Ευκλειδης Β 52

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΠΑΤΑΚΗ www.patakis.qr

9DD β.t}JJJJE Jl-!l:t .t.1 J.W � :14 ;ωJJE I I

εκτάριος Πρωτοπαπάς Φυσικ.ή Α' [νιαίοο �υκείου

Κ. Α. ΚυριακόΠοuλός

.Μοθηματικά θετικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαιοu Λυκείου

ιοuοική Γ· Εν!οίου Λvκεlου

11 τόμος ίiij

Τ ριαvτάψυλλος Μελισσαρόποuλος

Φυσική θετικήζ και'Τεχνολοyικής Κατεύθυνσης,

Γ' Ενιαίου Λυκείου

Γ. Βιδάλης- Β. Γκιμίσης

Άλγεβρα Γενικήζ Παιδείαζ, Β' Ενιαίου Λυκείου

ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ

Φυσικής 3- :;-.... ο CJ λJΙι.'εοου ιΙΜ-!Χ� 8i"G,.,. Ι� .. ι.Ε>ΩΝ • $EP...0ΔY:t.A.MIJH

ι • ' = • :> ·" � • "ι • ι> • "ι�

Αντώνης Σαρρηγιάννης

Μεθοδολογία Φυσική( θετικής και Τ ανολογικήζ Κατεύθυνσης,

Β' Ενιαίου Λυκείου

Τ άσος Βαρδόπουλος

Μεθοδολογία Χημείο( θπικής Κατεύθυνσης, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Μ. Γεωργάκης, Αθ. Μακρίδης κ.ά.

Ευκλείδειο Γεωμετρία Γ ενικής Παιδείας, Β' Ενιαίου Λυκείου

β' Ενιοιου Λυκείου

I. Κεφαλλωνίτης. Β. Χρηστίδης

Χημεία θετικής Κατεύθυνσης, Β' Ενιαίου Λυκείου

κριτήρια : αξιολόγησης ! σ•ηΦυσική . �� ;:.� ? �Ει.

σ.,....'""' -·u� ..... ,� .... ,wo � ....... ---..... _.... ... ,.,. ....... ,

: • • • • • • • • • • • • • . •• _ ΝfΚΤΑΡΙΟlΠΡ()ΤΟnΑΠΛl

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Κριτήριο αξιολόγησης στη Φυσική

Γ ενικής Παιδείας, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Νεκτάριος Πρωτοπαπάς

Φυσική Γενικής Παιδείαζ, Β' Ενιαίου Λυκείου

μαθηματικά r· Ενιαίου Λυκείου

Ματθαίος Τ σιλπιρίδης

Μαθηματικά Γ ενικήζ Παιδείας, Γ' Ενιαίου Λυκείου

Ελευθέριος Πρωτοπαπάς

Μαθηματικό θετικής και Τ εχνολοyικής Κατεύθυνσης.

Γ' Ενιαίου Λυκείου

HELLE IC MATHEMATICAL SOCI·EΊ. �;�

HELLAS 2004

al cal

λλι1Ibrnrn�9 ffiw®®®® JJrnΠy �®®41

-

illrndJ®IP dlli® Mrn�[pfi®fi®� ®� dlli® MJfirnfi�diPy ®� I\Jmdficn>rnmΠ IEdJm®cndfi®rn & ill®ΠΠ�fi®rn� 1\\�ficnfiiP�

ffi!])d] dlli® MJΠrnfi�diPy ®� CCmildrniP®

IMO 2004 Η 45Η ΔΙΕΘΝΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ

Αθιίιια 4 � /8 Ιουλftιυ 2004 Η Ελλάδα το καλοκαίρι του 2004 εκτός από τους {)λυμπ�ωωίJς Αγώνες φιλοξενεί και τη

ΛΗ::��Υ'' ·· · · >.- - · - --· · •.η�;τ"J. �δ(\ αναδεικνύοντας έτσι την διαχρονικότητα του αρχαιοελληνικού ιδεώδους, της ισόρροπης δηλαδή ανάπτυξης της πνευματικής δύναμης και της σωματικής ρώμης. Η �--_::_� ,;� '>!�:f}η;:ατ�κf! Ολιψ.πΗ.iδ-,r;:, Λ.. ένας θεσμός υψηλότατου ενδιαφέροντος, πραγματική πρόκληση για τη διοργανώτρια χώρα, που πραγματοποιείται για 45η .:ηη•εχ•� χροη<i θα φιλοξενηθεί εδώ, τον Ιούλιο. Και όλοι θα είμαστε εκεί. .. Στην Αθήνα και τους Δελφούς ... Μαζί με τους δεκάδες μαθητές από όλον τον κόσμο, οι οποίοι μαγεμένοι από τη γοητεία των Μαθηματικών έχουν για μέρες, μήνες ή χρόνια δουλέψει σκληρά πάνω στη λύση δύσκολων μαθηματικών προβλημάτων με στόχο τη συμμετοχή τους στη"'' rvπα�ηματΙi�ς�ι Ολυμτηάδα.

Η Ολυμπιάδίt Οα πριιγματοποιηθεί από 4 - 18 Ιουλίου. Οι ξένοι μαθητές θα έρθουν στις 9 Ιουλίου. και θα φύγουν στις 18 Ιουλίου Η χώρα μας θα φιλοξενήσει 90 περίπου αντιπροσωπίες από διαφορετικές χώρες από όλο τον πλανήτη. Κάθε αντιπροσωπία θα αποτελείται από 6 μαθητές συνοδευόμενους από τον αρχηγό τους και τον υπαρχηγό τους. Επίσης θα υπάρχει διεθνής επιτροπή επιλογής θεμάτων και εξαίρετες προσωπικότητες της Μαθηματικής Επιστήμης μέλη των επιτροπών και η εννεαμελής Διεθνής Επιτροπή των Μαθηματικών Ολυμπιάδων. Τα θέματcι, τα οποίι� cί\'(tt πριι}τότυπα. είναι κοινά για t)λα τα παιδιά και θα μεταφρcιστοi>ν σε 56 γλ<uσσες, επειδ11 ις(ιθι-: πωδί διαγιονίζεται στην γλιuσσα του. Το «εξεταστικό)) τμήμα της Ολυμπιάδας διαρκεί ουσιαστικά 2 ημέρες από 4,5 ώρες και το υπόλοιπο τμήμα της είναι το πολιτιστικό πρόγραμμα. Ελπίζουμε ότι από τα 800 περίπου μέλη των ξένων αποστολών και επιτροπών θα προκύψουν vφκ:r:roi ωr.ρεσβευτ�:ς» της μας στις πατρίδες τους.

Η Ελλάδα συμμετέχει στις Διεθνείς Μαθηματικές Ολυμπιάδες από το 1974. Από την 24η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα του Παρισιού ή χώρα μας έχει μια επιτυχή πορεία, με ικανοποιητική συγκομιδή μεταλλίων και υψηλή θέση κατάταξης. Αξιοσημείωτο είναι ότι το 1994 στο Χονγκ Κονγκ και το 1996 στην Ινδία, η χι';φα πρι�ιτ-η στσν κόσμο στ:u Γr.:..,;με�μiα.

Η ΛιεΘν�ς ΜαΟηιι.αηκή Ολυu:rηάδΩ1 1 }�r.:u;;rτΊHtHQi1E1 [V!ΆHtheπ13ticai 0]', -:;-;υind/ ι}[ Ο 200�-'i, � Q � � " .: • • ;.• ' -•

αποτελεί μια πολύ καλή ευκαιρία να συνδυαστεί το σύγχρονο υψηλό'#μαθηματικό επίπεδο της χώρας με την αρχαιοελληνική μαθηματική κληρονομιά μας. Στην αρχή του 21 ου αιώνα είναι περισσότερο επιβεβλημένη από ποτέ η προώθηση υψηλών προτύπων, από το χώρο του πνεύματος και της επιστήμης.

Η ε&π.στ'l1-��J'νtκή αρηότητα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας, η εμπειρία που διαθέτει από τη διοργάνωση Μαθηματικών Διαγωνισμών σε διεθνές επίπεδο, οι καλές σχέσεις που έχει αναπτύξει με τη Διεθνή Εκπαιδευτική και Μαθηματική Κοινότητα, αποτελούν εγγύηση για την άρτια προετοιμασία των Ελληνικών Ολυμπιακών Ομάδων και την άψογη διοργάνωση της ΙΜΟ 2004. Από το 1997, η ΕΜΕ άρχισε την ενημέρωση και προετοιμασία της Διεθνούς Μαθηματικής Κοινότητας για τη διεκδίκηση της διοργάνωσης της Διεθνούς Μαθηματικής Ολυμπιάδας 2004. Την επιτυχή κατάληξη της τελικής διεκδίκησης - που έγινε το 1999 στο Βουκουρέστι - και η οποία αποδεικνύει το διεθνές κύρος της Εταιρείας μας, ακολούθησε ένας κύκλος δραστηριοτήτων με σκοπό την προβολή και περαιτέρω προετοιμασία του όλου εγχειρήματος.

Η 45η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα είναι μια ει}.:ική προ,;:;πά.(>εκ:.;:. Το τεράστιο αυτό εγχείρημα απαιτεί την ενθουσιώδη συμμετοχή όλων μας, στο Σ.6J�r,�ιz 'εΘελοντών τ.ης ,� " .- ""' 'δ· 7"'·"" θ θ ' ' Ελλ ' Μ θ ' Ε ' .• .J.t:ιιημ::c;χης -,__•Λυμπια ας .-ιv'i.J'*, που α συστα ει απο την ηνικη α ηματικη ταιρεια. :\ΊΗφαiτητο ιφ1η)ρω αυ�ιμcτοχι1ς r.{νω η άριστη γνιi>ση της Αγγλικι;ς γλιi>σσας. Η cπιλοyιi θα γί\'Ει μc προσwπικι; συνέντευξη και στη συνέχεια οι εΘι;λοντές και οι εΘελόντριες Θα εκπαιδευΟοί>ν tωτι'.tλληλrι: ί;)σπ; να αποτεΜσσυν τον υποστηρικτικό ιστό της ΜαθηματικΙiς Ολυμπιάδας του 2004 �Λ Τ(· τί:λ.ος της Ολυ; .. ι:τr i.ιΊ.δας βεβιπί.ύ)i!_1'�� συι-ι�ιt:τοχ�ής τους ισς εθελ.οντ{ς� θ�σ. ��γγρο:ry')Ο()ν} τt,μ�ή)!; ένεικ�\�'1 και θα π6.pσυν δ{;1_�})ε{.t\� ε�-<δ6σεt,:; -:�τ� Ε. .

Υ Ιιt·ύθιηοι 'Εκοοοψ; Ευσταθίου Ευάγγελος,

Μπαραλής Γεώργιος.

l:u\ιακιικt' ΟιΗίοο: Ανδρουλακάκης J 1ίκος Βακαλόπουλος Κώστας Βισκαδουράκης Βασίλης Βλάχου Αγγελική Γιούσης Θεόδωρος Γράψας Κωνσταντίνος Δούvαβης Αντώνης Ευθύμογλου Πέτρος Θεοδωρέλος Χρίστος Καλίκας Σταμάτης Καρακάσογλου Αλέξανδρος Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Κηπουρός Χρήστος Κόντζιας Νίκος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυριακοπούλου-Κυβερνήτου Χρυοτ. Λα�αρίδης Χρήστος Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μαλιδάκη Ελένη Μεταξάς Νίκος Μυλωνά5 Δημήτρης Μώκος Χρήστος Ντζιώρας Ηλίας Παπ�ιάν Μαριλένα Παππάς Γιώργος Ρήγας Θεόδωρος Σακελλάρης Βασίλης Σαi'τη Εύα Σταθόπουλος Γιώργος Στάϊκος Κωνσταντίνος Στάϊκος Παναγιώτης Σφω:ής Ιωάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Τ.,Ριάντος Γεώργιος Ίοικαλουδάκης Γιώργος ΤσιοιJτιας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Χαραλαμπίδης Γιώργος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώuις

Συvι·ργ<ίιι·<;: Φελλούρης Ανάργυρος, Πιτσιούyκας Γιώργος, Παπαδοπούλου Ευρώπη, Δ. Γαj3ρίδης, Δάφνιις Δηpήφης, Δάφτης Σπύρος, Γιαννακόπουλος Σπύρος, Ασλανίδης Τίμος

ΠΑΝΕΠΙΣτΗΜΙΟΥ 34 - 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ' 210-36 17 784, 210-36 16 532 Fax 210-36 41 025 Αλι{αvδρής Νικόλαος

· Κ:αρκούλιας Γιώργος JSS:"<: 1105-7998

ΣΥΝΔΡΟΜΕΣ: Τεύχος: 2,50 ευρώ Εlήσια συνδροJΠΊ 10,00 ευρώ (Σχολ.) ΣυνδροJΠιτές: 10,00+2,00 ευρώ (Ταχ.) f)ρ\Η' ιιψ••ί: 18,00 ευρώ Το·. J·.ιιιιιι\ι�ι; Ί. I f"''f''"ί•• \llιί' ιι :>4, I .f-.. ;�0044

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 52 - Απρίλιος - Μάιος - Ιούνιος 2004 - Ευρώ: 2,50

e-maίl: ί[email protected] www.hms.gr

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ 4 Ο Εuκλcίδης προrcίνcι ... Εuκλcίδη και ... Διόφανrο

23 ΤΟ ΒΗΜΑ ΤΟΥ ΕΥΚΛΕΙΔΗ

24 ΗΟΜΟ MATHEMAΊICUS 28 «Μαl!ημαηκοι Διαγωνισμοί - Μαl!ηηκeς Ολuμπιάδcς

35 Λuμeνcς Επαναληπηκeς ασκήσcις σrην λλyc6ρα rης Α' Λuκcίοu

39 Γcνικeς Επαναληπηκeς Ασκήσcις Α' Λuκcίοu yια ... δuναrούς λύrcς!

41 Γcνικeς ασκήσcις Γcωμcφίας για rην Α' Λuκcίοu

45 Α' Λuκcίοu Γcωμcφία - Ασκήσcις Επανάληψης

48 Για μια γρήγορη cπανάληψη σιην λλγc6ρα

53 Επαναληπηκά Θeμαια σιη Γcωμcφία ιης Β' Λuκcίοu

58 Β' Λuκcίοu Μαl!ημαηκά Καιcul!ύνσcις (Επαναληπηκeς Ασκήσcις)

61 Ασκήσcις cπανάληψης, Εuκ.λcίδcιας Διαίρcσης και διαιρcιόιηιας

\ΙιιlJιιιωιιΙΙ.<ί. \ΙΟ ιψ J 'Ί ιίί,rι ιιιιι \ιιΙΙ.ι·ίιJιι

65 Μαl!ημαηκά και Σrοιχcία Σιαησηκής Γcvtκής Παιδcίας

66 Μιγαδικοί Αριl!μοί

69 Θeμαrα πάνω σc άρηcς - πcριηeς σuναριήσcις

71 Ολοκληρωηκός Λογισμός

77 Ταξινόμηση oc πίνακcς: Η MelJoδoς Φuσαλίδας

1-ι '" ι• ,.,ιι,." 'ι - 1-ι· ί ιtί ιιιι" ί 'I ιι 'I Ν. Αλεξόπουλος

Ακαδημίας 43, τηλ. 210-3606826

Εκ:ιύπωοη Ί 1'111'1..,. \ , Ιερά οδός 81 - 83

ΥπευΟ. Τυπογραφcίοu Π Τρικεριώιης Τη)ΔlΟ-3474654

Ο Εvιtλ.είδnς nροτε:ίvε:ι . . . Εvιdε:ίδn

24. (Τό 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γιιbργος Κουσινιιbτης απ' την Ηλεία). Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ κι ένα σημείο Ρ στο εσωτερικό του. Απ' το Ρ φέρουμε τα ευθύγραμμα τμήματα: ΡΔ, ΡΕ, ΡΖ κάθετα στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ, Γ Α αντίστοιχα. Να αποδειχθεί ότι: «το άθροισμα ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ είναι σταθερό, (ανεξάρτητο απ' τη θέση του σημείο Ρ μέσα στο τρίγωνο).

Απάντηση

Β'

Οπότε: B'Af = 30° .

Φέρουμε την κάθετη Β 'Γ της ΑΒ στο σημείο Α. Όμοια την κάθετη Α' Β' στην ΑΓ στο Γ και την κάθετη Α'Γ' στη ΒΓ στο Β. Σχηματίζεται ισόπλευρο τρίγωνο Α'Β'Γ' διότι: BAr = 60° .

Οπότε: ffiA = 60° . Έτσι όμοια δείχνουμε: ΑΓΊi = 60° , ΒΑΥ = 60° . Φέρουμε τώρα τις κάθετες απ' το Ρ στις πλευ

ρές του νέου τριγώνου κι ας είναι Δ',Ε',Ζ' οι πόδες των καθέτων αυτών στις πλευρές Α'Β', Β'Γ', ΓΆ' αντίστοιχα. Τότε: ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ = ΡΕ' + ΡΖ ' + ΡΔ' = υ' ό

που υ' το ύψος του ισόπλευρου τριγώνου Α'Β'Γ' (Σχολικό Βιβλίο Γεωμετρίας ασκ. 3 σελ. 104 Σύνθετα Θέματα). Η πλευρά του Α'Β'Γ' είναι α' =.J3α(Α'Β' = Α'Γ + ΓΒ' = � + }3 = � =.J3α) και συνεπώς το ύψος του είναι

υ' = .J3 α' = .J3 .J3α = 3α . 2 2 2

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

"· ' ιςαι .. . .u.ιοφαvτο Α

ΔΙ\ Β Υ

Λ Στο τρίγωνο ΑΔΗ είναι Ηι = 30°. Άρα αν ΑΔ = χ, τότε ΑΗ = 2χ. Οπότε: ΔΗ = .f3x . Ας είναι τώρα: ΡΔ = κ, ΡΕ = λ, ΡΖ = μ . Απ' το ορθογώνιο τρίγωνο ΗΖΡ έχουμε:

Λ Η ι = 30°, ΡΗ = 2μ . Συνεπώς: .J3x = ΔΗ = ΔΡ + ΡΗ = κ + 2μ .

κ + 2μ Δηλαδή : χ= .J3 ( 1 ) . Όμοια: αν ΒΕ = y, ΓΖ = ω , τότε:

λ + 2κ μ + 2λ y = .J3

, ω = .J3 Άρα ΑΔ+ ΒΕ + ΓΖ = χ + y + ω = 3(κ + λ + μ) = .J3υ = .J3 . α.J3 = 3α . ·.J3 2 2

(2).

.J3 [Θυμίζουμε ότι: ΡΔ+ΡΕ+ΡΖ υ =-α (ά-2 σκηση Σχ. Βιβλίου)] .

• Στο ίδιο πνεύμα κινούνται και οι διαπραγματεύσεις των συναδέλφων Χρήστου Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα, Στέλιου Πετρολέκα απ' το Κορυδαλλό Αττικής και Γιάννη Σταματογιάννη απ' τη Δροσιά Αττικής.

• Ο συνάδελφος Κωνσταντίνος Ηλίας απ' το Αλιβέρι Ευβοίας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Έστω α η πλευρά του ισόπλευρου τριγώνου. Α ν το Ρ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου, τότε: ΑΔ = ΒΕ = ΓΖ = α . Άρα: ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ = 3α . 2 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/4

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

3α Θα δείξουμε ότι: ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ=- για ο-2 ποιαδήποτε άλλη θέση του Ρ στο εσωτερικό του τριγώνου. Διακρίνουμε δύο περιπτώσεις: (α) το Ρ είναι πάνω σε ύψος του τριγώνου, (β) το Ρ δεν είναι πάνω σε κάποιο ύψος. Σε κάθε περίπτωση με απλό τρόπο αποδεικνύεται το ζητούμενο.

"" . ""

• Ο συνάδελφοςΑ θα νάσιος Καλάκος απ' τα Πατήσια της Αθήνας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Έστω α η πλευρά του ισοπλεύρου τριγώνου.

Υ Α

Β Ε Γ χ

Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα xOy, του οποίου η αρχή Ο ταυτίζεται με το Β. Τότε: Α (� , α�}Β(Ο,Ο),Γ(α,Ο). Ας είναι P(x0,y0) εσωτερικό σημείο του τριγώνουΑΒΓ . Τότε εύκολα βρίσκουμε ότι οι εξισώσεις των

ευθειών ΑΒ, ΑΓ είναι: AB:y-.fix=O, AΓ:y+.fix-α.fi =0.

Έτσι παίρνουμε: CΡΔ)=Ξ IΥο -.fixol· CPZ)=Ξ IYo +.fixo -α.fil και (ΒΕ) = χ0 .

, , {y+.J3x =α.J3· } Επιλυουμε το συστημα: .J3y-x =.f3yo -χο και βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Ζ :

1 [;; J3

Xz =4(χ0 -ν3y0 +3α), Yz =4(.fiy0 -χ0 +a) Οπότε παίρνουμε:

(ΓΖ) = Ξ ( a + J3 y0 -χ0) Όμοια παίρνουμε:

(ΑΔ)=Ξ 12α-χο -yo.fil

( 1 ) .

(2)

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι: 2α-Χο -J3y0 >0 •.

Οπότε: (ΑΔ) =Ξ ( 2α-χ0-y0J3) . (I) Έτσι έχουμε: (ΑΔ) + (ΒΕ) +(ΓΖ)= . (3)

Ξ( 2α-χο-Yo.fi)+ χ0 +Ξ ( α+.fiy0 -χ0) = 3� • Στην ίδια κατεύθυνση κινείται και η δεύτερη διαπραγμάτευση του συναδέλφου Χρήστου

Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα. Με το ίδιο πνεύμα διαπραγματεύεται το θέμα και ο μαθητής Β' τάξης Δημήτρης Μοιρογιάννης απ' την Αθήνα (δεύτερος τρόπος) .

"" . ""

• Ο συνάδελφος Γιώργος Κατσαούνης απ' τη Πρέβεζα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε � τι: ΑΡ :<:: ΒΡ :<:: ΓΡ ( 1 ) .

Α Λ. / Ί\

ί Ί \ Μ/ Ί \ I \ Λ Δ,. Ί /\ / ΊΒ/ �Ζ I ?: ' :./ ... -- ._,.... ',

{��' / I:-, ........ \ Β Κ Ε Γ

Ας είναι Κ, Λ, Μ τα μέσα των πλευρών ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντίστοιχα. Τότε, σύμφωνα με την ( 1 ), το Δ είναι εσωτερικό σημείο του ευθύγραμμου τμήματος ΒΜ, το Ε είναι εσωτερικό σημείο του ΚΓ, τοΖ είναι εσωτερικό σημείο του Γ Λ.

. Κατ' αρχάς δείχνουμε ότι: ΒΘ<α. Α

ι\e

� Β Γ

Προεκτείνουμε τη ΒΡ προς το Ρ κι ας είναι Θ το σημείο που συναντάει την ΑΓ. Σε κάθε περίπτωση το Θ είναι πιο κοντά στο Λ απ' τα Α, Γ. Άρα ΒΡ<ΒΘ<α.

'Ε χουμε τώρα: 2α > 2(ΒΡ) = 2�χδ + 1ο � χ0 +f3x0 ( <=> ( f3xo-Υ ο )2 �Ο) .

Συνεπώς: 2α > χ0 +f3y0 ή 2α-χ0 -f3y0 >Ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/5

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

Εφαρμόζουμε το Δεύτερο Θεώρημα Διαμέσων σε καθένα απ' τα τρίγωνα ΡΑΒ , ΡΒΓ , ΡΓ Α και παίρνουμε: (ΡΑ)2 - (ΡΒ)2 = 2α(ΔΜ), (ΡΒ)2 - (ΡΓ)2 =

2α(ΚΕ), (ΡΓ)2 - (ΡΑ)2 = -2α(ΛΖ) (2) όπου: (ΑΒ) = (ΒΓ) = (Γ Α) = α .

Προσθέτουμε κατά μέλη τις (2) κι έχουμε: Ο = 2α(ΔΜ + ΚΕ -ΛΖ) . Οπότε: ΔΜ + ΚΕ =ΛΖ . Ωστόσο έχουμε: (3)

ΛΖ = α - ΓΖ ΔΜ =ΑΔ-α ΚΕ = ΒΕ - α . 2 ' 2 ' 2 'Ετσι η (3) γίνεται: ( ΑΔ-�)+( ΒΕ-�)=�-ΙΖ δηλαδή ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ = 3α . 2

Ο συνάδελφος ( μέλος της Συντακτικής Επιτροπής έδωσε την παρακάτω απάντηση . Α

�z

ΔΓ>\ Β Ε Γ Σύμφωνα με το Θεώρημα Camot· ισχύει:

(ΑΔ)2 + (ΒΕ)2 + (ΓΖ)2 = (ΑΖ)2 + (ΓΕ)2 + (ΒΔ)2 . Συνεπώς:

Έστω ΑΒΓ τυχαίο τρίγωνο και Ρ εσωτερικό σημείο.

Αν Δ, Ε, Ζ τα ίχνη των καθέτων απ' το Ρ στις πλευρές

ΑΒ, ΒΓ, ΓΖ αντίστοιχα, τότε

(ΑΔ)2 + (ΔΡ)2 = (ΑΡ)2 = (ΑΖ)2 + (ΡΖ)2 . Και συνεπώς: (ΑΔ)2 - (ΑΖ)2 = (ΡΖ)2 - (ΡΔ)2 ( 1 )

Α ι', lί Ή'-<-> - z Ρ:'·',/�- , .. ι.-_----------ι---�"' Β Ε Γ

Όμοια εργαζόμαστε και δείχνουμε:

(ΒΕ)2 - (ΒΔ)2 = (ΡΔ)2 - (ΡΕ)2 (2) και

(ΓΖ)2 - (ΓΕ)2 = (ΡΕ)2 - (ΡΖ)2 . Με πρόσθεση κατά μέλη

των ( 1 ),(2),(3) παίρνουμε του συνθήκη του Camot.

[ (ΑΔ)2 - (ΒΔ)2 ] + [ (ΒΕ)2 - (ΓΕ)2 ] + [(ΓΖ) - (ΑΖ)2 ] = Ο

ή (ΑΔ + ΒΔ)(ΑΔ - ΒΔ) + (ΒΕ + ΓΕ)(ΒΕ - ΓΕ) + (ΓΖ + ΑΖ)(ΓΖ -ΑΖ) = Ο

ή α(ΑΔ -ΒΔ) + α(ΒΕ - ΓΕ) + α(ΓΖ -ΑΖ) = Ο Άρα: ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ =ΑΖ+ ΓΕ + ΒΔ . Οπότε: 2(ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ) =

ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ + ΑΖ+ ΓΕ + ΒΔ = = (ΑΔ + ΒΔ) + (ΒΕ + ΓΕ) + (ΓΖ+ ΑΖ) = 3α δηλαδή : 2(ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ) = 3α ή

3α ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ =- . 2

Παρόμοια είναι η διαπραγμάτευση του συναδέλφου ·, __ ,ίrc;,;υ Λνη·η·/;;γcιυλσ--:; απ' το Ίλιον Αττικής. Επίσης του μαθητή Γ Τάξης iΓυίιννη

ι-� :,.,_ι.:'η-:<η) απ' τη Χαλκίδα.

Οι συνάδελφοι: Κέρκυρα, 2ο> ··

τσα τη σχέση : <ιραμιδάς απ' την

:•/<\δας απ' την Καρδί-(ΑΔ)2 + (ΒΕ)2 + (ΓΖ)2 = (ΑΖ)2 + (ΓΕ)2 + (ΒΔ)2 , που παίρνουμε από το Θεώρημα Camot, τη γράφουν: (ΑΔ)2 + (ΒΕ)2 + (ΓΖ)2 =

(α - ΓΖ)2 + (α - ΒΕ)2 + (α -ΑΔ)2 . Η τελευταία μετά τις πράξεις γίνεται:

3α2 - 2α(ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ) = Ο , απ' όπου συμπεραί-νουμε ότι: ΑΔ + ΒΕ + ΓΖ = 3α . 2

,. . .,. -"-�--·

Ο συνάδελφος Γ:(;_1φγος ΣηrΟόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρα-κάτω απάντηση :

Α

Εφαρμόζουμε το Γενικευμένο Πυθαγόρειο Θεώρημα στο τρίγωνο Ρ ΑΒ και έχουμε: ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/6


(ΡΒ )2 =(ΡΑ/ +α2 -2α(ΑΔ) ή (ΡΒ )2 -(ΡΑ)2 =α2 -2α(ΑΔ) ( 1 )

Επίσης από τα τρίγωνα ΡΒΓ και ΡΓ Α παίρνουμε: (ΡΓ )2-(ΡΒ )2 = α2-2α(ΒΕ) (2) και (ΡΑ)2 -(ΡΓ )2 =α2 -2α(ΓΖ) (3). Προσθέτουμε κατά μέλη τις ( 1 ), (2), (3) κι έ-

χουμε: Ο= 3α2 -2α(ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ) ή 3α ΑΔ+ΒΕ+ΓΖ=-. 2

• Ο συνάδελφος Ιωάννης Τσόπελας απ' την Αμαλιάδα Ηλείας έστειλε την παρακάτω δια-πραγμάτευση. Α

Απ' το Ρ φέρνουμε την παράλληλη ΜΝ προς την πλευρά ΒΓ. Κι ας είναι: (ΜΔ) =χ, (ΝΖ)= y. Στα ορθογώνια τρίγωνα ΡΔΜ, ΝΖΡ έχουμε:

ΔΡΜ = 30° = :ΝΡΖ, ΔΜΡ = 60° = ΡΝΖ:. Οπότε: ΡΜ = 2χ, ΡΝ = 2y. Από τα σημεία Μ,Ν φέρνουμε τις κάθετες ΜΚ,

ΝΑ στη ΒΓ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΒΚΜ, ΝΛΓ είναι προφανώς ίσα. Ας είναι: (ΒΚ) = (ΛΓ) =ω. Οπότε: (ΒΜ) = (ΓΝ) = 2ω. Το τρίγωνο ΑΜΝ είναι ισόπλευρο. Άρα: ΑΔ+ΔΜ=ΡΜ+ΡΝ

ή ΑΔ +χ= 2χ + 2y ή ΑΔ =χ+ 2y. Επίσης: ΒΕ = ΒΚ + ΚΕ =ω+ 2χ,

ΓΖ= ΓΝ +ΝΖ= 2ω + y (2) και συνεπώς προσθέτοντας κατά μέλη τις ( 1 ), (2) παίρνουμε:

ΑΔ + ΒΕ+ ΓΖ= (χ+ 2y)+(2x +ω)+ (y+ 2ω) = 3 3 3(χ+y+ω)= -(2χ+2y+2ω)=-α 2 2 αφού 2χ + 2y+ 2ω = ΚΕ + ΕΛ + ΒΚ + ΛΓ.

• Ο μαθητής Β' τάξης Δημήτρης Μοιρογιάννης απ' την Αθήνα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση :

Α

Γ Έστω Η, Θ οι προβολές του Ε στις ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα. Και Ι, Κ οι προβολές του Ρ στις ΕΗ, ΕΘ αντίστοιχα. 'Ε χουμε: iEP = W = 60° και συνεπώς τα ορ

θογώνια τρίγωνα ΡΙΕ και ΕΚΡ είναι ίσα. Άρα: ΙΡ = ΚΡ. Οπότε: ΔΗ = ΘΖ ( 1) και ΒΗ= Βξ , ΓΘ= Ε; (2).

Συνεπώς: ΑΔ + ΒΕ +ΓΖ= (!)

ΑΗ- ΗΔ + ΒΕ + ΓΘ +ΘΖ= ΑΗ + ΒΕ + ΓΘ = ΑΒ-ΒΗ+ΒΕ+ ΕΓ

2 ΒΕ ΕΓ ΒΓ α 3α =ΑΒ+-+-=ΑΒ+-=α+-=-. 2 2 2 2 2

25. (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος /Ίιύργος Κουσινιιύρης απ' την Ηλεία) Να δειχθεί ότι σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει:

Λ Λ Λ π s; αΑ+βΒ+yΓ <π

. 3 α +β+y 2

Απάντηση Χωρίς βλάβη της γενικότητας δεχόμαστε ότι: Λ Λ Λ Α>Β>Γ , >β> Σ ,

_ _ , οποτε: α _ _ γ . υνεπως: (α-β)( Β-Λ )+(β-γ{r -Β )+(γ-α)( Λ-Γ )s;o. Κι επομένως:

Λ Λ [-(α- β)+ (γ -α)]Α+ [(α-β) -(β-γ) ]Β+ Λ [(β-γ)-(γ-α) ]Γ s; Ο

Λ Λ Λ ή (-2α+β+γ)Α+(α-2β+γ)Β+ (α+β-2γ)Γs;Ο Λ ή [-3α + (α + β + γ)] Α+

Λ Λ +[(α+ β +γ) -3β]Β+[ (α+ β+ γ) -3γ]Γ s; Ο ή ( Λ Λ Λ) ( Λ Λ Λ) (α+β+γ) Α+Β+Γ -3 αΑ+βΒ+γΓ s;O ή

( Λ Λ Λ) (α+ β+γ)π s; 3 α Α+ β Β+ γ Γ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4Π

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

Λ Λ Λ

Άρα:_::� αΑ+βΒ+γΓ . 3 α+β+γ Κι ακόμη έχουμε:

Λ Λ Λ (-α +β+γ)Α+(α -β-ty)Β+(α+ β-γ)Γ >Ο Λ , Λ ή [-2α+(α+β+γ)]Α+[(α+β+γ)-2β]Β+

Λ +[(α+ β+γ) -2γ]Γ >Ο ή cα+β+γ{ A+B+r)-2( αΑ+βΒ+γr)>ο

ή cα+β+γ)π>2( αΑ+βΒ+γr) . Λ Λ Λ

Ά . π αΑ+βΒ+γΓ ρα. -> . 2 α+β+γ "" . ""

• Παρόμοια είναι η διαπραγμάτευση των συναδέλφων: Νίκου Αντωνόπουλου απ' το Ίλιον Αττικής, Αθανάσιου Καλάκου από τα Πατήσια της Αθήνας , Γεράσιμου Κεραμιδά από την Κέρκυρα, Ροδόλφου Μπόρη από τη Δάφνη Αττικής, Σωτήρη Σκοτίδα από την Καρδίτσα, Ιωάννη Τσόπελα από την Αμαλιάδα Ηλείας.

• Επίσης ο μαθητής Β' τάξης Δημήτρι<�ς Μοιριγιάννης απ' την Αθήνα, το αντιμετωπίζει με παρόμοιο τρόπο.

"" . ""

• Ο συνάδελφος Χρήστος Δεμιρτζόγλου απ' τη Δράμα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : για το δεύτερο σκέλος, που ήταν και το κυρίως ζητούμενο: Έχουμε: Λ 1 Λ 1 Λ 1 Λ 1 ( Λ Λ) αΑ=2αΑ+2αΑ=2αΑ+2α π-Β-Γ =

Π α ( Λ Λ Λ ) 2α+2 Α-Β-Γ ( 1 )

Όμοια παίρνουμε: βΒ=�β+±β( -A+B-r) και γr=�γ+±γ(-Λ-Ι3+Γ) (2).

Προσθέτουμε κατά μέλη τις ( 1 ), (2) κι έχουμε: Λ Λ ·Λ Π α Α+ β Β+ γ Γ=-(α+ β+ γ)+ 2

1 Λ 1 Λ -(α-β-γ) Α+-(-α+ β-γ) Β+ 2 2

1 Λ Π +-(-α-β+γ)Γ <-(α+β+γ) (3). 2 2 [αφού: α-β-γ < Ο, -α+β-γ<Ο, -α-β+γ<Ο] Λ Λ Λ

Α , (3) , αΑ+βΒ+γΓ π πο την παιρνουμε: < - . α+β+γ 2

26. (το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Γιώργος Κουσινιώτης από την Ηλεία)

Λ Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 45° • Στην πλευρά ΒΓ του τριγώνου παίρνουμε σημείο

Δ τέτοιο ώστε: ΒΔ = .!. Γ Δ . 2

Α ν είναι ΑΔΓ = 60° , να υπολογιστούν οι άλλες γωνίες του τριγώνου.

Απάντηση Φέρνουμε τη ΓΕ κάθετη στην ΑΔ. Οπότε: ΔϊΈ = 30° . ( 1 )

Άρα: ΔΕ= Γ Δ = ΒΔ (κατά την υπόθεση). 2 Και συνεπώς το τρίγωνο ΒΔΕ είναι ισοσκελές. Οπότε ΕΒΔ =ΔΕΗ= _!_60° = 30° . (2) 2

Α

Β Από τις ( 1 ), (2) συμπεραίνουμε ότι: το τρίγωνο

ΕΒΓ είναι ισοσκελές. Οπότε: ΒΕ = ΓΕ (3) . Έχουμε: ---- Λ -ΕΒΑ =Β-ΕΒΔ = 45° - 30° = 1 5° (4) .

-Στο τρίγωνο ΑΒΕ η γωνία ΒΕΔ είναι εξωτερι----- - ---- (4) κή, οπότε: ΕΑΒ = ΔΕΒ-ΕΒΑ = 30° - 1 5° = 1 5° .

Και συνεπώς το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές. Ά-ρα: ΒΕ = ΕΑ (5) Από τις (3), (5) συμπεραίνουμε ότι το τρίγωνο ΑΓΕ είναι ισοσκελές και επομένως έχουμε:

-

·ErA = fAE = ΓΕΔ = 45ο . 2 Λ Τελικά παίρνουμε: Α = 1 5° + 45° = 60° και

Λ Γ = 30° + 45° = 75° . "" . ""



• Με τον ίδιο, κατά βάση τρόπο, αντιμετωπίζουν το θέμα οι συνάδελφοι: Γιώργος Κατσούλης, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, Ροδόλφος Μπόρης απ' τη Δάφνη Αττικής, Γιάννης Σταματογιάννης απ' τη Δροσιά Αττικής.

• Παρόμοια διαπραγματεύεται από θέμα ο μαθητής Β ' τάξηςΔημιjτριος Μοιρογιάννης.

• Ο συνάδελφος Νίκος Αντωνόπουλος από το Ίλιον Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Α

Γ Ας είναι θ το μέτρο της γωνίας Γ ΑΔ και (ΑΔ) = χ . Έχουμε: (ΔΓ) = 2(ΒΔ) και συνεπώς:

Ε(ΑΔη =2Ε(ΑΒΔ)· Άρα: _!_χβημ�=2 ·.!.γχημ1f ή ημ�= 2γ ημl.f . 2 2 β Οπότε, λόγω του Νόμου των Ημιτόνων:

ημ� = 2ημΓ ημ 1 5° ή ημ� <,:> ( .J3 - 1)ημΓ . ( 1 ) ημΒ Ωστόσο: η μ� = η μ ( 1 20° - Γ) =

ο J3 1 ημ120 συνΓ -ημΓσυν120° = -συνΓ +-ημΓ . (2) 2 2 (Ι) .J3 1 Οπότε: (.J3 - 1)ημΓ = -συνΓ +-ημΓ ή (2) 2 2

(**) εφΓ = 2 +.J3 = εφ75° . Λ Έτσι παίρνουμε: Γ = 75° .

Λ Οπότε: Α = 1 80° - 45° - 75° = 60° . ,......_ . ,......_

• Ο συνάδελφος Χριjστος Δεμερτζόγλου από τη Δράμα διαπραγματεύεται το θέμα επίσης με τη βοήθεια της Τριγωνομετρίας (Νόμος των Σ� νημίτονων). ,......_ . ,......_

<*> ημ15° = �(J3-ι) (**) εφ75° = 2 + J3 [Σχολικό βιβλίο Β' Τάξης σελ. 29].

• Ο συνάδελφος Αντιύνης Ιωαννίδης από την Λάρισα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Α

Παίρνουμε πάνω στην ΑΔ σημείο Ζ τέτοιο ώστε: ΑΕΖ = 1 5° . Οπότε: ΖΜ = Β1 = 30° .

Κι επειδή : Mr = 60° συμπεραίνουμε ότι: Λ Az = 1 5° κι επομένως το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισο-σκελές. Αφού ΔΖΗ= 30° και συνεπώς ΔΖ = ΔΒ. Άρα: ΒΖ = ΖΑ ( 1 ) . Ας είναι τώρα Θ το μέσο του ΔΓ. Τότε: ΒΔ = ΔΘ = ΘΓ = α · δηλαδή το τρίγωνο ΔΘΖ εί-3 ναι ισόπλευρο. [Αφού ΔΖΗ= 30° και συνεπώς

Λ Λ ΔΖ=ΔΒ] . Άρα: Zz = Θι = 60° . Αν φέρουμε τη ΖΓ το τρίγωνο ΖΘΓ που σχηματίζεται είναι ίσο με το ΒΔΖ. Οπότε: ΖΓ = ΒΖ

Λ και Γz = 30° . (2) Συμπεραίνουμε έτσι ότι το Ζ είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Λ Λ Έστω: Αι = Γι = χ . Τότε: Az+ Αι + Β+ Γz+ Γι = 1 80° ή ( Λ Λ ) Λ Λ Λ

1 5° + χ + 45° + 30° + χ = 1 80° ή χ = 45° . Λ Λ Λ Λ Άρα: A=lf +4f =60°, Γ=Γz+Γι =30° +4f =7f.

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

• Ο συνάδελφος Αθανάσιος κο;.άκος από τα Πατήσια της Αθήνας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Θεωρούμε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων, του οποίου η αρχή ταυτίζεται με την κορυφή Β του τριγώνου. Α


Ο ΕΊώ:ίδης προτείνει ... ΕυκλΕίδη .•• και Διόφαντο

Προφανώς (ΒΔ) = _!_ (ΒΓ) . ( 1 ) 3 Έτσι αν: (ΒΔ) = λ , τότε: Δ(λ, 0), Γ (3λ, Ο). Κι ακόμα: + �,y �)

Εφαρμόζουμε το Νόμο των Ημίτονων στο τρίγωνο ΒΔΑ κι έχουμε: ΑΒ ΒΔ --- =-- ή ημ1 20° ημ1 5° J3

2 J2( r;; ) y= λ · :ΖιJ3-ι) = λz ν3+3 . Και συνεπώς οι συντεταγμένες του Α γίνονται:

Α(� ( J3 + 3 ),�( J3 + 3)). Ά �� ρα οι συντεταγμένες των διανυσμάτων Γ Α,m

είναι: rA.(�(J3-3),�(J3+3)) και ΓΒ(-3λ,Ο). Κι επειδή : ΓA·rB = IrΛIIrn lσυνΓ�

J2 (*) συνΓ =4( J3 - 1) = συν75° , Λ Άρα Γ = 75° .

Λ Οπότε: Α = 1 80° - 75° - 45° = 60° .

• Ο συνάδελφος Στέλιος Πετρολέκας από τον Κορυδαλλό Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση: Φέρουμε από το Α την κάθετη στη ΒΓ κι ας είναι Ε το ίχνος της καθέτου αυτής. Α

Προφανώς το μέτρο της γωνίας ΕΜ είναι 30°. Άρα: ΔΕ = Ξ (ΑΔ) και ΑΕ =� (ΑΔ) . ( 1 ) (*) συν75ο = .fi ( J3 - 1)

4

Ωστόσο: ΕΑΒ = 90° - 45° = 45° . ' - ο Άρα ΔΑΒ = 1 5 και το τρίγωνο ΕΑΒ είναι

ισοσκελές. Συνεπώς: ΒΕ = ΑΕ. (2) 'Ε , ΒΔ 1 ΒΔ 1 χουμε τωρα: -=- ή -=- · δηλαδή · ΔΓ 2 ΒΓ 3 .

ΒΓ = 3(ΒΔ) . (3) Εξάλλου:

(2) J3 1 J3 1 ΒΔ = ΒΕ - ΔΕ = -(ΑΔ) -- (ΑΔ) =--- (ΑΔ) (I) 2 2 2 .

Συνεπώς: ΕΓ = ΒΓ - ΒΕ = 3(ΒΔ) - ΑΕ = 3 J3 - 1 (ΑΔ) = 2J3 -3 (ΑΔ) 2 2 . (4)

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΕΓ παίρνουμε: ΑΕ εφΓ =- και συνεπώς ΕΓ

J3 (Ι) -(ΑΔ) l εφΓ = --:::Ξ2:'---- 75° <2> 2J3 -3 = 2 -J3 = εφ ·

2 (ΑΔ) Λ Λ Άρα: Γ = 75° . Οπότε: Α = 60° .

• Με τον ίδιο βασικά τρόπο εργάζονται οι συνάδελφοι Σωτήρης Γκουντουβάς από την Ύδρα, Ελευθέριος Πρωτόπαπας, απ' το Περιστέρι Αττικής, Σωτήρης Σκοτίδας απ' τη Καρδίτσα.

• Ο μαθητής Γ τάξης Κώστας Φράγκος από το Νέο Ηράκλειο Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Φέρουμε την By κάθετη στην ΒΓ και την προεκτείνουμε μέχρι να συναντήσει σε ένα σημείο την προέκταση προς το Δ της ΑΔ. Στο τρίγωνο ΕΒΔ έχουμε: ΕΔΒ = 60° . Οπότε: illiΔ = 30° .

Υ Α


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

Άρα: ΒΔ = ΕΔ � 2ΒΔ = ΕΔ . Κι επειδή 2ΒΔ = 2 Γ Δ, συμπεραίνουμε ότι ΕΔ = Γ Δ . . Συνεπώς το τρίγωνο ΔΕΓ είναι ισοσκελές. Κι επομένως: --- -ΔΕΓ = ΕΓΔ ( 1 )

Ωστόσο: ΔΕΓ + ΕΓΔ = Mr = 60° . Οπότε, λόγω της ( 1 ), παίρνουμε: 2ΔΕΓ = 60° ή

ΔΕΓ =m = 30° . Η ΕΑ είναι προφανώς διχοτόμος της γωνίας -ΒΕΓ . Επίσης η ΒΑ είναι διχοτόμος της ορθής γω----νίας yΒΓ . Συνεπώς το σημείο Α είναι παράκεντρο

του τριγώνου ΒΕΓ. Κι επομένως η ΓΑ είναι διχο----τόμος της εξωτερικής γωνίας ΒΓζ . --- ο ο ο Άρα: r = ΒΓζ = 1 80 - 30 = 1 50 = 750 2 2 2

Λ Κι επομένως Α = 60° .

27. (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σωτιίρης Σκοτίδας από την Καρδίτσα).

Έστω ν e Ν* και μια παραγωγίσιμη συνάρτηση f : IR. � IR. , για την οποία δεχόμαστε ότι: «για κάθε χ επαληθεύει την εξίσω-ση: (f(x))2ν+l+f(x)-x=0». (1) Να υπολογιστεί το J: f(t)dt, όταν χ� Ο .

Απάντηση Από την ( 1) για: χ = Ο παίρνουμε:

(f(0)) 2v+ι + f(O) = O ή f(O)[(f(0))2v + 1] = 0 . Οπότε: f(O) = Ο . Αντίστροφα: αν για κάποιον ξ ισχύει f(ξ) = Ο ,

τότε από την ( 1 ) παίρνουμε ξ = Ο. Συνεπώς: f(x) = O � x = O . Η ( 1 ) γίνεται: ( f(χ)) 2ν+Ι + f(x) = χ , για κάθε χ.

Και συνεπώς παραγωγίζοντας για κάθε χ έχουμε: (2ν + 1)(f(x)) 2v f'(x) + f'(x) = 1 ή f'(x)[(2ν + l)(f(x)) 2ν + 1] = 1 (2).

Συμπεραίνουμε έτσι ότι: f'(x) > Ο , για κάθε χ και συνεπώς η συνάρτηση είναι γνήσια αύξουσα. Αποδεικνύουμε τώρα ότι: «η συνάρτηση δεν είναι φραγμένη ούτε άνω ούτε κάτω». Πραγματικά: Έστω ότι υπάρχει Φ Ε IR. τέτοιος ώ-στε: f (χ) :::; Φ , για κάθε χ. Οπότε για κάθε χ ισχύει: (f(χ))2ν+Ι + f(χ) :::; φ 2ν+Ι +Φ ή χ:s;Φ2ν+Ι +Φ : άτοπο.

Παρόμοια αν υπήρχε φ Ε IR. τέτοιος ώστε f (χ) :2: φ , για κάθε χ, τότε για κάθε χ θα ίσχυε ( f(x) ) 2ν+Ι + f(x) ;::: φ2ν+Ι + φ ή Χ;::: φ2ν+Ι + φ : άτοπο. Έστω Μ>Ο (τυχαίος) . Τότε υπάρχει χ1 > Ο τέ-τοιος ώστε f(x1 ) > Μ . Κι επειδή η f είναι γνήσια

αύξουσα, συμπεραίνουμε ότι: «για κάθε χ με χ > χ1 ισχύει: f(x) > Μ »· δηλαδή lim f(x) = +οο .

χ�+οο Όμοια αποδεικνύεται ότι: lim f(x) = -οο

χ�-οο Η συνάρτηση f : IR. � IR. είναι « 1 - 1 >> κι έχει σύ

νολο τιμών όλο το R. Συνεπώς ορίζεται η αντίστρο-φη συνάρτηση Γ 1 : IR. � IR. και είναι συνεχής [αφού η f είναι γνήσια αύξουσα και συνεχής στο R] . Άρα ορίζεται η συνάρτηση:

F(x) = J:(x)Γ1(t)dt. Θέτουμε: u = Γ1(t) . Οπότε: (t = O � u = O t = f(u), dt = f'(u)du t = f(x) � u = x

( αφού f= "1 - 1 ") . Και συνεπώς: F(x) = Jox uf'(u)du = [ uf(u)]� - Jox (u)'f(u)du = xf(x) - J0x f(u)du ή F(x) = xf(x) - J: r(t)dt . (3) Από τις (2), (3) παίρνουμε:

J: f(t)dt = xf(x) - J:(x) Γ1 (t)dt. (4) Ωστόσο αν: f(x) = y , τότε: χ = Γ1(y) και η

( 1 ) γίνεται: y2ν+Ι + y = Γ1 ( y) , για κάθε y.

Άρα η ( 4) γίνεται: J0x f(t)dt = xf(x) - J:(x) (t2ν+Ι + t)dt = [ t2ν+2 t2 ]f(x) xf(x) - --+-2ν + 2 2 0

(f )2ν+2 { ) 2 ή r x f(t)dt = xf(x) - (χ) f(x) = J o 2ν + 2 2ν + 2 = 2ν + 1 χf(χ) --ν-( f(x)) 2 2ν + 2 2ν + 2

• Με τον ίδιο τρόπο διαπραγματεύεται το θέμα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/11


και ο συνάδελφος Γεράσιμος Κεραμιδάς από την Κέρκυρα.

• Στο ίδιο, κατά βάση πνεύμα, κινείται η απάντηση του συναδέλφου Ροδδ).φου Μπδρη από τη Δάφνη Αττικής.

• Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος απ'τα Πατήσια Αθήνας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Για κάποιον πραγματικό αριθμό χ η εξίσωση :

y2ν+Ι + yν - χ = Ο έχει μοναδική λύση· ας πούμε y = f(x) . Διότι το πολυώνυμο g(y) = y2ν+Ι + y είναι περιττού βαθμού. Η ρίζα είναι μοναδική· αφού η g είναι προφανώς γνήσια αύξουσα. Το σύνολο τιμών της g είναι όλο το R. Από την ( 1 ) τώρα παίρνουμε:

2ν+Ι (I) g ( f(x)) = ( f(x)) + f(x) = χ , για κάθε χ δηλα-δή : g ( f(x)) = χ , για κάθε χ. (2)

Ας είναι τώρα Χι ,χ2 τέτοιοι ώστε f(x1 ) = f(x2 ) . Οπότε g ( f(x1 )) = g ( f(x2 )) ή λόγω της (2)

χ1 = χ2 · δηλαδή η f είναι « 1 - 1 ». Αν θέσουμε στην ( 1 ) όπου χ, g(x) παίρνουμε: g (f (g(x))) = (f (g(x)))2n+Ι + f (g(x)) = g(x) ή

g ( f (g(x) )) = g(x) , για κάθε χ. Κι επειδή είναι « 1 - 1 >> παίρνουμε f (g(x)) = χ ,

για κάθε χ. (3) Από τις (2), (3) συμπεραίνουμε ότι: g = Γι , f = g-ι . (4)

Θέτουμε: Ι( χ) = J0x f(t)dt και εκτελούμε το μετασχηματισμό: t = g(y) . Οπότε: dt = g'(y)dy . Αν t = Ο, τότε y = Ο . Αν t =χ, τότε y = f(x) . rf(x) ( I Άρα: l (x) = J o f g(y)) g (y)dy =

J:(x) y((2ν + 1)y2n + 1 }:ιy = J:(x)[ (2ν + 1)y2ν+l + Υ J dy = 2ν + 1 (f(χ))2ν+2 + (f(x)) 2 2ν + 2 2 Κι επειδή ( f(x) )2ν+Ι + f(x) = χ

( f(x) )2ν+2 = xf(x) - ( f(x) )2 συμπεραίνουμε ότι: ή

2ν + 1 ν 2 l (x) =--xf(x) ---(f(x)) . 2ν + 2 2ν + 2

• Ο συνάδελφος Γειύργιος Κατσαοι5νης από την Πρέβεζα έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Κατ' αρχάς αποδεικνύομε ότι: f(x) = O<=:>x = O . ( 1 )

Στη συνέχεια παραγωγίζοντας την ( 1 ) παίρνουμε: (2ν + 1) ( f(x) )2ν f'(x) + f'(x) = 1 . (2)

Οπότε με πολλαπλασιασμό επί f(x) έχουμε: (2ν + 1) ( f(x) )2ν+Ι f'(x) + f'(x)f(x) = f(x) . (3) Κι επειδή ( f(x) )2ν+Ι = χ - f(x) παίρνουμε τε-

λικά: f(x) = (2ν + 1)xf'(x) - 2νf(x)f'(x) . (4)

Από την (2) παίρνουμε: f'(x) = 1

2 /IR (2ν + l) (f(x)) ν + 1 και η f είναι προφανώς συνεχής. Θέτουμε στην (4) όπου χ, t και ολοκληρώνουμε στο διάστημα [0, χ] , χ � Ο . Οπότε :

Jox f(t)dt = (2ν + 1) J: tf'(t)dt - 2ν Jox f(t)f'(t)dt = (2ν + 1) [tf(t)]� - (2ν + l)Jox f ( t ) dt - ν[f2 (t)J: ή (2ν + 2)J: f ( t) dt = (2ν + 1) xf ( x) - vf2 ( χ) Τελικά παίρνουμε: ix 2ν + 1 ν ( 2 f(t)dt =--xf(x) --- f(x)) . ο 2ν + 2 2ν + 2

• Ο συνάδελφος Γιάννης Σταματογιάννης από τη Δροσιά Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Παραγωγίζουμε την ( 1 ) κι έχουμε: (2ν + 1) ( f(x) )2ν · f'(x) + f'(x) = 1 ή

f'(x) = 1 2 , για κάθε χ. (2) (2ν + 1) (f(χ)) ν + 1

Οπότε f'(x) > Ο για κάθε χ· δηλαδή η f είναι γνήσια αύξουσα στο Ρ. Κι επομένως η f είναι « 1- 1 ». Από την ( 1 ) τώρα συμπεραίνουμε ότι: f(x) = Ο<:::::> χ = Ο . Κι επειδή η f είναι γνήσια αύ-


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

ξουσα, συμπεραίνουμε ότι: « f(x) � Ο , γα κάθε χ με χ � Ο ».

Συνεπώς το ολοκλήρωμα F(x) = fox f(t)dt εκφράζει το εμβαδόν του χωρίου Ω, που περιορίζεται από τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(t), τον άξονα χ ' χ και τις ευθείες με εξισώσεις: t = Ο και t = χ. Από την (2) συμπεραίνουμε ότι η f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη. Και μάλιστα ισχύει:

( f(x) )2ν-Ι f"(x) = -2ν(2ν + 1) 3 < Ο , για [(2ν + l) (f(x))2v + 1]

κάθε χ>Ο. Από τη σχέση αυτή συνάγεται ότι η συνάρτηση είναι κοίλη . (2) Κι επειδή f'(O) = 1 , συμπεραίνουμε ότι: «η πρώ-

τη διχοτόμος του συστήματος εφάπτεται της Cr (και της CΓι ) στο 0(0,0) και είναι πάνω από τη Cr».

Έτσι έχουμε: Ε( Ω) = F(x) = xf(x) - s:(x) Γ1 (t)dt . (3) Διότι το εμβαδόν του χωρίου που περιορίζεται από την ευθεία u = f(x) , της Cr και τις ευθείες t =

Ο, t = χ είναι, λόγω συμμετρίας, ίδιο με το εμβαδόν του χωρίου Ω ', που περιορίζεται από τη CΓι , τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες t = Ο, t = f(x) . Η αντίστροφη συνάρτηση είναι συνεχής σ' όλο το R κι έχει τύπο Γ1 (t) = t2v+1 + t . f(x ) [ t2v+2 t2 ]f(x) Άρα: l (t2ν+Ι + t�t = --+- = ο 2ν + 2 2 0

( f(x) )2ν+2 ( f(x) )2 -'-,.-----'--+ --'-----'--2ν + 2 2 Τελικά παίρνουμε: ( f(x) )2ν+2 F(x) = xf(x) --'-----'---2ν + 2 από απλές πράξεις παίρνουμε: 2 και μετά

2ν + 1 ν 2 F(x) =--xf(x) ---(f(x)) . 2ν + 2 2ν + 2

• Ο συνάδελφος Γιώργος Κ. Τριάντος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής, έδωσε την παρακάτω απάντηση : Θέτουμε χ = Ο στην εξίσωση που επαληθεύει η συνάρτηση και βρίσκουμε:

( f(O) )2ν+Ι + f(O) - Ο = Ο ή f(O) {{f(0))20 + 1] = Ο<:> f(O) = Ο . ( 1 )

Με παραγώγιση παίρνουμε: (2ν + l)f'(x) ( f(x) )2v + f'(x) - 1 = Ο .

Και συνεπώς: f'(x) = 1

2 ' (2ν + l) ( f(x)) ν + 1 που είναι πάντα θετικός αριθμός. (2) Άρα η συνάρτηση f είναι γνήσια αύξουσα στο IR και κατά συνέπεια αντιστρέψιμη με επίσης

γνήσια αύξουσα την Γ1 , που είναι -κατά τη θεωρία συνεχής. Από την ( 1 ) παίρνουμε για χ = Ο, f'(O) = 1 . (3) Άρα η εξίσωση : f(x) = Ο έχει μοναδική λύση:

τη χ = Ο . Κι επειδή f(O) = Ο<::> Ο = Γ1 (Ο) , συμπεραίνουμε ότι: «η αρχή Ο των αξόνων είναι το μοναδικό σημείο των Cr και CΓι ».

Στην εξίσωση, που επαληθεύει η συνάρτηση f, θέτουμε όπου χ το Γ1 (χ) κι έχουμε:

(r (Γ1 (χ) ))Zv+l + r (Γ1 (χ) )-Γ1 (χ) = ο ' για κάθε χ ή Γ1 (χ) = χ2ν+Ι + x /IR . (4) Ισχυριζόμαστε ότι: fox f(t)dt = xf(x) - s:(x) Γ1 (t)dt ' Πραγματικά: αν θέσουμε

F(x) = xf(x) - s:(x)Γ1 (t)dt , η F είναι παραγωγίσιμη . (6) Οπότε:

F'(x) = f(x) + xf'(x) - f'(χ)Γ1 ( f(x)) ή F'(x) = f(x) .

Και συνεπώς: F(x) = J0x f(t)dt + C .

Κι επειδή : F(O) = Ο , συμπεραίνουμε ότι: F(x) = J: f(t)dt . (7)

Η (5), λόγω της (4) γίνεται: J: f(t)dt = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/13


xf(x) - J:(x) {t2ν+Ι + t )dt = xf(x) - _

ι __ +.!_ ή [ 2ν+Ι 2 ]f(x) 2ν + 2 2 0

(f )2ν+2 ( )2 rx f(t)dt = xf(x) - (χ) - f(x) Jo 2ν + 2 2

Ο μαθητής Γ τάξης J((ύστας Φράγιως από το Νέο Ηράκλειο Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση. Κατ' αρχάς δείχνουμε ότι: f(O) = Ο [όπως πα-ραπάνω] . Στη συνέχεια παραγωγίζουμε την ( 1 ) και

1 παίρνουμε: f'(x) = 2 > Ο , για (2ν + l) (f(x)) ν + 1 κάθε χ.

Πολλαπλασιάζουμε την ( 1 ) επί f'(x) , που είναι, κατά τη (2), πάντοτε θετικός αριθμός, και παίρνουμε την ισοδύναμη εξίσωση: f'(x) ( f(x) )2ν+Ι + f'(x)f(x) - xf'(x) = Ο ή ισοδύναμα: [ ( f(x) )2ν+2 ]' + ( ( f(x) )2 J' + f(x) = f(x) + xf'(x) . 2ν + 2 2

Α vτικαθιστώντας τον χ με t παίρνουμε:

[ (f(t))2ν+2 f(t) = tf(t) - ��-2ν + 2 {f(�) ) / t ε [Ο, +οο) . 2 ]'

Ολοκληρώνουμε την (3) κατά μήκος του κλειστού διαστήματος [Ο,χ] με χ>Ο κι έχουμε: (f )2ν+2 {f )2ν+2 rx f(t)dt = xf(x) - (χ) (χ) + c . ό-Jο 2ν + 2 2

που C ε IR (σταθερός) . Από την παραπάνω εξίσωση, παίρνοντας τα & ρια για χ � Ο και λόγω της συνέχειας, βρίσκουμε

C = O. χ {f(χ))2ν+2 {f(x))2 Άρα r f(t)dt = xf(x) - - 2 Jo 2ν + 2

; c» . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σωτιίρης Σιωτiδας από την Καρδίτσα).

Ν δ , , ξ'

ι ι 3 α ειχτει οτι η ε ισωση x + y + - + - = ν χ Υ

με ν e Ν* ορισμένο, δεν έχει λύση στο �

νολο των θετικών ρητών αριθμών). Απάντη ση

Εργαζόμαστε με τη Μέθοδο της Απαγωγής σε άτοπο. Ας είναι (x, y) = (; ,�) όπου α, β, γ, δ θετικοί

ακέραιοι αριθμοί με (α, β) = 1 = (γ, δ) ω μια κάποια λύση της εξίσωσης.

Τότε: (γ2 + δ2 )αβ + (α2 + β2 )γδ = 3ναβγδ ( 1 ) ή αβ [3νγδ - (γ2 + δ2 )] = (α2 + β2 )γδ . (2)

Καθώς όμως είναι γνωστό: «αν δύο θετικοί αριθμοί α, β είναι σχετικά πρώτοι, τότε και οι αριθ-μοί α 2 + β2 , α β είναι σχετικά πρώτοι»<2) Δηλα-δή : (α, β) = 1 � (α2 + β2 , αβ) = 1 . Οπότε, λόγω της (2), έχουμε ότι: αβ /γδ ή γδ = πολ(αβ) (3)

Η ( 1 ) γράφεται επίσης: γδ [3ναβ - (α2 + β2 )] = (/ + δ2 )αβ

και συνεπώς με παρόμοιους συλλογισμούς καταλήγουμε ότι: γδ / αβ ή αβ = πολ(γδ) . (4) Από τις (3), (4) συμπεραίνουμε ότι: αβ = γδ, και

συνεπώς η ( 1 ) γίνεται: α2 + β2 + γ2 + δ2 = πολ3 . Από την (5) τώρα συμπεραίνουμε ότι οι α,β,γ,δ είναι όλοι πολλαπλάσια του 3(3) : άτοπο.

• Παρόμοιες λύσεις έδωσαν οι συνάδελφοι: Γεώ ργιος Κατσαούνη ς από τη Πρέβεζα, Ροδδλ

φος Μπδρη ς από τη Δάφνη Αττικής.

30. (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Σω τιίρης Σκο

τίδας από την Καρδίτσα).

(ί) : Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν μοναδικοί αριθμοί α, β, γ του ανοικτού διαστήματος (Ο, �) τέτοιοι ώστε:

συνα = α, η μ( συνβ) = β, συν( ημγ) = γ .

(ii) : Να διαταχθούν κατά μέγεθος οι αριθμοί α, β, γ (από παλιό τεύχος του Kvant).

( Ι ) Με σύμβολο (κ,λ) εννοούμε το Μέγιστο Κοινό Διαι

ρέτη των ακεραίων αριθμών κ, λ.

<2> Άσκηση 1 Σχολικό Βιβλίο Θετικής Κατεύθυνσης Β'

τάξης σελ. 1 69 Β' Ομάδα.

<3> Εφαρμογή 3 Σχολικό Βιβλίο Θετικής Κατεύθυνσης

Β' τάξης σελ. 148 .


Ο Εκλείδης προτείνεL .. Ευκλείδη •.. και Διόφαντο

Απάντηση

• Για το πρώτο: Θεωρούμε τις συναρτήσεις f(x) = συνχ - χ, g(x) = ημ(συνχ) - χ, h(x) = συν(ημχ) - χ ,

που είναι ορισμένες στο κλειστό διάστημα [ 0,�] . Οι συναρτήσεις είναι προφανώς συνεχείς. 'Εχουμε: f(O) = 1 > Ο, r(�) = -� < Ο . Συνε

πώς, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει α Ε (ο,�) τέτοιος ώστε: f(α) = Ο ή συνα = α . Κι επειδή : f'(χ) = -ημχ - 1 < 0 , για κάθε (ο π) ' ' f ' ' χ Ε , "2 , συμπεραινουμε οτι: «η ειναι γνησια

φθίνουσα· οπότε η τιμή του α είναι μοναδική». Επίσης: g(O) = ημ1 > Ο, g( �) = -� . Συνεπώς,

σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει β Ε ( Ο,�) τέτοιος ώστε g(β) = 0 ή η μ( συν β) = β . Κι επειδή : g'(χ) = -ημχσυν(συνχ) - 1 < 0 [α-

φού: Ο < συνχ < 1 , για κάθε χ Ε ( 0,�) ] συμπεραίνουμε ότι: «η g είναι γνήσια φθίνουσα· οπότε η τιμή του β είναι μοναδική».

Επίσης: h(O) = 1 > Ο, h(�) = συνl - � < Ο . Συνεπώς, σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano, υπάρχει γ Ε (Ο,�) τέτοιος ώστε: h(γ) = Ο ή συν(ημγ) = γ . Κι επειδή : h'(χ) = -συνχημ(ημχ) - 1 < 0 [α-

φού: Ο < ημχ < 1 , για κάθε χ Ε (Ο,�) ] συμπεραίνουμε ότι: «η h είναι γνήσια φθίνουσα· οπότε η τιμή του γ είναι μοναδική>>. • Για το δεύτερο

(1) : Έστω α ::; β . Τότε συνα � συνβ . Οπότε: α � συν β . Κι επειδή Ο < συν β ::; α < � συμπεραί-2 νουμε ότι<*>: ημα � ημ(συνβ) = β ( 1 ) . Ωστόσο<**)

α>ημα. Άρα: α>β: άτοπο (είχαμε δεχτεί α ::; β ). Συνεπώς α>β.

(11) : Έστω γ ::; α . Τότε ημγ ::; η μα < α . Άρα ημγ < α . Κι επειδή Ο < ημγ < α < π συμπεραί-2 νουμε ότι<***>: συν(ημγ) > συνα ή γ>α άτοπο (εί-χαμε δεχτεί γ ::; α ). Συνεπώς γ>α.

Τελικά ισχύει η διάταξη : γ > α > β .

Παρόμοια διαπραγματεύονται το θέμα οι συνάδελφοι: Γεράσιμος Κεραμιδάς από την Κέρκυρα, Ροδόλφος Μπόρης από τη Δάφνη Αττικής

• Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος διαπραγματεύεται το δεύτερο μέρος κάπως αλλιώτικα. 1 ) Έστω β � α . Κι επειδή : β = η μ( συν β) < συνβ , συμπεραίνουμε ότι: συνβ > β . Κι επομένως συνβ > α = συνα . Καθώς όμως είναι γνωστό η συνάρτηση «συνημίτονο» είναι γνήσια φθίνουσα. Οπότε: β<α: άτοπο (είχαμε δεχτεί β � α ). Άρα: α>β.

2) 'Εστω α � γ . Τότε � > α � γ > ημγ > Ο . Και 2 συνεπώς: συνα < συν(ημγ) ή α<γ: άτοπο (εί-χαμε δεχτεί α � γ ). Άρα γ>α.

• Ο συνάδελφος Αντώνης Ιωαννίδης ωτό την Λάρισα διωτραγματεύεται τα ζητήματα διαφορετικά. Για τη συνάρτηση f(χ) = συνχ - χ ι [ 0,�] συ

μπεραίνουμε, κατά το Θεώρ. Bolzano, ότι υπάρχει α Ε ( 0,�) τέτοιος ώστε: f(α) = Ο ή συνα = α . 'Εστω: Ο ::; Χι < χ2 ::; � . Τότε: συνχι > συνχ2 • 2

Κι επειδή : -χι > -χ2 συμπεραίνουμε ότι: συνχι - Χι > συνχ2 - χ2 ή f(xι ) > f(x2 ) · δηλαδή η f είναι γνήσια φθίνουσα. Άρα η τιμή του α είναι μοναδική . Η συνάρτηση g(χ) = ημ(συνχ) - χ /[Ο, α] είναι συνεχής. Κι επειδή : g(O) = ημ1 > Ο,

(**>για κάθε χ Ε �· ισχύει: jημχj < jx j .

<*>Η συνάρτηση «ημίτονο» είναι γνήσια αύξουσα στο (***)Η συνάρτηση «συνημίτονο» είναι γνήσια φθίνουσα πρώτο τεταρτημόριο. στο πρώτο τεταρτημόριο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' λζ' τ.4/15


g( α) = η μ( συνα) - α = η μα - α < Ο (*) . Συνεπώς υπάρχει κατά το Θεώρημα του Bolzano, β Ε (Ο, α) τέτοιος ώστε g(β) = Ο ή ημ(συνβ) = β . Έστω Ο :::;; χ1 < χ2 :::;; α . Τότε συνχ1 > συνχ2 • Οπότε: ημ(συνχ1 ) > ημ(συνχ2 ) . Κι επειδή -χ1 > -χ2 συμπεραίνουμε ότι:

ημ(συνχ1 ) - χ1 > ημ(συνχ2 ) - χ2 ή g(x1 ) > g(x2 ) · δηλαδή η g είναι γνήσια φθίνουσα. Συνεπώς η τιμή του β είναι μοναδική και επαληθεύεται η σχέση : β<α. Η συνάρτηση h(χ) = συν(ημχ) - χ ι [ α,�] εί-

ναι συνεχής. Κι επειδή : h ( �) = συν 1 -� < Ο

h(α) = συν(ημα) - α >(2) συνα - α = 0 συ-μπεραίνουμε ότι, υπάρχει κατά το Θεώρημα Bol-zano, γ Ε ( α,�) τέτοιος ώστε h(γ) = Ο ή συν(ημγ) = γ . 'Εστω α :::;; χ1 < χ2 :::;; π . Τότε ημχ1 < ημχ2 • 0-2

πότε: συν(ημχ1 ) > συν(ημχ2 ) . Κι επειδή -χ1 > -χ2 συμπεραίνουμε ότι: συν(ημχ1 ) -χ1 >συν(ημχ2)-χ2 ή h(x1 ) > h(x2 ) δηλαδή η h είναι γνήσια φθίνουσα. Άρα η τιμή του γ είναι μοναδική και επαληθεύει τη σχέση α<γ. Τελικά ισχύει η διάταξη: β < α < γ .

3 1 . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Θανάσης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής).

'Εστω p,q > Ο και .!_ + .!_ = 1 . Να αποδειχθεί Ρ q

ότι: «για οποιουσδήποτε θετικούς αριθμούς α, β αΡ βq ισχύει: α β :::;; - + - » Ρ q

Στη συνέχεια να αποδειχθεί ότι: «αν οι συνεχείς συναρτήσεις: f : [α, β] -+ IR, g : [α,β] -+ IR είναι τέτοιες ώστε: f(x)g(x) -:ι: Ο , για κάθε

ι

χ Ε [α, β] και Α= ( J: ιr(x)lp dx Υ ' (*) Ο < α < � � α > η μα .

2

ι B = (J:ιg(x)lqdx)η τότε: IJ: r(x)g(x)dxl ;s; ΑΒ ».

Απάντηση Για το πρώτο : Θεωρούμε τη συνάρτηση:

αΡ βq f(α) =-+--αβ /(Ο, +οο) Ρ q

όπου β>Ο (παράμετρος) κι έχουμε: f'(α) = αp-ι _ β, f"(α) = (p - ι)αΡ-2 . ( 1 ) Α ' θ ' ι ι ι ' ι ι [ πο την συν ηκη - +- = εχουμε - < α-

Ρ q Ρ φού p > O, q > Ο ] . Οπότε: p> ι . Συνεπώς: f"( α) > Ο , για κάθε α Ε (0, +οο) · δηλαδή η f στρέφει τα κοίλα προς τα πάνω. I

Εξάλλου: f'(α) = Ο<::> αp-ι = β<::> α = βp-ι = βq-ι [αφού : _ι_ = q - ι] . Συνεπώς η f παίρνει την εp - ι λάχιστη τιμή της, όταν και μόνον όταν: α = βq-ι .

, αΡ βq βp(q-I) βq q (*) Δηλαδη - +- - αβ �-- +- - β = Ρ q Ρ q

βq βq (*) �- +- - βq = 0 . Ρ q

• Παρόμοια εργάζεται ο συνάδελφος Α vτιόvης /ωαvvίδης απ' τη Λάρισα

• Άλλος τρόπος : Η συνάρτηση : g( χ) = Rnx /(0, +οο) στρέφει τα κοίλα προς τα κάτω. [αφού: g'(x) = .! , g"(x) = -: < 0 , για χ χ κάθε χ Ε (0, +οο) ] . Συνεπώς για κάθε λ Ε (Ο, ι) και τυχαίους θετι

κούς αριθμούς χ1 , χ2 επαληθεύει την ανισότητα Jensen: (1 - λ)g(χ1 ) + λg(χ2 ) :::;; g ( (1 - λ)χ2 + λχ2 ) .

Δηλαδή : (ι - λ)Rηχ1 + λRnx2 :::; Rn{ <l - λ)x1 + λχ2 ) ή χ:-λ · χ� :::;; (ι - λ)χ1 + λχ2 • (2)

Θέτουμε: λ = ..!_ . Οπότε: ι - λ = ..!_ . Κι ακόμα: q Ρ χ� = α <:::> χ1 = α Ρ και χ� = β <:::> χ2 = βq .

• .!. +.!. = ι � .!. = ι -.!. = q - 1 � q = p(q - 1) Ρ q Ρ q q



αΡ βq Έτσι η (2) γίνεται: α β � - +- . • Τρίτος τρόπος:

Ρ q

Αποδεικνύουμε την παρακάτω βοηθητική πρόταση : «Αν κ, λ > Ο με κ + λ = 1 και Χι ,Χ2 τυχαίοι θετικοί αριθμοί, ισχύει: χ�χ� � ΚΧι + λχ2 » (3)

Η (3) ισχύει ως ισότητα για Χ ι = χ2 . Έστω Χι < χ2 . Θεωρούμε τη συνάρτηση:

f(u) = uλ /[χι , χ2 ] . Τότε, κατά το Θεώρημα Μέσης Τιμής, έχουμε:

f(χ2 ) - f(χι ) = λξλ-1 (χ2 - χ1 ) , για κάποιο ξ ε (χ1 , χ2 ) κατάλληλο.

Σ ' λ λ λξλ-1 ( ) υνεπως: χ2 - χ1 = χ2 - χ1 . Ω , λ 1 Ο Ά λ-ι ξλ-ι λ-ι στοσο : - < . ρα χ1 > > Χ2 . κ ' λ λ λ λ-1 ( ) ' ι επομενως: χ2 - χ1 < χ1 χ2 - χ1 η

χ�χ� - χ�+λ < λχκ+λ-Ι (χ2 - Χι ) . Δηλαδή :

χ�χ� < χι +λ(χz -χι ) = (l -λ)χι +λχ2 =κχι +λχ2 . (4) Όμοια εργαζόμαστε αν χ2 < χ1 . (Θεωρούμε τό-

τε τη συνάρτηση φ(t) = tκ ) Από την (3) τώρα για: κ = _!_ χ κ - xfp - α ' I - I - ' Ρ

λ = _!_ χ λ - χ χ - β ' 2 - 2 -q

αΡ βq παίρνουμε την ανισότητα: α β � - +- . • Τέταρτος τρόπος (Γεωμετρικά)

Ρ q

Κατ' αρχάς παρατηρούμε ότι: «αν β = αΡ-1 , τό-τε η συνθήκη ισχύει ως ισότητα. Αφού: αβ = α Ρ .

Οπότε: αΡ + βq = αβ + βq = αβ( 1 -_!_) +Q_βq-ι _

Ρ q Ρ q q q Κι επειδή : (p - 1)(q - 1) = 1 , συμπεραίνουμε ότι: αΡ βq βq-ι = α . Κι επομένως: -+- = α β ». Ρ q

Θεωρούμε τώρα τη συνάρτηση: F(x) = χp-Ι /(Ο, +οο) ,

που είναι γνήσια αύξουσα και συνεπώς « 1 - 1 )) . Εύκολα βλέπουμε ότι: Γ1 (χ) = χq-Ι /(Ο, +οο) . Έτσι έχουμε τα σχήματα: i) για β > αp-ι

Υ

β · · · · · · · · · · · · · - - - - -9 - - - -R

1 Ez i αp- --- - - - - - - - - - - - - - - - -, p

Cr i Ει ! Ο ι.ιο::...----:α::----•χ

Οπότε: αβ < Ε1 + Ε2 = J: xP-1dx + J: βq-1dy ή αΡ βq

αβ < - +-Ρ q

ii) για β < αΡ-1

Υ p-1 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ p α ,

β - -

χ

Οπότε: αβ < Ε 1 + Ε2 = J0α xp-1dx +J: yq-Ιdy ή αΡ βq

αβ < - +-Ρ q

Και στις δύο περιπτώσεις το δεύτερο μέλος υπερβαίνει το πρώτο κατά το εμβαδόν του γραμμοσκιασμένου χωρίου. Και συνεπώς το ίσον στην ανισότητα πραγματοποιείται, μόνον όταν τα σημεία P,Q,R· ταυτίζονται δηλαδή όταν: αp-ι = β .

Για το δεύτερο : Οι τιμές των Α, Β είναι καλά ορισμένες αφού lf(x)l > Ο, lg(x)l > Ο για κάθε χ ε [α, β] και συνεπώς Α>Ο, Β>Ο.

Θέτουμε: F(x) = _!_lf(x)! , G(x) = _!_lg(x)l και Α Β συνεπώς, σύμφωνα με την ανισότητα του πρώτου μέρους, έχουμε: F(x)G(x) � _!_(F(x) )Ρ + _!_ (G(x))q , για κάθε

Ρ q χ ε [α, β] . Οι συναρτήσεις είναι συνεχείς, συνεπώς με ολοκλήρωση και των δύο μελών της (5) παίρνουμε:

JβF(x)G(x)dx � _!_Jβ (F(x) )Ρ dx +_!_Jβ ( G(x)) q dx = α p α q α

=-1- - J β l f(x) IP dx +-1- - J β l g(x)lq dx pAP α qBq α

_1 _ _ ΑΡ +-1-Β2 = _!_ +_!_ = 1 .

pAP qB2 Ρ q


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

Άρα: -1 Jβ if(x)l lg(x)l dx � 1 ή ΑΒ α

J: lf(x)l lg(x)l dx � ΑΒ ή J: if(x)g(x)l dx � ΑΒ Κι επειδή : IJ: f(x)g(x)dxl � J: i f(x)g(xψx συ

μπεραίνουμε ότι: J:if(x)g(x)l dx � ΑΒ=

= σ: ιf(x)lp dx f · σ: ιg(x)lq dx f . Σχόλιο : Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύεται ότι:

όπου α)ί = 1, 2, . . . , ν, βj I j = 1, 2 . . . , ν είναι τυχαίοι πραγματικοί αριθμοί διαφορετικοί απ' το μηδέν.

• Ο συνάδελφος Αθανάσιος Καλάκος από τα Πατήσια Αθηνών για την απόδειξη της ανισότητας χρησιμοποίησε τη συνάρτηση: h(χ) = χλ - λ(χ - 1) - 1 /(Ο,+οο) όπου λ σταθερός με Ο < λ < l . Έχουμε: h'(x) = λ( χ λ-ι - 1) . Οπότε: h'(x) = O<::> x = l h'(x) > Ο<::::> χ λ-ι - 1 > Ο

(λ - l)fnx > Ο<::::> χ < 1 . Συγιφοτού ε τον πίνακα

ή

χ Ο 1 + οο

φ'(χ + ο φ(χ) ? Τ.

ο

ή

Άρα: h(x) � h(l) = O ή χλ � l + λ(χ - 1) , για κάθε χ ε (0, +οο) . Το ίσον ισχύει μόνον όταν χ = 1 .

κ , Χι , , αι συνεπως για χ =- · οπου: χ1 ,χ2, τυχαιοι χ2 θετικοί αριθμοί παίρνουμε ( :: )'

S Ι + λ( :: - I) ή χ� · χ�-λ � λχ1 + (1 - λ)χ2 . Άρα: για

1 1 λ Ι/ λ = - , 1 - λ = - , χ1 = α<::> χ1 = αlλ = αΡ , Ρ q χ�-λ = β<::::> χ2 = βq παίρνουμε αβ �.!..α Ρ + .!_βq . Ρ q

• Παρόμοια είναι η διαπραγμάτευση του συναδέλφου Γειόργιου Κατσαοι5vη από την Πρέβεζα.

• Ο συνάδελφος Σωτιίρης Σκοτίδας από την Καρδίτσα για την απόδειξη της ανισότητας χρησιμοποιεί τη συνάρτηση : φ(χ) = χΡ - χ +.!.. /(Ο,+οο) όπου p>l (σταθερός) .

Ρ q Έχουμε: φ'(χ) = xp-I - 1 Οπότε: φ'(χ) = Ο<::::> χ = 1 και

φ' (χ) > ο <::::> χ > 1 ο

Έτσι συγκροτούμε τον πίνακα μεταβολών: χ ο βq-1 + οο

φ'( α - 9 + φ( α) � τ·f· /'

� ο Άρα η φ παίρνει την ελάχιστη τιμή της για χ =

1 και είναι Ψmin = φ(l) = Ο Συνεπώς: φ(αβ1-q ) � Ο ή (αβι-q)p �αβ1-q _.!_ ή

Ρ q αΡβΡΟ-q) Ι αΡ Ι ----''----� αβι-q - - ή - � αβ1-q -- κι επο-

Ρ q pβq q αΡ βq αΡ βq μένως: - � αβ -- · δηλαδή -+-� αβ . Το Ρ q Ρ q

ίσον ισχύει μόνον όταν: αβ1-q = 1 <::::> α = βq-ι . [α-, Ι 1 Ι ] φου - + - = <::> p + q = pq .

Ρ q

3 1 . (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Αvτιόvης Κυριακόπουί.ος, μέλος της Συντακτικής Επιτρο-

πή). Σ' ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΔ = 2ρ παί�

νου με δύο σημεία Β, Γ, με ΑΒ = ΒΓ = Γ Δ και ---

θεωρούμε ένα σημείο Μ του τόξου ΒΓ . Οι ευ-θείες ΜΑ, ΒΔ τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και οι ευθείες ΜΔ, ΑΓ σ' ένα σημείο Ζ.

- -

Να δείξετε ότι: i) ΜΕΖ = 3ΜΑΖ, -- --

ii) ΜΖΕ = 3ΜΔΕ . Απάντηση Για το (i) .

Προφανώς ΑΒ = Br = fΔ = 60° και --- --- --- ο ΑΒΔ =ΑΜΔ =ΑΓΔ = 90 .



Θέτουμε ΜΑΖ= α , οπότε Ο < α < 30° ( αφού BAr = 30° ). Θα δείξουμε ότι: ΜΕΖ= 3α . Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΜΕ έχουμε:

�--Μ

Α Ο ε ΜΕΖ = ΜΖ = ΔΜ - ΔΖ φ ΜΕ ΑΜ -ΑΕ (1 )

Επειδή ΜΜ = 30° +α ( αφού fM = 30° ) και ΑΔ = 2ρ, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΔ έχουμε: ΑΜ = 2ρσυν(30° + α) και ΔΜ = 2ρημ(30° + α) . Επειδή ΒΑΕ = 30° - α και ΑΒ = ρ, από το ορ

θογώνιο τρίγωνο ΑΒΕ, έχουμε ΑΒ = ΑΕσυν(30° - α) και άρα:

ΑΕ = ρ συν(30° - α)

-Επειδή ΓΔΜ = ΜΑΓ = α και ΓΔ = ρ, από το ορθογώνιο τρίγωνο ΔΓΖ έχουμε Γ Δ = ΔΖσυνα και άρα: ΔΖ = _ρ_ . συν α Έτσι, αντικαθιστώντας στην ( 1 ) έχουμε:

_ 2ρημ(30° + α) --ρ-

εφΜΕΖ = ---------"'-σ""'"υν_,_α=-- = 2ρσυν(30° + α) - ρ

0 συν(30 - α) 2ημ(30° + α)συνα - 1

= συνα = 2συν(30° + α)συν(30° - α) - 1 συν(30° - α)

ημ(30° + 2α) + ημ30° - 1 συν(30° - α) = = συνα συν60° + συν2α - 1 = 2ημ(30° + 2α) - 1 _ συν(30° - α) = συνα 2συν2α - 1 2ημ(30° + 2α)συν(30° - α) - συν(30° - α) = = 2συνασυν2α - συν α

= ημ(60° +α) +ημ3α-συν(30° -α) = ημ3α = εφ3α συν3α + συνα-συνα συν3α [αφού: συν(30° - α) = ημ(60° + α)]

-Οπότε: εφ ΜΕΖ = εφ3α => ΜΕΖ = 3α ( αφού οι -γωνίες ΜΕΖ και 3α είναι οξείες) .

Για το (ii) ΜΕΖ= 90° -MzE = 90° - 3α .

Εξάλλου, έχουμε α + ΜΔΕ = 30° και άρα α = 30° -.ΜΔΕ . Έτσι, έχουμε:

-ΜΖΕ = 90° - 3(30° -ΜΔΕ) = 3 . ΜΔΕ .

• Στο ίδιο κλίμα κινείται η διαπαργμάτευση του συναδέλφου Α. Ιωαvvίδη απ' τη Λάρισα

• Ο συνάδελφος Γεώργιος Κατσαούνης, από την Πρέβεζα μας έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση . Από το Ε φέρουμε την κάθετη ΕΝ στην ΑΓ. Κι ας είναι Κ το μέσο του ΑΕ και Λ το σημείο τομής της ΚΝ με τη ΔΜ. Το τετράπλευρο ΑΝΕΒ είναι εγγράψιμο [αφού ΑΝΕ = ΕΒΑ = 90° ] και η ΑΕ είναι η διάμετρος του περιγεγραμμένου κύκλου του. Άρα το Κ είναι το κέντρο του κύκλου αυτού. Άρα: ΚΒ = ΚΝ = ΚΑ = ΚΕ ( 1 ) και - - ο ο ΒΚΝ = 2 · ΒΑΝ = 2 · 30 = 60 (2). Επίσης το τετράπλευρο ΕΝΖΜ είναι εγγράψιμο

[ αφού ΕΝΖ= ΖΜΕ = 90° ]

Λ Λ Άρα: Zz = Mz . Κι ακόμη το τετράπλευρο ΚΛΜΒ είναι εγγρά-

ψιμο [αφού: i3κΝ = 60° και - Λ ---. 0 0 0 ΛΜΒ = Μι + ΛΜΚ = 30 + 90 = 120 ] .

Κι επειδή ΛΜΚ = 90° , το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου είναι το μέσο του ΚΛ. Το τρίγωνο ΒΚΝ είναι ισόπλευρο [λόγω των ( 1 ) και (2)] . Άρα: ΝΚ = ΝΒ. Και συνεπώς το Ν είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τετράπλευρου ΚΛΜΒ. Επομένως: ΝΚ = ΝΜ. Οπότε:

Λ

Λ Λ ( ι) Mz = Κι = 2ω . Η Ει είναι εξωτερική στο τρίγωνο ΕΑΖ.

Άρα: Λ Λ Ει = ω+ Ζz . Λ Λ

(4)

(5) Κι επειδή : Zz = Mz [αφού βλέπουν τη χορδή

ΕΝ του εγγράψιμου τετραπλεύρου ΕΝΖΜ] . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/19

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

Λ Οπότε Ζ2 = 2ω . Και συνεπώς η ( 5) γίνεται: Λ Ει = 3ω .

Λ Λ (6) Ωστόσο : Ζι = 90° - Ει = 90° - 3(30° - φ) = 3φ . (7)

• Ο συνάδελφος Ροδόλφος Μπόρης, από τη Δάφνη Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση : Το Ε ανήκει στις ευθείες ΑΜ και ΒΔ. Ο συντε-λεστής διεύθυνσης λ της ΑΜ είναι: λ = εΦ(30° + θ) ή λ = 1 + k.J3

· όπου .J3 - k 1 k = εφθ I Ο < θ < 30° ς:;, Ο < k < .J3 .

Άρα η εξίσωση της ΜΔ είναι y =

k -1 (χ - 2) l + k 3 Υ

0(1,0) Άρα η εξίσωση της ΑΜ είναι:

1 + k.J3 y = x .J3- k ( 1 ) .

στής λ" της ΑΓ είναι λ" =� . Άρα η εξίσωση της ΑΓ είναι y = � χ . ( 6)

Ο συντελεστής διεύθυνσης της ΜΔ είναι λm = εφ(120° + �) = k -.J3 . 1 + k.J3 (7)

Επιλύουμε το σύστημα των (5), (6) και βρί-σκουμε: .J3 � .J3-k Xz =-(ν3 - k), Yz =--2 2 Αντικαθιστούμε στο τύπο:

MZ=J(xz -χΜ )2 +(yz -yM )2 τις αντίστοιχες τιμές που δίνουν οι παραπάνω τύποι και βρίσκου-

k (.J3-k) με: ΜΖ = . 00 J1 + k2 Όμοια από τον τύπο:

ME = J(xE - χΜ )2 + (ΥΕ - yM )2 βρίσκουμε ότι:

ΜΕ = 1 - 3k2 . ( .J3 + k )J1 + k2 Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΜΕ έχουμε:

(9)

ΜΖ k(3 - k2 ) 3k - k3 εφω = ΜΕ = 1 - 3k2 = 1 - 3k2 ( 1 Ο) Ο τύπος ( 1 0), λόγω της συνθήκης (*) , έχει νόη-Ο συντελεστής διεύθυνσης της ΒΔ είναι μα. 1 λ' = εφ1 50° = -.J3 . 'Εχουμε:

Άρα η εξίσωση της ΒΔ είναι: 1 y = -.J} (x - 2) . (2)

Επιλύουμε το σύστημα των ( 1 ), (2) και βρί-σκουμε: .J3- k 1 + k.J3 ΧΕ = .J3+ k ' ΥΕ = .J3 + k . (3)

Το Μ ανήκει στην ευθεία ΑΜ και στον κύκλο (c) . Έτσι οι συντεταγμένες του επαληθεύουν το

σύστημα: {y = x-1�=-3k __ :-3 l . Άρα: (χ - 1)2 + y2 = 1 J

(.J3 -k )2 χ = -'----=-Μ 2(1 + k2 ) ' Το Ζ ανήκει στις ευθείες ΑΓ και ΜΔ. Ο συντελε-

Και συνεπώς ω = 3θ . (οι γωνίες είναι οξείες) . Εξάλλου θ + σ = 30° και ω + φ = 90° . Οπότε: φ = 3σ .

• Ο συνάδελφος Στέλιος Πετρολέκας από τον Κορυδαλλό Αττικής έστειλε την παρακάτω διαπραγμάτευση :

-Στο τρίγωνο ΕΑΖ η γωνία ΜΕΖ είναι εξωτε-- - -ρική. Άρα ΜΕΖ = ΜΑΖ+ ΑΖΕ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/20


Παρόμοια στο τρίγωνο ΕΖΔ ισχύει: - -ΕΖΜ = ΕΔΖ + ΖΕΔ .

Συνεπώς είναι αρκετό να αποδείξουμε ότι: -ΑΖΕ = 2ΜΑΖ και ΖΕΔ = 2ΕΔΖ .

Ας είναι Η, Θ οι προβολές των Ε, Ζ πάνω στις ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα.

Το τετράπλευρο ΕΗΘΖ είναι προφανώς εγγρά-- -ψιμο. Άρα: ΗΖΕ = ΗΘΕ ( 1 ).

Η ΒΔ είναι προφανώς διχοτόμος της γωνίας -Γ ΔΟ . Και επειδή το τρίγωνο ΔΓΟ είναι ισόπλευ-ρο, συμπεραίνουμε ότι: «η ΒΔ είναι μεσοκάθετη στο ΓΟ». Συνεπώς:

ΘΓ = ΘΟ (2) -και ΘΟΓ = ΟΓΘ . (3)

Το τετράπλευρο ΖΘΔΓ είναι εγγράψιμο [αφού: ΖeΔ = 90° = ΔΓΖ ] . Άρα: ΜΔΓ = Zer = 6ΓΘ [αφού οι ΖΘ, ΟΓ είναι παράλληλες - κάθετες στη ΒΔ] . Τελικά φτάνουμε στην ισότητα: - -ΜΔΓ = ΘΟΓ .

- Ι -Κι επειδή : ΜΔΓ =-ΜΟΓ [εγγεγραμμένη και 2 επίκεντρη που βαίνουν στο ίδιο τόξο ΜΓ ] συμπεραίνουμε ότι: «η ΟΘ είναι διχοτόμος της γωνίας MOf ». Όμως το τρίγωνο ΜΟΓ ισοσκελές. Άρα: «η ΟΘ είναι μεσοκάθετη στο ΜΓ>) . Και συνεπώς:

(2) ΘΜ = ΘΓ = ΘΟ . Οπότε το Θ ανήκει στη μεσοκά-θετη του ΟΜ.

Με παρόμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι το Η ανήκει στη μεσοκάθετη του ΟΜ. Κι επομένως: «η ΗΘ είναι κάθετη στην ΟΜ)) .

- -Άρα οι γωνίες: ΗΘΕ και ΜΟΓ είναι ίσες δη-- -λαδή : ΗΘΕ = ΜΟΓ . (5)

-Ωστόσο: ΜΟΓ = 2ΜΔΓ και ΜΔΓ = ΜΑΓ . -Συνεπώς: ΗΘΕ = 2ΜΔΓ . Κι επομένως: -ΑΖΕ = 2ΜΑΖ .

Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύουμε την ισότητα: - -ΖΕΔ = 2ΕΔΖ .

• Ο συνάδελφος Γιιόργος Σταθόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής έδωσε την παρακάτω απάντηση : Έχουμε: ω + θ = 30° .

Μ

Άρα: θ = 30° - ω ο , θ εφ30° - εφω 1 -J3εφω ποτε: εφ = = ( 1 ) 1 + εφ30° εφω J3 + εφω Εξάλλου :

ΜΖ εφω ΜΑ ΜΖ ΜΔ 0 -=-=-·-= εφχ · εφ(30 + ω) . (2) εφθ ΜΕ ΜΕ ΜΑ ΜΔ

εφω Ι -J3εφω Άρα: -= εφχ · (3) εφθ J3 - εφω Η (2), λόγω της (1 ), γίνεται:

εφω 1 + J?,εφω , ----::::=--- = εφχ . η 1 -J3εφω J3 - εφω J3 + εφω

(3 - εφ2 ω)εφω , εφ χ = δηλαδη : 1 - εφ2ω εφ χ 3εφ2ω - εφ3ω

-"----___;__- = εφ3ω . 1 - 3εφω Κι επειδή : Ο<ω<30° συμπεραίνουμε ότι:

Ο < 3ω < 90° . Άρα η (3) είναι ισοδύναμη με την ισότητα: χ = 3ω .

Με όμοιο τρόπο δείχνουμε: ψ = 3θ .

32 (Το 'χε προτείνει ο συνάδελφος Α ντιόνης Κυριακόπουλος, μέλος της Συντακτικής Επιτροπής).

Να αποδειχθεί ότι: «δεν υπάρχει συνάρτηση f : JR � JR τέτοια ώστε: (fof)(x) = χ2 - 2 , για κάθε χ ε JR . (1)

Απάντηση [Δόθηκε από το συνάδελφο Σωτήρη Λ ουρίδα μέλος της Συντακτικής Επιτροπής και της Επιτροπής Δδιαγωνισμών της Ε.Μ.Ε. ] . Λίγο πριν τη λύση : Αρχικά θα εξετάσουμε την

συμπεριφορά των αρχέτυπων χ1 , χ2 ε JR όταν f(x1 ) = f(x2 ) . Στη συνέχεια στην ισότητα (fof)(x) = f (f(x)) = x2 - 2 τοποθετούμε στην θέ-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.4/21

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

ση του χ, το f(x), ώστε να «λειτουργήσει» ο τύπος της συνάρτησης έχουμε πιο συγκεκριμένη μορφή στην τιμή f(f(x)). 'Ετσι θα έχουμε f (f {f(x))) = {f(x))2 - 2 ή

f(x2 - 2) = ( f(x) )2 - 2 . Για να «συναντήσουμε» τις τιμές f(x2 - 2), f(x) θα θεωρήσουμε την εξίσωση χ 2 - 2 = χ ή χ 2 - χ - 2 = Ο , αφού για την τυχαία ρίζα χ0 της εξίσωσης αυτής ισχύει f(x� - 2) = f(x0 ) .

Λύση : Θα χρησιμοποιήσουμε την μέθοδο της εις άτοπον απαγωγής. Έστω ότι υπάρχει τουλάχιστον μία συνάρτηση f :IR�IR τέτοια ώστε f(f(x)) =Jt-2 ( 1 ) για κάθε χ Ε IR .

Θεωρούμε f(χι ) = f(x2 ) οπότε f {f(xι )) = f {f(x2 )} ή χ� - 2 = χ� - 2 δηλαδή

Χι = Χ2 ή Χι = -χ2 (2). Από την σχέση ( 1 ) έχουμε ότι

f (f {f(x))) = {f(x))2 - 2 ή f(x2 - 2) = ( f(x) )2 - 2 (3).

Θεωρούμε ότι χ2 - 2 = χ ή χ2 - χ - 2 = 0 οπότε χ = -1 ή χ = 2 (4).

Άρα για χ0 Ε { -1, 2} προκύπτει ότι f(x� - 2) = f(x0 ) και με βάση την σχέση (3) έχουμε: f(Xo)=(f(Xo))2 -2 ή {f(x0 ))2 - f(x0 ) - 2 = 0 άρα f(x0 ) = -1 ή f(x0 ) = 2 . Αυτό σημαίνει ότι f(-1) Ε {-1, 2} και

f(2) Ε {-1, 2} (5). Από την ισχύ της σχέσης (2) έχουμε: f(-1) =t- f(2) . Οπότε {f(-1) = -1 και f(2) = 2) ή {f(-1) = 2 και f(2) = -1) . (6).

Από την σχέση (3) λαμβάνουμε ότι: r (f(x2 - 2) )= r (( f(x) )2 - 2) ή r ({f(x))2 - 2 )= (χ2 - 2)2 - 2 ή f ({ f(x) )2 - 2 )= χ4 - 4χ2 + 2 από όπου προκύ

πτει ότι: r (r ((f(x)2 - 2 ))= r( χ4 - 4χ2 + 2) ή ({ f(x )2 - 2 )2 - 2 = f(x4 - 4χ2 + 2) ή

f(x4 - 4χ2 + 2) = ( f(x) )4 - 4{ f(x) )2 + 2 (7). Θεωρούμε ότι χ4 - 4χ2 + 2 = χ ή χ4 - 4χ2 - χ + 2 = Ο το σύνολο ριζών της οποί

ας είναι το Α - , 1, , 2 . - {-1 -JS - -1 +J5 } 2 2

Για το τυχαίο στοιχείο α Ε Α και από τη σχέση (7) έχουμε:

{f(α))4 - 4{f(α))2 + 2 = f(α) ή {f(α))4 - 4{f(α))2 - f(α) + 2 = 0 το σύνολο

ζ , ' ' ' Α Α 1 -JS ρι ων της οποιας ειναι επισης το . ν α = -2-(-1 -JS ) έχουμε ότι: f 2 Ε Α με

Έστω ότι: (i)

(ii)

(iii)

--- από την οποία έχου-f(-1 -2J5 ) ---1 -2J5

(-1 -JS ) -1 +J5 ' με: f = ατοπο. 2 2

f ( -1 -2J5 ) ---1 +2J5 --- από την οποία έχου-

με: f( -ι� v'S) � -ι� ν'5 άτοπο από τη

σχέση (2). f = -1 από την οποία έχουμε: ( -1 -JS ) 2 f( 1) -1 + J5 ' ' ' (5) - = 2 ατοπο απο την σχεση .

( . ) r ( -1 -JS ) 2 ' , ' ιν 2 = απο την οποια εχουμε:

f(2) -1 + J5 ' ' ' (5) = ατοπο απο την σχεση . 2 Άρα δεν υπάρχει συνάρτηση f : IR � IR με

(fof)(x) = χ2 - 2 , για κάθε χ Ε IR


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

Σχετικά με το θέμα 32 της στήλης «0 Ευκλείδης προτείνει . . . Ευκλείδη και Διόφαντο»

Ν δ , , 3 δ , , α ειχτει οτι: «για α > 4" εν υπαρχει συναρ-

τηση f : � � � τέτοια ώστε (fof)(x) = χ2 - α , για κάθε χ».

Γιάννης Δ. Στρατής Απάντηση : (1) : Θεωρούμε τις παραβολές ( c1 ) : y = χ 2 - α,

( c2 ) : χ = y2 - α και αναζητούμε τα κοινά σημεία τους. Αφαιρούμε κατά μέλη τις εξισώσεις κι έχουμε: (y - x)(y + χ + 1) = Ο Κι επομένως έχουμε: y = χ ή y + χ + 1 = Ο . Έτσι θα πρέπει να επιλύσουμε τα συστήματα:

�� : :' - αΗ�: :��: οl ή J χ 2 - χ - α = ΟΙ) χ 2 + χ + (1 - α) = ΟΙ lY = χ ly = -χ - 1

Υ

χ

Το πρώτο επιλύεται για κάθε α>Ο και η λύση του δίνει τις συντεταγμένες των Κ, Λ. Το δεύτερο επιλύεται για κάθε α � % . Γ 3 λ ' δ' , ια α > 4" η υση ινει τις συντεταγμενες των Ρ, Q. Για α = � υπάρχει μια μόνο λύση 4 .

(x, y) = (-;1 ,-;1 ) · (Π) Σχετικά τώρα με τον ισχυρισμό εργαζόμαστε με τη μέθοδο της απαγωγής σε άτοπο. Θέτουμε στη συνθήκη, που ικανοποιεί η συνάρτηση, f(x) στη θέση του χ και παίρνουμε:

f(x2 - α) = ( f(x) )2 - α , για κάθε χ.

π I

Ας είναι τώρα (ξ, η) οι συντεταγμένες του Ρ, τότε οι συντεταγμένες του Q είναι (η, ξ). Έτσι έχουμε: η = ξ2 - α και ξ = η2 - α (2) .

(I) 2 Και συνεπώς: f (η)= ( f (ξ)) - α και (I) 2 f(ξ)= (f(η)) - α .

Οπότε με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε: (f(η) - f(ξ)) (f(η) + f(ξ) + 1) = 0 (4).

Άρα: f(η) = f(ξ) ή f(η) + f(ξ) + 1 = Ο Έστω f(η) = f(ξ) =? f (f(η)) = f(f(ξ)

(2) ή η2 - α = ξ2 - α=?ξ = η : άτοπο. Έστω f(η) + f(ξ) + 1 = 0 . Και συνεπώς, λόγω των (3) οι αριθμοί f(ξ), f(η) είναι οι συντεταγμένες των Ρ, Q. Άρα: f(ξ) = ξ ή f(ξ) = η Αν: f(ξ) = ξ τότε f (f(ξ)) = f(ξ) = ξ οπότε

(2) ξ2 - α = ξ=?η = ξ : άτοπο. Αν: f(ξ) = η =? f (f(ξ)) = f(η) =? ξ2 - α = f(η) =? η = f(η) =? f(η) = f (f(η)) =? η = η2 - α = ξ

ή η=ξ: άτοπο. Σε κάθε περίπτωση καταλήξαμε σε άτομο· άρα ο ισχυρισμός είναι ψευδής.

Σχόλιο : Στην περίπτωση α = � τα σημεία Ρ, 4 Q ταυτίζονται με το Σ και η ευθεία (ε) : y + χ + 1 = Ο είναι κοινή εφαπτομένη των C1 , C2 στο Σ. Για α ::; % οι παραβολές έχουν δύο μόνο κοινά σημεία, που βρίσκονται πάνω στην πρώτη διχοτόμο του Συστήματος. Έτσι δεν μπορεί να εφαρμοστεί η παραπάνω συλλογιστική .

Υ 3/2

I {'3f2 3/2 Χ


�� "'" " ""' "' Μ/ΙΛ -

�Ί��Βh , ο ο .

. :�:;;-, � , Υ HIJMIJ MATHEMATICVS Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματ� σμού πάνω στα εξής θέματα: 1 ) Τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθημ� τικών 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 συη:ργ<ίτες της στήλης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επf. πεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

του Γιάννη Κερασαρίδη

I . "που και με ποιο τρόπο εφαρμόζονται τα Μαθηματικάj "

Θέμα: Τα Μαθηματικά των υπολογιστών (computer mathematics)

Κλάδος των Μαθηματικών, που ασχολείται με προβλήματα, τα οποία λύνονται με την βοήθεια υπολογιστών. Ο ορισμός (καθορισμός) του όρου "μαθηματικά των υπολογιστών" δεν πρέπει να θεωρηθεί "μόνιμος" (fixed), καθόσον ο κλάδος αυτός αναπτύσσεται εντατικά σε σύνδεση με τις διαρκώς αυξανόμενες χρήσεις των υπολογιστών σε νέες περιοχές. Συχνά τα Μαθηματικά των υπολογιστών θεωρούνται ότι σημαίνουν την θεωρία των αριθμητικών μ εθόδων και αλγορίθμων για τη λύση τυmκών (τυποποιημένων) μαθηματικών προβλημάτων. Η ερμηνεία αυτή του όρου ήταν κοινή στα Μαθηματικά των υπολογιστών, κατά τα πρώτα στάδια της ανάπτυξής τους, οπόταν η χρήση των υπολογιστών επέβαλε νέες απαιτήσεις επί των αριθμητικών μεθόδων. Στα επόμενα ο όρος "μαθηματικά των υπολογιστών" εννοε ίται με την πρώτη, ευρύτερη σημασία του. Τα Μαθηματικά των υπολογιστών μπορούν να υποδιαιρεθούν σε τρεις μεγάλους κλάδους: α) Ο πρώτος συνδέεται με την χρήση υπολογιστών σε περιοχές, που περιλαμβάνουν εmστημονικές και πρακτικές δραστηριότητες και μπορεί να χαρακτηρ ιστεί ως η ανάλυση των μαθηματικών μοντέλων β) Ο δεύτερος κλάδος ασχολείται με την επ εξεργασία τεχνικών και αλγορίθμων για την λύση τυπικών μαθηματικών προβλημάτων, τα οποία προκύπτουν κατά την διερεύνηση των μαθηματ ικών μοντέλων γ) Ο τρίτος κλάδος ασχολείται με το πρόβλημα της "aπλοποίησης" των αλληλεπιδράσεων ανθρ� που-υπολογιστή, συμπεριλαμβανομένης της θε ωρίας και πρακτικής του προγραμματισμού προβλημάτων για τους υπολογιστές, και ειδικά με την αυτοματοποίηση του προγραμματισμού προβλ ημάτων. Η διερεύνηση πραγματικών φαινομένων, με

1 1 . "Α υτό το ξέρατε,· ,

βάση κατασκευασμένα μαθηματικά μοντέλα, σ υνήθως απαιτεί την ανάπτυξη αριθμητικών μεθόδων και την χρήση ηλεκτρονικών υπολογιστών. Έτσι, στα μαθηματικά των υπολογιστών, σημαντική θ έση κατέχουν οι αριθμητικές μέθοδοι λύσης "μο ρφοποιημένων " (μαθηματικών) προβλημάτων και, πρωτίστως, οι μέθοδοι λύσης τυπικών ( τυποποι ημένων) μαθηματικών προβλημάτων. Μια ραγδαία αναπτυσσόμενη περιοχή στα μαθηματικά των υπολογιστών είναι εκείνη των αρι θμητικών μεθόδων αριστοποίησης. Η αριστοποίηση συνίσταiαι στην μελέτη των ακροτάτων (μεγίστων ή ελαχίστων) τιμών συναρτησοειδών επί συνόλων με δομή, γενικά , πολύ πολύπλοκη. Ας αναφέρουμε, πρώτα, προβλήματα μαθηματικού προγραμμ ατισμού (περιλαμβανομένου του γραμμικού και δυναμικού ) , στα οποία πολλά οικονομικά προβλήμ ατα ανάγονται: Τα προβλήματα minimax (και οι αντίστοιχες μέθοδοι), είναι προβλήματα αριστοπο ίησης. Τέτοια προβλήματα εμφανίζονται κατά την λύση προβλημάτων στην επιχειρησιακή έρευνα και στην θεωρία των παιγνίων. Ιδιαίτερα προβλ ήματα minimax παρουσιάζονται στα (δυναμικά εξελισσόμενα) παίγνια πολλών σταδίων [multistage (dynamically deνeloping) games] . Εδώ, ακόμα και ο μαθηματικός πειραματισμός {δηλαδή το να πα ιχθούν πράγματι οι επιλογές (= νariants) της συμπεριφοράς (=στρατηγικής) των παικτών] είναι αδύνατος ( =ανέφικτος), χωρίς την χρήση μεγάλων υπολογιστών. Στην σημερινή εποχή, έχόυν αναφυεί μια σειρά τάσεων στις εφαρμοσμένες επιστήμες, με τις οπο ίες ο σύγχρονος ρυθμός επιστημονικής και τεχνικής προόδου θα ήταν αδύνατος, χωρίς την ανάπτυξη των αριθμητικών μεθόδων και την χρήση των η λ εκτρονικών υπολογιστών.

Σε ποιον ανήκει η παρακάτω περικοπή, από επιστολή του: «Η ιδιοφυtα είναι καταδικασμένη, από μια κακόβουλη κοινωνική οργάνωση, να μη βρίσκει ποτέ το δίκιο της, προς όφελος της δουλικής μετριότητας» [Η απάντηση στο τέλος της στήλης]


ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑ τtCUS

ΙΙ Ι . "Οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτούν"

Α '. Επάγγελμα: μαθηματικός Εμείς δεν σταματάμε να ψάχνουμε σε βιβλία, περιοδικά, εφημερίδες, διαδίκτυο, με σκοπό να βρούμε κάτι ενδιαφέρον και

να σας το παρουσιάσουμε. Ο κόπος μας αυτός αμείφθηκε, βρίσκοντας στην εφημερίδα «Τα ΝΕΑ» ένα σημείωμα του σημανη κού επιστήμονα και διανοούμενου Απόστολου Δοξιάδη . Σας το παρουσιάζουμε κι απ' την πλευρά μας τον ευχαριστούμε.

«Ανοίγουν πολλούς δρόμους τα Μαθηματικά>>, τον Απόστολο Δοξιάδη (μαθηματικό, συγγραφέα σκηνοθ έτη ) "Λίγο αφότου πήρα το πτυχίο μου, πήγα να βγ ά- έρευνα γινόταν ως επί το πλείστον στο προστατε υ

λω καινούργιο δελτίο ταυτότητας και δήλωσα π ε- μένο περιβάλλον ενός πανεπιστημίου. Εδώ, ιδαν ιρήφανος το επάγγελμά μου: «μαθηματικόρ> . Ο α- κά, διδάσκεις λίγο, ερευνάς πολύ. Και δεν ακριβ οστυνομικός με ρώτησε σε ποιο σχολείο διδάσκω πληρώνεσαι βέβαια, μα αυτό είναι το τίμημα του και όταν του απάντησα «σε κανένα», κούνησε με έρωτα, που αποτελεί κατ' εμέ την απαραίτητη πρ οοίκτο το κεφάλι του και κάτι σημείωσε. Για πολλά ϋπόθεση για να διαλέξεις τον δρόμο του ερευνητή . χρόνια, είχα μια ταυτότητα που δήλωνε ότι είμαι Και αν τον ακολουθήσεις χωρίς να ξεστρατίσεις, «μαθηματικός αδιόριστος». θα ζήσεις στην καρδιά του κόσμου των μαθηματ ιΑν ρωτήσεις δέκα Έλληνες στον δρόμο πού δου- κών, με την εξέλιξή σου ορισμένη από την έμφυτη λεύει ένας μαθηματικός, οι εννέα θα σου πουν ικανότητα, τη φαντασία, το πάθος και την προσή«στη Μέση Εκπαίδευση» - εκτός αν είναι αδιόρ ι- λωση . Είναι ένας δρόμος υπέροχος - μα πρέπει να στος, σαν κι εμένα. Η απάντηση αυτή θα ήταν, λί- ταιριάζει στον ψυχισμό σου, έναν ψυχισμό φιλικό γο πολύ, ακριβής πριν από μερικά χρόνια. Αλλά ό- στην εσωτερικότητα και την αφαίρεση . χι πια, και είναι καιρός να το καταλάβουμε. Από Καθώς μιλήσαμε για διδασκαλία, να μην αγνο ήτα παιδιά που ξεκινούν σπουδές με επιλογή τα μ α- σου με την πολύπαθη Δευτεροβάθμια Εκπαίδευση, θηματικά, μια μειοψηφία καταλήγει στη Μέση που είναι κι αυτή στόχος - έτσι τους οδηγεί το σύ-Εκπαίδευση και απ' αυτούς πολλοί άθελά τους. στημά μας - κάποιων νέων που σπουδάζουν μαθ η-Και οι άλλοι; Ας δούμε τα πράγματα λίγο μεθοδ ικά. ματικά. Εγώ διαφωνώ. Κατ' αρχήν, να ξεχωρίσουμε τη γνώση από το ε- Μη γελιόμαστε: τα μαθηματικά που χρειάζεται να πάγγελμα: γνώση είναι το τι ξέρεις, επάγγελμα το ξέρεις για να διδάξεις τα μαθηματικά του σχολείου πώς βγάζεις το ψωμί σου. Και ενώ για κάποια ε- είναι . . . τα μαθηματικά του σχολείου ! παγγέλματα, όπως ναυπηγός ή αισθητικός, η γνώ- Τουλάχιστον με τον μηχανικό, χωρίς φαντασία ση που δίνουν οι σπουδές αποτελεί μια, λίγο πολύ, τρόπο που επιβάλλει το σύστημα να διδάσκονται -επαρκή προετοιμασία για το επάγγελμα (ο ναυπη- ερήμην τόσων προόδων στον τομέα της διδασκ αγός, για παράδειγμα, μαθαίνει να φτιάχνει καρ ά- λίας των μαθηματικών! -, για την προπαρασκευή βια), η γνώση που aποκτάς σε μερικούς τομείς δεν του ανθρώπου που θα διαιωνίσει το άχαρο αυτό αποτελεί μονόδρομο προς μια συγκεκριμένη κ α- έργο θα αρκούσαν μερικά γερά φροντιστήρια. ριέρα. Έτσι και ο μαθηματικός: στο πανεπιστήμιο Το να aνοίξεις σε ένα νέο παιδί τα μάτια στη μαδεν μαθαίνει να «κάνει κάτι», μαθαίνει απλώς. . . γεία των ανώτερων μαθηματικών, για να το ρίξεις μαθηματικά. Και τα μαθηματικά είναι ένα εργ α- μετά στην ανία του γυμνασιακο-λυκειακού ρομπολείο πολλαπλών χρήσεων. τισμού, εμένα μου φαίνεται σπατάλη χρόνου, να Στο πτυχίο θα πάρεις τις βάσεις. Μετά, έχεις τρεις μην πω και σαδισμός: σαν να εκπαιδεύσεις έναν - χοντρικά - δρόμους: την έρευνα, την εκπαίδευση, σεφ στην υψηλή κουζίνα του «Ριτς», για να γίνει και την εφαρμογή . μετά ψήστης σε φαστφουντάδικο. Ας τους δούμε αναλυτικά: Φίλοι νέοι: αν η επαγγελματική σας φιλοδοξία ε ί-Η έρευνα και η εκπαίδευση έχουν αρκετή συγγ έ- ναι να γίνετε καθηγητές στη Μεσοβάθμια Εκπα ίνεια, καθώς ο ερευνητής μαθηματικός, ο άνθρωπος δευση, μάθετε καλύτερα να διδάξετε κάτι άλλο. Επου θα αγωνιστεί να διευρύνει τα όρια της ανθρ ώ- γώ θα επέλεγα το μάθημα της Γυμναστικής, που πινης γνώσης, να λύσει άλυτα προβλήματα, να α- θα σας κρατά και σε καλή φυσική κατάσταση . νοίξει νέους δρόμους, κατά κανόνα θα εργασθεί ως Ο τελευταίος δρόμος που αναφέραμε είναι της εκαθηγητής σε ανώτατο ίδρυμα. φαρμογής, η σπουδή των μαθηματικών ως πρώτο Αυτός ο δρόμος προϋποθέτει μεταπτυχιακές σπο υ- βήμα, ώστε να προχωρήσεις με αυξημένα εφόδια δές, μέχρι διδακτορικού. Αν λοιπόν κάποια νέα ή σε έναν κλάδο που τα χρησιμοποιεί. Έτσι κι αλνέος αγαπούν τα μαθηματικά με πάθος, έχουν για λιώς, ο νέος που ξεκινά με κέφι τις ανώτερες ήρωες τον Ευκλείδη, τον Νεύτωνα, τον Ρίμαν, να σπουδές του, στις ημέρες μας πρέπει να κοιτά εξέρουν ότι είναι δυνατόν να ακολουθήσουν μια ξαρχής τον ορίζοντα μετά το πρώτο πτυχίο, στις καριέρα που δεν θα διαφέρει εξωτερικά πολύ από μεταπτυχιακές σπουδές. τη δική τους. Από τα αρχαία χρόνια, η μαθηματική Εδώ, ο μεσαιωνικός τίτλος των μαθηματικών ως


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

«βασίλισσας των επιστημών» αποκτά καίρια σημασία: οι καλές βάσεις στα μαθηματικά αποτελούν ένα πρώτης τάξεως εφαλτήριο για εξέλιξη σε μια σειρά από επιστήμες που τα χρησιμοποιούν κατά κόρον. Πρώτη και καλύτερη είναι η πληροφορική, η πιο ακραία επιτυχημένη περίπτωση εφαρμογής των μαθηματικών στην εποχή μας, και ακολουθούν οι θετικές επιστήμες, φυσική, χημεία, βιολογία, βιοχημεία, κ.ά. ; καθώς και πολλές εφαρμοσμένες, ιατρική, ηλεκτρονικά, οικονομετρία και τόσες άλλες που χρησιμοποιούν όλο και περισσ& τερο στις ημέρες μας προχωρημένα μαθηματικά. Εδώ, οι δρόμοι που ανοίγονται για τον μαθηματικό είναι πολλοί, διαφορετικοί και, θα έλεγα, όλοι ενδιαφέροντες. Ξέρω επιστήμονες, φυσικούς, για-

τρούς, αλλά και επιχειρηματίες, πολιτικούς, αρχιτέκτονες, μουσικούς, ακόμη και συγγραφείς (η αφεντιά μου), που ξεκίνησαν σπουδάζοντας μαθηματικά. Κανείς τους δεν το μετάνιωσε. Γιατί δεν πρέπει να ξεχνάμε ετούτο : η σπουδή των μαθηματικών είναι ο καλύτερη άσκηση στη λογική σκέψη . Όταν ο βασιλιάς της Αιγύπτου Πτολεμαίος ρώτησε τον Ευκλείδη αν υπάρχει τρόπος να μάθει γεωμετρία παρακάμπτοντας τα στρυφνά, καθώς του φαινόταν, «Στοιχεία» του, ο Ευκλείδης απάντησε: «Δεν υπάρχει βασιλικός δρόμος για τη Γεωμετρία». Κι όμως, υπάρχει βασιλικός δρόμος για τις περισσότερες επιστήμες, μα και για άλλα πολλά: τα μαθηματικά. " Β Ό ΉΕνα πολύ-πολύ παράξενο φαινόμενο (2). Μ ια τοποθέτηση

Στο προηγούμενο τεύχος, υποσχεθήκαμε να κάνουμε μια σύντομη τοποθέτηση (σε ό,τι αφορά τη στήλη μας), απέναντι στην απρέπεια της aνωνυμογραφίας. Γράφαμε: «Προκαταβολικά: α) θεωρούμε, τις παρατηρήσεις που μας αφορούν, προϊόντα γνήσιου "σχολαστικισμού", β) δηλώνουμε πως θεωρούμε απρέπεια το να ασκείς την όποια κριτική κρυμμένος πίσω από την ανωνυμία». Er' μείς, από την πλευρά μας, δηλώνουμε κατηγορηματικά πως είναι η τελευταία φορά που ασχολούμαστε με αν� νυμογράφους· γιατί αυτή η κατηγορία ανθρώπων είναι το πιο ρυπαρό είδος "συνομιλητή" . . . i) Γράφει, ο ανωνυμογράφος «Καλά, από τόσα και τόσα ενδιαφέροντα, που υπάρχουν, την "Ελένη της Γεωμετρίας" διάλεξες ! >> και συνεχίζει: «χωρίς να μας λέει ποιοι την αποκαλούν έτσι! Ίσως για "καλαμπούρι" το 'πε κάποιος, και ο Bell πρόθυμα το μετέφερε στο βιβλίο του . . . >> . Απάντηση Φαίνεται πως ο άνθρωπος αυτός α) δεν μπήκε ποτέ του σε αίθουσα Σχολείου ή απ' τα πολλά χρόνια που πέρασαν ξέχασε τι θα πει να aπευθύνεσαι σε μαθητή, β) μήπως ο κύριος αυτός γνωρίζει καμιά Ιστορία των Μαθηματικών (και όχι μόνο) για την οποία να μη υπάρχουν βάσιμες ενστάσέις ερευνητών σε ορισμένα θέματα; Α ν γν� ρίζει κάτι τέτοιο να μας το 'πει και σε μας να το Πα. "Α υτό το ξέρατε,· " [η απάντηση )

Evariste Galois (γεννήθηκε στις 26/ 10/ 1 8 1 1 στο μικρό χωριό Bourg-la-Reine λίγο έξω απ' το Παρίσι και πέθανε 3 1/5/ 1 832 στο Παρίσι σε ηλικία 2 1 ετών), γιος του Nicolas-Gabήel Galois και της Adelaide-Maήe Demante. Μέχρι την ηλικία των 1 2 χρόνων δεν είχε δάσκαλο άλλο παρά τη μητέρα του. Το 1 823, στην ηλικία των 1 2 χρόνων, μπήκε στο Γυμνάσιο του Louis-leGrang στο Παρίσι. Σε ηλικία 13 χρόνων έπεσε στα χέρια του η Γεωμετρία του Andήen-Maήe Legendre ( 1 752- 1 833). Ενώ ένας συνηθισμένος μαθητής την αφομοιώνει σε δύο χρόνια, ο Galois χρειάστηκε τόσο χρόνο όσο χρειάζεται ένα παιδί για να διαβάσει μια πειρατική ιστορία. Από κείνη τη στιγμή ξύπνησε μέσα του

μάθουμε, γ) η λογική αυτού του ανθρώπου μας οδηγεί κατ' ευθείαν στον αγνωστικισμό, δηλ. μια φιλοσοφική θεωρία σφόδρα αντίθετη προς τη μαθηματική λογική. Αυτό το αντιλήφθηκε, άραγε; ii) Και τώρα η αποθέωση του σχολαστικισμού· γράφει ο aνωνυμογράφος «Γ ράφεις για ανεστραμ!lliΥ!ι κυκλοειδή παίρνοντας τη λέξη από τη σελ. 1 33 . . . Πότε, "Β ' Ευκλείδη" , η κυκλοειδής είναι ανεστραμμένη; και πότε όρθια; Τι πάει να πει "ανεστραμμένη" ; Στο πρωτότυπο ο Bell γράφει πολύ σωστά: "Όταν την γυρίσουμε ανάποδα, σαν ένα μπολ' '» Απάντηση Μα, καλά, ο ανωνυμογράφος α) δεν είδε πως μέσα στο κείμενό μας υπάρχει το σχήμα της ανεστραμμένης κυκλοειδούς στο οποίο, κατά σύμβαση, γίνεται παραπομπή ; β) δηλ. , ο κύριος αυτός κάθε φορά που χρησιμοποιεί τον όρο "εφαπτόμενη" καμπύλης, διευκρινίζει αν η εφαπτόμενη αυτή βρίσκεται «υπεράνω» ή «υποκάτω» της καμπύλης στην περιοχή του «σημείου επαφής»; Αν αυτό δεν ονομάζεται σχολαστικισμός . . . iii) Παρ' όλα αυτά, αν ο κύριος αυτός πάψει να είναι ανωνυμογράφος, εμείς θα δημοσιεύσουμε την όποια απάντησή του. ο μεγάλος μαθηματικός που κρυβόταν μέσα του.

Στα 14 με 1 5 χρόνια του διδάχθηκε Άλγεβρα από τα βιβλία του Lagrange ( ! ! !) που απευθύνονταν σε ώριμους μαθηματικούς. Στα δεκάξι του χρόνια έδωσε εξετάσεις στην περίφημη Ecole Polytechnique (Πολυτεχνική Σχολή) κι απέτυχε . . . Να τι έγραφε ο Terquem (εκδότης του μαθηματικού περιοδικού ''Nouvelles Annales de Mathematiques"), 25 χρόνια αργότερα γι' αυτή την αποτυχία: «Ένας υποψήφιος ανώτερης διανοητικής ικανότητας χάθηκε εξ αιτίας ενός εξεταστή χαμηλότερης διανοητικής ικανότητας. Hic ego barbarus sum quia non intelligor illis (Επειδή αυτοί δεν με καταλαβαίνουν, είμαι βάρβαρος)»


ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Στα 1 7 του χρόνια ( 1 828) είχε την τύχη να έχει δάσκαλο Μαθηματικών (στο σχολείο του Louis-le-Grang) τον Luis-Paul-Emile Richard ( 1 795- 1 849), έναν άνθρωπο (ίσως ο μοναδικός) που κατάλαβε τη μεγαλοφυία του Galois και έκανε το παν για να τον βοηθήσει τους μαθητές του · αρκεί να σκεφθεί κανείς πως τον ελεύθερο χρόνο του παρακολουθούσε παραδόσεις ανώτερ-ης Γεωμετρίας στη Σορβόννη για να παραμένει συγχρονισμένος με την πρόοδο των Μαθηματικών και να μεταδίδει τις γνώσεις αυτές στους μαθητές του. Ο Richard έλεγε για τον Galois «0 μαθητής αυτός υπερέχει αισθητά από κάθε άλλο συμμαθητή του. Εργάζεται μόνο σε θέματα ανώτερων Μαθηματικών»

Την 1 /3/1 829 ο Galois δημοσίευσε το πρώτο του δοκίμιο για τα συνεχή κλάσματα.

Την ίδια χρονιά ο Galois συγκέντρωσε τις θεμελιακές ανακαλύψεις του, που έκανε μέχρι την ηλικία των 1 7 χρόνων, σε μια μελέτη την οποία ήθελε να υποβάλει στην Ακαδημία Επιστημών. Ο Cauchy (AugustinLouis) του υποσχέθηκε να την παρουσιάσει ο ίδιος στην Ακαδημία, αλλά το ξέχασε. Και για να ολοκληρώσει το έργο της η καταστροφική του αμέλεια, ο Cauchy έχασε τα χειρόγραφα του συγγραφέα.

Την ίδια χρονιά παρουσιάστηκε για δεύτερη φορά στις εισαγωγικές εξετάσεις για την Ecole Polytechni que. Οι "ευφυείς" εξεταστές του το απέρριψαν. Στη διάρκεια της προφορικής εξέτασης, ένας από τους εξεταστές του aποτόλμησε να συζητήσει μαζί του ένα δύσκολο μαθηματικό θέμα. Ο εξεταστής και λάθος έκανε αλλά και ισχυρογνώμων ήταν. Ο Galois έχασε την υπομονή του και σε μια έκρηξη οργής πέταξε το σφουγγάρι και την κιμωλία στα μούτρα του εξεταστή . . . .

Φλεβάρης του 1 830 ο Galois σε ηλικία 1 9 χρόνων γίνεται δεκτός σε πανεπιστημιακή σχολή. Στη διάρκεια αυτού του χρόνου έγραψε τρία δοκίμια στα οποία περιέχονται μερικές από τις σημαντικότερες εργασίες του στη θεωρία των αλγεβρικών εξισώσεων.

Την ίδια χρονιά υπέβαλε μια διατριβή στην Ακαδημία Επιστημών, διεκδικώντας το Μεγάλο Βραβείο των Μαθηματικών. Μόνο οι μεγάλοι μαθηματικοί της εποχής μπορούσαν να το διεκδικήσουν με πιθανότητες επιτυχίας. Ήταν μια εργασία υψηλού βαθμού πρωτοτυπίας. Αργότερα, μετά το θάνατό του, οι εμπειρογνώμονες συμφωνούν ότι η εργασία αυτή άξιζε το βραβείο και με το παραπάνω. Ο γραμματέας της Ακαδημίας το πήρε στο σπίτι του για να το εξετάσει, αλλά πέθανε πριν μπορέσει να το δει. Όταν, μετά το θάνατο του γραμματέα, αναζητήθηκε το χειρόγραφο του Galois, δεν βρέθηκε πουθενά. Έτσι άλλη μια πίκρα σημάδεψε τον Galois.

Οι πρώτοι πυροβολισμοί της επανάστασης του 1 830 γέμισαν χαρά τον Galois. Προσπάθησε να ξεσηκώσει,

υπέρ της επανάστασης τους φοιτητές του πανεπιστημίου και δεν τα κατάφερε. Την ίδια στιγμή (στη διάρκεια των «τριών ένδοξων ημερών»), οι ηρωικοί φοιτητές της Ecole Polytechnique, έξω στους δρόμους, έγραφαν ιστορία. Τον έδιωξαν από το πανεπιστήμιο και τότε αποφάσισε να παραδίδει ιδιαίτερα μαθήματα με θέματα «μια νέα θεωρία των φανταστικών αριθμών [η οποία είναι σήμερα γνωστή ως «θεωρία των φανταστικών αριθμών του Galois» μεγάλης σημασίας για την άλγεβρα και τη θεωρία των αριθμών] τη θεωρία της επίλυσης των εξισώσεων με ριζικά και τη θεωρία των αριθμών» δηλ. όλο το έργο του.

Κατηγορήθηκε ότι σε μια συνεστίαση ομοϊδεατών του Δημοκρατικών, στις 9/5/ 1 83 1 , εκτόξευσε απειλές για τη ζωή του Λουδοβίκου Φιλίππου αλλά δικαστές και ένορκοι τον αθώωσαν λόγω του νεαρού της ηλικίας του. Ένα μήνα αργότερα, στις 14/7/ 1 83 1 , συνελήφθη προληπτικά και κλείστηκε στη φυλακή χωρίς να του απαγγελθεί καμιά κατηγορία. Οι εφημερίδες της εποχής πανηγύριζαν πως εκεί που ήταν κλεισμένος ο «επικίνδυνος» Δημοκρατικός δεν θα μπορούσε να κάνει καμιά επανάσταση . . . Μια επιδημία χολέρας ήταν η αιτία να τον πάρουν από τη φυλακή και να τον κρατήσουν σε ένα Νοσοκομείο ( 1 6/3/1 832)" ο «πιο σημαντικός πολιτικός κρατούμενος» ο οποίος απείλησε τη ζωή του Λο� δοβίκου Φιλίππου ήταν «τόσο πολύτιμος στα χέρια των αρχών που δεν επιτρεπόταν να εκτεθεί στον κίνδυνο της χολέρας». Αφέθηκε ελεύθερος με εγγύηση το λόγο της τιμής του.

Στις 1 3/5/ 1 832, ξημερώματα, ο Galois τραυματίζεται βαριά σε μια μονομαχία «για υπόθεση τιμής» και στις 3 1 /5/1 832, ξημερώματα, πέθαινε από περιτονίτιδα, στο εικοστό πρώτο έτος της ηλικίας του.

Όλη τη νύχτα δαπάνησε τις τελευταίες ώρες της ζωής του μέσα στον πυρετό, για να εκφράσει βιαστικά την τελευταία του επιστημονική θέληση και διαθήκη, �

γκεντρώνοντας και καταγράφοντας μερικά από τα τόσα σημαντικά πράγματα που είχε στο γόνιμο μυαλό του, πριν ο θάνατος τα σβήσει. Όσα έγραψε στις τελευταίες αυτές ώρες πριν ξημερώσει, θα απασχολήσουν γενεές μαθηματικών για εκατοντάδες χρόνια. Είχε ανακαλύψει την αληθινή λύση ενός γρίφου που βασάνιζε τους μαθηματικούς για αιώνες: Κάτω από ποιες συνθήκες μπορεί να λυθεί μια εξίσωση; Αλλά κι αυτή δεν ήταν παρά μια απ' τις πολλές ανακαλύψεις του Galois. Στο μεγάλο αυτό έργο ο Galois χρησιμοποίησε τη θεωρία των ομάδων με εξαιρετική επιτυχία. Ο Galois ήταν πράγματι ένας από τους μεγάλους πρωτοπόρους αυτής της αφηρημένης θεωρίας, η οποία έχει σήμερα θεμελιακή σημασία για όλα τα Μαθηματικά.

Ακατάβλητο από το χρόνο μνημείο του είναι τα άπαντά του, που γεμίζουν, μόλις, εξήντα σελίδες !

Πηγή : "ΟΙ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΟΙ", Ε.Τ. Bell, τόμ. Π, σ. 1 1 7, Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης

Προαγγελία: Κάποιοι φίλοι της στήλης, μας ζήτησαν να γράψουμε "δυο λόγια" για τον "μέγιστο", όπως τον αποκαλούν, μαθηματικό Rene Descartes (γνωστότερος στους Έλληνες ως Καρτέσιος) . Εμείς δεν έχουμε καμιά αντίρρηση και τους υποσχόμαστε πως θα το φροντίσουμε. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/27

· ···· ·=··· - .

Επιμέλεια : Επιτροπή Διαγωνισμών

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία και στη χρονιά που πέρασε συνέχισε την προσπάθεια διάδοσης και καλλιέργειας των μαθηματικών μέσα από τους διαγωνισμούς που διοργανώνει με την Επιτροπή Διαγωνισμών. Ετσι:

Η 20η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διεξήχθη στα τίρανα της Αλβανίας από τις 2 έως 7 Μαϊου. Η Ελληνική αποστολή αποτελείτο από τους μαθητές: Αρετάκη Στέφανο, Γ αλάνη Ανδρέα, Παπαϊωάννου Αθανάσιο, Παπαλάμπρο Μιχαήλ, Ρασσιά Μιχαήλ, Ρούτη Ευάγγελο.

Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Σύμβουλος του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου Δημήτριος Κοντογιάννης και υπαρχηγός ήταν η Μαθηματικός Αγγελική Βλάχου.

Συμμετείχαν 9 χώρες: Ελλάδα, Αλβανία, Βουλγαρία, Σερβία και Μαυροβούνιο, Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία της Μακεδονίας, Τουρκία, Ρουμανία, Κύπρος και Μολδαβία.

Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν τέσσερα χάλκινα μετάλλια (Αρετάκης Στέφανος, Παπαϊωάννου Αθανάσιος, Παπαλάμπρος Μιχαήλ και Γαλάνης Ανδρέας) και μια Εύφημη Μνεία (Ρούτης Ευάγγελος).

Η 7η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Νέων διεξήχθη στο Κουσάντασι της Τουρκίας από τις 20 έως 26 Ιουνίου. Η Ελληνική αποστολή αποτελείτο από τους μαθητές: Δουβρόπουλο Θεοδόσιο, Ηλιοπούλου Μαρίνα, Καραγιαννόπουλο Φσ:

έθοντα, Κασσελάκη Στέφανο, Κουφογιάννη Φραγγίσκο και, Σαρλά Ευφροσύνη. Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Επίκουρος Καθηγητής του ΕΜΠ Ανάργυρος Φελλούρης και υπαρχηγός ήταν η Μαθηματt

κός Αγγελική Βλάχου. Έλαβαν μέρος 8 Βαλκανικές χώρες (Ελλάδα, Βουλγαρία, Σερβία και Μαυροβούνιο, Πρώην Γιουγκοσλαβική Δημοκρατία

της Μακεδονίας, Τουρκία, Ρουμανία, Κύπρος και Μολδαβία) Οι Έλληνες μαθητές κατέκτησαν τρία μετάλλια ως εξής:

Θεοδόσιος Δουβρόπουλος Αργυρό μετάλλιο ι Ευφροσύνη Σαρλά Χάλκινο μετάλλι� Φαέθων Καραγιαννόπουλος Αργυρό μετάλλιο

Η 44η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα, διεξήχθη στο Τόκιο από 7 έως 20 Ιουλίου 2003 και συμμετείχαν 82 χώρες. Την Ελλάδα εκπροσώπησε πολυμελής αντιπροσωπεία αποτελούμενη από τον Πρόεδρο της Ελληνικής Μαθηματικής Ετα�

ρείας και μέλος της Διεθνούς Επιτροπής Οργάνωσης των Διεθνών Μαθηματικών Ολυμπιάδων (ΙΜΟ Adνisory Board), Καθηγητή Πανεmστημίου Πειραιά Νικόλαο Αλεξανδρή, τον Α' Αντιπρόεδρο, Επίκουρο Καθηγητή του Πανεπιστημίου Αθηνών Γεώργιο Δημάκο, τα μέλη του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. Γεώργιο Δάσιο, Καθηγητή Πανεπιστημίου Πατρών, Σταύρο Παπασταυρίδη, Πρόεδρο του Μαθηματικού Τμήματος του Πανεπιστημίου Αθηνών, Κωνσταντίνο Σάλαρη, Πληροφορικό και Χριστόφορο Αχτσαλωτίδη, Σχολικό Σύμβουλο Μαθηματικών, καθώς και τους Θεόδωρο Μπόλη, Καθηγητή του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων και Δημήτριο Ζέρβα, Καθηγητή Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης.

Σκοπός της συμμετοχής της παραπάνω ελληνικής aντιπροσωπίας ήταν η παρακολούθηση όλων των διαδικασιών της διεξσ:γωγής της 44ης Δ.Μ.Ο. προκειμένου να διοργανωθεί με επιτυχία η 45η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα που θα πραγματοποιηθεί για πρώτη φορά στην Ελλάδα, τον Ιούλιο του 2004.

Η εξαμελής ελληνική ομάδα των μαθητών μας είχε επιτυχή παρουσία. Κατέλαβε την 4η θέση ανάμεσα στις χώρες της Ευρωπαϊκής Ένωσης. Κατέκτησαν 5 μετάλλια και μια εύφημη μνεία, ως εξής: Μιχαήλ Ρασσιάς Αργυρό μετάλλιο Αθανάσιος Παπαϊωάννου Χάλκινο μετάλλιο Στέφανος Αρετάκης Χάλκινο μετάλλιο Μιχαήλ Παπαλάμπρος Χάλκινο μετάλλιο Ανδρέας Γαλάνης Χάλκινο μετάλλιο Ευάγγελος Ρούτης Εύφημη μνεία

Αρχηγός της ομάδας ήταν ο Επίκουρος Καθηγητής του Εθνικού Μετσόβειου Πολυτεχνείου κ. Ανάργυρος Φελλούρης και υπαρχηγός ήταν ο Σύμβουλος του Παιδαγωγικού Ινστιτούτου, καθηγητής Μαθηματικών κ. Δημήτριος Κοντογιάννης.

� 64ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ' 'Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ "

ΣΑΒΒΑΤΟ, 20 ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΥ 2003 Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ

1. Θεωρούμε τους πραγματικούς αριθμούς x,y,z και w . Αν αντικαταστήσουμε τους x,y,z,w με τους αριθμούς

Χ1 = χ + 10 ,y1 = y + 10 ,z1 = z + 10 ,w1 = w + 10 , το άθροισμα των Χ1 , y 0 z1 , w 1 είναι 1040.

Α ν αντικαταστήσουμε τους χ, y, z, w με τους αριθμούς χ2 = 10-χ, y2 =20-y, Z2 = 30 - z, w 2 = 40 - w πόσο θα είναι το άθροισμα Χ2 + y2 + z2 + w2 ;

Λύση Από την υπόθεση έχουμε: (χ + 10) + (y + 1 0) + (z + 10) + (w + 10) = 1 040 {:::?

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' λζ' τ.4/28

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

(χ + y + z + w) + 40 = 1040 <=:> χ + y + z + w = 1 000. Άρα θα έχουμε: Χ2 + y2 + z2 + w2 = 1 00 - (x + y + z + w) = = 100 - 1 000 = -900.

2. Να αποδείξετε ότι ο αριθμός n2 + 5n + 5, δεν είναι τέλειο τετράγωνο για οποιοδήποτε η ε Ν .

Λύση Παρατηρούμε ότι: (n+2)2 <n2 +5n+5< (n+3)2 , οπότε ο φυσικός αριθμός n2 + 5n + 5 βρίσκεται μεταξύ δύο τετραγώνων διαδοχικών φυσικών αριθμών. Άρα δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγωνο για οποιοδήποτε η e Ν . 3 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ πλευράς α. Με

κέντρο Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε κύκλο. Από τυχόν σημείο Μ του τόξου ΒΔ που βρίσκεται μέσα στο τετράγωνο φέρουμε κάθετη προς την ακτίνα ΑΜ, η οποία τέμνει την ΒΓ στο Ε και την ΓΔ στο Ζ. Να αποδείξετε

ότι : (i) ΕΖ=ΒΕ+ΔΖ (ii) α < ΕΖ < α 2

Λύση (i) Τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΜΖ είναι ορθογώ-νια ( Δ = Μ = 90° ) και έχουν την υποτείνουσα ΑΖ κοινή και ΑΔ=ΑΜ=α, ως ακτίνες τους κύκλους (Α, α).

Άρα είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΖΜ=ΔΖ ( 1 ) . Ομοίως τα τρίγωνα ΑΒΕ και ΑΜΕ είναι ίσα, οπότε θα έχουν και ΜΕ=ΕΒ (2). Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΕΖ=ΒΕ+ΔΖ. (ii) Από το τρίγωνο ΕΓΖ λαμβάνουμε ΕΖ < ΕΓ + ΖΓ = (ΒΓ- ΕΒ) + (Γ Δ- ΔΖ)

= (ΒΓ + Γ Δ) - (ΕΒ + ΔΖ) = 2α- ΕΖ Άρα είναι ΕΖ < 2α - ΕΖ� 2ΕΖ < 2α� ΕΖ < α (3) Επίσης έχουμε:

ΔΖ+ ΖΕ+ ΕΒ > ΔΒ� 2ΖΕ > ΔΒ> α�� <ΖΕ (4) . 2 Από τις (3) και (4) προκύπτει η (ii) .

4. Οι αριθμοί μ, ν είναι θετικοί ακέραιοι με μ � 6008 . Να προσδιορίσετε τη μικρότερη

δυνατή θετική τιμή του αριθμού Α = 3 - .!!. . ν

Λύση Για να είναι ο Α = 3 - � = 3ν - μ θετικός και ν ν να παίρνει τη μικρότερη δυνατή τιμή πρέπει ο αριθμητής του 3ν-μ να παίρνει τη μικρότερη δυνατή θετική τιμή (δηλαδή πρέπει 3ν-μ= 1 ) και ο παρανομαστής του να παίρνει τη μεγαλύτερη δυνατή θετική τιμή . Επειδή μ � 6008 και 3ν-μ=1 έπεται ότι

3ν - 1 � 6008 � ν � 2003 . Άρα η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του ν είναι 2003 , οπότε η μικρότερη δυνατή θετική τιμή του Α ' 1 ειναι -- . 2003

Παρατήρηση : Επειδή ο ν είναι θετικός ακέραιος, αποκλείεται να είναι οι δύο όροι του κλά-3ν - μ σματος -- αρνητικοί. ν

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ 1 . Να λύσετε στο σύνολο των πραγματικών α

ριθμών την εξίσωση (9χ2 - 3χ + 3)( 4y2 + 12y + 29) = 55.

Λύση Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: [(3χ -Η + � ] [(2y + 3)' + 20] = 55 ( Ι )

' ( 1 )2 1 1 1 1 Όμως 3χ -- +- 2':- και 2 4 4 (2y + 3)2 + 20 2': 20, οπότε [ (3χ -Η + � ] [(2y + 3)' + 2ψ �� 20 = 55

Άρα για να αληθεύει η ( 1) πρέπει και αρκεί να ' ( 1)2 1 1 1 1 ισχυουν: 3χ-- +- =- και (2y + 3)2 + 20 = 20 2 4 4

1 <=:> 3χ -- = 0 και 2y + 3 = 0 2 1 3 <::::> χ = -6 και y = --2

2 . Έστω α, β θετικοί ακέραιοι τέτοιοι ώστε 1 � β � α. θεωρούμε και τους αριθμούς

Α = (�α2 + β - α)2 , Β = (�α2 + β + α)2 • Ν α αποδείξετε ότι :

(i) ο αριθμός �α2 + β είναι άρρητος.


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

(ii) ο αριθμός Α είναι άρρητος με

Ο < Α < .!_ . 4

(iii) ο αριθμός Β είναι άρρητος με δεκαδικό μέρος μεγαλύτερο του 0,75.

Λύση (i) Επειδή ισχύει α2 < α2 + β < (α + 1)2 , ο α-ριθμός α2 + β δεν μπορεί να είναι τέλειο τετράγω-νο ακεραίου . Άρα ο αριθμός �α2 + β είναι άρρητος.

(ii) 'Εχουμε Α = 2α2 + β - 2α�α2 + β και είναι άρρητος ως άθροισμα του ρητού 2α2 + β και του άρρητου -2α�α2 + β . Επιπλέον έχουμε:

Α = β + 2α(α -�α2 + β ) > Ο , αφού α < �α2 + β .

Άρα θα είναι: 2α�α2 + β < 2α2 + β =::;, �α2 + β < α +l._ � α +.!.. 2α 2 =::;, �α2 + β - α <�=::;, Α = (�α2 + β - α)2 <� Ομοίως έχουμε ότι ο αριθμός

Β = 2α2 + β + 2α�α2 + β είναι άρρητος. Επιπλέον παρατηρούμε ότι Α + Β = 4α2 + 2β , δηλαδή ο Α+Β είναι θετικός ακέραιος. Επειδή είναι Ο < Α < Ο, 25 = .!.. έπεται ότι το δεκαδικό μέρος του 4 Β θα είναι μεγαλύτερο του Ο, 75 = � . 4 3 . Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ πλευράς α

και σημεία Δ,Ε και Ζ πάνω στις πλευρές ΒΓ,

Γ Α και ΑΒ, αντίστοιχα, έτσι ώστε ΔΓ= α

, 3

Ε μέσον Γ Α και ΑΖ= 3α . Να βρείτε τη γω-4

νία ΔΕΖ. Λύση

1 °ς τρόπος : Από νόμο συνημιτόνων στα τρίγωνα ΑΖΕ,

z 7α2 ΔΕ2 __ 7α2 ΒΖΔ, ΓΕΔ προκύπτει ότι ΖΕ =-, 16 36 ' ΔΖ2 49α2 Α , , , , = 144 . πο νομο συνημιτονων στο τριγωνο ΔΕΖ έχουμε ότι συν(ΔΕΖ )= 1 /2, οπότε θα είναι ΔΕΖ = 60° .

2ος τρόπος: Έστω η προέκταση της ΕΖ τέμνει την προέ-

κταση της ΒΓ στο σημείο Ι. Αν Θ είναι το μέσον της ΑΒ, τότε τα τρίγωνα ΖΘΕ και ΖΒΙ είναι ίσα α Α Α γιατί έχουν ΖΒ = ΖΘ = 4, Ζ1 = Ζ2

ΖΒΓ = zΘΕ (εντός εναλλάξ). Άρα θα είναι και ffi = ΘΕ = ΒΓ = � . 2 2

Α

και

Ι - - - - - - - - - -Β Δ Γ Αν Η είναι το μέσον της ΒΓ και η ΘΗ τέμνει την ΕΙ στο Κ, τότε τα τρίγωνα ΘΚΕ και ΗΚΙ είναι όμοια, οπότε θα είναι:

α ΘΚ ΘΕ 2 1 ΘΚ 1 -=-=-=-=> =--=> ΚΗ ΙΗ α 2 ΘΚ + ΚΗ 1 + 2 ΘΚ 1 ΘΗ α =::;,-=-=> ΘΚ =-=-ΘΗ 3 3 6

Τα τρίγωνα ΕΗΔ και ΕΚΘ έχουν ΕΗ = ΕΘ =� ΘΚ =� = ΔΗ (αφού 2 ' 6

α α α ΗΔ = ΗΓ - ΔΓ =--- =- ) και 2 3 6 ΕΗΔ = 60° = ΕΘΚ . Άρα τα τρίγωνα ΕΗΔ και ΕΚΘ είναι ίσα, οπ&

τε θα έχουν ΔΕΗ = κ.ΕΘ και θα είναι: ΔΕΖ = ΔΕΗ + ΗΕΖ = κ.ΕΘ + ΗΕΖ = ΗΕΘ = 60° . 4. Στις πλευρές ΑΒ, ΒΓ και Γ Δ ορθογωνίου

ΑΒΓΔ με ΒΓ<ΑΒ<2ΒΓ παίρνουμε σημεία Μ, Ρ και Ν , αντίστοιχα, τέτοια ώστε ΜΒ=ΓΡ=ΔΝ=ΑΒ-ΒΓ. (i) Να βρείτε τη γωνία ΡΑΝ

(ii) Ν α αποδείξετε ότι Ν.ΜΤ > π 4

Λύση (i) Τα τρίγωνα ΑΔΝ και ΝΓΡ είναι ίσα ( Δ = Γ = 90° , ΔΝ = ΓΡ, ΑΔ = ΝΓ ), οπότε θα έχουν ΝΑ=ΝΡ και αφού ΡΝΓ + ΑΝΔ = ΔΑΝ+ ΑΝΔ = 1 80° - 90° = 90°

θα είναι και ΑΝΡ = 90° . Τότε το τρίγωνο ΑΝΡ είναι ορθογώνιο και ι-

σοσκελές, οπότε Ρ ΑΝ= 45° . (ii) Επείδη ΓΝ=ΓΒ και ΓΡ=ΜΒ τα ορθογώνια τρίγωνα ΡΓΝ και ΜΓΒ είναι ίσα, οπότε θα είναι


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

ΓΝΡ = MfB = α , οπότε ΝfQ = 90 - α = β και ΝQΓ = α + β = 90° .

Δ Ν Γ

I \ I

\ I ν

Ρ

Α Μ Β Στο τρίγωνο ΝΡΓ έχουμε ΓΡ=ΜΒ<ΒΓ=ΓΝ, ιr πότε θα είναι α<β και αφού α + β = 90° έπεται ότι α < 45° και β > 45° . Στο τρίγωνο QΡΓ έχουμε ότι

PQ < QΓ ς:::, ΝΡ -NQ < ΜΓ -MQ ς:::, ς:::, ΜΓ -NQ < ΜΓ -MQ

ς:::, -NQ < -MQ ς:::, NQ > MQ ς:::, NMQ > MNQ και αφού NMQ + MNQ = 90° ( αφού NQ l. QM ), θα είναι ΝΜΓ = NMQ > 45° .

Γ λΥ ΚΕΙΟΥ 1 . Οι θετικοί πραγματικοί αριθμοί

α, β, γ, χ, y, z ικανοποιούν τις ισότητες α2 + β2 = γ2 και χ2 + y2 = z2 .

Να αποδείξετε ότι ικανοποιούν και την σχέση (α + χ)2 + (β + y)2 � (γ + z)2 . Πότε ισχύει η ισότητα;

Λύση 1 "' Τρότως (α + χ)z + (β + y)z $ (γ + z)z ς:::,

ς:::, α2 + χ2 + 2αχ + β2 + y2 + 2βy $ γ2 + z2 + 2γz ς:::, ς:::, αχ + βy $ γz που ισχύει γιατί από την ανισότητα Cauchy -Schwartz έχουμε:

γ2z2 = (α2 + β2 )(χ2 + y2 ) � (αχ + βy)2 ( 1 )

=> lγz l � Ιαχ + βy l => γz � αχ + βy, αφού α, β, γ,χ, y, z>O. Η ισότητα ισχύει όταν Q. = 1. , όπως προκύπτει α χ από την ( 1 ) . 2"' Τρόπος (Με χρήση εσωτερικού γινομένου)

Θεωρούμε τα διανύσματα u = (α, β) και ν = (χ, y)

Τότε : u2 = α2 + β2 = γ2 => lu l = γ και � 2 = χ 2 + y2 = z2 => I �ι = z . Άρα lu i · Ι� ι = γz � ϋ . � = αχ + βy (2) Τώρα, για τη ζητούμενη ισοδύναμα έχουμε:

(α + χ)2 + (β + y)2 $ (γ + z)2 ς:::, α2 + χ2 + 2αχ +

+β2 + y2 + 2βy $ γ2 + z2 + 2γz ς:::, ς:::, 2( αχ + βy) $ 2γz ς:::, αχ + βy $ γz

που ισχύει (όπως δείχνει η (2)). Άρα ισχύει και η ζητούμενη . Η ισότητα ισχύει όταν: 1" 1 · 1� 1 = ϊi . � ς:::, ϊi ii � ς:::,� = �

( αφού και α, β, χ, y ομόσημοι) . 2. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓ Δ με Γ Δ=6 και ΑΒ= χ ,

όπου χ θετικός ακέραιος. Οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Ε. Η παράλληλη από το Ε προς τις δύο βάσεις τέμνει τις ΑΔ και ΒΓ στα σημεία Ζ και Η, αντίστοιχα. Να προσδιορίσετε τις τιμές του χ για τις οποίες το μήκος του ΖΗ είναι θε-τικός ακέραιος.

Λύση , ΖΔ ΕΓ ΓΔ 6 Εχουμε -=-=-=-=> ΖΑ ΕΑ ΑΒ χ ΖΔ + ΖΑ 6 + χ ΑΔ 6 + χ => = -- =>-= -- . ΖΑ χ ΖΑ χ

Α χ Β

Ά , ΖΕ ΖΑ χ ΖΕ 6χ ρα ειναι -=-= -- και =-- . ΓΔ ΑΔ 6 + χ 6 + χ ο ' β ' ' ΕΗ 6χ ' θ μοιως ρισκουμε οτι = --, οποτε α 6 + χ

' ΖΗ 1 2χ ' θ ' ' ειναι = -- , οπου χ ετικος ακεραιος. 6 + χ Όμως ΖΗ = 12χ + 12 · 6 - 12 · 6 = 12 _� . 6 + χ 6 + χ Άρα έχουμε ΖΗ θετικός ακέραιος ς:::, (6+χ)/72

ς:::, 6 + Χ Ε {8, 9, 1 2, 1 8, 36, 72} (αφού 6 + χ > 6)

ς:::, Χ Ε {2, 3, 6, 1 2, 30, 66} Η περίπτωση χ = 6 απορρίπτεται, γιατί τότε το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι παραλληλόγραμμο.

3 . Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ φέρουμε τη διχοτόμο της γωνίας ΑΓ Δ που τέμνει τη ΒΔ στο Λ και την προέκταση της ΒΑ στο Κ. Α ν Μ είναι το σημείο τομής των διαγωνίων και ισχύει ότι ΜΑ · ΜΓ + ΜΑ · Γ Δ = ΜΒ · ΜΔ , να αποδείξετε ότι ΒΚr = ΒΔΓ .


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

Λύση Στο τρίγωνο ΜΓ Δ έχουμε από το θεώρημα της διχοτόμου ότι: ΜΛ =ΜΓ

<==> ΜΓ = ΓΔ = :ΜΓ+ΓΔ =:ΜΓ+ΓΔ ( 1 ) ΛΔ ΓΔ ΜΛ ΛΔ ΜΛ+ΛΔ ΜΔ Από την υπόθεση MA·l'v1Γ +ΜΑ·ΓΔ=.ΜΒ·.ΜΔ ΜΓ + ΓΔ ΜΒ --- = έπεται ότι (2) ΜΔ ΜΑ

Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι ΜΓ = ΜΒ ΜΛ ΜΑ και αφού ΛΜΓ = ΒΜΑ , τα τρίγωνα ΑΜΒ και ΜΛΓ είναι όμοια με fΊ = ΛfΜ = ΑΒΜ = Β1 •

Επειδή ΓΚ διχοτόμος της γωνίας Af Δ θα είναι και Β 1 = f2 , οπότε το τετράπλευρο ΒΓ ΔΚ είναι εγγράψιμο.

κ �'�,�-----------'

' '

' '

' '

' '

' '

' '

' '

Άρα θα είναι και ΒΚr = ΒΔΓ . Γ

4. Να αποδείξετε ότι για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς α1 , α2 , • • • , α ο ισχύει ότι:

Επειδή ισχύει ότι: α2 - α1 = ( α2 + α1 ) - 2α1 = 1 2

α, ( α1 + α2 ) α1 ( α1 + α2 ) α, α, + α2 και ομοίως για τα υπόλοιπα κλάσματα, η ανισότητα γίνεται 1 2 1 2 1 2 ---+-- + . . . +-- 2 0 α, α, + α2 α2 α2 + α3 αn αn + α. 1 1 1 <:::> - +-+ . . . +- 2 α, α2 αn

2 2 ( 1 + 1 + . . . + 1 ) α, + α2 α2 + α3 α ο + α, ή αρκεί 1 1 1 1 1 1 -+-+ . . . +- 2 -- +-- + . . . +--α, α2 α" �α1α2 �α2α3 �α"α'

( αφού για α,β>Ο ισχύει α + β 2 2JΟ.β ) ( 1 1 2 ) <:::> � +� - �α1α2 +

+ -+---- + + - +---- >Ο ( 1 1 2 ) ( 1 1 2 ) α2 α3 �α2α3

. . . α" αι �αnαι -

� (k-k)' + + (k -k)' � ο ' ( 1 1 )2 ( 1 1 ) που ισχυει + � - � + . . . + .,Γα: - Fι 2 0,

που ισχύει.

" Ο Αρχιμήδης" ΣΑΒΒΑΤΟ, 7 ΦΕΒΡΟΥΑΡΙΟΥ 2004

Θέματα μεγάλων τάξεων 1 . Να βρεθεί η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του

θετικού πραγματικού αριθμού Μ για την οποία αληθεύει η ανισότητα

χ4 + y4 + z4 + xyz(x + y + z) <::: M(xy + yz + zx)2 , για κάθε x,y ,z ε JR.

Λύση Για x=y=z η ανισότητα γίνεται: 6χ4 2 Μ · 9χ4 , για κάθε χ ε !R <:::> Μ � � -3 Επομένως , η μεγαλύτερη δυνατή τιμή του Μ

θ ' 2 ' δ 'ξ ' ' θ α ειναι - , εφοσον απο ει ου με οτι για κα ε 3 χ, y, z ε IR ισχύει:

2 χ4 + y4 + z4 + xyz(x + y + z) 2 - (xy + yz + zx)2 3 <:::> 3 ( χ4 + y4 + z4 ) + 3xyz(x + y+ z) 2 2(xy+ yz+zx)2 ή αρκεί

3(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) + 3xy(x + y + z) 2 2 2(x2y2 + y2z2 + z2x2 ) + 2xyz(x + y + z) <:::> x2y2 + y2z2 + z2x2 - xyz(x + y + z) 2 Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗ Β' ')Jζ τ.4/32

---------- Μαθηματικοί ΔιαΎωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμmάδες ----------� ( xy) 2 + ( yz) 2 + ( zx ) 2 _ ( yz) ( yx) _ - ( yz) ( zx ) - ( zx) ( xy) 2:: Ο

� ±[( xy - yx) 2 + ( yz - zx) 2 + ( zx - xy) 2 ] 2:: Ο , που ισχύει. 2 . Να αποδείξετε ότι δεν υπάρχουν θετικοί α

κέραιοι αριθμοί Χι , Χ2 , • • • , Xm , όπου m ;;:: 2 , τέτοιοι ώστε

1 1 1 Χι < χ2 < • • • < xm και 3 + -3 + ... + -3- = 1.

Χι Χ2 Xm

Λύση , 1 1 1 1 Αν Χι = 1 , τοτε 3= 1 και 3+-3 + . . . +-3 >1 Χι Χι Χ2 Xm

Αν Χι 2:: 2 , τότε xi 2:: i + 1 , για κάθε i=1 ,2,3 , . . . ,m. , 1 1 1 1 1 1 Επειδη - �--<--<-- = - -χ� (i + 1)3 (i + 1)2 i(i + 1) i i + 1 '

αθροίζοντας για i= 1 έως i=m θα έχουμε. Σ�< (1 -.!.) + (.!. -.!.) + . . . + (_!_--1 ) = i=ι xi 2 2 3 m m + 1

= 1 --1- < 1 . m + 1 Άρα δεν είναι δυνατόν να ισχύει η ισότητα. 1 1 1 -3 + -3 + . . . + -3 = 1 ' για Χι < Χ2 < . . . < Xm Χι Χ2 Xm

3 . Δίνεται κύκλος (Ο,ρ) και σημείο Α εκτός αυτού. Από το σημείο Α φέρουμε ευθεία ε , διαφορετική της ευθείας ΑΟ, που τέμνει τον κύκλο στα σημεία Β και Γ, με το Β μεταξύ των Α και Γ. Στη συνέχεια φέρουμε τη συμμεηιική._....ε.υθεία της ε, ως .. .προς άξοΥ..α . συμμετρίας την ευθεία ΑΟ, η οποία τέμνει τον κύκλο στα σημεία Ε και Δ, με το Ε μεταξύ των Α και Δ. Να αποδείξετε ότι οι διαγώνιοι του τετραπλεύρου ΒΓ ΔΕ διέρχονται από σταθερό � μείο, δηλαδή τέμνονται στο ίδιο πάντοτε � μείο ανεξάρτητα από τη θέση της ευθείας ε. Λύση : 1 °ς Τρόπος Λόγω της συμμετρίας των ΑΒΓ και ΑΕΔ ως προς την ευθεία ΑΟ, αυτή θα είναι μεσοκάθετος των ΒΕ και Γ Δ. Άρα θα έχουμε ΒΕ/ /Γ Δ, οπότε και το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΒΓ ΔΕ είναι ισ� σκελές τραπέζιο. Επομένως οι διαγώνιοι του ΒΔ και ΓΕ τέμν� νται σε σημείο Ρ της κοινής μεσοκάθετης ΑΟ των δύο βάσεων, οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι το τμήμα ΑΡ έχει σταθερός μήκος. Έστω Ζ, Η τα μέσα των βάσεων ΒΕ και Γ Δ, αντίστοιχα. Για την έκφραση των μεγεθών θα χρησιμοποιήσουμε τα μεταβλητά μήκη AB=t, ΑΓ=s

και τη μεταβλητή γωνία Ρ ΑΒ = ω .

Δ

'Ε , ΑΗ ΡΖ ΑΗ-ΡΖ ΖΗ χουμε τοτε: ιn3ω=-=- =-::::::> ΑΓ ΑΒ ΑΓ-ΑΒ ΒΓ ::::::> ΖΗ = ΒΓcοs ω και ΑΗ = ΑΓcοsω . Επιπλέον έχουμε:

ΡΗ ΡΓ ΓΔ ΓΗ ΑΓ s ΡΗ s - =- =- =- =-=- ::::::> = ΡΖ ΡΕ ΒΕ ΒΖ ΑΒ t ΡΖ + ΡΗ t + s ή ΡΗ =-s-:::::> PH = (-s-)zH . ΖΗ t + s t + s

Άρα έχουμε: ΑΡ = ΑΗ - ΡΗ = ΑΓ cos ω- (-8-) ΖΗ s + t

s 2st = s cos ω --- · ( s - t) cos ω = -- · cos ω ( 1 ) s + t s + t Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο s2 + δ2 - r2 ΑΟΓ έχουμε: cosω = , με δ=ΑΟ (2) 2sδ Από το θεώρημα των τεμνουσών προκύπτει &.

τι: st = ΑΓ · ΑΒ = δ2 - r2 • (3) Ε , , ΑΡ 2st πομενως, εχουμε: = --cosω = d + t

= 2(δ2 - r2 ) . (s2 + δ2 - r2 ) = (δ2 - r2 )(s2 + δ2 - r2 ) = t + s 2sδ (st + s2 )δ (δ2_=:r:χs=- + δz - rz ) = = =--(δ2 - r2 - s2 )δ δ που είναι σταθερό, αφού δ και r είναι σταθερά μεγέθη . Επομένως, αφού το Α είναι σταθερό, θα είναι και το σημείο Ρ σταθερό.

zος Τρόπος: Με τους προηγούμενους συμβολισμούς, φέρουμε από το Ρ παράλληλη προς τις ΒΕ και Γ Δ, που τέμνει το ΑΓ και ΑΔ στα Κ,Λ αντίστοιχα. , ΑΕ ΡΖ ΑΕ ΑΖ ΑΒ Τοτε -=- και -=-=- . ΛΔ ΡΗ ΑΔ ΑΗ ΑΓ Από τα όμοια τρίγωνα ΖΕΡ και ΡΗΔ έχουμε:

ΡΖ ΖΕ ΑΕ , , λ , λ , ΡΗ = ΗΔ = ΑΔ , οποτε ο οι οι προηγουμενοι ο-

γοι είναι ίσοι. ΑΕ ΑΕ Άρα έχουμε: -=-:::::> (Ε, Δ,Λ,Α) αρμοΛΔ ΑΔ

νική τετράδα. Ομοίως προκύπτει ότι:


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

ΚΒ = ΑΒ � (Β, Γ, Κ, Α) αρμονική τετράδα. ΚΓ ΑΓ Ομοίως η ευθεία ΚΑ είναι η πολική του Α ως προς τον κύκλο (O,r), οπότε το σημείο Ρ είναι σταθερό ως τομή της ΑΡ με την ευθεία ΚΑ .

3°ς Τρόπος: Επειδή η ΑΟ είναι άξονας συμμετρίας οι διαγώνιοι θα τέμνονται επί της ΑΟ έστω στο Ρ. Έχουμε ότι: ΑΔ · ΑΕ = ΑΟ2 - R 2 (σταθερό )( 1 )

Α

Α' Α ΓΟΕ Α Επίσης: ΓΔΕ = -- = ΑΌΕ . 2

Άρα το ΔΡΟΕ είναι εγγράψιμο οπότε ΑΡ · ΑΟ = ΑΔ · ΑΕ (2) Από ( 1 ), (2) έχουμε:

ΑΟ2 - R2 ΑΡ · ΑΟ = ΑΟ2 - R 2 � ΑΡ σταθερό. ΑΟ Άρα το Ρ είναι σταθερό. Παρατηρήση : ΡΔΕ + Ε0Ρ = 1 80° οπότε ΔΡΟΕ επίσης εγγράψιμμο. 4. Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου των

φυσικών αριθμών με 2004 στοιχεία. Αν γνωρίζουμε ότι δεν υπάρχει στοιχείο του Μ το οποίο να ισούται με το άθροισμα δύο στοιχείων του Μ, να προσδιορίσετε την ελάχιστη τιμή την οποία μπορεί να πάρει το μεγαλύτερο από τα στοιχεία του Μ

Λύση Θα λύσουμε την άσκηση στη γενική περίπτωση με IMI = ν . Έστω Μ = {α1 , α2 , . . . , αv } , όπου αί Ε Ν , έτσι ώστε να μην υπάρχουν αί , αj Ε Μ τέτοια ώστε αί + αj Ε Μ . Θα είναι αί * Ο , για κάθε ί=1 ,2, . . . ,ν, γιατί αν ήταν Ο Ε Μ , τότε αί + Ο = αί Ε Μ , για κάθε ί= 1 ,2, . . . ,ν (άτοπο) .

Παρατηρούμε ότι το σύνολο Α = {ν - 1, ν, ν + 1, . . . , 2ν - 2} , ικανοποιεί τις συν-θήκες του προβλήματος, αφού (ν - 1) + ν = 2ν - 1 > 2ν - 2 . Αν υποθέσουμε ότι α = max Μ , θα αποδείξουμε ότι πρέπει α :?: 2ν- 2 .

Ας υποθέσουμε ότι είναι δυνατόν να ισχύει: α :::; 2ν - 3 . Τότε έχουμε:

• Αν α = 2κ < 2ν - 3, τότε από τους φυσικούς αριθμούς 1, 2, . . . , κ - 1, κ, κ + 1, . . . , 2κ - 2, 2κ- 1 , Θα υπάρχουν κ - 1 = .!: - 1 < ν - 2 ζευγάρια με 2 άθροισμα α=2κ, οπότε, αφού το σύνολο Μ έχει ν-2 στοιχεία διαφορετικά από το κ και το 2κ=α, ένα τουλάχιστον ζευγάρι από τα (1, 2κ - 1), (2, 2κ - 2), . . . , (κ - 1, κ + 1) θα έχει και τα δύο στοιχεία του στο σύνολο Μ, (άτοπο).

• Αν ήταν α = 2κ + 1 $ 2ν - 3, τότε από τους φυσικούς αριθμούς 1, 2, . . . , κ, κ + 1, . . . , 2κ - 1, 2κ, θα υπάρχουν κ = [ � J :::; ν - 2 ζευγάρια με άθροισμα α=2κ+ 1 , οπότε, αφού το σύνολο Μ έχει ν-1 στοιχεία διαφορετικά του 2κ+ 1 =α, ένα τουλάχιστον ζευγάρι από τα

( 1 ,2κ),(2,2κ-1 ), . . . ,(κ, κ+ 1 ), θα έχει και τα δύο στοιχεία του στο σύνολο Μ, (άτοπο). Άρα η ελάχιστη τιμή του α=maxM είναι 2ν-2, οπότε για ν=2004 θα είναι α=4006.

" · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·

• • • • • • •

Από παράληψη δεν αναφέρθηκε ότι το 3 τεύχος (Ν ο 5 1 ) εκδόθηκε

σε συνεργασία με το Παράρτη μα της Βέροιας

Ευχαριστούμε το Παράρτη μα της Βέροιας για την συνεργασία

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •


μ Τ Ι για την Α ., τάξη του Λυκείου

Λυμένες Επαναληπτ ικές ασκήσεις στην "Αλγεβρα της Α" Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ l : Δίνεται η εξίσωση:λ2χ+2λ=λ2+4χ. 1) Να γραφεί στην κανονική της μορφή. 2) Να τη λύσετε για τις διάφορες τιμές της

παραμέτρου λ. 3) Να βρείτε την τιμή του λ για την οποία

η εξίσωση έχει λύση το 2. ΛΥΣΗ

• Για το ( 1 ) λ2χ + 2λ = λ2 + 4χ {:} (λ2 - 4)χ = ι; - 2λ#

(λ - 2)(λ + 2)χ = λ(λ- 2) ( 1 ) • Για το (2)

Φ Αν (λ - 2)(λ + 2) � 0# λ � 2 και λ � -2 , τότε η εξίσωση έχει μοναδική

λ λύση χ = -- (2) λ + 2 Φ Α ν λ - 2 = Ο # λ = 2 , τότε η ( 1 ) γίνεται: Οχ=Ο και είναι ταυτότητα δηλαδή επαληθεύεται για κάθε χ. Φ Α ν λ+ 2 = Ο # λ = -2 , τότε η ( 1) γίνεται: Οχ=8 και είναι αδύνατη.

• Για το (3) Απ' το τύπο (2) για χ=2 έχουμε:

ΑΣΚΗΣΗ 2:

2 =-λ-# λ = 4 λ + 2 Α ν 1 <α<2 και 2<β<5 να βρεθεί το διάστημα στο οποίο παίρνει τιμές η παράσταση:

Κ=-3α+2β-2. ΛΥΣΗ

Πιτσιούγκας Γιώργος

Επομένως η παράσταση Κ παίρνει τιμές στο διάστημα (-4,5). ΑΣΚΗΣΗ 3 :

Να επιλυθεί η εξίσωση: 3 lx - 2 1 + t

_l2 - x l - 1

= lx - 2 1 . 4 2

ΛΥΣΗ Επειδή lx - 2 1 = 12 - x l η εξίσωση είναι ισοδύ

ναμη με την 3 lx - 2 1 + 1 lx - 2 1 - 1 = lx - 2 1 <=> 4 2 3 lx - 2 1 + 1 _ lx - 2 1 - 1 _ I _ I 4. 4. - 4. χ 2 <=> 4 2

3 lx - 2 1 + 1 - 2 ( Ιχ - 2 1 - 1) = 4. Ιχ - 2 1 <=> 3 . Ιχ - 2 1 + 1 - 2. 1χ - 2 1 + 2 = 4. 1χ - 2 1 <=> 3 . Ιχ - 2 1 = 3 <=> Ι χ - 2 1 = 1 <=> χ-2=1 ή χ-2=-1 <=> χ=3 ή χ=1 .

ΑΣΚΗΣΗ 4: Αν d(x,0)<2 και d(y,0)<3 να δειχτεί ότι d(x+2y, 0)<8.

ΛΥΣΗ d(x,0)<2 και d(y,0)<3 <=> lx l < 2 και IYI < 3 .Όμως lx + 2yl :::; lx l + 2 IYI < 2 + 2 · 3 = 8 και επειδή d(x+2y,O)= Ix + 2y - ο Ι = Iχ + 2y l συμπεραίνουμε ότι :d(x+2y,0)<8 .

Πολλαπλασιάζοντας τη συνθήκη 1 <α<2 με ΑΣΚΗΣΗ 5 : -3<0 η φορά αλλάζει οπότε:

(-3) 1>-3α>(-3)2 <=> -6<-3α <-3 ( 1 ) . Πολλαπλασιάζοντας τη συνθήκη 2<β<5 με το 2 έχουμε:4<2β<1 0 (2).Προσθέτοντας τις ( 1 ) και (2) κατά μέλη έχουμε: -6+4<-3α+2β<-3+ 1 0 <=> -2<-3α+2β<7 <=> <=> -2-2<-3α+2β-2<7-2<=> -4<-3α+2β-2<5 .

Αν x>y>O να aπλοποιήσετε την παράσταση:

A=�xz - 2xy + yz -�xz + 2xy + yz ΛΥΣΗ

Α=�(χ - yγ -�(x + y)2 = lx - yl - lx + yl =x-y-χ-y=-2y.Επειδή x>y, lx - Yl = χ - y και επειδή x+y>O lx + Yl = χ + y .

ΕΥΚΛΕIΔΗΣ Β' λζ' τ.4135

Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ΑΣΚΗΣΗ 6: Να επιλυθεί η εξίσωση:

(χ-ι)3=( J2�2J2 )4 • ΛΥΣΗ

Επειδή 2J2 = .J22.2 = .Ji! έχουμε ότι: J2�2J2 =�2J2 = ω =ifi1 =� .

Και επομένως ( J2�2J2 )4 = ( �)4 = 8 . Η δοθείσα εξίσωση είναι ισοδύναμη με την

(χ-1 )3=8� χ-1={/8 = 2 � χ=3 . ΑΣΚΗΣΗ 7:

ι ι Τα κλάσματα: Α Β=-- να ifi . .J3 ' ifi - ι μετατραπούν σε ισοδύναμα με ρητούς παρονομαστές.

ΑΣΚΗΣΗ 8: Δίνεται η συνάρτηση f (x) = �lxΙ - ι - �,.:-.,..-.:,2 1xl-- 4 ι) Να επιλυθεί το σύστημα των ανισώσε

ων: lχ ι - ι � Ο και 2 lxl - 4 � 0 . 2) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρ

τησης. 3) Να δειχθεί ότι η γραφική της παράστα

ση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα y

'y.

4) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής της παράστασης με τον άξονα χ'χ.

5) Να εξηγηθεί γιατί η γραφική της παράσταση δεν τέμνει τον άξονα y Ύ.

ΛΥΣΗ ι> Ι χ Ι - 1 � ο � Ιχl � 1 � χ ::; -1 ή χ � 1 .

2 lx l - 4 � 0 � lx l � 2 � χ ::; -2 ή χ � 2 .

-<Χ> - 2 - 1

. I I 1 2

I I ' + <Χ>

Επιλύουμε το σύστημα των ανισώσεων αυτών και βρίσκουμε ότι χ ::; -2 ή χ � 2 � χ ε (-οο, -2] υ [2, +οο) 2) Για να ορίζεται η f πρέπει κάθε μία απο τις υπόριζες ποσότητες να είναι μη αρνητική δηλαδή { l x l - 1 � 0

πρέπει: κ που σύμφωνα με το 1 ) ερώτη-2 l χ l - 4 � 0

μα έχουμε ότι χ ε (-οο, -2] υ [2, +οο) δηλαδή το πεδίο ορισμού της f είναι το σύνολο: ( -οο, -2] υ [2, +οο) .

3) Επειδή το πεδίο ορισμού της είναι σύνολο συμμετρικό ως προς το Ο αρκεί να δείξουμε ότι f(-x)=f(x) για κάθε χ δηλαδή η f είναι άρτια. Πράγματι f(-x)= �1-x l - 1 -�2 1-x l - 4

vfxFl -�2 lx l - 4 =f(x). 4) Για να βρούμε που η Cr τέμνει τον άξονα χ' χ επιλύουμε την εξίσωση f(x)=O � vfxFl -�,.......,..2 l x-l --4 =Ο� vfxFl =

=�2 lx l - 4 � lxl - 1 = 2 l x l - 4 � lxl = 3 � χ = ±3 . Άρα η Cr τέμνει τον άξονα χ 'χ στα σημεία Α(-3 ,0) και Β(3,0) . 5) Η Cr δεν τέμνει τον άξονα y 'y γιατί το χ=Ο δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της.

ΑΣΚΗΣΗ 9: Δίνεται η εξίσωση:χ2+κχ+8=0 και έστω ρι,ρ2 οι ρίζες της . Να προσδιορίσετε το κ ώστε να ισχύει:ρι+ρ2+ρι.ρ2=2.

ΛΥΣΗ Από τους τύπους του Vietta έχουμε: ρι+ρz=-κ και ρι .ρ2=8 και άρα:-κ+8=2� κ=6.

ΑΣΚΗΣΗ 1 0 : Να επιλυθεί η εξίσωση (χ+2)4-2(χ+2)2-8=0

ΛΥΣΗ Είναι διτετράγωνη ως προς χ+ 2. Οπότε για να

την επιλύσουμε θέτουμε: (χ+2)2=ω�Ο και η εξίσωση γράφεται: ω2 -2ω-8=0,Δ=36>0 και άρα 2 ± 6 { 4, δεκτή ωι ,z=-2- = -2, απορρίπτεται. ·

Άρα (χ+2)2=4� χ+2= ± 2� χ=Ο ή χ=-4. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/36


ΑΣΚΗΣΗ 1 1 : Δίνεται η συνάρτηση { -2χ, για χ < -2

f (χ) = 4, για - 2 ;5; χ < 1 . 3 - χ, για χ � 1

Να βρεθούν: 1) Οι τιμές

f(O),f(-1),f(3),f(1),f(-3). 2) Η απόσταση των σημείων στα οποία η

Cr τέμνει τους άξονες χ'χ και y'y. ΛΥΣΗ

1) Επειδή -2<-1<0< 1 ,f(O)=f(-1 )=4, 3 � 1 ,f(3)=3-3=0, f( 1 )=3-1=2, -3<-2, f(-3)=---2.(-3)=6 . 2) Από το 1 ) ερώτημα έχουμε ότι:f(Ο)=4 και f(3)=0.Άρα η Cr τέμνει τον άξονα χ' χ στο σημείο Α(3 ,0) και τον άξονα y 'y στο σημείο Β(Ο,4) και επομένως η απόσταση τους (AB)=J( xs -χΑ )2 + ( Ys -yA )2 =

J(o - 3 ) 2 + ( 4 - ο/ =.J9 + 1 6 = J25 = 5 . Σχόλιο : Όπως φαίνεται απ' το παρακάτω διάγραμμα της συνάρτησης τα ση εία Α, Β είναι μοναδικά.

Υ

4 Β

2 -

- 2 ο χ

ΑΣΚΗΣΗ 12 : Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο

r (x) = lx - 11 - 1 . 1) Να εξεταστεί αν η Cr περνάει από την

αρχή των αξόνων. 2) Να βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες

η Crβρίσκεται κάτω από τον άξονα χ 'χ. 3) Νά βρεθούν τα σημεία τομής της Cr με

την ευθεία y=2. 4) Να βρεθούν οι τιμές του χ για τις οποίες

η Cr βρίσκεται πάνω από την ευθεία y=2. ΛΥΣΗ:

1 ) f(O)= IO - 1 1 - 1 = Ο . Άρα το σημείο (0,0) ανήκει στη Cr . 2) Αρκεί να επιλύσουμε την aνίσωση

f(x)<O� lx - 1 1 - 1 < 0 � lx - 1 1 < 1 � -1<χ-1< 1 � 0<χ<2.

3) Αρκεί να επιλύσουμε την εξίσωση : f(x)=2� lx - 1 1 - 1 = 2 � lx - 1 1=3 � χ-1=---3

ή χ-1=3 � χ=---2 ή χ=4. Άρα η Cr τέμνει την ευθεία y=2 στα σημεία Ρ(-2,2) και Q(4,2) . 4) Αρκεί να επιλύσουμε την aνίσωση: f(x)>2� lx - 1 1 ...:. 1 > 2 � lx - 1 1 > 3 � χ-1<-3

ή χ-1>3 � χ<-2 ή χ>4. ΑΣΚΗΣΗ 1 3 :

Δίνονται ο ι συναρτήσεις f (χ) = lxl - 1 και

g( χ) = - lxl + 2 . Να βρεθούν: 1) Τα σημεία τομής των γραφικών τους

παραστάσεων. 2) Η εξίσωση της ευθείας που διέρχεται α

πό το A(xo,yo) με χο>Ο και Α ε Cr Γ'Ι Cg και την αρχή των αξόνων.

ΥΠΟΔΕΙΞΗ: 1 ) Αρκεί να επιλύσουμε το σύστημα y=f(x) και y=g(x) 2) Η ευθεία θα είναι της μορφής y=λχ την οποία την επαληθεύει το Α.

ΑΠΟΤΕΛΕΣΜΑ: ( 3 1 ) ( 3 1 ) 1 1) Α - - Β -- - 2) y=-x . 2 ' 2 ' 2 ' 2 3

ΑΣΚΗΣΗ 14 : Σε ένα σύστημα δύο γραμμικών εξισώσεων με αγνώστους x,y ισχύει: (D-1)2+(Dx+3)2+Dy2=0. Να βρείτε τα x,y.

ΛΥΣΗ Επειδή έχουμε άθροισμα μη αρνητικών αριθμών ίσο με το μηδέν κάθε ένας από τους αριθμούς αυτούς θα είναι ίσος με το μηδέν. Δηλαδή : (D-1/ =Ο και (Dx+3)2=0 και D/=0 και επομένως: D-1=0� 0=1 :;t: O (οπότε το σύστημα

έχει μοναδική λύση) και Dx=---3 και Dy=O. αδ , λ ' , Dx 3 DY =Ο Η μον ικη :υση ειναι: x=D=- , y=D - . ΑΣΚΗΣΗ 1 5 :

Ένα σύστημα πρώτου βαθμού 2 γραμμικών εξισώσεων με 2 αγνώστους έχει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4!37


D=(λ-1).(λ+2), Dχ=(λ-1)2 και Dy=(λ +1 ).(λ+ 2).

1) Να το λύσετε για τις διάφορες τιμές του λ.

2) Στην περίπτωση που έχει μοναδική λi>ση (χο ,yo) να βρεθεί το λ ώστε το σημείο Μ(χο ,yo) να βρίσκεται στην ευθεία y=x. Στην περίπτωση αυτή να βρεθεί σε ποιο τεταρτημόριο βρίσκεται το Μ.

ΛΥΣΗ 1) Κάνουμε διερεύνηση. α) Αν D :;:. Ο <::::> (λ-1 ) .(λ+2) :ι:. Ο <::::> λ :ι:. 1 και λ:ι:.-2 τότε η εξίσωση έχει μοναδική λύση την

D (λ - 1γ λ - 1 χ =-χ =-- και D (λ - 1) . ( λ + 2) λ + 2 DY _ (λ + 1) . ( λ + 2) _ λ + 1 y =- - --D (λ - 1) . ( λ + 2) λ - 1

β) Αν D=O<::::> λ=1 ή λ=-2. β-1 ) Για λ= 1 τότε:D=Ο και Dy=6 :ι:. Ο και άρα το σύστημα είναι αδύνατο. β-2) Για λ=-2 τότε:D=Ο και Dx=( -2-1 )2=9 '# Ο και άρα το σύστημα είναι αδύνατο. 2) Η λ • ' ' ( ) ( λ - 1 λ + 1) υση ειναι το σημειο x,y = --,--λ+ 2 λ - 1 με λ :ι:. -2 και λ :ι:. 1 . Το σημείο αυτό βρίσκεται στην ευθεία y=x όταν επαληθεύει την εξίσωση της, δηλαδή

!:..:_!__ = λ + 1 <::::> (λ-1 )2=(λ + 1 ).(λ+ 2) λ + 2 λ - 1 <::::> λ2-2λ+1=λ2+3λ+2<::::> 5λ=-1 <::::> λ=-.!.. . 5 Ε , Μ , , ( -2 -2 ) πομενως το ειναι το σημειο 3,3 και

επειδή έχει αρνητικές συντεταγμένες βρίσκεται στο 3° τεταρτημόριο. ΑΣΚΗΣΗ 1 6 :

Στο παρακάτω σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση στο ( -οο, Ο] μιας περιττής συ-

νάρτησης με πεδίο ορισμού το R. 1) Να συμπληρωθεί η γραφική παράστα

ση. 2) Να βρεθούν τα διαστήματα μονοτονίας

της. 3) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της. 4) Να βρεθούν τα ακρότατα της και οι θέ

σεις των ακροτάτων αυτών. 5) Να συγκριθούν από άποψη μεγέθους οι

αριθμοί:

α) f( -4),f(-3), β) r( -�} r( -�) γ) f(4),f(5)

Υ

1

χ

ΛΥΣΗ 1) Επειδή η συνάρτηση είναι περιττή η Cr είναι συμμετρική ως προς την αρχή των αξόνων Ο, οπότε η Cr στο [Ο, +οο) θα προκύψει αν πάρουμε το συμμετρικό σχήμα της Crως προς το 0(0,0) και: είναι αυτή που φαίνεται στο παρακάτω σχήμα

Υ

χ

Από τη Crσυμπεραίνουμε ότι: 2) Είναι γνησίως αύξουσα στα διαστήματα ( -οο, - 1) και [ 1 , +οο) και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα: [ - 1 , 1) . 3) Αν προβάλλουμε το σχήμα στον άξονα y'y βρίσκουμε ότι:f( Α)=[ -1 , 1 ] . 4) Επειδή για κάθε χ ισχύει: f( χ) ::;:; f( - 1 )= 1 οπότε συμπεραίνουμε ότι maxf=1 με Xmax=-1 . Επειδή για κάθε χ ισχύει: f(x) :2: f( 1 )= -1 συμπεραίνουμε ότι minf=.-1 με Xmin= 1 . 5) α) -4<-3 <-1 άρα f(-4)<f(-3) αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, -1 ) .

- 1 - 1 ( 1 ) ( 1 ) β)-1<2 < 5 < 1 άρα f -2 > f -5 αφού η f

είναι γνησίως φθίνουσα στο [-1, 1]. γ) 1<4<5 άρα f(4)<f(5) αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.στο (1 , +οο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4138


rcν#«iς Εnαναληnrr#«iς Ασr«ιfαcις Α � Λu«ε:iοuι για � "' "' δυναrr,ούς λύτcςΙ

Θανάσης Κυριακόπουλος

Οι ασκήσεις που ακολουθούν έχουν σκοπό να συμβάλλουν στην προσπάθεια των μαθητών για & πανάληψη στην Άλγεβρα της Α ' Λυκείου. Σε ορισμένες από αυτές απαιτείται συνδυασμός γνώσεων από διαφορετικά κεφάλαια της θεωρίας.

1 ) Δίνεται η εξίσωση: 3χ2 - 2χ + 3(λ - 7) = Ο (1). Να βρείτε τον λ e JR , ώστε οι ρίζες της (1) να είναι και οι δύο θετικές.

Λύση Πρέπει να ισχύουν συγχρόνως τα εξής: Δ 2:: Ο, S > Ο, Ρ > Ο .

Έχουμε: Δ = (-2)2 -4 · 32 (λ - 7) = 4-36(λ - 7) = 256 - 36λ = 4( 64 - 9λ) 2:: ο ' 64 - 9λ > ο .l = 3(λ - 7) > ο η - ' α 3 '

_Ι = -C-2) = � > ο α 3 3

Επομένως: - {::} - /9 . 64 - 9λ > ο) λ < 641 λ - 7 > 0 λ > 7

Συναληθεύουν δια 7 < λ ::; 6� . 7 64/9 I Ι

Εάν λ = 64 , τότε Δ = Ο, δηλ. οι θετικές ρίζες είναι 9 ίσες (διπλή και μάλιστα θετική ρίζα). 2) Δίνεται η συνάρτηση

f(x) = . {1, εάν χ ρητός Ο, εάν χ άρρητος

Να λυθεί η ανισότητα: Ιχ+ 1-f( FJ)i <f(2004).

Λύση

Ο .J3 είναι άρρητος άρα f ( .J3) = Ο . Ο 2004 είναι ρητός άρα f(2004) = 1 , και η aνίσωση γίνεται: Ι χ + 1 - οι < 1 {::} {::} lx + 11 < 1 {::} - 1 < χ + 1 < 1 {::} -2 < χ < ο .

3) Να λυθεί και να διερευνηθεί το σύστημα: 3χ + (λ - 1)y = -3}

λ ε JR λχ + 2y = 2,

Λύση

Βρίσκουμε τις τιμές του λ δια τις οποίες η ορίζουσα D γίνεται μηδέν ή :;z: Ο , αντίστοιχα. Είναι D = �� λ; 1 1 = 6 - λ(λ - 1) D = Ο{::} 6 - λ(λ - 1) = Ο {::} 6 - λ2 + λ = 0{::}

-λ2 + λ + 6 = ο {::} λ2 - λ - 6 = ο {::} (λ + 2)(λ - 3) = ο {::} λ + 2 = ο ή

λ - 3 = 0{:} λ = -2 ή λ = 3 και D :;z: Ο {::} λ :;z: -2 και λ :;z: 3 . Οπότε:

1) Εάν D :;z: Ο {::} λ :;z: -2 και λ :;z: 3 , έχει μοναδι-

�� λ;1 κή λύση: χ= Dx , y= Dy δηλ. χ D D -λ2 +λ+6 -6 - 2( λ - 1) -6 - 2λ + 2 -4 - 2λ -λ2 + λ + 6

-2(λ+ 2) = --(λ2 -λ- 6)

D

-λ2 + λ + 6 2(λ + 2)

(λ + 2)(λ - 3)

-λ2 + λ + 6 2

λ - 3

6 + 3λ και y =-Y = D -λ2 + λ + 6 --::---- --λ2 + λ + 6 3(λ + 2) = _-___:3(_λ +_____..:.2)_

-(λ2 - λ - 6) (λ + 2)(λ - 3) -3 λ - 3

Είναι λοιπόν: (x, y) = (-2-,�) . λ - 3 λ - 3 2) Εάν D = Ο δηλ. λ = -2 ή λ = 3 , τότε δια μεν

λ = - 2, το σύστημα γίνεται: 3x + (-3y) = -3j ή 3x - 3y = -3 j ή -2x + 2y = 2 -2x + 2y = 2 x - y = - 1) ή x - y = - 1 -x + y = 1 x - y = - 1 δηλ. χ - y = - 1 και το σύστημα έχει άπειρες

λύσεις της μορφής (x, y) = (κ, 1 + κ), κ ε JR


Μαθηματικά Ύια την Α' Λυκείου

και δια λ = 3 : 3x + 2y = -3 3x + 2y = -3j 1 {::} -3x - 2y = -2 3x + 2y = 2 (- 1) Ox + Oy = -5 Δηλαδή το σύστημα είναι αδύνατο.

4) Αν η συνάρτηση f(x) έχει ελάχιστη τιμή το -1

και μέγιστη το 4, όπου f (χ) = 2αχ + β

να χ2 + 1 βρείτε τα α και β.

Λύση Έστω y = f(x) . Θέλουμε - 1 :=:; y :=:; 4 . , 2αχ + β 2 Ειναι 2 = y {::} yx - 2αχ + y - β = Ο ( 1 ) . χ + 1

Επειδή χ ε IR είναι Δ � Ο{::} α2 - y(y- β) � Ο{::} y2 - βy- α2 :=:; Ο (2) . Οι ρίζες του τριωνύμου φ(y) = y2 - βy - α 2 είναι

β - �β2 + 4α2 β + �β2 + 4α2 Υι = 2 ' Υ2 = 2

και η (2) επαληθεύεται δια Υι :=:; y :=:; y2 (πρόσημο τριωνύμου). Δηλ. πρέπει Υ ι = - 1 και y2 = 4

β - �β2 + 4α2 β + �β2 + 4α2 Ή = - 1 και = 4 2 2 {:} β -�β2 + 4α2 = -2 και β + �β2 + 4α2 = 8

(3) (4)

Λύνοντας το σύστημα των (3), (4) βρίσκουμε α = ±2, β = 3 .

2αχ + β Άρα με α = ±2, β = 3 το κλάσμα έχει χ2 + 1 μέγιστο το 4 και ελάχιστο το -1 . Άλλη διατύπωση: Εάν - 1 :=:; f ( χ) :=:; 4 με

2αχ + β , f( χ) = 2 να βρειτε τα α και β. χ + 1 5) Εάν η εξίσωση χ2 + px + q = Ο (1) έχει ρίζες

πραγματικές και άνισες, να δείξετε ότι και η εξίσωση f(x) + (x + α)(2x + p) = O (2) έχει ρί-

ζες πραγματικές και άνισες όπου f(x) = χ2 + px + q, α,p,q ε IR .

Απόδειξη

Είναι Δ > Ο αφού η ( 1 ) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες ή p2 - 4q > Ο ή p2 > 4q (3). Η (2) γίνεται:

χ2 + px + q + (χ + α)(2χ + p) = Ο{::} χ2 + px + q + 2x2 + pχ + 2αχ + αp = 0 ή 3x2 + 2(p + α)x + αp + q = O (4).

Η διακρίνουσα της (4) είναι: Δι = (p + α)2 - 3(αp + q) ή Δι = α2 - pα + p2 - 3q .

Εάν φ( α) = α2 - pα + p2 - 3q , τότε η διακρίνουσα του τριωνύμου φ( α) είναι

Δ2 = p2 - 4p2 + 12q ή Δ2 = 12q - 3p2 = -3(p2 - 4q) και λόγω της (3) : Δ2 < 0 . Επειδή Δ2 < Ο το φ( α) είναι πάντοτε ομόσημο του συντελεστή του α2, δηλ. του 1 > Ο, οπότε φ( α) > Ο ή Δι > Ο δηλ. η (4) άρα και η (2) έχει ρίζες πραγ-ματικές και άνισες. 6) 'Εστω f(x) = _ _!_ και κ(χ0 ,-_!__) σημείο της χ Χο

γραφικής παράστασης της f με χγ(). Εάν Λ το συμμετρικό του Κ ως προς την αρχή 0(0,0) των αξόνων, βρείτε το Χο ώστε ή απόσταση ΚΛ να είναι ελάχιστη.

Λύση Το συμμετρικό του Κ ως προς την αρχή 0(0,0) των αξόνων είναι το Λ( -χ0 , :ο ) και επειδή η f είναι περιττή (γιατί;) έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή 0(0,0), άρα το Λ ( -χ0 , :0 ) ανήκει στην γραφική παράσταση της f. Έχουμε: ΚΑ = �·(χ_2 ___ Χ_ι--:)2�+-(_y_2 ___ Υ_ι )-=-2 ή

ΚΑ = (-Χο - Χο )2 + (-1 + -1 )2 = Χο Χο 2 4 R1

= 4χο + -2 = 2 Χο + -2 Χο Χο

Είναι χ0 > Ο άρα χ� + � � 2 ή Χ ο

� � .fi <:::::> 2Jx� + \ � 2.fi <:::::>

ν ΛΟ τ � Χο


Μαθηματικά Ύια την Α' Λυκείου

ΚΑ � 2.fi άρα (ΚΛ)min = 2.fi . Οπότε: 2Jx� + 12 =2.J2 �� +_!_ =2� Χο � χ� - 2χ� + 1 = ο� (χ� - 1)2 = ο � χ� = 1 ή Ιχσ = 1 1 διότι Χο > ο Σημείωση : Αντίστοιχη θεωρία: Η συνάρτηση

-α y =- , περιττή συνάρτηση, απόσταση 2 σημείων χ στο Καρτεσιανό επίπεδο, ή μόνιμη ανισότητα

1 α +- ;::: 2 με α>Ο. α 7) Δίνεται η aνίσωση:

3χ2 + 2χ + 2 > β

χ2 + x + l (1), β Ε IR

Ν α βρείτε τις ακέραιες και θετικές τιμές του β, για τις οποίες η aνίσωση επαληθεύεται για κάθε χ Ε IR •

Λύση Είναι χ2 + χ + 1 > Ο για κάθε χ Ε IR , διότι Δ=-3<0 και α= 1 >Ο οπότε η (1) � 3χ2 + 2χ + 2 > β(χ2 + χ + 1) �

(3 - β)χ2 + (2 - β)χ + 2 - β > 0 (2) Διακρίνουμε περιπτώσεις: 1 ) Εάν 3 - β = Ο� β = 3 , τότε ή (2) :

-χ - 1 > 0� χ + 1 < 0 � lx < -11 . Άρα η τιμή β=3 δεν είναι δεκτή . 2) Εάν 3 - β ::Ρ Ο � β * 3 , τότε δια να επαληθεύε-ται η (2) πρέπει και αρκεί: 3 - β > Ο} β < 3 } Δ < Ο � (2 - β)2 - 4(2 - β)(3 - β) < Ο �

�β<3 }�β<3 }� (2-βΧ2-β-12+4β) < Ο (2-β)(3β- 10)< ο β < 3 } β < 3 } � (β- 2)(3β- 10) > ο � β < 2 ή β > 1� �β < 2

Επειδή όμως β Ε Ν* (θετικός ακέραιος) είναι Ιβ = 1 1 . Άρα β=1 . 8) Σώμα βάλλεται εκ των κάτω προς τα άνω κα

τακορύφως με αρχική ταχύτητα υο. Να βρεθεί μετά πόσο χρόνο θα φθάσει α) Σε ύψος h β) .

Στο μέγιστο ύψος hmax. Πότε το πρόβλημα έχει λύση; (g = γνωστό)

Λύση Η κίνηση είναι επιβραδυνόμενη και ισχύουν ως γνωστόν από τη Φυσική:

1 2 S = υ0t --gt ( 1 ), υ = υ0 - gt (2) 2 Θέλουμε s=b, οπότε: b 1 2 2 = υ0t - 2gt � gt - 2υ0t + 2b = 0 (3)

Δια να έχει το πρόβλημα λύση, πρέπει Δ � Ο <=> 2 2 � υ02 - 2gb ;;:::: Ο� b � � οπότε h =!!. (μέ-2g max lg γιστο ύψος) . Ο χρόνος που απαιτείται δια το μέγιστο ύψος, είναι

υ t = � και προκύπτει από την (2) δια υ=Ο (διότι g τότε μηδενίζεται η ταχύτητά του).

2 Εάν b <� από (3): 2g t _

υ0 -Jυ� - 2gb υ0 +Jυ� - 2gb 1 - και t2 = . g g Ε. S ' 2υσ 2b ιναι: = t1 + t2 =-> Ο και Ρ = t1 · t2 =- > Ο g g άρα t1 , t2 > Ο , δηλαδή οι τιμές δια τον χρόνο είναι αμφότερες θετικές. Φυσική ερμηνεία: Η t1 αντιστοιχεί στο ύψος b κατά την άνοδο, ενώ ή t2 στο ύψος b όταν το κινητό κατέρχεται. �i ----9"-----ο--, ,-

1 I ' '

hmax l τ

Σχόλιο : Εάν Δ=Ο έχουμε το bmax. Τότε όμως η (3) έχει διπλή ρίζα την χ0 = _1._ όπου χ0 = t max 2α Δηλ. t max = - (-2υο ) = υο ή l t max = υο I · 2g g g Αυτό σημαίνει ότι ο χρόνος ανόδου του κινητού μέχρι να φθάσει στο μέγιστο ύψος διαρκεί όσο και ο χρόνος καθόδου (Φυσική ερμηνεία της διπλής ρίζας). Εφαρμογή : Δύο σώματα βάλλονται προς τα άνω με την ίδια αρχική ταχύτητα υ0 = 600m I sec και από το ίδιο σημείο του εδάφους. Να βρεθεί μετά πόσο χρόνο, από τη στιγμή που βάλλεται το πρ� το, πρέπει να βληθεί το δεύτερο, ώστε να συναντηθούν στο μισό του ολικού ύψους που έφθασε το πρώτο. Δίνεται g=10m/sec2•

Απ. t2 - t1 = υσ .fi ή Δt=84,85 sec. g ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/41


""'.. �·I!�·�'"'' 11 ��-' �! !J:�- Δα«,dα·ειr, f'εωuετr·p{or, fί� ... _ ,' . __ / ,i . · ��ι . / . ... ι ) ,.,. . .' :ι ;/Γ/ .... •' ' .ι _ •• '! Υ . .. )�.i �·w:t>:..:.ι [Ί!' Ι!'ίfl ... "'� . .. ·\ .. . ' . .-!• Λ/.• • . . !f l ιW·ιι, . .. tΑιΙ.Ι. ; Ι{ � - �, (,:· i1.' 1,. r Μ, .· : �:f', � fJ V· ν· . .

1 . Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = ; ) και το τετράγωνο ΕΜΝΡ εγγεγραμμένο στο τρίγωνο (Ε, Μ σημείο της ΒΓ και Ν, Ρ σημεία των ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα). Αν Ο το κέντρο του τετραγώνου. Να αποδείξετε ότι η ΑΟ είναι διχοτόμος της γωνίας Α.

Λύση Α

Β Ε Μ Γ Φέρνουμε τις κάθετες από το Ο, ΟΘ στην ΑΒ και ΟΚ στην ΑΓ. Οι διαγώνιες ΡΜ και ΕΝ είναι κάθετες. Άρα: - - - -ΡΟΚ + ΚΟΝ = 90° κι επειδή ΘΟΡ + ΡΟΚ = 90° -συμπεραίνουμε ότι: ΚΟΝ = ΘΟΡ κι επομένως τα ορθογώνια τρίγωνα ΡΘΟ και ΝΚΟ είναι ίσα [αφού έχουν τις υποτείνουσες ΟΝ και ΟΡ ίσες και τις - -οξείες γωνίες ΚΟΝ και ΘΟΡ επίσης ίσες] . Άρα ΟΚ=ΟΘ και συνεπώς το τετράπλευρο ΘΟΚΑ είναι τετράγωνο. Οπότε η διαγώνιος ΑΟ είναι δι-χοτόμος της γωνίας Α . 2 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι ΒΓ = 2ΑΓ. Φέρνουμε

τη διάμεσο ΑΜ και έστω Κ το μέσο της ΜΓ. Να αποδείξετε όιτ:

α) ΑΚ =ΑΒ 2

β) ΑΜ διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΚ. Α

α) Είναι Β Μ

/\()ση ΓΜ = ΒΓ = ΑΓ άρα το τρίγωνο ΑΜΓ 2 είναι ισοσκελές. Έστω Λ το μέσο της ΑΓ τότε οι διάμεσοι ΜΑ και ΑΚ θα είναι ίσες. Επειδή

ΜΑ = ΑΒ αφού Μ, Λ τα μέσα των ΒΓ, ΑΓ α-2

Νίκος Κόντζιας Θανάσης Τσιούμας

' θ ' ΑΚ ΑΒ ντιστοιχα α εχουμε και = - . 2 β) Τα τρίγωνα ΑΜΚ και ΑΜΛ είναι ίσα (Π-Γ-Π)

Λ Λ Λ Λ άρα φ = θ επίσης ω = θ (ως εντός εναλλάξ ε-Λ Λ πειδή ΜΝ I ΑΒ). Επομένως ω = φ δηλαδή η

ΑΜ είναι διχοτόμος του τριγώνου ΑΒΚ. 3 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ<ΑΓ. Να αποδεί

ξετε ότι: α) Η εξωτερική διχοτόμος ΑΔ τέμνει την

προέκταση της ΒΓ προς το μέρος του Β. Λ Λ

- Β- Γ β) Η γωνία ΑΔΒ = -- .

2 Λύση

� Δ Β Γ α) Αρκεί Α;

ξ + Βεξ < 1 80° ή � +�+Βεξ < 180° , Β Γ 1 80ο Β , Β Γ Β , Γ Β η -+- < - ξ η -+- < η - < -2 2 ε 2 2 2 2 που ισχύει αφού ΑΒ < ΑΓ.

Λ Λ Λ β) Από το τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ω = φ+ Γ οπότε

Λ Αεξ Λ Λ -= φ+ Γ 2 Λ Λ

Λ Β- Γ φ =-2- .

ή Λ Λ Β Γ Λ Λ -+- = φ+ Γ . Επομένως 2 2

4. Από την κορυφή Α τριγώνου ΑΒΓ . Φέρνο& με τις κάθετες προς τις εσωτερικές και εξωτερικές διχοτόμους των γωνιών Β και Γ. Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής των καθέτων αυτών με τις διχοτόμους βρίσκονται πάνω σε μια ευθεία.

Λύση Έστω Μ, Ν, Κ, Ρ τα ίχνη των καθέτων επάνω στις διχοτόμους των γωνιών Β και Γ αντίστοιχα. Είναι γνωστό ότι οι διχοτόμοι της εξωτερικής και της εσωτερικής γωνίας Β είναι κάθετες μεταξύ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λστ' τ.l/42


τους, άρα το τετράπλευρο ΑΜΒΝ θα είναι ορθο- 6. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΑΓ. Έστω ΑΔ γώνιο. Α

Β Επειδή οι διαγώνιοι του είναι ίσες και διχοτομούνται Λ Λ Λ Λ θα έχουμε ω = Βι όμως Βι = Β2 άρα ΜΟ//ΒΓ. Το Ο είναι το μέσο της ΑΒ άρα η ΜΝ θα περάσει

από το μέσο Λ της ΑΓ. Λ Λ Έχουμε ΛΡ//ΒΓ (αφού μ = ν ) και Λ μέσο της ΑΓ

άρα η ΡΚ θα περάσει από το μέσο Ο της ΑΒ. Επομένως τα σημεία Μ, Κ, Ν, Ρ θα είναι συνεuθειακά. 5. Στα μέσα Δ, Ε των πλευρών ΑΒ και ΑΓ τρι

γώνου ΑΒΓ φέρνουμε κάθετα τμήματα και ίσα με τα μισά των αντίστοιχων πλευρών δη

ΑΒ λαδή ΔΚ J... ΑΒ με ΔΚ = l και ΕΛ J... ΑΓ

ΑΓ με ΕΛ = - .

2

Γ Να αποδείξετε ότι η γωνία ΚΜΛ. = 90° όπου Μ το μέσο της ΒΓ.

Λύση Είναι ΜΔ//ΑΓ και ΜΕ//ΑΒ αφού Μ, Δ και Ε είναι - Λ -τα μέσα των πλευρών, οπότε ΜΔΒ = Α = ΓΕΜ (εντός εκτός και επί τα αυτά). Τα τρίγωνα ΜΔΚ και ΜΕΛ έχουν

• ΜΔΚ = ΜΕΑ = 90° + Α • ΜΔ=ΛΕ αφού ΜΔ = ΑΓ

= ΛΕ 2 • ΚΔ = ΜΕ διότι ΚΔ = ΑΒ = ΜΕ . 2 Άρα είναι ίcrα οπότε ΚΜΔ = ΜΑΕ .

Λ Άρα: ΚΜΛ = ΚΜΔ + Μ2 + ΕΜΛ = Λ = ΜΛΕ +Α+ ΕΜΛ=

-= ΜΛΕ + ΓΕΜ + ΕΜΛ =

Α

η διχοτόμος της γωνίας Α και Μ τυχαίο ση-μείο της ΑΔ. Να αποδείξετε ότι ΜΓ - ΜΒ < ΑΓ - ΑΒ .

Α

κ Λύση Φέρνουμε την κάθετη ΓΚ στη διχοτόμο ΑΔ που τέμνει την προέκταση της ΑΒ στο Λ τότε θα είναι ΜΓ = ΜΛ και ΑΛ = ΑΓ. Έχουμε ΜΓ -ΜΒ = ΜΛ-ΜΒ < ΒΛ = ΑΓ - ΑΒ .

Από την τριγωνική ανισότητα στο τρίγωνο ΜΒΛ.

7. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Α = 45° . Φέρνουμε τα ύψη ΒΕ και Γ Δ και ενώνουμε τα Ε και Δ με το μέσο Μ της ΒΓ. Να αποδείξετε ότι ΔΜ J... ΜΕ .

Λύση Α

Β Μ Γ Η ΔΜ είναι διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΔΓ

άρα ΔΜ = ΒΓ . Το τρίγωνο ΔΒΜ είναι ισοσκελές 2 Λ Λ Λ Λ άρα Δι = Β τότε Μι = 1 80° - 2Β (1 ) .

Ομοίως η ΜΕ είναι διάμεσος στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΕΓ άρα το τρίγωνο ΕΜΓ είναι ισοσκελές Λ Λ οπότε Μ3 = 1 80° - 2Γ (2).

Λ Λ Λ Ο Είναι Μι+Μ2+ Μ3 = 1 80 (3) .

Από ( 1 ), (2), (3) έχουμε Μ2 = 1 80 - Μι+ Μ3 = 2Β+ 2Γ- 1 80 = Λ

Ο ( Λ Λ ) Λ Λ Ο

= 2 (Β+ Γ) - 1 80° = 2 . (1 80° - 45° ) - 1 80° = 9ο0 Άρα ΔΜ J... ΜΕ . 8. Δίνονται τα τετράγωνα ΑΔΓΒ και ΔΜΡΕ.

Φέρνουμε την ΓΜ και την ΕΑ που τέμνονται στο Θ. Να αποδείξετε ότι:



-α) ΓΔΜ = ΑΔΕ . β) Τα τρίγωνα ΑΔΕ = Γ ΔΜ είναι ίσα. γ) Το ΘΜΕΔ είναι εγγράψιμο. δ) ΕΘ _i ΘΜ .

Λύση

Γ Ρ

Β Α α) Η γωνία fΔΜ = 90° + ΜΜ . ( 1 ) .

Λ Λ Και ΑΔΕ = 90° + ΑΔΜ (2). - -Από τις ( 1 ) και (2) παίρνουμε ΓΔΜ = ΑΔΕ .

β) Τα τρίγωνα ΓΔΜ = ΔΕΑ διότι έχουν ΓΔ=ΔΑ, - -ΔΕ = ΔΜ και ΓΔΜ = ΑΔΕ .

γ) Από την ισότητα των τριγώνων ΔΕΑ = Γ ΔΜ - -έχουμε ΔΕΑ = ΔΜΓ . Επειδή η ΔΘ φαίνεται α-πό τα Ε και Μ υπό ίσες γωνίες το ΔΘΜΕ είναι εγγράψιμο.

δ) Επειδή το τετράπλευρο ΔΘΜΕ είναι εγγράψιμο και η ΕΔΜ: = 90° άρα και :ΕΘΜ = 90° γιατί η ΕΜ φαίνεται από τα Δ, Θ υπό ίσες γωνίες άρα ΕΘ _i ΘΜ.

9. Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ και έστω (ε) η εφαπτομένη του περιγεγραμμένου ιώκλου του (O,R) στο σημείο Β. Από το Α φέρνουμε την παράλληλη προς την (ε) που τέμνει την ΒΓ στο Ε. Να αποδείξετε ότι ο περιγεγραμμένος � κλος του τριγώνου ΑΓΕ διέρχεται από το κέντρο Ο και ότι εφάπτεται της ΑΒ στο Α.

(ε)

Λύση • Το περίκεντρο Ο βρίσκεται πάνω στη διχοτόμο ΑΔ, που είναι και μεσοκάθετη . Και επειδή ΟΒ _i ε και ΑΕΙ/ε συμπεραίνουμε

ότι: ΟΒ l_ ΑΕ . -Έτσι Ρ ΑΟ = ΟΒΔ = ω = ΔΓΟ . Και συνεπώς

το τετράπλευρο ΑΟΓΕ είναι εγράψιμο, δηλαδή ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΑΓΕ διέρχεται απ' το Ο.

Λ Λ • Προφανώς ισχύει: Γι = Α2 και επειδή

Λ Λ Λ Λ Αι = Α2 συμπεραίνουμε ότι Γι = Αι δηλαδή η ΒΑ εφάπτεται του κύκλου (Κ, (ΚΟ)) στοΑ. Λ Λ

• Είναι Αι = Α2 αφού ΟΑΓ είναι ισοσκελές Λ Λ Λ Λ και Αι = Α2 (ΑΔ διχοτόμος) άρα Γι = Αι ο-πότε η ΑΒ θα εφάπτεται του περιγεγραμμένου κύκλου του τετραπλεύρου ΟΑΕΓ (χορδή - εφαπτομένη).

1 Ο.Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) . Φέρνουμε τη διχοτόμο ΑΔ και την ΔΚ _i ΒΓ που τέμνει την προέκταση τη ΒΑ στο Ρ. Να αποδείξετε ότι: α) Το ΑΒΔΚ είναι εγγράψι-μο. β) ΒΔ = ΔΚ γ) ΔΡ = ΔΓ

1 "

α) Έχουμε άρα το τετράπλευρο ΑΒΔΚ είναι εγγράψιμο.

β) Στον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΔΚ οι γαι-Λ Λ νίες Αι και Α2 (που είναι ίσες) θα βαίνουν σε

� � ίσα τόξα ΒΔ = ΔΚ άρα και οι χορδές ΒΔ = ΔΚ θα είναι ίσες. γ) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΡΒΔ και ΚΓ Δ είναι ίσα

Λ Λ διότι ΔΚ = ΔΒ και Β = Κι διότι το ΑΒΔΚ εί-ναι εγγράψιμο. Επομένως ΡΔ = ΔΓ.

Προτεινόμενες για λύση 1 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και τα σημεία Ε, Ζ των ΑΒ και ΔΑ αντίστοιχα τέτοια ώστε να ισχύει ΑΕ = ΔΖ. Έστω Ι το μέσο του ΕΖ και Κ το μέσο του ΕΓ να αποδείξετε ότι ΙΚ l_ ΔΕ . Λ

2. Σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: 90° < Β < 135° και Λ Γ < 45° . Φέρνουμε το ύψος ΑΚ να αποδείξετε ότι ΒΚ < ΑΚ < ΓΚ .

Λ Λ 3 . Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε Β = 3Γ τότε να το χωρίσετε σε δύο ισοσκελή τρίγωνα.

Λ Λ 4. Σε τρίγωνο ΑΒΓ είναι Β = 120° + Γ . Έστω ΑΗ το ύψος και ΑΔ η διχοτόμος του. Να αποδείξετε ότι ΑΔ = 2 · ΑΗ .



Λ Λ 5. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Β = 45° , Γ = 1 5°

Προεκτείνουμε την ΒΑ κατά τμήμα ΑΡ = 2ΑΒ. Λ Να αποδείξετε ότι ΒΡΓ = 75° .

6. Σε ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΔΓ) θεωρούμε τα μέσα Κ, Ν, Λ, Μ των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) Το τμήμα ΚΛ είναι μεσοκάθετο των βάσεων. β) Το ΚΝΛΜ είναι ρόμβος.

7. Δύο κύκλοι (Κ, 3R) και (Λ,R) εφάπτονται εξωτερικά. Έστω ΡΣ η κοινή εφαπτομένη τους. Να Λ aποδείξτε ότι ΡΚΛ = 60° .

8. Έστω τρίγωνο ΑΒΓ και Ο το περίκεντρο του. Αν είναι Αι ,Β ι ,Γι τα συμμετρικά του Ο ως προς τις ευθείες ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ αντίστοιχα να αποδείξετε ότι το Ο είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑιΒιΓι .

9. Θεωρούμε κύκλο (O,R) και δύο χορδές του ΑΓ και ΒΔ που τέμνονται κάθετα στο Ρ, να αποδείξετε ότι:

ΑΣΚΗΣΗ lη: Από το κέντρο Κ ενός παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ φέρουμε δύο κάθετες ευθείες ει και εz που τέμνουν η ει τις ΑΒ και Γ Δ στα Λ και Μ και η εz τις ΒΓ και ΑΔ στα Ν και Ρ. Να δειχθεί ότι: α) Τα τρίγωνα ΚΛΒ και ΚΔΜ είναι ίσα β) ΚΝΛ = ΚΝΜ

ΛΥΣΗ: α) Τα τρίγωνα ΚΛΒ και ΚΔΜ έχουν ΚΒ=ΚΔ και

Β1 = Δ1 (εντός εναλλάξ). Άρα είναι ίσα

β) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΛΚΝ και ΝΚΜ είναι ίσα αφού έχουν ΚΝ κοινή και ΚΛ=ΚΜ (αφού τα τρίγωνα ΚΛΒ και ΚΔΜ είναι ίσα). Οπότε - -ΚΝΛ = ΚΝΜ (στο ισοσκελές τρίγωνο ΛΜΝ η ΚΝ είναι μεσοκάθετη και ύψος).

α) Η κάθετη ΡΚ στην ΑΒ διέρχεται από το μέσο Μ της ΔΓ. β) Οι προβολές του Ρ στις πλευρές του ΑΒΓ Δ είναι κορυφές εγγράψιμου τετραπλεύρου. lΟ.Δίνεται κύκλος (O,R) και σημείο Ρ του επιπέδου του. Έστω Α κινητό σημείο του κύκλου (O,R) . Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μέσων Μ των τμημάτων Ρ Α. 1 1 . Τρίγωνο ΑΒΓ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) . Στα σημεία Α και Β φέρνουμε τις εφαπτόμενες που τέμνονται στο Κ. Από το Κ φέρνουμε την παράλληλη ΚΡΘ προς την ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο Ε, να αποδείξετε ότι ΕΡ = ΕΘ. (Υποδ. το ΟΕΚΑ είναι εγγράψιμο). 12 .Να κατασκευαστεί η διχοτόμος δυο ευθειών ει , ε2 που τέμνονται εκτός του φύλλου σχεδίασης. (Υ ποδ. από σημείο Α της ει φέρνουμε την Αχ//ε2) .

Της Παπαδοπούλου Ευρώπης

ΑΣΚΗΣΗ 2η: Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α =90 · ) και στην προέκταση της διαμέσου ΑΜ παίρνουμε τμήμα ΜΔ=ΑΜ. Αν φέρουμε την ΔΕ J.. ΒΓ αυ-τή τέμνει τις διχοτόμους των γωνιών Β και Γ στα σημεία Λ και Κ. Να δειχθεί ότι ΔΛ=ΑΓ και ΔΚ=ΑΒ

ΛΥΣΗ: Επειδή Α = 90° και ΑΜ διάμεσος, ΑΜ=ΜΔ έ

πεται ότι το τετράπλευρο ΑΒΔΓ είναι ορθογώνιο (οι διαγώνιες του διχοτομούνται και έχει μια ορθή γωνία). Γ Δ

Λ

Άρα, ΑΓ=ΔΒ, οπότε ΔΛ=ΑΓ αν και μόνο αν

ΔΛ=ΔΒ. Ισχύει Β1 = Β (αφού ΒΛ διχοτόμος της Β ). 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/45


Επίσης Β2 = f ως εντός εναλλάξ γωνίες. Άρα --- " ,.. Β ,... ΛΒΔ = Β1 + Β2 =- + Γ 2

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΔΕΒ έχουμε Ε = 90° , οπότε Δ1 + Δ2 = 90° - Β2 = 90° - f =Β (από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ). Στο τρίγωνο ΛΔΒ ισχύει

λ +Δ1 +Δ2 + Β1 + Β2 =18ο · {::}

λ = 1 80° - ( Δ1 + Δ2 + Β2 + Β1 ) = ο ( � � Β ] ο ( ο Β ] = 1 80 - Β + Γ +2" =180 - 90 +2 =

ο Β � � Β =90 --=Β + Γ --= 2 2 � Β -=Γ +- =ΛΒΔ 2 Άρα το τρίγωνο ΛΒΔ είναι ισοσκελές, οπότε, ΛΔ=ΔΒ=ΑΓ. Ομοίως αποδεικνύεται ότι ΔΚ = ΑΒ.

ΑΣΚΗΣΗ 3η: Σε ένα τετράγωνο ΑΔΙ'Β το σημείο Ε είναι συμμετρικό του σημείου Β ως προς το Δ. Αν το σημείο Ζ είναι το μέσο της ΑΔ και το σημείο Η είναι η τομή των ΑΕ και Γ Δ, να αποδείξετε � τι:

α) ΔΗ=ΑΒ 2

β) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ είναι ίσα γ) Η ΓΖ είναι κάθετη στην ΑΕ

ΛΥΣΗ : α) Στο τρίγωνο ΑΒΕ έχουμε ΔΒ=ΔΕ (Ε συμμετρικό του Β ως προς το Δ) και ΔW/ΑΒ, απότε

ΑΗ=ΗΕ και ΗΔ = ΑΒ ως το ευθύγραμμο τμή-2 μα που ενώνει τα μέσα των πλευρών ΑΕ, ΕΒ του τριγώνου ΑΒΕ Α

...------"""2

Ε β) Τα τρίγωνα ΑΔΗ και ΖΔΓ είναι ορθογώνια και

έχουν ΔΗ=ΔΖ, διότι ΔΗ = ΑΒ και ΔΖ = ΑΔ 2 2 (υπόθεση) και ΑΒ=ΑΔ (ΑΒΓΔ τετράγωνο) επίσης έχουν ΑΔ=ΔΓ, επομένως είναι ίσα γ) Από την ισότητα των τριγώvων ΑΔΗ και ΖΔΓ

έχουμε Α1 = f1 , Ζ1 = Ζ2 ως κατακορυφήν και από το ορθογώνιο τρίγωνο ΖΔΓ έχουμε � � ο ' � � ο Γ1 + Ζ2 = 90 , επομενως Α1 + Ζ1 = 90 , άρα στο τρίγωνο ΑΘΖ θα είναι

Θ =90 . {::} ΘΓ ..l ΕΑ. Άρα ΓΖ..l ΑΕ. ΑΣΚΗΣΗ 4η:

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ=3ΑΒ. Τα σημεία Δ και Ε βρίσκονται στην πλευρά ΑΓ έτσι ώστε ΑΔ=ΔΕ=ΕΓ. Αν Μ είναι το μέσο του ΒΓ, να αποδείξετε ότι ΜΔ ..l ΜΕ. Υπόδειξη: Θεωρείστε το μέσο Ν του ΔΕ.

ΛΥΣΗ : Έστω Ν το μέσο του ΔΕ. Επειδή ΑΔ=ΕΓ και ΔΝ=ΝΕ έχουμε ΑΝ=ΝΓ και ΜΒ=ΜΓ επομένως στο ΑΒ ΔΕ τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ΜΝ=τ=τ,

(ΑΔ=ΔΕ=ΕΓ=ΑΒ= ΑΓ ). Στο τρίγωνο ΔΜΕ η ΜΝ 3 ' δ ' ιδ ' ΜΝ ΔΕ ' ΔΜΕ ειναι ιαμεσος και επε η =τ, αρα το ορ-θογώνιο, οπότε Μ =90 • .

Α

ΑΣΚΗΣΗ Sη : Έστω ισοσκελές τραπέζw ΑΔΙ'Β (ΑΒ//ΓΔ), Ε το σημείο τομής των ευθειών ΒΓ, ΑΔ και Ζ το σημείο τομής των εφαπτόμενων του περ� γραμμένου κύκλου στα σημεία Α και Γ. Να αποδειχθεί ότι: α) Το τρίγωνο ΑΕΒ είναι ισοσκελές β) Α ν Ο το κέντρο του περιγραμμένου κύ--κλου, η γωνία ΑΟΓ είναι διπλάσια της

ΑΒΕ , -γ) Οι γωνίες ΑΕΒ και ΑΖΓ είναι ίσες

ΛΥΣΗ:

α) το τραπέζιο ΑΒΓ Δ είναι ισοσκελές άρα Δ = f , ΕΑΒ =Δ και ΕΒΑ = f (επειδή ΑΒ// ΔΓ, ως εντός εκτός κ' επί ταυτά γωνίες). Άρα στο τρί-- -γωνο ΑΕΒ έχουμε ΕΑΒ = ΕΒΑ , δηλαδή είναι



ισοσκελές. z

-β) Η ΑΟΓ είναι επίκεντρη που βαίνει στο τόξο

ABr και η Δ αντίστοιχη εγγεγραμμένη. Άρα Aor =2 Δ =2 ΑΒΕ (από το πρώτο ερώτημα)

γ) Στο ισοσκελές τρίγωνο ΕΑΒ έχουμε ΑΕΒ=1 80°-2ΕΑΒ=1 80°-2 Δ ( 1 ) . Επίσης έχουμε Δ = ArZ ( Δ εγγεγραμμένη στο

-- -τόξο ΑΓ και ΑΓΖ γωνία υπό της χορδής ΑΓ και εφαπτομένης) και Δ = ZAf (όμοια) . Στο τρίγωνο ΖΑΓ έχουμε AZr = 1 80° =

- - Λ (Ι) -=(ΑΓΖ + ΖΑΓ )=1 80-2 Δ= ΑΕΒ . Ε ΡΩΤΗΣ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ -ΛΑΘΟΥΣ

1 ) Το άθροισμα των γωνιών ενός παραλληλό-γραμμου είναι 360 ο • Σ Λ

2) Όλες οι γωνίες ενός παραλληλόγραμμου είναι οξείες Σ Λ

3) Οι διαγώνιες ενός παραλληλόγραμμου διχ� τομούνται Σ Λ 4) Όλες οι πλευρές ενός παραλληλόγραμμου εί-ναι ίσες Σ Λ 5) Οι διαγώνιες χωρίζουν το παραλληλόγραμμο σε 4 ίσα τρίγωνα Σ Λ

6) Οι διαγώνιες παραλληλόγραμμου είναι και διχοτόμοι των γωνιών του Σ Λ

7) Το παραλληλόγραμμο έχει δύο ύψη. Σ Λ

8) Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών ενός παραλληλόγραμμου ισούται με το άθροισμα των εσωτερικών γωνιών του Σ Λ

9) Οι διαδοχικές γωνίες ενός παραλληλογράμ-μου είναι παραπληρωματικές Σ Λ 1 0) Κάθε κυρτό τετράπλευρο το οποίο έχει δύο πλευρές παράλληλες είναι παραλληλόγραμμο Σ Λ 1 1 ) Όλες οι γωνίες ενός ρόμβου είναι οξείες

Σ Λ

1 2) Κάθε ορθογώνιο είναι τετράγωνο � . \ 1 3) Κάθε τετράγωνο είναι ρόμβος Σ _ \ 1 4) Οι διαγώνιες του τετραγώνου είναι ίσες ' -

Λ 1 5) Οι διαγώνιες του τετραγώνου είναι και διχ� τόμοι των γωνιών του Σ Λ 1 6) Α ν ένα παραλληλόγραμμο έχει τις πλευρές ίσες και τις διαγώνιες ίσες είναι ρόμβος

Σ Λ 1 7) Οι διαγώνιες ενός τραπεζίου διχοτομούνται

Σ Λ

1 8) Οι απέναντι γωνίες ενός τραπεζίου είναι πα-ραπληρωματικές Σ Λ

1 9) Αν οι διαγώνιες ενός τραπεζίου είναι ίσες τό-τε είναι ισοσκελές τραπέζιο Σ Λ 20) Σε κάθε τραπέζιο, τα μέσα των διαγωνίων και τα μέσα των μη παράλληλων πλευρών είναι συνευθειακά σημεία Σ Λ 21 ) Στο ισοσκελές τραπέζιο, οι προσκείμενες στις βάσεις γωνίες είναι ίσες Σ Λ 22) Η διάμεσος του τραπεζίου το χωρίζει σε δύο ίσα τραπέζια Σ Λ 23) Η διαγώνιος τραπεζίου το χωρίζει σε δύο ίσα τρίγωνα Σ Λ 24) Τα μέσα των πλευρών τετραπλεύρου είναι κορυφές παραλληλογράμμου Σ Λ 25) Ένα παραλληλόγραμμο που δύο απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές είναι ορθ� γώνιο Σ ,\ 26) Τα τμήματα που συνδέουν τα μέσα των π� ρών ενός τριγώνου χωρίζουν το τρίγωνο σε 5 ίσα τρίγωνα Σ Λ 2 7) Υπάρχει τετράπλευρο του οποίου οι διαγ@. νιες είναι ίσες, αλλά δεν είναι ορθογώνιο Σ

_\ 28) Τα μέσα των πλευρών ορθογωνίου είναι κ� ρυφές ορθογωνίου Σ Λ 29) Τα μέσα των πλευρών ρόμβου είναι κορυφές ορθογωνίου Σ Λ

30) Η ευθεία που ενώνει τα μέσα των βάσεων ενός τραπεζίου είναι κάθετη στις βάσεις Σ Λ

3 1 ) Α ν σε τραπέζιο δύο απέναντι γωνίες είναι παραπληρωματικές, τότε είναι ισοσκελές Σ Λ

32) Ένα τραπέζιο που έχει δύο γωνιές ίσες έχει και διαγώνιες ίσες Σ Λ 33) Αν ένας ρόμβος έχει ίσες διαγώνιες, τότε εί-ναι τετράγωνο Σ Λ


Η παρακάτω εργασία γράφτηκε ώστε να βοηθήσει το μαθητή της

Β ' Λυκείου που αυτή την περίοδο βρi

σκεται στην τελική ευθεία για τις πανελλήνιες εξετάσεις. Με τις ασκήσεις των συναδέλφων: Δημάδη Χρi

στου και Παυλίδη Χαράλαμπου φέρνει το μαθητή σε επαφή με όλη την ύλη της Άλγεβρας της Β ' Λυκείου.

Άσκηση lη Α. Να δείξετε ότι:

) 100 ημ20° α συν =--=..:.--

2ημt0•

β) συνιο· · συν:iο· · συν4ο· =.!.σφιο· 8

Β. α) Να δείξετε ότι: ( π) συνχ + ημχ π εφ χ +- = , Χ * ΚΠ + - ,Κ Ε Ζ

4 συνχ - ημχ 4

β) Να λυθεί η εξίσωση:

συνχ + ημχ = J3 ( συνχ - ημχ)

Λύση

Α. α) Είναι ημ20· = 2ημιο· · συνιο· οπότε 1 ο• _η:..:..._μ2_ο_· συν = 2ημι ο·

β) Επίσης συν 1 σ · συν200 · συν4σ � ημ20" · συν200 · συν4Ο' = 2ημ10° _!_ημ40° ο 2

· συν4ο· = ημ4Ο · συν4ο· = 2ημιο· 4ημιο· _!_ 80° ημ400 . συν40° - 2 ημ = συνιο· = _!_σ ι ο· 4ημ1 ο· 4ημ1 ο· 8ημ1 ο· 8 φ

Β. α) Για χ * κπ +!: , κ Ε Ζ είναι: 4 π ( ) εφχ + εφ-εφ χ +!: = 4 = εφχ + 1 = 4 π 1 - εφχ 1 - εφχ · εφ-4

του Βασίλη Καρκάνη

ημχ + 1 συνχ 1 - ημχ

συνχ

ημχ + συνχ = � = συνχ - ημχ

� β) Για χ * κπ +!:, κ Ε Ζ είναι: 4

ημχ +συνχ συνχ - ημχ

συνχ + ημχ = J3 ( συνχ - ημχ) � συνχ + ημχ ι;; {α) ( π) r::; � =ν3�εφ χ +- =ν 3 � συνχ-ημχ 4

� εφ( χ +�) = εφj� π π � χ + - = κπ + -, Κ Ε Ζ � 4 3

π π � χ = κπ +- -- Κ Ε Ζ � 3 4 ' � χ = κπ + 2:., κ Ε Ζ η ζητούμενη λύση. 12

Άσκηση 2η ι Έστω σφω = J5

α) Να βρεθούν οι τριγωνομετρικοί αριθμοί συν2ω, εφ2ω και ημ2ω.

β) Να βρεθούν τα χ Ε IR. ώστε

εφ (χ + 2ω) = - εφω 2

Λύση

'Εχουμε σφω = Js οπότε εφω =.J5 ( 1 ) 2 1 -συν2ω ω 1 -συν2ω

α) Είναι εφ ω = �5 = � 1 + συν2ω 1 + συνω 5 + 5συν2ω = 1 - συν2ω � 6συν2ω = -4 �


Μαθηματικά Β ' Λυκείου

4 2 <::::> συν2ω = -- = --6 3 2εφω ω 2J5 Επίσης εφ2ω = 2 = =--=--1 - εφ ω 1 - 5 -4 2

ημ2ω Ακόμη εφ2ω=-- <::::> συν2ω <::::> ημ2ω = εφ2ω · συν2ω = -� { -�) = �

) εφω β) Είναι: εφ ( χ+2ω = --2-<=> εφχ + εφ2ω εφω <aJ

_:....___'----_ = ---<::::> 1 - εφχ · εφ2ω 2 ω

εφχ + (-15) J5 ---'7-....;.;2� = _ _2 <::::> 2εφχ -J5 = 1 - εφ χ . (-�) 2

5 5 -J5 --εφ χ <::::> 2εφχ +-εφ χ = Ο <::::> 2 2 9 -εφ χ = Ο <::::> εφ χ = Ο <::::> εφ χ = εφΟ <::::> 2 χ = κπ, Κ Ε Ζ .

Άσκη ση 3η Δίνεται η συνάρτηση f (χ) = 2 + 3συν2χ με χ ε 1R α) Να βρείτε την περίοδο της f. β) Να βρείτε την ελάχιστη και τη μέγιστη τι

μή της f. γ) Να βρείτε την τιμή του χ Ε [Ο, π] για την ο

ποία η f παίρνει την ελάχιστη τιμή. δ) Να δείξετε ότι οι λύσεις της εξίσωσης f(x) =

5 είναι τα χ Ε IR όπου χ = κπ, κ Ε Ζ . ε) Για κ Ε z: να δείξετε ότι οι λύσεις της εξί

σωσης του ερωτήματος (δ) αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου.

στ) Για την παραπάνω πρόοδο να βρεθεί το άθροισμα s = s63 - 12π όπου s63 το άθροισμα των 63 πρώτων όρων της.

Λύση Έχουμε την συνάρτηση f(x) = 2 + 3συν2χ με x E IR .

2π 2π ' f α) Είναι Τ =-=- = π η περιοδος της . ω 2 β) Για κάθε χ Ε IR είναι:

-1 :::; συν2χ :::; 1 <::::> -3 :::; 3συν2χ :::; 3 <::::> -3 + 2 :::; 2 + 3συν2χ :::; 3 + 2 <::::> -1 :::; f ( χ) :::; 5 οπότε - 1 είναι η ελάχιστη τιμή της f και 5 η μέγιστη .

γ) Έστω χ ε [Ο, π] ( 1 ) ώστε f ( x) = -1 <::::> 2 + 3συν2χ = -1 <::::> συν2χ = -1 <::::> συν2χ = συνπ <::::>

π } χ = κπ + -2χ = 2κπ +

.

π 2 ή κ Ε Ζ <::::> ή κ Ε Ζ

2χ = 2κπ - π π χ = κπ --2 π ζ ' ' και λόγω της ( 1 ) : χ = 2" η ητουμενη τιμη.

δ) Επίσης f ( χ) = 5 <::::> 2 + 3συν2χ = 5 <::::> συν2χ = 1 <::::> συν2χ = συνΟ <::::> 2χ = 2ΚΠ, Κ Ε Ζ <::::> Χ = ΚΠ, Κ Ε Ζ

ε) Για κ Ε z: είναι: χκ = κπ οι λύσεις της εξίσωσης f(x) = 5. Έτσι για την ακολουθία Χκ με κ Ε z: είναι: �+ι -� =( κ+ 1)π-10t=JΟt+π-π=π (σταθερή διαφορά) Έτσι η ακολουθία (χκ)είναι αριθμητική πρόοδος με πρώτο όρο χ1 = π και διαφορά ω = π.

στ)Είναι S = S63 - 12π = 63 [2χ1 + (63 - 1) ω ] - 12π = 2 = 63 [2π + 62π] - 12π = 63 · 64π - 12π = 2 2 = 63 . 32π - 12π = 20 1 6π - 12π = 2004π

Άσκηση 4η Δίνονται οι ακολουθίες (αν), (βν) με ν Ε Ν* . Α. Αν οι ακολουθίες (αν), (βν) είναι αριθμητι

κές προόδοι με κοινή διαφορά ω και ισχύει α2οο4 = βι99s να δείξετε ότι:

Pv = «v+6 για κάθε ν Ε Ν* Β. Αν η ακολουθία (αν) είναι γεωμετρική πρό

οδος με λόγο λ * ι και ισχύει β ν = αν+ ι - αν

τότε: α) Να δείξετε ότι η ακολουθία (Ρv)είναι γε

ωμετρική πρόοδος με τον ίδιο λόγο λ. β) Α ν S, S ' είναι τα αθροίσματα των ν

πρώτων όρων των παραπάνω προόδων (αν), (βv)αντίστοιχα και ισχύει: S' = 7 · S τότε να δείξετε ότι: i) λ = 8 ii) βv=7 αν.

Λύση Α. Έχουμε α2004 = β1 998 <::::> α1 + ( 2004 - 1) ω =

β1 + ( 1 998 - 1) ω<::::> α1 + 2003ω = β1 + 1 997ω<::::> β1 = α1 + 6ω ( 1 ) Έτσι για κάθε ν Ε Ν' είναι:


Μαθηματικά Β' Λυκείου

ω βν = β1 + ( ν - 1) ω = α1 + 6ω + ( ν - 1) ω = α! + [ ( ν + 6) - 1] ω = αν+6

Β. Έχουμε β ν = αν+ ι - αν ( 1 ) και λ :;t: 1 (2) β ω λν+l λν ) Ε' ν+! αν+2 - αν+! α! - α! α ιναι: - = β α α α λν - α λν-1 ν ν+l - ν 1 1

α λν ( λ - 1) (Ζ) 1 1 ( ) = λ οπότε η ακολουθία (�) εί-α1λν- λ - 1 ναι γεωμετρική πρόοδος με τον ίδιο λόγο λ.

β) i)Έχουμε S' = 7 · S ( 3) . λν - 1 λν - 1 Όμως S = α1 -- και S' = β1 -- και η (3) λ - 1 λ - 1 λν - 1 λν - 1 (2) γράφεται: β1--= 7α1--<=>β1 = 7α1 (3) λ - 1 λ - 1

ω Όμως β1 = α2 - α1 = α1λ - α1 = α1 ( λ - 1) οπό-τε από την (3) παίρνουμε: α1 ( λ - 1) = 7 α1 <=> λ - 1 = 7 <=> λ = 8 ii) Επίσης

ω βν = αν+! - αν = αν · λ - αν = 8αν - αν = 7αν Άσκη ση Sη Στην πνευμονολογική κλινική του νομαρχιακού νοσοκομείου Λαμίας και ημέρα Δευτέρα εισέρχεται ασθενής με βαρύ αναπνευστικό πρόβλημα. Μετά την άμεση αντιμετώπιση της κατάστασης και τις <fχετικές εξετάσεις η ιατρική ομάδα της κλινικής αποφάσισε να χορηγήσει στον ασθενή τρία φάρμακα. Την πρώτη μέρα (Δευτέρα) χ()ρηγείται στον ασθενή από το φάρμακο Α ημερίσια δόση 500 mg από το φάρμακο Β δόση 1000 mg και από το φάρμακο Γ δόση 1500 mg. Η ημερήσια δόση του φαρμάκου Α μειώνεται κάθε μέρα κατά 50 mg, του φαρμάκου Β κατά 125 mg και του φαρμάκου Γ κατά 250 mg. Να βρεθούν: α) Οι δόσεις των τριών φαρμάκων που θα χορη-

γηθούν στον ασθενή την ερχόμενη Παρασκευή. β) Πόσες δόσεις θα δοθούν από το κάθε φάρμα

κο και ποια ημέρα της εβδομάδας θα δοθεί η τελευταία δόση του καθενός.

γ) Αν το εξιτήριο από το νοσοκομείο δίνεται μία μέρα μετά τη χορήγηση και της τελευταίας δόσης, να βρεθεί πόσες μέρες ο ασθενής παρέμεινε στο νοσοκομείο για νοσηλεία.

δ) Α ν ο ασφαλιστικός φορέας του ασθενή καλύπτει δέκα μέρες νοσηλείας, πρόκειται αυτός να επιβαρυνθεί οικονομικά;

Λύση Όι δόσεις χορήγησης για το κάθε φάρμακο αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου. Συγκεκριμένα για το φάρμακο Α ο πρώτος όρος είναι α1 = 500 και η διαφορά ω = - 50. Όμοια για το φάρμακο Β είναι β1 = 1000 και ω = - 125 και για το Γ είναι γι = 1 500 και ω = - 250.

α) Την ερχόμενη Παρασκευή θα χορηγηθεί η 5η δόση για το κάθε φάρμακο. Έτσι η δόση του φαρμάκου Α θα είναι: αs = α1 + (5 - 1 )ω = 500 + 4(- 50) = 300 mg, του Β βs = βι + 4ω = 1000 + 4(- 125) = 500 mg και του Γ γs = γι + 4ω = 1 500 + 4(- 250) = 500 mg.

β) Θα βρούμε ποια δόση για το κάθε φάρμακο μηδενίζεται. Έστω ότι αυτό συμβαίνει για την κ δόση του Α, τη λ δόση του Β και τη μ δόση του Γ. Δηλαδή : ακ = ο} α! + ( κ - 1) ω = ο} κ = 1 1} βλ = 0 <=> β1 + ( λ - 1) ω = Ο <=> . . . <=> λ = 9 γμ = 0 γ1 + (μ - Ι )ω = Ο μ = 7 οπότε το φάρμακο Α θα δοθεί σε 1 Ο δόσεις, το Β σε 8 δόσεις και το Γ σε 6 δόσεις. Εφόσον η 1 η δόση και των τριών φαρμάκων δόθηκε ημέρα Δευτέρα, η τελευταία δόση του φαρμάκου Α θα δοθεί ημέρα Τετάρτη, του Β ημέρα Δευτέρα και του Γ ημέρα Σαββάτο.

γ) Η τελευταία δόση φαρμάκων που χορηγήθηκε στον ασθενή είναι του Α και αυτή δόθηκε την 9η μέρα μετά την είσοδο του στο νοσοκομείο. Επομένως ο ασθενής παρέμεινε για νοσηλεία στο νοσοκομείο 10 μέρες.

δ) Λόγω του (γ) ο ασθενής δεν θα επιβαρυνθεί οικονομικά για την νοσηλεία του στο νοσοκομείο.

Άσκηση 6η

3' · 32ψ = 243 Α. Να λυθεί το σύστημα:

ln χ - 2 ln ψ = ln 3 Β. Δίνεται η εκθετική συνάρτηση

f ( χ ) = ( 2α + 3 )χ με α :;t: 2 . α - 2

i) Να βρείτε τις τιμές του α Ε JR για τις οποίες η συνάρτηση f ορίζεται στο JR •

ii) Να βρείτε τις τιμές του α Ε JR για τις οποίες η συνάρτηση είναι γνησίως αύξουσα στο JR •



ίίί) Για ποια τιμή του α από αυτές που βρέθηκαν στο ερώτημα (ί) η γραφική παράσταση της f είναι <fυμμετρική με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης g(x) = logx ως προς τη διχοτόμο της 1ης και 3ης γωνίας των αξόνων.

Λύση . 3χ . 32ψ = 243 }

Α. Έχουμε το σύστημα: ln x - 2lnψ = ln 3 Πρέπει χ > Ο και ψ > Ο οπότε το σύστημα ισοδύναμα γράφεται:

χ = 5 - 2ψ ω 3Χ+2ψ = 35 } χ + 2ψ = 5} χ � χ � ln ψ2 =ln3 ψ2 = 3 3ψ2 = Χ (2)

ω Από (2) � 3ψ2 = 5 - 2ψ � 3ψ2 + 2ψ - 5 = Ο � 5 ψ = -- < Ο απορρίπτεται � 3

ψ = 1 δεκτή και από την ( 1) : χ = 3 οπότε: (χ,ψ) = (3 , 1 ) η λύση του συστήματος.

Β. i) Η f θα ορίζεται στο lR όταν: 2α + 3 αο'2

2αα _+; > ο} 0 <-- :;i: 1� � α - 2 2α + 3 1

-- :;i: α - 2 (2α + 3Ηα- 2) > 0}� α < -% ή α > 2} 2α + 3 :;e α- 2 ·· α :;e -5 οπότε το α ε (-οο, -5) υ ( -5,-%)u (2,+oo)

ίί) Η f .1' στο lR όταν 2α + 3 1 2α + 3 1 0 --> �--- > � α - 2 α - 2

2α + 3 - α + 2 0 α + 5 0 � > �--> � α - 2 α - 2 � ( α + 5Η α - 2) > 0� � < -5}

α > 2 δηλαδή το α ε (-οο, -5) υ (2,+οο)

ίίί) Γνωρίζουμε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = ι ο• και g ( χ) = log χ είναι συμμετρικές ως προς τη διχοτόμο της 1 ης και 3ης γωνίας των αξόνων. Έτσι για να συμβαίνει το ζητούμενο

πρέπει: 2α + 3 23 -- = 1 0 � 2α + 3 = 1 Οα - 20 � α =-α - 2 8 η ζητούμενη τιμή.

Άσκηση 7η

α) Αν χ, ψ > Ο και ισχύουν: Ιη(χψ)= Ιηχ2 και

ln x ln 2 , - = ψ τοτε: ψ

ί) χ = e, ψ = e ίί) χ = 10, ψ = 10 ίίί) χ = 1, ψ = 1 iv) χ = 1, ψ = 2 Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση.

β) Αν χ > ψ > Ο και χ2 + ψ2 = 18χψ να δείξετε

, 1 χ -ψ logx+ logψ οτι: og--

4 2

γ) Να λύσετε την εξίσωση :

2 + 1og15-log3 = Iog(23' - 29) Λύση

α) Έχουμε χ, ψ > Ο ( 1 ) και ln(x · ψ) =lnx2} Χψ= Χ2} χ(χ -ψ) = Ο} χ � χ � � ln-=ln� - =� � = χ ψ ψ χ = ψ } ω χ = ψ} � � χ = ψ=1 ψ3 = ψ ψ = 1 οπότε σωστή απάντηση είναι η (iii)

β) Έχουμε χ > ψ > Ο ( 1 ) και χ2 + ψ2 = 1 8χψ � χ2 + ψ2 - 2χψ = 16χψ � (χ - ψ)2 = 1 6χψ� ( Χ�ψ )2 = Χψ και λόγω της ( 1 ) : log ( χ� Ψ )2 = log ( χψ) � 2 log χ - ψ = log χ + log ψ � 4 log x - ψ =

log x + logψ 4 2

γ) Έχουμε την εξίσωση : 2 + log 1 5 - log 3 = log (23x - 29) ( 1 )

για την οποία πρέπει: 23• - 29 > Ο (2) Η ( 1 ) � 2 log 10 + log 1 5 - log 3 =

( ) 1 02 · 1 5 ( ) log 23• - 29 � log = log 23• - 29 � 3 � log500 = log (23x - 29) � 500 = 23χ - 29 � 23χ = 529 � 23χ = 232 � χ = 2



η ζητούμενη λύση που είναι δεκτή γιατί ικανοποιεί την (2) .

Άσκηση 8η

Ιη(3χ-11) Δίνεται η συνάρτηση f(x)

Ιη(χ-5) .

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να λυθεί η εξίσωση f(x) = 2 γ) Αν g(x) = ι με χ > 6 να λύσετε την aνίσωση

f(x) > g(x).

Λύση α) Για τη συνάρτηση f πρέπει: } χ >!..! ) 3χ - 1 1 > ο 3

χ - 5 > 0 � χ > 5 � χ > 5} In ( x - 5) ;r 0 x - 5 ;r 1 x ;r 6 Οπότε Α = (5, 6) υ (6, +οο) το ζητούμενο πεδίο ορισμού της f.

. ( ln ( 3x - 1) β) Για χ ε Α ειναι: f χ) = 2 � ( ) = 2 � ln χ - 5 � In ( 3x - 1 1) = 2 Ιη ( χ - 5) � Ιη( 3χ - 1 1) = ln ( x - 5) 2 � 3χ - 1 1 = χ2 - 10χ + 25 � χ2 - 1 3χ + 36 = 0� ή οπότε lχ = 9 1 .

χ = 4 � Α} χ = 9 ε Α

γ) Για χ > 6 είναι Ιη ( χ - 5) > Ο οπότε: f ( x) > g ( x ) � In (�x - l;) > 1 � ln χ - 5 ln ( 3x - 1 1) > Ιη ( χ - 5) � (εφόσον η συνάρτηση lnx είναι .!' ) � 3χ - 1 1 > Χ - 5 � 2χ > 6� χ > 3 οπότε τα χ > 6 αποτελούν τη λύση της ανίσωσης.

του Δημάδη Χρήστου του παραρτήματος Γρεβενών της Ε.Μ.Ε.

Άσκηση lη

Δίνεται το πολυώνυμο

Ρ(χ) = χ4 + συν2θ · χ3 - 3συνθ · r + 2χ- ι.

Να βρεθεί ο θ ε [Ο,π] ώστε το πολυώνυμο Ρ(χ) να έχει παράγοντα το χ - ι .

Λύση Το χ - 1 θα είναι παράγοντας του Ρ( χ) όταν και μόνον όταν P(1) =0�1+σuv2θ-3c:m\Aj+2-1=0�

εφόσον θ ε [Ο, π] . Άσκηση 2η Δίνεται το πολυώνυμο Ρ( χ) βαθμού ν � 2 . Να δειχθεί ότι το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ(χ)+(χ2 - 4χ + 3) θα είναι:

υ( χ) = Ρ(3) -Ρ(ι) χ+ 3

P( l) -Ρ( 3) 2 2

Λύση Εφόσον ο διαιρέτης χ2 - 4χ + 3 είναι 2ου βαθμού το υπόλοιπο της διαίρεσης θα είναι πολυώνυμο το πολύ Ι ου βαθμού. Έστω υ(χ) =αχ+β με α, β ε JR . Είναι χ2 - 4χ + 3 = ( χ - 1Η χ - 3) οπότε σύμφωνα με την ταυτότητα της ευκλείδειας διαίρεσης θα υπάρχει πολυώνυμο Π(χ) ώστε: Ρ ( χ ) = ( χ - 1) ( χ - 3) · Π ( χ ) + υ ( χ) ή Ρ ( χ) = ( χ - 1Η χ - 3) · Π ( χ ) + αχ + β ( Ι ) Από την ( 1 ) για χ = 1 και χ = 3 παίρνουμε:

� οπότε α - Ρ ( 3 ) - Ρ ( 1 ) } α + β = Ρ ( Ι ) } - 2

3α + β = Ρ ( 3) β = 3Ρ( 1 );Ρ( 3)

υ ( χ) = Ρ ( 3) - Ρ ( 1 ) χ + 3Ρ ( 1) - Ρ( 3) 2 2 Του Παυλίδη Χαράλαμπου

του παραρτήματος Καβάλας της Ε.Μ.Ε. Άσκηση lη

Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ3 +αχ2 + βχ+γ με α,β,γ ε JR . Αν το Ρ(χ) έχει παράγοντα το

Q(x) = χ2 -2χ+ ι να δείξετε ότι lαl + lβl + lγl � ι

Λύση Είναι Q(x) = χ2 - 2χ + 1 = (χ - 1 )2 οπότε το Ρ(χ) θα έχει παράγοντα το (χ - 1/ όταν το 1 είναι διπλή ρίζα του Ρ(χ) . Έτσι Ρ ( 1 ) = 0 � 1 + α + β + γ = Ο � γ = -α - β - 1 ( 1 ) και το Ρ(χ)γράφεται: Ρ ( χ) = χ3 + αχ2 + βχ - α ..,.. β - 1 = = (χ3 - 1) + α(χ2 - 1) + β ( χ - 1) =



= (χ - 1) (χ2 + χ + 1) + α(χ - 1Ηχ + 1) + β( χ - 1) = = ( x - l ) (x2 + χ + 1 + αχ + α + β) = = ( χ - 1) [χ 2 + ( α + 1) χ + α + β + 1 J Οπότε πρέπει το 1 να είναι ρίζα του Π( χ) = χ2 + ( α + 1) χ + α + β + 1 . Έτσι πρέπει Π( 1 ) = Ο � 1 + α + 1 + α + β + 1 = Ο � 2α + β + 3 = Ο �

β = -2α - 3 (2) (2) Από ( 1 ) �γ = -α - ( -2α - 3) - 1 =

-α+ 2α + 3 - 1 = α+ 2 δηλαδή γ = α + 2 (3) . Όμως ισχύει: (2) lαl + lβl + lγl � Ια+β+� = lα-2α-3+α+21 = 1-u = 1 (3) δηλαδή : lαl + ιβι + ι γι � 1

Άσκηση 2η Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2x3 +χ2 - 5χ+ 2 . α) Να βρεθούν τα σημεία τομής της γραφικής

παράστασης της f με τον άξονα χ' χ. β) Να βρεθούν τα Χ Ε � για τα οποία η γραφι

κή παράσταση της f δεν βρίσκεται πάνω από τον χ'χ.

Λύση

α) Είναι f ( x ) = 0 � 2x3 + x2 - 5x + 2 = 0 ( 1 ) Πιθανές ακέραιες ρίζες της ( 1 ) ο ι ±1, ±2 Με σχήμα Homer έχουμε:

2 1 -5 2 x= l I 2 3 -2

2 3 -2 ο

οπότε η ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την ( χ - 1) ( 2χ2 + 3χ - 2) = 0 �

χ = 1

� ή � Χ = -2

χ - 1 = 0 } ή

2χ 2 + 3χ - 2 = 0 ή

1 χ = -

2

και η γραφική

παράσταση της f τέμνει τον άξονα χ'χ στα σημεία Α(- 2, 0), Β(� , ο) και Γ( 1 , 0).

β) Η γραφική παράσταση της f δεν θα βρίσκεται πάνω από τον άξονα χ' χ για τα χ Ε � για τα οποία είναι: f ( x ) ::::; 0 � 2x3 + χ2 - 5χ + 2 ::::; Ο � 2 ( χ + 2) ( χ -�} χ - 1) :::; ο � � χ Ε ( -oo, -2]u [� . 1] εφόσον

ιπ ι :ool 9 - 9 Επαναληπτικό Θέματα ατη rεωμετpία

της Β ' Λυκείου (μια "περιήγηση", διαφορετική απ ' τι� άλλε�}

Ε , ) ισαγωγικα Αν δούμε την ύλη της Γεωμετρίας που διδά

σκεται στη Β ' Λυκείου, καταλήγουμε στο συμπέρασμα πως αυτή αποτελείται από: α) υπολογισμούς ευθ. τμημάτων, γωνιών, λόγων, εμβαδών ή β) σχέσεις μεταξύ αυτών. Όλα αυτά εντάσσονται σε μια ενότητα με τίτλο <ψετρικές σχέσεις»

Κρίναμε σκόπιμο να δώσουμε στα παιδιά μια γραμμή πλεύσης, με απλά παραδείγματα, ώστε να 1 Το κείμενο που ακολουθεί είναι ένα περιληπτικό απόσπασμα από μια αδημοσίευτη εργασία του γράφοντος, που έχει σαν αντικείμενο τη φιλοσοφία της μετάβασης, από τη λεκτική δατύπωση προς τη συμβολική γραφή με τύπους και αντίστροφα.

Γιάννης Κερασαρίδης

μάθουν να αναλύουν το ζητούμενο και όχι να περιμένουν την «φαεινή ιδέα»· δηλ. , να μη "λύνουν" απλά ένα θέμα, αλλά να το διαπραγματεύονται με συγκεκριμένη φιλοσοφία. Αυτό αποτελεί μια ικανοποιητική προσέγγιση της μαθηματικής πραγματικότητας, όχι, όμως, και την "τελική" απάντηση. §1 . Έννοιες

Τι είναι η μετρική σχέση. Μετρική σχέση, είναι μια σχέση ισότητας ή ανισότητας ανάμεσα στα μέτρα δύο ή περισσοτέρων γραμμικών ή τριγωνομετρικών στοιχείων ή εμβαδών, τα οποία σχετίζονται με ένα ή περισσότερα γεωμετρικά αντικείμενα. Ο υπολογισμός: του μήκους ενός ευθύγραμμου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λ.ζ' τ.4/53


τμήματος, ενός λόγου, ενός εμβαδού κοκ. είναι επίσης μια στοιχειώδης μορφή μετρικής σχέσης. Συνοψίζοντας, θα λέγαμε ότι υπάρχουν δύο κατηγορίες μετρικών σχέσεων α) αυτές που γνωρίζουμε και τα δύο μέλη τους και ζητείται η αλήθεια της σχέσης που τα συνδέει , και β) οι υπολογιστικές, δηλ. αυτές που ζητείται ο υπολογισμός: του μήκους ενός ευθύγραμμου τμήματος, ενός λόγου, ενός εμβαδού κοκ.

τι είναι 11 δομή 1 1 μιας σχέσης. Ένα σημαντικό χαρακτηριστικό, μιας μετρικής σχέσης, είναι και η δομή της. Όταν λέμε δομή μιας παράστασης, εννοούμε την πράξη που χαρακτηρίζει την παράσταση. Παραδείγματα δομής μετρικών σχέσεων. α) «Δίνονται, τυχαίο τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ

της πλευράς ΒΓ με ΔΒ = � . Δείξτε ότι ΔΓ ν μβ2+νγ2=αΑΡ2+μνα»

Σχόλιο Εδώ το πρώτο και το δεύτερο μέλος, της αποδεικτέας, έχουν δομή αθροίσματος β) «Σε κάθε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει

J3 (α2 + β2 + γ2J α + β + γ) εφΑ+εφΒ+εφΓ;:?: » 9αβγ Σχόλιο Εδώ το πρrοτο μέλος έχει δομή αθροί

σματος και το δεύτερο δομή πηλίκου γ) «Πάνω στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ τριγώνου

ΑΒΓ δίνονται τα τυχαία σημεία Δ,Ε,Ζ αντίστοιχα. Δείξτε ότι ισχύει η σχέση

(ΔΕΖ) ΑΖ · ΒΔ · ΓΕ + ΒΖ · ΓΔ · ΑΕ ...:..__..:... = » (ΑΒΓ) α · β · γ

Σχόλιο Εδώ το πρώτο και το δεύτερο μέλος έχουν δομή πηλίκου. Ο αριθμητής του δεύτερου μέλους έχει δομή αθροίσματος και ο παρονομαστής δομή γινομένου §2. Θέματα Τακτικής 1 ) Ποιο είναι το ζητούμενο Το ζητούμενο, σε κάθε πρόβλημα μετρικής

σχέσης, είναι να δείξουμε ότι υφίσταται αυτή η με

τρική σχέση · δηλ. , εκείνο που ουσιαστικά ζητείται είναι, με βάση :

α) τα δοσμένα του προβλήματος (τα θεωρούμε ως αληθή), β) τις υφιστάμενες μαθηματικές προτάσεις [αξιώματα, θεωρήματα, πορίσματα, εφαρμογές (για την απόδειξη της αλήθειας των οποίων δεν εmκα-

λούμαστε την αλήθεια της προς απόδειξη μετρικής σχέσης)], γ) τις ιδώτητες που είναι ενσωματωμένες στο σχήμα (πχ. όταν λέμε «ισόπλευρο τρίγωνο>> θεωρούνται ήδη γνωστές όλες οι ιδιότητές του), δ) τους κανόνες της μαθηματικής λογικής να ανακατασκευάσουμε τη δοσμένη μετρική σχέση.

Συμπερασματικά: έχοντας στη διάθεσή μας τα "υλικά" και τους "επιτρεπτούς κανόνες", καλούμαστε να κατασκευάσουμε ένα απόλυτα πιστό αντίγραφο της προς απόδειξη μετρικής σχέσης, δηλ. να κατασκευάσουμε μια μετρική σχέση που να 'χει με την προς απόδειξη: • την ίδια δομή,• τα ίδια "υλικά", • τοποθετημένα με την ίδια τάξη, σύμφωνα με τους "επιτρεπτούς κανόνες". 2. Δρόμοι που οδηγούν στο ζητούμενο Την αλήθεια μιας μετρικής σχέσης μπορούμε

να την πορισθούμε α) σαν άμεση εφαρμογή μιας γνωστής πρότασης Παράδειγμα. «Σε τρίγωνο ΑΒΓ, με β=S και γ=3, να δείξετε �

α2 τι 2μ; + - =34»

2 Απάντηση

Το πρώτο μέλος της αποδεικτέας έχει τη δομή και τα στοιχεία του α' θεωρήματος των διαμέσων. Εφαρμόζουμε αυτό το θεώρημα και έχουμε

αz 2μ2 +-=32+52=34 α 2

β) ξεκινούμε από το ένα μέλος και, με διαδοχικούς χειρισμούς, καταλήγουμε στο άλλο μέλος. Όταν αποφασίσουμε να ακολουθήσουμε αυτό το δρόμο, κατά κανόνα, ξεκινάμε από το πιο πολύπλοκο μέλος, για να φτάσουμε στο απλό.

Παράδειγμα. «Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α,β,γ και διάμεσο ΑΜ=JΙα.

2 Α ν ισχύει η σχέση 2μ; - βγ = .!.... , να αποδείξετε

2 ότι α2=β2+γ2 -βγ» [Πανελλαδικές 2002, Γεωμετρία Β' Λυκείου, Θέμα 2α]

Απάντηση

Ξεκινούμε από το β ' μέλος, για να φτάσουμε στο α' , παρατηρώντας πως τα στοιχεία �. β,γ θα πρέπει να τα "διώξουμε" , αφού δεν έχουν θέση στο α' μέλος, στο οποίο θέλουμε να καταλήξουμε. Έτσι, είναι



2 α2 α2 α2 (2μα - βγ) +2 = 2 +2 = α2 γ) ξεκινούμε ταυτόχρονα από τα δύο μέλη και κα

ταλήγουμε στις παραστάσεις Α και Β. Αυτές οι παραστάσεις είναι η μια αντίγραφο της άλλης

Παράδειγμα. «Σε τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ είναι διάμετρος του περιγεγραμμένου περί αυτό κύκλου, ΑΜ μια διάμεσός του και Ε η προβολή του Μ πάνω στην ΑΔ. Να δειχθεί ότι ΑΒ2+ΑΓ2=4RΑΕ»

Απάντηση Με εφαρμογή του α' θεωρήματος των διαμέ

σων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε ΑΒ2+ΑΓ2=2ΑΜ2+ 2ΜΒ2=2ΑΜ2+ 2ΜΒ.ΜΓ=

=2 ·ΑΜ2 + 2 · ΜΒ · ΜΒ = 2ΑΜ2 + 2ΜΒ2 =

= 2[ΑΜ(ΑΖ-ΜΖ) + ΜΒ · ΜΓ] =

= 2[ΑΜ · ΑΖ-ΑΜ · ΜΖ+ ΜΒ · ΜΓ] = 2[ ΑΜ ·ΑΖ-ΜΒ · .ΜΓ + ΜΒ · .ΜΓ] = 2ΑΜ ·ΑΖ ( 1) και 4RAE=2(2R)AE=2AΔAE=2AM·AZ (2)

Από ( 1 ),(2) προκύπτει η αποδεικτέα. 3 . Ένα μεθοδολογικό συμπέρασμα

Από την ίδια την τοποθέτησή μας στο ερώτημα «ποιο είναι το ζητούμενο», προκύπτουν τα παρακάτω συμπεράσματα τακτικής i) αν αποφασίσουμε να πορευτούμε στην κατεύ

θυνση της § 2(2 .α), τότε: είναι αρκετό να γνωρίζουμε πλήρως τις εκφωνήσεις των προτάσεων (θεωρημάτων, τύπων, . . . )

ii) αν αποφασίσουμε να πορευτούμε στην κατεύθυνση της § 2(2 .β) και έστω ότι η αποδεικτέα σχέση είναι η f(x,y,z)=g(x,t,u)

( 1 ) τότε κάνουμε τα παρακάτω βήματα:

ίία . Ξεκινούμε από το πιο πολύπλοκο μέλος, έστω το πρώτο

ίίβ . Όσα στοιχεία του f(x,y,z) υπάρχουν στο δεύτερο μέλος (όπως το χ), συνήθως, τα αφήνουμε άθικτα. Όσα στοιχεία του f(x,y,z) δεν υπάρχουν στο δεύτερο μέλος (όπως τα y,z), τα εκφράζουμε συναρτήσει των στοιχείων του δεύτερου μέ-

λους, δηλ. συναρτήσει των x,t,u. Τα, τυχόν, 1>πάρχοντα αριθμητικά στοιχεία δεν μας απα<J,(ολούν άμεσα. Αυτά "έρχονται μόνα τους" , αν η εκφράσεις των γραμμικών στοιχείων έχουν γίνει σωστά.

ίίγ.Πολλές φορές, μετά την πλήρη έκφραση των στοιχείων του α' μέλους με τα στοιχεία του β ' μέλους, έχουμε μια παράσταση που αποτελείται από τα ίδια στοιχεία (με το β · μέλος της αποδεικτέας) όχι, όμως, και την ίδια δομή . Αυτό σημαίνει πως αν συσχετίσουμε, ανά δύο ή ανά τρία, τα στοιχεία x,t,u θα πάρουμε την επιθυμητή δομή.

§3 Γενικά Θέματα

Θέμα 1° . Αν (O,R) είναι ο περιγεγραμμένος κύκλος οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ και Δ,Ε,Ζ τα ίχνη των υψών του προς τις πλευρές ΒΓ, ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι (ΑΒΓ)=R.τ' όπου τ ' η ημιπερίμετρος του ΔΕΖ ( ορθικό τρίγωνο)

Σχήμα 1 Απάντηση

Από το δεύτερο μέλος της αποδεικτέας έχουμε διαδοχικά ( σχ. 1 )

R.τ '=R ΔΕ + ΕΖ + ΖΔ =R ΔΕ +R ΕΖ +R ΖΔ ( 1 ) 2 2 2 2 Γνωρίζουμε, όμως, ότι το ημιγινόμενο δύο εl>

θυγράμμων τμημάτων, μπορεί να εκφράζει ένα εμβαδό είτε τριγώνου (με πλευρά το ένα ευθ. τμήμα και αντίστοιχο ύψος το άλλο) είτε τετραπλεύρου με κάθετες διαγώνιες τα δύο ευθ. τμήματα. Λαμβάνοντας υπ' όψη ότι R=ΟΑ=ΟΒ=ΟΓ, η ( 1 ) γράφεται

Rτ'= ΟΓ ΔΕ +ΟΑ ΕΖ +ΟΒ ΖΔ (2) 2 2 2 Απομένει να δείξουμε ότι ΟΓ l_ ΔΕ, ΟΑ l_ ΕΖ,

ΟΒ l_ΖΔ. [Απόδειξη : φέρουμε την εφαπτόμενη ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/55


χ 'χ του κύκλου (O,R) στο Α. Είναι Arn=xΊ.\B (χορδή και εφαπτόμενη) και AfB =ΑΖΕ ( εσωτερική και απέναντι εξωτερική γωνία του εγγραψίμου τετραπλεύρου ΒΓΕΖ), άρα χ ' ΑΒ =ΑΖΕ , άρα ΕΖ Ι Ι x'x j_ oA, άρα OAj_ Ez. Για όμοιο λόγο είναι και ΟΓ j_ΔΕ, ΟΒ j_ΖΔ]

Μετά απ' αυτό η (2) γράφεται Rτ'=(ΑΕΟΖ)+(ΖΟΔΒ)+(ΔΟΕΓ)=(ΑΒΓ)

Θέμα 2°. Ένα τετράγωνο ΑΒΓ Δ είναι εγγεγραμμένο σε

κύκλο (K,R). Μία ευθεία (ε ') εφάπτεται στον

κύκλο, κέντρου Κ. Ας είναι Α',Β ',Γ,Δ ' οι πρ&

βολές των Α,Β,Γ,Δ αντίστοιχα, πάνω στην (ε ').

Δείξτε ότι:

ΑΑ'.ΓΓ+ΒΒ'.ΔΔ '=R2


Επιλέγουμε το πρώτο μέλος ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ' (σχ. 2). Θα πρέπει να εκφράσουμε τα ΑΑ' , ΒΒ ' , ΓΓ, ΔΔ' (ή τα δύο γινόμενα του αθροίσματος) � ναρτήσει της ακτίνας R. Έστω Κ' το σημείο επαφής της (ε ')και του κύ

κλου (K,R) . Είναι ΚΚ'=R. Προβάλουμε την ακτίνα ΚΚ' πάνω στις ΑΑ' , ΒΒ ' , ΓΓ, ΔΔ ' κι έστω Ε,Ζ,Η,Θ οι προβολές του Κ πάνω σ' αυτές αντίστοιχα. Μ' αυτό τον τρόπο έχουμε

ΑΈ=Β 'Ζ=ΓΉ=Δ'Θ=ΚΚ'=R. Είναι ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ '= =(ΚΚ' -ΑΕ)(ΚΚ' +ΓΗ)+(ΚΚ' +ΒΖ)(ΚΚ' -ΔΘ)= =(R-AE)(R+ΓH)+(R+BZ)(R-ΔΘ) ( 1 )

Παρατηρούμε ότι ΑΕ=ΓΗ (αφού τρίγ. ΚΑΕ=τρίγ. ΚΓΗ) και ΒΖ=ΔΘ (αφού τρίγ. ΚΒΖ=τρίγ. ΚΔΘ), οπότε η ( 1 ) γράφεται

ΑΑΌΓΓ+ΒΒΌΔΔ'=(R2-ΓΗ2)+( R2-BZ2)= (2)

αρκεί να δείξουμε ότι ΓΗ2+ΒΖ2 =R2, δηλ. , ότι ΓΗ και ΒΖ μπορεί να είναι τα μήκη των καθέτων πλευρών ενός ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα την ακτίνα του κύκλου (K,R).

Αυτό, όμως, συμβαίνει αφού τα ορθογώνια τρίγωνα ΚΒΖ, ΚΓΗ είναι ίσα, άρα ΚΖ=ΓΗ. Τότε έχουμε ΓΗ2+ΒΖ2=ΚΒ2 και η (2) γράφεται

ΑΑΤΓ+ΒΒ ''ΔΔ '=2R2-R2=R2 Θέμα 3°. Σε κάθε τετράπλευρο ΑΒΓ Δ, εγγράψιμο σε κύκλο, ισχύει η σχέση ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ=ΑΓ.ΔΒ

(γνωστό σαν «θεώρημα του Πτολεμαίου»)


Εκλέγουμε το πρώτο μέλος ΑΒ.ΓΔ+ΒΓ.ΑΔ (σχ. 3) . Αρκεί να εκφράσουμε καθένα από τα στοιχεία του ή καθένα από τα γινόμενά του, συναρτήσει των διαγωνίων ΑΓ, ΔΒ.

Πάνω στη διαγώνιο ΑΓ παίρνουμε ένα σημείο Ε σε τρόπο ώστε ΕΒΓ=ΑΒΔ . Αν λάβουμε υπ' όψη μας ότι Δ, = fΊ , συμπεραίνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ, ΕΒΓ είναι όμοια, άρα ΑΔ = ΒΔ , δηλ.,

ΓΕ ΒΓ ΒΓΑΔ=ΓΕ'ΒΔ

Είναι, ακόμη, τρίγ. ΑΒΕ, ΔΒΓ όμοια, άρα ΑΒ ΑΕ -=- ΑΕ"ΔΒ= ΑΒΤΔ

ΔΒ ΔΓ '

( 1 ) .

(2) Προσθέτουμε τις ( 1 ), (2) κατά μέλη κι έχουμε:

ΑΒΤΔ+ΒΓΑΔ= ΓΕΒΔ+ΑΕΔΒ=(ΓΕ+ΑΕ)'ΔΒ=ΑΓΔΒ

Θέμα 4°. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ΑΔ η εξωτερική διχ&

τόμος της γωνίας Α. Τότε ισχύει η παρακάτω

σχέση

Από τη (2) και την αποδεικτέα προκύπτει ότι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/S6


; ; ; ; ;

; ;

; ; ; .-'"'ι

- - · - - - - - - - - - - - -

Δ .

Απάντηση Ξεκινάμε από το δεύτερο μέλος ΔΒ.ΔΓ - β.γ (σχ.

4). Το γινόμενο δύο ευθ. τμημάτων που έχουν το ίδιο άκρο και είναι συνευθειακά, μας παραπέμπει στη δύναμη σημείου προς κύκλο. Αν, λοιπόν, (K,R) ο περίκυκλος του τριγώνου και Ε το σημείο στο οποίο η ΔΑ ξανατέμνει τον κύκλο αυτό, τότε έχουμε:

ΔΒΔΓ=ΔΑΔΕ=ΔΑ(ΔΑ+ΑΕ)=ΔΑ2+ΔΑΔΕ

άρα ΔΑ2= ΔΒΔΓ - ΔΑΔΕ ( 1 )

Συγκρίνοντας τα δεύτερα μέλη της αποδεικτέας και της ( 1 ) συμπεραίνουμε ότι αρκεί να δείξουμε ότι

ΔΑΑΕ=ΑΓΑΒ (2) Από την τελευταία, συμπεραίνουμε πως αρκεί να

δείξουμε ότι τα τρίγωνα ΔΑΒ και ΑΓΕ είναι όμοια. Αυτό είναι αληθές, αφού Β1 = Ε (το ΑΒΓΕ εί-

ναι εγγεγραμμένο) και Α3 = Α2 = Α1 • Άρα η (2)

είναι αληθής, άρα, από ( 1 ), (2) έχουμε: ΑΔ2=ΔΒ·ΔΓ - ΑΓΑΒ ή ΑΔ2=ΔΒΔΓ - βγ

Θέμα 5°. Τριγώνου ΑΒΓ, το περίκεντρό του είναι Ο και

το έγκεντρό του Ι. Δείξτε ότι ισχύει

I02=R2 - 2Rρ (τύπος του Euler)

όπου R και ρ οι ακτίνες του περιγεγραμμένου και

εγγεγραμμένου κύκλου (του ΑΒΓ) αντίστοιχα. z

Ε Σχήμα 5

Απάντηση Ας είναι Ε το σημείο στο οποίο η εσωτερική δι-

χοτόμος ΑΔ τέμνει το περιγεγραμμένο κύκλο (O,R) του τριγώνου ΑΒΓ, Η η προβολή του Ι πάνω στην ΑΒ και Ζ το aντιδιαμετρικό του Ε ( σχ. 5) .

Ξεκινούμε από το β' μέλος κι έχουμε: R2-2Rρ= R2-EZ·IH ( 1 ) .

Ο συσχετισμός των ΕΖ,ΙΗ γίνεται μέσω των ομοίων τριγώνων ΑΗΙ και ΓΕΖ, οπότε έχουμε

ΙΗ = ΙΑ ' ΙΑΕΓ=ΙΗ·Εz (2) ΕΓ ΕΖ

η Από ( 1 ),(2) έχουμε

R2-2Rρ= R2-IA·Er (3) Αρκεί να δείξουμε ότι ΙΑΕΓ= R2-102• Όμως, η

διαφορά R2-I02 εκφράζει τη δύναμη του σημείου Ι ως προς τον κύκλο (O,R) . Άρα R2-102=1AIE, άρα αρκεί να δείξουμε ότι ΙΑΕΓ= ΙΑΙΕ ή ότι ΕΓ=ΙΕ. Το τελευταίο, όμως, είναι αληθές αφού το τρίγωνο ΙΕΓ είναι ισοσκελές, δηλ., ΙΕ=ΕΓ. Άρα

R2-2Rρ= R2-( R2-102)= 102

Θέμα 6°. Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και Κ,Λ,Μ,Ν

τα μέσα των ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ, ΔΑ αντίστοιχα. Αν

συνδέσουμε τα Κ,Λ,Μ,Ν με τις κορυφές των α

πέναντι πλευρών τους, δημιουργείται ένα οκτά

γωνο. Να υπολογισθεί το εμβαδό του οκταγώνου

συναρτήσει του εμβαδού του παραλληλογράμ-

μου.

Δ

Απάντηση Α ν Θ η τομή των ΚΔ,ΑΓ και Ρ η τομή των

ΚΜ,ΑΛ, τότε το τρίγωνο ΟΘΡ (Ο το κέντρο του παραλ/μου) είναι ένα από τα 8 τρίγωνα που αποτελούν το οκτάγωνο ( σχ. 6). Θα υπολογίσουμε το εμβαδό (ΟΘΡ). Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα 0-

ΑΚ, ΟΘΡ έχουν κοινή τη κορυφή τους Ο. (ΟΘΡ)

= (ΟΘ)(ΟΡ) = .!_ } _ = .!_ , άρα Άρα

(ΟΑΚ) (ΟΑ)(ΟΚ) 3 2 6 (ΟΘΡ)= .!_ (ΟΑΚ) 6 ( 1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ ' τ.4/57


Αλλά (ΟΑΚ)=_!_ (ΟΑΒ), (ΟΑΒ)=_!_ (ΑΒΔ), 2 2 (ΑΒΔ)= _!_ (ΑΒΓΔ) (2) 2

Από ( 1 ),(2) έχουμε (ΟΘΡ)=-1 (ΑΒΓΔ) (3) 48

Με τον ίδιο ακριβώς τρόπο αποδεικνύεται ότι καθένα από τα υπόλοιπα τρίγωνα που συνιστούν το οκτάγωνο έχουν το ίδιο εμβαδό με το τρίγωνο ΟΘΡ. Άρα

1 1 Ε =8(0ΘΡ)=8 " - (ΑΒΓΔ)=- (ΑΒΓΔ) οκταγ 48 6

r Β � Λuκcfou Μα8ημαrικό Κατccί8uνt1η� (Εnαναληπτι«i� AuHήucι,J

Άσκηση 1 η Θεωρούμε τα σημεία Α και Β πάνω στους θετικούς ημιάξονες Οχ και Οψ αντίστοιχα έτσι ώστε: (ΟΑ) + 3 (ΟΒ) = 10 και σημείο Γ επί της

ΑΒ, τέτοιο ώστε: Γ Α

= 9 . Να αποδειχθεί ότι: ΓΒ

i. Οι κάθετες της ΑΒ στο Γ, διέρχονται από σταθερό σημείο Σ.

ίί. Το σημείο Σ "βλέπει" το μεταβαλλόμενο ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ υπό ορθή γωνία.

iii. Το σημείο Γ κινείται σε σταθερή ευθεία. iv. Το συμμετρικό Σ ' του Σ ως προς την ΑΒ α

νήκει επίσης σε σταθερή ευθεία, που διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

v. Να βρεθεί η γωνία των ευθειών που κινούνται τα σημεία Γ και Σ '.

ΛΥΣΗ

Υ

Α χ

ί. Έστω τα σημεία Α(α,Ο) και Β(Ο,β) στους θετικούς ημιάξονες Οχ και Οψ αντίστοιχα. Τότε (ΟΑ) + 3 (ΟΒ) = 10 � α +3β = 10. Η εξίσωση της ΑΒ θα είναι: � + ψ = 1 ή βχ +αψ = αβ με συντελεστή καα β τεύθυνσης λ = -� άρα της κάθετης της ΑΒ α στο σημείο Γ θα έχει συντελεστή κατεύθυνσης λ = � . β Υπολογίζουμε τις συντεταγμένες του σημείου

Θάνος Χαραλάμπους

Γ: Από την σχέση : ΓΑ - --= 9 � ΓΑ=9 ΓΒ � ΑΓ = 9ΓΒ ΓΒ

ΟΓ ΟΑ + 90Β . = 10 , αρα

χ ΧΑ + 9χs και ψ = Ψ Α + 9ψ s r = 1 0 r 1 0 Ε . α πομενως Χr = 1 0 ,

9β Ψr =ω Άρα Γ( 1� ,��) Η εξίσωση της κάθετης επί την ΑΒ στο σημείο Γ είναι: ψ -�� =*(χ - 1�) ή

1 Οβψ-9β2 = 1 Οαχ - α2 Όμως α+3β= 10 � α=10-3β 1 Οβψ-9β2 = 1 0(1 Ο - 3β)χ - (1 Ο - 3β)2 1 Οβψ-9β2 = 1 ΟΟχ - 30βχ - 1 00 + 60β - 9β2 30βχ + 10βψ - 60β + 100 - 1 00χ = Ο 1 0(3χ + ψ - 6)β + 1 00(1 - χ) = ο . Η παραπάνω εξίσωση θεωρείται πολυώνυμο με μεταβλητή το β, εκ ταυτότητος ίσο με το μηδέν. Άρα οι συντελεστές του θα είναι όλοι ίσοι με το μηδέν.

3χ + ψ - 6 = 0 3 + ψ - 6 = 0 ψ = 3 � � 1 - χ = Ο χ = 1 χ = 1 Άρα το σταθερό σημείο είναι Σ( 1 ,3)

ii. Εφόσον α+3β= 10�α=10-3β και το σημείο Α(α,Ο) γίνεται Α( 1 0-3β, Ο)



ΣΑ = (9 - 3β, -3) ΣΒ = (-1, β - 3) ΣΑ · ΣΒ = (9 - 3β)(- 1) + (-3)(β - 3) = Ο Άρα ΣΑ _l_ ΣΒ

ίίί. Το σημείο Γ υπολογίσθηκε: Γ(� 9β ) = ( 1 0 - 3β 9β) 1 0 Ί ο 10 Ί ο

Θέτουμε χ= 1Ο - 3β και ψ= 9β . 10 10 Απαλοίφοντες το β από τις παραπάνω εξισώ

σεις, έχουμε: χ= 10 - 3β :::::> β 1 0( 1 -χ) 10 3

ψ= 9β :::::> β= 10ψ 10 9 10(l - χ) = 1Οψ :::::> 3χ+ψ-3=0 3 9

Η παραπάνω εξίσωση αποτελεί την εξίσωση της σταθερής ευθείας πού κινείται το σημείο Γ.

ίv. 'Εστω Σ ' ( χ0 , Ψ ο } το συμμετρικό του Σ( 1 ,3) ως προς την ΑΒ.

Υ

Β Σ '(χο,ψο) Γ ( 1 0-3β 9β)

10 ' 10 Σ( 1 ,3)

ο

Χ0 + 1 = 1 0- 3β } τ ' 2 10 οτε: :::::> Ψο + 3 9β -- =-2 10

Α χ

β= 10( 1 -χ0 ) } 6 => β= 5(ψ0 + 3) 9

10( 1 -χο ) 5(Ψο + 3) 3 Ο :::::> 6 = 9 :::::> Χ ο + ψ ο = Άρα το Σ' κινείται στην σταθερή ευθεία 3χ+ψ=Ο η οποία διέρχεται από την αρχή των αξόνων.

v. Παρατηρούμε ότι οι ευθείες που κινούνται τα σημεία Γ και Σ ' είναι παράλληλες άρα η γωνία των ευθειών αυτών είναι μηδενική.

Άσκηση 2η Το διάνυσμα θέσεως ενός κινητού σημείου Ρ, συναρτήσει του χρόνου t, είναι:

- -OP = (3 + 5t) ι + (1+12t) j

Να αποδειχθεί ότι διατρέχει σταθερή ημιευθεία και να βρεθεί η απόσταση που απέχουν δύο διαδοχικές του θέσεις κατά το 1 ον και 2°v λεπτό της κίνησης του.

ΛΥΣΗ

Το διάνυσμα θέσεως του σημείου Ρ έχει τετμημένη x=3+5t και τεταγμένη ψ=1 + 12t.

Απαλοίφοντες το t από τις παραπάνω εξισώσεις, έχουμε:

t = χ�3}=:> χ - 3 = ψ - 1 :::::> 12χ-5ψ-3 1=0 t = ψ - 1 5 12

12 Η παραπάνω εξίσωση αποτελεί και την εξί

σωση της ευθείας πού κινείται το σημείο Ρ. Επειδή t ;?: Ο :::::> χ-3 ;?: ο => χ ;?: 3}

ψ-1 ;?: 0:::::> ψ ;?: 1 Επομένως πρόκειται περί ημιευθείας με εξί

σωση 12χ - 5ψ - 3 1 = Ο.

Για t=1 έχουμε χι=8 και ψι= 13 , άρα το Ρ θα βρίσκεται στην θέση Ρι(8, 1 3) .

Για t=2 έχουμε χ2= 1 3 και ψ2=25, άρα το σημείο Ρ θα βρίσκεται στην θέση Ρ2( 1 3 ,25). Τότε: Ρ1Ρ2 = �(1 3 - 8)2 + (25 - 1 3)2 =

= vf25 + 144 = Jϊ69 = 1 3 Άσκηση 3η Δίδεται κύκλος (c): χ2 + ψ2 = 4 και η ευθεία (ε) :3χ +4ψ -20 = Ο. Αν από κάθε σημείο της εtr θείας (ε) φέρω εφαπτόμενες προς τον κύκλο (c), να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των μέσων των χορδών των επαφών.

ΛΥΣΗ



Παρατηρούμε ότι η απόσταση του κέντρου του κύκλου, από την ευθεία, είναι μεγαλύτερη από την ακτίνα, άρα η ευθεία δεν τέμνει τον κύκλο !

13 · 0 + 4 · 0 - 201 20 d(Ο, (ε)) = =- = 4 > 2 = R -./32 + 42 5 Επομένως από όλα τα σημεία της ευθείας

μπορούμε να φέρουμε εφαπτόμενες προς τον κύκλο.

Έστω Ν(χ0 , ψ0 ) τυχαίο σημείο της ευθείας 3χ+4ψ-20=0 από το οποίο φέρω τις εφαπτόμενες ΝΑ και ΝΒ προς τον κύκλο ( c ) .

Εάν Α(χι , Ψι ) και Β(χ2 0 ψ2 ) , τότε: η εξίσωση της εφαπτόμενης στο σημείο Α θα είναι ΧΧι + ΨΨι = 4 (ει ) και αντίστοιχα στο σημείο Β θα είναι

χχ2 + ΨΨ2 = 4 (ε2 ) Όμως και οι δύο αυτές ευθείες διέρχονται από το σημείο Ν ( χ0 , ψ 0 ) . Επομένως θα ισχύουν: ΧοΧι + Ψ ο Ψι = 4 και ΧοΧ2 + ΨοΨ2 = 4 Παρατηρούμε ότι η ευθεία χ0χ + Ψ ο Ψ = 4 επαληθεύεται από τις συντεταγμέ-νες των σημείων Α και Β, άρα είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ.

Η ΟΜ είναι μεσοκάθετη της χορδής ΑΒ, άρα οι συντεταγμένες του σημείου Μ θα προκύψουν από το σύστημα των ευθειών ΑΒ και ΟΝ: ΑΒ : χχσ +ΨΨο = 4} 4χ0 4ψ0

• _ :::::> Χι = 2 2 ' Ψι = 2 2 ΟΝ . ψ0Χ - Χ0ψ-Ο χ0 + ψ0 Χ0 + ψ0 (όπου ΟΝ: ψ0χ - χ0ψ=Ο η κάθετη στην ΑΒ: χ0χ + ψ0ψ = 4 .

Προκειμένου να βρούμε τον τόπο του σημείου Μ θα εκφράσουμε τις συντεταγμένες του Ν ως συνάρτηση των συντεταγμένων του Μ και θα τις αντικαταστήσουμε στην σχέση : 3χ0 + 4ψ0 -20 = Ο , αφού το Ν είναι σημείο της ευθείας (ε) .

2 1 6χ� Χι = (χ� + ψη2 2 1 6ψ� Ψι = ( 2 2 )2 Χο + Ψο

2 2 1 6χ� + 16ψ� :::::> Χι + Ψι = ( 2 2 )2 Χο + Ψο

Μετά από πράξεις και κατάλληλες aπλοποιήσεις καταλήγουμε στην εξίσωση :

2 2 3 4 Χι + Ψι --Χι --ψι = Ο 5 5 Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες του ση

μείου Μ επαληθεύουν την εξίσωση : 2 2 3 4 χ + ψ --χ --ψ = 0 5 5

η οποία είναι εξίσωση κύκλου ποv περνά από , ξ ' . κ( 3 2 ) την αρχη των α ονων με κεντρο lO, S και α-

, R 1 κτινα =- . 2 Άσκηση 4η Έστω το σταθερό σημείο E(l,O) και η ευθεία (ε) :

χ=3. Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημεί

ων του επιπέδου για τα οποία ο λόγος των απο-

, , , θ ' , J3 στασεων απο το σημειο και την ευ εια ειναι - . 3

.\ΥΣΗ Έστω Μ(χ0 , ψ0 ) ένα σημείο του τόπου και

(ε) : χ-3=0, η εξίσωση της ευθείας. Τότε: d(M,(ε)) = lx0 -3l , d(M,E) =J(Xo -1)2 +%

d(M,E) J(χ0 - 1)2 + ψ� J3 , και = =- τοτε d(Μ, (ε)) l x0 - 31 3 3 (J(x0 - 1)2 + ψ� )=J3 Ixo - 31

Υψώνουμε στο τετράγωνο την τελευταία σχέ-ση και έχουμε:

3(χ0 - 1)2 + 3ψ� = χ� - 6χ0 + 9 ή 3Χ� - 6χ0 + 3 + 3ψ� = Χ� - 6Χ0 + 9 ή 2χ� + 3ψ� = 6

2 2 ή �+ Ψο = 1 3 2 Άρα ο γεωμετρικός τόπος, είναι έλλειψη με ε

ξίσωση : ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4/60


Άσκηση Sη 2 2

Θεωρούμε την έλλειψη .;..+ ψ2 = 1 και ένα σηα β

, , , α2 μειο Μ που διαγραφει την ευθεια: χ = - .

γ

Φέρουμε τις εφαπτόμενες ΜΑ και ΜΒ της έ'k λειψης στα σημεία Α και Β καθώς και την κάθετη ΟΝ από το κέντρο Ο προς την ΑΒ.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Ν. ΛΥΣΗ

Οι εξισώσεις των εφαπτόμενων στα σημεία Α(χ1 , ψ1 ) και Β(χ2 , ψ2 ) είναι αντίστοιχα: βzχ,χ + αzψ,ψ = αzβz , β2χ2χ + α2ψ2ψ = αzβz

Διέρχονται από το σημείο Μ(� , Ψ ο ) άρα θα ισχύει:

αz β2Χz-+ αzψ2Ψο = α2β2 γ

Διαπιστώνουμε ότι η ευθεία με εξίσωση : αz β2 -χ + αzΨοΨ = α2β2 γ

επαληθεύεται από τις συντεταγμένες των σημείων Α και Β, άρα θα αποτελεί την εξίσωση της ΑΒ.

Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες της εστίας Ε(γ,Ο) την επαληθεύουν, άρα η εστία Ε ανήκει σ'αυτήν !

- -Ισχύει ΝΟ · ΝΕ = Ο . Θεωρώ το μέσον του τμήματος ΟΕ έστω κ(} ο} άρα ΚΕ = -ΚΟ και έχω: ΝΟ · ΝΕ = 0::::> {ΝΚ + ΚΟ ){ΝΚ + ΚΕ )= Ο=>

(ΝΚ + ΚΟ ){ΝΚ -ΚΟ)= Ο=> ( ΝΚ )2 - (

κο )2 = ο => (ΝΚ )2 = (κο )2 =>

( ΧΝ -�J2 + ψ� = (�J2 Δηλαδή οι συντεταγμένες του σημείου Ν επα

ληθεύουν την εξίσωση του κύκλου : (χ -�J2 + ψ2 = (�J2 κέντρου κ(� , Ο J και ακτίνας R=� που διέρ

χεται της αρχής των αξόνων !

Ασκήσεις επανάληψης, Ευκλείδειας Διαίρεσης και διαιρετότητας

Εισαγωγή Για τις κατευθύνσεις της Β ' Λυκείου δίνονται αδημοσίευτες ασκήσεις επανάληψης στην Ευκλείδεια Διαίρεση και στην διαιρετότητα σύμφωνα με το πνεύμα του σχολικού βιβλίου. 1) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός 2004 δεν μπο

ρεί να γραφεί ως άθροισμα 399 προσθετέων, καθένας από τους οποίους είναι ίσος με S ή 7 ή 11 .

Νίκος Ταπεινός

Λύση Έστω ότι υπάρχουν 399 προσθετέοι, χ φορές

το 5, y φορές το 7 και ω φορές το 1 1 έτσι ώστε να δίνουν άθροισμα 2004, δηλαδή ότι:

5x + 7y + l lω = 2004 ( 1 ) όπου χ + y + ω = 399 (2) . Από (Ι) � 5χ + 5y + 2y + 5ω + 6ω = 2004�



(2) 5(χ + y + ω) + 2(y + 3ω) = 2004<::::> 5 · 399 + 2 · (y + 3ω) = 2004 <=> 2(y + 3ω) = 9 και επειδή y + 3ω = κ ε Ζ <::::> 2 · κ = 9 <::::> 2 / 9 άτοπο.

2) Αν ο ακέραιος αριθμός α δεν είναι πολ/σιο του 5 να δειχθεί ότι, το υπόλοιπο της διαίρεσης α2 +5 είναι 1 ή 4.

Λύση α = 5κ + 1 με κ ε Ζ τότε: α2 = (5κ + 1)2 = 25κ2 + 10κ + 1 = = 5(5κ2 + 2κ) + 1 = = 5 · ρ + 1 όπου 5κ2 + 2κ = ρ ε Ζ α = 5κ + 2 με κ ε Ζ τότε: α2 = (5κ + 2)2 = 25κ2 + 20κ + 4 = = 5(5κ2 + 4κ) + 4 = = 5 · ρ + 4 όπου 5κ2 + 4κ = ρ ε Ζ α = 5κ + 3 με κ ε Ζ τότε: α2 = (5κ + 3)2 = 25κ2 + 30κ + 9 = = 25κ2 + 30κ + 5 + 4 = = 5(5κ2 + 6κ + 1) + 4 = = 5 · ρ + 4 όπου 5κ2 + 6κ + 1 = ρ ε Ζ α = 5κ + 4 με κ ε Ζ τότε: α2 = (5κ + 4)2 = 25κ2 + 40κ + 1 6 = = 25κ2 + 40κ + 1 5 + 1 = = 5(5κ2 + 8κ + 3) + 1 = = 5 · ρ + 1 όπου 5κ2 + 8κ + 3 = ρ ε Ζ Άρα σε κάθε περίπτωση α2 = 5ρ + 1 ή

α2 = 5ρ + 4 οπότε το υπόλοιπο της διαίρεσης α2 + 5 είναι 1 ή 4. 3) Η διαίρεση ενός θετικού ακεραίου α δια

217 δίνει πηλίκο έναν άρτιο αριθμό ρ και υπόλοιπο ρ3• Να αποδείξετε ότι α == 442 ή α = 932 ή α = 1518.

Λύση

Από υπόθεση έχουμε ότι: α = 2 1 7 · ρ + ρ3 όπου ρ = 2κ, κ ε Ζ .

Τότε α = 2 1 7 · 2κ + 8κ3 όπου 0 � 8κ3 < 21 7<::> <::> Ο � κ3 < 2 1 7 και επειδή κ ε Ζ , κ=Ο ή κ=1 8 ή κ = 2 ή κ = 3 . αν κ = Ο τότε α = Ο απορρίπτεται γιατί α>Ο. αν κ = 1 τότε α = 2 1 7 · 2 · 1 + 8 · 13 = 442

αν κ = 2 τότε α = 2 1 7 · 2 · 2 + 8 · 23 = 932 αν κ = 3 τότε α = 2 1 7 · 2 · 3 + 8 · 33 = 1 5 1 8 .

4) Ο αριθμός 2004 διαιρούμενος με τον θετικό ακέραιο αριθμό α, δίνει πηλίκο 44. Να βρεθεί ο αριθμός α και το υπόλοιπο υ της διαίρεσης.

Λύση Ισχύει: 2004 = 44 · α + υ όπου

Ο � υ < α <::::> Ο � 2004 - 44α < α <=>

2004 - 44α 2 0} α � 2��4} α � 45, 54} 2004 - 44α < α <=> 2004 <=> α > 44 53 α > -- ' 45

* και επειδή α ε Ζ+ είναι α = 45 και υ = 2004 - 44 · 45 = 24 . 5) α) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός ρ · (ρ2 + 5)

είναι πολ/σιο του 3, για κάθε ρ Ε Ν* . β) Να εξετάσετε αν υπάρχουν αριθμοί

x,y Ε Ν* τέτοιοι ώστε να ισχύει

χ3 - y3 = 1999 - 5(x - y) (1).

Λύση

α) ρ ε Ν* τότε ρ = 3κ ή ρ = 3κ + 1 ή ρ = 3κ + 2 με κ ε Ν* . ρ = 3κ τότε: ρ(ρ2 + 5) = 3κ · (9κ2 + 5) = 3 · ν όπου κ · (9κ2 + 5) = ν ε Ν* . ρ = 3κ + 1 τότε: ρ(ρ2 + 5) = (3κ + 1)(9κ2 + 6κ + 6) = = 3(3κ + 1)(3κ2 + 2κ + 2) = 3ν όπου (3κ + 1)(3κ2 + 2κ + 2) = ν ε Ν* ρ = 3κ + 2 τότε: ρ . (ρ2 + 5) = (3κ + 2) · (9κ2 + 12κ + 9) = = 3(3κ + 2)(3κ2 + 4κ + 3) = 3ν όπου (3κ + 2)(3κ2 + 4κ + 3) = ν ε Ν* . Άρα σε κάθε περίπτωση ρ · (ρ2 + 5) = 3ν όπου ν ε Ν* .

β) (1) <=> χ 3 - y3 = 1 999 - 5 χ + 5y <=>

χ3 + 5χ = 1999 + y3 + 5y <=>

χ(χ2 + 5) = 1999 + y(y2 + 5) <::::> (από α ερώτημα) 3ν = 1999 + 3μ όπου ν, μ ε Ν* <::::> 3(ν - μ) = 1 999 <::::> 3 / 1 999 άτοπο.



Άρα δεν υπάρχουν χ, y Ε Ν* που να ικανοποιούν την σχέση (1 ) .

6) Να βρεθεί το υπόλοιπο των διαιρέσεων κ+3 και λ+2, αν κ,λ Ε Ζ και 3λ - 2κ = 5 (1).

Λύση . λ Ε Ζ τότε λ = 2ρ ή λ = 2ρ + 1 όπου ρ Ε Ζ . Αν λ = 2ρ τότε (1) <=> 3 · 2ρ - 2κ = 5 <=> 2(3ρ - κ) = 5 <=> 215 άτοπο. Άρα λ = 2ρ + 1 . Τότε το υπόλοιπο της διαίρεσης λ+2 είναι

υ1 = 1 . Επειδή λ = 2ρ + 1 (1) <=> 3(2ρ + 1) - 2κ = 5 <:::> κ = 3ρ - 1 <=> κ = 3 · (ρ - 1) + 2 . Άρα το υπόλοιπο της διαίρεσης κ+ 3 είναι

υ2 = 2 . 7) Α ν 7 I 3α + β και 7 I 5α - 4β όπου α, β Ε Ζ

να αποδείξετε ότι: 7 Ι 11 α · β2 •

Λύση

7 1 3α + β } , 7 14(3α + β)} τοτε 7 1 5α - 4β 7 1 5α - 4β τότε 7 1 1 2α + 4β + 5α - 4β τότε 7 I 1 7 α τότε 7 Ι 1 7 α · β 2 .

8) Να αποδείξετε ότι: 191 8α + 11β <=> 19 1 1 1α + 8β .

Λύση 1 9 I 8α + 1 1β <=> 19 I 1 9α - 1 1α + 19β - 8β <=> 19 1 1 9(α + β) - (1 1α + 8β) και επειδή 1 9 1 1 9(α + β) συμπαιρένουμε ότι

1 9 1 1 1α + 8β . 9) Να βρεθούν δύο διαδοχικοί ακέραιοι αριθ

μοί, που να είναι και οι δύο τετράγωνα ακεραίων.

Λύση Έστω α, α + 1 με α Ε Ζ οι ζητούμενοι ακέραι-οι με α = ν2 ( 1 ) και α + 1 = λ2 (2) όπου ν, λ Ε Ζ .

(2) - (1) =:> λ2 - ν2 = 1 <=> (λ - ν)(λ + ν) = 1 . Επειδή λ - ν, λ + ν Ε Ζ πρέπει: και λ - ν = 1} τότε λ = 1 } λ + ν = 1 ν = Ο ή λ - ν = -1} τότε λ = -1} λ + ν = -1 ν = Ο Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι Ο και 1 ή -1

και Ο.

1 0) Να βρεθούν ακέραιοι που διαφέρουν κατά 9 και είναι και οι δύο κύβοι ακεραίων.

Λύση Έστω α και α+9 με α Ε Ζ οι ζητούμενοι ακέ-

ραιοι με α = i! (l ) και α + 9 = μ3 (2) όπου λ, μ Ε Ζ . (2) - (1) =:> μ3 - λ3 = 9 <=> (μ - λ )(μ 2 + μλ + λ2 ) = 9 και επειδή μ - λ, μ 2 + μλ + λ2 Ε Ζ ισχύει: μ - λ = 1 } μ - λ = 9 }

ο .1 μ 2 + μλ + λ2 = 9 u μ 2 + μλ + λ2 = 1 μ - λ = -1 }

. . 1 111 μ 2 + μλ + λ2 = -9 ν)

μ - λ = -3 } μ2 +μλ+ λ2 = -3

iv) μ - λ = -9 } μ 2 + μλ + λ2 = -1 μ - λ = 3 }

vi) 2 ? μ +μλ+ λ- = 3 μ-λ= 1 } μ=1+λ }

i) τότε μ2 + μλ+ λ2 =9 (1 +λ)2 +(Ι +λ)λ+λ2 =9 τότε 3� + 3λ - 8 = 0

=:> Δ = 1 05 απορρίπτεται γιατί λ Ε Ζ μ - λ = 9 }

ii) 2 2 τότε 3λ2 + 27λ + 80 = 0 μ + μλ + λ = 1 νατος γιατί Δ<Ο.

αδύ-

Τα iii), iν), ν) απορρίπτονται γιατί πρέπει μ> λ μ - λ = 3 }' . νi) 2 2 τότε μ + μλ + λ = 3 μ = 3 + λ } (3 + λ )2 + (3 + λ) . λ + λ2 = 3 τότε λ2 + 3λ + 2 = Ο δηλαδή λ = - 1 ή λ = -2

Αν λ = - 1 τότε -1 και 8 οι ζητούμενοι αριθμοί. Αν λ = -2 τότε -8 και 1 οι ζητούμενοι αριθμοί.

1 1 ) Να βρεθεί ν Ε Ν* ώστε να ισχύει: ν + 2 1 ν2 + 4 .

Λύση

Προφανώς ν + 21(ν + 2)2 <=>ν+ 21ν2 + 4ν+ 4 . Επειδή ν +2 1 ν2 + 4 έχουμε ότι: ν + 2 1ν + 4ν + 4 - ν2 - 4 δηλαδή ν + 2 1 4ν ( 1 ) . Προφανώς

(I) ν + 2 1 4(ν + 2)=:>ν + 2 1 4ν + 8 - 4ν =:> ν + 2 1 8 . Άρα ν + 2 = 1 <=> ν = -1 � Ν* απορρίπτεται ή ν + 2 = 2 <=> ν = Ο � Ν* απορρίπτεται ή ν + 2 = 4 <=> ν = 2 Ε Ν δεκτή



ή ν + 2 = 8 <::> ν = 6 ε Ν δεκτή . 1 2) Να βρεθούν φυσικοί αριθμοί χ και y αν ι

σχύει: 4χ + 16Υ = 257

Λύση

Αν χ · y :;t: Ο τότε οι αριθμοί 4χ και 1 6Υ είναι άρτιοι, άρα και το 4χ+ 16Υ άρτιος, άτοπο.

Άρα πρέπει χ=Ο ή y=O. • Έστω χ=Ο τότε 4° + 16Υ = 257 <::::> 1 6Υ = 256 <::::> 16Υ = 162 <::>y=2

• Έστω y=O τότε 4χ + 1 6° = 257 <::> 4χ = 256 <::> 4χ = 44 <::> χ = 4

t -�"' � �""""' '"""' ' ι tιi!JiJJL!;'tW!\fι ltV6 f11\lι!JΨ�Ίl0!J\IJ.ψiJ�Ψfii1!Ji]IIVl!Q,JιJι�fJIJ,III/ιWZI��!lJ1t{bi&I!!1J11/i!!i

Θεματικές Ενότητες του Συνεδρίου Α. Το Αναλυτικό Π ρόγραμμα των Μαθηματικών στο Δημοτικό και η Διδακτική του Προσέγγισ η . (ΙΙ'tμχόμενο, Δυσκολίες,

Προβληματισμοί) Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που θα αφορούν σε προβλήματα που παρουσιάζονται κατά τη διδασκαλία των

Μαθηματικών στα παιδιά του Δη μοτικού , στην καταλληλότητα του περιεχο μένου του υπάρχοντος, γ ια τη β α θ μίδα αιή, Αναλυτικού Προγράμματος, στον τρόπο παρουσίασης συγκεκριμένων μαθηματικών εννοιών στο Δημοτικό, σε τρόπους ανάπτυξης της μαθηματικής κρίσης και της δεξιοτεχνίας χρήσεως των μαθηματικών εργαλείων κλπ. Θα έχει ιδ ιαίτερο ενδ ιαφέρον να υπο β λη θ ούν στην ενότητα αυτή εργασίες από διδάσκοντες της πρωτοβάθμιας εκπαίδευσης.

Β. Το Αναλυτικό Πρόγραμμα των Μαθηματικών στο Γυμνάσω και η Διδακτική του Προσεγγιση . (Π εριεχόμενο, Δυσκολίες, Προβληματισμοί) Οι εργασίες που θα υπο βληθούν στην ενότητα αυτή θα π ρ ffiEι να αφορούν στον τρόπο δ ιδασκαλίας συγκεκριμένων θεμάτων των

Μαθηματικών, όπως π .χ . η παρουσίαση μαθηματικών προτάσεων μέσω γεωμετρικών αναπαραστάσεων, οι δυσκολίες στην κατανόηση της έννοιας του πραγματικού αριθμού , η ε ισαγωγή της έννοιας της συνάρτηση ςΚ1ι η παρουσία της στην καθημερινή ζωή κ .α Επίσης, στο κατά πόσο επιτυγχάνονται οι στόχοι του υπάρχοντος, για τη βαθμίδα αυτή , Αναλυτικού Προγράμματος, όσον αφορά την ε ισαγωγή συγκεκριμένων μαθηματικών εννοιών, την ανάπτυξη της μαθηματικής κρίσης στη ν η λ ικάαυτή , την εξάσκηση των μαθητών σε μαθη ματικές δεξιότητες κ .λ.π .

Γ. Το Αναλυτικό Πρόγραμμα των Μαθηματικών στο Λύκεω και η Διδακτική του Προσέγγιση. Το Λύκειο ως αυτοτελής βαθμίδα εκπαίδευσης και ως σχολείο προετοιμασίας για τ ις εισαγωγικές εξετ ά σ εις η; Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης. (Περιεχόμενο, Δυσκολίες, Προβληματισμοί) Όπως και στην προηγού μενη ενότητα, οι εργασίε ς που θα υποβλη θούν στην ενότητα αυτή θα πρέπει να αφορούν στον τρόπο

διδασκαλίας συγκεκριμένων θεμάτων των Μαθηματικών του Λυκείου , ό π ω ς πχ. η ε ισαγωγή της έννοιας του ορίου ή η ε ισαγωγή της έννοιας της παραγώγου ως ρυθμού (ταχύτητας) εξέλιξης των φαινομένων, η παρουσίαση μαθηματικών προτάσεων μέσω γεω μετρικών αναπαραστάσεων, κ .α . Επίσης, στο κατά πόσο επιτυγχάνονται οι στόχοι του υπάρ χοντο ς ,)'\α τη βαθμίδα αυτή , Αναλυτικού Προγράμματος, όσον αφορά στην ε ισαγωγή συγκεκριμένων μαθη ματικών εννοιών, στην ανάπτυξη της μαθη ματικής κρίσης στην ηλικία αυτή , στην εξάσκηση των μαθητών σε μαθηματικές δεξιότητες κ .λ.π . Τέλος, η ενότητα αυτή θα π ε ρ ιλά β ε ι ε ρ γ <iς που θα αφορούν στον τρόπο και στο περ ιεχόμενο της δ ιδασκαλίας, ώστε το Λύκε ιο να λειτουργε ί, τουλάχιστον όσον αφορά τα Μαθηματικά, ως αυτοτελής βαθμίδα και όχι αποκλε ιστικά ως <<Φροντιστήριο» για την τρ ιτοβάθμια εκπαίδευση .

Δ. Διασύνδεση των Μαθηματικών προγραμμάτων των τριών εκπαιδευτικών βαθμίδων Στην ενότητα αυτή θα περιληφθούν εργασίες που αφορούν στη διασύνδεση και εξάρτηση των μαθη ματικών Προγραμμάτων των

τριών βαθμίδων, στην προετοιμασία των μαθητών, όσον αφορά τα Μαθηματικά , για την ε ίσ ο δ ό τ ας στην επόμενη β αθμίδα κλπ. Όπως αναφέρθηκε και παραπάνω, ενδιαφέρουν ιδιαίτερα παρουσιάσεις που αφορούν στην κατάσταση και τις σύγχρονες

απαιτήσεις, ως προς τις μαθηματικές γνώσεις και τη μαθη ματική κρίση και ικανότητα των ν εοεισερχομένων στη δ ε υτε ρ ο β ά θ μ ιψ. Γυμνάσιο, β. Λύκειο ) κα ι την τρ ιτοβάθμια εκπαίδ ευση .

Σφηιγυλά Τ(!ΟΠ11;ια. Α. «Οι απαιτήσεις της Τριτοβάθμιας Εκπαίδευσης και η ικανότητα των νεοεισερχόμενων φοιτητών-σ π ου δ α σ τ ώ ν ν αnς αντιμετωπίσουν»

Παρουσίαση των απαιτήσεων τη ς Τριτοβάθ μ ια ς Εκπαίδευσης, σχολιασμός και συζήτηση επί των προτάσεων της τρίτης θεματικής ενότητας και εξαγωγή , ε ι δυνατόν, κάποιων συμπ ερασμάτων.

Β. «Απόψεις για μια πρόταση Αναλυτικού Προγράμματος για το Λύκειο» Για την προετοιμασία του τραπεζιού αυτού προτε ίνεται να στιλούν στα παραρτήματα οι θέσε ις του Ερευνητικού Κέντρου

Αξιολόγησης κα ι Επιμόρφωσης της Ε Μ .Ε . γ ια το πρόγραμμα του Λυκείου και να ζητηθεί από αυτά να οργανώσουν η μερίδα συζήτησης και π ροτάσεων πάνω στο θέμα μέσα στον Σεπτέμβριο ή Οκτώβ ριο του 2004, ίσω ς και ι-ε την παρουσία αντιπροσώπου του Δ .Σ . της Ε Μ .Ε .

Σ τη συνέχε ια , ο ι εκπρόσωποι των παραρτημάτων να παρουσιάσουν τ α συμπεράσματα των ημερίδων αυτών στο παραπάνω στρογγυλό τραπέζι και να γίνει προσπάθεια, γ ια να τεθούν οι αρχές δ ιαμόρφωσης μιας τελική ς π ρ όταση ς Jφ; το Υ ΠΕΠΘ .

ΣΗΜΑΝΠΚΗ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 15 Σεπτεμβρίου 2004 Τα πλήρη κΒμενα των fi!YOJJιώv (μέΎ!Jl lΟσελiδες) θα πrιfπει να υποβληθαύν μέχρι τις 15 Σεπιψβρίου 2004 στην παρακάτω διειJJυνση: DληνικήΜαθημαnκή ΕταιQεία ('}'Ια το 21ο Συvrορω των Τρικάλων) Πανεπιστη� 34 - 106 79 Αθήνα

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


υ

Μαθηματικά και Στοιχεία Στατι,ατική� Γενική� Παιδεία�

1 . Έστω Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω.

Αν τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β και Α n Β ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα και οι mθανότητές τους είναι στοιχεία του συνόλου { 2α - 3 ι 2 3 } , Σ = -- , - , -, - , α Ε Ζ , να βρεθει η

2 3 5 2 mθανότητα i) να μη πραyματοποιείται το Β. ii) να πραγματοποιείται το Α και όχι το Β.

λύση Ε δ ' 3 1 θ ' 3 δ ' ' πει η 2 > , ο αρι μος 2 εν μπορει να ει-

ναι πιθανότητα κάποιου ενδεχομένου, εφόσον ισχύει Ι ο � Ρ (Α) � ι l για οποιοδήποτε ενδεχόμενο Α δειγματικού χώρου Ω. Επομένως τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β και Α n Β έχουν mθανότητες στοιχεία του συνόλου { 2α - 3 1 2 } -2-,3 , 5 και επειδή ανά δύο δεν είναι ισο-πίθανα κάθε αριθμός είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου.

ο θ , 2α - 3 , θ , , αρι μος -2- ειναι πι ανοτητα, αρα 2α - 3 Ο < --< 1 {::} Ο < 2α - 3 < 2 {::} 3 < 2α < 5 {::} - 2 - - - - -

{::} � < α < � και επειδη' α Ε Ζ είναι α = 2 . 2 - - 2 2α - 3 2 · 2 - 3 1 Άρα --= =- και οι πιθανότητες 2 2 2

' δ ' ' 1 1 2 των τριων εν εχομενων ειναι 2 , "3 , S . Επειδή Α n Β ς Α ς Α υ Β προκύπτει Ρ( Α n Β) � Ρ( Α) � Ρ( Α υ Β) και αφού δεν είναι ισοπίθανα Ρ( Α n Β) < Ρ( Α) < Ρ( Α υ Β) . Είναι .!.. < � < .!.. , άρα Ρ( Α n Β) = .!.. , 3 5 2 3

2 1 P(A) = S και Ρ(Α υ Β) = 2 ·

Δ. Γαβρίδης

Ι) Ρ( Α υ Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) - Ρ( Α n Β) {::} 1 2 1 1 1 2 1 3 2 = 5+ Ρ(Β) - 3{:} Ρ(Β) = 2 +3 -5 = 30 . Επομένως η πιθανότητα να μη πραγματοποιεί-ται το Β είναι: Ρ(Β') = 1 - Ρ(Β) = 1 -� = !2. . 30 30

Η) Το ενδεχόμενο να πραγματοποιείται το Α και όχι το Β είναι Α - Β . Άρα P(A -B) = P(A) - P(An B) =�- .!_=_!_ . 5 3 1 5

Παπαϊωάνου Κώστας 3ο Ε.Λ. Κοζάνης ι . Δίνεται η συνάρτηση F (x) = 2x3 - λ · χ2

α) Να βρεθεί η F' (x) β) Να βρεθεί η εφαπτομένη της (ε) στο

A(2,F(2)) γ) Θεωρούμε δειγματοχώρο

Ω={-3.-2,-.1 ,0,1,2,3_,4,5} με ισοπίθανα ενδεχόμενα και λ έ Ω. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων:

Α= {Η ευθεία (ε) να είναι παράλληλη στην ευθεία (η) : y=Sx-2}

Β= {Η ευθεία (ε) να είναι κάθετη στην ευ-

θεία (ζ) : y=-.!.x +3} . 4 Γ= {το limF (x) =λ 2 }

x�l Δ= { Η ελάχιστη τιμή του ρυθμού μεταβο

-3 _ _ λής της F είναι - }

2 δ) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων:

Ε= {Να πραγματοποιείται ένα τουλάχιστον από τα Α,Β,Γ ,Δ}

Ζ: {Να μην πραγματοποιηθεί κανένα από τα Α,Β,Γ,Δ}

ΛΥΣΗ:

α) F' (χ)=(2χ 3 -λ ·χ 2 ) '=6χ 2 -2λχ β) Η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της


Μαθηματικά Γ Λυκείου

F στο A(2,F(2)) είναι: y- F(2)= F '(2) · (x - 2) F(2)=1 6-4λ F '(2)=6 ·22 -2λ ·2 =24-4λ<=> F '(2)=24-4λ Άρα ε: y-( 1 6-4λ)=(24-4λ) · (χ - 2) <=> <=> y=(24-4λ) ·Χ -32 + 4λ

γ) Ρ(Ω)=Ρ( -3)+Ρ( -2)+Ρ( -1 )+Ρ(Ο)+Ρ( 1 )+ +Ρ(2)+Ρ(3)+Ρ( 4)+Ρ(5) Ρ(Ω)=1 Άρα Ρ(-3)+Ρ(-2)= . . . . . . . . . . = P(5)=i Α: (η)//(ε) <=> λ η =λ ε <=> 24-4λ=8 <=> λ=4 Α={4}

1 ρ(Α)=ρ(4)= 9 1 Β : (ζ) .l (ε) <=> λζλ ε =- 1 <=> -4 (24-4λ)=-

1 <=> 6-λ=1 <=> λ=5 1 Ρ(Β)=Ρ(5)= 9

Γ: Θα πρέπει: limF( χ)= lim (2χ 3 -λχ 2 )= χ�! χ�!

=2 · 13 -λ - 12 =2-λ=λ2 <=> λ 2 +λ-2=0 Δ=1 2 -4(-2)=1+8=9

-1 ± 3 2 2 {-1 - 3 = -4 = -2 λ ,,, �zτ� -1; 3 �% = 1 Γ={-2, 1 }

1 1 2 ρ(Γ)=ρ(-2)+ρ( 1 )= 9 +9 =9 Δ: Ο ρυθμός μεταβολής της F είναι F '(x)=6x 2 -2λχ

F"(χ)=12χ-2λ=Ο <=> 12χ=2λ<=> χ=!: 6 Από την F"θα πάρουμε πληροφορία για την F ' λ/6 +οο

ο + I

Τ.Ε.

p · (�) =6 ·(!:)2 - 2λ . (!:) = 6 . λ2 - 2λ2 = ι! - 2λ2 6 6 62 6 6 6 Ό F , ( λ) λ2 3 μως 6 =-6=-2 <=> <=> λ2 = � => λ2 = 9 => λ = ±3 2 Δ= {-3,3 }

1 1 2 Ρ(Δ)=Ρ(-3)+Ρ(3)= 9 +9 =9 δ) Αφού AnBnΓnΔ=0 Ρ(Ε)= Ρ(Αυ ΒυΓυΔ)=

1 1 2 2 6 =Ρ(Α)+Ρ(Β)+Ρ(Γ)+Ρ(Δ)= - +- +- +- =-9 9 9 9 9 Ρ(Ζ)= Ρ(ΑυΒυ ΓυΔ) '=1-

6 1 Ρ(Αυ Βυ ΓυΔ)= 1-- =-9 3 • Μιγαδικοί Αpιθμοf

1 ) Να βρείτε τον μεγαλύτερο φυσικό αριθμό ν, για τον οποίο ισχύουν: ν < 2004 και

(3 + 2ί)ν + (-2 + 3ί)ν = 0 (1).

Λύση : Έχουμε: (1) {:} (-2 + 3i)v = -(3 + 2i)v {::}

(-2 + 3i )v = - 1 {::} [ i(3 +2i) ]v =-1{:} ίν =-1{::} 3 + 2i 3+2i {:} ν = πολ4 + 2 {:} ν = 4κ + 2 / κ ε Ν (2) .

Έχουμε: ν<2004{:}4κ+2<2004{:}κ<500,5{:}�. Άρα, η ζητούμενη τιμή του ν προκύπτει από τη σχέση (2) με κ = 500. Συνεπώς, η ζητούμενη τιμή του ν είναι: ν = 4 · 500 + 2 = 2002 .

Χρυσταλλένης Κυριακοπούλου - Κυβερνήτου

2 ) Για έναν αριθμό z ε C και δύο φυσικούς θετικούς αριθμούς ν και λ, ισχύει:

(z + i)' = ( � -� ί)' (z - i)' (!),

Να δείξετε ότι z ε IR. . Λύση Από την ισότητα ( 1 ), έχουμε:

l <z + i)" l � [Ξ -� ί]λ · l(z - i)" l=>



l z + il" = [J±+� ]' lz - iΓ �

l z + ilv = lz - ilv =* lz + il = lz - il =* lz + il 2 = lz - il2 :::} (z + i)(z - i) = (z - i)(z + i) =* zz - zi + iz + 1 = =zz +zi -Zi +1 =*2i(z -z) = O=* z = z =* z Ε IR . 3) Για ένα μιγαδικό αριθμό z, ισχύει:

lz + il + lz - il = lz + ιι + lz - ιι (ι) Να δείξετε ότι: !Re(z)l = IIm(z)l ·

λύση : Υψώνουμε και τα δύο μέλη της ( 1 ) στο τετράγωνο, οπότε έχουμε: l z + il 2 + lz - il2 + I Cz + i)(z - i)l =

Έχουμε: l z + 112 + lz - 11 2 + 2 l (z + 1)(z - 1)1 (2)

lz + il 2 + l z - il 2 = (z + i)(z - i) + (z - i)(z + i) (πράξεις κτλ.) = 2 lzl2 + 2 . Όμοια βρίσκουμε ότι: l z + 112 + lz - 112 = 2lzl2 + 2 . Έτσι, από την (2) έπεται ότι:

lz2 + 11 = lz2 - 11 =* lz2 + 112 = lz2 - 112 =* (z2 + 1)(z2 + 1) = (z2 - 1)(z2 - 1) (πράξεις κτλ.) =* z2 + z2 = ο (3) Θέτουμε z = χ + yi , όπου χ, y Ε IR . Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι l x l = I YI · Από την (3), έχουμε:

(χ + yi)2 + (χ - yi)2 = () =* χ2 - y2 + 2xyi + χ2 - y2 - 2xyi = Ο =* χ2 = Υ2 =* lxi = IYI ·

4) Για τους μιγαδικούς αριθμούς z και ω, ισχύουν:

l z - 3 + 2il �3 και Ι<ι + ί)ω + 21 �2ν'2 . Να δείξετε ότι: Ιz - ωΙ�ιο ,

Λύση :

'Εχουμε: 1 (1 + i)ω + 21 = 1(1 + i) ( ω + 1 � i )l =

l1 + il · lω + 2(1;

i) l = ν'2Ιω + 1 - il . Έτσι, από τη δεύτερη υπόθεση, έχουμε: ν'2Ιω + 1 - ii;Ξ2ν'2 και συνεπώς: I ω + 1 - ii;Ξ2 . Έχουμε: l z - ωl = ICz - 3 + 2i) - (ω + 1 - i) + (4 - 3i)I;Ξ

;Ξ iz - 3 + 2il + Ιω + 1 - il + l4 - 3ii;Ξ 3 + 2 + �42 + (-3)2 =* lz - ωi;ΞΙ Ο . 5) Οι μιγαδικοί αριθμοί α, β,γ και z πληρούν

τις σχέσεις: l zl = ι (ι) και α:C +βz+γ=Ο (2).

Να δείξετε ότι: Ιαα - γrl = ιαβ -βγ ι . Λύση

Από την ( 1 ), έχουμε l zl2 = 1 και συνεπώς zz = 1 . Από την (2), έχουμε: αz2z + βzz + γz = ο =* αz(zz) + β(zz) + γz = Ο =*

αz + β + γz = Ο (3) . Από την (3) έπεται ότι:

αz + β + γz = O =* Ciz + J3 + yz = 0 (4). Πολλαπλασιάζοντας και τα δύο μέλη της (3) με το α και της (4) με -γ , βρίσκουμε αντιστοίχως:

ααz + Ciβ + Ciγz = Ο και -Ciγz - βγ - γyz = Ο . Προσθέτοντας αυτές κατά μέλη, βρίσκουμε: z( αα -γy) + Ciβ-βγ = Ο =* z( αα- γy) = βγ - Ciβ

=* lz< αα - rr)l = l13r - αβΙ =* ΙzΙ Ιαα - rrl =

I - ι (I) ι - ι α β - βγ =* Ιαα - rrl = α β - βγ . 6) Για τους μιγαδικούς αριθμούς zι, z2, ... , z.

(ν�2) , ισχύουν: z1 + z2 + ... + zν = 0 (ι) και l zι l = lz2 1 = ... = l zν l = ι (2)

Να δείξετε ότι, για κάθε z Ε C , ισχύει: lz - z1 1 + lz - z2 1 + ... + l z - zν l� (3)

Λύση Από τις ( 1 ) και (2), έχουμε αντιστοίχως: z1 + z2 + . . . + Zy = 0 (4)

και lzι l = lz2 1 = . . . = IZy l = 1 (5) (5) Έτσι, έχουμε: l z - zι l + lz - Zz l + .. . + Ι z - zv l =

lzι l lz - zι l + lz2 Ι i z - z2 l + · · · + IZy l l z - zv l = = lz1 (z - z1 )1 + lz2 (z - z2 )1 + . . . + Ι"Zy (z - zv )l� � lzι (z - Ζι ) + Z2 (z - z2 ) + . . . + Zy (z - Zv )l =

= Ι (Ζι +"Zz + . . . +Zy ) z- ( l zι l2 + l zz l2 + . . . + 1 Zv l2 )1� = I-νi = ν =* (3) . 7) Οι αριθμοί z Ε C και ν Ε Ν* πληρούν τις

σχέσεις: Ζν = (z + ι)ν = ι (ι) Ν α δείξετε ότι: ι) z2 + z + ι = Ο (2) και z3 = ι . (3) 2) Ο ν είναι πολλαπλάσιο του 6.

Λύση ι) Από τις σχέσεις ( 1 ), έχουμε:


Μαθηματικά Γ' Λυκείου

! l z lv = 1 j l z l = 1 ! l zl2 = 1 lz + 1lv = 1

::::? lz + 11 = 1 ::::? lz + 112 = 1::::?

1- 1

��:=�� + !) � ι � ;z��) (�+ l] � 1 ==> 1 + z +.!.. + 1 = 1 ::::? z2 + z + 1 = Ο . z Έτσι, έχουμε:

z(z2 + z + 1) = Ο =? z3 + z2 + z = Ο=? z3 - 1 = Ο ::::? z3 = 1 .

2) Ονομάζουμε λ το πηλίκο και υ το υπόλοιπο της διαίρεσης ν:6, οπότε: ν = 6λ + υ και υ Ε {0, 1, 2, 3, 4, 5} .

• Έστω ότι υ = 1 . Τότε ν = 6λ + 1 και (3) (Ι) zv = z6λ+Ι = (z3 )2λ . z = z=?z = 1 ,

άτοπο λόγω της (2). • Έστω υ = 2. Τότε ν = 6λ + 2 και

(I) Ζν = Ζ6λ+2 = z2 =?Ζ2 = 1 ::::? (z = 1 ή z = - 1) ,

άτοπο λόγω της (2) . • Έστω ότι υ = 3 . Τότε ν = 6λ + 3 και

(η D) (z + 1)v = ( -z2 )6λ+3 = -zl2λ+6 = -(z3 )4λ+2 =- 1 , άτοπο λόγω της ( 1 ) .

• Έστω ότι υ = 4. Τότε ν = 6λ + 4 και ( 4) (I) zv = z6λ+4 = z4 = z=? z = 1

άτοπο λόγω της (2) . • Έστω ότι υ = 5 . Τότε ν = 6λ + 5 και

(3) (I) z ν = z6λ+5 = z5 = z2 ::::? z2 = 1 ::::? (z = 1 ή z = - 1)

άτοπο λόγω της (2). Άρα υ = Ο και συνεπώς ν = 6λ = πολ6 . 8) Για έναν αριθμό z Ε C ισχύει:

lz + 3 1 + lz -3 1 = 10 .

Να δείξετε ότι: l 9z -zl = 40 .

Λύση Θέτουμε z = χ + yi , όπου χ, y Ε IR . Ονομάζουμε Μ την εικόνα του z, Ε την εικόνα του 3 και Ε ' την εικόνα του -3 , οπότε: M(x, y),E(3,0),E'(-3, 0) και (ME)= Iz-� = Jz-� = lz-� και (ME') = Iz + 3l . Έτσι, από την υπόθεση, έχουμε: (ΜΕ') + (ΜΕ) = 10 . Συνεπώς, το Μ ανήκει στην έλλειψη C με εστίες Ε'(-3, 0), Ε(3, 0) και

2α = 10 , δηλαδή α = 5 . Έχουμε γ = 3 , οπότε β2 = α2 - γ2 = 52 - 32 = 1 6 . Έτσι, έχουμε:

χ2 y2 -+-= 1 ::::? 16χ2 + 25y2 = 400 ( 1 ) . 25 1 6 Έχουμε: l9z - zl = l9(x + yi) - (χ - yi)l = l8x + 10yil =

( I ) = 2 l4x + 5yil = 2�1 6χ2 + 25y2 = 2 · J40o = 40 . 9) Θεωρούμε τους μιγαδικούς αριθμούς

Ζκ = Χκ + iyκ κ=1,2,3, όπου χκ , Υκ E IR (κ=1,2,3) και τον μιγαδικό αριθμό ω με: ω2

= z; + z� + z; . Ονομάζουμε α το πραγματικό μέρος του ω. Να δείξετε ότι:

Ια i� Ιχ� Ι + l xz l + l x3 1 · Λύση Έστω ότι β Ε IR είναι ο συντελεστής του i στο μι-

γαδικό αριθμό ω, οπότε: ω = α + βί . Έτσι, από την υπόθεση, έχουμε: (α+βί)2 = (χι + iyι )2 + (χ2 + iy2 )2 + (χ3 + iy3 )2 ==>

α2 - β2 + 2αβi = (χ� - y� + 2ix1y1 ) + (χ� - y� + 2ix2y2 ) + (x� - y� + 2ix3y3 )

=>jα2 - β2 = (χ� + χ� + χ0- (Ιι +� +� ) (1) �=�� +�� +�� m

Βρίσκουμε εύκολα (πράξεις κτλ.) ότι: (χ� + χ� + x� ) (y� + y� + y� )�

(χιΥι + Χ2Υ2 + x3y3 )2 · Έτσι, από την (2), έχουμε: α2β2�(x� + x� + x� ) (y� + y� + y� ) (3)

Έστω ότι α2 > χ� + χ� + χ� . Τότε, από την (3), έχουμε: β2�y� + Υ� + Υ� (4) Έτσι, από την ( 1 ), έχουμε:

2 ( 2 2 2 ) β2 ( 2 2 2 ) ( 4) α = Χι + χ2 + χ3 + - Υι + Υ2 + Υ3 � 2 2 2 2 2 2 2 ' χ1 + χ2 + χ3 ==> α �χ1 + χ2 + χ3 , ατοπο. Έτσι, έχουμε: α2<χ2 + χ2 + χ2 ==> lαl < /xz + χ2 + χ2 < = Ι 2 3 ='.J Ι 2 3 = lxι l + lx2 l + lx3 1 ==> l αl� lxι l + lx2 l + lx3 1 ·

1 0) Στο μιγαδικό επίπεδο θεωρούμε τρία διαφορετικά και μη συνευθειακά σημεία A(z1 ),B(z2 ) και Γ(z3 ) . Να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α αν, και μόνο αν, υπάρχει αριθμός α Ε (C - IR) με:



Jα l = 1 και (1 - α )z1 + αz2 - z3 = Ο .

Λύση 1) Έστω ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α. Τότε:

(ΑΒ) = (ΑΓ) ::::? Jz2 - z1 J = Jz3 - z1 1 (και επειδή z1 � z2 ) => lz3 - Ζι I = 1 ::::? z3 - Ζι I = 1 . lz2 - Ζι I z2 - Ζι

Θέτοντας z3 - Ζι = α , έχουμε lα l = 1 και z2 - zι z3 - z1 = αz2 - αz1 ::::? (1 - α )z1 + αz2 - z3 = Ο ( 1 ). Έστω: α Ε JR , τότε επειδή Ια l = 1 , θα έχουμε α = 1 ή α = -1 .

• Αν α = 1 , τότε από την ( 1 ), θα έχουμε z2 = z3 ,

άτοπο. • Αν α = - 1 , τότε από την ( 1 ) θα έχουμε

2z1 = z2 + z3 , από την οποία, όπως βρίσκουμε εύκολα, έπεται ότι τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά, άτοπο. Άρα α Ε (C - JR) . 2) Αντιστρόφως. Έστω ότι υπάρχει α Ε (C - JR)

με Ια 1 = 1 και (1 - α)z1 + αz2 - z3 = 0 . Τότε έχουμε: z1 - αz1 + αz2 - z3 = Ο ::::? α(z2 - z1 ) = z3 - z1 ::::? Ια(z2 - z1 ) 1 = lz3 - z1 J::::? Jα l lz2 - zι l = lz3 - zι l ::::? lz2 - z1 1 = Jz3 - z1 1::::? (ΑΒ) = (ΑΓ) . Άρα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές με κορυφή το Α.

r Θέματα nόνω ιιc όpτιε� - nεpιττές tιuναpτήucις

Ι . Να βρεθεί ο τύπος της άρτιας συνάρτησης f : JR � JR όταν: Είναι συνεχής στο JR και Ισχύει: xf(x) � 2χ3 για κάθε χ ε JR (1).

Απόδειξη : Α ν θέσουμε -χ στη θέση του χ έχουμε: (-x)f(-x) :::::; 2(-χ)3 {::} -xf(x) :::::; -2χ3 {::}

xf(x) 2:: 2χ3 (2) Από την ( 1 ) και (2) :

2χ3 xf(x) = 2x3 (2) {:} f(x) =-= 2x2 χ � ο και χ

Δηλαδή : f(O) = lim f(x) = lim(2x2 ) = Ο Χ--->0 Χ--->0 !2χ2 χ � ο ' 2 f(x) = Άρα, f(x) = 2x , x E R . Ο χ = Ο

2. Δίνεται η συνεχής και άρτια στο R συνάρτηση f για την οποία ισχύει:

f(1) 2:: 5 και f(2) � 8 Να δειχτεί ότι η γραφική παράσταση της f τέμνει σε δύο τουλάχιστον σημεία την γραφική παράσταση της συνάρτησης g : g(x) = x2 + 4 .

Λύση Θεωρούμε την συνάρτηση κ: κ( χ) = f(x) - g(x) = f(x) - χ2 - 4 .

Δημήτρης Δάφνης - Σπύρος Δάφνης

Θα δείξουμε ότι η εξίσωση κ(χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον λύση στο [ 1 ,2] . Έχουμε: Η κ είναι συνεχής στο [ 1 ,2] σαν διαφορά συνεχών συναρτήσεων. κ(1) = f(1) - 5 2:: Ο και κ(2) = f(2) - 8 :::::; Ο . Δηλαδή κ(1)κ(2) :::::; Ο . Τότε αν κ(1)κ(2) < Ο υπάρχει μία τουλάχιστον λύση της εξίσωσης στο διάστημα ( 1 ,2) (Bolzano) κ(1)κ(2) = Ο τότε ή κ(l) = Ο ή κ(2) = Ο . Τελικά η κ( χ) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα ρ στο [ 1 ,2] . Και επειδή η f είναι άρτια συμπεραίνουμε ότι έχει λύση και τη -ρ. Τελικά η κ(χ) = Ο έχει δύο τουλάχιστον λύσεις. 3 . Αν για την άρτια συνάρτηση

f : JR � JR ισχύουν οι σχέσεις: Η Cr διέρχεται από το σημείο Α(2,6), f'(2) = 5 . i. Να δειχτεί ότι η f είναι συνεχής στο

χ0 = -2 . ii. Να βρεθεί η τιμή f' ( -2) .

Λύση i. A(2,6) E Cr =?f(2)=6 ωστόσο f(-2) =f(2) =6

Για να είναι η f συνεχής στο χ0 = -2 πρέπει: lim f(x) = f(-2) Χ-->-2 Έχουμε: lim f(x) = lim f(-x) Χ--->-2 Χ-->-2



ω=-χ = lim f(ω) = 6 = f(-2) . ω->2 ii. 'Εχουμε f'(-2) = lim f(x) - f(-2) = Χ->-2 Χ + 2

Ι. f(-x) - f(2) ι· f(-x) - f(2) ω=-x ιm = ιm = Χ->-2 Χ + 2 Χ->-2 -(-Χ - 2)

- lim f(ω) - f(2) = -f'(2) = -5 . ω->2 ω - 2 4. Α ν για την συνάρτηση f : JR � JR ισχύει:

'Ή γραφική της παράσταση είναι συμμετρική ως προς τον άξονα ψ 'ψ. f'(x) > O για κάθε χ ε (-οο, Ο) . Να επιλυθεί η ανίσ�ση:

f(x2 + χ + 2) > f(x2 - 3χ + 10) . Λύση Η συνάρτηση f είναι: άρτια (Επειδή η Cr είναι συμμετρική ως προς τον άξονα ψ' ψ). Γνήσια αύξουσα για κάθε χ ε (-οο, Ο) [αφού

f'(x) > Ο στο ( -οο, Ο) ] . Γνήσια φθίνουσα στο (Ο,+οο) . (Λόγω συμμετρίας ως προς ψ ' ψ). Επειδή χ2 + χ + 2 > 0 και χ2 - 3χ + 10 > 0 (τριώνυμα με Δ<Ο) έχουμε:

f(x2 + χ + 2) > f(x2 - 3χ + 10) {::} χ2 + χ + 2 < χ2 - 3χ + 10 [αφού η f / (Ο,+οο ) είναι γνήσια αύξουσα] {::} χ + 2 < -3χ + 10 {::} 4χ < 8 {::} χ < 2 . 5. Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR η οποία:

είναι παραγωγίσιμη και περιττή στο Ρ. Παρουσιάζει στο σημείο Α(1,5) ολικό μέγι-στο. Ν α δειχτεί ότι: i. f (χ) 2: -5 . ii. Η εφαπτομένη της γραφικής παράστα

σης Cr στο σημείο, Β ( -1, f ( -1)) είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ.

Λύση i. Λόγω συμμετρίας ως προς το 0(0,0) η f πα

ρουσιάζει στο χ0 = - 1 ολικό ελάχιστο. Άρα, f(x) � f( - 1) = -f(l) = -5 .

ii. Επειδή η f παρουσιάζει ακρότατο στο -1 και είναι παραγωγίσιμη σ' αυτό, από Θ. Fermat έχουμε, f'(- 1) = 0 . Άρα η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο σημείο Β ( - 1, f ( - 1)) είναι παράλληλη στον άξονα χ' χ.

6. Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρ-4

τησης: f : f(x) = x + - . χ

Λύση Έχουμε: Πεδίο ορισμού της f είναι το

R• = (-oo, O) U (O,+oo) f(-x) = -x - : = - (χ + : ) = -f(x) .

Άρα f είναι περιττή . Μελέτη της fστο (Ο, +οο) . Η f είναι συνεχής και παραγωγίσιμη στο (0, +οο) .

Ι 4 f (x) = 1 -2 . χ Η ρίζα της f'(x) = O στο (Ο, +οο) είναι το 2. Η λύση της f'(x) > Ο στο (Ο,+οο) είναι το διάστημα (2, +οο)

" 8 f (χ) =-3 > 0 για χ > Ο. χ lim f(x) = +οο .

Χ->0+ Άρα η ευθεία χ = Ο είναι κατακόρυφη ασύμπτωτη.

lim f(x) = +οο χ->+οο

lim f (χ) = lim ( 1 + �) = Ι και Χ-Η«> Χ Χ -Η«> Χ

lim [ f (χ) - χ] = lim ± = Ο . χ->+οο χ->+οο Χ

Άρα η ευθε' λ ' τωτη. ια y = χ ειναι π αγια ασυμπ χ ο 2 + οο

f'(x) - ) +

f''(x) + +

f(x) + οο + οο � _/'

4 Γραφική παράσταση

7.

χ' χ

Έστω η περιττή συνάρτηση f : JR � JR για την οποία ισχύουν: "είναι δύο φορές παραγωγίσιμη με συνεχή δεύτερη παράγωγο". Αν η εφαπτομένη της στο σημείο Α(1,3) είναι παράλληλη στην ευθεία (ε) : y = 2χ+8 , να υπολογιστεί το:

Ι = J�ι (χ2006 + χ + 2004)f"(x)dx .

(Να θεωρηθεί γνωστό ότι: Αν η f είναι άρτια ή περιττή, τότε η f' είναι αντίστοιχα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ

Β ' λζ' τ.4ΠΟ


περιττή ή άρτια ). Λύση Είναι: (i) f(- 1) = -f(1) = -3 (f περιττή και

Α(1, 3) Ε Cr ) (ii) f'( - 1) = f'(l) = 2 = λε (f' = άρτια, και η εφα

πτομένη της στο σημείο Α είναι παράλληλη στην ευθεία (ε) : y = 2χ + 8 ). (ίίί) J_: f(x)dx = Ο (Επειδή η f είναι περιττή).

Ι = J�/x2006 + χ + 2004)f"(x)dx = J�/x2006 + 2004)f"(x)dx + J�/(f'(x))'dx . Θέτουμε w(x) = (χ2006 + 2004)f"(x) . Η συνάρτηση w είναι περιττή ( αφού f' ' περιτ-τή). Οπότε J1 w(x)dx = Ο - 1 Συνεπώς: I =J 1 xf"(x)dx = [xf'(x)]: : -J1 f'(x)dx = - 1 - 1

[xf' (χ)]: : - [f(x)]: : = = 1f'(l) - (- 1)f'( - 1) - { f(1) - f(- 1)} =

2 + 2 - {3 - (-3)} = -2 . 8 . Δίνεται η συνάρτηση f : f (χ) = .e η χ2

•

Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f, τον άξονα χ' χ και την ευθεία y = 2.

Λύση Έχουμε: Πεδίο ορισμού της f το IR* . Και προφανώς είναι άρτια. Λόγω συμμετρίας των συναρτή-σεων f(x) = fnx2 και g(x) = 2 ως προς τον άξονα y'y, είναι Ε = 2Ει όπου Ει το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τη Cr, την ευθεία y = 2 και τους ημιάξονες Οχ και Oy. Σημεία τομής της

Cr με την ευθεία y = 2 στο (0, +οο) : Λύνουμε την εξίσωση f(x) = 2 .

χ >Ο .enx2 = 2 {::} 2fnx = 2 {::} .enx = 1 {::} χ = e . Σημείο τομής το B(e,2). Η Cr τέμνει τον ημιάξονα Οχ στο σημείο Γ(1 ,0). Για να βρούμε το πρόσημο της διαφοράς f(x) - 2 στο (0, +οο) , λύνουμε την aνίσωση f(x) - 2 > Ο .

χ >Ο fnx 2 - 2 > Ο {::} 2fnx > 2 {::} fnx > 1 {::} χ > e . Άρα, f(x) - 2 < 0 για κάθε x E (O, e) . Αναζητούμε το εμβαδόν Ει του μικτόγραμμου τετραπλεύρου ΟΚΒΓ (βλ. σχήμα).

Είναι: Ε1 = (ΟΚΒΑ) -fιe f(x)dx = 2e -fιe fnx2dx = JΊe JΊe ι 2e - 2 1 fnxdx = 2e - 2 1 ( χ) fnxdx = = 2e - 2 [x.enx ]� + 2 fιe x(fnx)' dx =

e

2e - 2[ x.enx]� dx + 2J dx = 2e - 2 [x.enx]� + 2 · [χ]� = I = 2e - 2(e - 0) + 2(e - 1) = 2e - 2 .

Συνεπώς Ε = 2Ε1 = 2(2e - 2) = ( 4e - 4) τ.μ.

Ολοι<λ.ηρωτικ6ς Λογιαμ6ς

ΕΝΟΤΗΤΑ i η : Βασικές επιση μάνσεις Α. ΑΙ) Η έννοια της παράγουσας συνάρτησης (ή α� χικής συνάρτησης) μιας συνάρτησης f ορίζεται μόνο σε διάστημα. Α2) Α ν η συνάρτηση F είναι μια παράγουσα της συνάρτησης f στο διάστημα Δ, τότε

F'(x) = f(x) για κάθε χ Ε Δ .

Σπύρος Γιαννακόπουλος

Α3) Α ν μια συνάρτηση είναι συνεχής σ' ένα διάστημα Δ, τότε στο διάστημα αυτό έχει παράγουσα. Το αντίστροφο δεν ισχύει. Β. Ας πάρουμε τις συναρτήσεις f, g ορισμένες σ' ένα διάστημα Δ. Β 1 ) Α ν η f έχει παράγουσα στο Δ τότε για κάθε χ Ε Δ ισχύει: d , dx σ f(x)dx)= σ f(x)dx) = f(x) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π1


82) Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο Δ έχουμε: Ι f'(x)dx = f(x) + c , για κάθε χ ε Δ , όπου c σταθερά, που διατρέχει όλο το IR

Γ. Γ 1 ) Α ν α, β ε IR με α � β , το ορισμένο ολοκλή-

ρωμα Ι: f(x)dx εισάγεται στο σχολικό βιβλίο για συνάρτηση f που είναι συνεχής στο κλειστό διάστημα που ορίζουν τα άκρα (όρια) ολοκλήρωσης α, β. Γενικότερα κάτω από κάποιες ειδικές προϋποθέσεις για την f στο [α,β] , μπορεί να οριστεί το ορισμένο ολοκλή-ρωμα Ι: f(x)dx χωρίς η f να είναι αναγκαστικά συνεχής στο [α, β] . Εμείς θα περιοριστούμε στη μελέτη μόνο συνεχών συναρτήσεων.

Το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx είναι αριθμός σε αντίθεση με το αόριστο ολοκλήρωμα Ι f(x)dx που είναι σύνολο συναρτή-σεων. Το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι: f(x)dx εξαρτάται μόνο από τη συνάρτηση f και τα άκρα ολοκλήρωσης α, β. Η μεταβλητή ολοκλήρωσης δεν παίζει κανένα ουσιαστικό ρόλο. Για το λόγο αυτό έχουμε Ι: f(x)dx =Ι: f(ψ)dψ . Α ν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α, β] , τότε υπάρχει Ι: f(x)dx και για το λόγο αυτό μπορούμε να λέμε ότι η f είναι ολοκληρώσιμη στο [α,β] .

Γ2) Έστω η συνεχής στο διάστημα Δ συνάρτηση f και α ένα σταθερό σημείο του Δ. Τότε: Ορίζε-ται η συνάρτηση F(x) = Ιαχ f(t)dt με πεδίο ορισμού στο Δ. Η F είναι παραγωγίσιμη στο Δ με F' (χ) = f(x) για κάθε χ ε Δ . Δηλαδή είναι μια παράγουσα της f στο Δ ( 1 ° Θεμελιώδες θεώρημα του ολοκληρωτικού λογισμού) . Η μεταβλητή ολοκλήρωσης συμβολίζεται με διαφορετικό γράμμα για να αποφεύγεται η σύγχυση με τη μεταβλητή της συνάρτησης. Για την παραπάνω συνάρτηση f είναι Ι f (χ )dx = Ιαχ f ( t )dt + c για κάθε χ ε Δ , όπου c σταθερός πραγματικός αριθμός.

Γ3) Έστω μια συνάρτηση φ και η συνάρτηση JΦ(x) f d ' θ ' G(x) = α (t) t , οπου α στα ερος πραγ-

ματικός αριθμός. ι . Πεδίο ορισμού της G: Βρίσκουμε το σύνο

λο Α ς D f στο οποίο η f ( t) είναι συνεχής. Εντοπίζουμε το διάστημα Δ1 ς Α στο ο-ποίο ανήκει το α και για τα χ ε Dφ απαιτούμε Φ(χ) ε Δ1 . Έτσι προσδιορίζουμε διάστημα Δ, που είναι το πεδίο ορισμού της G. ii) Παράγωγος της G: Α ν η συνάρτηση φ είναι παραγωγίσιμη, τότε η G είναι παραγωγίσιμη στο Δ (ως σύνθεση των παραγωγί-σιμων συναρτήσεων φ(χ) και F(x) = Ιαχ f(t)dt ) με G'(x) = Φ'(χ)f ( Φ(χ)) .

Γ4) Έστω οι συναρτήσεις ψΙ , φ2 και η συνάρτηση Η( χ) = fΦ2 (χ) f(t)dt . J φ, (χ) i) Πεδίο ορισμού της Η: Βρίσκουμε το σύνο

λο Α ς Dr στο οποίο η f(t) είναι συνεχής. Έστω ότι το Α είναι ένωση διαστημάτων π. χ. Α = Δ1 U Δ2 . Επιλέγουμε σταθερό σημείο α από το Α, οπότε α ε Δ1 ή α ε Δ2 .Αρχικά πρέπει D φ, n D φ2 � e5 . Για τα χ ε Dφ, n Dφ2 απαιτούμε: !Φ1 (χ) ε Δ1 κ�ι Φ2 (χ) ε Δ1 η '

Φ1 (χ) ε Δ2 και Φ2 (χ) ε Δ2 οπότε προσδιορίζουμε το DH. ii) Παράγωγος της Η: Αν οι συναρτήσεις φ1 , φ2 είναι παραγωγίσιμες για σταθερό σημείο α από το πεδίο ορισμού της Η έχουμε: Η( χ) = Γα f(t)dt + JΦ2 (χ) f(t)dt = J Φ, (χ) α

-Ιαφ, (χ) f(t)dt + Ιαφ2 (χ) f(t)dt . Στο διάστημα του DH που ανήκει το α, η Η είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων με

Η'(χ) = -Φ� (x)f ( Φ1 (χ)) + Φ� (x)f ( Φ2 (χ)) . ΓS) Έστω η συνάρτηση

G(x) = I:f(g(x, t)) dt, χ ε Δ , όπου g(x, t) παράσταση των χ, t και



f(x), g(x) συνεχείς συναρτήσεις στο διάστημα Δ. Για να βρούμε την παράγωγο της G, θεωρούμε το χ ως σταθερά και θέτοντας g( χ, t) = u με την μέθοδο της αντικατάστα-σης βρίσκουμε G(x) = rΦ, (χ) f(u)du , οπότε

J Φ, (χ) αναγόμαστε στο παραπάνω. Γ6) Αν F(x) = Jαχ f(t)dt, χ Ε Δ με α σταθερό

σημείο του διαστήματος Δ και f συνεχή συνάρτηση στο Δ τότε: lλF(x)dx=lλ(x)1F(x)dx = [xF(x)1i. - f·xF(x)dx= κ κ Jκ Jκ λF(λ) -κF(κ) -J;· xf(x)dx .

ΠΑΡλ_1 Ε I Γ,Ιλ Τ-\ 1 . Θεωρούμε τη συνάρτηση

G(x) = ιx-ι �4 - t2 dt . Να βρείτε: α) Το πεδίο ορισμού της G. β) Την παράγωγο της G.

.\ύση α) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t) = �4 - t2 . Πρέ

πει 4 - t2 ;::: o {:::? t E [-2, 2] . Άρα Df = [-2, 2] . Επειδή η f είναι συνεχής και - 1 Ε [-2, 2] , το πεδίο ορισμού της συνάρτησης F(x) = j_x1 �4- t2 dt είναι διάστημα το [-2,2] . Είναι G(x) = F( .Jx - 1 ) . Για να ορίζεται η G πρέπει:

!χ - 1 > ο !χ > 1 -2 �� 2{:::? .Jx - 1 � 2 #

!χ > 1 - # χ Ε [1, 5] . χ � 5 Άρα D0 = [1, 5] .

β) Η G είναι παραγωγίσιμη στο ( 1 ,5] ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων με G1(x) = (.Jx - 1)1 �4- (.Jx- 1Y = 2Jk.J5- x . Θα εξετάσουμε αν η G είναι παραγωγίσιμη στο 1 . Η G είναι συνεχής ως σύνθεση συνεχών συναρτήσεων, οπότε lim G(x) = G(1) .

χ->1+

. G(x) - G(1) (�) . ( G(x) - G(l) )1 lιm = lιm 1 Χ->1+ Χ - 1 X->l+ (Χ - 1)

lim .Λ-=ι .J5 - χ = +οο . Χ->1+ 2 Χ - 1 Τελικά η G δεν είναι παραγωγίσιμη στο 1 . 2 . 'Εστω η συνάρτηση F(x) = Πχ �t2 - ldt .

Να βρείτε: α) Το πεδίο ορισμού της F. β) Την παράγωγο της F.

Λύση

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση f(t) = � . Πρέπει t2 - 1 2:: Ο {:::? t Ε ( -οο, - 1] U [1, +οο) . Άρα Df = ( -οο, - 1] U [1, +οο) . Η f είναι συνεχής στο Df. Για να ορίζεται η F πρέπει

• 1 χ Ε R , 2χ < - 1 και - < - 1 ! 1 - χ - - 1 < χ < --- - 2 ή {:::? 1 • 1 - < χ < 1 x E R , 2χ 2:: 1 και - 2:: 1 2 - -χ

Άρα χ Ε [- 1,-Ξ] u [Ξ , 1 ] , οπότε DF = [- 1 ·Ξ] u [Ξ , 1 ] .

β) Για χ Ε [- 1, -Ξ] και α σταθερό σημείο του [- 1,-Ξ] έχουμε F(x) = j; �dt+

χ I

+ fα2χ �t2 - 1dt = -fα-;:�t2 - 1dt + fα2χ �dt . Η F είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγίσιμων συναρτήσεων με F'(x) = -[Η J( :J' - 1 + (2χ)' J<2x)' - 1 =

_1 J1 - x2 + 2.J4x2 - 1 . χ2 χ2 Όμοια εργαζόμαστε και στο [Ξ , 1] και τελικά έχουμε ότι η F είναι παραγωγίσιμη στο πεδίο ορισμού της με

I 1 � I 2 F (x) = x2 lx l ν 1 - x- + 2ν4χ - 1 . ΕΝΟΤΗΤ Α 2'1 : ΓΕΝ ΙΚΑ ΘΕΜΑ Τ Α ΣΤ Α ΟΛΟΚΛΉΡΩΜΑ Τ Α 1 " Η Συνάρτηση f είναι ορισμένη και παρα-

γωγίσιμη στο (1, +οο) και ισχύουν:


Μαθηματικά Γ Λυκεiου

f'(x) = χ + 3 f(x) (1) χ2 - ι για κάθε χ Ε (1, +οο) •

f(x) > Ο για κάθε χ Ε (l,+oo) και f(3) = 4 . Να βρείτε τον τύπο της f στο (l,+oo) .

Λύση Για κάθε χ Ε (1, +οο) η (1) είναι ισοδύναμη με την f'(x) = χ + 3 <=> (Rnf(x))' = χ + 3 <=> f(x) χ2 - 1 χ2 - 1 J(Rnf(x))' dx=J χ + 3 dx<=:> χ2 - 1

J x + 3 Rnf(x) + c1 = -2-dx χ - 1 (2). Θα προσδιορίσουμε σταθερούς πραγματικούς αριθμούς Α, Β έτσι, ώστε για κάθε χ Ε R - { ± 1} να ισχύει: χ + 3 =�+� (3). (χ - 1)(χ + 1) χ - 1 χ + 1

(3) <:::> χ + 3 = Α + Β(χ - 1) . χ + 1 χ + 1 Είναι: 1im x + 3 = Α<=:> Α = 2 .

Χ-+1 Χ + 1 (3) <:::> χ + 3 = Α(χ + 1) + Β . χ - 1 χ - 1

Είναι: lim χ + 3 = Β <:::> Β = - 1 . Χ-+- 1 Χ - 1

' χ + 3 2 1 (*) ' Άρα --= -- --- , οποτε χ2 - 1 χ - 1 χ + 1 (2) <=> Rnf(x) + c1 = 2J-1-dx -J�x <:::> χ - 1 χ + 1 Rnf(x) = 2Rn lx - 11 - Rn lx + 11 + c <=>

Rnf(x) = 2Rn(x - 1) - Rn(x + 1) + c (4). Για χ = 3 από την (4) παίρνουμε Rnf(3) = 2Rn2 - Rn4 ...;- c <:::> Rn4 = c .

(χ - 1)2 Άρα (4) <=:> Rnf(x) = Rn + Rn4<=:> . . . <=:> χ + 1 4(χ - 1)2 f(x) = για κάθε χ Ε (1, +οο) . χ + 1

Θεωρούμε τις συνεχείς στο � συναρτήσεις f, g για τις οποίες έχουμε ότι: Για κάθε χ Ε � ισχύει

f(x) = χ - 1 + ι· g(t)dt (1).

ι Για κάθε χ Ε [0, 2] ισχύει g(x) � -- (2),

2

<*> Εύκολα αποδεικνύεται η ταυτότητα

, , ι , ., ... , χωρις να ειναι -2 ο�ς οι τιμες της g. ί) Δείξτε ότι υπάρχει ακριβώς ένα

χ0 Ε (0, 2) τέτοιο, ώστε J:o g(t)dt = 1 - Χο . ίί) Για το χ0 του (ί) ερωτήματος, δείξτε ότι

υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο, χ0 ) τέ-

τοιος ώστε χ0g(ξ) = Jo'o g(t)dt . Λύση

ί) Η f είναι συνεχής στο 1 [0, 2], f(O) = - 1 < 0, (2) <=> g(x) + 2 2:: Ο

και αφού η g στο [0,2] δεν έχει όλες τις τιμές της -� είναι fo2 ( g(x) + � ) dx > Ο<:::> Γ2g(x)dx + f2_!_dt > 0<=>1+ Γ2 g( t)dt > 0<=> Jo Jo 2 Jo f(2) > Ο , οπότε f(O)f(2) < Ο . Σύμφωνα με το Θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (0, 2) τέτοιο ώστε

f(x0 ) = Ο <=> foxo g(t)dt = 1 - χ0 . Η f είναι παραγωγίσιμη και από την ( 1 ) παίρνουμε f'(x) = 1 + g(x) > Ο για κάθε χ Ε (0, 2) . Άρα η f στο (0,2) είναι γνησίως αύξουσα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό.

ii) Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, χ0 ] και παραγωγίσιμη στο (Ο, χ0 ) , οπότε σύμφωνα με το Θεώρημα Μέσης τιμής του διαφορικού λογισμού υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (Ο, χ0 ) τέ-

f(χ ) - f(O) Χο "'0 τοιος ώστε f' (ξ) = 0 <=> Χ ο χ0f'(ξ) = f(x0 ) - f(O) <=> χ0 + x0g(x0 ) =

= χ0 - 1 + foxo g(t)dt + 1 <=> χ0 · g(x0 } = foxo g(t)dt . 3" Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο � . Θεω

ρούμε τη συνάρτηση g(x) = ( f(t)dt, χ Ε R .

Δείξτε ότι:

i) J: g(x)dx = -J: ν'if(x)dx . ίί) Υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (0, 1) τέ

τοιο ώστε g(x0 ) = -Fof(x0 ) . Λύση

ί) Η g είναι παραγωγίσιμη με g'(x) = 2xf(x2 ) . Η

g ' είναι συνεχής fo1 g(x)dx = fo1 (χ)' g(x)dx = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ τ.4Π4


[xg(x)]� -fo\g1(x)dx = -fo1 2x2f(x2 )dx (1 ) . Θέτουμε χ2 = u (2) και έχουμε du = (x2 )1dx {::} du = 2xdx . Για χ = Ο, χ = 1 από την (2) παίρνουμε u1 = Ο, u2 = 1 . Αφού χ Ε [0, 1], (2) {::} χ = .ru_ , οπότε fσ12x2f(x2 )dx = fσ1.ru.f(u)du = fσ1 fx.f(x)dx . Άρα η ( 1 ) γίνεται fo1 g(x)dx = -fo1 Γx.f(x)dx .

ii) Από το (ί) έχουμε fo1 g(x)dx = -fo1 Γx.r(x)dx {::} fo1 (g(x) +Γx.f(x)�x = O (3) .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = fσx (g(t) +Jff(t)) dt, Χ � Ο .

Η h είναι συνεχής στο [0, 1 ] και παραγωγίσιμη στο (0, 1 ) με h1(x) = g(x) + Γχ.f(χ) .

(3) Επιπλέον έχουμε h(O) = Ο και h(1) = 0 . Άρα, h(O) = h( 1 ) = Ο. Σύμφωνα τώρα με το Θεώρημα Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (0, 1) , τέτοιο ώστε h1(x0 ) = Ο {::} g(x0 ) + For(x0 ) = Ο{::}

g(xo ) = -Fof(xo ) . 4" Η συνάρτηση f είναι συνεχής στο IR . Θεω

ρούμε τη συνάρτηση

G(x) = J: f(2x - t)dt, χ Ε IR και α, β Ε IR .

i) Ν α βρείτε την G Ό ii) Α ν το χ0 = ! είναι κρίσιμο σημείο της

2 G και το Ο είναι το μόνο σημείο που μηδενίζει την f, δείξτε ότι η G είναι σταθερή συνάρτηση.

Λί>ση i) Θέτουμε 2χ - t = u ( 1 ) . 'Εχουμε

du = (2χ - t)1 dt {::} du = -dt {::} dt = -du . Για t = α, t = β από την ( 1 ) παίρνουμε u1 = 2χ - α, u2 = 2χ - β αντίστοιχα. Έτσι ο τύπος της G γίνεται ' 2χ-β G(x) = -J f(u)du {::} 2χ-α G(x) = J2χ-α f(u)du {::} 2χ-β G(x) =Jκ f(u)du+J2x-2 f(u)du= 2χ-β κ

= -Jκ2χ-β f(u)du + Jκ

2χ-α f(u)du , όπου κ Ε IR σταθερός. Η G είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγισίμων συναρτήσεων με

G1(x) = -2f(2x - β) + 2f(2x - α) . ii) Αφού η G είναι παραγωγίσιμη στο IR και το

α , , , , χ0 = - ειναι κρισιμο σημειο της, πρεπει 2 G1 (�)=0{:}f(α-β) = f(O) {:}f(α-β) = Ο (2). Επειδή το Ο είναι το μόνο σημείο που μηδενίζει την f, από την (2) παίρνουμε α - β = Ο {::} α = β , οπότε G( χ) = Ο , δηλαδή η G είναι σταθερή .

5° α) Για κάθε XE (O,-too) δείξτε ότι: fnx < Fx , β) Θεωρούμε τις συναρτήσεις

f(x) = fnx, g(x) = Fx . Δείξτε ότι υπάρχουν σημεία Α, Β στις Cr, Cg

αντίστοιχα στα οποία ορίζονται εφαπτόμενες των Cr, Cg, παράλληλες.

γ) Για τις συναρτήσεις του β) ερωτήματος, να βρείτε: i) Το εμβαδόν E(t) του χωρίου που περικλείεται από τις Cr, Cg, τον άξονα χ· χ και την ευθεία με εξίσωση x = t > l .

ii) Τα όρια L1 = limE(t),L2 = lim E(t) . 1--+4 1--++<ο Λύση

α) Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = fnx -Γχ., χ Ε (Ο,+οο) .

Η h είναι παραγωγίσιμη με I 1 1 2-Γχ-χ (2-Γχ-χ)(2-Γχ+χ) h (χ) =---= = -'----=-:-'-'-:=-----:--'-χ 2-Γχ 2χ-Γχ 2χ-Γχ(2-Γχ+χ)

4 - Χ I = Γ ( Γ ) , h (x) = 0 {:} x = 4 . 2νχ 2νχ + χ χ ο 4 + οο

h'(x) + ο -h(x) / τ·r- �

/"-h(4) ολ. μεγ. Άρα για κάθε χ Ε (0, +οο) ισχύει

h(x) :::; h(4) = 2(fn2 - 1) < Ο Άρα fnx -Γχ. < Ο{::} fnx < Γχ. .

β) Dr = (0,+oo),D8 = [Ο,+οο) . Οι f, g είναι παραγωγίσιμες στο (0, +οο) με

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4175


Ι } Ι } f (x) = - , g (χ) = Γ . χ 2νχ Για χ ε (Ο, +οο) , f'(x) = g'(x) {:} . . . {:} x = 4 . Άρα στα σημεία A(4, f(4)) , B (4, g(4)) ορίζονται παράλληλες εφαπτόμενες των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων.

γ) i) Υ

'

! (t,O) ( 1 ,0) (4,0) χ

Α ν Ει το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από · την Cg, τον άξονα χ'χ και την ευθεία χ = t καθώς επίσης Ε2 το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την Cf, τον άξονα χ'χ και την ευθεία χ = t, τότε το ζητούμενο εμβαδόν είναι E(t) = Ει - Ε2 ( 1 ) . Ει = fo1 1g(xψlx = fοι -Γχdχ = [jχ-Γχ[

'!:.. tJt τετρ. μονάδες. 3 Ε2 = fι1 i f(x)l dx= fι\Rnx)dx= fι\x)'(Rnx)dx= = [xRnxJ: -fιι ldx = . . . = (tfnt - t + 1) τετρ. μονάδες.

(1) {::} E(t) = (j tJt - tfnt + t - 1) τετρ. μονάδες.

ii) Lι = lim (3.. tJt- tfnt + t - ι) = 25 - 8Rn2 . t-->4 3 3 Επειδή η συνάρτηση E(t) είναι συνεχής, το Lι = Ε( 4) , οπότε το L1 εκφράζει το εμβαδόν του χωρίου που περικλείεται από τις Cg, Cf τον άξονα χ'χ και την ευθεία χ = 4. L2 = ��Too [tJt (j -7ι +}ι - t�)[ . lim Rnt ι::J lim (Rnt)' = lim 2Jt =

t->+oo Ji t->+oo ( Jt)' t->+oo t

lim � = 0 . Άρα L2 = (+οο)3_ = +οο . t->+oo ν t 3

Θεωρούμε την παραγωγίσιμη συνάρτηση f : (0, +οο) � R για την οποία ισχύει

xf'(x) = f(x) για κάθε χ Ε (O,+oo),f(l) = ι f2f(x) 1

και τη συνάρτηση g(x) = 1 e1 dt, x > Ο . Το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την Cg , τον άξονα χ' χ και τις ευθείες με ε-

ξισώσεις χ = ! και χ = ι είναι κ. Να βρείτε 2

συναρτήσει του κ το ορισμένο ολοκλήρωμα fι2 e'1 dx .

Λύση Για κάθε χ Ε (Ο,+οο), xf'(x) = f(x) {::} xf' (χ) - f(x) = Ο{::} xf' (χ) - f(x) = 0 {::} ( f(x) )' = 0 . χ2 χ

Άρα f(x) = c {::} f(x) = cx , όπου c σταθερός χ πραγματικός f(l) = 1 {::} c = 1 . Συνεπώς f(x) = χ . 'Ετσι έχουμε g(x) = fι 2\12 dt . Οπότε g (�) = Ο Το εμβαδόν του χωρίου που ορίζεται από την Cg,

1 τον άξονα χ' χ και τις ευθείες χ = '2 , χ = 1 είναι Ε = Jl lg(x)l dx (1 ) .

2 Η g είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με g'(x) = 2e4x2 > Ο . Άρα είναι γνησίως αύξουσα, ο-πότε � � χ � 1 {::} g (�) � g(x) � g(l) . Άρα g( χ) ;::: Ο . Επίσης η g ' είναι συνεχής. (1) {::} Ε = Jl g(x)dx {::} Jl (χ)' g(x)dx = κ{::}

2 2 [xg(x)]� -Jl xg'(x)dx = κ {::}

2 2 {::} g(l) -Jl 2xe4x2 dx = κ{::} g(l) =

2



Ταξιν6μηuη σε πίνακε,: Η Μέθοδο' Φuααλίδας Α νάπτυξη Εφαρμογcvν σε Προγραμματιστικό Περιβά/.ον, Γ Λ υκείου, Τεχνο/.ογικιj Κατει)θυ νση

τίμος Ασλανίδης

ια δομή δεδομένων αφορά το χώρο και τον τρόπο αποθήκευσης δεδομένων σε κάποια από τις Μ. μνήμες του υπολογιστή, ώστε να είναι δυνατή η ομαδική επεξεργασία αυτών είτε άμεσα είτε αργότερα, όταν κάτι τέτοιο χρειαστεί. Μία από τις mo συχνά συναντώμενες στην πράξη δομές δεδ� . μένων είναι οι πίνακες. Πρόκειται για μία δομή με συγκεκριμένο μέγεθος (όπου μπορεί να αποθηκευτεί συγκεκριμένο πλήθος στοιχείων). Στα στοιχεία ενός πίνακα αναφερόμαστε ανάλογα με τη θέση που έχουν σε αυτόν. Στους αλγόριθμους που θα παρουσιάσουμε στη συνέχεια υποθέτουμε ότι η αρίθμηση των στοιχείων των mνάκων ξεκινάει από το 1 (πρώτο στοιχείο: θέση 1 ) . Έτσι, στην περίπτωση που ο πίν� κας έχει η στοιχεία, ονομάζεται Α και θέλουμε να αναφερθούμε στο στοιχείο που βρίσκεται στη θέση 2, γράφουμε Α[2], ενώ αν θέλουμε να αναφερθούμε στο στοιχείο που βρίσκεται στη θέση η γράφουμε Α[ η] . Μία � πό τις mo συνηθισμένες εργασίες που γίνονται σε πίνακες είναι η ταξινόμηση. Στην ταξινόμηση το δεδομένο είναι ένας πίνακας Α που περιέχει η στοιχεία, μεταξύ των οποίων έχει οριστεί πλήρης διάταξη (πχ. πραγματικούς ή ακέραιους). Το ζητούμενο είναι να αναδιαταχθούν τα στο1-χεία του Α ώστε να βρίσκονται σε αύξουσα σειρά. Δηλαδή στην πρώτη θέση του πίνακα το μικρότερο, στη θέση 2 το δεύτερο μικρότερο, . . . , στην τελευταία θέση το μεγαλύτερο. Μία από τις πιο γνωστές αλλά όχι πιο αποδοτικές μεθόδους ταξινόμησης είναι η μέθοδος φυσαλίδας (bubble sort) ή μέθοδος ευθείας ανταλλαγής που παρουσιάζουμε στη συνέχεια σε δύο παραλλαγές. 1 '1 παραλλαγή Ο σχετικός αλγόριθμος δίνεται σε μορφή διαγράμματος ροής στο ακόλουθο σχήμα.

OXI

Στην ταξινόμηση με τη μέθοδο φυσαλίδας (bubble sort) χρησιμοποιείται διπλή επανάληψη. Σε πρώτη φάση επιτυγχάνεται η τοποθέτηση του μικρότερου στοιχείου στην πρώτη θέση του πίνακα, στη συνέχεια του δεύτερου μικρότερου στη δεύτερη θέση του πίνακα κοκ. Κάθε μία από αυτές τις φάσεις, για να πραγματοποιηθεί, απαιτεί κάποιο αριθμό βημάτων. Έτσι

προκειμένου να τοποθετηθεί το μικρότερο στοιχείο στην πρώτη θέση γίνονται τα επόμενα: Συγκρίνουμε τα 2 τελευταία στοιχεία του πίνακα και σε περίπτωση που το μικρότερο από αυτά βρίσκεται δεξιότερα τους ανταλλάσσουμε θέση . Στη συνέχεια συγκρίνουμε αυτό που βρήκαμε ως μικρότερο με αυτό που βρίσκεται στην προηγούμενη θέση του πίνακα και συνεχίζουμε με αυτό τον τρόπο μέχρι να φτάσουμε στο στοιχείο που βρίσκεται στη θέση 1 . Η συνεχής μεταφορά του μικρότερου εκ των δύο στοιχείων που συγκρίνουμε κάθε φορά στην αριστερότερη από τις 2 θέσεις έχει σαν απ<r τέλεσμα το μικρότερο από όλα τα στοιχεία του πίνακα να βρεθεί τελικά στη θέση 1 . Στη συνέχεια δεν χρειάζεται πια να ασχοληθούμε με το μικρότερο στοιχείο καθώς έχει ήδη ταξινομηθεί και συνεχίζουμε με τα υπόλοιπα, μεταφέροντας με ανάλογα βήματα το δεύτερο μικρότερο στη 2η θέση, το τρίτο στην 3η κοκ. Ο αριθμός των βημάτων που χρειάζονται για να ταξινομηθεί ένα στοιχείο δεν είναι πάντα ο ίδιος. Εξαρτάται από το πόσα στοιχεία έχουμε ήδη ταξινομήσει. Πχ. για την ταξινόμηση του μικρότερου στοιχείου χρειάζονται η- 1 συγκρίσεις, για την ταξινόμηση του δεύτερου μικρότερου χρειάζονται η-2 ( αφού δεν λαμβάνουμε υπόψη το ένα που έχουμε ήδη ταξινομήσει), ενώ για την ταξινόμηση του μεγαλύτερου στοιχείου δεν χρειάζεται να κάνουμε τίποτα, αφού έχοντας τοποθετήσει στη σωστή θέση τα υπόλοιπα στοιχεία, υποχρεωτικά η θέση που μένει στο τέλος του πίνακα θα αντιστοιχεί σε αυτό. Η εντολή αντιμετάθεσε A[j], A[j- 1 ] στην πραγματικότητα αποτελείται από 3 εντολές εκχώρησης:



temp�A[j- 1 ] A[j- l ]�A[j] A[j]�temp Η μεταβλητή temp (από temporary = προσωρι

νός) είναι μία βοηθητική μεταβλητή που έχει ως σκοπό να μη χαθεί η τιμή που είναι αποθηκευμένη στο A[j- 1 ] όταν σε αυτό καταχωρηθεί η τιμή A[j] . Μια απλή παραλλαγή του αλγόριθμου που φαίνεται στο διάγραμμα ροής είναι ο ακόλουθος: Αλγόριθμος bubble_sort2 Δεδομένα I I Α, η I I Για i από 1 μέχρι n-1

Για j από n-1 μέχρι i με_βήμα -1 Αν A[j]<A[j+l] τότε

temp�A[j] A[j]�A[j+ 1] A[j+ 1 ]�temp

Τέλος_ αν Τέλος_ επανάληψης

Τέλος επανάληψης Αποτελέσματα 11 Α /I Τέλος bubble_sort2 Στην παραλλαγή αυτή φαίνεται καλύτερα πως το πρώτο βήμα έχει σαν αποτέλεσμα την ταξινόμηση του πρώτου στοιχείου ( αφού στην εσωτερική επανάληψη το j φτάνει μέχρι την τιμή i= 1 ) ενώ για το τελευταίο στοιχείο δεν χρειάζεται να γίνει καμία σύγκριση καθώς η ταξινόμηση όλων των άλλων στη σωστή θέση είχε σαν αποτέλεσμα να καταλήξει στην τελευταία θέση του πίνακα. Μία ακόμα διαφορά της παραλλαγής αυτής από την προηγούμενη είναι πως ταξινομεί τα στοιχεία του πίνακα σε φθίνουσα σειρά δηλαδή από το μεγαλύτερο (πρώτη θέση του πίνακα) στο μικρότερο (τελευταία) . Αυτό συνέβη αλλάζοντας απλά τη φορά της ανίσωσης στην εντολή Αν . . . τότε . . . τέλος . . . αν

Εφαρμογή Να γραφτεί πρόγραμμα που διαβάζει πίνακα Α 100 θέσεων με τα ονόματα των 100 mo εύπορων � θρώπων για το 2003 στον πλανήτη. Διαβάζει επίσης πίνακα Β με 1 00 θέσεις που περιέχει πραγματικούς και στη θέση i περιέχει το εισόδημα σε δολάρια του ανθρώπου το όνομα του οποίου βρίσκεται στην i θέση του πίνακα Α. Το πρόγραμμα θα εμφανίζει τα � νόματα των 50 πλουσιότερων ανθρώπων του πλανήτη για το 2003, ξεκινώντας από αυτόν με το μεγαλύτερο εισόδημα και καταλήγοντας σε αυτόν με το μικρότερο. Ένας εύκολος τρόπος να λυθεί το πρόβλημα είναι να γίνει αρχικά ταξινόμηση των 1 00 εισοδημάτων, με παράλληλη «ταξινόμηση>> των ονομάτων και στη συνέχεια από τον ταξινομημένο πίνακα να

εμφανιστούν τα στοιχεία του Α που αντιστοιχούν στα 50 τελευταία στοιχεία του Β. ΠΡΟ ΓΡΑΜΜΑ εισοδήματα_ 2003 ΜΕΤΑΒΛΗΤΕΣ

ΑΡΧΉ

ΠΡΑΓΜΑτΙΚΕΣ: Β[ 1 00] , temp ΑΚΕΡΑΙΕΣ: i, j , seira ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ: Α[ 1 00], temp_name ΓΙΑ i ΑΠΟ 1 ΜΕΧΡΙ 100 ΓΡΑ ΨΕ 'Δώσε το όνομα και στη συνέχεια το αντίστοιχο εισόδημα' ΔΙΆΒΑΣΕ A[i], B[i] ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΓΙΑ i ΑΠΟ 2 ΜΕΧΡΙ 100 ΓΙΑ j ΑΠΟ 100 ΜΕΧΡΙ i ΜΕ_ΒΗΜΑ -1 ΑΝ B[j- 1 ]>B[j] ΤΟΤΕ

temp�B[j- 1 ] B[j- l ]�B[j] B[j]�temp temp _ name� A[j- 1 ] A[j- 1 ]�A[j] A[j]�temp _ name ΤΕΛΟΣ ΑΝ ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΤΕΛΟΣ_ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΓΡ Α ΨΕ 'Οι 50 πλουσιότεροι άνθρωποι του πλανήτη για το έτος 2003 ήταν ' ΓΙΑ i ΑΠΟ 100 ΜΕΧΡΙ 5 1 ΜΕ ΒΗΜΑ -1

seira� 1 00-i+ 1 ΓΡΑ ΨΕ seira, ' . ' , A[i] ΤΕΛΟΣ ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ ΤΕΛ ΟΣ ΠΡΟΓΡ ΑΜΜΑΤΟΣ Π α ρ ατη ρή σεις :

1 . Σε ένα πρόγραμμα είναι υποχρεωτική η δήλωση μεταβλητών που γίνεται αμέσως μετά την επικεφαλίδα. Κατά συνέπεια χρειάζεται με κάποιο τρόπο να φανεί ότι τελείωσε το τμήμα δήλωσης των μεταβλητών και ότι ξεκινάει το κυρίως μέρος του προγράμματος. Αυτό γίνεται με τη λέξη ΑΡΧΉ. Μεταξύ των μεταβλητών πρέπει να δηλώνονται και οι πίνακες. Για τον προσδιορισμό ενός πίνακα εκτός από το όνομα του 2 πράγματα είναι απαραίτητα: Το μέγεθος και ο τύπος των στοιχείων του. Έτσι η γραμμή : ΧΑΡΑΚΤΗΡΕΣ: A[ lOO] δηλώνει ότι ο πίνακας Α έχει ως στοιχεία χαρακτήρες (λέξεις) και το πλήθος των λέξεων αυτών είναι 1 00. 2 . Άλλες διαφορές μεταξύ αλγόριθμων και προγραμμάτων είναι πως η εντολή εμφάνισης μηνύματος

στην οθόνη από «εμφάνισε», «τύπωσε» ή «εκτύπωσε» γίνεται ΓΡ Α ΨΕ. Επίσης τα εισαγωγικά που χρησιμοποιούνται για την εμφάνιση φράσεων στην οθόνη παύουν να είναι διπλά. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π8


3 . Άμεση ταξινόμηση του πίνακα Α με τη μέθοδο της φυσαλίδας δεν είναι δυνατή καθώς ο Α δεν περιέχει αριθμούς. Έτσι ταξινομούμε τον Β. Πρέπει όμως οποτεδήποτε αλλάζουμε θέση σε κάποια στοιχεία του Β να αλλάζουμε αντίστοιχα και τα στοιχεία του Α, διαφορετικά τα εισοδήματα που θα προκύψουν στον ταξινομημένο Β δεν είναι απαραίτητο να & χουν σχέση με τα ονόματα που θα βρίσκονται στις αντίστοιχες θέσεις του Α. 4. Η μεταβλητή seira υπολογίζει τη σειρά που α-

ντιστοιχεί στο όνομα που θα εμφανιστεί. Πχ. για το όνομα που βρίσκεται στη θέση i= 1 00 του Α (και έχει το μεγαλύτερο εισόδημα) θα εμφανίσει τον αριθμό 1 00-i+ 1= 100- 1 00+1= 1 , ενώ για το δεύτερο όνομα, αυτό που βρίσκεται στη θέση i=99 του Α θα εμφανίσει τον αριθμό 1 00-i+ 1 = 1 00-99+ 1 =2 και για το τελευταίο όνομα, αυτό που βρίσκεται στη θέση 5 1 του Α θα εμφανίσει τον αριθμό 100-i+ 1= 100-5 1+ 1=50. Ο Δα.iμαιν του τυπογραφείου

«Απόδειξη Α νισοτικών Σχέσεων και Επίλυση Ανισώσεων» Σελ. 68 - 69 - 70 - 71 Των Ν. Ζανταρίδη - Κ. Παπαδόπουλου Άσκηση 1 : • Αντί: Α: (Ο,+οο)---+Ρ να γραφεί: f: (Ο,+οο)---+Ρ • Αντί: h(x) - f(x) + f(�)

να γραφεί: h(x) = f(x) + r( �) • Αντί: h'(x) -f'(x) + f'(�)(�} = f'(x) -:2 f'(x)

να γραφεί:

h'(x) = f'(x) + f'(�) (�} = f'(x) - χ12 f'(x) • Αντί: αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο Ρ να γραφεί: αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο JR: Άσκηση 4 • Αντί: g'(x)= . . . =f(χ)-(α+β - χ)

να γραφεί: g '(x)= . . . =f(χ)-f(α+β - χ) • Αντί: προκύπτει στο ( -οο, α; β ]

να γραφεί: προκύπτει ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ( -οο, α; β ]

α+β Jα+β-- 2 • Αντί: α 2 f(t )dt

•

α+β να γραφεί: J:+β-2 f(t)dt ( + β) α+β Αντί: gmin = 2 τ = J7 f(t)dt

α+β να γραφεί: gmin = 2 J7 f ( t )dt α+β • Αντί: J: f(t)dt + J0α+β-χ f(t)dt � J7 f(t)dt

rx rα+β-χ r α+β να γραφεί: Jo f(t)dt+ Jo f(t)dt � 2Jo 2 f(t)dt Άσκηση 5 • Αντί: για κάθε xεJR να γραφεί: ως προς xεJR

Λσκηση ϊ • Αντί: i) Έχουμε f( α) = f( α) < f(β) . . . (1)

να γραφεί: i) Έχουμε {f( α) = f( α) < f(β) ;; 2f( α) < f( α) + f(β) < 2f(β) f(α) < f(β) = f(β) ::::} f(α) < f(α) + f(β) < f(β) : (1) 2

• Αντί: ii) Επειδή . . . (α, χ0), (χ0, β) να γραφεί: ii) Επειδή η f είναι συνεχής στο [α, β] , παραγωγίσιμη στο -(α,_.β}και.κυρτή...στο . [α, β] έπεται ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο (α, β), η f είναι συνεχής στα διαστήματα [α, χο] , [χ0, β] και παραγωγίσιμη στα διαστήματα (α, χο), (χο, β) Στις αρχές της σελίδας 7 1 , Να συμπληρωθεί το κείμενο: • Έχουμε: _1_+_1_ = 2(Χο -α) + 2(β-Χο) =2 _ ___,_β_-_α_ f'(x1 ) f(x2) f(β)-f(α) f(β)-f(α) f(β)- f(α) • Αντί: 'Εχουμε: α<χ1 <Χο <χ2 <β::::} . . . ::::}Χο > α+β 2 να γραφεί: Έχουμε: α<χ1 <Χο <χ2 <β::::}α<χ1 <χ2 <β=>f(χ1) <f(x2) , (για-τί η f γνησίως αύξουσα στο (α,β)) f(β) - f(α) f(β) - f(α) 1 1 ::::} < ::::} < ' 2(χ0 - α) 2(β - χ0 ) 2(χ0 - α) 2(β-Χο )

αφού ( f(β) - f(α) > Ο )::::} 2(χ0 - α) > 2(β - χ0 ), (αφού 2(χ0 - α) > Ο και 2(β - χ0 ) > 0 )

α + β ::::} χ0 - α > β - χ0 ::::} 2χ0 > α + β => χ0 > --2 Άσκηση 8

• Αντί: f(x + l) - f(x) = . . . = (g(x + 1) + 3(x + 1) + 4) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' λζ' τ.4Π9


- (g(x) + 3χ - 4) να γραφεί: f(x+1)-f(x)= ... =(g(x+ 1)+3(x+1)+4)- (g(x) + 3χ +4)

• Αντί: 1im3 να γραφεί: 1im 3 x-+too

u=x-1 • Αντί: lim (f(x + 1) - f(x) = 3 ==

χ -Η«> x=u+1 1im (f(u + 1) - f(u) = 3 να γραφεί:

u-+too lim (f(x + 1) - f(x) ) = 3 και

χ�+οο u=x-1 lim (f(x) - f(x + 1) ) =

x�+oc x=u+1 lim (f(u + 1) - f(u)) = 3

u�+oc Στις προτεινόμενες

:-\σκηση 1: Αντί να γράφει: Αν α, β, γ Ε IR* να

γραφεί: IR:

:-\σκηση 2: Αντί να γράφει: Αν α, β, γ Ε IR* να

γραφεί: α, β, γ Ε IR:

, , α4 β3 γ3 1 1 1 Αντι να γραφει: -+-+-�- + - +- να β4 γ4 α4 α β γ

, α3 β3 γ3 1 1 1 γραφει: -+-+-�-+-+- . β4 γ4 α4 α β γ Ακόμη στην ίδια άσκηση να συμπληρωθεί ένα τρίτο ερώτημα που είχαμε στο αρχικό κείμενο. γ) Ν.Δ.Ο. για κάθε α, β, γ Ε IR: τότε

α4 ιf γ4 ιf �+ ri �α+β+γ

«Πιθανότητες» σελ. 72, 73, 74, 75 Κ. Παπαδόπουλου - Χαρούλα Σραφοπούλου Ασκηση 1 : Αντί να γράφει: Β ς Αυ Β άρα Ρ(Β) ::; (Α υ Β). . . να γραφεί: Β ς Α υ Β άρα Ρ(Β) ::; (Α υ Β) . Ασκηση 3 (3η σειρά) : Αντί να γράφει:

P(AnB)=P(A)-P(B) 1 - P(A) - P(B) + P(A n B) = 1 - Ρ( Α) - Ρ(Β) · Ρ( Α) · Ρ(Β) . . . να γραφεί:

P(AnB)=P(A)-P(B) 1 - Ρ(Α) - Ρ(Β) + P(An B) = 1 - Ρ( Α) - Ρ(Β) + Ρ( Α) · Ρ(Β) Άσκηση 4 ( 16η σειρά) : Αντί να γράφει: Γνω-ρίζουμε ότι Ρ( Α υ Β) = Ρ( Ω) � Ρ( Α υ Β) = 1 � Ρ(Α) + Ρ(Β) = P(An Β) = 1 . . . να γραφεί:

Γνωρίζουμε ότι Ρ( Α υ Β) = Ρ( Ω) � Ρ( Α υ Β) = 1 � Ρ(Α) + P(B) - P(AnB) = 1 . Άσκηση 6 : Γράφει στην αρχή της λύσης: f'(x) = 4χ3 - 4χ = 4χ(χ2 - 1) , να γραφει: f'(1) = 0 . . . f'(x) = 4x3 - 4χ = 4χ(χ2 - 1) f'(x) = Ο. Άσκηση 7 : Γράφει στην αρχή της λύσης: Επειδή να γραφεί: Ο δειγματικός χώρος Στην 6η σειρά γράφει Ρ( Α) = Ν(Α) = ν + 1 αντί Ν(Ω) 2

ν + 1 , Ν(Α) -2- ν + 1 του σωστου Ρ( Α) =--=--=--Ν(Ω) ν 2ν

ν

Άσκηση 8 : Στο β) δεύτερη σειρά γράφει f'(O) = μ · e0 · μ. . . αντί του σωστού f'(O) = μ · e0 = μ . Άσκηση 9 : Στο ii) δεύτερη σειρά γράφει 1 1 - +--� 4� f(x) � . . . αντί του σωστού χ 1 - χ 1 1 - +-� 4� f(x) � 4 χ 1 - χ

Άσκηση 10 : Δύο σειρές πριν το τέλος γράφει Ζ = (Α n Β)' => P(z) = Ρ[(Α n Β)'] = = 1 - P(A nB) - 1 -_!_= 92 ή 92% αντί 100 1 00 σωστού Ζ = (Α n Β)' => P(z) = Ρ[(Α n Β)'] = = 1 - P(An B) = 1 -_!_= 92 ή 92% . 100 1 00

του

Απόδειξη ανισοτικών σχέσεων και επίλυση Ανισώσεων

Άσκηση 1 : Στην 1 η σειρά γράφει : Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) - f(x) + f(�} χ > Ο . . . Αντί του σωστού h(x) = f(x) + f(�} x > O Αμέσως

πιο κάτω γράφει h'(x) - f'(x) + f(�} (�J' . . . Αντί του σωστού h'(x) = f'(x) + f(�} (�J'

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

� Κ α λ ό Κ α λ ο κ α ί ρ ι � • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •


Εκδόσει� τη� ΕΛΛΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡΕΙ..-\Σ �υκλε[�ης ��

ι;. :-orf.Ι'tιt;\:oill\

Η:ΙΙΙ \ΟΙ ιο .. ι ι ι ι. ι Ι \Ι \ 1 \ ι ι ι.ιη ι ι•ι ο' "' ........ "�'' �" 0!1!\Ι<>ιο.η�•·

f<•Κ'ι�οι "'IJII>"I>KIIJT•ΙHI< �'""Μ"<"''"'"' "'"""'"·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ γ'

E U C L I D E S γ .

f- \ \lf'lk.ll \to\θ\1\Hflt.:Ιt 8ΗΗΙΟΙΊ•\οtιl \

ιι 1:' L L ι:- ... ι ι· Ε ι Η () J• t; t \' R E .f l;. Ι Η Γ Ι/ (J\

ι\1 .t T ff 1: \1 -ι rι r · �· .ι � ,, / \' F Ό Η H.t 1' 1 C .f ' 9 4

I'•�"'' ••• I , .. '"�•t ...:·�:.;;'...�:·.�":.ϊ .��::�;.--·

f \ \ Ιt,!ι.ΙΙ� \1\f-IH\1\IIhllt.Ι 1<111'11<\l οι υ ι�η-...:

111!111! ΙΙiqΙΙΙΙΙq IIIΙJIII

ΣτσιχειΩλΙΙΣ ΓεΩΜ:ετι•ι ' \ Π G Α:ΟVΩη:ιη.ι ΣΚΟΠΙΑ

LOUIS BRAND

ΜΑθΗΜΑτΙΚΗ ΑΝΑΛΥΣΗ

ΘΕΩΡJιι\ f\ΡJθΜΩιΊ

ΕυκλείδηςΑ': Τεύχος 2 ευρώ Διεθνής Μαθηματικές Ολυμπιάδες 1 1ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 17 ευρώ (Μετρικά • Διόmρο) 20 ευρώ Συνδρομή (4 τεύχη) 10 ευρώ 1959 • 1999: 20 ευρώ 14ou Γ1ανελληνίοιι Συνεφου 17 ευρώ ευρώΔιολtξειι;: Ο τόμοι; 5 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Βολκανικtι; Μαθηματικtι; 15ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 17 ευρώ Μοθημοπκή Ανάλυση

Σχολεία: 8 ευρώ δρχ. Ολυμπιάδες 1984-2001: 15 ευρώ 16ou Γ1ανελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 17 ευρώ (Louls Brand) 25 ευρώ Ευκλείδηc;Β': Τεύχος 2,5 ευρώ Θέματα εξετάσεων οτα A.E.I 17ou Παvελληνίοιι ΣιΜδρίοιι 25 ευρώ Διαφορικές Εξισώσεις

Συνδρομή (4 τεύχη) 12 ευρώ 1976 • 1989: 6 ευρώ �= � �� εuρωεuρω: (Stephenson) 10 ευρώ (4 τεύχη + 2 ευρώ ταχυδρομικά) Πρακπκά: ' .......... Ι'""' ο.uν""�"""' Ιστορία Μαθηματικών Loria Σχολεία: 10 ευρώ 1ou Πcινελλη'.iου ΣιΝεδρίου 6 ευρώ 20ou Πανελληvίου Συνεφου 2S ευρώ (41όμοι) Α, Β, Γ Αι Γ Β ο1άμοι; 8 ευρώ

Ευκλείδηc;Γ: Τεύχος 5 ευρώ 2ou Γ1ανελληνίοιι

ΣιΜδρίοιι θ

ευρώ Συνέδριο Hermis '92 (Αγγλικά)

70 Χρόνια Ε.Μ.Ε. 4 ευρώ Συνδρομη' (2 τεύχη) 10 ευρώ 3ou π.-. ... η,...;,. • '�'• .� •

θ ευρω' 25 ευρώ Ελληνικη' Μοθηματικη' ' ouνuνu I'""' O.UY""t""" Συνέδριο Hermls '94 (Αγγλικά)

Μοθημ. Επιθεώρηση: 4ουδου nn. ... n,...ι, • '�'"� • 8 εuρω' Βιβλιογραφία 4 ευρω' ' οuνuνν I'""" """""!""" 2 τόμοι 0 τόμος 15 ευρώ Τεύχος 5 ευρώ 6ou Γ1cJvr.λλη.iou ΣιΝεδρίου 8 ευρώ Γραμμική Άλγεβρα Στοιχειώδης Γεωμετρία οπό

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 7ou Γ1cJvr.λλη.iou ΣιΝεδρίου 8 ευρώ (Gr. Mυncres) 6 ευρώ Ανώτερη Σκοmά 8 ευρώ Αστρολάβος: Τεύχος 5 ευρώ βου Γ1ανελληνίοιι ΣιΝεδρίου 8 ευρώ ΗΡΩΝΟΣ ΑΛΕΑΝΔΡΕΩΣ θεωρία Αριθμών 17 ευρώ

Συνδρομή (2 τεύχη) 10 ευρώ 9ou Γ1αvελλrτJου ΣιΝεδρΟJ 8 ευρώ (Ονόματα Γεωμετρικών όρων 10 Χρόνια ΈΥΚΛΕΙΔΗΣ' Δελ'ήo (Bulletin): Τεύχος 7,30 ευρώ 10ou � � Π ευρώ ΓΕΩΜΕΥΡΙΚΑ) 20 ευρώ ΣEIPA A' (1990-1999) CD 25 ευρώ

Τα παλα ιότερα τεύχη όλων των εκδόσεων πωλούνται με τις τρέχουσες τι μές του 2004

Ευκλειδης Β 52

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 52