (το προτείνει ο συνάδελφος Αντώνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής). Σ' ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΔ = 2ρ πέρ------- ...- ...-νουμε δυο σημείο Β, Γ με ΑΒ = ΒΓ = Γ Δ και

θεωρούμε ένα σημείο Μ του τόξου ΒΓ . Οι ευθείες ΜΑ και ΒΔ τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και οι ευθείες ΜΔ και ΑΓ τέμνονται σ' ένα σημείο Ζ. Να δείξετε ότι:

i) MEZ = 3MAz ii) ΜΖΕ = 3ΜΔΕ 32. (το προτείνει επίσης ο συνάδελφος Αντώνης

Κυριάκόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής). Να δείξετε ότι δεν υπάρχει συνάρτηση f : R -+ R , για την οποία ισχύει:

f(f(x)) = χ2 - 2 , για κάθε χ ε R . 1-e ·' " e �oι... \

Η ΣΤΗΛΗ ΤΟΥ ΜΑΘΗJΗ

Ο μαθητής Γ τάξης Βασίλειος Γαλάνης, απ' το Νέο Κόσμο της Αθήνας προτείνει: • Γενική Παιδεία

Μία λίμνη μολύνεται από διαρροή τοξικού υγρού. Η ποσότητα σε λίτρα φ(t) που έχει εισρεύσει στη λίμνη μετά τη πάροδο t ωρών

( ) {�. για t � 4 είναι: φ t = 5 - t l Ot - 32, για t > 4

Η διαρροή διήρκησε 1 Ο ώρες. ί. Να υπολογίσέτε πόσα λίτρα τοξικού υγρού

διοχετεύθηκαν στη λίμνη. ii. Να βρείτε ποια χρονική στιγμή to υπήρχαν στη

λίμνη 8 λίτρα τοξικού υγρού. • Κατεύθυνσης: 1. Να υπολογίσετε το

1. 1 lffi -r====--r===�-.�=== x->+«>.Jx2 + χ +.Jx2 - χ -.J4x2 + 1 2. Για μια συνάρτηση f: IR � IR ισχύει

(f(x) - x8 - x6 )(f(x) - x4 - χ2 )� ο . για κάθε χ. ί. Να αποδείξετε ότι: "η συνάρτηση είναι

συνεχής στο Χο = Ο" ii. Ν α υπολογίσετε το 1im f (χ) Χ->+«> iii. Να υπολογίσετε το

}i�{�f(x) + 1 -�f(x))

Ο μαθητής Β' τάξης Γιάννης Κλωνάτος, απ' το Πειραματικό σχολείο Πανεπιστημίου Αθηνών προτείνει: Άσκηση 5 - Σύνθετα Θέματα 9.1-9.2, σελ. 186.

Θεωρούμε κύκλο (Ο, R), διάμετρο του ΑΒ και μία χορδή του Γ Δ που τέμνει την ΑΒ στο Ε και σχηματίζει με αυτή γωνία 45°. Να αποδείξετε ότι: ΕΓ2 + ΕΔ2 = 2R2•

Λύση: Φέρνουμε από το Γ την κάθετη στην ΑΒ που τέμνει την ΑΒ στο Η και τον κύκλο στο Ζ.

Γ

z Δ Επειδή στο τρίγωνο ΕΓΗ είναι Ε Γ Η = 45° και η Η1 = 90° , έπεται ότι Γ = 45° . Επειδή η ΑΒ είναι διάμετρος και κάθετη στη χορδή, έχουμε ΕΓ =:= ΕΖ Α Δ και 2 · ΓΕΗ = 2 · 45° = 90° οπότε ΔΕΖ= 90° Ε-ξάλλου, έχουμε: ΔΟΖ = 2ΔΕΖ = 2 · 45° = 90° . Έτσι, έχουμε: ΕΔ2 + ΕΓ2 = ΕΔ2 + ΕΖ2 = ΔΖ2

= ΔΖ2 = ΟΔ2 + ΟΖ2 = R2 + R2 = 2R2


Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβλημαι:σμού πάνω στα εξής θέματα: l ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επιστήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει. Για τους συνεργάτες της στήλης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Εισαγωγικά. Φtλοδοξία της στήλης μας, ήταν και είναι, να γίνει βήμα απ' όπου θα ακούγεται η γνώμη αναγνωστών από όλες τις βαθμίδες της εκ-

παίδευσης, σχετικά με τα Μαθηματικά και τη χρησιμότητά τους. Φαίνεται πως είμαστε σε καλό δρόμο.

Γιάννης Κερασαρίδης Ια. Αυτό το ξέρατε;

Ποιο μαθηματικό αποκαλούσε, ο Clifford ( 1 8 1 5-1879), «Κοπέρνικο της Γεωμετρίας;» [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

11. Μαθηματικά και . . . λυρισμός Από την μαθηματικό Ειρήνη Καμενίδη, λάβαμε ένα σημείωμα σχετικά με τα Μαθηματικά και τη χρησιμότητά

τους. Το σημείωμα αυτό είναι περιεκτικό και δύσκολα κρύβεται μια λυρική διάθεση της συγγραφέως του. Το δημοσιεύουμε σε περίληψη λό-γω έλλειψης χώρου.

"Τα Μαθηματικά" . Ειρήνη Καμενίδη - μαθηματικός (Αθήνα) «Μαθηματικά. Τι είναι; 'Ή οδός για τη σωτη- όταν ο τελευταίος του ζήτησε να του διδάξει Γεω

ρία της ψυχής" λέει ο Πυθαγόρας. Συμφωνούν οι μετρία σε λίγο χρόνο και άκοπα. μαθητές; Πόσοι από αυτούς έχουν έντονο το αί- Η ενασχόληση του μαθητή με την επίλυση Μασθημα της Μαθηματικοφοβίας και θα επιθυμούσαν θηματικών προβλημάτων του προσφέρει πολλά να μη τα διδάσκοντα ι ; Όλο ι εκείνο ι που δεν τ οφέλη. Το παιδί διδάσκεται οργάνωση και μεθο&αγαπούν και τα θεωρούν δυσνόητα ίσως επειδή οι κότητα. Συγκεντρώνει όλα τα δεδομένα του προδάσκαλοι τους δεν κατάφεραν να τους κάνουν να βλήματος τα αξιολογεί και μέσα από λογικές διατ' αγαπήσουν . Και για να αγαπήσεις κάn πρέπει δικασίες και επαγωγικούς συλλογισμούς οδηγείται να το γνωρίσεις πολύ καλά. "Δεν υπάρχει βασιλική στη λύση του προβλήματος. Αυτός ο τρόπος σκέοδός προς την Γεωμετρία" ήταν η απάντηση του ψης μπορεί να αποτελέσει βάση για την λύση οφιλόσοφου στον βασιλέα της Αιγύπτου Πτολεμαίο ποιουδήποτε προσωπικού του προβλήματος»

111. Μαθηματικά και Ρίψεις Από τον Γ. Γεωργιάδη, Επίκουρο καθηγητή Τ.Ε.Φ.Α.Α. του πανεπιστημίου Αθηνών, λάβαμε μια 8-σέλιδη εργα

σία στην οποία διαπραγματεύεται επιστημονικά το πρόβλημα των αγωνισμάτων σφαίρα, σφύρα, ακόντιο και δίσκος. Λό-γω έλλειψης χώρου δημοσιεύουμε μια περίληψη. Το πλήρες κείμενο υπάρχει στο αρχείο μας. "Αθλητικές ρίψεις και παράγοντες που επηρεάζουν την απόσταση βολής"

Γ. Γεωργιάδης, Επίκουρος καθηγητής Τ.Ε.Φ.Α.Α. πανεπιστημίου Αθηνώ «Στα αγωνίσματα ρίψεων, βασικός στόχος του ποιες είναι οι ιδανικές τιμές αυτών των παραγό

αθλητή είναι να ρίξει το όργανο σε όσο το δυνατό ντων; γ) με ποιο κινητικό μοντέλο μπορεί να επιμεγαλύτερη απόσταση. αυτό σημαίνει από άποψη τευχθούν αυτές οι τιμές; Η επιστήμη της βιαβιο-μηχανικής, τρία είναι τα βασικά ερωτήματα μηχανικής των αθλητικών κινήσεων έχει δώσει ου"' που πρέπει να απαντηθούν: α) ποιοι είναι οι παρά- σιαστικές απαντήσεις στα δύο πρώτα ερωτήματα, γοντες που επηρεάζουν την απόσταση βολής; β) αλλά δεν απαντά με σαφήνεια στο τρίτο. Σε γενικές γραμμές τα κινητικά μοντέλα που έχουν επικρατήσει στις αθλητικές ρίψεις μπορεί να δtα

κριθούν σ' αυτά που δίνουν έμφαση στην ανάπτυξη ευθύγραμμης ταχύτητας ( σφαιροβολία και ακοντισμός) και σ' αυτά που δίνουν έμφαση στην ανάπτυξη περιστροφικής ταχύτητας (δισκοβολία και σφυροβολία) Απόσταση βολής. Εάν οι παράγοντες της βαρύ

τητας και της αντίστασης θεωρηθούν ως σταθερές μεταβλητές, το κλειδί της επιτυχίας είναι η επίτευξη ιδανικών τιμών στην ταχύτητα, τη γωνία και το

ύψος της απελευθέρωσης του οργάνου που προσδιορίζουν και το βαθμό τελειότητας της τεχνικής του αθλητή. Επειδή στις αθλητικές ρίψεις, το σημείο απ' το οποίο βάλλετα ι το όργανο βρίσκετ


-------------- ΗΟΜΟ MATHEMEτiCUS -------------πάντοτε ψηλότερα απ' το σημείο πτώσης του, για τον υπολογισμό της απόστασης βολής χρησιμοποιείται ο τύπος

R_ υ2.συνφ [ ημ2φ + 2gh] (1) - -- . ημφ + 2 g . υ

Ταχύτητα απελευθέρωσης. Η ταχύτητα απελευθέρωσης είναι ο σπουδαιότερος παράγοντας σ' όλα τα ριπτικά αγωνίσματα. Από τον πίνακα 1 , φαίνεται ότι μια αύξηση της ταχύτητας απελευθέρωσης κατά 4% βελτιώνει την επίδοση κατά 8%, ενώ η διακύμαν ση της επίδοσης σε αντίστοιχες διαφορές στο ύψος και τη γωνία απελευθέρωσης είναι ασήμαντες.

Ρ>-τ>\ οΜοιaοιι• RΙ +Jι2+1) Σzήμu ι . Σιqμυ� ιιιιιp6σιαση -·Ροο-ιι_....,�,....- � ...,-......ιpοι.η.;.

Η ανάπτυξη της ταχύτητας στηρίζεται στους νόμους της κίνησης της Μηχανικής με βάση τους οποίους, όταν μια σταθερά δύναμη εφαρμόζεται σ' ένα σώμα, το σώμα αποκτά ταχύτητα (επιτάχυνση) ανάλογη με το μέγεθος και το χρόνο (απόσταση) εφαρμογής της δύναμης.

Πίνακας I . Διακύμανση των επιδόσεων σε σχέση με την ταχύτητα (υ) απελευθέρωσης, τη γωνία (φ) απελευθέρωσης και το ύψος (h) απελευθέρωσης, σε εφαρμογή της εξίσω-σnc; (ι) που προσδιορίζει την απόσταση Βολήc;

ταyύτ. (υ) � 12rnlsec 14 rn!sec 24 rn!sec 25 rn!sec ύψος(h) � 2.2m 1 .8 m 2.2m

γωνίες(φ)"' R ... R ... R ... 40" 16.71 16.34 22.00 4 1" 16.72 16.36 22.03 42" 16.72 16.37 22.06 43" 16.68 16.34 22.02 44" 16.65 16.32 22.00 45" 16.62 16.30 21 .97

Γωνία απελευθέρωσης. Είναι η γωνία, που σχηματίζεται ανάμεσα στην εφαπτομένη της τροχιάς, που διαγράφει το κέντρο βάρους του οργάνου τη στιγμή της απελευθέρωσης του και του οριζοντίου επιπέδου. Μολονότ ι η συμβολή της γωνίας απελευθέρωσης του οργάνου στη διαμόρφωση της επίδοσης είναι κατά πολύ μικρότερη απ' αυτή τηg. ταχύτητας, είναι βέβαιο, ότι σημαντική απόκλιση από την ιδανική γωνία, θα έχει αρνητική επίδραση στην απόσταση βολής. Όπως φαίνεται από τον πίνακα 1 , μπορούμε να πούμε ότι στη σφυροβολία, για ταχύτητα απελευθέρωσης 20-26 m/s η ιδανική γωνία είναι περίπου 44° , ενώ στη σφαιροβολία για ταχύτητα 10- 14 mls η ιδανική γωνία είναι περίπου 41 ο. Η ιδανική γωνία απελευθέρωσης για τον ακοντισμό και τη δισκοβολία είναι μεταξύ 30°- 37° , λόγω του αεροδυναμικού σχήματος των οργάνων.

1.8 m 2.2m 1.8 m 2.2m 1.8 m R ... R ... R ... R ... R ... 21 .60 60.26 59.82 65. 1 9 64.74 2 1 .65 60.5 1 60.08 65.46 65.03 21.69 60.72 60.31 65.69 65.28 21 .67 60.73 60.33 65.71 65.31 2 1 .66 60.79 60.41 65.78 65.39 21 .64 60.82 60.45 65.82 65.44

Ύψος απελευθέρωσης. Σε σύγκριση με τους δύο άλλους παράγοντες, το ύψος από το οποίο βάλλετα ι το όργανο έχε ι τη μικρότερη επίδραση στη ριπτική απόσταση. Όμως, στην αθλητική πράξη πολλές φορές η νίκη ή η ήττα ενός αθλητή κιfνεται με διαφορά μερικών μόνο εκατοστών. Κατά συνέπεια ο υψηλόσωμος αθλητής πλεονεκτεί έναντι ενός βραχύσωμου. Από τον πίνακα 1 , φαίνεται καθαρά, ότι η επίδραση του ύψους στην απόσταση βολής μειώνεται καθώς αυξάνει η ταχύτητα .. Έτσι, ενώ στη σφαιροβολία, που οι ταχύτητες κυμαίνονται από 10- 14 mls, μια διαφορά ύψους 0,4 m αυξάνει την απόσταση κατά 2% περίπου, στη σφυροβολία, που η ταχύτητα είναι μεγαλύτερη, η ίδια διαφορά των 0,4m βελτιώνει την επίδοση μόνο 0,6%.

Αεροδυναμικοί παράγοντες. Γωνία επίθεσης. Είναι η γωνία που σχηματίζε- νία, σύντομα θα αποκτήσει μια σωστή γωνία επί

ται ανάμεσα στην κατεύθυνση πνοής του ανέμου θεσης, από την οποία θα "γλιστρήσει" ομαλά, στο και στον επιμήκη άξονα του ακοντίου ή την πλατιά υπόλοιπο μέρος της τροχιάς του επιφάνεια του δίσκου. Η γωνία επίθεσης χαρακτη- Το κέντρο πίεσης. Το σημείο στο οποίο δρουν ρίζεται ως θετική, όταν ο επιμήκης άξονας του ορ- οι δυνάμεις της άνωσης και της οπισθέλκουσας γάνου βρίσκεται πάνω από την κατεύθυνση πνοής πάνω στο όργανο καλείται κέντρο πίεσης. Η ακριτου ανέμου και αρνητική όταν συμβαίνει το αντί- βής θέση του κέντρου πίεσης αλλάζει ανάλογα με θετο. Στην αρχή της πτήσης του οργάνου, η γωνία τη γωνία επίθεσης. Ο βαθμός ανόρθωσης ή πτώσης επίθεσης πρέπει να είναι όσο το δυνατό μικρότερη. του εμπρός μέρους του οργάνου είναι ανάλογος με Το όργανο, που θα απελευθερωθεί στη σωστή γω-


--------------- ΗΟΜΟ MATHEMEτiCUS --------------την απόσταση, που δημιουρ'yείται ανάμεσα από το κέντρο πίεσης και το κέντρο βάρους του.

Σταθερότητα της πτήσης. Η σταθερότητα της πτήσης του Ορ'yάνου πετυχαίνεται με δύο τρόπους. Ο πρώτος, ρίχνοντας το όρ'yανο σε γωνία επίθεσης κοντά στο μηδέν, ώστε να μη προσφέρει μεγάλη επιφάνεια στον αντίθετο άνεμο και ο δεύτερος, με την απόδοση περιστροφών. Οι δεξιόχειρες αθλητές προσθέτουν περιστροφές στη φορά των δεικτών του ρολογιού, ενώ οι aριστερόχειρες αντίθετης φοράς. Λόγω αυτού του γεγονότος, οι δεξιόχειρες έχουν το πλεονέκτημα με άνεμο από τα δεξιά τους και οι aριστερόχειρες από τ' αριστερά τους. Ο

ακριβώς αντίθετος άνεμος ευνοεί όλους τους αθλητές>>

IV. Ένας πρακτικός κανόνας στην Αριθμητική Πρόοδο

Από το συνάδελφο μαθηματικό Χρήστο Ηρακλείδη (Ρόδος) πήραμε την παρακάτω εργασία της οποίας δημοσιε6-ουμε περίληψη λόγω έλλειψης χώρου: «Μια στοιχειώδης μέθοδος επίλυσης προβλημάτων στις Α.Π.>> Χρήστ. Έκτ. Ηρακλείδηςμαθηματικός

Το πρόβλημα: «Δίνονται δύο όροι α.: και αλ μιας Α.Π. και ζητείται ένας άλλος <χρ>>. Η απάντηση: Με την κλασική μέθοδο των συστημάτων, εκφράζουμε συναρτήσει του α1 και του ω τους δοσμένους όρους και λύνουμε το σύστημα που προκύπτει. Με την πρακτική μέθοδο των διαστημάτων ερ'yαζόμαστε ως εξής: Βρίσκουμε πόσο απέχει ο μικρότερος απ' τον μεγαλύτερο και διαιρούμε το

αποτέλεσμα με το πλήθος των διαστημάτων που μεσολαβούν ανάμεσά τους, οπότε βρίσκουμε το ω. Κατόπιν, προσθέτουμε (ή αφαιρούμε) στον μικρότερο, τόσα διαστήματα, όσα μεσολαβούν μέχρι τον επόμενο όρο και έτσι βρίσκουμε τον ζητούμενο όρο. Παράδειγμα: Ο 5°ς όρος μιας Α.Π. είναι ο -5 και ο 15°ς όρος είναι -2. Να βρείτε τον αsο

Απάντηση: Είναι αιs-αs=-2-(-5)=3 [τόσο απέχει ο α15 απ' τον α5] . Επίσης 15-5=10 [τόσα είναι τα διαστήματα ανάμεσα στους α1 5 και α5], άρα 3/10=ω [τόσο είναι το μήκος του κάθε διαστήματος] . Άρα αsο=α1s+35ω = -2 +35.(3/10)=1 7/2 [διότι 35 είναι τα διαστήματα ανάμεσα στους α15 και α50] Σαν θεωρητική τεκμηρίωση των παραπάνω θε� ρούμε το ω=(α.:-αλ)/(κ-λ)= .. . =ω Ο τύπος αυτός ανακαλύφθηκε απ' τον γράφοντα,

κατόπιν υπόδειξης της πρακτικής μεθόδου, απ' την μαθήτριά μου τίτα Μπάκη ( 1° ΤΕΕ Ρόδου). Δεν γνω ρίζω αν ο τύπος αυτός είναι γνωστός ή όχι. Πάντως σημασία έχει ότι η μαθήτρια έκανε την πα

ρατήρηση μόνη της. Αυτή είναι η διαδικασία της μάθησης.

V. Πρώτα συμπεράσματα

Ο μαθητής Βασίλης Αγγελόπουλος [Α' Λυκείου, 4° Λύκειο Αργυρούπολης] μας έστειλε πρώτα αποτελέσματα μιας ερ'yασίας που κάνει σχετικά με το ερώτημα: «πως βρίσκουμε τα τετράγωνα διψήφιων αριθ-μών;)): (α1 α2 )2=10[(αι . α1α.2 )+(αι .α2)]+ α� =10{αι [( 10αι )+α2]+(αι .α2)}+ α� =(10αι)2+2(10αι)(α2)+ α� = (1Οαι+α2)2 = ( α1α2 )2. Ποια είναι η γνώμη σας;

Ιβ. «αυτό το ξέρατε;)) [η απάντηση]

Είναι ο Niko1as Ivanovitch Lobatchewsky [ 1793-1856]. Σε ηλικία 8 ετών έγινε δεκτός στο Γυμνάσιο. Σε ηλικία 14 ετών έγινε δεκτός στο πανεπιστήμιο του Καζάν, σαν πρωτοετής. Σε ηλικία 1 8 ετών πήρε το πτυχίο του. Σε ηλικία 22 ετών εκλέχτηκε Έκτακτος Καθηγητής στο πανεπιστήμιο του Καζάν. Σε ηλικία 23 ετών εκλέχτηκε Τακτικός Καθηγητής και σε ηλικία 34 ετών εκλέχθηκε Πρύτανης του ίδιου πανεmστημίου. Εκείνο που χάρισε αιώνια δόξα στον Lobatchewsky, είναι ότι υπήρξε ο πρώτος στην ιστορία της aνθρωπότητας που διατύπωσε μία «μη Ευκλείδεια Γεωμετρία)) [η πρώτη δημόσια ανακοίνωση έγινε στη Φυσικομαθηματική Εταιρεία του Καζάν το 1 826] (Πηγή:'Όι μαθηματικοί", Ε.Τ. BELL, τόμ. Π, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης)


Η-.� �1'.;. - Η·ι� ΟJ. �

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

[) 20ος ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ "Ο ΑΡΧΙΜΗΔΗΣ", ΣΑΒΒΑΤΟ� 15 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2003

ΘΕΜΑΤΑ ΜΙΚΡΩΝ ΤΑΞΕΩΝ

1. Να προσδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου ν για τις οποίες ο αριθμός Α = ν3 - ν2 + ν - 1 είναι πρώτος.

Λύση Ο αριθμός Α γράφεται Α=ν3 -ν2 +ν- 1=ν2 (ν- 1) + (ν- 1) = (ν-1)(ν2 + 1)

Επειδή είναι ν � 1 θα έχουμε ν - 1 � Ο και ν2 + 1 � 2 . Άρα ο Α ·είναι πρώτος μόνον όταν ισχύει ότι ν-1=1 , δηλαδή για v=z. 2. Να προσδιορίσετε τετραψήφιο αριθμό

xyzw , ο οποίος έχει την ιδιότητα:

Από Ο :ς z, w :ς 9 προκύπτει ότι: Ο :ς 1 1z + 2w :ς 1 17 <=> Ο :ς 1002 - 1 01y :ς 1 17 <=> <=> -1002 :ς -101y :ς -885 <=> 885 :ς 101y :ς 1002 <=>

885 1002 <=> - :ς Υ :ς -- <=> 8, 76 :ς y ::ς 9,92 <=> y = 9. 101 μη

Για y = 9 η (3) γίνεται:

l lz + 2w = 93

Από Ο :ς 2w :ς 1 8 προκύπτει ότι Ο :ς 93 - 1 1z :ς 1 8 <=> -93 :ς -l lz :ς -75 <=>

75 93 <=> 75 :ς 1 1z :ς 93 <=> - :ς z ::ς -1 1 1 1

<=> 6_2_ ::ς z ::ς 82_ � z = 7 ή z = 8 . 1 1 1 1

Για z=7 προκύπτει από την (4) ότι

(4)

2w = 16 <=> w = 8 και ο αριθμός είναι xyzw= 1978 Αν του προσθέσουμε το άθροισμα των ψη� Για z=8 προκύπτει από την ( 4) ότι 2w = 5 ( αδύ-φίων του, προκύπτει ο αριθμός 2003.

Λύση Σύμφωνα με τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε

xyzw + χ + y + z + w = 2003 ,

με 1 :ς χ :ς 9 και Ο :ς y, z, w :ς 9 .

Η εξίσωση (1) γράφεται: 1000χ + 1 OOy + 1 Oz + w + χ + y + z + w = 2003

(1)

1001χ + 101y + 1 1z + 2w = 2003 (2)

Επειδή είναι 10 1y + 1 1z + 2w � O , από την (2)

προκύπτει ότι 1001χ :ς 2003 <=> χ = 1 ή χ = 2 (αφού ισχύει ότι 1 :ς χ :ς 9 ). Η περίπτωση με χ = 2 οδηγεί στην εξίσωση 1001 + 1 1z + 2w = 1, που είναι αδύνατη. Άρα θα

είναι χ = 1 . Για χ = 1 η (2) γίνεται:

101y + 1 1z + 2w = 1002 (3)

νατη). Άρα ο ζητούμενος αριθμός είναι ο 1978.

3. Δίνεται οξυγώνιο ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Το ύψος του ΑΗ και η μεσοκάθετος ε της πλευράς ΑΒ τέμνονται στο σημείο Μ. Η κάθετη προς την ευθεία ε στο σημείο Μ τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Δ. Αν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΒΜΔ τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Σ, να αποδείξετε ότι: ί. ΒΣ Ι Ι ΑΜ .

ii. το τετράπλευρο ΑΜΒΣ είναι ρόμβος. Λύση

i. Επειδή είναι ΜΔ _i ΜΣ η ΔΣ είναι διάμετρος του κύκλου, οπότε θα είναι και ΔΒΣ = 90° , δη-

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' λστ' τ.4/19

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

λαδή ΒΣ .l ΒΓ . Επίσης έχουμε ΑΜ .l ΒΓ , οπότε θα είναι ΒΣ//ΑΜ.

ii. Επειδή το Μ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΒ θα είναι

Α

(1)

Επιπλέον Α1 = Β2

(2), ως εντός εναλλάξ των

παραλλήλων ΒΣ, ΑΜ με τέμνουσα την ΑΒ. Από τις (1) και (2) έχουμε: Β1 = Β

2 • Έτσι η ΒΚ στο τρίγωνο ΣΒΜ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε το τρίγωνο ΣΒΜ είναι ισοσκελές με ΒΣ=ΒΜ. Έχουμε ακόμη ότι ΒΣ=ΣΑ, αφού το Σ ανήκει στη μεσοκάθετο του ΑΒ. Άρα έχουμε τελικά ότι: ΜΑ=ΜΒ=ΒΣ=ΣΑ, δηλαδή το τετράπλευρο ΑΜΒΣ έχει τις πλευρές του ίσες, οπότε είναι ρόμβος.

4. Να προσδwρίσετε όλους τους θετικούς ακέραιους οι οποίοι μπορούν να παραστα-

θ , κλά

, μν + 1 ουν ως σματα της μορφης -- , μ + ν

όπου μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι.

Λύση

Έ θ , , j.ιν + 1 , στω α ετικος ακεραιος και α = -- , οπου μ,

μ + ν

ν είναι θετικοί ακέραιοι. Τότε θα είναι:

να - 1 μ = -

ν - α (1)

Από την (1) παρατηρούμε ότι για ν-α=1 , δηλαδή για ν = α+ 1 ε Ν * , προκύπτει ότι

μ = (α + 1 )α - 1 = α2 + α - 1 ε Ν * .

Επομένως για τον τυχαίο θετικό ακέραιο α υπάρχουν οι θετικοί ακέραιοι μ = α2 + α - 1 και ν=α+ 1

έτσι ώστε να ισχύει: μν + 1 α = -- . μ + ν

ΘΕΜΑΤΑ ΜΕΓΑΛΩΝ ΤΑΞΕΩΝ

1. Αν a,b,c,d είναι θετικοί πραγματικοί α

ριθμοί και a3 + b3 + 3ab = c + d = 1,

είναι θετικός ακέραwς. Να προσδwρίσετε τις τιμές των α, β για τις οποίες ο κ είναι πρώτος, δηλαδή είναι κ > 1 και οι μοναδικοί θετικοί διαιρέτες του είναι οι αριθμοί 1 και κ. να αποδείξετε ότι:

(a +±I +(b +�I +(c+�)3 +(d +�)3 �40

Λύση Η ισότητα α3 + b3 + 3αb = 1 γράφεται α3 + b3 - 1 = -3αb <::::> α3 + b3 + (-1)3 = 3αb(-1) <::::> α + b - 1 = 0 ή α = b = -1 (αδύνατο)

<::::> α + b = l . Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε την ανισότητα χ3 +y3 � xy(x + y), (1) που ισχύει για κάθε χ, y � Ο, αφού είναι ισοδύνα-

μη με την προφανή ανισότητα (χ - y)2 (χ + y) � ο .

Λόγω της (1) έχουμε ( αφού είναι α, b >Ο)

( α+±Ι + ( b +�)3 �

� (α +±)( b +�)( α+± + b +�) �

� 2 · 2(1 + :b)

αφού είναι α+b= 1 και α +_!_ � 2, b + _!_ � 2 α b

για α, b>O.

(2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4120

Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------

Από την ισότητα α+b= 1 και τη γνωστή ανισότητα b ( α+ b )2 , , b 1 , 1 4 α :::::;; -- προκυπτει οτι α :::::;; - η -2:: , 2 4 αb

οπότε η (2) γίνεται: ( α+�)3 + ( b +i-)3 2:: 2 · 2 · 5 = 20. · (3)

Ομοίως προκύπτει η ανισότητα: (c +�)3 + (d+�)3 2:: 20, (4) οπότε το ζητούμενο προκύπτει με πρόθεση κατά μέλη των (3) και (4). Παρατήρηση :

Ισχύει (α+�) ν + (β + t τ ;::::

2 {α� β + α; β τ '

αν α, β > Ο και ν φυσικός. Σαν εφαρμογή έχουμε ότι: αν α, β > Ο με α + β = 1 και ν φυσικός τότε: (α+ _!_)ν + (β +_!_)ν 2:: � α β 2ν-Ι (περιοδικό "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" της Ε.Μ.Ε., τόμος Α' τεύχος 6° Ιούνιος 1968). Οπότε για ν = 3 και με εφαρμογή της μεταβατικής ιδιότητας: αν α > β και β > γ τότε α > γ προκύπτει το προηγούμενο πρόβλημα. 2. Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς

το σύστημα: χ2 + y2 -z(x + y) = 2 y2 + z2 - x(y + z) = 4

z2 + χ2 -y(z + x) = 8

Λύση

Παρατηρούμε ότι αν χ + y + z = Ο => χ + y = z,y+ z = -χ, z + χ = -y, το σύστημα γίνε-ται χ 2 + y2 + z2 = 2 , χ 2 + y2 + z2 = 4 , χ2 + y2 + z2 = 8 αδύνατο επομένως χ + y+ z * Ο .

Άρα από:

και με αφαίρεση κατά μέλη των παραπάνω εξισώσεων ανά δύο προκύπτουν οι εξισώσεις:

(z - x)(x + y+ z) = 2 (4) (y- z)(x + y+ z) = -6 (5) (x - y)(x + y + z) = 4 (6)

Έτσι προκύπτουν οι εξισώσεις 1 x - y y - z z - x --- =--=-- = -- = t x + y+ z 4 -6 2 (7)

Με πρόθεση κατά μέλη των (1), (2) και (3) προκύπτει η εξίσωση:

(x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = 14 (8)

1 Από τις (7) και (8) λαμβάνουμε:

(4t)2 + (-6tγ + (2t)2 = 14 � t =_!_ ή 2 t = --

Για t = _!_ από τις (7) λαμβάνουμε: 2 . y -z = -3, z - χ = 1, χ + y + z = 2

� y = z - 3, χ = z - 1, χ + y + z = 2 � y = z - 3, χ = z - 1, z - 1 + z -3 + z = 2 � y = z - 3, χ = z - 1, z = 2 � (x, y, z) = (1, -1,2)

ο ' 1 ' λ ' μοιως, για t = -- , προκυπτει η :υση 2 (x, y,z) = (-1, 1,-2).

2

3. Δίνεται κύκλος C κέντρου Κ και ακτίνας r, σημείο Α πάνω στο κύκλο και σημείο Ρ στο εξωτερικό του κύκλου C. Από το σημείο Ρ θεωρούμε μεταβλητή ευθεία ε η οποία τέμνει τον κύκλο C στα Β και Γ. Αν Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, να αποδειχθεί ότι υπάρχει μοναδικό σημείο Τ του επιπέδου του κύκλου C τέτοιο ώστε το άθροισμα ΗΑ 2 + ΗΤ2 να είναι σταθερό ( ανεξάρτητα από τη θέση της ευθείας ε).

χ 2 + y2 -z( χ + Υ) = 2 y2 + z2 - x(y + z) = 4 z2 + χ2 - y(z + x) = 8.

(1) Λύση

(2) α. Ύπαρξη

(3) Αν :ΚΚ' .l ΒΓ , οπότε είναι γνωστό ότι: ΑΗ = 2 ·ΚΚ' . Έχοντας υπόψιν, ότι για την δημιουργία του α-


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες

θροίσματος των τετραγώνων ΗΑ 2 + ΗΤ2 , αρ- 4. Στο σύνολο Σ των σημείων ενός επιπέδου κεί να εμφανίσουμε ένα τρίγωνο ΗΑ Τ ορθογώ- Π ορίζουμε μία πράξη * ,δηλαδή μία απει-νιο στο Η , προσπαθούμε να κατασκευάσουμε κόνιση της μορφής Δ τρίγωνο Α Η Τ που να είναι όμοιο προς το τρί-γωνο ΚΚ'Ρ. Έτσι από το Α φέρουμε την ΑΤ//ΚΡ και τέτοια ώστε ΑΤ = 2 · ΚΡ . Τα τρίγωνα ΑΗΤ και ΚΚ'Ρ είναι όμοια γιατί έχουν

ΑΗ = ΑΤ = 2 και Κ'ΚΡ = ΙLΔ.Τ . ΚΚ' ΚΡ Α

�τ

Άρα θα είναι και Afrr = κΚ 'Ρ = 90° οπότε ΗΑ2 + ΗΤ2 =ΑΤ2 = (2 ·ΚΡ)2 = 4 ·ΚΡ2 ,

που είναι σταθερό και ανεξάρτητο από τη θέση της ευθείας ε. β. Μοναδικότητα

Έστω ότι υπάρχει και σημείο Γ * Τ τέτοιο ώστε να ισχύει ΗΑ 2 + ΗΓ2 = c2 (σταθερό), για κάθε θέση του Η: (πιθανώς να ισχύει c2 * 4 ' ΚΡ2 ). ,. · Τότε τα μέσα Μ, Σ των τμημάτων ΑΤ, ΑΓ, αντιστοίχως, ορίζουν ένα σταθερό τμήμα ΜΣ και ακόμη τα μήκη των τμημάτων ΜΗ και ΣΗ είναι σταθερά, αφού ΜΗ = ΑΤ = ΚΡ και 2

ΑΤ'2 2ΗΣ2 = c2 - -- (Θ. διαμέσων στο τρίγωνο 2 ΑΗΓ). Τότε όμως το τρίγωνο ΜΣΗ κατασκευάζεται με δύο δυνατές θέσεις για την κορυφή Η. Αυτό είναι άτοπο γιατί η κορυφή Η έχει άπειρες δυνατές θέσεις, αφού μεταβάλλεται, όταν αλλάζει θέση η ευθεία ε.

Α

τ

* : Σ χΣ�Σ

η οποία απεικονίζει κάθε διατεταγμένο ζεύγος σημείων (Χ, Υ) στο σημείο

Χ * Υ = Ζ , που είναι το συμμετρικό του Χ ως προς κέντρο συμμετρίας το σημείο Υ. Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ στο επίπεδο Π. Είναι δυνατόν με διαδ9χικές εφαρμογές της πράξης * στο σύνολο των τριών κορυφών {Α,Β,Γ} να λάβουμε ως εικόνα την

τέταρτη κορυφή Δ ; Λύση

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων Oxy έτσι ώστε

Β = 0(0,0), Γ( α, Ο), Α(Ο,α), Δ( α, α). Σύμφωνα με τον ορισμό της πράξης *, παρατη-

3 .. ,_ ρούμε ότι κάθε εφaρμογή της μεταξύ των σημείων Β, Γ ή μεταξύ αυτψν και των εικόνων που προκύπτουν με διαδοχικέ� εφαρμογές της, οδηγεί σε ένα σημείο του άξονα των χ.

Υ

Δ

Ο=Β Γ χ Ομοίως κάθε εφαρμογή της πράξης * μεταξύ των σημείων Α, Β ή των εικόνων που προκύπτουν με διαδοχικές εφαρμογές της, οδηγεί σε ένα σημείο του άξονα των y. Ομοίως , για τα σημεία Α, Γ προκύπτουν σημεία πάνω στην ευθεία που ορίζεται από τα Α και Γ. Επίσης κάθε μορφή της πράξης * μεταξύ του Α και ενός σημείου του άξονα των χ θα ανήκει _ σε ευθεία που τέμνει τον άξονα των χ και περνάει από Α. Μία τέτοια ευθεία αποκλείεται να περνάει από το Δ, αφού ΑΔΙ /χ'χ. Ανάλογα ισχύουν για το Γ και σημεία του άξονα y.


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------ΤΟ «ΟΔΟΙΠΟΡΙΚΟ» ΤΗΣ ΔΗΜΙΟΥΡΓΙΑΣ ΕΝΟΣ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΟΣ

ΠΟΥ ΖΗΤΑΕΙ ΤΗΝ ΑΠΟΔΕΙΞΗ ΜΙΑΣ ΑΝΙΣΟΤΗΤΑΣ

Εισαγωγή: Όταν ο Α. L. Cauchy (1 789 - 1 857) στην Ecole Polytechnique όπου εδίδασκε ζήτησε από τους φοιτητές του στις γραπτές εξετάσεις να τους αποδείξουν: για κάθε αι , α2, . . . , αν θετικούς πραγματικούς αριθμούς ισχύει ότι: α1 + α2 + . . . αν {j ν ---'--=----..:.... > ν α . α . . α > ----,-----

ν - I z · · · ν - 1 1 1 -+-+ .. . +αι α2 αν ίσως να μη φανταζόταν ότι το πρόβλημα - θέμα αυτό θα αποτελούσε μία από τις σπουδαιότερες βασικές προτάσεις της Άλγεβρας. Κατά την άποψη μας, η στιγμή της δημιουργίας ενός καινούργιου μαθηματικού προβλήματος είναι κορυφαία μαθηματική στιγμή. Ο κατασκευαστής ενός τέτοιου προβλήματος θα πρέπει πpώτα να είναι έμπειρος και δυνατός λύτης, αφού η επόμενη κίνήση μετά την κατασκευή είναι η απαλλαγή του από το σύνδρομο του κατασκευαστή και η λειτουργία του σαν λύτη, καθότι πάντα υπάρχει ο κίνδυνος μια διαφορετική λύση να υποβιβάσει τον μαθηματικό στόχο του προβλήματος. Η δεξιοτεχνία που αποκτάται από την ενασχόληση με την κατασκευή προβλημάτων αλλά και το ταλέντο του κατασκευαστή είναι επίσης σημανtικοί παράγοντες. Θεωρούμε αναγκαία την επαφή (αυτών που ασχολούνται με την λύση προβλημάτων), με τρόπους κατασκευής προβλημάτων. Είναι σημαντικό πολλές φορές, να επιχειρείται, η "κάθοδος" προς τον "πυρήνα" του προβλήματος σαν μια προσπάθεια να κατανοηθεί ο στόχος και η διαδικασία της κατασκευής του. Ας παρακολουθήσουμε, λοιπόν, το "οδοιπορικό" της δημιουργίας ενός προβλήματος με θέμα την απόδειξη μιας ανισότητας.

ΣΤΟΧΟΣ Να χρησιμοποιήσουμε την θετικότητα των μέτρων των πλευρών ενός τριγώνου, έστω α, β, γ και την

του Σωτήρη Λουρίδα

πιθανή χρησιμοποίηση της ιδιότητας I β - γi < α < β + γ με όλες τις συνεπαγωγές που προέρχονται από αυτή, εξετάζοντας το ενδεχόμενο με κατάλληλο μετασχηματισμό να αναφερθούμε τελικά σε αρνητικούς αριθμούς.

Το πρόβλη μα εκκίνησης: Αν α, β, γ πλευρές τριγώνου ισχύει το λήμμα:

αz · βz · γz � ( 4Jjr )3 Ιδέες:

lη)Από x ::;; O :::::} x = - lxl . Άρα μια αρνητική ή ίση με το μηδέν ποσότητα μπορούμε να την χειριστούμε αντικαθιστώντας την από ένα σύμβολο έστω το - t με t � Ο .

2η) Να χρησιμοποιήσουμε το λήμμα - πρόβλημα εκκίνησης (του οποίου θα παραθέσουμε την απόδειξη) ως εξής: αz . βz . γz � ( 4Jjr J3 <=> 3.J3α2β2γ2 � 26 . E�r

<=> 27α4β4γ4 � 2ι2 (E�r )3 <=> . • . <::::> 3 ·�α4 · β4 · γ4 � (α + β + γ)(β + γ-α)

(α+ γ- β)(α + β -γ)

3η) Επεξεργαζόμενοι τις γ2 < (α+ β)2 και (α-β)2 < γ2 έχουμε: -2αβ < α2 + β2 -γ2 < 2αβ <::::> <=> jαz + β2 - γ2 j < 2αβ <=>

(α2 + βz -γz )2 < 4α2βz <::::> . . . <::::>

<=>( α+β+γ)( α+ β-γ)( α-β+γ){β+γ-α) > Ο<::>

<::::> (α + β -γ)( α-β + γ){β + γ - α) > Ο

4η) Θεωρώντας ήδη ότι μπορούμε να θέσουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4123

Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμmάδες ---------μπορούμε να προχωρήσουμε αναφερόμενοι στους αρνητικούς αριθμούς χ, y, z.

Σκέψη ασφάλειας Λόγω της συμμετρικότητας των χ3 + xyz, y + xyz,

3 . �α4 · β4 · γ4 · . Από (α -β + γ) {α+β -γ)(β + γ - α) > Ο �

<:::} ( α+β+γ)( α-β+γ)( α+β-γ)(β+γ-α) >Ο <:::} . . . <:::}

� Jα2 + β2 -γ2 J < 2αβ � Ια - βl < γ < α+β

z3 + xyz, αρκεί Αυτή η σχέση μας δίνει το δικαίωμα να υποθέσου-

Jχ3 - y3 J < Jz3 + xyzJ < Jx3 + y3 + 2xyzJ (σ) με ότι υπάρχει τρίγωνο με πλευρές αντίστοιχων

ώστε να εξασφαλίζεται η ισχύς της τριγ. ιδιότητας.

Αντιμετώπιση: Δημιουργούμε το δεδομένο: χ, y, z < Ο και

(χ3 + z3 -y +xyz)(y +χ3 -z3 +xyz) ( z3 + y3 - χ 3 + xyz) < Ο οπότε υποχρεωτικά

χ3 + z3 - y3 + xyz < Ο και y3 + χ3 - z3 + xyz < Ο ,

r + � -Χ3 + :xyz < 0 ΠΟυ μας εξασφαλίζουν την (σ)

Σπουδαία Παρατήρηση: Παρατηρούμε ότι: ( χ3 + xyz )4 =χ4 ( χ2 + yz )4 , (Υ + xyz)4 = Y4 (y +xz)4 , ( r +xyz)4 =z4 ( i +xy)4 οπότε α4 = χ4(χ2 + yz)4 ' Β4 = y4(y2 + xz)4 ' γ4 = z4(z2 + xy)4

Η δημιουργία: Έστω χ, y, z αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί έτσι ώστε να ισχύει: {χ3 + z3 - y3 + xyz){y3 + χ3 - z3 + xyz) ( z3 + y3 - χ3 + xyz) < Ο , να αποδείξετε ότι

( χ3 + y3 + z3 + 3xyz )( χ3 + y3 -z3 + xyz) {χ3 + z3 - y3 + xyz){y3 + z3 - χ3 + xyz) ::; ::; 3 - �χ4 · y4 . z4 {x2 + yz)4 · {y2 + xz)4 {z2 + xy)4

Η λύση: Θεωρούμε: χ3 + xyz = -α, y3 + xyz = -β, z3 + xyz = -γ με

α, β, γ > Ο. Οπότε η υπόθεση γίνεται: ( -α- γ + β) ( -α - β + γ) ( -β - γ + α) < 0 �

� ( α - β + γ) ( α + β -γ) (β + γ - α) > Ο , και

η ζητούμενη σχέση γίνεται:

μέτρων α, β, γ. Χρησιμοποιούμε το λήμμα, που

πήραμε σαν πρόβλημα εκκίνησης και έχουμε:

. . . � 3�α4 · β4 · γ4 � (α + β + γ) (β + γ - α) (α + γ -β) (α+β - γ) � 3�α4β4γ4 �

� (-α-β-γ)( --β-γ+α)( -α-γ+ β){ --α-β+γ) �

3�x4y4z4(x2 + yz)4(y2 + xz)4 (z2 + xy)4 �

(χ3 + y3 + Ζ3 + 3xyz)(y3 + z3 - χ3 + xyz) (χ3 + Ζ3 - y3 + xyz)(y3 + Χ3 - Ζ3 + xyz) .

Απόδειξη του λήμματος: Α ν JR η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου στο

τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε

α · β · γ � 4Ε · R => 4ΕΑΒΓ = α · β · γ (*) ΑΒΓ .fj R.fi γνωρίζουμε ότι 2τ ::;; 3R .J3 ( 2τ = α + β + γ) =>

1 1 αβγ αβγ (•) => - �--=> - � --=>

2τ 3R .J3 2τ 3R .fj 4ΕΑΒΓ = α · β · γ < 3αβγ (**) .J3 R.fi - 2τ

Αλλά από την ανισότητα του Cauchy έχουμε α+β + γ � 3{/α · β · γ => 2τ � 3ψ;βγ =>

8τ3 3αβγ 2ι3 (••)

=> αβγ ::; - => . . . =>-- ::; (αβγ) => 27 2τ

4Ε ΑΒΓ = αβγ < 3αβγ < ( β )2/3 => ι::; ι::; - _ α γ => ν3 Rν3 2τ

4ΕΑΒΓ < ( β )2/3 ( β )2 > (4EABr )3 => .fj _ α γ => α γ _ .fj ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/24

I για τη Α .. τάξη του Λυκείου

ΑΛΓΕΒΡΑ Σκοπός του άρθρου αυτού είναι βοηθήσει κάθε μαθητή της Α

' λυκείου να κάνει επανάληψη στην άλγ&

βρα. Θα λύσουμε ασκήσεις ως εφαρμογή της θεωρίας.

(Αφιερωμένο στους μαθητές μου της Α' Λυκείου στο Λύκειο Λαμπείας του Νομού Ηλείας)

του Καλίκα Ε. Σταμάτη

Επαναληπτικές ΑακήD'εις Λυμένες Ασκήσεις 1. Ας ξεκινήσουμε με μία άσκηση με τις aξιο

σημείωτες ταυτότητες από τον τελευταίο διαγωνισμό της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας (Ε.Μ.Ε Αρχιμήδης 2003). Αν α, β > Ο και α3 + β3 + 3αβ = ι (ι) να αποδεί- _ ξετε ότι α + β = ι .

Λύση:

Ας θυμηθούμε την ισοδυναμία

Λύση: Έστω α2 + β2 +γ2 + δ2 + αβ + γδ = 1 τότε δια

δοχικά έχουμε: � + � +f +� + � + � - � + � = 0

( α-δ)2 + (α + β)2 + (γ + δ)2 + (β+ γ )2 = Ο

από την οποία προκύπτει α = δ = -γ = β = -α οπότε α = β = γ = δ = Ο και τότε αδ - βγ = Ο κάτι που

είναι άτοπο.

α3 + β3 + γ3 = 3αβγ <:::> α + β + γ = 0 ή α = β = γ • Ας λύσουμε τώρα δύο ασκήσεις παραγοντο-

που προκύπτει από την ταυτότητα του Eu1er. Η (1) γράφεται α3 +β3 + (-1)3 = 3αβ(-1) άρα

α+β + (-1) = Ο ή α = β = -1 που είναι αδύνατο γιατί α, β > Ο. Έτσι α+ β = 1 .

2. Ας θυμηθούμε την μέθοδο <<Απαγωγή εις άτοπΟ)). Αν ο α2 είναι περιττός τότε ο α είναι περιττός.

Λύση:

Έστω ότι ο α είναι άρτιος. Τότε α=2κ, κ ακέραιος, και α2 = 4κ2 = 2λ , λ ακέραιος, άρα ο α2 είναι άρτιος κάτι που είναι άτοπο γιατί από την υπόθεση ο α2 είναι περιττός.

3. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β, γ, δ ισχύει αδ - βγ = ι να αποδείξετε ότι:

α2 + β2 + γ2 + δ2 + αβ + γδ :;e ι .

ποίησης:

4. Να παραγοντοποιήσετε τις παραστάσεις: α. χ3 - 2χ και β. χ3 + 2χ -3 .

Λύση: α. χ3 - 2χ = χ(χ2 -2) = x(x -.Ji)(x +.Ji)

β. χ3 + 2χ - 3=χ3 - χ + 3χ -3 = = χ(χ2 - 1) + 3(χ - 1) = χ(χ - 1)(χ + 1) + 3(χ - 1)

= (χ - 1)[χ(χ + 1) + 3] = (χ - 1)(χ2 + χ + 3) .

Το τριώνυμο χ2 + χ + 3 δεν παραγοντοποιείται

γιατί έχει αρνητική διακρίνουσα.

Ας θυμηθούμε ασκήσεις στην διάταξη των αριθμών.

Για την σύγκριση αριθμών χρήσιμες είναι οι παρακάτω ισοδυναμίες: • α > β <:::::> α - β > Ο

α • Αν α, β > Ο , - > 1 <:::::> α > β β


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

• Αν α,β>Ο, α>β<::::> αν >vβ . • Αν α,β ομόσημοι α < β <::::> .!.. >-1

α β

5. Α ν α είναι πραγματικός αριθμός και α � 1 , να συγκρίνετε τους αριθμούς α3 -α και 1 - α2 •

Λύση: α3 - α -(1 - α2 ) =α3 + α2 - α- 1 = = α2(α + 1) - (α + 1) = (α+ 1)(α2 - 1) = = (α+ 1)2 (α- 1) � Ο γιατί (α + 1)2 � Ο και α - 1 � 0 . Έτσι α3 - α � 1 - α2 .

6. Αν α < 2 < β να συγκρίνετε τους αριθμούς αβ + 4 και 2(tι. + β) .

Λύση:

Από την σχέση α < 2 < β προκύπτουν οι σχέσεις α-2 < Ο , β - 2 > Ο . Για να συγκρίνουμε τους αβ + 4 και 2(α + β) αρκεί να βρούμε το πρόσημο της διαφοράς τους.

αβ + 4 - 2(α+ β) = αβ - 2α+4- 2β = = α(β - 2) - 2(β - 2) = (β - 2)( α- 2) < Ο . Έτσι αβ + 4 < 2(α+ β) .

7. Να συγκρίνετε τους αριθμούς 334 και 251 •

Λύση: 334 Αρκεί να συγκρίνουμε τον λόγο με το 1 . 251

Διαδοχικά έχουμε 334 = (32 )17 =

(2.)1 7 > 1 25 1 (23 )17 8 .

Έτσι καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι 334 > 251 .

Δραστηριότητα: Να συγκρίνετε τους αριθμούς 38303 και 5720 •

8. Να συγκρίνετε τους αριθμούς Α = �J3� και B = �l� .

Λύση:

Α = �J3V3 = �3},/3 = �w = 134 = JJ3

και Β = �2Ψr = ��24 · 4 = � = ifi . Τότε Α 6 = 32 =9 ενώ Β6 = 23 =8 . Αφού λοι

πόν Α6 > Β6 θα είναι και Α > Β. Και μια και είμαστε στις ρίζες να θυμηθούμε ό

τι τις παραστάσεις με άρρητο παρονομαστή τις μετατρέπουμε σε παραστάσεις με ρητό. Να ένα παράδειγμα.

9. Να μετατραπεί η παράσταση Α = J3 2 .J2 3 - 2

σε παράσταση με ρητό παρονομαστή.

Λύση:

Α= 2 2(./3 +J2) = 2(./3 +J2) = J3 -J2 (./3 -J2)(J3 +J2) J32 -J22 = 2(./3 +J2) 2(./3 +J2) 1 ι ο. Αν ι � α < 3 και 2 � β < 4 να βρείτε σε ποιο

διάστημα ανήκουν οι αριθμοί

ί.

ίίί.

ί. α + β , ίί. α - β , α

iv. 3α - 2β . ίίί. - και β

Λύση: 1 � α < 3 ίί. 1 � α < 3 2 � β < 4 -4 < -β � 2

3 � α+ β < 7 -3 < α - β < 1 1 � α < 3

iv. 3 � 3α < 9 1 1 1 -8 < -2β � -4 - < -�-4 β 2 3 3 -5 � 3α- 2β < 5 α - <-<-4 β 2 Ας θυμηθούμε τις εξισώσεις: Ξεκινάμε με μία παραμετρική εξίσωση ι ου

βαθμού :

1 1 . Να λυθεί η εξίσωση (λ\tχ =λ2 - λ (1)

για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού λ.

Λύση:

Πρώτα εξετάζουμε για ποιες τιμές της παραμέτρου, μηδενίζεται ο συντελεστής του αγνώστου.


------------- Μαθηματικά ΎUΙ την Α' Λυκείου

λ 2 + λ = ο <=> λ( λ+ 1) = ο <=> λ = ο ή λ = -1 . Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Α ν λ :;t: Ο και λ :;t: -1 τότε λ 2 + λ :;t: Ο και η εξίσωση έχει μόνο μία λύση την

λ2 - λ λ(λ- 1) λ- 1 Χ = -- = = --λ2 + λ λ(λ+ 1) λ + 1 . Α ν λ = Ο η εξίσωση ( 1) γίνεται Οχ = Ο που είναι

ταυτότητα δηλαδή αληθεύει για κάθε πραγματικό αριθμό χ.

Α ν λ = -1 η εξίσωση ( 1 ) γίνεται Οχ=2 που είναι αδύνατη δηλαδή δεν αληθεύει για κανένα πραγματικό αριθμό χ. Συνεχίζουμε με μία ελλιπή εξίσωση 2ou βαθμού .

12. Να λυθεί η εξίσωση: 6χ2 + 3χ = Ο . Λύση:

6χ2 + 3χ = Ο <::::> 3x(2x+l) = O <::::> χ = Ο ή χ = -.!.. . 2 Ο προσδιορισμός του πεδίου ορισμού μιας

συνάρτησης οδηγεί στην λύση εξισώσεων ή ανισώσεων.

13. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτη-χ - 1 4 σης: f(x)= + ---(χ + 1)(χ - 2) χ( χ + 3)

Λύση:

Η συνάρτηση ορίζεται για τους πραγματικούς , , {(x + 1)(x - 2) :;t: O

αριθμους χ για τους οποιους χ(χ + 3) :;t: O {(χ + 1)(χ - 2) = Ο <=> {χ = -1 ή χ = 2 . χ(χ + 3) = 0 χ = Ο ή χ = -3 {(x + 1)(x - 2) :;t: O {x :;t: -1 και χ :;t: 2 Έτσι <::::> . x(x + 3) :;t: O χ :;t: Ο και χ :;t: -3

Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι: Dr = (-οο,-3) υ (-3,-1) υ (-1, 0) υ (Ο, 2) υ (2,+οο)

Λύση:

Η εξίσωση ορίζεται για τα χ ε IR με χ :;t: Ο και

χ :;t: -1 . Με τους παραπάνω περιορισμούς του χ έ-3χ + 2

χουμε: ( 1 )<:::::} χ(χ + 1)-- = χ 2χ2 + 5χ +2 2 = χ(χ + 1) · + χ(χ + 1)--<::::> χ( χ + 1) χ + 1

3χ2 + 5χ + 2 = 2χ2 + 7χ + 2 <=> χ2 - 2χ = ο <=> χ( χ - 2) (2).

Η εξίσωση (2) έχει ρίζες χ = Ο και χ = 2. Από αυτές δεκτή είναι μόνο η χ = 2. Δραστηριότητα: Να λυθούν οι εξισώσεις:

ί. x z -2χ+ 1 _ 1 = -1- και χ-2 χ-2

χ-1 2 1 3 ίί. Χ + 2 + ΧΖ + 2Χ =-:;- Χ + 2 • Ας θυμηθούμε εξισώσεις που λύνονται με

την βοήθεια της εξίσωσης χ ν =α, ν θετικός ακέραιος και α πραγματικός αριθμός.

15. Να λυθεί η εξίσωση: χ3 - 8χ = Ο . Λύση:

χ3 - 8χ = ο <=> χ(χ2 - 8) = ο <=> χ = ο ή

χ2 - 8 = 0 .<::::> χ=Ο ή χ2 = 8 <::::> χ = Ο ή x =.J8 ή

χ = -.J8 <::::> χ=Ο ή χ = 2J2 ή χ = -2J2 . 16. Να λυθεί η εξίσωση:

χ2 (χ2002 + 4)(χ10 - 1024)(χ2003 + 1 ) = Ο (1)

Λύση:

Η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την χ 2 = Ο ή

χ2002 = -4 ή χιο = 1024 ή χ2οω = -1 <=> χ = Ο ή χ = �1024 ή χ = -�1024 ή χ = -2004Ϊ <=> χ = ο ή

Χ = 2 ή Χ = -2 ή Χ = -1 . Ας λύσουμε τώρα μία εξίσωση με απόλυτες τιμές

Συνεχίζουμε με μία κλασματική εξίσωση που 17. Να λυθεί η εξίσωση: ανάγεται σε εξίσωση 2ou βαθμού Ι χ - 1 1 +4 Ι χ - 1 1 22 --=- (1)

14. Να λυθεί η εξίσωση: 3χ + 2 2χ2 + 5χ + 2 2 = +--

χ χ2 + χ χ + 1 (1).

3 5 15

Λύση:

Η ( 1 ) ισοδυναμεί με την:


------------- Μαθηματικά για την Α' Λυκείου ------------5 1 χ - 1 1 + 20- 3 1 χ - 1 1= 22 <=> Ι χ - 1 1= 1 <::::> χ - 1 = 1 ή χ - 1 = -1 <::::> χ = 2 ή χ = Ο .

• Κάθε εξίσωση της μορφής: αχ4+βχ2+γ=Ο, α:1=Ο λέγεται διτετράγωνη.

18. Να λυθεί η διτετράγωνη εξίσωση: χ4 -6χ2 + 1 = 0

Λύση: Αν θέσουμε χ2 = y η εξίσωση γίνεται:

(1)

y2 - 6y + 1 = 0 (2) Η εξίσωση (2) έχει ρίζες y = 3 -2J2 και

y = 3 + 2J2 . Οι ρίζες της εξίσωσης (1) είναι οι ρίζες των εξισώσεων x2=3-2J2 και χ2 = 3 + 2J2 . 'Ετσι x = ±�3 - 2J2 ή x = ±�3 + 2J2 .

• Ας θυμηθούμε τα συστήματα: Πρώτα ένα σύστημα που μας οδηγεί σε δύο

γραμμικά συστήματα 2χ2: { χ _ 3y =

6 } 19. Να λυθεί το σύστημα: .

(x -y)(x + y) = O

Λύση:

{ x - 3y = 6 } {x - 3y = 6 , x - 3y = 6} (x - y)(x + y) = O <::::> x - y = O η x + y = O · Θα λύσουμε πρώτα το σύστημα:

{x - 3y = 6} <::::> {x - 3y = 6} <::::> {x - 3y = 6} x - y = O -x + y = O -2y = 6 <::::> {x - 3y = 6} <::::> {χ = -3} · y = -3 y = -3 Στη συνέχεια θα λύσουμε το σύστημα:

{x - 3y = 6} <::::> {x - 3y = 6} <::::> {x - 3y = 6} x + y = O -x - y = O -4y = 6

<::::> {χ - 3y � 6} <::::> { χ =% } . y = -- 3 2 y = --2

• Παρατήρηση: Η πρώτη εξίσωση του συστήματος είναι εξίσω

ση ευθείας, ενώ η δεύτερη εξίσωση είναι εξίσωση δύο ευθειών. Οι λύσεις του συστήματος είναι οι συντεταγμένες των σημείων στα οποία η πρώτη ευθεία τέμνει τις άλλες δύο. Θα συνεχίσουμε με ένα παραμετρικό γραμμικό σύστημα 2χ2

20. Να λυθεί το σύστημα: { (λ+ 4)χ -4y = 2 } (Σ) 2χ - (λ + 2)y = -1

για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού λ.

Λύση: Αρχικά βρίσκουμε τις ορίζουσες D, Dx, Dy , του

συστήματος. D = Ιλ + 4 -4 I = -λ2 - 6λ = -λ(λ + 6) . 2 -λ- 2 Dx = 1 2 -4 I = -2λ- 8 . -1 -λ- 2 D = Ιλ + 4 2 1 = -λ- 8 . Υ 2 -1

Εξετάζουμε για ποιες τιμές του λ μηδενίζεται η ορίζουσα D. D = Ο <::::> λ = Ο ή λ = -6 .

Στη συνέχεια διακρίνουμε τις περιπτώσεις: Αν λ * Ο και λ * -6 τότε D * Ο και το σύστημα έχει μοναδική λύση την ( -2λ- 8 -λ- 8 ) (x, y) = -λ2 -6λ ' -λ2 -6λ ·

Αν λ = Ο, τότε το σύστημα γίνεται { 4x -4y = 2 } { 2x - 2y = 1 } 2χ - 2y = -1 <::::> 2χ - 2y = -1 που είναι αδύνατο.

Αν λ = -6 , τότε το σύστημα γίνεται {-2χ - 4y = 2} που είναι αδύνατο. 2x + 4y = -1 Γενικότερα αν η ορίζουσα D είναι ίση με το

μηδέν το σύστημα είναι αδύνατο ή έχει άπειρες λύσεις.

• Και θα τελειώσουμε με ένα σύστημα που η λύση του οδηγεί σε λύση εξίσωσης 2ου βαθμού. 21. Να λυθεί το σύστημα: {χ2 + Υ2 = 25} . . x - y = 1

Λύση: {χ2 + y2 = 25} <::::> {χ2 + (χ - 1)2 = 25} <::::> x - y = 1 y = x - 1 <::::> {χ2 - χ - 12 = 0} (Σ) y = x - 1

Για να λύσουμε την πρώτη εξίσωση βρίσκουμε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/28

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

την διακρίνουσα Δ = 49 και οι ρίζες της βρίσκο-. - 3 , , -β ± JΔ ( νται απο τον τυπο χ = --'----2α 4

Έτσι (Σ) <=> {χ = 4

} ή {χ = -3} . y = 3 y = -4 • Παρατήρηση :

Οι εξισώσεις του συστήματος είναι εξισώσεις κύκλου και ευθείας αντίστοιχα. Οι λύσεις του συστήματος είναι οι συντεταγμένες των κοινών σημείων του κύκλου και της ευθείας.

Τώρα ας επιλύσουμε ανισώσεις 1 ου, 2ου ή ανώτερου του 2°υ βαθμού.

22. Να λυθεί η aνίσωση: ι χ - 2 1 -4 + 1 < ι χ - 2 1 _.!

2 3 3 (1)

α • - < Ο <::::> αβ < Ο β

• � � 0 <=> {αβ � ο} β β :;e Ο

α {αβ :::; Ο} • - ::; Ο <=>

β β :;e Ο

25. Να βρείτε το πρόσημο της παράστασης (χ + 1)(2χ2 + χ + 5) , Α= για τις διαφορες τι-χ2 - 6χ + 8

μές του πραγματικού αριθμού χ. Λύση:

Για να ορίζεται η παράσταση πρέπει χ :;e 2 και χ :;e 4 . Αρκεί να προσδιορίσουμε 'το πρόσημο του γινομένου

(χ + 1)(2χ2 + χ + 5)(χ2 - 6χ + 8) . Λύση: Το πρόσημο του γινομένου φαίνεται από τον

Πολλαπλασιάζοντας τα δύο μέλη με 6>0 έχουμε ι- παρακάτω πίνακα. σοδύναμα: 3 1 χ - 2 1 -12 + 6 < 2 1 χ - 2 1 -4 <=> Ι χ - 2 1< 2 <=>

-2 < χ - 2 < 2 <=> ο < χ < 4 Δραστηριότητα:

' ' χ + 1 2χ + 7 χ + 2 Να λυθει η ανισωση: -- + -- < --2 4 6 23. Να βρείτε τις τιμές του χ για τις οποίες συ

ναληθεύουν οι ανισώσεις: χ + 1 3 3χ+ 2 < χ+ 6 (1) και 2 ---:::; χ +- (2). 2 2

Λύση:

(1) <=> 2χ<4 <=> χ<2. (2) <=> 4- (χ + 1) :::; 2χ + 3

<::::> 3χ� Ο <::::> χ � Ο . Επομένως οι ανισώσεις συναληθεύουν, αν ο:::; χ < 2 .

24. Για την επίλυση κλασματικών ανισώσεων και τον προσδιορισμό του προσήμου κλασματικών παραστάσεων είναι χρήσιμες οι παρακάτω ισοδυναμίες:

α • - > Ο <::::> αβ > Ο β

χ -1 2 4 x+l - Ο + I + I +

2χ2 + χ + 5 + I + I + I + χ2 - 6χ + 8 + I + Ο - Ο + Γινόαι:νο - 0 + 0 - ο +

Έτσι Α>Ο αν και μόνο αν

χ ε (-1,2) υ (4,-too) , Α<Ο αν και μόνο αν

χ ε (-οο,-1) υ (2,4) και Α=Ο αν και μόνο αν χ = - 1 . Ας θυμηθούμε το άθροισμα και το γινόμενο

των ριζών μιας δευτεροβάθμιας εξίσωσης.

26. Να λυθεί το σύστημα: {χ + Υ = 3} . xy = 2

Λύση:

Τα χ, y είναι ρίζες της εξίσωσης

-β + JΔ (2

1. ω2 - 3ω+ 2 = 0 (1). Δ = 1>0, ω =--'-----. 2α

{χ = 1

} {χ = 2

} Έτσι (1) <=> ή . y = 2 y = 1 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/29

------------- Μαθηματικά '114 την Α' Λυκείου

27. Αν {χ + y = α + β} χy = αβ να αποδείξετε ότι: {χ = α} ή {χ = β} · y = β y = α

Λύση: Ονομάζουμε S το άθροισμα χ + y = α+ β και Ρ

το γινόμενο xy = αβ . Τότε τα χ, y όπως και τα α, β είναι λύσεις της

εξίσωσης ω2 -Sω + Ρ = Ο ( 1 ).

Όμως η εξίσωση ( 1) έχει το πολύ δύο λύσεις, άρα {χ = α} ή {χ = β} . y = β y = α 28. Αν {χ - y = α - β} να αποδείξετε ότι χy = αβ

{χ = α} ή {χ = -β} · y = β y = -α Λύση:

Το σύστημα {χ -Υ = α-β} γράφεται χy = αβ {χ + (-y) = α+ (-β)}. x(-y) = α(-β)

Ονομάζουμε S το άθροισμα χ + (-y) = α+ (-β)

και Ρ το γινόμενο x(-y) = α(-β) .

Τότε τα χ, -y όπως και τα α, -β είναι λύσεις της εξίσωσης

ω2 - Sω+ Ρ = Ο (1). Όμως η εξίσωση (1) έχει το πολύ δύο λύσείς,

άρα {χ = α} ή {χ = -β} · y = β y = -α

29. Αν χ1 ,χ2 οι ρίζες της εξίσωσης αχ2 + βχ + γ = Ο , α :;t: Ο ,

να αποδείξετε πρώτα την ταυτότητα (ΧΙ - Χ2 )

2 = (ΧΙ + χ2 )2 - 4ΧΙ · Χ2

, I I JΔ και στη συνεχεια χ1 - xi = -. Ι α Ι Λύση:

(χι + χ2)2 -4Χι · χ2 = Χ� + χ; + 2χι · Χ2 - 4χι · Χ2 = = Χ� + χ; - 2Χι · χ2 = (χι - χ2 )2 ·

Γνωρίζουμε όμως ότι - β χ1 + χ2 - -- και Χ · Χ _]_ I 2 -α

Έτσι η ταυτότητα: (χ1-χ2 )2 =(χ1 +χ2 )2 -4χ1 • χ2 μας δίνει: (χι - xz)2 = ( -�J2 -4� = β2 ::αγ

οπότε I Χ1 - χ2 Ι= JΔ . Ι α l

α

Δ 2 ' α

a Ιnσνσλqnτι«Cf ΑΙ3«ήιιcιc

Λυμένες Ασκήσεις

1. Να λυθεί η aνίσωση: lx2 - x l + lx2 - 3χ+ 2 Ι ::::; ο

Λύση: Επειδή για κάθε χ ε � ισχύει

Ιχ2 - χι � ο και Ιχ2 -3χ + 2Ι � ο η ανίσωση (1) αληθεύει μόνο όταν:

lx2 - xl + lx2 - 3χ + 21 = 0 ,

(1)

του Γεωργιάδη Θωμά

οπότε προκύπτει ότι θα είναι lx2 - χΙ = Ο (Ι) και lx2 - 3χ + 21 = Ο (11)

Ι. <=:> χ2 - χ = 0<=> χ(χ - 1) = 0<=:> χ = 0 ή χ = 1 11. <=> χ2 - 3χ + 2 = ο� χ = 1 ή χ = 2 Προφανώς λύση της ανίσωσης (1) είναι η χ = 1 . 2. Να λυθεί η aνίσωση: lx2 - tl >- χ2 + 1 (1)

Λύση: Επειδή για κάθε χ � � ισχύει ότι χ 2 + 1 >- Ο , η

ανίσωση (1) ισοδύναμα γράφεται: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/30

------------ Μαθηματικά για την Α' Λυκείου -----------χ2 - 1 � χ2 + 1 (Ι) ή χ2 - 1 � -(χ2 + 1) (Π) Η (I) <::::> χ2 - χ2 � 1 + 1 <::::> Οχ2 � 2 , η οποία εί

ναι αδύνατη. Η (11) <::::> χ2 - 1 � -χ2 _:_ 1 <=> 2χ2 � Ο . Άρα χ = Ο

Συνεπώς λύση της ανίσωσης είναι η χ = Ο . 3. Να απλοποιηθεί η παράσταση:

1 1 2 --+--=--= fi - 1 fi +.J3 J5 -.J3 Λύση:

1 1 2 --+ - = .J2 -1 .J2 +J3 J5 -J3

.J2+ 1 J3-.J2 �-�-�+ -(.Ji - 1)(.J2 + 1) (J3 +.Ji)(J3 -.Ji)

2(J5 +J3) "'7""":�-'-=.,......,....-=-''---:� =

(J5 -J3)(J5 +J3)

.J2 + 1 J3 -.Ji 2(J5 +J3) = =--+---2- 1 3 - 2 5 - 3

.J2 + 1 J3 -.Ji 2(J5 +J3) =--+---1 1 2 =.Ji + 1 +J3 -.Ji -J5 -J3 = 1 -J5 4. Να βρεθούν οι τιμές του λ για τις οποίες η

εξίσωση: 8χ2 -2(λ-4)χ-(λ-2)=0 (1) έχει: α. δύο αρνητικές ρίζες, β. δύο ετερόσημες ρίζες.

Λύση : α. Η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο αρνητικές ρίζες όταν:

β γ I. Δ >- Ο , Π. ---< Ο και ill. - >- Ο α α I. Δ >- 0<=> [ -2(λ-4)]2 -4· 8[ -(λ-2)] >- 0<::::>

<::::> 4(λ2 -8λ+ 16) + 32(λ- 2) >- Ο<::> <::::> 4λ2 - 32λ+ 64+ 32λ- 64 >- ο<::::> <::::> 4λ2 >- ο<::::> λ :;t: ο (2)

11. --2(λ -4) -< 0<::::> λ - 4 -< 0<::::> 8 4 <::::> λ- 4 -< Ο<::::> λ -< 4 (3) 111. -(λ- 2) >- Ο<::::> λ -2 -< Ο<::::> λ -< 2 (4) 8 Από τις σχέσεις (2), (3), (4) συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ρίζες αρνητικές όταν λ -< 2 και λ :;t: Ο .

β. Η εξίσωση (1) έχει δύο ρίζες ετερόσημες όταν: I) Δ >- Ο και Π) 1 -< Ο α I. Δ >- Ο<::::> λ :;t: Ο (από α. ερώτημα) 11. -(λ - 2) -< Ο<::::> λ >- 2

8 Συνεπώς η εξίσωση ( 1 ) έχει δύο ρίζες ετερόση

μες όταν λ >- 2 . 5. Αν λ :;t: μ τότε το τριώνυμο

f(x) = x2 - (λ + μ)χ + λ2 -λμ+μ2 είναι θετικό για όλες τις τιμές του χ Ε 9i .

Λύση: Είναι f(x) >- Ο για κάθε χ Ε JR , όταν είναι Δ<Ο. Είναι Δ = [-(λ + μ) Τ -4(� -λμ + μ 2 ) =

= λ2 + 2λμ + μ2 -4λ2 + 4λμ -4μ2 =

= -3λ2 + 6λμ - 3μ2 = -3 (λ2 -2λμ+μ2 )=- 3(λ - μ)2 Επειδή είναι -3 (λ -μ )2 -< Ο για λ :;t: μ δηλαδή είναι Δ <Ο, τότε το τριώνυμο είναι θετικό για κάθε χ Ε JR .

rEnMETPIA Σκοπός του άρθρου αυτού είναι βοηθήσει κάθε μαθητή της Α ' Λυκείου να κάνει επανάληψη στην γεωμe

τρία. Θα αναφέρουμε σημεία που είναι χρήσιμα και στην επόμενη τάξη. Επομένως θέλουμε να είναι βοήθημα και για τους μαθητές της Β ' λυκείου.

του Βάρδα Κώστα και του Καλίκα Ε. Σταμάτη

r Εnαναληnτι«i� Αfι«ήιιcι, Ερωτήσεις κατανόησης: Να εξετάσετε αν είναι σωστή (Σ) ή λανθασμένη (Λ) καθεμιά από τις επόμενες προτάσεις: 1. Κάθε πολύγωνο με ν πλευρές ν>3, έχει οπωσ-

δήποτε μία αμβλεία γωνία. 2. Δύο οξείες γωνίες με,παράλληλες πλευρές μία

προς μία, είναι πάντοτε ίσες. 3. Δύο αμβλείες γωνίες με κάθετες πλευρές μία


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

προς μία, είναι πάντοτε παραπληρωματικές. 4. Δύο ευθείες παράλληλες προς τρίτη ευθεία εί

ναι και μεταξύ τους παράλληλες.

5. Κάθέ εξωτερική γωνία τριγώνου είναι μεγαλύτερη καθεμιάς των απέναντι εσωτερικών γωνιών.

6. Κάθε εξωτερική γωνία τριγώνου είναι ίση με το άθροισμα των δύο απέναντι εσωτερικών γωνιών.

7. Ένα τρίγωνο είναι οξυγώνιο όταν μία γωνία του είναι οξεία.

8. Το ισοσκελές τρίγωνο έχει κέντρο συμμετρίας.

9. Αν δύο τρίγωνα έχουν δύο πλευρές ίσες μία προς μία, και μία από τις μη περιεχόμενες γαινίες ίσες τότε τα τρίγωνα είναι ίσα.

10. Η εξωτερική γωνία Α.ξ τριγώνου ΑΒΓ είναι Λ

μεγαλύτερη από την Γ . 11. Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν β>γ τότε Β > Γ . 12. Σε τρίγωνο ΑΒΓ αν Β = Γ τότε β=γ. 13. Το άθροισμα δύο γωνιών ενός τριγώνου είναι

μικρότερο των 1 80°. 14. Το ισοσκελές τρίγωνο έχει δύο άξονες συμμε

τρίας. 15. Η διάκεντρος δύο κύκλων είναι μεσοκάθετος

της κοινής χορδής. 16. Το σημείο επαφής δύο εφαπτόμενων κύκλων

είναι σημείο της διακέντρου. 17. Το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών ενός

κυρτού ν-γώνου είναι (ν - 2)180° . 18. Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών κάθε

κυρτού ν-γώνου είναι 360°. 19. Έστω τα τμήματα α � β � γ . Υπάρχει τρίγωνο

με πλευρές τα τμήματα α, β και γ αν και μόνο αν α<β+γ.

20. Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει: υ α � δα � μα .

Η ισότητα ισχύει μόνο για το ισοσκελές τρίγωνο.

Απαντήσεις: 1 -Λ, 2-Σ, 3-Σ, 4-Σ, 5-Σ, 6-Σ, 7-Λ, 8-Λ, 9-Λ, 10-Σ, 1 1 -Σ, 12-Σ, 1 3-Σ, 14-Λ, 1 5-Λ, 16-Σ, 1 7 -Σ, 1 8-Σ, 19-Σ, 20-Σ.

Λυμένες Ασκήσεις 1. Αν μία γωνία κυρτού πολυγώνου είναι με

γαλύτερη από το άθροισμα των υπολοίπων γωνιών του, τότε το πολύγωνο είναι τρίγωνο. (Δηλαδή κάθε γωνία κυρτού ν-γώνου με ν�4 είναι μικρότερη από το άθροισμα των άλλων γωνιών του Α1 < Α2 + · · · + Λ. ).

Λύση: Λ Λ Λ Έστω Α1 > Α2 + · · · +Αν τότε

2Αι >Α ι +Α2 + · · · +Αν ή 360° > 2Α1 > (ν-2)1 80° ή 2 > ν - 2 ή ν<4. Οπότε ν = 3 . 2. Η μικρότερη γωνία ενός κυρτού ν-γώνου με

>4 , , , , , 2ν -4 θ , ν_ ειναι μικροτερη η ιση απο -- ορ ες ν ενώ η μεγαλύτερη του είναι μεγαλύτερη ή , , 2ν -4 θ ' ιση απο -- ορ ες . ν

Απόδειξη: Ας υποθέσουμε ότι η μικρότερη γωνία είναι με-2ν - 4

γαλύτερη από -- ορθές τότε όλες οι γωνίες θα ν

2ν - 4 είναι μεγαλύτερες από -- ορθές. Το άθροισμα

ν των γωνιών του ν-γώνου θα είναι μεγαλύτερο από

2ν - 4 ν-- = 2ν - 4 ορθές, κάτι που είναι άτοπο. Ο

ν μοίως καταλήγουμε σε άτοπο αν υποθέσουμε ότι η

2ν - 4 μεγαλύτερη γωνία είναι μικρότερη από -- ορ-ν θές. Τότε όλες οι γωνίες θα είναι μικρότερες από 2ν - 4 -- ορθές. Το άθροισμα των γωνιών του ν

ν 2ν - 4

γώνου θα είναι μικρότερο από ν-- = 2ν - 4 ορν

θές, κάτι που είναι άτοπο.

3. Να αποδείξετε ότι, ένα κυρτό πολύγωνο έχει το πολύ τρεις οξείες γωνίες.

Απόδειξη :

Α ν είχε τουλάχιστον 4 οξείες τότε θα έίχε το� λάχιστον 4 εξωτερικές αμβλείες οπότε το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών θα ήταν μεγαλύτερο των 360° το οποίο είναι άτοπο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τΑ/32

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

4. Έστω το τρίγωνο ΑΒΓ με α>β>γ. Να δείξετε ότι Α > 60° > Γ .

Απόδειξη: Λ " Λ Λ

Αν Γ � 60° , τότε Α> Β> Α > Β > Γ � 60° , οπότε Α+Β+Γ>180°, άτοπο.

5. Αν ένα κυρτό ν-γωνο έχει τρεις γωνίες που η καθεμιά είναι 60°, τότε θα είναι ισόπλευρο τρίγωνο.

Απόδειξη : Οι αντίστοιχες εξωτερικές γωνίες θα έχουν ά

θροισμα 360° οπότε θα είναι τρίγωνο γιατί το άθροισμα όλων των εξωτερικών γωνιών κυρτού νγώνου είναι 360°.

6. Σε ένα κύκλο (Ο,ρ) θεωρούμε χορδή ΑΒ=ρ. α. Να βρείτε το είδος του τριΎώνου με κρι

τήριο τις πλευρές. (")

β. Να βρείτε το μέτρο του τόξου ΑΒ . (") Ύ. Τι μέρος του κύκλου είναι το τόξο ΑΒ ;

Απάντηση: α. Προφανώς το τρίγωνο είναι ισόπλευρο γιατί ό

λες οι πλευρές είναι ίσες με την ακτίνα. -

β. Επειδή η επίκεντρη γωνία ΑΟΒ είναι 60° το μέτρο του τόξου είναι 60° .

" 1 γ. Το τόξο ΑΒ είναι το 6 του κύκλου.

7. Θεωρούμε τον κύκλο (Κ,ρ) και το σημείο του Λ. Κατασκευάζουμε κύκλο με κέντρο Λ και ακτίνα ρ. α. Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι τέμνονται. β. Αν ονομάσουμε Α το ένα από τα σημεία

τομής των δύο κύκλων και Ε, Ζ τα aντιδιαμετρικά σημεία του Α στους κύκλους (Κ,ρ) και (Λ,ρ) αντίστοιχα, να βρείτε το είδος του τριΎώνου ΑΚΛ με κριτήριο τις πλευρές.

Ύ· Να αποδείξετε ότι ΕΛ=ΚΖ. Α

Απόδειξη: Το τρίγωνο ΑΚΛ είναι ισόπλευρο γιατί κάθε

πλευρά ισούται με την ακτίνα ρ. Αφού ΑΚ = ΑΛ είναι και ΑΚ = ΑΛ . Έτσι και ΖΚ = ΕΛ οπότε: ΕΛ = ΚΖ.

8. Σε ένα ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) Λ Λ είναι Α = Β = 120° . Αν ΑΒ=3 και ΒΓ=4, να

υπολο-yίσετε την πλευρά Γ Δ και την διάμεσο του τραπεζίου.

Α 3 Β

il Δ Ε z Γ Απάντηση:

Έστω Ε, Ζ οι προβολές των Α, Β στην πλευρά -

Γ Δ. . Τότε ΖΒΓ = 30° , οπότε από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΒΓ το μήκος της πλευράς ΖΓ είναι το μισό του μήκους της υποτείνουσας ΒΓ.

Έτσι ΖΓ=2. Από την ισότητα των τριγώνων ΑΔΕ και ΖΒΓ είναι ΔΕ=ΖΓ=2.

Το τετράπλευρο ΑΒΖΕ είναι ορθογώνιο άρα ΕΖ=ΑΒ=3 . Επομένως ΓΔ = 7.

Αν ΚΑ η διάμεσος του τραπεζίου είναι: ΑΒ + ΓΔ

ΚΑ = 2

= 5.

9. Σε ένα ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ/ΙΓΔ) Λ Λ είναι A = B = l50° .

Α Β

I Δ Α ν ΒΓ = 4, να υπολο-yίσετε το ύψος του τραπεζίου.

Απάντηση: Έστω Ε η προβολή του Β στην πλευρά Γ Δ . .

-Τότε ΕΒΓ = 60° και ΒΓΕ = 30° οπότε από το ορ-θογώνιο τρίγωνο ΕΒΓ το μήκος της πλευράς ΒΕ είναι το μισό του μήκους της υποτείνουσας ΒΓ.

Έτσι ΒΕ = 2. 1 Ο. Ένα άτομο ύψους h, βλέπει τον εαυτό του

μέσα από τον καθρέπτη ΚΛ. Από την φυσική γνωρίζουμε ότι το είδωλο είναι σε ίση απόσταση πίσω από τον κα-


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

θρέπτη. Να υπολογίσετε το ύψος υ του καθρέπτη.

Bm Δ

Απάντηση: Προφανώς τα σημεία Κ,Λ είναι τα μέσα των

τμημάτων ΑΓ και ΑΔ. Έτσι: ΓΔ h

υ = ΚΛ=2 =2 ·

11. Στο παρακάτω σχήμα οι ευθείες ε και ζ τέμνονται εκτός του φύλλου σχεδίασης. �ορείτε να βρείτε ένα τρόπο να χαράξετε την διχοτόμο της γωνίας των ευθειών ε και ζ;

Απάντηση: Θεωρούμε τυχαία σημεία Α, Β στην ευθεία ε και Γ ,Δ στην ευθεία ζ. Σχηματίζεται τότε ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ.

Αν χαράξουμε τις διχοτόμους των γωνιών Α,Δ και :Β.ξ ,Γεξ του

τετραπλεόρου ΑΒΓ Δ και ονομάσουμε τα σημεία τομής των διχοτόμων Κ και Λ αντίστοιχα, τότε η ευθεία ΚΛ διχοτομεί την γωνία των ευθειών ε και ζ.

Πράγματι, το σημείο Κ ισαπέχει από τις ευθείες ε, ζ και ΑΔ. Ομοίως το σημείο Λ ισαπέχει από τις ευθείες ε, ζ και ΒΓ.

Άρα τα σημεία Κ και Λ ανήκουν στην διχοτόμο της γωνίας των ευθειών ε και ζ.

Όμως από δύο σημεία ορίζεται μόνο μία ευθεία. Αυτή είναι η ζητούμενη διχοτόμος.

12. Θεωρούμε το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Λ Α = 90° και το μέσο Μ της υποτείνουσας ΒΓ. Έστω Δ, Ε σημεία των πλευρών ΑΒ,

ΑΓ αντίστοιχα, ώστε ΔΜΕ = 90° . Αν το τμήμα ΓΟ είναι στο ημιεπίπεδο (ΑΓ, Β) και είναι παράλληλο και ίσο με το ΔΕ, να αποδείξετε ότι το τμήμα ΟΜ είναι κάθετο στην πλευρά ΒΓ.

Γ

Απόδειξη : Προεκτείνουμε την ΕΜ κατά τμήμα ΜΚ=ΕΜ.

Το τετράπλευρο ΓΕΒΚ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοί του διχοτομούνται.

Οπότε τα τμήματα ΚΒ και ΓΕ είναι παράλληλα και ίσα.

Επειδή η ευθεία ΓΕ είναι κάθετη στην ΑΒ θα είναι και το ΚΒ κάθετο στην ΑΒ.

Επιπλέον το τετράπλευρο ΓΕΔΟ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι πλευρές του ΓΟ, ΕΔ είναι παράλληλες και ίσες. Άρα και το ΟΔ είναι κάθετο στην ΑΒ.

Τα τμήματα ΟΔ και ΚΒ είναι παράλληλα και ίσα άρα το τετράπλευρο ΟΚΒΔ είναι παραλληλόγραμμο και μάλιστα ορθογώνιο.

Όμως στο ορθογώνιο οι διαγώνιοι είναι ίσες, άρα ΟΒ=ΔΚ. Το τρίγωνο ΕΔΚ είναι ισοσκελές με ΕΔ=ΔΚ γιατί η διάμεσος ΔΜ είναι κάθετη στην πλευρά ΕΚ.

Έτσι ΓΟ = ΕΔ = ΔΚ = ΟΒ. Δηλαδή ΓΟ = ΟΒ οπότε το τρίγωνο ΓΟΒ είναι ισοσκελές.

Επομένως η διάμεσος ΟΜ θα είναι και ύψος άρα η ΟΜ είναι κάθετη στην υποτείνουσα ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ.

13. Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) και τα σημεία του Α, Β, Γ ώστε το Β να είναι μεταξύ των Α,Γ και η χορδή ΑΒ να είναι μεγαλύτερη από τη χορδή ΒΓ. Ονομάζουμε ΟΜ, ΟΝ τα aποστήματα των χορδών ΑΒ, ΒΓ αντίστοιχα.


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

Να αποδείξετε ότι: - -α. ΒΜΝ < ΒΝΜ -β. ΟΜΝ > ΟΝΜ Γ

γ. ΟΜ<ΟΝ Α

Απάντηση:

α. Στο τρίγωνο ΒΝΓ είναι ΒΝ<ΒΜ άρα - -ΒΜΝ < ΒΝΜ .

β. Για τις συμπληρωματικές τους γωνίες ανrίστοι---- --- --- ---χα ΟΜΝ,ΟΝΜ θα ισχύειΟΜΝ > ΟΝΜ .

-γ. Στο τρίγωνο ΟΜΝ είναι ΟΜΝ > ΟΝΜ άρα

ΟΜ<ΟΝ.

Δραστηριότητα:

Διατυπώστε ένα συμπέρασμα στο οποίο καταλήξαμε

με την απόδειξη της παραπάνω άσκησης.

14. Σε ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ εγγεγραμμένο σε κύκλο με κέντρο Ο, ονομάζουμε Μ το σημείο στο οποίο τέμνονται οι ευθείες ΕΖ και Ηθ όπου Ε, Η, Ζ, θ τα μέσα των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ. Αν Κ είναι το συμμετρικό του Ο ως προς το Μ, να αποδείξετε ότι η ευθεία που ενώνει το μέσο μιας πλευράς του τετραπλεύρου με το Κ είναι κάθετη στην απέναντι πλευρά.

Απόδειξη : Το ΕΗΖΘ είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι οι διαγώνιοί του διχοτομούνται. . Το Μ λοιπόν είναι μέσο των τμημάτων ΕΖ και

ΗΘ. Επειδή τα τμήματα ΟΚ και ΕΖ διχοτομούνται το τετράπλευρο ΕΚΖΟ είναι παραλληλόγραμμο.

Έτσι ΕΚ//ΟΖ. Όμως το ΟΖ είναι το aπόστημα της χορδής Γ Δ, άρα το τμήμα ΟΖ είναι κάθετο στην χορδή Γ Δ.

Έτσι και η ευθεία ΕΚ είναι κάθετη στην πλευρά ΓΔ.

15. Δίνεται το οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο Λ

ΑΒΓ με Α = 60° . Αν ονομάσουμε Ι το έγκε-ντρο, Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου να υπολογίσετε τις γωνίες

Λ Λ Λ ΒΙΓ , ΒΗΓ , ΒΟΓ να αποδείξετε ότι τα σημεία Β, Ι, Η, Ο και Γ είναι ομοκυκλικά.

Απόδειξη : Α ν Ι το έγκεντρο του τριγώνου τότε Λ --- Α

ΒΙΓ =90° +- = 120° . 2

Α ν Ο το περίκεντρο του τριγώνου τότε ΒοΓ = 2Λ = ι2οο .

Αν ΒΔ, ΓΕ τα ύψη του τριγώνου ΑΒΓ και Η το ορθόκεντρο του, τότε το τετράπλευρο ΑΔΗΕ είναι εγγράψιμο άρα ·

ΒΗΓ = ΔΗΕ = 12οο .

Λ -Α + ΔΗΕ = 180° οπότε

Τα σημεία λοιπόν I,H και Ο βλέπουν την πλευρά ΒΓ υπό ίση γωνία 120° .

Έτσι τα σημεία Β, I, Η, Ο και Γ είναι ομοκυκλικά.

Δραστηριότητα:

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) εγγεγραμμένο σε

κύκλο (0, R) και έστω Ε το σημείο τομής των δια

γωνίων του. Να αποδείξετε ότι:

α. Το τραπέζιο ΑΒΓΔ είναι ισοσκελές. ---- --- --- ---β. ΑΒΕ = ΒΑΕ = ΓΔΕ = ΔΓΕ = ω -γ. ΑΕΔ = ΒΕΓ = 2ω -δ. ΑΟΔ = 2ω

ε. Τα σημεία Α, Δ, Ε και Ο είναι κορυφές εγγράψι

μου τετραπλεύρου.

Ας δούμε τώρα δύο προβλήματα αναζήτησης θησαυρών από παλαιότερα τεύχη του Ευκλείδη Β '

που λύνονται με την Ευκλείδεια Γεωμετρία. Το πρώτο είναι από το τεύχος ιβ5 σελ. 198 (του τό-


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

τε μαθητή Β ' Λυκείου App. Ρεθύμνου, Καλοκύ

ρη Γιάννη) ενώ το δείJτερο είναι από το τεύχος λα1(25) σελ. 6 0 (του Σχολικο ύ Σύμβουλου Μα

θηματικών Βαδιβούλη Θ. Νικολάου). Στο πρώτο θα δώσουμε την λύση ενώ το δεύτερο θα το αφήσουμε να το λύσετε εσείς.

16. Έστω ότι βρίσκουμε ένα παλιό χάρτη, που εικονίζει ένα νησί στο οποίο υπάρχει κρυμμένος ένας θησαυρός. Εκτός από το γεωγραφικό πλάτος και μήκος του νησιού, ο χάρτης έχει σχεδιασμένη πάνω του μια οξιά Ο, μια βελανιδιά Β, μια κρεμάλα Κ και δύο σημεία Δ και Ε ανάμεσα στα οποία στη μέση ακριβώς είναι ο θησαυρός Θ.

Το σημείο Δ μπορεί να το βρει κανείς αν προχωρήσει από την κρεμάλα προς την οξιά, μετρώντας τα βήματα και στραφεί κατόπιν αριστερά κατά 90°, κάνοντας τόσα βήματα όσα έκανε από την κρεμάλα μέχρι την οξιά. Με τον ίδιο τρόπο, βαδίζοντας από την κρεμάλα στην βελανιδιά και στρεφόμενος όμως προς τα δεξιά κατά 90° βρίσκει κανείς το σημείο Ε. Όταν όμως φθάσετε στο νησί, βρίσκετε τα δύο δένδρα, αλλά όχι την κρεμάλα που έχει εξαφανιστεί τελείως χωρίς να αφήσει το παραμικρό ίχνος. Πως θα μπορέσετε να βρείτε που ακριβώς είναι ο θησαυρός;

Απάντηση : Έστω Ζ, Η, Λ και Ρ οι προβολές των σημείων

Δ, Ε, Κ και Θ πάνω στην ευθεία ΒΟ. Τα τρίγωνα ΚΛΟ και ΟΔΖ είναι ίσα άρ ΖΔ =

ΟΡ. Ομοίως τα τρίγωνα ΒΚΛ και ΒΕΗ είναι ίσ άρα ΗΕ = ΒΡ.

Από το τραπέζιο ΔΖΗΕ έχουμε ότι

ΖΔ + ΗΕ ΘΡ= --

2- ΟΡ + ΒΡ ΟΒ

2 2 .

Προφανώς το Ρ είναι μέσο της ΗΖ. Όμως το Ρ είναι μέσο και της ΒΟ γιατί ΟΡ = ΡΖ - ΖΟ = ΡΗ

ΒΗ = ΡΒ.

Στο τρίγωνο ΘΟΒ η διάμεσος ισούται με το μισό της πλευράς στην οποία αντιστοιχεί.

Έτσι συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΒΟΘ είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα την ΟΒ.

Μάλιστα είναι ισοσκελές ορθογώνιο τρίγωνο γιατί η διάμεσος ΘΡ είναι και ύψος.

Άρα ο θησαυρός προσδιορίζεται και χωρίς την κρεμάλα, αρκεί να κατασκευάσουμε εκατέρωθε της ευθείας ΒΟ δύο ισοσκελή ορθογώνια τρίγωνα με υποτείνουσα την ΒΟ.

Η τρίτη κορυφή είναι η θέση του θησαυρού.

Δραστηριότητα: Νησιώτης είχε κρύψει- στα χρόνια της κατοχής

έναν οικογενειακό θησαυρό σε σημαδιακό τόπο γνωστής παραλίας ενός νησιού. Για τον εντοπισμό

του κατείχε το επόμενο τοπογραφικό. «Στη θέση Β

και Γ δηλώνεται από ένας ευκάλυπτος και στη θέση Α μια ροδακινιά. Τα τρίγωνα ΜΒΑ και ΝΓΑ δηλώ

νονται ισόπλευρα, τ ο σημεί ο Κ δηλώνεται σαν το κοινό μέσο των ευθυγράμμων τμημάτων ΜΝ, ΑΘ

και το Θ σαν το σημείο του κρυμμένου θησαυρού.» Ο νησιώτης- ύστερα από την αποχώρηση των στρατευμάτων κατοχής- θέλησε να ανακτήσει τον οικογενειακό του θησαυρό, αλλά δεν τα κατάφερε, αφού

η ροδακινιά είχε καταστραφεί. Από τη δυσχερή του θέση τον «έβγαλε» ο εγγονό ς του - μαθητή ς τη ς γ

'

γυμνασίου τότε, (σημερινής α' λυκείου). Ζητείται το

σκεπτικό προσδιορισμού του σημείου Θ και ο τρόπος εντοπισμού του.

60°


ΑΛΓΕΒΡΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ του Παναγιώτη Χριστόπουλου - Αγγελικής Βλάχου

Λυμένες Ασκήσεις 1 . Υλικό σημείο Σ κινείται με σταθερή γω

νιακή ταχύτητα ω (σε rad/sec) σε τροχιά η οποία είναι κύκλος κέντρου 0(0,0) και ακτίνας 6 cm. Η προβολή του Σ πάνω στον άξονα y'y, αντιστοιχεί σε κίνηση απλής αρμονικής ταλάντωσης. Η απομάκρυνση y(t) της προβολής του Σ από το σημείο 0(0,0) δίνεται από την παρακάτω ημιτονοειδή γραφική παράσταση: y(K)

Υ ο

0(0,0) -Υ ο

Να βρεθούν: α. η εξίσωση της απομάκρυνσης y(t), καθώς

επίσης η μέγιστη τιμή, η ελάχιστη τιμή και η περίοδος της συνάρτησης y(t).

β. η χρονική στιγμή t Ε [0,2π] κατά την ο-

ποία η προβολή του Σ πάνω στον άξονα y'y θα απέχει το μισό της μέγιστης απομάκρυνσης από την αρχή των αξόνων.

Λύση α. Η γραφική παράσταση της απομάκρυνσης, δί

νεται από ημιτονοειδή καμπύλη άρα έχει εξίσωση y(t) = y0ημωt, με ελάχιστη τιμή - 6 και

μέγιστη τιμή 6. Από τη γραφική παράσταση βλέ , τ 2π Ό 2π 2π 3 πουμε οτι =3 . μως ω =τ= 2π =

3 Έτσι έχουμε y(t) = 6 · ημ3t με Ο � t � 2π

β. Ζητάμε το χρόνο t ώστε y(t) =� = 3 } ' 6ημ3t = 3} ημ3t =� =_!_} 2 �α � 6 2 με Ο � t � 2π Ο � t � 2π Ο � t � 2π ' μ3 1 3 π ομως η t =2� ημ t = ημ6"

π 3t = 2κπ+-6 με κ Ε Ζ {Ι) π 3t = 2κπ + π-- με Κ Ε Ζ {2) 6

Λύνουμε τις εξισώσεις (1 ) και (2) στο [0,2π] ' 2 π 2 π Απο (1): t = -κπ +-με Ο � -κπ +-� 2π 3 1 8 3 1 8

' ο 2 1 2 ' 1 2 35 ' αρα �-κ+-� η --�-κ �- η 3 18 1 8 3 1 8 3 3 · 35 1 35 ---�κ�-- ή --� κ �-2 · 1 8 . 2 1 8 1 2 1 2

άρα κ = Ο ή κ = 1 ή κ = 2 οπότε π 1 3 π25 t =- t =- t =-18 ' 1 8 ' 1 8

Όμοια λύνουμε την εξίσωση (2), 3t = 2κπ+ 5π κ Ε Ζ, στο [0, 2π] 6 και βρίσκουμε λύσεις:

5π 17π 29π t =- t =- t =-18 ' 1 8 ' 1 8


Μαθηματικά για τη Β' Λυκείου

2. Δίνεται η συνάρτηση f{ χ) = -ημ4χ + 6ημ2χ · συν2χ -συν4χ

α. Να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της f(x), καθώς και η περίοδος αυτής;

β. Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) στο διάστημα [Ο, π/2]

γ. Να βρεθεί η τιμή του χ, έτσι ώστε η συνάρτηση f(x) να παίρνει την ελάχιστη τιμή της στο διάστημα [Ο, π/2]

Λύση α. Έχουμε f(χ) = -ημ4χ + 6ημ2χ · συν2χ- συν4χ =

= -(ημ4χ + συν4χ - 6ημ2χ · συν2χ ) =

β.

= -[ ( ημ2χ + συν2χ )2 - 2ημ2χ . συν2χ -6ημ2χ · συν2χ J = = -1 + 8ημ2χ · συν2χ = = -1 + 2(2ημχ · συνχ)2 = -1+ 2ημ2 2χ = -συν4χ Άρα f(x) = - συν4χ Μέγιστη τιμή της f (χ) : 1-11 = 1 Ελάχιστη τιμή της f(x) : -l-11 = -1

' 2π 2π π Περιοδος Τ =- = - =-

I �χ) Υ

1

-1

I � ι

ω 4 2

χ

γ. Θέλουμε f(x) = -1 � <::::> -συν4χ = -1 � συν4χ = 1 Έχουμε να λύσουμε την εξίσωση συν4χ = 1 στο [Ο,;] Όμως συν4χ = 1 � 4χ = 2κπ, . κ ε Ζ �

ισι: χ=-, κεΖ 2 Όμως ο::::;χ::::;��

2

κπ π Ο ::::; - ::::; - άρα κ = Ο ή κ = 1 και έτσι έχου-2 2 λ ' ο ' π με τις υσεις χ = η χ =-2

3. Έστω ένα πολυώνυμο Ρ(χ) το οποίο παίρνει τις αριθμητικές τιμές 3, 2 και 46 όταν το χ είναι Ο, - 1 και 8 αντίστοιχα. Ν α βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ): (χ3 - 7χ2 - 8χ)

Ρ( Ο) = 3 Έχουμε Ρ( -1) = 2

Ρ(8) = 4

Λύση :

} (l)

Όμως χ3 -7χ2 -8χ=χ( χ2 -7χ -8) =χ( χ-8) { χ+ 1) Από την ταυτότητα της Ευκλείδιας διαίρεσης είναι: Ρ(χ) = χ(χ - 8)(χ + 1)Π(χ) + υ(χ) , με υ(χ) πολυώνυμο δευτέρου βαθμού ( αφού ο διαιρέτης είναι τρίτου βαθμού). Έστω υ( χ) = αχ2 + βχ+ γ . Έτσι λόγω των (1) έχουμε: Ρ (χ) = χ (χ - 8) (χ + 1) Π (χ) + αχ 2 +β χ + γ Ρ(Ο) = 3 άρα γ = 3 Ρ(8) = 46 άρα α · 64 + β · 8 + γ = 46 Ρ( -1) = 2 άρα α- β + γ = 2

35 α = -Έτσι: γ=3} γ = 3 } 1�� 64α+ 8β + γ = 46 64α + 8β = 43 � β = 72 α- β+ γ = 2 α-β = -1 γ = 3

' 35 107 Άρα υ(χ) =-χ2 +-χ+3 72 72 4. Α. Να εξετάσετε πότε τα πολυώνυμα Ρ(χ)

και . Q(x) διαιρούμενα με το πολυώνυμο h (χ) =ι:. Ο δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.

Β. Δίνονται τα πολυώνυμα Ρ (χ) = 2χ2 - 3

και Q (χ) = αχ3 + 2χ + 6 . Να βρεθεί το

πολυώνυμο Q(x) αν τα πολυώνυμα Ρ(χ) και Q(x) διαιρούμενα με το χ + 2 δίνουν ίδιο υπόλοιπο.

Λύση

Α. Έστω ότι υ1(χ) και υ2(χ) είναι τα υπόλοιπα των διαιρέσεων Ρ(χ): h(x) και Q(x): h(x). Έχουμε: Ρ (χ) = h (χ) · Π1 (χ) + υ1 (χ) και



Q(x) = h(x) · Π2 (χ) + υ2 (χ) Άρα Ρ(χ) -Q( χ) = h(x) · [Πι (χ) -Π2 (χ)] + + υ1 (χ) -υ2 (χ) (1)

• Αν υ1(χ) = υz(χ) τότε υι(χ) - υz(χ) = Ο και από την (1) έχουμε ότι Ρ(χ) -Q(χ) = h(χ) {Π1 (χ) -Π2 (χ)] άρα το h(x) διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ) - Q(x).

• Αν h(x) διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ) - Q(x) τότε από την (1) έχουμε ότι υ1(χ) - υ2(χ) = Ο άρα υι(χ) = υz(χ). Συνεπώς οι διαιρέσεις Ρ(χ) : h(x) και Q(x) : h(x) δίνουν το ίδιο υπόλοιπο αν και μόνο αν το h(x) διαιρεί τη διαφορά Ρ( χ) -Q(x).

Β. Από το ερώτημα (Α) έχουμε ότι το χ + 2 θα διαιρεί τη διαφορά Ρ(χ) - Q(x) ή Ρ(-2) - Q(- 2) = Ο Είναι Ρ( χ) -Q(x) = 2Κ- 3 -αχ? -2χ-6 και με χ =-2 έχουμε: 2(-2)2 - 3 - α(-2γ -2(-2) - 6 = 0<::> <=> 2 · 4- 3 + 8α + 4 - 6 = Ο<=>

3 <=> 8α = -3 <=> α = --8 3 Έτσι Q(x) = --x3 + 2χ + 6 8

5. Αν οι ρητοί αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου με α * Ο , τότε οι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 2βχ = α(4α - γ) είναι ρητοί αριθμοί.

Λύση

Ισχύει β2 = αγ. Η εξίσωση γίνεται: χ2 - 2βχ - α( 4α - γ) = Ο με Δ = 4β2 + 4α(4α - γ) = 4β2 + 16α2 -4αγ = = 4β2 + 16α2 - 4β2 = 16α2 > Ο Συνεπώς οι ρίζες της χ1,2 είναι: Χι z = 2β ±� = {β + 2α ρητός ' 2 β - 2α ρητός

6. Το άθροισμα των ν πρώτων όρων ακολουθίας «ν, για κάθε ν ε Ν*, είναι Sv = 2ν2 - 6ν.

α. Να βρεθεί ο όρος «ν της παραπάνω ακολουθίας.

β. Να εξετασθεί αν η ακολουθία «ν είναι αριθμητική ή γεωμετρική πρόοδος.

γ. Για την πρόοδο του ερωτήματος (β) να βρεθούν: i) ποιος όρος της είναι ίσος με 32 ii) το άθροισμα των όρων της από τον 61 ο όρο μέχρι τον 120° όρο.

Λύση α. Έχουμε sν = αι + α2 + .. . + αν-Ι +αν και Sν-1 = αl + α2 + . . . + αν-Ι άρα Sν - Sν-1 = αν Όμως Sν = 2ν2 - 6ν και

sν-1 = 2(ν - 1γ - 6(ν - 1) = 2ν2 - 10ν + 8 άρα αν = 2ν2 -6ν - 2ν2 + 10ν - 8 = 4ν- 8 Συνεπώς αν = 4v - 8

και α1 = 4 · 1 - 8 = -4 β. Από το ερώτημα (α) έχουμε αν = 4ν - 8 και

αν+ ι = 4ν - 4, επομένως, αν+ Ι -αν = 4ν -4- 4ν + 8 = 4 σταθερός αριθ-μός με ν ε Ν* Έτσι η ακολουθίας είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω = 4 και α1 = - 4

γ. i) αν = 32<=> αι + (ν - 1)ω = 32<::> <=> -4 + (ν - 1) · 4 = 32 <=> ν = 1 Ο άρα πρόκειται για τον 10° όρο της προόδου.

ii) Μας ζητάει το άθροισμα α6ι + α62 + . . . + αιzο = Sιzo - S6o = = 2<Ιι +(120-1)4 · 120 2<Ιι +(60- 1) · 4 · 60= 2 2 =[ 2( -4) + 1 19 · 4] . 60-[2( -4) +59 · 4}30= = 21600

7. Η γέφυρα στο Ρίο - Αντίρριο (που σε ένα χρόνο θα έχουμε) έχει 4 πυλώνες από τους οποίους κρέμεται το οδόστρωμά της με ειδικά aτσάλινα συρματόσχοινα. Κάθε πυλώνας έχει στο ύψος του οδοστρώματος διάμετρο 60 μέτρα και κρέμονται από αυτόν 560 μέτρα γέφυρας. Τα συρματόσχοινα αρχίζουν από το χείλος



του πυλώνα και είναι από τις δύο πλευρές του πυλώνα ανά 10 μέτρα και από τις δύο πλευρές της γέφυρας με α) μήκος Lv σε μέτρα, που δίνεται από τον τύπο

Lv =.!_(α - 5) + 40 , όπου α είναι η απόσταση 5

από το κέντρο του πυλώνα και β) βάρος Bv σε κιλά που δίνεται από τον . τύπο

Bv = 3Lv + 3 , όπου Lv το μήκος του. 2

Ν α υπολογισθεί: ί. τι μήκος έχουν τα μεγάλα συρματόσχοι-

να; ίί. Τι μήκος έχουν όλα μαζί τα συρματό

σχοινα της γέφυρας; iii. Τι βάρος έχουν όλα τα συρματόσχοινα;

Λύση

'Εστω ο πυλώνας ΣΚ με ακτίνα βάσης 60 = 30 μέ-2

τρα. Το μήκος της γέφυρας και από τις δύο πλευρές του πυλώνα είναι 560 - 60 = 500 μέτρα.

Σ

----------- 560 ----------� Συνεπώς σε 500 : 2 = 250 μέτρα μήκος θα τοποθετηθούν 250 : 10 = 25 συρματόσχοινα, δηλαδή 25 συρματόσχοινα αριστερά του πυλώνα και 25 συρματόσχοινα δεξιά του πυλώνα, άλλα τόσα από την άλλη πλευρά της γέφυρας: Το 1 ο συρματόσχοινο έχει μήκος

L1 = _!_( 30- 5) + 40 = 45 μέτρα 5 Το 2° συρματόσχοινο έχει μήκος

L2 = .!_(40- 5) + 40 = 47 μέτρα 5 Το 3° συρματόσχοινο έχει μήκος

L3 =_!_(50- 5) + 40 = 49 μέτρα 5 Παρατηρούμε ότι τα μήκη αποτελούν όρους αριθμητικής προόδου με πρώτο όρο L1 = 45 και ω = 2. i) Τα μεγάλα συρματόσχοινα έχουν μήκος

L25 = _!_( 280 - 5) + 40 = 95 μέτρα. 5 ") 'Ε L L L L L1 + L25 25 ιι χουμε = 1 + 2 + .. . + 25 = · = 2

45 + 95 ' = · 25 = 1750 μετρα 2 Από τις δύο πλευρές του πυλώνα και τις πλευρές της γέφυρας έχουμε συνολικό μήκος 17 50 χ 4 = 7000 μέτρα και σε όλη τη γέφυρα: 7000 μέτρα χ 4 πυλώνες = 28000 μέτρα συρματόσχοινα.

iii) Υπολογίστε εσείς το βάρος.

8. Σε εργαστήριο βιολογίας ένας αρχικός πληθυσμός μικροοργανισμών πολλαπλασιαζόμενος ακολουθεί το νόμο της εκθετικής μεταβολής. Δεδομένου ότι ο αρχικός πληθυσμός αριθμεί 20 μικροοργανισμούς και τις χρονικές στιγμές t = 10, t = 30 (t σε ώρες) οι αντίστοιχοι πληθυσμοί είναι ανάλογοι των όρων αι; και α8 αντίστοιχα γεωμετρικής προόδου με αι = 10 και λ = 2 να βρεθούν: ί. η εξίσωση Q(t) που δίνει τον πληθυσμό

των μικροοργανισμών. ίί. ο χρόνος t ώστε να έχουμε εξαπλάσιο α

ριθμό πληθυσμού από τον αρχικό. iii. ο χρόνο t ώστε ο πληθυσμός να είναι το

λ, 50 , λ θ , πο υ τα -- του αρχικου π η υσμου. 7

Λύση ί. Έχουμε από το νόμο εκθετικής μεταβολής ότι

Q(t) = Q0 · ecι και για t = Ο ώρες Q(o) = 20 μι-

κροοργανισμοί. Ό

ω Q(10) - α6 μ ς Q(30) - α8

με

Q(30) = Qo . ec·30 ' Q(l Ο) = Qo . ec·IO και α6 = α1 · ;.; = 10 · 25 , α8 = α1 · ι! = 1 Ο · 2 7

Q . ec·IO 10 . 25 eiO·c 25 Έτσι 0 = -- άρα --- =-- η' Qo · ec·30 1 0 · 27 e30·c 27

20·c 22 ' e = η I

άρα ec = 210 Άρα Q( t) = 20 · ( e' )' = 20{ 2fo J' = 20 · 2;1;



ίί. Θέλουμε Q(t) = 6Q0 = 6 · 20 ή

20 · 211 10 = 6 · 20 ή

21/10 = 6 ή 21 = 610 ή ln 2t = ln610 ή t · ln 2 = 10 · ln6 ' 10 · ln 6 αρα t = ---

ln2

iii. Θέλουμε Q( t) � 50 Q0 ή 20 · 2!110 � 50 . 20 7 7

9.

ή 2!110 �50

ή ln2t/10 � ln 50 ή

7 7

ή _.!._ · ln2 � ln 50 10 7

10 · ln 50

άρα t � ---'7-ln2 Ο Ιούλιος Βέρν με ένα μqάλο κανόνι σκέφτηκε να στείλει άνθρωπο στη Σελήνη. Σας προτείνω να το κάνετε αυτό με ένα φύλλο χαρτί πάχους ενός χιλιοστού ως εξής: διπλώστε ξανά και ξανά το χαρτί, μέχρις ότου το πάχος του να γίνει 370.000.000 μέτρα (απόσταση Γης- Σελήνης). α. Πόσες φορές πρέπει να διπλώσετε το

χαρτί; β. Είναι δυνατό να γίνει αυτό ναι ή όχι και

γιατί; (Δίνεται ότι: log37 = ι,57 log2 = 0,3.

Λύση Όταν διπλώνουμε το χαρτί aυξάνουμε το πάχος του με γεωμετρική πρόοδο διότι: αι = 1 αz = 2 (πρώτο δίπλωμα χαρτιού) α3 = 4 = 22 (δεύτερο δίπλωμα χαρτιού) αι = 8 = 23 (τρίτο δίπλωμα χαρτιού)

αν = 2ν-\ α. Θέλουμε αν � 370.000.000.000 χιλιοστά ή

1ogt 2ν-1 � 37 · 1010 <::::> log2v-1 � log ( 37 · 1010 ) <::::>

<=> ( v - 1) log2 � log37 + log 10 10 <::::> 1 > log37 + 10 1 log37 + 10 <::::> ν - _ <::::> ν � + ---=---

log2 log2 άρα ν � 40 περίπου φορές.

β. OXI, διότι το πάχος του χαρτιού γίνεται πολύ

μεγάλο και δεν μπορεί να διπλωθεί το χαρτί τόσες πολλές φορές, αφού ν = 40 περίπου φορές. (το χαρτί δεν μπορεί να διπλωθεί περισσότερο από 7 ή 8 φορές).

ι 10. Δίνεται η συνάρτηση f (x) = -χ + 3

2 α. Να βρεθεί το εμβαδόν της περιοχής με

ταξύ των ευθειών χ = κ, χ = κ + ι του άξονα χ'χ και της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(x) με κ ε Ν .

β. Να βρεθεί το άθροισμα των εμβαδών κ τέτοιων περιοχών από χ = ι έως χ = 2004.

Λύση Η γραφική παράσταση της συνάρτησης

f (χ ) = ! χ + 3 φαίνεται στο παρακάτω σχήμα. 2

Υ f(κ+l) . . . . . .. . . . . . r f(κ) . . . . Δ: f(x)= l/2x+3

(0, 3) Α :

(-6, Ο) χ 1

Για χ = κ έχουμε f (κ) = - κ + 3 και 2

για χ = κ + 1 έχουμε

f{ κ + 1) = !( κ + 1) + 3 =!κ +2 2 2 2

α. Ζητάμε το εμβαδόν της περιοχής ΑΒΓ Δ που είναι σχήματος τραπεζίου με βάσεις ΑΔ, ΒΓ και ύψος ΑΒ.

ΑΔ + ΒΓ f (κ) + f (κ + 1) ΕΑΒΓΔ = · ΑΒ = · 1 = 2 2

1 1 7 -κ+3+-κ+-2 2 2

2

2κ + 13 2 2

2κ + 13 4

, ( 2κ + 13 Συνεπως Ε κ) = ---

4 β. Παρατηρούμε ότι:

για κ = 1 Ε( 1) = 2 · 1 + 13 = � 4 4

για κ = 2

για κ = 3

Ε(2) = 2 · 2 + 13 =

�+

_!_ 4 4 2

Ε(3) = 2 · 3 + 13 = � + 2 · _!_ 4 4 2



15 1 για κ = 2004 Ε(2004) =-+2003 · -4 2 Ζητάμε άθροισμα 2004 όρων αριθμητικής προ-'δ ' ' Ε(1) 15 λευ ' ' ο ου με πρωτο ορο = - , τε ταιο ορο 4

15 1 1 ' Ε(2004) =-+2003 ·- και ω =- και πληθος 4 2 2

όρων ν = 2004. Έτσι: S = Ε(1) + Ε(2) + . . . + Ε(2004) = = Ε(1) + Ε(2004) _ 2004= 4036 _ 1002 = 2 4

= 1009 · 1002 τετρ. μον.=1 .01 1 .0 18 τ.μ.

rEΩMETPIA rENIKHΣ ΠΑΙΔΕΙΑΕ

a I. Επαναληπτικέ� Αtι«ήαcι�

Λυμένες Ασκήσεις 1 . Δίνεται τρίγωνο

ΑΒΓ με β = α.J3 Α

α. ί.

και διάμεσο

ΑΜ = 3α . 2

α. Ν α αποδείξετε ότι: ί. γ = α.Ji ' ii. 8 = 90° .

β. Αν ΒΔ το ύψος του τριγώνου τότε:

ί. Να αποδείξετε ότι ΑΔ = 2β . 3

ίί. Ν α βρείτε το λόγο των εμβαδών των τριγώνων ΑΔΜ και ΑΒΓ.

Λύση

'Ε ΑΜ2 2β2 + 2γ2 - α2 χουμε = 4 <=> ( 3; )2 = 2β2 +�γ2 - α2 <=> <::::> 9α2 = 2(αJ3)2 + 2γ2 - α2 <::::> <=> 9α2 = 6α2 + 2γ2 - α2 <::::> <::::> 2γ2 = 4α2 <::::> γ2 = 2α2 <::::> γ = α.J2.

ίί. Η μεγαλύτερη πλευρά είναι η β. Έχουμε: β2 = 3α2 = 2α2 + α2 <=> β2 = γ2 + α2 .

του Γιώργου Κατσούλη

β. ί. Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Β = 90° ) προκύπτει ότι:

2.

ΑΒ2 = ΑΓ · ΑΔ <=> γ2 = β · ΑΔ <=> 2α2 = αJ3 . ΑΔ <=> ΑΔ = 2α = 2αJ3 <=> J3 3 ΑΔ = 2β (αφού β = αJ3). 3

ίί. 'Εχουμε (ΑΜΓ) = (ΑΒΓ) (1), αφού ΑΜ 2 διάμεσος. Τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΑΜΓ έχουν κοινό ύψος από το Μ, οπότε:

2β (ΑΔΜ) ΑΔ 3 (ΑΔΜ) 2 -'---------'- = - = -<=> = - <=> (ΑΜΓ) ΑΓ β (ΑΜΓ) 3

(ΑΔΜ) 1 (IJ (ΑΔΜ) 1 <=> =-<=> =-. 2(ΑΜΓ) 3 (ΑΒΓ) 3 Στο διπλα-νό σχήμα η ΒΓ είναι διάμετρος Β

του κύκλου (Ο, R), ΑΒ = 6 και (ΑΒΓ) = 24. α. Ν α αποδείξετε ότι R = 5. β. Να υπολογίσετε το ΑΔ.

Ε

γ. Αν το εφαπτόμενο τμήμα ΕΗ ισούται με την πλευρά του εγyεγραμμένου ισοπλεύ-



ρου τριγώνου (ΕΗ = λ3) να αποδείξετε ότι ΓΕ = R.

δ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΓΕΗ.

Λύση α. Έχουμε BAr = 90" (διότι ΒΓ διάμετρος). Άρα:

1 1 (ΑΒΓ) = 2 ΑΒ · ΑΓ � 24 = 2 · 6 · ΑΓ � ΑΓ = 8 Από το Πυθαγόρειο θεώρημα είναι: ΒΓ2 =ΑΒ2 +ΑΓ2 � ΒΓ2 = 36 + 64 = 100� ΒΓ = 10. Άρα 2R = 1 Ο� R = 5 .

1 1 24 β. (ΑΒΓ)=-ΒΓ · ΑΔ � 24=- 1 Ο · ΑΔ � ΑΔ =-2 2 5 γ. Έχουμε ΕΗ = λ3 �EH =R.J3 �EH = 5.J3 .

Επειδή ΕΗ εφαπτόμενο τμήμα και ΕΓΒ τέμνουσα ισχύει: ΕΗ2 = ΕΓ · ΕΒ . Αν ΕΓ = χ τότε ΕΒ = 10 + χ, οπότε ΕΗ2 = χ(10 + χ) �

� (5.J3)2 = χ2 + 10χ � χ2 + 10χ -75 = Ο .

Είναι Δ = β2 - 4αγ = 100+300=400 = 2�. Άρα:

-10 ± 20 {χ , = 5 Χι z = � ' 2 χ2 = -15, απορρίπτεται.

Άρα χ = 5 � ΓΕ = R. δ. Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Στο ορθογώνιο

τρίγωνο ΟΗΕ (Η = 90" ) είναι ΟΗ =ΟΕ

, οπό-2 τε Ε = 30" . Άρα ό, = 60" . Επομένως:

E = (OHE) - (OHr) = _!_OH · HE- πR2 · μ· = 2 360"

= _!_ 5 . 5.J3 _ π . 25 . 6ο· = 25.J3

_ 25π � 2 360" 2 6

�Ε = 25(3.J3 - π). 6

3 . Δίνεται ημικύκλιο διαμέτρου ΒΓ, κέντρου Ο και ακτίνας R. Έστω Α σημείο του τόξου .---.. ΒΓ ώστε ΑΒ = λ.; και ΑΔ .l ΒΓ . Αν Μ το μέσο του τόξου ΑΓ και η ΒΜ τέμνει τις ΑΔ, ΑΓ στα Ε και Ζ αντίστοιχα τότε: α. Να βρείτε την περίμετρο του τριγώνου

ΑΒΜ. β. Να αποδείξετε ότι ΒΕ · ΒΜ = R2 •

γ. Να αποδείξετε ότι ΒΕ = RJ3 . 3

δ. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο και να βρείτε το εμβαδόν του.

ε. Να αποδείξετε ότι (ΑΒΕ) = 2(ΒΕΔ).

Λύση : --α. Είναι ΑΒ = � = R. Επίσης ΑΜ = 60" , οπότε

ΑΜ = � = R ·και ΒΜ = λ3 = R .J3 . Άρα η περί

μετρος του τριγώνου ΑΒΜ είναι: Π = R +R +R.J3 = R(2+.J3) .

60"

ο β. Φέρνουμε ΜΓ. Επειδή ΒΜΓ = 90" (ΒΓ διάμε

τρος) το τετράπλευρο ΔΕΜΓ είναι εγγράψιμμο (Μ + Δ = 90" + 90" = 1 80" ) οπότε:

ΒΕ · ΒΜ = ΒΔ · ΒΓ

Αλλά ΒΔ · ΒΓ=ΑΒ2 = R2 (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ). Από (1 ), (2) προκύπτει ότι ΒΕ · ΒΜ = R 2 .

γ. Έχουμε:

BE · BM = R2 � ΒΕ = R2 =�= R.J3 ΒΜ R.J3 3

(1)

(2)

δ. Είναι: Α, =Β, =30° και Α2 =60° ( αφού fΊ =30° ).

Επίσης Ε, = Ε2 = 60" ( αφού Β2 = 30" ). Άρα το

τρίγωνο ΑΕΖ είναι ισόπλευρο με πλευρά

. (R.J3)2 .J3 AE=BE = R.J3

. Άρα (ΑΕΖ) = -3- = 3 4

R2.J3 = 12

ε. Επειδή Β, = Β2 = 30" έχουμε: (ΑΒΕ) = ΑΒ · ΒΕ = ΑΒ = 2 διότι (ΒΕΔ) ΒΔ · ΒΕ ΒΔ ' ΒΔ = ΑΒ

2 ' αφού Α, = 30" . Άρα (ΑΒΕ) = 2(ΒΕΔ).

4. Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, R) και σημείο Δ της



ΒΓ ώστε ΒΔ =! ΒΓ . Α ν η προέκταση της 3

ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Ε τότε:

Ν δ ίξ , ΑΔ Rν'li α. α απο ε ετε οτι =--. 3

β. Να υπολσyίσετε ως συνάρτηση του R το ΔΕ. Ν δ ίξ , (ΒΕΓ) 2

γ. α απο ε ετε οτι =- . (ΑΒΓ) 7

δ. Ν α υπολογίσετε το εμβαδόν του μέρους του κύκλου που βρίσκεται στο εξωτερικό του τετραπλεύρου ΑΒΕΓ.

Λύση Α

Ε 'Εχουμε ΒΓ = λ3 = R-/3 , οπότε ΒΔ = RJ3 (1). 3 α. Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο

ΑΒΓ (Β = 60°) έχουμε: ΑΔ 2 = ΑΒ2 + Β& -2ΑΒ · ΒΔ · συν60" <:::::>

2 r;; 2 (RJ3J2 " ιΧ R;ft 1 ΑΔ =(R ν 3) + -3- -,.ι:.RJ(-' · j · ;t <:::::>

Μ = 3R 2 + 3R 2 _ R2 <:::::> ΑΔ 2 = 21R 2 <:::::>

ΑΔ=R.J2ϊ 3

9 9

(2).

Λυμένες Ασκήσεις 1 . Δίνεται κύκλος (0, R) διαμέτρου ΑΒ και η

εφαπτομένη (δ) στο σημείο Β αυτού. Θεωρούμε τα σημεία Γ, Δ της (δ) εκατέρωθεν του σημείου επαφής Β ώστε ΓΑΒ = 45" και ΔΑΒ = 30" . Αν η ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Φ και η ΑΓ στο Ε, να υπολογισθούν: α. Τα τμήματα ΑΓ, ΒΓ, ΓΔ, ΑΔ και ΑΦ

β. Από τις τεμνόμενες χορδές ΑΕ, ΒΓ έχουμε: 'R.J2ϊ ΑΔ ·ΔΕ = ΒΔ · ΔΓ <:::::> · ΔΕ = '3_

= 'R J3 . 2R J3 <:::::> ΔΕ = 2R = 2R .J2ϊ (3) '3_ 3 .J2ϊ 21

γ. Τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΕΓ έχουν κοινή βάση ΒΓ. Ά α (ΒΕΓ) = ΕΚ (4). ρ (ΑΒΓ) ΑΜ . . Αλλά ΑΔΜ :::::: ΔΕΚ (γιατί ΑΜ//ΕΚ), οπότε:

2R.J2ϊ ΕΚ ΔΕ <2> 21 ΑΜ

= ΑΔ <� R.J2ϊ 3

6 2 -=-2 1 7

(5)

Από (4) και (5) προκύπτει ότι (ΒΕΓ) = � (6) (ΑΒΓ) 7

δ. Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Είναι: (6) Ε = πR2 - (ΑΒΓ) - (ΒΕΓ)<:=>

2 2 2 9 Ε = πR - (ΑΒΓ) -7(ΑΒΓ) = πR -7(ΑΒΓ) =

= πR 2 -.2_ . 3R 2 Jj <:::::> Ε = πR 2 - 27 J3R 2 7 4 28

διόn (ΑΒΓ) = λ; Jj = 3R 2 Jj . 4 4

του Θανάση Κυριακόπουλου

συναρτήσει της ακτίνας R του κύκλου. β. Το τμήμα ΕΦ. γ. Η γωνία ΕΖΦ , όπου Ζ το aντιδιαμετρι

κό σημείο του Ε. Λί>ση:

α. Επειδή ΕΑΟ = 45" είναι και Ε1 = 45" και ακό-μη fΊ = 45" , αφού ΕΟ//ΓΒ. (το ΕόΑ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές). Είναι: ΒΓ=ΑΒ=2R


Μαθηματικά για τη Β· Λυκείου

από το ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΓΒ .l ΒΑ και Α, = 45ο ) . 'Εχουμε:

Γ

AΓ=�AB2 +AΓ2 =�4R2 + 4R2 =�8R2 = = 2RJ2 , δηλαδή ΑΓ = 2R.Ji . ΑΕ2 = 2ΑΟ2 ή ΑΕ2 = 2R2 ή AE=RJ2 Δ και επειδή Α Ε Β ορθογώνιο και ισοσκελές, α-φού ΑΕΒ = 90° και Α, = 45° θα είναι:

AE =BE =R.Ji

Είναι Β, = 60° , Δ, = 60° (από το τρίγωνο Α Δ Γ διότι ΔΑr = 75° ,fΊ = 45 ) . Επειδή Α2 = 30° α-Δ πό το ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Δ είναι ΑΔ = 2ΒΔ

και ΒΦ=.!_ ΑΒ = .!_(2R) = R (από το ορθογώ-2 2 Δ νιο τρίγωνο ΑΦΒ ). Με Πυθαγόρειο θεώρημα Δ στο ορθογώνιο τρίγωνο Α Β Δ : ΑΔ2 = ΒΔ2 +ΑΒ2 άρα 4ΒΔ2 = ΒΔ2 + 4R2 <::::> 3ΒΔ2 = 4R2<::::> ΒΔ = 2� = 2RJ3 ,δηλαδή: ν3 3

2RJ3 , ΒΔ =-- .Ειναι: ΓΔ = ΒΓ+ΒΔ = 3

= 2R + 2RJ3 = 2R (3 +J3) δηλαδη' : 3 3 ' ΓΔ = 2R(3+J3) . Όμως ΑΔ = 2ΒΔ άρα: 3

ΑΔ 4RJ3 Α ' θ ' ' ΑΒΔ φ = -3- . πο το ορ ογωνιο τριγωνο (Φ = 90° ) : ΑΦ2 + ΒΦ2 = ΑΒ2 ή ΑΦ2 +R2 = 4R2 ή AΦ = RJ3 . � Δ

β. Επειδή Α2 = 30° ορθογώνιο τρίγωνο Α Φ Β εί-ναι: ΒΦ = ΑΒ = 2R = R ή ΒΦ = R. 2 2

Φέρνουμε ΕΣ .l ΦΒ , οπότε από τη με γενίκευση του Πυθαγορείου θεωρήματος στο τρίγω-

Δ νο ΦΒΕ , αφού ΦΒΕ = ΑΦΒ+ΑΒΕ= 60° +045° =10 :::§9 , έχουμε: ΕΦ2 = ΦΒ2 + ΕΒ2 + 2ΦΒ · ΒΣ ή EΦ2=R2+2R2+2R · ΒΣήΕΦ2=3R2+2R · ΒΣ(l) Είναι ΕΦΣ = ΕΦΒ = ΕΑΒ = 45° , δηλαδή το

Δ Ε Φ Σ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές. Επομέ-

2ΦΣ2 - ΕΦ2 ' ΦΣ - ΕΦ ' ΦΣ - ΕΦJ2 νως - η - J2 η --2- . Όμως ΒΣ = ΦΣ- ΦΒ ή ΒΣ = ΕΦJ2 -R (2) 2 Η (1) λόγω της (2), γίνεται: ΕΦ2 = 3R2 + 2R( E�J2 -R J ή ΕΦ2 -RJ2EΦ-R2 = 0 . Άρα: ΕΦ = RJ2 +RJ6 ήEΦ =R.Ji(l +J3)

. 2 2 Η αρνητική ρίζα απορρίπτεται. ...-. -... ...-. ..-... ...-. ΕΖΦ - ΕΦ _ ΕΒ+ ΒΦ _ ΕΒ ΒΦ _ � - 2 - 2 - 2 + 2 -= ΕΑΒ+ΒΑΦ= 45° +'30° = 75 ή ΕΖΦ = 75°

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και οι διάμεσοι αυτού ΒΒι και ΓΓι. θεωρούμε τους κύκλους (Κ1, Rι) και (Κ2, R2) διαμέτρων ΒΒ1 και ΓΓ1 αντίστοιχα. Να δείξετε ότι:

R2 -R2 = ΑΚ2 - ΑΚ2 I 2 I 2

Απόδειξη : 1 1 1 1 Είναι R, = lBB, =lμp , R2 = 2ΓΓ, = 2μr ,

1 1 τε: R� -R; ="4μ� -4μ� = = .!_ . 2αz + 2γz -βz .!_ . 2αz + 2βz - γz = 4 4 4 4 =J...(2αz + 2γz -βz - 2αz - 2βz + γz ) =

16 =_!_(3γ2 - 3β2 ) =l_(γ2 -:-β2 ) (1)

16 16 Δ Στο τρίγωνο Α Β Β, , ΑΚ1 διάμεσος με ΒΒ1 = �,

Α

οπό-



Β1 Α = � και ΑΒ = γ, οπότε (τύποι των τετραγώ-2 νων των διαμέσων):

2(γ2 + β2 J-μ� ΑΚ2 _ 4 Δ

I - 4 Όμοια στο ΑΓΓ1 , ΑΚ2 διάμεσος με ΓΓι = μy, ( 2 J 2 β2 +_l_ - μ� ΑΓ =1 ΑΓ = β άρα ΑΚ2 = . 4

I 2 ' 2 4 Ένουμε: Κ Α2 -Κ Α2 =- �--+μ2 -μ2 = 1 [3 2 3β2 ] Λ I 2 4 2 2 Ύ β

=_!_[3γ2 _ 3β2 + 2(α2+β2 )--γ2 _ 2(α2+γ2)--β2 ] = 4 2 2 4 4 =_!_(3γ2 -3β2 ) =i._(γ2 -β2) (2) . 1 6 16 Από (1), (2): R� -R; =ΑΚ� -ΑΚ; (3) Παρατήρηση : Εάν ΑΗ το ύψος του τριγώνου, τ� τε ΑΗ1.Κ1Κ2, όπου Κ1Κ2 η διάκεντρος των δύο κύκλων. Πράγματι: ΒΓΒιΓι τραπέζιο (αφού ΒιΓ1//ΒΓ) άρα Κ1Κ2//ΒΓ και είναι ΑΙUΒΓ άρα ΑΗlΚ1Κ2. Με άλλα λόγια και επειδή ισχύει η (3), ο ριζικός άξονας των δύο κύκλων, ταυτίζεται με το ύψος του τριγώνου. 3. Δίνεται κύκλος (Ο, R) και χορδή ΑΒ ίση με

την ακτίνα R, Ε το μέσον αυτής και Ι το -μέσο του κυρτογώνιου τόξου ΑΒ . Εάν ΙΔ = 120° και φέρουμε την ΔΕ που τέμνει τον κύκλο στο Ζ, να υπολογισθεί η ΔΖ, συναρτήσει της R. Δίνεται: λ12 =R � 2 -.J3 .

Λύση : Επειδή ΔΖ = ΔΕ + ΕΖ θα υπολογίσουμε πρώτα τις ΔΕ και ΕΖ. Η ΔΕ εί- Η Δ ναι διάμεσος του Δ Β Α . Έχουμε: ΙΔ = 120° , m =ΛΒ = &6 = 2 2 = 600 = 300 ή m = 300 . 2

( \

Ζ Ι

ΆραΒΔ = 90° . Επομένως:

ΒΔ = λ4 = RJ2 άρα: BΔ = R.Ji . Εάν φέρουμε τη διάμετρο ΔΗ, επειδή: � � -ΑΙ + ΙΔ = 30° + 120° = 150° είναι ΑΗ = 30° , δηλαδή ΑΗ =300 = ώ = 3600 η' ν = 3600 = 12 ν ν 30° ' δηλαδή ν = 12 και άρα ΑΗ = λ12 ή AH=R�2-.J3 . Δ Από το ορθογώνιο τρίγωνο Α Η Δ : ΑΔ2 = 4R2 -ΑΗ2 ή AΔ2 = 4R2 -R2 (2 -.J3) ή ΑΔ2 =R2 (2 +.J3) . Δ Στο τρίγωνο ΑΔΒ , ΔΕ διάμεσος άρα:

2ΔΒ2+2ΑΔ2-ΑΒ2 2(ΔΒ2+ΑΔ2)--ΑΒ2 ΔΕ2 =------------4 4

2[2R2 +R2 (2+.J3)] -R2 R2 (7 + 2.J3) -=------�--�---=--�--� 4 4 οπότε: ΔΕ = R �7 + 2.J3 2 Σύμφωνα με το θεώρημα τεμνόμενων χορδών έχουμε: ΕΖ · ΕΔ =ΑΕ · ΕΒ άρα

R R ΕΖ= ΑΕ ·ΕΒ = 2 " 2 = R ή ΕΔ R �7 + 2.J3 2�7 + 2.J3 2 ΕΖ = �7 +

R2.J3 :Εχουμε:

ΔΖ� ΔΕ+ ΕΖ� �[ �7 + 2-J3 + �7 +12.}3 ] �

= R · 8 + 2.J3 =R · 4 +.J3 = 2 �7 + 2.J3 �7+ 2.J3

= R(4 +.J3)(�7 - 2.J3) . Άρα: 37 ΔΖ = .!_(4 + .J3)( �7 - 2.J3 )

37



ΜW4\ΘΗΜ� '1!1JΚΑ� ΘΕlΙΚΗΣ: KAb lfXNtJtA�OirbKHε ΚΑ 7/ΠΘ'IIα:ΗΕ

r ΚωνΙJιι;ές fOIJlCς της Χαραλαμποπούλου Λίνας

Στο άρθρο αυτό παρουσιάζουμε επαναληπτικές ασκήσεις στις κωνικές τομές βασισμένες στους ορισμούς

και τις έννοιες που παρουσιάζονται στο σχολικό βιβλίο. Πιστεύουμε ότι έτσι θα βοηθήσουμε το μαθητή στην

καλύτερη κατανόησή τους.


1. Δίνονται τα σημεία Μ (1 + ημφ, 2 - συνφ), φ ε [0,2π) .

α. Να δείξετε ότι τα σημεία κινούνται σε κύκλο, του οποίου να βρείτε το κέντρο Κ και την ακτίνα.

β. Να βρείτε τις εφαπτόμενες του κύκλου που άγονται από το 0(0,0) προς τον κύκλο.

γ. Αν Α , Β τα σημεία επαφής να υπολογίσετε το συνημίτονο της γωνίας των δια-νυσμάτων ΚΑ,ΚΒ και στη συνέχεια το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ.

δ. Να βρείτε την εξίσωση της παραβολής με κορυφή 0(0,0), άξονα συμμετρίας το χ ι χ και εστία το σημείο τομής Ε της ευθείας ΑΒ με τον άξονα χ ι χ •

Λύση ' { χ = 1 + ημφ { χ - 1 = ημφ ' α. Εχουμε: <:::> ομως y = 2 -συνφ 2 - y = συνφ ημ2φ +συν2φ = 1 <:::> (χ - 1)2 + {2 - y)2 = 1 . Επομένως τα σημεία Μ (χ, y) κινούνται σε κύκλο με κέντρο Κ ( 1, 2) και ακτίνα ρ = 1 .

β. Επειδή ρ = lxo l ο κύκλος εφάπτεται στον y'y. Άρα η ευθεία χ=Ο είναι εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α(Ο,2). Αν y = λχ εφαπτομένη του κύκλου που διέρχεται από το 0(0, 0), τότε το σύστημ {y = λχ ( )2 { )2 έχει μία μόνο λύση. χ - 1 + 2 - y = 1

Για y = λχ η εξίσωση του κύκλου γίνεται:

(χ - 1 )2 + ( 2 -λχ / = 1 <:::> <:::> ( λ2 + 1) χ 2 - 2 ( 1 + 2λ) χ + 4 = ο ( 1)

Πρέπει: Δ = Ο <:::> 4{1 + 2λ )2 - 16(λ2 + 1) = Ο <:::> 3 4λ- 3 = Ο <:::> λ =- . Επομένως η ευθεία 4

3 ' ' 'κλο y = -χ ειναι εφαπτομενη του κυ υ. 4 γ. Η ( 1) για λ = � γίνεται: 4

(:6 + 1Jx2 - 2(1 + 2�Jx + 4 = 0 25 ( 5 J2 <:::> -χ2 - 5χ + 4 = ο <:::> -χ - 2 = ο <:::> 1 6 4

5 8 3 8 6 -χ - 2 = Ο <:::> χ =- και y = - - <:::> y = - . 4 5 4 5 5 3 Άρα η ευθεία y = -χ εφάπτεται στον κύκλο 4

στο σημείο B(�·�J . 'Εχουμε: κΑ = (-1,0) και κΒ = (� .-�J ,

I - ι ι - ι - - 3 ΚΑ = ρ = 1 , ΚΒ = ρ = 1 και ΚΑ.ΚΒ = -5 - -(- -) ΚΑ ·ΚΒ 3 οπότε συν ΚΑ,ΚΒ =ιΚΑΙ · ΙΚΒΙ

-5 .

Το εμβαδόν του τριγώνου ΚΑΒ είναι -1 ο

(ΚAB)=�Idet (ΚA,ΚB)I =� 3 4

1 4 2 = -- =-2 5 5

5 5

δ. Βρίσκουμε την εξίσωση της ευθείας ΑΒ.



6 4 5- 2 -5 1 Είναι λΑ8 =--=-=--8 8 2

5 5

Άρα: ΑΒ: y - 2 = -_!_(x - 0) � y = -_!_x + 2 . 2 2 Για y = Ο έχουμε: χ = 4 . Άρα η εστία της πα-ραβολής �ίναι: Ε ( 4, Ο) . 'Ε χουμε .Ε. = 4 � p = 8 . Η εξίσωση της ζητού-2 μενης παραβολής είναι: y2 = 16χ .

2. Δίνεται η ισοσκελής υπερβολή C: r -y2=16 με εστίες στον άξονα χ' χ . α. Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου με κέ

ντρο την αρχή των αξόνων που διέρχεται από τις κορυφές της υπερβολής.

β. Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου c στο σημείο του Γ με τετμημένη χ1 = 2 και τεταγμένη y 1 >0.

γ. Έστω Μ το σημείο τομής της εφαπτομένης του κύκλου στο Γ με τον άξονα χ ' χ . Από το Μ φέρνουμε παράλληλη στον y'y που τέμνει τον ένα κλάδο της υπερβολής στα Δ και Ε. Ν α αποδείξετε ότι ο κύκλος με διάμετρο ΔΕ διέρχεται από το Γ.

Λύση

ο

Ε α. Οι κορυφές της υπερβολής είναι Α(4,0) και

Α'(-4,0). Έστω C : χ2 + y2 = ρ2 η εξίσωση του ζητούμε-νου κύκλου. Τότε το σημείο Α(4,0) την επαληθεύει άρα ρ2 = 16 � ρ = 4 . Επομένως C : χ2 + y2 = 16 .

β. Έστω Γ(2, y1 ) τότε 4 + y12 = 16 � y1 = ±2.J3 και y1 > Ο άρα Γ(2, 2.J3) .

Η εφαπτομένη του κύκλου στο Γ είναι: ε: 2χ + 2.J3y = 16 ή ε: χ +.J3y = 8 .

γ. Η ε τέμνει τον χ 'χ στο Μ(8,0). Η ευθεία που διέρχεται από το Μ και είναι παράλληλη στον ΥΎ είναι η ε' : χ = 8 . Τα σημεία Δ, Ε είναι οι λύσεις του συστήματος: {χ2 - y2 = 16 � {64- y2 = 16 � {y = ±4.J3 . χ = 8 χ = 8 χ = 8 'Εστω Δ ( 8, 4.J3) και Ε ( 8, -4.J3) . Για να περνάει ο κύκλος με διάμετρο ΔΕ από το Γ , αρκεί να δείξουμε ότι ΕΓΔ = 90° . Δηλαδή αρκεί ΓΕ · ΓΔ = Ο . Είναι ΓΕ = ( 6,-4.J3-2.J3) και ΓΔ=(6,4.J3-2.J3)οπότε ΓΕ · ΓΔ=36-12 · 3=0 .

3. Δίνονται τα διανύσματα:

ΟΓ = (χ- 1,2χ - 4) και ΟΔ = (χ - 2,χ - 3) όπου χ ε m. . - -Α. Να βρείτε το χ ώστε ΟΓ ..l ΟΔ . Β. Για τη μεγαλύτερη τιμή του χ που βρή

κατε στο Α α) να βρείτε την εξίσωση του κύκλου με

διάμετρο Γ Δ. β) Να βρεθούν οι εξισώσεις των εφα

πτομένων του κύκλου στα Γ, Δ. γ) Αν Β το σημείο τομής της εφαπτομέ

νης στο Γ με τον y 'y και Α το σημείο

τομής της εφαπτομένης στο Δ με τον χ ' χ , να βρεθεί η εξίσωση και η εκκεντρότητα της έλλειψης με κέντρο την αρχή των αξόνων και μία κορυφή στον άξονα y'y το Β και μία στον χ'χ το Α.

Λύση

Α. Έχουμε: ΟΓ ..l ΟΔ � ΟΓ.ΟΔ = Ο� (χ - 1) (χ - 2) + (2χ - 4)(χ - 3) = 0 � 3χ2 - 13χ + 14 = 0 , άρα χ = 2ή χ =2 . 3

7 - (4 2) - ( 1 2) Β. α) Για χ =- ΟΓ= - - και ΟΔ = - -- . 3 ' 3 ' 3 3 ' 3


Μαθηματικά yια τη Β' Λυκείου

' (4 2) ( 1 2 ) Άρα Γ - - και Δ - --3

,3 3 ' 3

' ( 5 )2 2 25 Άρα C: χ -6 + y =

36 β) Αν ε1 η εφαπτομένη του κύκλου στο Γ τότε

ε1 ..l ΓΔ οπότε λ., · λrΔ = -1 <::::> 2 2 4

λ . 3 3 = -1 <::::> λ ·__]_= -1 ε, 1 4 ε, 3 - -- --3 3 3

<::::> λ . i = -1 <::::> λ = _i . ε, 3 ε, 4

Άρα η εξίσωση της ε1 είναι: y-% = -%( χ -�) ή ει : y = -%x +% . Αν ε2 η εφαπτομένη του κύκλου στο Δ τότε ε2 // ε1 άρα λ. = _i και η εξίσωση της I 4

' 2 3 ( 1 ) ' ε2 ειναι: y+3= -4 χ -3 η 3 5 εz: y = -�x -- . 4 12

γ) Λόγω του β η ε1 τέμνει τον y'y στο Β (ο,%) και η ε2 τέμνει τον χ'χ στο Α( -% ,0)

Α ' 1 5 1 Ι -S Ι ' έλλε ' ' ' φου 3 > 9 η ιψη εχει εστιες στον α-

ξονα y' y και εξίσωση χ2 y2 ' 5 5 C :-+-= 1 οπου α = - β=- και ι β2 · α2 3 , 9

2 25 25 22 �2 s2 ι οJ2 γ =9-sι= 81 8ι <=> r =-9- .

οπότε χ2 y2 cι :25+25= 1 - -8 1 9

Η εκκεντρότητα της C1 είναι: ι οJ2 γ . 9 2J2 ε = - =-- =--α 5 3 · 3

4. Δίνεται το σημείο Ρ ( Χ0, y 0 ) .

α. Α ν το σημείο Ρ ( χ0 , y 0 ) κινείται σε κύκλο

με εξίσωση C : xz + yz = 4 να δείξετε ότι

το σημείο M(x,y) με χ =�χ0 και 2

1 , 'λλε c Υ = 2 y 0 κινειται σε ε ιψη 1 της ο-

ποίας να βρείτε την εκκεντρότητα. β. Αν Ε, Ε' τα σημεία τομής του κύκλου C

με τον άξονα χ 'χ, να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων Α ( x,y) του επιπέ-

δου των οποίων η απόλυτη τιμή της διαφοράς των aποστάσεών τους από τα Ε, Ε' είναι ίση με 1.

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της υπερβολής που είναι κάθετη στο διάνυσμα α = ( 5,1) .

Λύση 'Ε 2 2 4 2 2 α. χουμε χ0 + Υ ο = και χ0 =-χ , y 0 = y

3 4 χ2 άρα -χ 2 + 4 y2 = 4 <::::> -+ y2 = 1 , 9 9

οπότε το Μ κινείται σε έλλειψη με α = 3, β = 1 και γ2 = α2 -β2 <::::> γ2 = 9 - 1 <::::> γ = 2J2 . Άρα ε = 1 = 2J2 . α 3

β. Σύμφωνα με τον ορισμό της υπερβολής έχουμε ότι τα σημεία Α (χ, ):') κινούνται σε υπερβολή με εστίες Ε'(-2,0 ) κα ι Ε(2,0 ) οπότ ε γ = 2 και μήκος μεγάλου άξονα 2α = 1 <::::> α =.!.. . 2

' 1 5 .J15 Ισχuει β2 = γ2 -α2 <::::> β2 =-<::::> β =-- . 4 2 Οπότε τα σημεία Α (χ, y) διαγράφουν την υ-

χ2 y2 4y2 περβολή c2 : -1 -π= 1 ή c2 : 4χ2 -15 = 1 . 4 4



γ. 'Εστω ε: 4χχ1 - 4ΥΥι = 1 η εξίσωση της ζητού-15 μενης εφαπτομένης στο σημείο Κ( Χ1 , Υ ι ) .

Τότε λ. = -� = 15Χι . Επίσης λ- =.!.. _ 4yι Υι α 5 1 5

- χ 1 Όμως ε.lα � 15--l ·- = -1 � 3χ1 = -y1 � Υι 5 � Υι = -3χι . Το σημείο K(x1 ,y1 ) είναι σημείο της υπερβο-λη' ς άρα 4χ 2 - 4yι2 = 1 � 4χ 2 _ 36χι2 = 1� I 15 I 15 24χ 2 {5 lf-= 1� Χ1 = ±γg . Για χ1 = J% είναι y1 = -3J% , οπότε

ε: 4χ @: + 4 -3)% y � l <c> 4 /Ix -� /Iy � l . νs 15 νs 5 νs

Για χ1 = -J% είναι y1 = 3J% οπότε ε: -4 fix+� fiy = 1 . νs 5 νs

5. Δίνεται η εξίσωση χ2 + y2 - 2λχ + 2(2 + λ)y + 4λ +4 = 0 (1), λε JR *

α. Να δειχτεί ότι παριστάνει κύκλο για κάθε λ ε JR * .

β. Για λ- 2 να βρεθεί η εξίσωση της έλλειψης η οποία έχει εστίες τα σημεία στα οποία ο κύκλος C τέμνει τον y'y και μήκος μικρού άξονα τη διάμετρο του κύκλου.

γ. Να βρείτε την εξίσωση της υπερβολής με κέντρο την αρχή των αξόνων, εστίες στον άξονα y'y , aσύμπτωτη παράλληλη στο διάνυσμα ίί = ( -4,-2) και εστιακή

απόσταση ίση με το μήκος του μεγάλου άξονα της έλλειψης.

Λύση α) Η ( 1 ) είναι εξίσωση κύκλου αν και μόνο αν

Α2 + Β2 - 4Γ > Ο� � 4λ2 + 4(2 + λγ - 16λ- 16 > 0 � 4� + 4(4 + 4λ +� ) - 16λ- 16 > 0

� 4λ2 + 16 + 16λ + 4λ2 - 16λ - 1 6 > ο � 8λ2 > Ο που ισχύει για κάθε λ ε JR *

β) Για λ=-2 έχουμε τον κύκλο x2+y2+4x-4=0 με κέντρο Κ(-2,0) και ρ=2J2 . Για χ=Ο έχουμε: y2 = 4 � y = ±2 , άρα η ζητούμενη έλλειψη έχει εστίες Ε'(Ο,-2),Ε(Ο,2) , Επίσης 2β=2ρ άρα β=2J2 και α2 = γ2 + β2 � α2 = 4 + 8 � α2 = 12 � α =.Jϊ2 , οπότε η εξίσωση της ζητούμενης έλλειψης είναι:

γ) Έστω

χ2 y2 C1 :- +- = 1 . 8 12 y2 χ2 c2 : -? --2 = 1 η εξίσωση της ζητούμεα- β

νης υπερβολής. Ο συντελεστής διεύθυνσης του δ ' - , λ 1 , ζ ' ιανυσματος u ειναι υ

= 2 αρα η ητουμενη β λ ' ' ' θ ' 1 υπερ ο η εχει ασυμπτωτη την ευ εια y = 2 χ .

'Ε χουμε: � = .!_ � β = 2α (2). Ο μεγάλος ά-β 2 ξονας της έλλειψης έχει μήκος 2.Jϊ2 άρα

2γ= 2.Jϊ2 �γ = .Jϊ2 Ισχύει γ2 = α2 +β2 � 12 = α2 + 4α2 � � α2 =�και λόγω της (2) 5 β2 4 ? 48 ' ξ' ζ ' = α- = S οποτε η ε ισωση της ητουμενης υπερβολής είναι:

y2 χ2 ' 5y2 5χ2 c2 =u-τs=1 η c2 :12 - 48 = 1 . 5 5

6. Δίνονται τα διανύσματα: ίί = (-6,s) , � = (9,-12)

α) Να δείξετε ότι είναι αντίρροπα. β) Να βρεθεί η εξίσωση της έλλειψης που

έχει ημιάξονες τα μέτρα των διανυσμάτων υ, ν και μεγάλο άξονα στον y Ύ.

γ). Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης που διέρχεται από το σημείο Κ(20,0) και σχηματίζει αμβλεία γωνία με τον άξονα χ ' χ •



Λύση α. Έχουμε: (- -) u.ν -6. 9 + 9.( -12) -συν u,ν = ιίi ι ι�ι = �( -6)2 + 82�92 + ( -12)2 -

= -1 .0πότε (�)= π άρα u -J.. ί v

β). Είναι lίi l = 1 0 , �� = 15 οπότε α = 15και β = 1 0. Η εξίσωση της ζητούμενης έλλειψης είναι:

χ2 y2 C :-+-= 1 . 100 225 γ). Η εξίσωση της εφαπτομένης της έλλειψης στο

, ( ) , Χ Χο ΥΥο σημειο της Μ x0 ,y0 ειναιε :-+-= 1 100 225 με συντελεστή διεύθυνσης

Χ ο λ - 100 - 225χο - -9χο - - Υο - - 100y0 - 4y0 • 225

Η ε διέρχεται από το Κ(20,0) άρα 20χο = 1 <::::> χ = 5 . 1 00 ο Το Μ( 5, y0 ) είναι σημείο της έλλειψης C άρα

25 + y� = 1 <::::> = ± 1 5.J3 . 100 225 Υο 2 1 5.J3 ' λ ο ' ξ' Για y0 = -- ειναι < αρα η ε ισωση της 2

' ' ' χ .fjy 1 ζητουμεvης εφαπτομεvης ειναι: ε : 20 + 30 = ·

7. Δίνονται τα σημεία Α (-1,2) , Β (-3,1) , Γ (3,-2) και Δ (4,-1) .

α. Να αναλύσετε το διάνυσμα Γ Δ σε δύο κάθετες μεταξύ τους συνιστώσες, από τις οποίες η μία να έχει τη διεύθυνση του διανύσματος ΑΒ .

β. Να δείξετε ότι η γραμμή που γράφουν τα σημεία Μ (χ, y) του επιπέδου για τα οποία

ισχύει ΑΜ.ΓΜ = Ο είναι κύκλος του οποίου να βρείτε το κέντρο και την ακτίνα.

γ. Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης του κύκλου που είναι κάθετη στο διάνυ-

σμα u = προ β Γ Δ . ΑΒ

Λύση α. Είναι ΑΒ = ( -2,-1) και ΓΔ = ( 1, 1) .

Έστω Γ Δ = ίi + � με ίi .l � και ίi I I ΑΒ . Τότε ίi = λΑΒ = ( -2λ,-λ) και u = προ Ι ΓΔ . Ισχύει ΑΒ.Γ Δ = ΑΒ.προ β Γ Δ

ΑΒ

<::::> ( -2,-1) ( 1, 1) = ( -2, -1) ( -2λ, -λ) 3 <::::> -2 - 1 = 4λ +λ <::::> λ = -- ο 5

Άρα ίi = ( �, �) και

- - - ) (6 3) ( 1 2) ν = ΓΔ - u = ( 1, 1 - 5 ,.5 = -5,-5 . β. Έχουμε:

ΑΒ

ΑΜ = (x+1 , y-2) και ΓΜ= (x-3,y+2) . Άρα:

ΑΜ.ΓΜ = Ο<::> ( χ + 1, y - 2) .( χ -3, y+2) = Ο <::> ( x + 1) ( x - 3) + ( y - 2) ( y + 2) = 0 <::::> χ2 - 2χ - 3 + y2 - 4 = ο <::::> ( χ - 1)2 + y2 = 8 ο Επομένως τα σημεία Μ (χ, y) κινούνται σε κύ

κλο με κέντρο Κ(1 ,0) και ακτίνα ρ = 2.fi . γ. Έστω ε : y = λχ + β η ζητούμενη εφαπτομένη.

3 - 5 1 Είναι ε I I u <::::> λ. = λ;; <::::> λ. = 6 = 2 , άρα

5 1

ε : y = -χ + β <::::> χ - 2y + 2β = Ο . 2 Η ε εφάπτεται στον κύκλο c άρα

d(Κ,ε) = ρ <::::> 1 1� = 2.fi <::::> I I + 2βl = 2Μ ν1+ 4 <::::> 1 + 2β = 2Jϊ0 ή 1 + 2β = -2Jϊ0

2fι0-1 -2vΓι0-1 <::>β 2 ή β = 2 ο Άρα οι εφαπτόμενες του κύκλου που είναι παράλληλες στο u είναι: x - 2y + 2M - 1 = 0 ή x -2y- 2M - 1 = 0 .



ιtcωpfσ Αpιtμών της Απελικής Βλάχου και Παναγιώτη Χριστόπουλου

Η θεωρία Αριθμών έχει ως αντικείμενο μελέτης τις ιδιότητες των φυσικών αριθμών. Στο παρόν άρθρο θα εξετάσουμε ασκήσεις που αφορούν: α) τη Μαθηματική ή Τέλεια Επαγωγή β) την Ευκλείδεια διαίρεση και τη διαιρετότητα.

Κρίνεται σκόπιμο επίσης να μελετήσετε τα παρακάτω άρθρα από τον Ευκλείδη Β' :

• «Πως θα το αποδείξω . . . πώς θα το βρω . . . >> του Α. Κυριακόπουλου στο τεύχος 33.

• «Μαθηματική ή Τέλεια Επαγωγή» του Β. Βισκαδουράκη στο τεύχος 3 1 .

• «Θεωρία αριθμών» των Σ. Καλίκα και Β. Καρκάνη στο τεύχος 35.

• «Επαναληπτικές ασκήσεις θετικής κατεύθυνσης» της Χ. Κυριακοπούλου - Κυβερvήτου, τις ασκήσεις 14, 15 , 1 6 και 1 8i στο τεύχος 44.

• «Επαναληπτικά θέματα κατευθύνση9> του Α. Κυριακόπουλου τις ασκήσεις 7i και 8 στο τεύχος 40.

α) Μέθοδος της Μαθηματικής ή Τέλειας Επαγωγής. Με τη μέθοδο της «Μαθηματικής Επαγωγής»

αποδεικνύουμε προτάσεις Ρ(ν) που αναφέρονται και ισχύουν για όλους τους φυσικούς αριθμούς ν, μεγαλύτερους ή ίσους από ένα συγκεκριμένο φυσικό αριθμό ν0• Τα βήματα τα οποία ακολουθούμε για να αποδείξουμε μία πρόταση Ρ(ν) για κάθε ν Ε Ν , με ν :?: ν 0 και ν 0 Ε Ν * είναι τα εξής:

Βήμα 1ο: Αντικαθιστούμε στην πρόταση Ρ(ν) όπου ν τον αριθμό νο και εξετάζουμε αν η Ρ(ν0) είναι αληθής. Βήμα 2ο: Υποθέτουμε ότι η πρόταση Ρ(ν) ισχύει για κάποιο τυχαίο φυσικό κ με κ > ν0• Στη συνέχεια πρέπει να αποδείξουμε ότι η πρόταση Ρ(ν) ισχύει και για ν = κ + 1 , αν ναι τότε η πρόταση Ρ(ν) θα ισχύει για όλους τους φυσικούς ν με ν :?: ν0 •

Με τη Μαθηματική Επαγωγή αποδεικνύεται η ανισοϊσότητα του Bernoulli την οποία εφαρμόζουμε σε πολλές ασκήσεις. Διατυπώνεται δε ως εξής:

«Για κάθε πραγματικό αριθμό α με α > -1 και ν Ε Ν * ισχύει: (1 +αΥ :?: 1+ν · α »

Εφαρμογές της ανισοϊσότητας Bernoulli

1. Για κάθε πραγματικό αριθμό α με α < 1 και ν Ε Ν* ισχύει: (1 -αΥ :?: 1- να .

Λύση

Θέτουμε στην ανισότητα Bemoulli όπου α το -α και έχουμε: α<1 άρα -α > -1 και θα ισχύει [1 + ( -α)]ν > 1 + ν( -α) άρα, (1 - α)ν > 1 - να. Συνεπώς η ανισοίσότητα (1-α Υ :?: 1 -να για κάθε

ν Ε Ν* . 2. Να αποδείξετε ότι για κάθε ν Ε Ν * ισχύει

4ν + sν + 9ν > 18ν.

Λύση

Σύμφωνα με την ανισότητα Bemoulli έχουμε: 4ν = (1 + 3)ν > 1 + 3ν > 3ν gν = (1 + 7)ν > 1 + 7ν > 7ν 9ν = (1 + 8)ν > 1 + 8ν > 8ν Οι παραπάνω σχέσεις με πρόσθεση κατά μέλη μας δίνουν:

4ν + gν + 9ν > 3ν + 7ν + 8ν ή 4ν + gν + 9ν > 1 8ν.

3. Για κάθε φυσικό αριθμό ν να αποδείξετε ότι: ί. 15ν :?: (1 + 2ν)(1 + 4ν) ii. 64ν :?: (1 + 7ν)2

Λύση ί. Έχουμε 1 5v = (3 · 5γ = 3v · 5v =

= (1 + 2γ · (1 + 4γ :?: (1 + 2ν) · (1 + 4ν) ,

αφού λόγω της ανισοϊσότητας Bemoulli έχουμε (1 + 2Υ :?: 1 + 2ν και (1 + 4γ :?: 1 + 4ν

ii. Έχουμε (64)ν = (82 )ν = (8ν )2 =

= [(1+7)ν ]2 :?: (1+7ν)2 ,

αφού λόγω της ανισοϊσότητας Bemoulli έχουμε


Μαθηματικά για τη Β ' Λυκείου

4.

(1+ ΊΥ � 1 + 7 · ν

Να αποδείξετε ότι (6ν - S)ν > !_ για κάθε 6ν - 6

ν Ε Ν* .

Λύση

Έχουμε (6ν - 5)ν = ( 6ν -�)ν =(ι -�)ν 6ν 6ν 6ν 6ν

και

J.iyyω της ανισότητας Bemoulli ( εφαρμογή 1) έχ,συμε:

(ι-:ν)ν =[1+(-:

ν)Τ � Ι+ν{-:

ν)=1-�=�

Ά (6ν - 5 )ν 1 ' θ �τ* ρα -- � - για κα ε ν Ε ι" . 6ν 6

β) Ευκλείδεια Διαίρεση - Διαιρετότητα Θεώρημα

«Αν α, β είναι φυσικοί αριθμοί με β "* Ο , τότε

υπάρχουν μοναδικοί φυσικοί κ και υ τέtοιοι ώστε α = κ · β + υ με Ο ::; υ < β >>.

Βασικές παρατηρήσεις στην Ευκλείδεια Διαίρεση και στη Διαιρετότητα. 1. Το παραπάνω θεώρημα ισχύει και όταν οι α

ριθμοί α, β είναι ακέραιοι και διατυπώνεται ως εξής: «Αν α, β είναι ακέραιοι αριθμοί με β "* Ο , τότε υπάρχουν μοναδικοί αριθμοί κ, υ

με κ ακέραιο και υ μη αρνητικό ακέραιο ώστε α = κ · β + υ με Ο ::;; υ < IPI ».

2. Αν υ = Ο τότε η διαίρεση λέγεται τέλεια και α = κ · β . Στην περίπτωση αυτή λέμε ότι: ο αριθ-

μός α διαιρείται με τον αριθμό β ή ότι ο β είναι

διαιρέτης ή παράγοντας του α και γράφουμε β/α,

λέμε ακόμα ότι ο α είναι πολλαπλάσιο του β, δηλαδή υπάρχει λ Ε Ν ώσrε α = λ · β και γράφουμε

α = πολ. β.

3. Να σημειώσουμε ακόμα ότι η ισότητα α = κ · β + υ δεν εκφράζει απαραίτητα ταυτότη-

τα Ευκλείδειας Διαίρεσης του α με το β. Για να συμβαίνει αυτό πρέπει να εξασφαλίσουμε ότι ισχύει και η συνθήκη ο ::;; υ < ιβι .

4. Δοθέντος ακεραίου αριθμού β "* Ο τότε κάθε α

κέραιος α από την ταυτότητα της Ευκλείδειας Διαίρεσης α = κ · β + υ με Ο ::;; υ < lβl , μπορεί

να έχει μια από τις παρακάτω μορφές:

ή

ή

α = κ · β

α = κ · β+ 1

αν υ = Ο

αν υ = 1

Για παράδειγμα διαιρώντας τον ακέραιο αριθμό α με τον αριθμό 4, οι δυνατές μορφές του α είναι: α = 4κ ή α = 4κ + 1 ή α = 4κ + 2 ή α = 4κ + 3 με

Κ Ε Ζ .

5. Στις ασκήσεις με διαιρετότητα είναι χρήσιμες οι ταυτότητες:

• αν - βν = (α-β) · (αν-1 + αν-2β+ .. . +α · βν-2 + βν-1 ) • α2ν+Ι _ β2ν+Ι = (α+β) · (α2ν -cC"-Ι · β+ ... -α·�-Ι + β2ν) • α2ν - β2ν = (αν +βν ) · (αν - βν ) ν Ε Ν *.

Έτσι προκύπτει ότι: αν -βν = πολ.(α -β), α2ν+Ι - β2ν+Ι = ΠΟλ.(α + β)

α2ν -β2ν =πολ.( α- β) και α2ν - β2ν = πολ.( α+β)

Προσοχή: αν + βν = πολ.(α +β) όταν και μόνο ό

ταν <(\1 = περιττός» αν -βν = πολ.(α +β) όταν και μόνο όταν

<(\1 = άρτιος».


1. Να αποδειχθεί ότι για κάθε θετικό ακέραιο ν , 1 1 1 1 1 ισχυει "2 + 4" +s + ... +r = 1 -r .

Λύση:

Η προς απόδειξη πρόταση Ρ(ν) είναι 1 1 1 1 1 - + - + - + . . . + -=1 -- με ν Ε Ν * . Ακολου-2 4 8 2ν 2ν

θούμε τα βήματα της Μαθηματικής Επαγωγής.

1) Για ν = 1 έχουμε .!.. = 1 -� πρόταση Ρ(1) 2 2

Άρα για ν = 1 η πρόταση αληθεύει. 2) Υποθέτουμε οτι για ν = κ αληθεύει η πρόταση

Ρ( κ).

δηλαδή: 1 1 1 1 1 -+-+-+ . . . +-=1 - -2 4 8 2κ 2κ

(1)

Θα αποδείξουμε ότι η πρόταση αληθεύει και για ν = κ + 1 δηλαδή πρόταση Ρ( κ + 1)



1 1 1 1 1 -+-+-+ +-=1--2 4 8

. . . 2κ+Ι 2κ+Ι

(2)

Ξεκινάμε από το 1ο μέλος της (2) και έχουμε: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 -+-+-+ . . . +-=- + - +....: + . . . +-+-2 4 8 2κ+Ι 2 4 8 2κ 2κ+Ι

2 λόγω (!) 1 1 l 1

= 1 --+- = 1 -- + - = 2κ 2κ+Ι 2κ 2κ+Ι

2 1 1 1 -

2κ+Ι +

2κ+Ι = 1 -

2κ+Ι .

' 1 1 1 1 1 Άρα 2 + 4 +8+ . . . +

2κ+Ι =1 -

2κ+Ι.

Συνεπώς η πρόταση Ρ(ν) αληθεύει για κάθε θετικό ακέραιο ν.

2. Να αποδειχθεί ότι yια κάθε ν ε Ν * ο αριθμός Α = 24ν+1 - 22v - 1 διαιρείται με το 9.

Λύση: Εργαζόμαστε με τη μέθοδο της τέλειας επαγωγής 1) Για ν=1 είναι Α = 24·1+1 - 22.1 - 1 = 32 - 4 - 1 = 27 ,

άρα για ν = 1 αληθεύει αφού 9/27 ή 27 = πολ.9. 2) Έστω ότι για ν = κ το 9 διαφεί τον αριθμό Α =

24κ+Ι - 22κ - 1 άρα Α = 24κ+1 - 22κ - 1 = 9λ (1), λ ε Ζ .

3. Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης του αριθμού α δια του αριθμού β * Ο στις παρακάτω περιπτώσεις: ί. α = 48 και β = -9 ii. α = -48 και β = 9 iii. α = -48 και β = -9

Λύση: ί. Έχουμε 48 = 9 · 5 + 3

Οπότε: 48 = 9 · 5 + 3 ή 48 = (-9) · ( -5) + 3 .

Άρα το πηλίκο της διαίρεσης του 48 με το - 9 είναι - 5 και το υπόλοιπο 3. ( αφού: (Ο < 3 < j-91 = 9)

ii. Έχουμε: α = κ · β + υ (1 ), με α = --48, β = 9 και

Ο ::;; υ < lβj (2). Από (1) έχουμε υ = α- κ · β και

από τη σχέση (2) παίρνουμε: ο ::;; α -κβ < ι β ι ή

Ο ::;; -48 - κ · 9< 191 ή +48 ::;; -κ · 9 < 9 + 48 ή -57 -48 ' - < κ ::; - αρα κ = -6 9 9

και υ = -48 - ( -6) · 9 = 6 .

iii. Ομοίως εργαζόμενοι βρίσκουμε πηλίκο 6 και υπόλοιπο 6.

Θα αποδείξουμε ότι για ν = κ + 1 ο αριθμός Α = 24(κ+Ι)+ι - 22(κ+Ι) - 1 είναι πολ. 9 (τότε θα διαι- 4· Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι οι οποίοι

διαιρούμενοι με το 4 δίνουν πηλίκο διπλάσιο του υπολοίπου.

ρείται με 9). Έχουμε: Α = 24κ+4+Ι - 22κ+2 - 1 =

= 24κ+Ι . 24 _ 22κ . 22 - 1 = = 16 · 24κ+Ι -4 · 22κ - 1 (2)

Από τη σχέση (1) έχουμε: 24κ+1 = 9λ + 22κ + 1 (3) Η σχέση (2) λόγω της (3) γράφεται: Α = 16 · (9λ + 22κ + 1) -4 · 22κ -1 =

= 16 · 9λ + 1 6 · 22κ + 1 6- 4 · 22κ - 1 = = 1 6 • 9λ + (16 -4) · 22κ + 1 5 =

= 9 · 1 6λ + 12 · 22κ + 27 - 12 = = 9 · 16λ + 27 + 12 · (22κ - 1) = = 9 · (16λ+3) + 12 · (4κ - 1) = = 9 · (16λ+3) + 12 • (4 - 1) • (4κ-Ι +4κ-2 + . . . + 1) =

= 9 · (16λ+3) + 36 · (4κ-Ι + 4κ-2 + . . . + 1) =

= 9 · [16λ+3 + 4 · (4κ-Ι + 4κ-2 + . . . + 1)] = πολ. 9

Αποδείξαμε ότι για ν = κ + 1 ο αριθμός Α διαιρείται με το 9, άρα αληθεύει η αρχική πρόταση για κάθε ν ε Ν .

Λύση: Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαί-ρεσης έχουμε: α = κ · 4 + υ , με Ο < υ < 4 και κ = 2υ, άρα α = 2 · υ · 4 + υ ή α = 9υ με υ = 1 , 2, 3. Συνεπώς α = 9 ή α = 18 ή α = 27.

5. Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι α, β, γ με α < 4, β < 3 τέτοιοι ώστε α + 4β + 12γ = 82.

Λύση: Έχουμε 82 = α + 4β + 12γ ή 82 = 4(β + 3γ) + α (1) με Ο < α < 4. Όμως 82 = 4 · 20 + 2 (2). Από (1) και (2) έχουμε ότι: 4 · (β + 3γ) + α = = 4 · 20 + 2 . Επειδή η έκφραση α = κ · β + υ με

β * Ο , και Ο ::;; υ< I δi είναι μοναδική συμπεραίνουμε

ότι: β + 3γ = 20 και α = 2. Ομοίως σκεπτόμενοι έχουμε:



20 = 3 · γ + β} Ο < β < 3 συνεπώς β = 2 και γ = 6. 20 = 3 · 6 + 2 6. α) Αν α, β ακέραιοι να αποδειχθεί ότι:

Ϊ. υπάρχει λ Ε Ζ ώστε (α + β) ν = α ν + λ · β

για κάθε ν Ε Ν *. ίί. Να βρείτε το υπόλοιπο της διάιρεσης

του αριθμού 72004 δια του αριθμού 114. β) Να αποδειχθεί ότι ο αριθμός 102ν + lΟν +

4 διαιρείται με 3 για κάθε θετικό ακέραιο ν.

Λύση: ί. Έχουμε:

(α+β)ν -αν = πολ[(α+β)-α] =πολβ=λβ με λ Ε Ζ . (Δες στη σελ. 80 2η στήλη) Άρα: (α + β)ν = αν + λβ

ii. 72004 = (73)668 = (343)668 = (1 + 342)668 = ( i ) = (1 + 1 14 . 3)668 = 1668 + λ · 1 14 . 3 =

3λ=μεΖ = 1 + 3λ · 1 14 = 1 + μ · 1 14 . Συνεπώς το ζητού-μενο υπόλοιπο είναι το 1 .

β) Αρκεί να δείξουμε ότι: 1 σzν + 1 Ον + 4 = πολ · 3 με ν Ε Ν* . Θα χρησιμοποιήσουμε το ερώτημα (α). 102ν + ιον + 4 = (102)ν + ιον + 4 = ιοον + ιον + 4 = = (1 + 99)ν + (1 + 9)ν + 4 = 1 + λ · 99 + 1 + μ · 9 + 4 = = 99 . λ + 9 . μ + 6 = 3 . (33λ + 3μ + 2) = = 3 · κ = πολ. 3 με λ, μ, κ Ε Ν* . Σημείωση: Η άσκηση λύνεται και με τη μέθοδο της Μαθηματικής Επαγωγής. 7. Αν ο θετικός ακέραιος α δεν διαιρείται με

τον αριθμό 5 να βρεθούν όλες οι δυνατές τιμές του υπόλοιπου της διαίρεσης του α2

με το 5.

Λύση :

Εφ' όσον ο θετικός ακέραιος α δεν διαιρείται με τον αριθμό 5, έχουμε ότι α:;t: 5λ, λ Ε Ν* . Τότε i) α = 5λ + 1 και

α2 = ( 5λ + 1 )2 = 25λ2 + 10λ + 1 = πολ5 + 1 . ii) α = 5λ + 2 και

α2 = 25Α_Ζ + 20λ+ 4 = πολ5 + 4 iii) α = 5λ + 3 και

α2 = 25λ2 + 30λ + 9 = πολ5 + 4 iν) α = 5λ + 4 και

α2 = 25λ2 + 40λ+ 1 6 = πολ5 + 1 Τελικά το υπόλοιπο της διαίρεσης του rl με το 5 είναι το 1 ή 4. 8. Αν α, β Ε Ζ και α/α2 + αβ + β2 να αποδει

χθεί ότι α/β2•

Λύση:

Έχουμε ότι αjα2 + αβ + β2 (1) όμως: αlα τότε αlα2 και αjα · β , άρα αjα2 + αβ (2) Από (1) και (2) έχουμε ότι: αj(α2 + αβ + β2 ) - (α2 + αβ) , άρα αjβ2 • 9. Αν α, β, γ Ε Ν* και 2 jα + β + γ να αποδεί

ξετε ότι 2 jα3 + β3 + γ3 • Δίνεται η ταυτότητα Euller: α3 + β3 + γ3 -3αβγ = = (α + β + γ)(α2 + β2 + γ2 -αβ - αγ -βγ)

Λύση: Εφ' όσον 2jα + β + γ , έχουμε ότι α + β + γ = 2λ με λ θετικό ακέραιο. Επειδή α + β + γ = 2λ, θα είναι α, β, γ άρτιοι ή δύο από τους α, β, γ θα είναι περιποί και ένας άρτιος. Από την ταυτότητα Euler έχουμε ότι: α3 + β3 + γ3 = = (α + β+ γ) · (α2 +β2 + γ2 - αβ - αγ - βγ) + 3αβγ . Από τα δεδομένα της άσκησης έχουμε ότι 2jα + β + γ (1) αρκεί να αποδείξουμε ότι 2 j3αβγ . 1) αν α, β, γ άρτιοι τότε α · β · γ άρτιος, άρα

2j3αβγ 2) αν δύο από τους α, β, γ είναι περιποί και ένας άρ

τιος τότε α · β · γ άρτιος, άρα 2j3αβγ . Συνεπώς 2j3αβγ (2).

1 Ο. Οι αριθμοί χ, y, ω είναι ακέραιοι με ω :;t: Ο . Οι αριθμοί χ\ y3 διαιρούμενοι με τον ω δίνουν υπόλοιπο 2. Να αποδειχθεί ότι οι αριθμοί χ6 + y6 και 2χ3 + 2y3 διαιρούμενοι με τον ω δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.


Μαθηματικά yια τη Β' Λυκείου

Λύση: Γνωρίζουμε ότι αν: α= κ· β+ υ με κ ε Ζ, β =F- Ο και ο � υ < ιβι τότε α-υ = κ ο β ή α - υ = πολ. β. Έχουμε ότι: χ3 = λ1ω + 2, με λ1 ε Ζ άρα χ3 - 2 = λ1 · ω } y3 = λ2ω+ 2,. με λ2 ε Ζ άρα y3 - 2 = λ2 · ω

(1)

Έστω: χ6 + y6 = λ3ω + υ1 , με λ3 ε Ζ και Ο � υ1 < Ιωl (2) 2χ3 + 2y3 = �ω + υ2, με λ4 ε Ζ , Ο � υ2 < Ιωl (3) Αφαιρώντας τη σχέση (3) από τη σχέση (2) έχουμε: (χ6 + y6 )- (2x3 + 2y3 ) = (λ3 - λ4 )ω+ (υ1 -υ2 ) ή υ1 - υ2 = χ3 (χ3 - 2)+ y3 (y3 -2)+ (λ4 - λ3 )ω = = χ3 · λ1ω + y3λ2ω+ (λ4 - λ3 )ω = πολω = κ lωl Κι επειδή: - lωl < -υ2 � Ο, Ο � υ1 < lωl συμπεραίνουμε ότι: - Ιωl < υ1 -υ2 < lωl ή - lωl < κ lωl < lωl Οπότε: - 1 < κ < 1 και συνεπώς κ = Ο. Άρα: υ1 = υ2. Άρα οι χ6 + y6 και 2χ3 + 2y3 διαιρούμενοι με τον ω δίνουν το ίδιο υπόλοιπο.

1 1 . Δίνεται ο αριθμός α=1 · 2 · 3 · 4 .•. 51 + 2004 .

Να βρεθεί το υπόλοιπο της διαίρεσης του α με διαιρέτη τον αριθμό 204.

Λύση : Αρκεί να εκφράσουμε τον αριθμό α στη μορφή α = λ · 204+ υ με Ο � υ < 204 . Επίσης παρατηρούμε ότι στο γινόμενο 1 · 2 · 3 · 4 .. . 5 1 οι παράγοντες 4 και 5 1 δίνουν γινό-μενο 4 · 5 1 = 204 . Ακόμα εκτελώντας τη διαίρεση του 2004 δια του 204 βρίσκουμε πηλίκο 9 και υπόλοιπο 168, άρα 2004 = 9 · 204 + 168 . Έχουμε: α = 1 · 2 · 3 · 4 · 5 .. . 5 1 + 2004=

= 4 · 5 1 · 2 · 3 · 5 · 6 .. . 50+9 · 204 + 168 = = 204 · (2 · 3 · 5 · 6 . . . 50 +9) + 168 = = 204 - λ + 168

όπου λ = 2 · 3 · 5 · 6 . . . 50 . Έτσι α = 204 · λ + 168 , ά-ρα το ζητούμενο υπόλοιπο είναι το 168.

12. Δίνεται ο φυσικός αριθμός ν μικρότερος του 50 και υι, υ2, υ3, υ4 τα υπόλοιπα των διαιρέσεων του ν με τους αριθμούς 3, 7, 6 και 21 αντίστοιχα. Να βρεθεί ο μικρότερος φυσικός αριθμός ν αν είναι γνωστό ότι: 7υ1 + 3υ2 + 14υ

3 + 3υ4 = 69

Λύση: Σύμφωνα με την ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης έχουμε: ν = 3μι + υ, με μ1 ε Ν και Ο � υ1 < 3 ν = Ίμ2 + υ2 με μ2 ε Ν και Ο � υ2 < 7 ν = 6μ3 + υ3 με μ3 ε Ν και Ο � υ3 < 6 ν = 21� + υ4 με μ4 ε Ν και Ο � υ4 < 2 1 Στη συνέχεια, πο/Jντας με κατάλληλους αριθμούς τις παραπάνω ισότητες, δημιουργούμε την ποσότητα 7υ1 + 3υ2 + 14υ3 + 3υ4 Έτσι, έχουμε:

7ν = 2 1μ1 + 7υ1 3ν = 2 1μ2 + 3υ2 14ν = 84μ3 + 14υ3 3ν = 63μ4 + 3υ4

προσθέτουμε κατά μέλη και έχουμε

27ν = 21μ, + 21112 + 841J:J + 63J.Ιιι + +7υ1 + 3υ2 + 14υ3 + 3υ4 ή 27ν- 82 = 21μ1 + 21μ2 + 84μ3 + 63μ4 + 69 27ν-81 = 7(3� +3� + 12� +9μ4 )+2 · 27+27+ 1 ή

μel\1

27(ν - 2) = 7μ + 1 (1 ) μ ε Ν ή πολ27 = πολ7 + 1 Όμως ν < 50 άρα ν - 2 < 48 άρα 27(ν - 2) < 1296 Πολ.27 = {0, 27, 54, 8 1 , 1 08, 135, 162, ... } Πολ.7 + 1 = { 1 , 8, 15, 22, 29, 36, 43, , 50, 57, 64,

7 1 , 78, 85, 92, 97, 106, 1 13, 120, 127, 134, 141 , 148, 155, 1 62, ... }

Η ισότητα (1) ισχύει για τον αριθμό 162. Έχουμε 27(ν - 2) = 162 άρα ν = 8. 13. Στην άσκηση 12 για ποιο αριθμό ν έχουμε

υι = υ2 = υ3 = υ4 = 1 Υπολογίστε εσείς την τιμή του ν.


ΜΑΘΗΜΑ 11/tA fEHIKHE ΠAIJ4El� Πιbό'fΙJ'fC�

του Βασίλη Καρκάνη

Το άρθρο αυτό αποτελεί συνέχεια του άρθρου με τίτλο «Πιθανότητες» που δημοσιεύτηκε πέρυσι στο

«τεύχος 43» του Ευκλείδη Β Ό Καταπιάνεται με θέματα που αφορούν:

ί. τα ασυμβίβαστα ενδεχόμενα

ίί. ανισώσεις και πιθανότητες

ίίί. γενικές ασκήσεις και προβλήματα πιθανοτήτων.


Άσκηση 1 1 Δίνονται τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει: Ρ (Α) = Ο, 5 , Ρ (Β) = Ο, 6 και

P(AuB) = 0,8 .

α. Ν α εξετάσετε αν τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα.

β. Ν α βρείτε την πιθανότητα του ενδεχομένου Α n Β .

γ. Ν α βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων:

Κ: «Πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α, Β».

Λ: «Πραγματοποιείται ακριβώς ένα από τα Α, Β)).

Μ:«Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α, Β».

Λύση Έχουμε: Ρ (Α) = 0,5 (1), Ρ (Β) = 0,6 (2),

P(AuB) = 0,8 (3). α. ι ος τρόπος:

Είναι: (1),(2),(3) P (AnB) = P(A)+P (B) -P (AuB) =

Ο, 5 + Ο, 6-Ο, 8 = Ο, 3 * Ο

οπότε Α n Β * 0 δηλαδή τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

zος τρόπος:

Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασυμβίβαστα τότε

(1),(2) Ρ (Α υ Β) = Ρ (Α)+ Ρ (Β)=0,5 + 0, 6= 1, 1 > 1

άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

β. Από τον 1° τρόπο του (α) έχουμε: P(AnB) = 0,3 .

γ. Είναι Κ = Α υ Β οπότε: (3) Ρ (Κ) = Ρ (ΑυΒ) = 0,8 .

Επίσης: Λ= (Α-Β) υ (Β-Α) οπότε Ρ ( Λ) = Ρ[(Α-Β)υ (Β-Α)] = · · ·

= Ρ (Α) + Ρ(Β) - 2Ρ(Α n Β) = = 0,5 + 0,6- 2 · 0,3 = 0,5

Παρατήρηση 8 Για να εξετάσουμε αν δύο ενδεχόμενα Α, Β ε

νός δειγματικού χώρου Ω είναι ασυμβίβαστα

εργαζόμαστε συνήθως με τους δύο τρόπους που εκθέσαμε στην προηγούμενη άσκηση 1 1 στο (α)

ερώτημα.


Μαθηματικά για τη Γ Λυκείου

Άσκηση 12 Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύει: Ρ( Α) = Ρ(Β) = Ο, 7 .

Ν α δείξετε ότι: α. Τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Ρ (Α u Β) � Ο, 7 .

γ. 0,4 � P(AnB) � Ο, 7 .

Λύση

1°ς τρόπος Θεωρώντας την ανισοτική σχέση την μετα

σχη ματίζουμε με ισοδύναμο τρόπο, μέχρι να

οδηγηθούμε σε κάτι που προφανώς ισχύει ο

πότε θα ισχύει και η αρχική. (Δες άσκηση 1 3).

2°ς τρόπος Για τα };νδεχόμενα Λ, Β στη ρ ιζόμαστε σας

γνωστές ανισοτικές σχέσεις:

Έχουμε: Ρ (Α) = Ρ(Β) = Ο, 7 (l) . α. ο ::; Ρ( Α ) ::; 1 .

α. Έστω ότι τα ενδεχόμενα Α, Β είναι ασuμβίβαστα τότε θα ισχύει:

(I) Ρ{Α u B) = Ρ{Α) + Ρ{Β) = 0,7 + Ο, 7 = 1,4 > 1

άτοπο. Άρα τα ενδεχόμενα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

β. Ισχύει: Α ς (Α u Β) οπότε: (Ι) P (A) � P{AuB)<=>P{AuB) � 0,7 .

γ. Ισχύει: (AnB) ς Α οπότε: Ρ (Α n Β) ::; Ρ{Α) <:::> Ρ (Α n Β) � Ο, 7 (2).

Ακόμη: (Ι) Ρ (Α uB) � 1 <:::> P (A) + P(B) - P{AnB) $ 1<:::>

Ο, 7 + 0, 7 -P(An Β) � 1 <:::> 0,4 $ P(AnB) (3). Λόγω των ανισοτήτων (2), (3) είναι:

0,4 � P{AnB) s 0,7 . Άσκηση 13

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω να δείξετε ότι:

Ρ (Β) � Ρ (Α') + Ρ (Α n Β) . Λί)ση

Έχουμε: P(B) � P(A') + P(AnB)<=> Ρ{Β) � 1 -Ρ{Α)+ P (AnB) <:::> <:::> Ρ{Α)+ Ρ (Β) - P{AnB) � 1 <:::> <:::> P (AuB) � 1 . Άρα ισχύει και η αρχική.

Παρατήρηση 9 Για να αποδείξουμε ανισοτικές σχέσεις στις

πιθανότητες εργαζόμαστε ως εξής:

β . Αν Λ � Β τόη: Ρ ( Α ) ::; Ρ ( Β ) . γ. Είναι Α � (Α υ Β ) οπότε

Ρ (Α ) ::; Ρ (Α υ Β ) και Β � (Α υ Β) οπότε

Ρ ( Β ) ::; Ρ (Α υ Β ) . δ. Επίσης: ( ι\ n Β ) ς Α οπότε

Ρ (Α n Β ) ::; Ρ ( Α ) και ( Α n Β ) � Β οπότε

P (A n B) ::; P (B ) . Γενικές Ασκήσεις λσκηση 1 4

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν: P(AuB) = 8P(AnB)

και Ρ{Β) = 3Ρ (Α) . Να δείξετε ότι:

α. P(AnB) =�P(A).

β. P(AuB)= 3:Ρ{Α) . Λύση

Έχουμε: Ρ (Α υ Β) = 8Ρ(Α n Β) Ρ{Β) = 3Ρ(Α) και

α. Είναι: (1),(2) P (AuB) = P{A)+ P(B)-. P (AnB) �

8P(AnB) = P (A)+ 3P(A)- P(AnB) <:::> <:::> 9P (AnB) = 4Ρ{Α) <:::>

4 <:::> Ρ (Α n Β) =-Ρ(Α) . 9 β. Ακόμη:

(2),(α) Ρ (Α u Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) - Ρ{Α n Β)=

(1) (2).

Ρ( Α)+ 3Ρ(Α) -�Ρ( Α) = 4Ρ( Α)-� Ρ( Α) = 32 Ρ( Α) 9 9 9 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/58

Μαθηματικά για τη Γ' Λυκείου

Άσκηση 15

Για τα ενδεχόμενα Α, Β ενός δειγματικού χώρου Ω ισχύουν: Ρ( Α) = λ + 0, 2 ,

Ρ (Β) = 2λ + Ο, 1 , Ρ (Α υ Β) = Ο, 7 και

Ρ (Α r1 Β) = λ όπου λ θετικός πραγματικός

αριθμός. α. Να βρείτε τις τιμές των λ, Ρ(Α) , Ρ(Β) . β. Να δείξετε ότι: P(Ar1B) = Ρ(Α) · Ρ (Β) .

Λύση

Έχουμε: Ρ (Α) = λ + 0,2 (1), Ρ (Β) = 2λ + 0, 1 (2), P(AuB) = 0, 7 (3), Ρ (Αr1Β) = λ (4).

α. Είναι: Ρ (ΑυΒ) = Ρ(Α) + Ρ(Β) -Ρ (Αr1Β) που ισοδύναμα λόγω των ισοτήτων (1), (2), (3), (4) δίvει:

0, 7 = λ + 0,2 + 2λ +0, 1 -λ <=>2λ =0,4 <=>λ =0,2 οπότε από την (1) παίρνουμε: Ρ (Α) = 0,4 και από την (2): Ρ (Β) = 0,5 .

β. Από την ισότητα (4) λόγω του (α) ερωτήματος παίρνουμε: Ρ (Α r1 Β) = 0, 2 . Επίσης: Ρ (Α) · Ρ (Β) = 0,4 · 0,5 = 0, 2 άρα:

. Ρ (Α r1 Β) = Ρ (Α) · Ρ (Β) . Άσκηση 16

Έστω Ω δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Α, Β ενδεχόμενα του Ω για τα οποία ισχύει: Α ς Β και Ρ( Α) = !. ,

6

Ρ(Β) = � . Να βρείτε τις πιθανότητες:

α. P(Ar1B) , β. Ρ(ΑυΒ) γ. P(Ar1 B') , β. Ρ(Α' r1B)

Λύση Για τα ενδεχόμενα Α, Β έχουμε: Α ς Β (1) και Ρ( Α) =� (2), Ρ(Β) = � (3).

α. Λόγω της (1) είναι: Α r1 Β = Α οπότε: (2) 1 P(A r1 B) = Ρ(Α) = -6 β. Λόγω της (1) είναι: Α υ Β = Β οπότε:

(3) 1 Ρ(ΑυΒ) = Ρ(Β) =-3

γ. Επίσης Α r1 Β' = Α -Β οπότε: (Ι) Ρ( Α r1 Β') = Ρ( Α-Β) = Ρ( Α) - Ρ( Α r1 Β) = (α) 1 1 =--- = 0 6 6

Άλλη λύση για το (γ) : Είναι: Α r1 Β' = 0 (λόγω της (1)) οπότε: P(Ar1B') = Ρ(0) = Ο .

δ. Ακόμη Α' r1 Β = Β-Α οπότε: Ρ( Ι

(3) Α nB) = P(B-A) = P(B) - P(Ar1 B) = (α) 1 1 1 =--- =-3 6 6

Άσκηση 17 Για τα ενδεχόμενα Α, Β του δειγματικού

χώρου Ω ισχύουν: Α ς Β, Ρ(Α) · Ρ(Β) =� 12

και Ρ(Β)-Ρ( Α') = !. . Να βρεθούν οι πιθανό-3

τητες των ενδεχομένων Α r1 Β και Α υ Β . Λύση

'Εχουμε Ρ(Α) · Ρ(Β) = 152 (1),

Ρ(Β) - Ρ( Α') = .!_<=> Ρ(Β) - (1 - Ρ( Α)) = .!_<=> 3 3

<=> Ρ(Β) + Ρ(Α) = .!_ + 1 <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) = � (2) 3 3

Επίσης Α ς Β (3) οπότε και Ρ(Α) ::;; Ρ(Β) ( 4) Ακόμη:

Ar1B�A} , P(A r1 B) = P(A)} <3> οποτε: (5) ΑυΒ=Β Ρ(ΑυΒ) = Ρ(Β)

Αν βέσουμε Ρ(Α) = χ και Ρ(Β) = ψ η (2) γράφεται: 4 4 χ + ψ = 3 <=>ψ = 3 - χ (6)

και η (1) <=> χ · ψ =2._�χ(�-χ) =2._ <=> 12 3 12 4 2 5 2 4 5 <=>-χ- χ =-<=> χ --χ+- = 0<=> 3 1 2 3 12

<=:> 12χ2 - 16χ + 5 = 0<=:> Χ =.!_ ή Χ =�. 2 6 Γ 1 ' 5 . 1 ια χ = -2 απο την (6): ψ =- οπότε: Ρ( Α) = -6 2 και Ρ(Β) =% δεκτές τιμές λόγω της (4).



Έτσι από τις (5) παίρνουμε: 1 P(AnB) =- και 2

5 Ρ(ΑυΒ) =- . 6

Για χ =� από την (6): ψ =..!_ οπότε: Ρ( Α) =� και 6 2 6

Ρ(Β) = ..!_ τιμές που απορρίπτονται λάyω της ( 4 ). 2 Άσκηση 18

Οι αριθμοί Ρ(Α) και Ρ(Β) είναι ρίζες της εξίσωσης 1 Οχ2 -llx + 3 = Ο , όπου Α, Β ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω με Ρ(Α) < Ρ(Β) . α. Να δείξετε ότι τα Α, Β δεν είναι

ασυμβίβαστα. β. Ν α δείξετε ότι ισχύει:

0, 1 ::; Ρ( Α n Β) ::; 0,5 .

Λύση

Έχουμε την εξίσωση 10χ2 - l lx + 3 = Ο με ρίζες 10 12 Ε , δ , Χ1 = 20 και χ2 = 20 . φοσον .για τα εν εχομενα

Α, Β ισχύει Ρ(Α)<Ρ(Β) όπου Ρ(Α), Ρ(Β) είναι οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης θα είναι:

1 0 1 12 3 Ρ(Α) =-=- και Ρ(Β) =-=- . 20 2 20 5 α. Έστω ότι τα Α, Β είναι ασυμβίβαστα τότε

AnB =0 και 10 12 22 Ρ(Α υ Β) = Ρ(Α) + Ρ(Β) = - + - =- > 1 , 20 20 20

άτοπο. Άρα τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Είναι: (Α n Β) ς Α οπότε: Ρ( Α n Β) ::; Ρ( Α) ή

Ρ( Α n Β) ::; ..!_ =0,5 ( 1 ). Επίσης: Ρ( Α υ Β) ::; 1 � 2 Ρ(Α) + Ρ(Β) - P(An Β) ::; 1 �

10 12 2 � -+--1 ::; Ρ( Α n Β)�-::; Ρ(Α n Β)� 20 20 . 20

20 03 το 50% των αυτοκινή των που κατασκευάστηκαν είχαν κλιματισμό και το 70 ηλεκτρικά παράθυρα, ενώ το 10% είχα κλιματισμό αλλά όχι ηλεκτρικά παράθυρα. Επιλέγουμε ένα αυτοκίνητο στην τύχη. Να βρείτε τις πιθανότητες των ενδεχομένων: α. το αυτοκίνητο να μην έχει ηλεκτρικά

παράθυρα β. το αυτοκίνητο να μην έχει κλιματισμό γ. το αυτοκίνητο να έχει κλιματισμό και

ηλεκτρικά παράθυρα δ. το αυτοκίνητο να έχει κλιματισμό ή

ηλεκτρικά παράθυρα. Λύση

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Κ: «το αυτοκίνητο έχει κλιματισμό»

50 με Ρ(Κ) = 50% = - (1) 10 Η: «το αυτοκίνητο έχει ηλεκτρικά παράθυρα>)

70 με Ρ(Η) = 70% = W (2) Ακόμη Ρ(Κ- Η) = 1 0% = _!Q_ (3) 10 α. Είναι Ρ(Η') = 1 - Ρ(Η) = 1- 70 = 30 = 30 10 01 ο

β. Επίσης Ρ(Κ')=1 - Ρ(Κ) = 1 - 50 = 50 = 50 10 01 ο γ. Ακόμη: Ρ(Κ-Η) = Ρ(Κ)- Ρ(Κ n Η)�

(1),(3) � P(KnH) = Ρ(Κ) - Ρ(Κ-Η) = = 50 _ _!Q_ = 40 = 40% 10 01 00 1 ο

δ. Τέλος: Ρ(Κ υ Η) = Ρ(Κ) + Ρ(Η) - Ρ(Κ n Η) = = 50 + 70 - 40 = 80 = 80% 10 0 1 00 100 1 ο

� 0,1 ::; Ρ( Α n Β) (2) Άσκηση 20

Λόγω των (1), (2) είναι: 0, 1 ::; P(An Β)::; 0,5 . Άσκηση 1 9

Μια αυτοκινητοβιομηχανία στον εξοπλισμό κάθε αυτοκινήτου της περιλαμβάνει προαιρετικά κλιματισμό και ηλεκτρικά παράθυρα. Στις παραπελίες που f:yιναν για το έτος

Στην αίθουσα χεροτεχνίας ενός σχολείου υπάρχει ένα κουτί με 40 κάρτες από τις οποίες οι 20 είναι μαύρες, οι 1 Ο άσπρες και οι υπόλοιπες είναι πράσινες ή κόκκινες. Επιλέγουμε από το κουτί μία κάρτα στην τύχη. Η πιθανότητα η κάρτα να είναι κόκκινη είναι


Μαθηματικά -yια τη Γ Λυκείου

Ρ(κ)=-ν- , ενώ η πιθανότητα η κάρτα να

3ν+4 , , , Ρ( )

ν - 1 �τ ειναι πρασινη ειναι π = -- με ν Ε 1'1 • 9ν + 2

α. Να βρεθεί ο ν. β. Για την τιμή του ν που βρέθηκε στο α

ερώτημα να βρεθούν οι mθανότητες Ρ(κ) και Ρ(π).

γ. Ν α βρεθούν πόσες κόκκινες και πόσες πράσινες κάρτες περιέχει το κουτί.

Λύση

Έχουμε τις πιθανότητες Ρ(κ)=-ν- , Ρ( π)=� 3ν+4 9ν+2

με ν Ε Ν . Επίσης αν θεωρήσουμε τα ενδεχόμενα: Α: «η κάρτα που θα επιλεγεί να είναι άσπρη» και Μ: «η κάρτα που θα επtλεγεί να είναι μαύρη», τότε: Ρ(Α)= Ν(Α) = 20 =_!_ και Ρ(Μ)= Ν(Μ) =_!Q=_!_ Ν(Ω) 40 2 Ν(Ω) 40 4

α. Είναι: Ρ( Α)+ Ρ(Μ) + Ρ(Κ) + Ρ(Π) = ι<=> ι ι ν ν- ι <=>-+-+--+--. = ι <=> 2 4 3ν + 4 9ν + 2 ν(9ν + 2) + (ν - ι)(3ν + 4) 3 <=> = ι --<=> (3ν + 4)(9ν + 2) 4

ι2ν2 + 3ν -4 ι --::-----=-<=> 27ν2 + 42ν + 8 4 <::> 48ν2 + ι2ν - ι6 = 27ν2 + 42ν + 8<=> <::> 2 ιν2 - 30ν - 24 = 0<::> 7ν2 - ΙΟν- 8 = 0<=>

4 , , �τ ν = -7 απορριπτεται γιατι ο ν Ε 1"

<=> ή ν = 2 δεκτή

Άρα ν = 2 η ζητούμενη τιμή. β. Λόγω του (Α) είναι: 2 2 ι Ρ( κ) = 3 · 2 + 4 = 10 = 5

2 - ι ι Ρ(π) - --9 · 2 + 2 20 οι ζητούμενες πιθανότητες.

γ. Είναι: Ρ ( κ) = Ν( κ) = Ν( κ) Ν( κ)

_

_!_ I Ν(Ω) 40 40 -5 <=> <=>

Ρ(π) = Ν( π) = Ν( π) Ν( π) =-ι Ν(Ω) 40 40 20 Ν(κ) = 8 <=> Ν(π) = 2

Δηλαδή το κουτί περιέχει 8 κόκκινες κάρτες και 2 πράσινες.

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΘΕΠΚΗΣ ΚΑΙ 1ΕΧΝΟΛΟrΙΚΗΕ ΚΑ ΤΕΥΘΥΙα'ΗΕ


ι . Δίνεται ο μιγαδικός αριθμός z = α + βί με α, β * Ο . Έστω Αρ, ρ Ε IR.* η εικόνα του μι-

γαδικού αριθμού Wρ = ρz. α. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Αρ είναι

συνευθειακά. β. Να βρείτε εκείνους τους μιγαδικούς α

ριθμούς Wρ που η απόσταση της εικόνας τους από τον άξονα των πραγματικών αριθμών είναι 1.

Βασίλης Σακελλάρης

Λύση α. Είναι wP = ρz = ρ · (α + βi) = ρα + ρβί .

Οι διανυσματικές ακτίνες ΟΑΡ των σημείων Αρ για κάθε ρ Ε IR. * έχουν τον ίδιο συντελεστή διεύθυνσης Q_ . Άρα οι εικόνες των μιγαδικών α αριθμών Wρ είναι συνευθειακά σημεία.

β. Η απόσταση του σημείου Αρ(ρα, ρβ) από τον άξονα των πραγματικών αριθμών είναι Ιρβl = ι , , I I ι ι ι ι , ι αρα ρ = β <=> ρ =β η ρ = -β .



Αν ρ =i , τότε ρz = ρ · (α,β) =i(α,β) = (i , ι} Αν ρ = -i , τότε ρ = (-i ,-ι} Οι ζητούμενοι μιγαδικοί αριθμοί είναι: � + i β

α . και -- - ι . β 2. Να αποδείξετε ότι:

(ι - ί)10 - (ι + i)10 = (ι - i)1 1 - (ι + i)11 • Λύση Είναι (1 - i)2 = 1 + i2 - 2i = 1 - 1 - 2i = -2i

(1 - i)10 = [(1 - i)2 ]5 = (-2i)5 = -25 i5 = -25 i Επίσης (1 + i)2 = 1 + i2 + 2i = 1 - 1 + 2i = 2i

(l + i)10 = [(l + i)2T = (2i)5 = 25 i5 = 25 i Άρα, (1-i)10--(l+i)10=-25 i-25i=-2 · 25 i=-26 i (1) Είναι (1-i)1 1 --(l+i)1 1 =(1-i)10 · (1-i)--(l+i)10 · (l+i)=

= -25 i(l - i) - 25 i(l + i) <=>

(1-i)1 1 --(l +i)1 1 =-25i[l-i+ 1 +i]=-25i . 2 = -26i (2) Από (1) και (2) έχουμε:

(1 - ί)10 - (1 + i)10 = (1 - ί)1 1 - (1 + ί)1 1 • 3 . Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς zι, z2 ι

z - z σχύει Ζ1

• Ζ2 = ι Και 1 2 ι να αποδεί-ι + z1z2 ξετε ότι οι z1, z2 είναι πραγματικοί.

Λύση z - z z - z ι 2 = 1 <=> _ι __ 2 = 1 <=> Ζι - z2 = 2 <=> 1 + z1z2 2

1 2 z1 -- = 2 <=> z1 - 2z1 - 1 = Ο . Δ = 8. Ζι

Ά 2 ± 2J2 1 �2 liD ρα, z1 = ± ν L. Ε m.. • 2

Ο z2 ως αντίστροφος του πραγματικού αριθμού z1 είναι και αυτός πραγματικός. 4. Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί:

z = λ - 3 + (2λ + ι )i, λ Ε JR • α. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των εικό

νων των μιγαδικών z. β. Να βρείτε εκείνον το μιγαδικό z που έχει

την πλησιέστερη εικόνα στην αρχή των αξόνων.

Λύση Έστω z = χ + yi, τότε χ = λ - 3 και y = 2λ + 1 . Απαλείφουμε την παράμετρο λ. {λ = χ + 3 {λ= χ + 3

y = 2(χ + 3) + 1 <=> y = 2χ + 7 α. Ο ζητούμενος γ.τ. είναι ευθεία ε: y = 2χ + 7. β. Το πλησιέ

στερο σημείο της ευθείας ε στο σημείο 0(0, Ο) είναι η προβολή του Ο στην ε. Η κάθετη

ε χ

ευθεία ε' στην ευθεία ε και η οποία διέρχεται ' ο ' ξ' ' 1 ' απο το εχει ε ισωση ε : y = -2χ , αφου

λ. · λ •. = -1 και λ. = 2 . Λύνουμε το σύστημα: {y = 2x + 7 {χ = - 14

1 και έχουμε 5 . Ο ζητούμε-y = --χ 14 2 y = ω θ ' ' 14 14 . νος αρι μος ειναι z = -5 + ΪΟι.

5. Να βρείτε τις διαφορετικές τιμές που μπορεί να πάρει η παράσταση Π = ί3ν - il-3ν, ν Ε Ζ .

Λύση 'Ε Π · 3ν · Ι-3ν • 3ν i Ε , χουμε = 1 - ι = ι -τv· πομενως: ι • Αν ν = 4κ, τότε i3v = ί3·4κ = (i4)3κ = 13κ = 1 και

i i . ο · π ι · - = - = ι. ποτε = - ι. ί3ν 1 • Αν ν = 4κ+1 , τότε i3v=i3·4ιc+3=(i4)3κ ·i3=i3= -i και _ι_ = � = -1 . Οπότε Π = - i + 1 = 1 - i. . ί3ν -i

• Αν ν = 4κ+2, τότε i3v = i3·4κ+6 = (i4 )3κ · i6 = i6 = i2 = -1 και i i · ο · π ι · - = - = -ι . ποτε = - + 1. ί3ν . -1

• Αν ν = 4κ+3, τότε i3v = i3·4ιc+9 = (i4)3κ . i9 = i9 = i8 . i = i και



J_ = ! = 1 . Οπότε Π = i - 1 = -1 + i i3v i • Άρα Π = 1 - i ή Π = -1 + i.

6. Να βρείτε το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών χ που ικανοποιούν τη

, ι ι σχεση z - - Ε • z

Λύση Έστω z=x+yi. Πρέπει z * ό , δηλαδή (x,y) * (0,0) . 1 . 1 . x - yi z--= x + yι --- = x + yι - = z χ + yi + χ2 y2 = χ - 2

χ 2 + (y+ 2

Υ 2 J i. Ο αριθμός z -_!_ χ + y χ + y z είναι φανταστικός, αν και μόνο αν

χ - 2 χ

2 = Ο , δηλαδή, αν και μόνο αν χ + y χ(1 - 2

1 2 J = o και (x,y) =t!: (O,O)<::> x = O ή χ + y

χ2 + y ;, 1 και (χ, y) * (0,0) . Άρα, το σύνολο των εικόνων του z είναι τα σημεία του άξονα y'y χωρίς το σημείο Ο (0,0) και τα σημεία του κύκλου με κέντρο το Ο (Ο, Ο) και ακτίνα 1 . 7. Να αποδείξετε ότι: Αν ω1, ω2 είναι ρίζες της

εξίσωσης ω2 -αω + β = ι με α, Ε JR , τότε οι αριθμοί Zt = ι - ω1 και z2 = ι - ω2 είναι ρίζες της εξίσωσης i + (α - 2)z + β - α = Ο.

Λύση

Επειδή ω1, 2 είναι ρίζες της εξίσωσης: ω2 -αω + β - 1 = Ο, ισχύει 1 + ω2 = α και ω, · ω2 = β - 1 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι: zι + z2 = 2 - α και z1 • z2 = β - α . Είναι: z1 + z2 = 1 -ω1 + 1 - ω2 = 2 - ( ω1 + ω2 ) = 2 -α z1 • z2 = (1 -ω1 )(1 -ω2 ) = 1 - ( ω1 + ω2 ) + ω1 ω2 = = 1 - α+ β - 1 = β-α. 8. Αν lz l = α με α>Ο και zw = α2 να υπολογίσε

τε την τιμή της παράστασης: z(z + w) + w(w + z) .

Λύση

lzl = α<=> lzl2 = α2 <=> zz = α2 . Επειδή zw = α2, έχουμε w = z . z(z+w)+w(w+Z)=z(z+z)+z(Z+Z) = = 2zz + 2zz = 4zz = 4α2 .

9. Να περιγράψετε γεωμετρικά το σύνολο των εικόνων των μιγαδικών αριθμών z που ικανοποιούν τις σχέσεις: α. lz - il = ι ' β. lz - il :ς ι '

γ. lz - il > ι δ. lz - il = lz + il ε. lz - il � lz + il .

α. Είναι τα σημεία του κύκλου που έχει κέντρο το Κ (0, 1 ) και ακτίνα 1 .

β. Είναι τα σημεία του κυκλικού δίσκου που έχει κέντρο το Κ( Ο, 1) και ακτίνα 1 .

Λύση Υ

χ

χ

γ. Είναι τα εξωτερικά σημεία του κύκλου που έχει κέντρο το Κ(Ο, 1 ) και ακτίνα 1 .

δ. Είναι τα σημεία της μεσοκάθετης του τμήματος με άκρα τα σημεία Κ(Ο,1) και Λ(Ο,-1). Δηλαδή, ο άξονας χ'χ.

ε. Είναι τα σημεία Υ του ημιεmπέδου που ορίζεται από χ

τον άξονα χ' χ και ίΛ το σημείο

Λ (0, -1). 1 Ο. Α ν για το μιγαδικό z ισχύει lz - ι + il = lz - 31

να βρείτε: α. Το γεωμετρικό τόπο της εικόνας Μ του z. β. Το μιγαδικό z που έχει το μικρότερο

μέτρο.

α. Ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η μεσοκάθετη ε του τμήματος που έχει άκρα

Λύση Υ \Ε \ \ \ \ \ \ \ \

ο - --- -�( � �... ... '

ι :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ ' τ.4/63


τα σημεία Α(1 , -1) και Β(3, 0). Θα βρούμε τη εξίσωση της ευθείας ε. Έστω z = χ + yi, τότε: lx + yi - 1 + il = lx + yi - 31 � lx - 1 + (y + 1) · il = = lx - 3 + yil � (χ - 1)2 + (y + 1)2 = (χ - 3)2 + y2 � 4x + 2y = 7 . Άρα, ε: y = -2x + 2 . 2

β. Ο μιγαδικός z με το μικρότερο μέτρο είναι αυτός που η εικόνα του είναι το ίχνος της κάθετης από την αρχή Ο στην ε. Η κάθετη από το Ο

. ξ' 1 . στην ε εχει ε ισωση y = "2 χ και επομενως οι συντεταγμένες του σημείου τομής της με την ε

είναι λύση του συστήματος: 2 . {y = .!.x

. 7 y = -2x + -2 Λύνουμε το σύστημα και βρίσκουμε: (x, y) = (2,2_) . Άρα ο ζητούμενος μιγαδικός

5 10 . 7 7 . ειναι ο z = - + -ι .

5 10

1 1 . Για το μιγαδικό αριθμό z ισχύει l2z - 6 + 2il = 4 , να βρείτε: α. Το γεωμετρικό τόπο της εικόνας του z. β. Τη μέyιστη και την ελάχιστη τιμή του lzl .

α. l2z - 6 + 2il = 4 � � ιz - 3 + il = 2 � lz - (3 - i)l = 2.

Λύση

Ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι κύκλος με κέντρο Κ(3, -1) και ακτίνα ρ = 2, δηλαδή κύκλος (χ - 3)2 + (y + 1)2 = 4.

Υ

ο -1 χ

β. Το lzl είναι η απόσταση της εικόνας του z από την αρχή Ο. Η εικόνα του z είναι σημείο του παραπάνω κύκλου. Φέρνουμε την ευθεία

και έστω Α, Β τα σημεία τομής με τον κύκλο. ελάχιστη τιμή του lzl είναι το μήκος: (ΟΑ) = (ΟΚ) - (ΑΚ) = .J32 + 12 - 2 = .Jl0 - 2 . Η μέγιστη τιμή του lzl είναι το μήκος: (ΟΒ) = (ΟΚ) + (ΚΒ) = .J10 + 2 .

12 . Αν z, w είναι μιγαδικοί, να συγκρίνετε τους αριθμούς lz + wl2 και (lzl2 + 1) · (lwl2 + 1) .

Λύση Σχηματίζουμε τη διαφορά τους: lz + wl2 - (lzl2 + 1)(1wl2 + 1) = = (z + w)(z + w) - (zz + 1)(w\V + 1) = = (z + w)(z + w) - (zz + l)(wW + 1) = = ΖΖ + zW + Zw + wW - ZZwW - ΖΖ - wW - 1 = = zW + Zw - ZZwW - 1 = zW(l - Zw) - (1 -Zw) = = (1 -Zw)(zW - 1) = -(1 -"Zw)(l - z\V) = = -(1 -"Zw)(l - Zw) = -11 -"Zwl2 ::;; ο.

Άρα, lz + wl2 ::;; (lzl2 + 1) · (lwl2 + 1) .

13. Έστω ο μιγαδικός z με z :;t: -i . Να αποδείξετε ότι οι αριθμοί

z - i iz + l W1

= --. και z + ι Wz =--iz - 1

είναι φανταστικοί, αν και μόνο αν lzl = 1.

Λύση z - i i - z Έχουμε w1 ε l � w1 = -w1 � _ -:- = --. � z + ι z + ι

z + i i - z -- = - <:::} (z + i)(z + i) = (Ζ - i)(i - z) � z- i z + i zz + iz + iz - 1 = iz - zz + 1 + iz � 2zz = 2 � zz = 1 � lzl2 = 1 � lzl = l .

iz + 1 i(z - i) z - i w2 = -- � w2 =-- = -- = wι · iz - 1 i(z + i) z + i Άρα, w2 ε l � w1 ε i � Izl = 1 .



Λυμένα Θέματα: Θέμα 1 ο {ημχ + α, χ < Ο Α. Δίνεται συνάρτηση: f(x) = e'συνχ, χ � Ο

ί. Να βρείτε τον α ε IR ώστε η συνάρτηση να είναι συνεχής στο Χο = Ο.

ίί. Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράστα-ση της f και τις ευθείες χ = Ο και χ = π . 2

Β. Για την τιμή του α που βρήκατε στο ί. να απαντήσετε στα επόμενα ερωτήματα. ί. Στις παρακάτω προτάσεις να βάλετε σε

κύκλο το γράμμα που αντιστοιχεί στη σωστή απάντηση: α. Το f (-; ) ισούται με:

Α. ι Β. -ι Γ. 2 Δ. Ο

β. Το r(;) ισούται με:

ι Ε. -2

Α. Ο Β. ι Γ. -ι Δ . .!_ Ε. eπ12 2 γ. Το f(π) ισούται με:

π Β Ο Γ π ι ιr ι A. e . . -e Δ. - e Ε. --eπ 2 2 ίί. Ν α εξετάσετε αν η f αντιστρέφεται. ... Ν λο '

ι· f(x) 111. α υπο γισετε το 1m-- • Χ-->00 Χ

Λύση Α. ί. Πρέπει ιim f(x) = ιim f(x) = f(O) ,

χ�ο- χ --+ο+

άρα: α = 1 . π/2 π/2 , ίί. Ε = J e'συνχdχ = J (e• ) συνχdχ =

ο ο

π/2 π/2 = [(e' )συνχ]0 - J e' (συνχ)'dχ = ο π/2 = -1 + J e'ημχdχ =

ο

Γεράσιμος Κουτσανδρέας

π/2 π/2 = -1 + [ e'ημχ ]0 - J e'συνχdχ = ο π/2 = -ι + eπ/2 - J e'συνχdχ

ο

-ι + eπ/2 άρα 2Ε=-1 + eπι2, δηλαδή Ε = τ.μ. 2 Β. ί. α. Δ, β. Α, γ. Γ

ίί. Από το ί. παρατηρούμε ότι r( -�) = r(�) = o , άρα η f δεν είναι 1 - 1 , επομένως δεν αντιστρέφεται.

.. . ι· f(x) ι· ημχ + 1 ι· (ημχ . 1 ) ο 111. ιm--= ιm = ιm --+- = Χ-->00 Χ Χ--><Χ> Χ Χ--><Χ> Χ χ (διότι I η:' I � 1�1 ).

Θέμα 2ο Για τον μιγαδικό αριθμό z ισχύει:

2004Im(z) + !.!2004 + 2004i.J3I = Ο lz - ιl2 2 ί. Να αποδείξετε ότι η γραμμή στην οποία

βρίσκονται οι εικόνες του z στο μιγαδικό επίπεδο είναι ο κύκλος με κέντρο κ(ι,-i) με ακτίνα ρ =i ·

ίί. Από τους παραπάνω μιγαδικούς z, να βρείτε αυτόν που έχει το μικρότερα και αυτόν που έχει το μεγαλύτερο μέτρο.

iii. Να βρείτε τον μιγαδικό z του οποίου η εικόνα απέχει τη μικρότερη απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού: ω = 2 -!. ί. 2

Λύση ί. Πρέπει z - 1 :;t: Ο <::::> z :;t: 1 . Έστω z = χ + yi . Η

δοθείσα γράφεται: 2004Υ + .!..J20042 + 3 . 20042 = ο<=>

(�(x - 1)2 + y2 )2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/65


2004y +2004 = Ο<=> Υ + 1 = Ο<=> (x-1)2+y2 (x - 1)2 + y2 (χ - 1)2 +(y+Ξ)2 = (±)2 από τον κύκλο εξαιρούμε το σημείο Α(1 ,0) λόγω του περιορισμού z :;t: 1 .

ii. Ο μιγαδικός Υ με το μικρό-τερο μέτρο χ - 1

2 είναι αυτός που έχει ει- Υ κόνα το ση-μείο Β και με το μεγαλύτερο μέτρο αυτός που έχει εικόνα το σημείο Γ (βλ. σχ.).Τα σημεία αυτά είναι οι λύσεις του συστήματος της ευθείας ΟΚ και του κύκλου. ΟΚ: y = λχ και επειδή διέρχεται από το Κ βρί-

λ 1 Λ' , σκουμε = - - . υνοντας το συστημα: 2

J5 1 J5 Ά δ ' χ = 1 ±5, y = -2+10 . ρα ο μιγα ικος με εικόνα το Β (μικρότερο μέτρο) είναι ( J5) · ( 1 J5) δ ' 1 -S + Ι -Ζ +ΙΟ και ο μιγα ικος με το μεγαλύτερο μέτρο (εικόνα το Γ) είναι: l1 . -=ι + i( _ _!_ _ JS) . - 2 10

ίίί. Η εικόνα Υ του ω είναι ο στο διπλα- χ - 1 2 νό σχή-μα το σημείο Υ Ε. Άρα, ο

χ

Ε

μιγαδικός με τη μικρότερη απόσταση από το Ε είναι αυτός που έχει εικόνα το Η. Λύνοντας το σύστημα:

δ ' ' 3 1 . Άρα ο ζητούμενος μιγα ικος ειναι - - - Ι . 2 2 Θέμα 3ο

Η γραφική παράσταση μιας γνησίως μονότονης και συνεχούς συνάρτησης f: IR. ---+ IR. διέρχεται από τα σημεία Α(2, 5) και Β(-1, 3). ί. Να συμπληρώσετε τις ισότητες:

f(2) = .................................. '

f(-1) = ................................ . ίί. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύ

ξουσα. ίίί. Να εξετάσετε αν η f αντιστρέφεται. iv. Να λύσετε τις εξισώσεις: f(2x - 1) = f(5)

και f(f(x)) = f(5) . v. Να συμπληρώσετε τις ισότητες:

r-1 (5) = ................................ , r-• (3) = ................................ .

vi. Ν α λύσετε την εξίσωση: f (3 +Γ1 (χ + 1)) = 5 .

vii.A ν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το σημείο Γ(9, 9), να αποδείξετε ότι και η γραφική παράσταση της ί1 διέρχεται από το Γ.

Λύση ί. f(2) = 5, f(-1) = 3 . ii. Αφού η f είναι γνησίως μονότονη και

f(2) > f(-1), η fείναι γνησίως αύξουσα. iii. Αφού η f είναι γνησίως μονότονη είναι 1 - 1 , άρα

αντιστρέφεται. iv. f(2x - 1) = f(5) επειδή η f είναι 1 - 1 προκύπτει

2χ - 1 = 5 <::::> 2χ = 6 <::::> χ = 3 f ( f(x)) = f(5) ομοίως προκύπτει f(x) = 5 και από ί. προκύπτει χ = 2.

ν. Γ1 (5) = 2, Γ1 (3) = -1 . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/66


vi. f(3 + Γ1 (χ + 1)) = 5 {::> f(3+f-1 (x+1))=f(2) {::> Γ1 (χ + 1) = -1 {::> Γ1 (χ + 1) = Γ1 (3) {::> χ + 1 = 3 {::> χ = 2.

vii. Οι γραφικές παραστάσεις των f και t1 είναι συμμετρικές ως προς την y = χ και επειδη το σημείο Γ(9, 9) ανήκει στην y = χ και η γραφική παράσταση της 11 θα διέρχεται απ' αυτό . .

Θέμα 4ο 'Ε (3 2') 5 _. , p· στω ω = 2 + ι z -2 zι, οπου z = α + ι,

α, β ε !R .

ί. Να βρείτε τα Re(ω) και Im( ω). ίί. Ν α αποδείξετε ότi οι εικόνες των μιγα

δικών αριθμών ω στο μιγαδικό επίπεδο

Ρ , θ , ι ρισκονται στην ευ εια y = -3 χ .

ίίί. Από τους μιγαδικούς ω να βρεθεί αυτός που η εικόνα του έχει τη μικρότερη απόσταση από την εικόνα του μιγαδικού 3 + ί.

iv. Ν α αποδείξετε ότι lω l = Μ · I α � Jβ I · v. Να αποδείξετε ότι οι εικόνες των μιγα

δικών αριθμών z = α + βί στο μιγαδικό

' δ , 1 1 Jijj

β ' επιπε ο αν ισχυει ω = -- , ρισκονται 2

στην ευθεία χ - 3y = ι ή στην x-3y = -ι. Λύση

ί. ω = (% + 2i) z -% zi, z = α+ βi

ω = (%+ 2i) cα + βi) -%(α- βi)i 3 3 β' 2 . 2β 5

. 5 β ω =-α+- ι + αι - --αι --2 2 2 2

ω = (%α- 2β -%β ) +( 2α -%α+%β} ω = (%α-�β ) + ( -�α+%β}

ίί. χ =�α-�β = -3(-_!_α+�β) ω 2 2 2 2 1 3 β , 3 , Υ ω = --α+- , αρα χω=- Υω επομενως οι ει-2 2

, β , θ , 1 κονες του ω ρισκονται στην ευ εια y = --χ . 3

1 ίίί. Είναι το σημείο τομής της y = --χ και της 3 κάθετης σ' αυτήν από το σημείο (3, 1 ) {y = -�x {:>{y = -�x y- 1 = 3(x -3) y = 3x - 8

Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε το σημείο ( 12 4) , ' δ , 12 4 . 5,-5 , αρα ειναι ο μιγα ικος ω =5-5ι .

. ( 3 9 )2

( 1 3 )2 iv. lωl = 2α-2β + -2α+"2β =

Α I I .JW , , ( ' ) , v. ν ω =-2- προκυπτει απο τον ιν οτι: .J10ια�

3β ι = � {::> ι α�3βι =� {::>

Ι α- 3βl = 1 {::> α-3β = 1 ή α- 3β = -1 . Επομένως οι εικόνες του μιγαδικού αρiθμού z = α + βi βρίσκονται στην ευθεία χ - 3y = 1 ή x - 3y = -1 .

Θέμα 5ο Θεωρούμε τη συνάρτηση f με:

f(x) = αχ + xe- • .

. ί. Να προσδιοριστεί ο α ε IR ώστε η γραφική παράσταση Cr της f να έχει το σημείο (0, f(O)) εφαπτομένη παράλληλη προς την ευθεία με εξίσωση 2x-y+7 = Ο.

ίί. Αν είναι α = ι, τότε να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR και ότι η ευθεία με εξίσωση y = χ είναι aσύμπτωτη της Cr στο +οο .

iii. Να υπολογίσετε το εμβαδόν Ε(λ) της επιφάνειας που ορίζεται από την Cr, την ευθεία y = χ και τις ευθείες χ=Ο και χ=λ με λ>Ο και α = ι.



iv. Να βρείτε το lim Ε(λ) . λ-Η«> Λύση

ί. Είναι f'(x) = α+ e-x - xe-x για κάθε χ Ε � . Ο συντελεστής διεύθυνσης λ της εφαπτομένης ευθείας στο σημείο χσ = Ο είναι λ = f' (Ο) = α+ 1 . Ο συντελεστής λ: της ευθείας ε: 2χ - y + 7 = Ο . είναι λε = 2. Πρέπει λ = λε, δηλαδή: α + 1 = 2<=:> α = 1 .

ίί. Είναι f'(x) = e-x - xe-x + 1 = e-x (1 - χ + ex } > Ο, γιατί e-x > Ο και 1 - χ + e' ;?: Ο , αφού θεωρώντας τη g(x) = l - x + ex έχουμε g'(x) = ex - 1 και επομένως η g παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0 = Ο το g(O) = Ο. Συνεπώς g(x) ;?: g(O) , δηλα-δή ex - x + l ;?: O . Άρα f'(x) > O και f γνησίως αύξουσα στο JR .Είναι ακόμα lim (f(x) - χ) = lim (χ + xe-x -χ) = χ -+-tσJ χ -+ -tσJ

• -χ • χ . χ' = lιm xe = lιm - = lιm -- = Χ-Η«> Χ-Η«> eX Χ-Η«> ( eX )'


1 . Να δείξετε ότι είναι ίσες οι συναρτήσεις: f{x) = 13 lx - 11 + 5χ - 51 και

g(x) = sιχ - 11 + 3χ - 3 Λύση

Προφανώς το σύνολο ορισμού και των δύο συναρτήσεων είναι το � . • Έστω ότι χ ;?: 1 . Τότε:

r (χ) = 13 (χ - ι) + 5 (χ - ι )I = 18 (χ - ι )I = 8 (χ - ι) και g (χ) = 5 (χ - 1) + 3 (χ - 1) = 8 {χ - 1) . Άρα, τότε: f(x) = g(x).

• Έστω ότι χ < 1 . Τότε: f( χ) = l-3(x - 1) +5(χ - 1)1 = 12( χ - 1)1 =-2( χ - 1) και g(x) = -5(x - 1) + 3(x - 1) = -2{x - 1) . Άρα, τότε: f(x) = g(x). Συνεπώς f(x) = g(x), για κάθε χ Ε JR και άρα: f= g.

Ι. l Ο Ά ' λ ' ' = ιm - = . ρα η y = χ ειναι π αγια ασυ-χ-Η«> e' μπτωτη της Cr στο χσ = Ο.

ίίί. Για τον υπολογισμό του εμβαδού υπολογίζουμε πρώτα τη διαφορά: f(x) - x = (x + xe--x ) - x = xe--' ;?: 0 για χ ;?: Ο . Συνεπώς:

λ λ Ε = J xe-xdx =J x(-e-x )'dx = ο ο

λ λ λ λ = [ -xe-x ]0 - J χ'( -e-• )dx =[ -xe·• ]0 + J e-•dx = ο ο

= -λe-λ - e-λ + eo = -λe-λ - e-λ + 1 . iv. Είναι: Ε(λ) = lim (-.!:. _ __!_+ι) = -0 - 0 + 1 , λ-++«> . eλ eλ

, ι· λ ι· (λ)' ι· 1 ο γιατι ιm λ= ιm -- = ιm λ= . λ-Η«> e λ-++«> ( eλ )' λ-Η«> e

της Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυβερνήτου

2. Έστω η συνάρτηση: f(x) = xlxl + 2x .

α. Να λύσετε την εξίσωση: f(x) = y, με άγνωστο το χ, όπου y ένας δοσμένος πραγματικός αριθμός.

β. Με τη βοήθεια των αποτελεσμάτων που θα βρείτε από τη λύση της εξίσωσης f(x) = y: i) Να βρείτε το σύνολο τιμών της f. ii) Να δείξετε ότι η f είναι Ι - 1.

γ. Να βρείτε την αντίστροφη συνάρτηση r• της r.

Λύση Το σύνολο ορισμού της f είναι το � . α. -Με χ < Ο, έχουμε: f(x) = y <::::> χ ( -χ) + 2χ = y <::::> χ2 -2χ +y =0 (1) . Η διακρίνουσα της εξίσωσης (1) είναι:

Δ = 4 - 4y = 4(1 - y). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4/68


• Αν y > 1 , τότε Δ < Ο και άρα η εξίσωση (1) είναι αδύνατη.

• Αν y= 1 , τότε Δ = Ο και άρα: (1)<::::> χ = 1 > 0, απορρίπτεται.

• Αν y < 1 , τότε Δ > Ο και άρα η εξίσωση (1) έχει δύο λύσεις, τις: χ = 1 + -J1 - y και χ = 1 --J1 - y .

Η πρώτη είναι θετική και άρα απορρίπτεται. Η δεύτερη είναι δεκτή αν, και μόνο αν: 1 -_J1 - y < Ο <::::> 1 < _J1 - y <::::> 1 < 1 - y <::::> y < Ο - Με χ � Ο, έχουμε: f (χ) = y <::::> χ · χ + 2χ = y <::::> χ2 + 2χ - y = Ο (2). Η διακρίνουσα της εξίσωσης (2) είναι:

Δ' = 4 + 4y = 4(1 + y). • Αν y < - 1, τότε Δ' < Ο και άρα η εξίσωση

(2) είναι αδύνατη. • Α ν y = - 1 , τότε Δ' = Ο και άρα:

(2) <::::> χ = - 1 < Ο, απορρίπτεται. • Αν y < - 1 , τότε Δ' > Ο και άρα η εξίσωση

(2) έχει δύο λύσεις τις: χ = -1 + -J1 + y και χ = -1 --J1 + y .

Η δεύτερη είναι αρνητική και άρα απορρίπτεται. Η πρώτη είναι δεκτή αν, και μόνο-αν:

-1 + _J1 + y � Ο <::::> _J1 - y � 1 <::::> 1 + y � 1 <=> y � Ο . - Από τα παραπάνω συμπεραίνουμε ότι:

Η εξίσωση f(x) = y με χ Ε JR , για κάθε y Ε JR έχει μία μοναδική λύση, την εξής:

χ - {1 -_J1 - y, αν y < O - -1 +-J1 + y, αν y � O β. i) Το σύνολο τιμών της f είναι το σύνολο των

αριθμών y Ε JR , για τους οποίους η εξίσωση f(x) = y έχει μία τουλάχιστον ρίζα χ Ε JR . Αυτό, όπως είδαμε παραπάνω, συμβαίνει για κάθε y Ε JR . Άρα, το σύνολο τιμών της f εί-ναι το JR .

ii) Έστω ότι Χι , χ2 Ε JR και ότι f(χι ) = f(xz). Θέτουμε f(χι) = y, οπότε και f(x2) = y. Έτσι, οι αριθμοί χι και χ2 είναι ρίζες της εξίσωσης f(x) = y. Επειδή, όπως είδαμε παραπάνω, η εξίσωση αυτή για κάθε y Ε JR έχει μία μο-ναδική λύση, έπεται ότι χι = Xz. Άρα, η συνάρτηση f είναι 1 - 1 .

γ. Η συνάρτηση fαντιστρέφεται, αφού είναι 1 - 1 . Σύμφωνα με τα παραπάνω, η αντίστροφη συνάρτηση είναι: -ι -ι ( ) {1 --J1 - y, αν y < Ο f : JR�JR με f y = · -1 + -J1 + y, αν y � Ο

3. Ν α δείξετε ότι η

συνάρτηση: f (χ) = ____!_I I 1 + χ

είναι γνησίως αύξουσα. Μετά, να δείξετε ότι, για κάθε α, β, γ Ε JR , ισχύει:

Λύση:

1 . Προφανώς, το σύνολο ορισμού της f είναι το JR . Έστω ότι Χι , Χ2 Ε JR με Χι < Xz. Θα δείξου-με ότι f(χι ) < f(xz). Έ6τω ότι η ανισότητα αυτή δεν ισχύει. Τότε θα έχουμε:

f {xι ) � f(x2 )=>�lιl ��2 I => 1 + Χι 1 + Χ2

=> xι (1 + lxz l) � x2 (1 + lxι l) (2) α) Έστω ότι Χι � Ο . Τότε, επειδή Χι < χ2, έπε

ται ότι χ2 > Ο, οπότε: ( 2) => Χι + Χι χ2 � χ2 + Χι χ2 => χ2 � Χι , άτοπο.

β) Έστω ότι Χι < Ο. Τότε, από τη (2), έπεται ότι Xz < Ο, οπότε: {2)=> χι - ΧιΧz � Xz - Χι Χz => χι � Xz , άτοπο.

Άρα, ισχύει: f(χι) < f(x2). Συνεπώς, η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR .

2. Θεωρούμε τρεις αριθμούς α, β, γ Ε JR . Επειδή Ι α+ β + γi � lαl + lβl + I γi και η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο JR , έχουμε: f(lα + β + γi) � f(lαl + lβl + I γi) και συνεπώς: Ια+β+γl < Ιαl + lβl + lγl = I� + lβl + lγl 1 + 1α+β+γi - 1 + 1Ια1 + lβl + lγll 1 + lαl + lβl + lγl

I� + lβl + lγl < 1+ l� + lβl + l� 1+ l� + lβl +l� 1 +l� +l� + lγi -

<_EL+_M__+jd_=> (1) - 1 + lαl 1 + lβl 1 + I γi ·



4. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο JR με f(O) = 1. Επιπλέον υποθέτουμε ότι: f (χ) � 2 , yια κάθε χ < - 2 και f (x) � 3 , για κάθε χ > 3. Να δείξετε ότι η f

έχει ελάχιστη τιμή. Λύση

Η f στο διάστημα [- 2, 3] είναι συνεχής και επομένως στο διάστημα αυτό έχει ελάχιστη τιμή. Άρα, υπάρχει χ0 Ε [ -2,3] με f{ χ)� f{ χ0 ) , για κάθε χ Ε [-2,3] . Έτσι με χ = Ο, έχουμε f{O) � f{x0 ) και επειδή f(O) = 1 , έχουμε 1 � f{ χ0 ) .

Για κάθε χ < - 2, έχουμε: f{x) � 2 > 1 � f{x0 ) και άρα f(x) > f(Xo).

Για κάθε χ > 3, έχουμε: f{x) � 3 > 1 � f{x0 ) και άρα f(x) > f(Xo).

Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε JR , ισχύει: f {χ) � f ( χ0 ) • Συνεπώς, η f έχει ελάχιστη τιμή (στο Χο). 5. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνε

χής στο JR με f(2) = f(- 1). Να δείξετε ότι η εξίσωση f(x + 1) = f(x) έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο διάστημα [- 1, 1].

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g(x) = f{x + 1) - f{x) . Η g είναι προφανώς ορισμένη και συνεχής στο JR . Έχουμε: g ( -1) = f (Ο) -f ( -1) , g (Ο) = f ( 1) - f (Ο) και g(1) = f{2) - f{1) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις ισότητες αυτές βρίσκουμε:

g( -1) + g(O) + g(1) = f{2) - f{ -1) και επειδή f(2) = f(- 1), έπεται ότι:

g( -1) + g(O) + g(1) = Ο . (1) Αν g(- 1) = Ο, τότε η g, επομένως και η εξίσωση f(x + 1) = f(x), έχει τη ρίζα χ = - 1 . Όμοια, αν g(O) = Ο, έχει τη ρίζα χ = Ο και αν g(1) = Ο, έχει τη ρίζα χ = 1 . Έστω τώρα ότι g( -1) :;t: Ο, g(O) * Ο και g(1) :;t: Ο .

Τότε, από την (1) έπεται ότι δύο τουλάχιστον από τους αριθμούς g(- 1), g(O) και g(1) είναι ετερόσημοι (γιατί;). Έστω ότι g(- 1)g(O) < Ο. Τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του Boltzano για την g στο διάστημα [- 1 ,0] , η g, επομένως και η εξίσωση f (χ + 1) = f {χ) , έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο διά-στημα (- 1 , 0), επομένως και στο [- 1 , 1] . Όμοια, αν g(O)g(1 ) < Ο ή g(-1)g( l ) < Ο. 6. Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και παρα

γωγίσιμη στο JR με f(O) = 2 και yια κάθε χ Ε JR , ισχύει:

(1) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης Cr της f στο σημείο της με τετμημένη χ = Ο.

Λύση Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g(x) = (e' + 1)f{x) +ln(x2 + 1) . Η g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR με:

g'( χ) = e'f{ χ) + ( e' + 1)f'{ χ) +�, (2) χ + 1 Έχουμε: g(O) = 2f{O) = 2 · 2 = 4 . Έτσι από την (1), έχουμε:

g {χ) � g (Ο) , για κάθε χ Ε JR

Άρα, η g στο Ο έχει ελάχιστο. Συνεπώς, σύμφωνα με το θεώρημα του Fennat, έχουμε:

(2) g' (O) = 0:::::> 1 · f{O) + 2f' {O) = Ο:::::> :::::> 2 + 2f' (ο) = ο :::::> f' (ο) = -1 .

Έτσι, η ζητούμενη εξίσωση, είναι: y- f(O) = f'{O)( χ -0) <=> y-2 = -χ<=> y =-χ + 2 . 7. Να δείξετε ότι η εξίσωση: 3' + 6' = 4' + 5'

έχει τις μοναδικές λύσεις: χ = Ο και χ = 1. Λύση

Βρίσκουμε εύκολα ότι οι αριθμοί Ο και 1 είναι λύσεις της δοσμένης εξίσωσης. Έστω τώρα ότι η εξίσωση αυτή έχει και μία άλλη λύση ρ με ρ * Ο και ρ * 1 , οπότε:

(1) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4170


Θεωρούμε τη συνάρτηση: f (χ) = χ Ρ ' χ Ε (Ο, -too)

Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με f' (χ) = ρ χ ρ-ι . Είναι φανερό ότι η f πληροί τις υπο-θέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε καθένα από τα διαστήματα [3, 4] και [5, 6] . Άρα, υπάρχουν αριθμούς ξι και ξz με: 3 < ξι < 4 < 5 < ξz < 6 και

::::> ρξi-1 ::Ξ ρξi I

(και επειδή ρ :;t: Ο) ::::> ξj-1 ::Ξξi 1 => (ρ - 1)1n ξ1 = (ρ - 1)1nξ2

(και επειδή ρ :;t: 1 ) =:> lnξ1 = lnξ2 => ξ1 = ξ2 , άτοπο.

Άρα, η δοσμένη εξίσωση έχει τις μοναδικές λύσεις χ = Ο και χ = 1 .

8. Ν α βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας και τα ακρότατα της συνάρτησης: f (χ) = ( χ2 )' . Στη συνf:χ.εια να συμπεραίνετε ότι:

ι

i) Για κάθε χ > Ο, ισχύει: χ' � e • . ι

ii) Για κάθε χ < Ο, ισχύει: (-χ Υ ::ς e; .

Λύση Η συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο � * . Για κάθε χ Ε � * , έχουμε: (χ2Υ > Ο, οπότε

f(x) = (x2 )' = eιn(x' )' = ex ln x'

και συνεπώς:

ο 1 ' 1 > , αν χ > - η χ < --e e ο 1 ' 1 = , αν χ = - η χ = --e e

1 1 < 0, αν -- < x <-(x :;t: O) e e

1 1 χ - - ο - +οο -σο e e

f + b - - b + ϊ ϊ f / I� �j/

τ.μ. τ.ε. Συμπεραίνουμε ότι η f είναι: γνησίως αύξουσα στο ( -οο,-±] , γνησίως φθίνουσα στο [-±,ο} γνη-σίως φθίνουσα στο (ο,±] και γνησίως αύξουσα στο [± ,+οο} Επίσης, η f έχει τοπικό μέγιστο στο _.!_ , ίσο με

e

f ( -± J = e; και τοπικό ελάχιστο στο ± , ίσο με ( 1 J _3_ f ; = e e .

• Σύμφωνα με τα παραπάνω: ί) Η συνάρτηση f στο διάστημα (Ο, +οο) f:χ.ει ε-

λάχιστη τιμή για χ =.!. . Έτσι για κάθε χ > Ο, e

έχουμε: f (x) � r(±J=> (x2 )' � e-; � x lnx2 � Ine ; =>

2 _.!. - .!. 2x lnx � --=> ln x' � In e e => χ' � e e e

ίί) Η συνάρτηση f στο διάστημα ( -οο, Ο) έχει μέ-, 1 'Ε 'θ Ο γιστη τιμη για χ = -- . · τσι για κα ε χ < ,

e έχουμε:

f(x) ::ς f( -±J=> (x2 )' :::;; e; ::::> x ln x2 ::ς ]ne; ::::>

9.

2 I I 2x ln lxi :::;; - => In lxl' ::ς ]ne; => (-χ)' ::ς e; . e

Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f {x) = lnx και g (x) = x2 + lnx - 1 .

α) Να δείξετε ότι η g f:χ.ει μοναδική ρίζα το 1. β) Να βρείτε τα πρόσημα των τιμών της g. γ) Να βρείτε το σημείο Α της γραφικής

παράστασης Cr της f, το οποίο απf:χ.ει τη μικρότερη απόσταση από το σημείο



B(O,l). Μετά, να βρείτε την απόσταση αυτή.

δ) Να δείξετε ότι η ευθεία ΑΒ είναι κάθετη στην εφαπτομένη ε της Cr στο Α.

Λύση α) Το σύνολο ορισμού της g είναι το διάστημα

(Ο, +οο) . Βρίσκουμε ότι g(1 ) = Ο. Άρα, το 1 εί-ναι ρίζα της g. Εξάλλου στο (Ο, +οο) , έχουμε: g' (χ) = 2χ +..!.. > Ο . Συνεπώς, η g είναι γνησίως χ αύξουσα στο (Ο, +οο) . Συμπεραίνουμε ότι το 1 είναι η μοναδική ρίζα της g.

β) Επειδή η g είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο, +οο) και g(1) = Ο, έχουμε: {Αν Ο < χ < 1, τότε g(x) < g(1) , δηλαδή g( χ) < Ο. Αν χ > 1, τότε g( χ) > g(1) , δηλαδή g( χ) > Ο.

γ) Έστω Μ(χ, y) Υ ένα σημείο της Cr, οπότε y = lnx και άρα Μ(χ, lnx). Έτσι, έχουμε:

ε

χ

Η συνάρτηση h είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με:

2x + 2(lnx - 1) · _!_ χ2 + lnx - 1 h'(x) = χ = = 2�χ2 + (lnx - 1)2 χ�χ2 + (ln x - 1γ

g ( χ) {< Ο, αν Ο < χ < 1 ----;;:::::========== = Ο αν χ = 1 χ�χ2 ( lnx - 1)2 > Ο αν χ > 1 Συμπεραίνουμε ότι η h έχει ελάχιστη τιμή για χ = 1 , ίση με h (1) =h . Άρα, το ζητούμενο σημείο Α είναι το (1 , Ο) και η

χ f

f

ο -

� 1 +οο b ϊ · + I /

ελάχ.

ζητούμενη μικρότερη απόσταση είναι ( ΑΒ) = vf2 .

δ) Ο συντελεστής διεύθυνσης της εφαπτομένης ε είναι: λε = f' ( 1) = 1, αφού f' (χ) =..!.. και εκείχ νος της ευθείας ΑΒ είναι: λΑ8 = 1 - 0 = -1 . 0- 1 Άρα λε · λΑΒ = - 1 και συνεπώς η ευθεία ΑΒ είναι κάθετη στην ε.

1 0. Να βρείτε τους αριθμούς χ Ε (Ο,+οο) και y Ε JR , για τους οποίους ισχύει:

(2�+�- 2}y = y + l . (1)

Λύση Έστω ότι για δύο αριθμούς χ > Ο και y Ε JR η ισό-τητα (1) ισχύει, οπότε θα έχουμε:

2Fx +..!..- 2 = y+ 1 . (2) χ eY Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f(x) =2fx+_!_-2, χ Ε(Ο,+οο)καιg(y) = y+1 , yElR. χ - � Έτσι, από τη (2) έχουμε:

f(x) = g(y). (3) - Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο

(Ο,+οο) με: 1 1 νχ- - 1 · f' (χ) = 2 · Γ --2 = 2 = Ο, αν χ = 1

Γ1 {> Ο, αν χ > 1 2νχ χ χ < 0, αν 0 < χ < 1

Συμπεραίνουμε ότι η f έχει ελάχιστη τιμή, στο χ = 1, ίση με f(x) = 1 . Ώστε: f ( χ) � 1 , για κάθε χ Ε: (Ο, +οο) , με το = μόνο για χ = 1 . - Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο JR με

{> 0, αν y < O eY - (y+ l)eY Υ g'(y) = = -- = 0, αν y = O e2y eY < 0, αν y > O

Υ -οο ο g , + b -

ϊ

+οο Συμπεραίνουμε ότι η g έχει μέγιστη τιμή, στο y = Ο, ίση με g(O) = 1 . g � � � Ώστε: g(y) � 1, για μέγ. κάθε y Ε JR , με το = μόνο για y = Ο.



Έχουμε λοιπόν, λόγω και της (3):

1 � f( χ) = g (y) � 1 => {f((x )) = 1 => {χ = 1 · g y = 1 y = O

- Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουμε εύκολα, με χ = 1 και y = Ο η ( 1 ) ισχύει.

Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί είναι χ = 1 και y = Ο.

1 1 . Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και συνεχείς στο R και yια τις οποίες για κάθε χ Ε IR , ισχι)ει:

r (x) = x2 + fσxe_'f (x - t)dt (1)

Λύση Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Θεωρούμε ένα αριθμό χ Ε JR . Θέτουμε ω = χ - t, οπότε dω = - dt. Με t = Ο, έχουμε ω ι = χ και με t = χ, έχουμε ω2 = Ο. Έτσι, από την ( 1 ), έχουμε: f( χ) = χ2 -s: eω-xr ( ω )dω =>

=> f( χ) = χ2 + e-x J: eωf( ω)dω (2) Από τη (2) έπεται ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο IR (γιατί;). Επίσης από τη (2) έπεται ότι: exf ( χ) = x2ex + fox eωf( ω )dω (παραγωγίζουμε) =>

eXf (x) + eXf' (x) = 2xeX + x2eX + eXf(x)=> => f' (χ) :::: 2χ + χ 2 => f (χ) = J (χ 2 + 2χ )dx =>

(3)

Από την (3) έχουμε f(O) = c και από την (1) έχουμε f(O) = Ο, οπότε c = Ο. Έτσι, από την (3), έχουμε:

1 f(x) =-x3 + x2 (4) 3

Αντιστρόφως: Εξετάζουμε αν η συνάρτηση (4) πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Προφανώς η f είναι ορισμένη και συνεχής στο IR . Εξετάζουμε τώρα αν ισχύει η ισότητα ( 1 ). Όπως παραπάνω βρίσκουμε ότι το δεύτερο μέλος της ισότητας ( 1 ), έστω Ι(χ), είναι ίσο με:

I(x) = x2 + e-xfox eωf(ω)dω . (5)

Με f (x) =.!.. x3 + x2 έχουμε: 3

J: eωf(ω)dω = Jox eω (�ω3 + ω2 )dω = = J: (eω J (�ω3 + ω2 )dω =

= [ eω (�ω3 + ω2 ) Ι -Jox eω (ω2 + 2ω )dω = =ex (�x3 + χ2 ) - Jox (eω J (ω2 + 2ω)dω=

=ex (�χ3 +χ2 )-[ eω ( ω2 +2ω)J: + J: eω ( 2ω+2) dω=

= ex (�χ3 + χ2 )-ex ( χ2 +2χ) + fσχ ( eω )' ( 2ω+2) dω=

=ex (�χ3 +χ2 ) -ex (χ2 +2χ)+[ eω (2ω+2) J: -fσχ 2eωdω= = ex (�χ3 + χ2 ) - ex (χ2 + 2χ )+ +ex (2x + 2) - 2 -2(ex - 1)=�exx3 Έτσι, από την (5) έχουμε:

Ι(χ) = χ2 + e-x {�exx3 ) =�Χ3 + χ2 = f( χ) . Επομένως, η ισότητα ( 1 ) ισχύει. Άρα, η συνάρτηση: f (χ) = .!_χ 3 + χ 2 είναι η μονα-

3 δική ζητούμενη.

Σχόλιο: Στην παραπάνω λύση, ίσως να αναρωτηθείτε: «Είναι απαραίτητο να επαληθεύσουμε ότι η συνάρτηση που βρήκαμε: f (χ) =.!..χ 3 + χ 2 πληροί τις δοσμένες συν-

3 θήκες;>> Η απάντηση είναι «Ναι, είναι απα

ραίτητο». Γιατί, αφού φθάσαμε στην συνάρτηση αυτή χωρίς ισοδυναμίες, από πουθενά δεν εξασφαλίζεται ότι αυτή πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Θα ήταν λοιπό δυνατόν, η συνάρτηση που βρήκαμε, να μην πληροί τις δοσμένες συνθήκες, οπότε τέτοια συνάρτηση που ζητάμε δεν θα υπήρχε. Επομένως, ό'ΥJ μόνο είναι απαραίτητο, αλλά αν δεν το κάνουμε η λύση θα είναι λάθος, γιατί δεν θα ξέρουμε αν η συνάρτηση αυτή είναι η ζητούμενη ή όχι (βλέπε επόμενη άσκηση). Σημειώνουμε ακόμα ότι, αν τη συνάρτηση αυτή τη βρίσκαμε με ισοδυναμίες, τότε σίγουρα θα ήταν η ζητούμενη (σ'. αυτή την περίπτωση, αν το επαληθεύαμε, θα σήμανε ότι δε γνωρίζουμε την έννοια της ισοδυναμίας).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λστ' τ.4Π3


1 2 . Να βρείτε τις συνεχείς συναρτήσεις f : JR � JR για τις οποίες για κάθε χ ε JR , ισχύει:

3 ι· f( t )dt -ι-· f( t )dt = 2χ2 + 2χ + ι (1)

Λύση Έστω ότι μία συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. ΑΠό την (1) παραγωγίζοντας, έχουμε για κάθε χ ε JR :

3f(x) - f(-x)(-x)' = 4χ + 2=> => 3f(x) + f(-x) = 4x + 2 (2)

Θέτοντας στη (2) όπου χ το - χ βρίσκουμε ότι για κάθε χ ε JR , ισχύει:

3f( -χ) + f( χ) = -4χ + 2 (3) Από τη (2) έπεται ότι: - 9f(x) - 3f(- χ) = - 12χ - 6. Από αυτή και την (3), προσθέτοντας κατά μέλη, βρίσκουμε:

1 -8f(x) = -16χ - 4=> f(x) = 2χ +"2 (4) Αντιστρόφως: Εξετάζουμε αν η συνάρτηση (4) πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Προφανώς η f είναι ορισμένη και συνεχής στο JR . Εξετάζουμε τώρα αν ισχύει η ισότητα (1). Το πρώτο μέλος της (1) με f(χ) = 2χ +± , γίνεται: 3fσ.f(t)dt -[ f(t)dt =

= 3 fσ'( 2t +±)dt - J�-·( 2t +±)dt =

Άρα, η συνάρτηση (4) δεν πληροί την ισότητα (1). Συνεπώς, τέτοια συνάρτηση f δεν υπάρχει. 13. Έστω η συνάρτηση:

f (x) = {x\ αν χ :::;; Ο (l) xlnx, αν χ > Ο

α) Να δείξετε ότι η f είναι συνεχής. β) Να βρείτε το ολοκλήρωμα: I = J�/(x)dx .

Λύση α) Το σύνολο ορισμού της f είναι το JR .

Με χ < Ο έχουμε: f(x) = χ2, συνεχής. Με χ > Ο, έχουμε: f(x) = xlnx, συνεχής (γιατί;). Εξετάζουμε τη συνέχεια της f στο Ο. Έχουμε f(O) = Ο. Επίσης έχουμε:

• lim f (χ) = lim χ2 = Ο .... ο- .... ο-

• lim f(x) = lim (xlnx) = lim ln1x Χ--)0+ Χ---+0+ Χ---+0+ χ

, 1 -οο (lnx) -

(μορφή -) = lim --= lim ___1L_1 = +οο .--ο- ( � )' χ-+ο• χ2 = lim (-χ) = 0 χ-+0+ Άρα, limf(x) = O = f(O) χ-+0 Συνεπώς, η f είναι συνεχής και στο Ο. Συμπεραίνουμε ότι η f είναι συνεχής.

β) Έχουμε: Ι = J:/( χ )dx + J: f( x)dx . (1)

Έχουμε: ο ο [ χ3 ]0 f f(x)dx =J x2dx = --1 - I 3 3 -I

Για να βρούμε το δεύτερο ολοκλήρωμα, έστω Ι' , του δεξιού μέλους της ισότητας (1), εργαζόμαστε ως εξής: Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x) = J� f(t)dt = -J1' f(t)dt , οπότε F(O) = J: f(t)dt = J: f(x)dx = I' Επειδή η f είναι συνεχής στο JR , έπεται ότι η F' είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR , άρα και συνεχής στο JR . Έτσι, η F είναι συνεχής στο Ο, οπότε: Ι' = F (Ο) = lim F (χ) = lim F (χ) = lim J 1 f ( t) dt . Χ-+0 Χ--)0+ Χ-+0+ Χ Επειδή χ � ο+ , θεωρούμε ότι χ ε (Ο, 1) , οπότε: Ο < χ :::;; t :::;; Ι και άρα f(t) = tlnt. Έτσι, έχουμε: F(x) = J� f(t )dt = J>ln tdt = ±J� ( t2 ) ln tdt =

1 [ ]I 1 Jl ι ' =- t2 ln t -- t2 ( ln t) dt = 2 χ 2 χ



. ( 1 2 1 1 2 J 1 = lιm -χ ln x --+-x = -- . χ->0+ 2 4 4 4

Λυμένες Ασκήσεις Ι . Για μια συνάρτηση f, που είναι παραγωγί

σιμη σ' όλο το IR , δεχόμαστε ότι: «για κάθε χ Ε IR επαληθεύει τη συνθήκη f(x) � e' και το σημείο M(O,l) ανήκει στη γραφική παράσταση της Cr». Να αποδείξετε ότι: «υπάρχεισημείο της Cr, στο οποίο η εφαπτομένη να είναι παράλληλη προς την πρώτη διχοτόμο του Ορθοκανονικού Συστήματος».

Απάντηση Είναι f(x) � ex άρα f(x) - ex � Ο (1) για κάθε χ Ε IR . Το σημείο Μ Ε Cr οπότε f(O) = 1 . Έστω η συνάρτηση g(x) = f(x) - ex . Η g είναι πα-

ραγωγίσιμη στο IR ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Από την (1) έχουμε: g(x) = f(x) - ex � ο = g(O) για κάθε χ Ε IR .

Άρα η g(x) παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στο Χο = Ο το g(O) = Ο και η g(x) είναι παραγωγίσιμη στο IR (άρα και στο Χο = 0), με g'(x) = f'(x) -ex . Οπότε από Θ. Fennat έχουμε g'(O) = Ο<:::> f'(O) -e0 <:::> <=> f'(O) = 1 . Η εφαπτομένη της Cr στο Ο έχει συντελεστή διεύθυνσης f'(0)=1 , οπότε είναι παράλληλη της y=x, διχοτόμος της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων.

2. Για μια συνάρτηση f, που είναι συνεχής σ' όλο το IR , δεχόμαστε ότι: <φα κάθε χ Ε IR επαληθεύει τη συνθήκη:

γιατί

αφού όπως είδαμε παραπάνω lirη (χ ln χ) = Ο . Χ->0

Έτσι, από την (1), έχουμε:

Ι =.!.+ Ι' =.!_ _ _!_=_!_ . 3 3 4 12

των Θεοδώρου Ρήγα, Τσέκου Κώστα, Μάνου Μαυρογιάννη και Γεράσιμου Κατωπόδη

J: xf(xt)dt � eαχ - 2003ημχ - 1 (1) και το σημείο M(O,l) ανήκει στη γραφική παράσταση Cr». Να βρείτε τη τιμή του α.

Απάντηση

Το σημείο Μ Ε Cr άρα f(O) = 1 . Αν J� xf(x)dt = Ι , θέτουμε xt = u άρα xdt = du . Για t = Ο είναι u = Ο και για t = 1 είναι u = χ, άρα γίνεται:

Ι = Jox f(u)du . Η ( 1 ) γίνεται:fσ' f(u)du - eαx + 2003ημχ + 1 � Ο (2) Έστω η συνάρτηση:

g(x)= fox f(u)du-eαx +2003ημχ+ 1 , για κάθε χ Ε IR .

Από τη (2) έχουμε g(x) � Ο = g(O) , άρα η g πα

ρουσιάζει μέγιστο στο Χο = Ο, το g(O) = Ο και η g είναι παραγωγίσιμη στο IR με

g'(x) = (Jox f(u)du)' - ( eαχ ) ' + (2003ημχ + 1)' = = f(x) - αeαχ + 2003συνχ .

Από το θεώρημα Fennat έχουμε: g'(O) = Ο<=> f(O) - αe0 + 2003συν0 = Ο

<=> 1 - α + 2003 = Ο <=> α = 2004 . 3. Έστω συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσι

μη στο [0, α], α > Ο και f" (χ) � 1 , για κάθε

χ Ε (Ο, α) , α > Ο . Α ν η f έχει στο χ0 Ε (Ο, α) τοπικό ακρότατα, να δείξετε ότι: Ιr'(o)l + Ιr'( α )I � α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4Π5


Λύση Σύμφωνα με το Θ. Fennat θα ισχύει: f(Xo) = Ο. Εφαρμόζοντας Θ.Μ.Τ. στα διαστήματα [0, χ0] και [ χ0, α] στην συνάρτηση f, προκύπτει πως θα υπάρχουν: Χι Ε (Ο, χ0 ) και χ2 Ε (χ0 ,α) : f"(χι ) = f'(x0 ) - f'(O) = -f' (O) και χ0 - 0 χ0 f" ( χ2 ) =

f' (α) - f' ( χ0 ) = f' (α) α - χ0 α - χ0 Άρα f'(O) = -x0 · f" (χι ) και f'(α) = (α - χ0 ) · f" (χ2 ) Επομένως: lf' (Ο )I + lf' (α )I = l-x0 • f" (Χι )I + I( α- Χ0 ) • f" ( Χ2 )I = lxo l · lf" (xι )l + lα - xo l · f" ( χ2 ) � Χο + ( α - χο ) = α Υπ' όψιν ότι: lf" (xι )I � 1, lf" ( χ2 )I � 1 4. Θεωρούμε τη συνάρτηση f : (Ο, +οο) � �

με f (x) =.!. χ

ί. Να βρείτε σημείο Α(χι, f(x1)) τη Cr τέτοιο ώστε η κάθετη στην εφαπτόμενη της στο Α να περνάει από την αρχή των αξόνων.

ii. Να δείξετε ότι η εφαπτόμενη της Cr στο Α τέμνει τους άξονες χχ' και ψψ' στα σημεία Β και Γ αντίστοιχα έτσι ώστε τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΟΑΓ να είναι ισεμβαδικά.

Λύση

Αν λ ο συντελ. διεύθ. της κάθετης (η) στην εφαπτ. στο Α θα ισχύει:

λ · f' (Χι ) = -1 <:::> λ · (-:2 ) = -1 <:::> I λ = Χ� I οπότε η εξίσωση γίνεται: ψ- f(χι ) = χ� · (χ - χι ) <:=> ψ-_!_ = Χ� · ( χ - χι ) (1 Χι Για χ = Ο και ψ = Ο έχουμε:

_ _!_=χ� · (-Χι ) <:::> χ� = 1 <:::> χ1 = 1 ( αφού Χι > Ο) Χι Άρα A(l , 1 ) Η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) στο Α γίνεται

ψ - 1 = -1(χ - 1) <:::> IΨ = -χ + 21

χ

Για χ = 0: ψ = 2 και για ψ = Ο, χ = 2. Άρα Β(2, Ο) και Γ(Ο, 2)

1 1 (- -� 1 1 1 1 1 1 (OAB) =2 det ΟΑ,ΟΒΛ = "2 2 Ο =2 · 1-21 = 1

1 1 (- -� 1 1 1 (OAΓ) =2 det ΟΑ,ΟΓΛ = "2 Ο Άρα (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ)

1 1 1 = - · 121 = 1 2 2

5. Δίνεται η συνάρτηση f : � � � με τύπο f (χ) = lχ -αl · ημχ , όπου α Ε �

ί. Α ν η f είναι παραγωγίσιμη στο � δείξετε ότι α = κπ, κ Ε Ζ .

ίί. Για τις τιμές του α που βρήκατε να δείξετε ότι η f δεν είναι δύο φορές παραγωγίσιμη.

Λύση {-(χ -α) · ημχ, χ < α ί. f(x) = (χ - α) · ημχ, χ � α • Για χ < α, f' (χ) = -ημχ - (χ -α) . συνχ • Για χ > α, f' (χ) = ημχ + (χ - α) · συνχ • Για Χο = α, • Αν χ < α τότε

lim f(x) - f (α) = lim -(χ - α) · ημχ χ--+α- χ -α χ--+α χ - α = lim( -ημχ) = -ημα

χ--+α • Αν χ > α τότε

lim f(x) - f(α) = lim (χ - α) · ημχ = Χ--+α+ Χ - α Χ--+α Χ - α = lim( ημχ) = ημα

χ--+α Όμως η f παραγωγίσιμη στο � άρα και στο α οπότε: lim f(x) - f(α) = lim f(x) - f(α) <:::> χ--+α- χ -α χ--+α+ χ -α <:::> η μα = ...;.η μα<:::> η μα = Ο<:::> ,.I α-=-κ-,πl, κ Ε Ζ

, ( ) {-ημχ - (χ - α)συνχ, χ < α Άρα: f' χ = ημχ + (χ -α) · συνχ, χ > α ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.4Π6


ίί. Για χ < α, f" (χ) = . . . Για χ > α, f" (χ) = . . . Για χο = α, • Αν χ < α τότε . f' (χ) - f' (α) lιm =

χ .... α- Χ - α . -ημχ - (χ - α) · συνχ + η μα = lιm · =

χ .... α- χ - α ( -(ημχ - η μα) J = lim_ -συνχ = χ .... α Χ - α

= -συνα- συνα = l-2συναl . ημχ - ημα {8) . συνχ-0 lιm = lιm = συνα

χ .... α Χ - α χ-α 1

• Αν χ > α τότε

lim f' (χ) - f' (α) = . . . = l2συναl χ-+α+ χ - α

Όμως για α = κπ, -2συνκπ * 2συνκπ για κάθε κ Ε .Ζ <::::> 4συνκπ * Ο <::::> συνκπ * Ο για κάθε κ Ε .Ζ Άρα: Η f δεν είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο α.

6. Έστω συνάρτηση f(x)=α·x+J) · x · t ·dt+14,

α, β Ε IR, χ > Ο

α. Βρείτε τα α, β ώστε f (χ) ::::; f ( 2) και η

Cr να περνά από το σημείο Μ(2, 6). β. Για τις τιμές των α, β του ερωτήματος α.: ί. να δείξετε ότι η γραφική παράσταση

βρίσκεται πάντοτε πάνω από την εφαπτόμενη σε οποιοδήποτε σημείο της.

ίί. Να δείξετε ότι ο ρυθμός μεταβολής της συνάρτησης συνεχώς αυξάνεται.

ίίί. Να δείξετε ότι η συνάρτηση είναι τριτοβάθμια πολυωνυμική και να βρείτε τον τύπο της.

Λύση α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με:

f'(x) = ( αχ+ιχβχdt+14)1 =α+( Χ · J: βtdt)' +14'=

= α+ βf: tdt + χ · βχ = lα+ β · ιχ tdt + βx2 1 Όμως από θεώρημα Fennat έχουμε:

f'(2) = Ο <::::> α + β · Ο + β · 4 = Ο <::::> r--lα-+ 4-β-=--.,01 (1)

Επίσης f(2) = 6 <::::> α · 2 +β · 2 · J: tdt + 14 = 6 <::::>

<::::> 2α+ β · 0 + 14 = 6 <::::> 2α = 6 - 14 <::::> I α = -41 (2) Από ( 1), (2) έχουμε Ι β = 11 .

β. i Για α = -4 και β = 1 , f(x) = -4χ + J: xt+dt+14 και f'(x) = -4+ ι\dt + x2 • Η f' είναι παραγωγίσιμη στο (Ο,+οο) με: f"(x) = χ + 2χ = 3χ > Ο για χ > Ο. Άρα: η f κυρτή στο (0, +οο) .

ίί. Αφού η f" ( χ) > Ο , για χ>Ο η f' γνησίως αύ-

ξουσα. Άρα: ο ρυθμός μεταβολής αυξάνεται συνεχώς.

ίίί. f(x) = -4 · x + x ·[ t · dt + 14=

=-4 · χ + χ{�Ι + 14 = = -4 · χ + 14 + χ{ �2 - 2; ) =

= -4χ + 14 + χ(� - 2) =

χ3 83 = -4χ + 14 +-- 2χ = --6χ + 14 2 2 7. Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση

f :IR�IR ώστε fo'r( t) · dt � χ · f (2004) , 'ϊ/χ Ε IR . Να δείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0, 2004) , ώστε: f' (ξ) = Ο .

Λύση

Θεωρούμε τη συνάρτηση:

g (χ) = fσχ f ( t) . dt - χ . f ( 2004) . Παρατηρούμε ότι:

g(O) = fσο f( t) · dt - 0 · f(2004) = Ο Άρα από τη σχέση ( 1) θα ισχύει:

g( x) � g( O) , για κάθε X E IR

Η g είναι παραγωγίσιμη (σαν άθροισμα παραγωγίσιμων) σε όλο το IR , άρα αφού στο Ο παρουσιάζει ολικό ελάχιστο από Θ. Fennat ισχύει: g'(O) = Ο (1) Όμως: g'( χ) = f( χ) - f( 2004) για κάθε χ Ε IR .



Άρα: (1 ) � f ( Ο) - f( 2004) = Ο � f ( Ο) =f( 2004) Θα ελέγχουμε αν η f πληροί τις πρϋποθέσεις του Θ. Rolle στο [0, 2004] . � Η f·είναι συνεχής στο [0, 2004] αφού είναι πα

ραγωγίσιμη στο JR . � Η fείναι �αραγωγίσιμη στο (0, 2004). � f(O) = f(2004). Άρα από Θ. Rolle υπάρχει ένα

τουλάχιστον ξ Ε (Ο, 2004) , ώστε: f' (ξ) = Ο . 8. Να μελετήσετε την f(x) = J02004 e-{χ+ι)' ·dt, για

κάθε χ Ε JR , ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα της.

Λύση

Θέτουμε όπου u = χ + t . Άρα:

du = d( χ + 1) = (χ + 1 )' · dt = dt. Για t = Ο, u = χ. Για t = 2004, u = χ +2000.

fx+2004 2 Έτσι: f( χ) = χ e-" · du, για κάθε χ Ε JR

Jx+2004 2 f

α 2 Jx+2004 2 f (x) = χ

e-u · du = χ

e-u · du + α e-u · du = fx 2 J

x+2004 2 = - α e-u · du + α e-u · du (όπου α E lR ).

Άρα:

f' (Χ ) = (-J: e_"2 . du) + Uαx+2004e_"2 . du) =

-e-x2 + e-(x+2004)2 · (χ + 2004)' = -e-x2 + e-(x+2004)2

f' ( χ) > ο � -e-x2 + e-(x+2004)2 > ο � ( )2 2 e' i 2 � e- χ+2004 > e-x �- (χ + 2004) > -χ2 �

� . . . �χ < -1002 f' ( x) = 0 � -e-x2 + e-(x+2004)2 = 0�

e' ·'Ί-1 " � e-(x+2004)2 = e-x2 �=>-( χ + 2004) 2 = -Χ2 � � . . . � χ = - 1 002 f' ( χ) < ο � -e-x2 + e-(x+2)2 < ο �

( )2 2 e' i 2 � e- x+2 < e-x �-(χ + 2) < -Χ2 � � . . . � χ > -1002 Η f(x) γνησίως αύξουσα στο ( -οο,-1002) , f(x) γνησίως φθίνουσα στο ( -1002,-too) ενώ στο -1002 παρουσιάζει ολικό μέγιστο.

9. Δίνονται οι μη σταθερές και παραγωγίσιμες συναρτήσεις με συνεχή πρώτη παράγωγο f'(x) και τύπο της μορφής:

f(x) =r -J(2x-c) ·dx-2004

α. Δείξτε ότι οι συναρτήσεις αυτές δεν παρουσιάζουν ακρότατα στο JR •

β. Δείξτε ότι όλες οι συναρτήσεις αυτές aντιστρέφονται.

γ. Βρείτε τις aντίστροφες συναρτήσεις των συναρτήσεων αυτών και δείξτε ότι παρουσιάζουν το ίδιο είδος μονοτονίας με αυτές.

Λύση

α. Η f είναι παραγωγίσιμη στο JR με:

f' (χ) = (χ 2 )' - [f ( 2χ - c) . dx ]' - ( 2004 )' = = 2χ - 2χ + c = c Αν c = Ο, τότε f(x) = Ο για κάθε χ Ε JR , άρα η f(x) θα είναι σταθερή, άτοπο! Άρα f' ( χ) =1:- Ο, για κάθε χ Ε JR δηλαδή δεν έ-

χει ακρότατα. β. Για οποιαδήποτε άλλη τιμή του c (θετική ή αρ

νητική) θα ισχύει: f(x) > Ο για κάθε χ Ε JR ή f(x)<O για κάθε χ Ε JR . Άρα: οι f γνησίως aύξουσες σ' όλο το JR ή γνησίως φθίνουσες σ' όλο το JR . Σε οποιαδήποτε περίπτωση οι συναρτήσεις f είναι " 1-1" δηλαδή aντιστρέφονται.

γ. f (x) = x2 -J(2x - c) · dx - 2004 = = χ2 - f 2χ . dx + c f dx - 2004 = = χ2 - χ2 + cx + ( c1 - 2004) = CX + ( C1 -2004) . Έστω ψ = cx + ( c1 - 2004) �

1 c - 2004 � CX = ψ - ( C1 - 2004) � Χ =- · ψ --1'------c c Ά . r-1 ( ) _ 1 c1 - 2004 [r-1 ( ) ]' _ 1 ρα. χ - - · χ - => χ --c c c

Παρατηρούμε ότι οι παράγωγοι των f(x), f\x) δηλαδή οι σταθερές c, 1/c είναι ομόσημες άρα οι συναρτήσεις f(x), r1(x) θα είναι ταυτόχρονα ( t ή .J...) .



ΣΤ. Εμβαδόν xωpiou του Γεώργου Σταθόπουλου

Παρουσιάζουμε την περίπτωση υπολογισμού εμβαδού χωρίου που περικλείεται απΌ τις γραφικές πα:p

στάσεις τριών συνεχών συναρτήσεων χωρίς τη μελέτη του προσήμου των αντίστοιχων διαφορών.

ΠΡΟΒΛΗΜΑ: Εμβαδόν επιπέδου χωρίου που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις τριών συνεχών συναρτήσεων fι, fz, f3 με fι(χ) > Ο, fz(x) > Ο, f3(x) > Ο.

Ο Υπολογισμός του εμβαδού γίνεται ως εξής:

Λύνου� τις εξισώσεις fι ( x),f2 ( x),f3 (χ) ανα δύο

fι(χ) = f3(x)

fι(χ) = f2(x) (1) (2)

α) Αν οι εξισώσεις έχουν μοναδικές ρίζες της ρι , ρ2, ρ3 αντίστοιχα με ρι < ρ2 < ρ3, τότε όπως προκύπτει από τα σχήματα (α), (β), θα έχουμε:

Ε(Ω) = IΕ(Ω1 ) + Ε(Ω2 ) - Ε(Ω3 )1 =

= IJr' f1 (χ )dx + JPJ f2 (χ )dx - ΓΡJ f3 (χ )dxl = � � J�

Σχ. (α)

Ωι το χωρίο ΑΒΒΆ'

Ω2 το χωρίο ΒΓΓΒ'

Ω3 το χωρίο ΑΓΓ Α'

Σχ. (β)

Για να θυμόμαστε τον τύπο (4) κάνουμε τα εξής:

Τοποθετούμε σε μια γραμμή κατ' αύξουσα σεφ τις ρίζες ρι , ρ2, ρ3 και κάτω από κάθε ρίζα σημειώνουμε την εξίσωση της οποίας είναι λύση. Στη συνέχεια ενώνουμε με μια γραμμή (όπως δείχνει το παρακάτω σχήμα (γ) τη κοιμή συνάρτηση (f1) στη 1 η και 2η εξίσωση τη κοινή συνάρτηση (Θ στη 2η και 3η εξίσωση και τη κοινή συνάρτηση (fj) στη 3η και 1η εξίσωση. Τότε το εμβαδόν του χωρίου (Ω) είναι ίσο με την απόλυτη τιμή του αθροίσματος των τριών ορισμένων ολοκληρωμάτων με 1 ο ολοκλήρωμα από το ρι στο ρ2 της κοινής συνάρτησης (fι), 2ο ολοκλήρωμα από το ρ 2 στο ρ3 της κοινής συνάρτησης (Θ και 3° ολοκλήρωμα από το ρ3 στο ρι της κοινής συνάρτησης (ω.

Μνημονικός κανόνας

ρι · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ρz · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ρ3

+ + �=4 4=� �=�

.__I __ _____.I .__I __ _____.I Σχ. (γ)

E(Ω) = IJ:' f1 (x)dx + J:,J f2 (x)dx + J;,' f3 (x)dxl

Εφαρμογή 1 Να υπολογίσετε το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου (Ω) που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων.

1 f1 (χ) = ln- , f2 (χ) = 1n χ και f3 (χ) = 1n 2 χ



Λύση 1 1 f1 (x) = f3 (x) � ln- = ln2 � χ =-χ 2 1 f1 (χ) = f2 (χ) � ln- = ln χ � χ = 1 χ

f2 (χ) = f3 (χ) � ln χ = ln 2 � χ = 2


1 ρι =τ .... . . ..... . . ... ρz=1 ................. ρ3=2

+ + f3= f1 f1 =f2 f2=f3

I Ι I I Το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου (Ω) δίνεται από τον τύπο (4).

fl 1 Ι2 Ι.!. 1 = 1 ln-dx + ln xdx + 2 ln 2dx = -Ζ Χ I 2 2

χ

β) Αν μια από τις εξισώσεις π.χ. η (3) είναι ΑΔΥΝΑΤΗ και η ( 1 ) έχει ρίζες τις ρ1 , ρ4, η (2) τις ρz, ρ3 με ρ1 < ρz < ρ3 < ρ4, τότε το εμβαδόν δίνεται από τον τύπο:

Ε( Ω) = II:' fι ( x)dx + Ι:: f2 ( x)dx + Ι�' fι ( x)dx+ +Ι:.' f3 (χ )dxl (5)


ρl · ··········· ···· ρz ··········· · · · · · ρ3 ····· · · · · · ···· · · ρ4 �=4 4=� �=4 4=� .__I _ __,I .__I _ __,I .__I _ __,I

Εφαρμογή 2

Να υπολογίσετε το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου (Ω) που περικλείεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων.

f1 (χ) = χ + 6, f2 (χ) = χ2 + 4 και f3 (χ) = χ2 Λύση

Λύνουμε τις εξισώσεις

f1 (χ) = f3 (χ)� Χ2 = χ + 6� χ2 - χ -6 = 0 � � Χ = 3 ή Χ = -2

f1 (χ) = f2 (χ) � Χ + 6 = χ 2 + 4 � χ = -1, χ = 2 f2 (χ) = f3 (χ)� χ2 +4= χ2 αδύνατη


ρι=-2 ρz=-1 f3=fι fι =fz f2=f1 f1 =f3

I I I ,_______.I I I Το εμβαδόν του επιπέδου χωρίου (Ω) δίνεται από τον τύπο (5).

Ε( Ω) = Ιιl fl (x)dx + ι f2 (x)dx+ Ι: fι ( x)dx+ Ι-2 I 49 + 3 f3 (x)dx =3

χ


Εκδόσει, τη, ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΠΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙΑΣ ,,. � .... .-wulilo,JI!;�8'11� nι ιι rη� ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΗ ;; s

ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ �

EUCLIOES y ·

LOUIS BRAND

-J;ΠΣ

- - -

, .. _ �ιιιιιι ·

- �

- --"--" --

ΕυκλείδηςΑ": Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής Μαθημαπκές 11αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 17 ευρώ Διαλtξεις: Ο τόμος Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ Ολυμπιάδες 1959 · 1999: 20 ευρώ 14αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 17 ευρώ Μοθημαπκή Ανάλυση

(4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βαλκανικές Μαβημαnκές 1!Χχ.ι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 17 ευρώ Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ολυμπιάδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 17 ευρώ (Loυis Brand)

ΕυκλείδηςΒ": Τεύχος 2,5 ευρώ θέματα εξετάσεων ατα Α.Ε.Ι 17αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 25ευρώ Διαφορικές Εξισώσεις

Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 · 1989: 6 ευρώ 18ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 25 ευρώ (Stephenson)

5 ευρώ

25 ευρώ

10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πρακτικά: Συνέδριο Hennis "92 (Αyyλικά)

Σχολεία: 10 ευρώ 1αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 6 ευρώ 25 ευρώ Ιστορία Μαθηματικών Loήa

ΕυκλείδηςΓ": Τεύχος 5 ευρώ 2ou ΓΙανελληνkχι ΣυvεδρkΜ.ι 8 ευρώ Συνέδριο Hennis "94 (Αyyλικά) Συνδρομή (2 τεύχη) 1 Ο ευρώ 3αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ 2 τόμοι ο τόμος 15 ευρώ

(4 Ίάμοι) Α, Β, Γ Αι Γ Β οΊόμος 8 ευρώ

70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ

Μοθημ. Εmβεώρηαη: 4rο5α.ι f'bvελλrr.bJ ΣιΜ:διίJυ 8 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα Ελληνική Μαθηματική Τεύχος 5 ευρώ 6ou Παvελληvίου Σιινεδρbι 8 ευρώ (Gr. Mυncres) 6 ευρώ Βιβλιογραφία 4 ευρώ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 7αι ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΞΑΝΔΡΕΩΣ Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ 8ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι &ευρώ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων

Στοιχειώδης Γεωμετρία στrό

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 9ou ΓΙανελληνkχι Σιινεδρbι 8 ευρώ ΓΕΩΜΕτΡΙΚΑ) 20 ευρώ Ανώτερη Σκοmά 8 ευρώ

Δελtίο (Bulletin): Τεύχος 7,30 ευρώ 1Ιkχ.ι ΓΙαvελληvίου Σιινεδρbι 17 ευρώ (Μετρικά · Διόπτρα) 20 ευρώ θεωρία Αριθμών 17 ευρώ

Τα ujα.Α�JΑιτJΙ_ρ�j τrε�Χιt1J Θ.λ,ω}ιι τrWJvι εJ(fJJJJAi8JJV! ΙJJ(ι)!'ΘJi.NJΓJβ.ΙJ �,ε.; Ί;1�; τf&x�.υJJ--C� YJ1Vί:� TJΘJΙV !Θ.:Θ..ι

�· Irι!ne Borten-KrMne • Δρ. Oiane Winaνer

I Εφηβεiα,

ερωτας και σεξουαλ1κότιπα

VH πρώm φορά Υ Στο γυναΊΙ<ολόγο V Η ονοούλλnψn ν Η ηδονή κοι το

συνοίοθnμο ντο σuμηλέγμστa ν Σεξουαλικώς

μεrοδιδόμενα νοΟΟμσra ν Εiμοι φυσιολογική:

·Σα�

•

Β1Βλiα-εγχεφiδ1α για την αvrιμετώmση της

εφηΒεiας. Απλά γραμμένα, με εξαφrnκά πα

ραδεiγματα, δiνουν λύσεΙς στα κορiτmα που

αvrιμετωπiζουν τα προΒλήματα καΙ uς συναΙ

σθημαuκές μεταπτώσεΙς που δημΙουργούνταΙ

με την εiσοδό τους στην εφηΒεiα.

Ε1δ1κοi επΙστήμονες του εiδους συμΒου

λεύουν τους γονεiς πώς να συμπερΙφέρονταΙ

στο πα1δi τους στη δύσκολη αυτή περiοδο της

ζωής του αλλά καΙ uς έφηΒες πώς να αποφεύ

γουν uς παγiδες.

ΕφηΒεiα σημαiνε1 σώμα που αλλάζεΙ, σεξουαλΙκότητα που ξυπνά, πολλές φανταmώσεΙς, απότομες συνα1σθημαuκές μεταπτώσεΙς καΙ πλήθος ερωτήσεων . . .

ΠοΙον όμως να ρωτήσεΙ το κορiτm ή το α-· γόρΙ χωρiς να εκτεθεi, χωρiς να φανερώσεΙ τα μυσuκά του; ΤΙς παρέες; Τους γονεiς; Τους καθηγητές; Τον οΙκογενεΙακό γιατρό; Η εmλογή δεν εiνα1 πάντα εύκολη.

Τα Β1Βλiα ΕφnΒεία, έρωτας και σεξουαλικό- . τnτα δiνουν uς απαντήσεΙς χωρiς ταμπού. Γραμμένα από ε1δ1κούς με απλό, κατανοητό τρόπο καΙ χΙούμορ περΙέχουν δ1ευθύνσε1ς, τηλέφωνα καΙ σελiδες του δJαδΙκτύου απ' όπου μπορούν να ενημερωθούν 01 έφηΒοΙ .

Δρ. �in Mi""""' • Riciι Enenne

I φηβεiα,

ερωτας και . σεξουαλ1κό ιι1 ια

ντο φύλο VΟι � ν Η τφώτn φορά VH ηδονή ν Το ωμπλένμοτο ντο ιcαμόια ν �� ΥΟΟΠμαm V Είμαι φuοιολοytκός;

- •

Ευκλειδης Β 48

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 48