Ευκλειδης Β 64

84
24η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 26 Απριλίου- 2 ΜαϊΌυ 2007, Ρόδος- Ελλάς Εβδομάδα Μαθηματικής Σκέψης I ,. Αγγλία Αζερμπαϊτζάν Αλβανία Βοσνία Ερζεγοβίνη Βουλγαρία Ελλάς Ιταλία Καζακσταν Κύπρος Μαυροβούνιο Μολδαβία Ρουμανία Σερβία Τουρκία FYROM - ---+ - --- Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία +

description

 

Transcript of Ευκλειδης Β 64

Page 1: Ευκλειδης Β 64

24η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα 26 Απριλίου- 2 ΜαϊΌυ 2007, Ρόδος- Ελλάς

Εβδομάδα Μαθηματικής Σκέψης

I ,.

• Αγγλία • Αζερμπαϊτζάν • Αλβανία • Βοσνία Ερζεγοβίνη • Βουλγαρία • Ελλάς • Ιταλία • Καζακσταν • Κύπρος • Μαυροβούνιο • Μολδαβία • Ρουμανία • Σερβία • Τουρκία • FYROM

- ---+ -

---1--

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία +

Page 2: Ευκλειδης Β 64

Άλγεβρα Α Ενιαίου Λυκείου Θ. Τσιούμας, I. Σιάχος

Μεθοδολογία Άλγεβρας Α Ενιαίου Λυκείου

Μ. Ευσταθίου, Ε. Πρωτοπαπάς

Μεθοδολογία Άλγεβρας Β' Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας

Γεωμετρία Β' Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Ε. Πρωτοπαπάς

μαθηματικά r· Ενισfου Λυκείου

Ε!

Μαθηματικά Γ Ενιαίου Λυκείου

Γενικής Παιδείας Μ. Τ σιλπιρίδης

Ε. Πρωτοπαπάς

Αρχές οικονομικής θεωρίας Γ Ενιαίου Λυκείου

Μάθημα επιλογής για όλες τις κατευθύνσεις

Π. Μηλίτσης

rιιr Ελλιινιιιιjr

lιlιιΒιιμιιrιιιιjr Εrιιι peί ιιr

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑ11ΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ

n,;,, ., Aftpf AπlφiΙttll

{' ....... ----==---.....___, Φ!

ι5.Α\ �

ΜΑΘΗ Ατικ•

Ελληνι�ή ΜnΟηματοιιή Εταοpr.I(Ί

ΚεvτpΙΝf 6ιJΒε•ιι Ελλqνιιtq ltii#Bqμtιτιιtq Ετtιιpείtι

Πtιvenι6τqμίeu 39 - I#Bqνtι

Page 3: Ευκλειδης Β 64

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 64 • Απρίλιος • Μάιος • Ιούνιος 2007- Έτος λθ" • Ευρώ: 3,50

e-mail: [email protected] www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ rΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ -./ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές - googol ή 10100 •

-./ Μαθηματικοί Διαyωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες

. .. 2

... 4 -./ Homo Mathematicus . . ............................................. . .......... 11

-./ Άλyεβρα

-./ Γεωμετρία

................ 15 ................. 22

Μαθη:ματικά Β� Τάξης: -./ Άλyεβρα ...... 28 -./ Γεωμετρία ...... 33 -./ Κατεύθυνση ...... 42

-./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης ...... . . ....... 50 -./ Μαθηματικά Γενικής Παιδεία .... . . ....... 69

-./ Ο Ευκλείδης προτείνει ••• Ευκλείδη ................................... 74 -./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν .................................... 78

•••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 • 106 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 21 Ο 3617784 - 3616532 Fax:2103641025 Εκδότης:

Εξσρχάκος Θεόδωρος Διευθυντής:

Τυρλής Ιωάννης

Κ(ι)όικιiς ΕΛ.'ΙΆ.: 2055 JSSN : 1105 - Ί998

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Τσααόπουλος Γιώργος Ευατσθίου Βαγγέλης

Εκτελεστική Γραμματεία

Πρόεδρος:

. Ταααόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος:

Ευαταθίου Βαγγέλης Γραμματέας: Χριατόπουλος Παναγιώτης

Μέλη: Αργυράκης Δ. Δρούταας Π. Λουρίδας Σ. Ταπεινός Ν.

ΙΔΙΟΚΤΗΣΙΑ ΤΗΣ ΕΜΗΝΙΚΗΣ ΜΑΘΗΜΑ ΥΙΚΗΣ ΕΤΑΙΡ&ΙΑΣ

Συντακτική Επιτροπή Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου Για�ς Ανδρουλακάκης Ν ικος Αντωνόπουλος Νίκος ,<\ργυρ�κης Δημήτ_ριος Βακαλόπουλος Κωστας Γράψας Κων/νος Δρουτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαγγέλης Καλίκας Σταμάτης ΚανέλλΟς Χρήστος Καραγκού'.:ης Δ!Ιμήτρης Καρακατσανης Βασίλης Καρκάτης Βασίλης Κατσούληs Γιώ�ος Κερασα�ίόης Γιαννης Καρδαμιτσης Σπύρος Κrιπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κυριακόπουλος Αντώνης Κυ�ιακόπουλος Θανάσης Κυ ερ'V!]του Χ�στ. Λα αρίδης Χρηστος Λάππας Λευtέ§?f!ς Λουρίδας Σωτηρη_ς Μαλαφέκας Θανασης

Μανολάκου Σταματική Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέγκλης Δημήτρης Σαtτη Εύα Στα'ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστόπουλος Παναγιώτης

••••••••••••••••••••• • ••• • •••• • •••••••••••••••• • •••••••••••••••••••••••••••••• • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6τι προτείνονται απ6 την Ε.Μ.Ε. • Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να σι:έλνονται έγκαιρα, σι:α γραφεία της

Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"''. Τα χειρόγραφα δεν επισtρέφονται. 'fιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (10,00 + 4,00 Ταχυδρομικά = ευριό 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευριό 10,00 Το αντίτιμο για τα τεύχη που παραγγέλνονται σι:έλνεται με ωτλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ. Θ. 30044 ή πληρώνεται σι:α γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 ΥnειίΒuναι; τunαγpαφείαu: Β. Σωτηριάδης

Page 4: Ευκλειδης Β 64

Επιμέλεια: Χρήστος Κηπουρός

googol ή 10100

ο ι μεγά�οι αριθμοί, εκατομ�ύρια, δισε­κατομυρια, τρισεκατομμυρια κ.ο.κ. ασκούσαν πάντα μια γοητεία τόσο στα

παιδιά όσο και στους μεγάλους. Σήμερα, με το δεκαδικό σύστημα αρίθμησης, μπορούμε εύκο­λα να γράψουμε κάθε αριθμό, οσονδήποτε με­γάλος και αν είναι αυτός. Ωστόσο, στις απαρχές των Ελληνικών μαθηματικών που η αρίθμηση γινόταν στο αλφαβητικό δεκαδικό σύστημα, η γραφή ενός πολύ μεγάλου αριθμού δεν ήταν εύ­κολη υπόθεση . Η δυσκολία γινόταν μεγαλύτερη εξαιτίας της ασυμφωνίας που είχαν, μεταξύ τους, οι αρχαίοι συγγραφείς στον τρόπο γραφής και τον συμβολισμό των κλασματικών και μι­κτών αριθμών και των πολύ μεγάλων αριθμών και όχι μόνο. Ο Αρίσταρχος ο Σάμιος (3 1 0-230 π.Χ) χώριζε τον αριθμό σε δύο μέρη . Στο πρώτο μέρος συμ­βόλιζε τις Μυριάδες με το M(= lOOOO ) και έγρα­φε υπεράνω του Μ, τον αριθμό που δηλώνει το πλήθος των μυριάδων. Π.χ. για τον 30000 έγρα-

γ φε: ( =13 χ ιοοοο ) Μ

Αρίσταρχος Ο Σάμιος (3 I 0-230 π.Χ)

του Γιάννη Σιούλα

Ο Διόφαντος και ο Απολλώνιος χρησιμοποιούσαν διαφορετικές γραφές για τις μυριάδες (βλ.'Ηρωνος Αλεξ. Ονόμ.γεωμ. όρων σελ.Ιχχii-1χχν έκδ .ΕΜΕ και περ.Ευκλείδης Β 'τ . . 9, 1 993 στο άρθρο Διόφαντος).

Σ' ένα μικρό δοκίμιο με τίτλο ο Ψαμμίτης, ο διά­σημος Αρχιμήδης (περίπου 287-2 1 2 π.Χ.) υπολόγισε την ποσότητα των κόκκων άμμου που θα μπορούσε να περιέχει η «σφαίρα του κόσμου» Βρήκε έναν α­ριθμό περίπου ίσο με εκείνον που θα εκφράζαμε με το σημερινό σύστημά μας, με ένα « 1 » ακολουθούμε­νο από εξήντα τέσσερα μηδενικά ! Ο Αρχιμήδης εί­χε μια ιδιαίτερη "ροπή" να κατασκευάζει πολύπλο­κα προβλήματα των οποίων οι άγνωστοι, εκφράζο­νταν με πολύ μεγάλους αριθμούς. Το βοεικό πρό­βλημα που απέστειλε στους Αλεξανδρινούς μαθημα­τικούς για να το επιλύσουν είναι τόσο δύσκολο ώστε, για πολλούς αιώνες παρέμεινε άλυτο . (Βλέπε Ευ­κλείδης Β ' ,Ν :6, Οκτώβριος.-Δεκέμβριος 1 992, στο άρθρο Ο Αρχιμήδης, ο Νεύτων και τα κοπάδια τους. ) .

����.�.

Αρχιμήδης Οι μεγάλοι αριθμοί εξάπτανε επίσης τη φαντασία

και των αρχαίων Ινδών. Σε ένα ποίημα του Edwin Arnold (Άγγλος ποιητής, 1832- 1 904), του οποίου ένα απόσπασμα δημοσιεύτηκε στο «Φως από την

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/2

Page 5: Ευκλειδης Β 64

--------------- Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές --------------

Ασία», αναφέρεται μια μυθική αφήγηση σχετικά με την εκπαίδευση του νεαρού Βούδα από το δάσκαλό του Βισαουμίτρα. Από αυτό φαίνεται η σημασία που είχαν για την αρχαία ινδική αριθ­μητική οι μεγάλοι αριθμοί και οι ονομασίες τους.

Και ο Βισαουμίτρα είπε: «Αρκεί, πάμε στους αριθμούς». .. . Το παιδί άρχισε να απαγγέλλει: «Ψηφία, δεκάδες, εκατοντάδες, ωσότου έφτασε στον ολοστρόγγυλο Λαχ. ... 'Υ στερα είναι τα κοτί, ναχούτ, νιναχούτ, .. Από τα πουνταρίκας φτάνουμε στα πάντουμας που μ' αυτά μετράμε τους κόκκους της λεπτής σκόνης ... Αλλά να, κι άλλοι ακόμη αριθμοί: Ο Κάτχα, για να βρίσκουμε πόσα είναι της νύχτας τα αστέρια. Ο Κότι Κάτχα, για τις σταγόνες του ωκεανού ... Ο Σαρβανίκτσεπα, που μας δίνει όλου του Γκούνγκα την άμμο.

και, Δάσκαλε, αν θέλεις θα σου πω πόσα κομματάκια ήλιου βρίσκονται απ' άκρη σ' άκρη μέσα σε μια γιοτζάνα». Τότε ο μικρός πρίγκιπας πρόφερε στη στιγμή σωστά ολόκληρο τον αριθμό τους. Ο Βισαουμίτρα μαγεμένος ατένισε πρώτα στο πρόσωπο το αγόρι,

γονάτισε ύστερα μπροστά του και ανέκραξε: «Δικός σου, Δάσκαλε, όλων των δασκάλων! Συ, όχι εγώ, είσαι Γκουρού».

Στη δεκαετία του 1 940 ένας αμερικανός μα­θηματικός, ο Edward Kasner (1878-1955) του Πανεπιστημίου της Κολούμπια, σε κουβέντες που είχε με μικρά παιδιά, βρέθηκε μπροστά στο εξής πρόβλημα: Ποιοι αριθμοί απαιτούνται για να εκφραστεί το πλήθος των σταγόνων της βρο­χής, που πέφτουν μια βροχερή ημέρα στη Νέα Υόρκη; Οι αριθμοί, βέβαια, είναι πολύ μεγάλοι, αλλά πεπερασμένοι.

Για να μυήσει ο Kas ner τον εννιάχρονο α­νεψιό του στους μεγάλους αριθμούς, επινόησε το γκούγκολ ( 1 googol= 1 0100 δηλ. 1 ακολου­θούμενο από εκατό μηδενικά ! )

Κατ' άλλους το googol φτιάχτηκε από τον Milton Sirotta, ανεψιό του Kas ner, και πρωτοα­να-φέρθηκε στο βιβλίο "Mathematics and the Imagination" των Kas ner και N ew man.

Πιθανόν η νέα λέξη googol να γεννήθηκε από το «Γκούνκα» που αναφέρει στο ποίημά του ο Edw in Am old.

Το Google, μηχανή αναζήτησης του inter­

net, είναι ένα λογοπαίγνιο με τη λέξη googol και συμβολίζει το όραμα και την πρόθεση της εταιρείας να οργανώσει τον φαινομενικά άπειρο αριθμό πληροφοριών που είναι διαθέσιμες στο διαδίκτυο .

Αν και το googol είναι ένας πολύ μεγάλος

αριθμός, στα μάτια ενός μαθηματικού συνηθι­σμένου να παίζει με την έννοια του απείρου είναι ένας μικρός αριθμός.

Η τιμή όμως 10100 ξεπερνά κατά πολύ τα όρια του πραγματικού κόσμου, αφού δεν έχει πλέον καμιά φυσική σημασία!!

Ένα συνηθισμένο διαμέρισμα 1 00 τ .μ. ή 1 00.000.000 τ.χιλ. = 1 08 τ. χιλ. είναι πολύ πολύ μα­κριά από το googol . Ας πάρουμε την επιφάνεια της Γης μήπως και έχουμε κάποια σεβαστή τιμή . Η επι­φάνεια της υδρογείου είναι 5 1 0 .000.000 τ.χλμ. ή 5χ 1 020 τ. χιλ. περίπου, δηλ. ένα 5 ακο-λουθούμενο από 20 μηδενικά, πάλι όμως πολύ μακριά από το googol .

Ο άνθρωπος, σίγουρα, δεν μπορεί να μετρήσει τις σταγόνες του νερού μιας θίiλασσας ούτε τους κόκκους άμμου μιας ερήμου. Δεχόμενοι όμως ότι οι σταγόνες έχουν διάμετρο 2 χιλιοστά, η Μεσό-γειος θα περιλάμβανε περίπου 1 024 σταγόνες. Επίσης, στη Σαχάρα (έκταση 8χ 1 06τ.χλμ. ) μια στρώση άμμου πά­χους 20 εκ. , δεχόμενοι ότι υπάρχουν 1 Ο κόκκοι ανά κυβικό χιλιοστό, θα περιλάμβανε 1 02 1 κόκκους άμ­μου.

Αν σκεπάσουμε την Ελλάδα (ηπειρωτικό και νησιωτικό τμήμα έχει έκταση περίπου 132.000 τ.χλμ .=1,32χ105 τ. χλμ.) με ένα στρώμα άμμου ύψους ενός μέτρου και δεχόμενοι ότι χρειάζονται 1 Ο κόκκοι ανά κυβ. χιλ., θα χρειαστούμε περίπου 1,32χ1021 κόκκους άμμου.

Ο αριθμός κόκκων άμμου που ολόκληρος ο όγκος της Γης θα μπορούσε να περιέχει, με την προηγούμενη πυκνότητα, είναι περίπου 1031• Αριθμός πολύ μεγάλος, αλλά και πολύ μικρός για το googol.

Ας δεχτούμε (όχι αποδεδειγμένα) ότι το Σύμπαν είναι κοίλο και πεπερασμένο . Οι αστρονομικοί υπο­λογισμοί, σε συνδυασμό με αυτούς της ατομικής φυ­σικής, αποδεικνύουν ότι ο λόγος της διαμέτρου του Σύμπαντος προς τη διάμετρο του πυρήνα του ατόμου είναι 1 04 2 • Γενικά, το 1 04 2 είναι το κλασικό όριο για καθετί που είναι πραγματικά μετρήσιμο στο Σύμπαν.

Στην πραγματικότητα δεν υπάρχει ποσότητα ενός googol από οτιδήποτε. Ο αριθμός 1 0100 ξεπερνά καθετί που θα μπορούσε να αριθμηθεί και να μετρηθεί στον φυσικό κόσμο. Ο Kas ner με το googol έβαλε ένα από τα όρια ανάμεσα στην αριθμητική και τη φυσική .

Φυσικά, αυτό δεν εμποδίζει τους μαθηματικούς να ξεπεράσουν κατά πολύ τα όρια του μετρήσιμου Σύμπαντος, αφού ένας αριθμός όπως το googol δεν είναι γι' αυτούς παρά ένα από τα αμέτρητα στοιχεία του συνόλου των φυσικών αριθμών, προηγούμενος από το 1 0100 + 1 και βέβαια πάντα πολύ μικρότερος από το άπειρο !

Βιβλιογραφία 1. Ευκλείδης Β' 1991 τ,2",στο άρθρο:

Ο Αρχιμήδης ο μέγιστος των μηχανικών ,,, 2. Ευκλείδης Β' 1992 τ,6° στο άρθρο: Ο Αρχιμήδης, ο Νεύτων

και τα κοπάδια τους 3. Ήρωνος Αλεξανδρέως! Ονόματα Γεωμετρικών όρων­

Γεωμετρικά, Εισαγωγή (σελ.Ιχχίί).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/3

Page 6: Ευκλειδης Β 64

�·-'/J.A .,

.Jf;

- HU....,_ .. � OJ�� Επιμέλεια: Σωτήρης Ε. Λουρίδας

�========-=·-���·=· ================================�

η ΙΕλλη·!;y_κ]Έ Μαθηματική Ολυμπιάδα '1"0 Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑ ΤΟ, 24 ΦΕΒΡΟΥ ΑΡΙΟΥ 2007

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

θέμα.τα Μεyάλων τάξεων ΠΡΟΒΛΗΜΑ 1 Να προσδιορίσετε τους φυσικούς αριθμούς v για τους οποίους ο αριθμός 2 007 + 4ν είναι τέ­

λειο τετράγωνο.

ΛίJση Έστω ότι ισχύει 2007 + 4ν = κ2 , κ ε Ν. Τότε θα έχουμε

κ2 - 4ν = 2007 � κ2 - 22ν = 2007 � � (k - 2v )(k + 2v ) = 1 · 3 · 3 • 223.

Επειδή κ- 2v < κ+ 2v , από την τελευταία ισότη­τα προκύπτουν τα συστήματα:

Όμως { κ - 2ν = 1 } (Σι)� κ + 2v = 2007 �

� :::::> 2ν = 1 003 { 2κ = 2008 } 2 · 2ν =2006

που είναι άτοπο. Επίσης

Σ � � :::::>2ν = 333 . { κ-2ν = 3 } { 2κ= 672 } ( 2 ) κ+ 2ν = 669 2 · 2v =666 που είναι άτοπο. Επίσης Σ � · � :::::> 2 = 1 07 { κ- 2ν = 9 } { 2κ = 232 } ν ( 3 ) κ+ 2ν = 223 2 · 2ν = 2 14 '

που είναι άτοπο. Άρα δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί v με την ιδιό-τητα ο αριθμός 2007 + 4v να είναι τέλειο τετρά­γωνο. ΠΡΟΒΛΗΙ\<1Α2 Αν α,β,γ είναι μέτρα πλευρών τριγώνου, να α­

ποδείξετε ότι:

(α+γ-β)4 (α+β-γ)4 (β+γ-α)4 �----�+ + > α(α+β-γ) β(β+γ-α) γ( α+ γ-β)-

�αβ+βγ+γα

ΛίJση. Αν θέσουμε

α + γ - β = χ , α + β - γ = y, β + γ - α = z , τότε λαμβάνουμε

α = χ + Υ β = Υ + z γ = z + χ και 2 ' 2 ' 2 α + β + γ = χ + y + z .

Το πρώτο μέλος της ανισότητας γίνεται :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/4

Page 7: Ευκλειδης Β 64

--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------2χ4 2 4 2z 4

Κ = + Υ + y(x + y) z(y + z) x(z + x)

Από την ανισότητα των C auc h y -Sc hw artz έχου­με: Κ [Υ ( χ + Υ) + z ( y + z ) + χ ( z + χ ) J � (χ 2 + y2 + z2 ) 2 2

( α + β + γ )2 = � αβ + βγ +γα 3

fJJ>OBΛH.VIA 3 Σε κυκλικό δακτύλιο με ακτίνες R και R - 2r , όπου R = l lr , τοποθετούμε κύκλους ακτίνας r εφαπτόμενους των κύκλων που ορίζουν το δα­κτύλιο και ανά δύο μη επι-καλυπτόμενους. Να προσδιορίσετε το μέγιστο αριθμό των κύκλων που μπορούμε να τοποθετήσουμε μέσα στο δα-

κτύλιο. (Δίνεται ότι; 9,94< ..J99 <9,95)

Έσtω ότι μπορούμε να τοποθετήσουμε Ν κύκλους C; (K; , r ) εφαπτόμενους ανά δύο στο εσωτερικό του δακτυλίου . Ο κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας R - r έχει μήκος μεγαλύτερο της περιμέτρου .eκ1 ... κΝκι του πολυγώνου που έχει κορυφές τα κέ-ντρα των κύκλων C; (Κ;, r) , οπότε ισχύει :

Σχήμα Ι

Σχήμα 2 Αν ΟΑ είναι η εφαπτομένη από το Ο προς έναν από τους κύκλους C; (Κ; , r ) , τότε

ΟΑ2 = R (R - 2r) <::> OA =� R (R - 2r) . Ο κύκλος (Ο, ΟΑ) εφάπτεται των πλευρών της πολυγωνικής γραμμής Κ1Κ20 • • • ,ΚΝ_1ΚΝ και ισχύει

2� R(R-2r) <N · 2r + 2r �πJ�(� -2) - ι:::;Ν (2) Από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι:

πJml -ι::;N <π(� -ι} από την οποία, λόγω της υπόθεσης R = l lr , έπεται ότι

π� 1 1 ( 1 1 - 2) - Ι ::;; Ν < π ( 1 1 - Ι) <=> πJ99 - 1::;; Ν < Ι Οπ := 3 1 , 4 <=> Ν = 3 1 .

Jfi'IJI�Λ I Ηlι\ '! Σε κάθε τετράγωνο μιας σκακιέρας 2007 χ 2007

τοποθετούμε έναν από τους αριθμούς 1 ή -1 .

Συμβολίζουμε με Α; το γινόμενο των αριθμών

της ί - γραμμής, i = 1, 2, ••• , 2007 , και με Β ί το

γινόμενο των αριθμών της j- στήλης,

j = 1, 2, . . . , 2007 . Να αποδείξετε ότι:

Α, +Α2 + ... +Α2οο1 +Β, +Β2 + ... +Bzoo7 *"Ο ·

Είναι Α1Α2 . . . Α2007 · Β1Β2 . . . Β2007 = Ι , αφού κάθε στοιχείο του πίνακα εμφανίζεται δύο φορές, μια σε γραμμή και μια στήλη . Άρα το πλήθος των (- 1 ) εί­ναι άρτιο στο γινόμενο Α1Α2 ... Β2007 έστω π.χ. 2k, οπότε το πλήθος των + Ι θα είναι 40 1 4 - 2k. Αν όμως ( 40 1 4 - 2k ) ( Ι ) + 2k ( - 1 ) = Ο� 40 1 4 = 4k, άτοπο αφού 4 δεν διαιρεί 40 1 4 . Άρα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/5

Page 8: Ευκλειδης Β 64

ΕΛΛΗΝΙΚΟ ΣΤΑΤΙΣΤΙΚΟ ΙΝΣΤΙΤΟΥΤΟ (ΕΣΙ) ΛΕΥΚΟΠΟΥ ΑΕΙ ΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΩΝ

2007

Νίκος Παπαδάτος, Χαράλαμπος Χαραλαμπίδης,

Τμήμα Μαθηματικών, Πανεπιστήμιο Αθηνών

Θέμα 1. Ρίχνουμε ένα συνηθισμένο ζάρι 1 0 φορές. Να

υπολογισθούν οι εξής πιθανότητες:

(α) Η μεγαλύτερη ένδειξη (από τις 1 0) είναι το

5.

(β) Η μικρότερη ένδειξη είναι το 1 .

(γ) Η μεγαλύτερη ένδειξη είναι το 5 και η μι­

κρότερη το 1 .

Λύση Για_ k,j = 1, 2, . . . , 6 , ορίζουμε τα ενδεχόμενα A k = { όλες οι ζαριές έφεραν ένδειξη ::; k} και Β j = {όλες οι ζαριές έφεραν ένδειξη � j} , οπότε P(A k) = (k / 6) 1 0 και P(B j) = (l - (j- 1) / 6) 1 0 • Επί­σης, ισχύει ότι P(A k n Β )= ((k -j + 1) / 6) 1 0 , όταν ι::; j::; k ::; 6 .

(α) Αφού Α4 � Α5 , οπότε Α4 n Α5 = Α4 0 έχουμε: Ρ( η μεγαλύτερη ένδειξη ισούται με 5) = Ρ(Α5 - Α4 ) = Ρ(Α5 ) - Ρ(Α4 n A5 ) = Ρ(Α5 ) - Ρ(Α4 ) = (5 / 6) 1 0 - ( 4 / 6)10 •

(β) Ομοίως, αφού Β2 � Β1 , οπότε Β1 n Β2 = Β2 , έχουμε : Ρ( η μικρότερη ένδειξη ισούται με 1 ) = Ρ(Β1 - Β2 ) = Ρ(Β1 ) - Ρ(Β1 n Β2 ) = Ρ(Β1 ) - Ρ(Β2 ) = 1 - (5 / 6) 1 0 •

(γ) Εδώ ζητείται η πιθανότητα του ενδεχομένου C = Α n Β , όπου Α = Α5 - Α4 , Β = Β1 - Β2 • Πα-ρατηρούμε ότι

C = (A5 nA :) n (B1 nB ;) = (A5 nB1 ) n (A4 υΒ2 )' = (Α5 nB1 ) - (A4 υΒ2 ),

και (Α5 n B1 ) n (A4 υΒ2 ) = = (Α4 n A5 n B1 ) U(A5 n B1 n B2 ) =(Α4 nB1)u(A5 nB2),

επειδή Α4 � Α5 και Β2 � Β1 • Συνεπώς, P(C) = Ρ(Α5 nB1)-P((A5 nB1)n(A4 uB2))

:ο::Ρ(Α5 nB1)-P((A4 nB1)u(A5 nB2)) =Ρ(Α5 nB1)-P(A4 nB1)-P(A5 nB2)+

+Ρ(Α4 n Β1 n Α5 n Β2)

=Ρ(Α5 nB1)-P(A4 nB1)-P(A5 nB2)+P(A4 nB2)

=(51 6)10- 2 · ( 4/ 6)

10 + (3/ 6)

10•

Θέμα 2. Οι παίκτες α και β ρίχνουν διαδοχικά δύο συ­

νηθισμένα ζάρια, μέχρις ότου είτε ο α φέρει

πρώτος άθροισμα 9, οπότε το παιχνίδι το κερδί­

ζει ο α, ή ο β φέρει πρώτος άθροισμα 8, οπότε το

παιχνίδι το κερδίζει ο β. Οι ρίψεις ξεκινούν από

τον α. Να υπολογίσετε την πιθανότητα να κερ­

δίσει ο α, καθώς και την πιθανότητα να κερδί­

σει ο β.

Λύση Ο παίκτης α φέρνει άθροισμα 9 με τις ζαριές (3, 6) , (4, 5) , (5 , 4) και (6, 3) , δηλ. με πιθανότη-τα 4 / 36 = 1 / 9 . Για τον παίκτη β οι ευνοϊκές ζα­ριές είναι οι (2, 6) , (3, 5) , ( 4, 4) , (5, 3) και (6, 2) , δηλ. έχει πιθανότητα 5 / 36 να φέρει ά-θροισμα 8 . Για k = 1 , 2, . . . ορίζουμε τα ενδεχόμενα: Α2 k-Ι = {ο α κερδίζει στην 2k - Ι δοκιμή } , και B2 k = { ο β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/6

Page 9: Ευκλειδης Β 64

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

κερδίζει στην 2k δοκιμή } . Προφανώς, αν Α εί- υπολογισμός.] ναι το ενδεχόμενο να κερδίσει τελικά ο α και Β το εvδεχόμενο να κερδίσει τελικά ο β, τότε

όπου τα Α1 , Β20Α3 , Β40 • • • είναι ξένα (ασυμβίβα­στα ή αμοιβαίως αποκλειόμενα) ενδεχόμενα. Ό­μως, ( 32 )k-l ( 3 1 )k-l 4

P(Azk-Ι) = 36 36 36' ( 32 )k( 3 1 )k-l 5 P(Bzk) = 36 36 36' k = 1,2, .. . ,

και τελικά,

Ρ(Α) -Σ - - - -- ·Σ--

00 [(32 )k-l ( 3 1 )k-l 4 ]- 4 00 ( 32 · 3 1 )k-l k=l 36 36 36 36 k=l 36 ο 36

και

= 4 9 36 1 - 3 1 · 32 1 9

362

Ρ(Β) = Σ [( 32 )k (�)k-1 _2._]

= k=l 36 36 36

=_2._ · 32 ·f ( 32 · 3 1 )k-l =!Q ·P(A) =!Q 36 36 k=l 36 · 36 9 1 9

[Σημ�:ίωση: Αν και ο α παίζει πρώτος, έχει τελικά μικρότερη πιθανότητα να κερδίσει το παιχνίδι, απ' ότι ο β, και αυτό φυσικά οφείλεται στο γεγονός ότι είναι αρκετά πιο πιθανό το άθροισμα 8 απ' ότι το άθροισμα 9. Αφού Ρ( Α) + Ρ(Β) = 1 , συμπεραίνου-με ότι το συγκεκριμένο παιχνίδι θα τερματιστεί σί­γουρα σε πεπερασμένο αριθμό δοκιμών, πράγμα το οποίο δεν είναι εντελώς προφανές, επειδή το ενδεχόμενο C = {το παιχνίδι συνεχίζεται επ' άπει-ρον } δεν είναι κενό, διότι περιέχει π.χ. την ακο­λουθία δοκιμών (1, 4), (1, 4), (1 , 4), . . . , καθώς και άπειρες ακόμη ακολουθίες, οι οποίες δεν οδηγούν ούτε σε νίκη του α ούτε του β. Πλην όμως, όλες μαζί αυτές οι ακολουθίες έχουν πιθανότητα Ο να εμφανιστούν, όπως αποδεικνύει ο προηγούμενος

Θtμα3. Το νόμισμα α έχει πιθανότητα p (Ο < p < 1) να

φέρει Κ και 1- p να φέρει Γ, ενώ το νόμισμα β

έχει πιθανότητα 1- p να φέρει Κ και p να φέ-

ρει Γ. Τα νομίσματα α και β είναι φαινομενικά

όμοια, οπότε ένας παίκτης διαλέγει το ένα νόμι­

σμα στην τύχη και το ρίχνει δύο ανεξάρτητες

φορές. Ν α υπολογίσετε την πιθανότητα όπως ο

παίκτης φέρει τουλάχιστον μια φορά Κ, και να

προσδιορίσετε την τιμή του p για την οποία η

πιθανότητα αυτή μεγιστοποιείται.

ΛίJση Ορίζουμε το ενδεχόμενο Α = { ο παίκτης διαλέγει το νόμισμα α} , οπότε Α' = {ο παίκτης διαλέγει το νόμισμα β}, και Ρ(Α) = Ρ(Α ') = 1 / 2 . Αν θέσουμε Β = { ο παίκτης φέρνει τουλάχιστον μία φορά Κ στις δύο δοκιμές} , τότε

Ρ(Β Ι Α) = 1 - Ρ( το νόμισμα α φέρνει Γ και στις δύο δοκιμές ) = 1 - (1 -p)2,

και Ρ(Β Ι Α ') = 1 - Ρ( το νόμισμα β φέρνει Γ και στις

δύο δοκιμές ) = 1 -p2 •

Τελικά, αφού τα ενδεχόμενα Α n Β και Α 'n Β είναι προφανώς ξένα, έχουμε Ρ(Β) = Ρ((Α n Β) υ (Α 'n Β)) = Ρ(Α n Β) + Ρ( Α 'n Β)

= Ρ( Α) . Ρ(Α n Β) + Ρ( Α ') . Ρ( Α 'n Β) Ρ(Α) Ρ(Α ')

= Ρ(Α) · Ρ(Β I Α) + Ρ(Α ') · Ρ(Β I Α ') =� ο (1 - (1 -p)2) +� · (1 -p2)

1 =- +p(l -p) . 2 Είναι σαφές ότι η παραπάνω πιθανότητα μεγιστο­ποιείται για p = 1 I 2 (δηλ. όταν διαθέτουμε δύο συνηθισμένα νομίσματα), και η μέγιστη τιμή της ισούται με 3 I 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/7

Page 10: Ευκλειδης Β 64

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

Έστω x,y,z πραγματικοί αριθμοί με χ::;; y ::;; z

και xy + yz + zx = 1 .Ν α αποδείξετε ότι

1 xz<-.

2 Είναι δυνατόν να βελτιώσουμε την τιμή της

θ , 1

στα ερας 2";

Από την υπόθεση χ ::Ξ; y ::Ξ; z έπεται ότι ( y-x)( y-z)::;;o οπότε:

/ -xy-yz+ xz:::; Ο<=>

<::::> y2 - ( xy + yz + xz) + 2xz :::; Ο <=> .

<=> / -1 + 2xz :::; Ο

Άρα είναι 1-2xz 2 y2 2 Ο , δηλαδή 1-2xz 2 Ο ,

, < 1 οποτε xz _ - .

2

Α ν είναι xz = .!. , τότε Ο 2 / 2 Ο , δηλαδή y = Ο , 2

οπότε από xy + yz + xz = 1 έπεται ότι xz = 1 , που , , Ά , 1 ειναι ατοπο. ρα ειναι xz < -.

2 Σχετικά με το δεύτερο ερώτημα, αν επιλέξουμε

1 , θ , , , , χ = y = - , οπου n ετικος ακεραιος, τοτε απο n

την ισότητα xy + yz + xz = 1 , προκύπτει ότι

Εύκολα διαπιστώνουμε ότι οι ανισότητες χ:::; y:::; z ικανοποιούνται για κάθε n 2 2. Τότε

n2 -1 1 1 , λ ' ζ έχουμε xz = --2- = ----2 το οποιο π ησια ει 2n 2 2n

1 το - όσο κοντά θέλουμε, αρκεί να πάρουμε το n 2

αρκετά μεγάλο. Πράγματι, αν υποθέσουμε ότι για κάποιο ε > Ο ισχύει ότι

n2 -1 1 1 1 χz= -- = ----<--ε

2n2 2 2n2 2 '

τότε λαμβάνουμε 1 1 1 1 ----<--ε<=>--> ε<=> 2 2n2 2 2n2

2 1 & <=> 2n < -<=> n < -ε 2ε

το οποίο δεν ισχύει για όλους τους φυσικούς αριθ­μούς. Άρα υπάρχει κατάλληλο n τέτοιο ώστε

n2 -1 1 1 1 χz= -- = ----> --ε

2n2 2 2n2 2 '

οπότε δεν μπορούμε να βελτιώσουμε την τιμή της , 1 σταθερας - .

2

Έχουμε x�y�z ) Α Ο ' ' 1 α ν χ. z� τοτε προφανως χ · z < "2

Αν χ. z>O έχουμε δυο δυνατότητες: Ο< x�y�z ή x�y�z<O. Αν Ο< x�y�z τότε από την xy+yz+zx= 1 έχουμε x2+zx+zx< 1 ή 2xz< 1 , 1 , 2 η xz <- αφου χ� xy και zx�zy. 2 Α ν x�y �z<O τότε Ο< I z I � I Υ I � I χ I με I χ I · I Υ I + I Υ I · I z I + I z I . I χ I = 1 => I χ · zl < .!_ ή 2

1 Χ · Ζ<-2

β) Έστω τώρα, τυχαίος πραγματικός κ ώστε .!_<κ<.!_ Θεωρούμε x = y = .J1 - 2κ και 3 2

κ 'Ε , z = r;-;::;-- . χουμε: χ = y::;; z αφου ν 1-2κ .!.. < κ => 1 < 3κ => 1 - 2κ < κ => .J1 - 2κ < fi . 3 1 - 2κ Επίσης xy + yz + zx = = {.J1 - 2κ )2 +.J1 - 2κ -κ- + fi.J1 - 2κ = 1 - 2κ 1 - 2κ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/8

Page 11: Ευκλειδης Β 64

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

= 1 - 2κ + 2κ = 1 και βέβαια r;--;:;- κ 1 Α , , , χ ο z =ν 1- LK r;--;:;- =κ< - ο φου αυτο ισχυει ν 1 - 2κ 2

' θ ( 1 1 ) ' ' δ ' για κα ε κ ε "3, Ξ σημαινει οτι εν μπορουμε

' β λ ' θ ' 1 να εχουμε ε τιωση της στα ερης Ξ ο

Έστω ABCD ένα εγγράψιμο κυρτό τετράπλευ­

ρο του οποίου οι διαγώνιοι AC και BD τέμνο­

νται στο σημείο Ε. Δίνεται ότι

ΑΒ = 39, ΑΕ = 45,AD = 60 και BC =56. Να

προσδιορίσετε το μήκος της πλευράς CD.

Το τρίγωνο BEC είναι όμοιο με το τρίγωνο AED, οπότε έχουμε

BC =

ΒΕ => 56 = ΒΕ => ΒΕ = 42 ο AD ΑΕ 60 45

Α

Επίσης τα τρίγωνα ΑΕΒ και DEC είναι όμοια, οπότε έχουμε

DE _ CE _ DC -λ 45 - 42 -39- ο

Από το πρώτο θεώρημα του Πτολεμαίου λαμβά­νουμε

ΑΒ ο CD + AD ο BC = AC ο BD <=> <=> 39 ο 3 9λ + 60 ο 56 = ( 45 + 42λ ) ( 42 + 45λ)

<=> 9 ( 1 5 + 14λ )( 14 + 1 5λ ) - 392 λ - 60 ο 56 = ο <=> <=> 3 1 5λ2 + 378λ - 245 = ο

Η διακρίνουσα του τριωνύμου είναι Δ= 451584 = 210 ο 32 • 72, οπότε έχουμε

λ= -378± 672 = { Υιs 2 ο 315 _1050/ <Ο απορρίπτεται /6 30 ' .

Άρα είναι λ=}_ και CD = 39λ = 2.!_. 15 5

Ι!μιψJ.ημα 3". Τριγώνου ABC δίνεται η πλευρά α= BC, η

γωνία Α= ω και ότι

a=JPR , όπου ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύ-

κλου και R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμέ­

νου κύκλου του. Να προσδιορίσετε τα τρίγωνα

που ικανοποιούν την δεδομένη ισότητα, δηλαδή

να υπολογίσετε τις πλευρές τους b = CA και

c=AB. Λτr{ιδι:ι�ηο Από το νόμο των συνημιτόνων έχουμε

b2 +c2 -2bccosω=a2 ο ( 1 ) Η δεδομένη ισότητα δίνει α= JPR <=> α2 = pR <=> α2 = ( ABC) . abc <=>

τ 4 (ABC) <=> a2 = (

abc ) <=> bc - 2α ( b + c) = 2α2 2 a +b+c

<-=?bc=2a2+2a (b+c) (2) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε (b +c)2 - 2bc ( 1 +co s ω) - a2 = 0 <=> (b + c )2 - 8a ( co s2 � }b + c) - a2 ( 1 + 8co s2 � ) = Ο,

από την οποία λαμβάνουμε b+c=a(1 + 8co s2 ;) ο (3) οπότε θα είναι και

bc=4a2(1+4cos2 �} (4) Από τις (3 ) και ( 4) έπεται ότι τα b και c είναι οι ρίζες της εξίσωσης

t 2 - a (1 + 8co s2 �} + 4a2 (1 + 4co s2 � ) = ο <=> t2 -α ( 5 + 4 co s ω) t + 4α2 ( 3 + 2 co s ω) = Ο ο

Η τελευταία εξίσωση έχει διακρίνουσα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/9

Page 12: Ευκλειδης Β 64

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

Δ = α2 ( 1 6 co s 2 ω+ 8 co s ω- 23) , οπότε, εφόσον ισχύει η συνθήκη 1 6co s2 ω+ 8cοs ω- 23 ;:::: Ο θα έχει τις ρίζες t1_2 =�(5 + 4co s ω±vf 1 6co s2 ω+ 8co s ω- 23 ) . (5) Επιπλέον έχουμε

- 1 -.J24 f (x ) = 1 6χ2 + 8χ - 23 ;:::: Ο <=> χ :::; ---4 , .J24- ι η χ;::: 4 '

οπότε για χ = cos ω η συνθήκη επίλυσης του προβλήματος γίνεται

> .J24 - 1 < �ι .J24 - 1 co s ω _ <=> Ο < ω _ co s . 4 4

Αν είναι a,b,c θετικοί πραγματικοί αριθμοί, τότε έχουμε _α_:::;..!. (�+�)<=> 4bc:::; ( b + c )2 <=> Ο :::; ( b-c /, b+c 4 b c που ισχύει . Η ισότητα ισχύει για b =c. Ομοίως έχουμε

_b_:::; ..!.(!!._ + !!._) και _c_:::; ..!.(� + �) , c+α 4 c α α+b 4 α b οπότε με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω ανι­σοτήτων λαμβάνουμε α b c 1 (α α b b c c) --+--+--:::; - -+-+-+-+-+- .( 1 ) b+c c+α α+b 4 b c c α α b

Λαμβάνοντας υπόψιν ότι για κάθε χ > Ο ισχύει 1 2 . χ+- ;:=: , εχουμε

Έστω χ> 1 μη ακέραιος πραγματικός αριθμός. χ Ν α αποδείξετε ότι ( χ+{χ}- [χ] ]+[ χ+[χ]_ {χ} ]>2. [χ] χ+{χ} {χ} χ+[ χ] 2

,

Όπου [χ] και {χ} παριστούν το ακέραιο και το

κλασματικό μέρος, αντίστοιχα, του χ

Αν θέσουμε [χ] =α και {χ} =κ, τότε χ = α+ κ, α> 1, Ο::;; κ< 1 και η δεδομένη ανισό­τητα γίνεται (α + 2κ _ α ) + ( 2α +κ κ ) > � α α + 2κ κ 2α + κ 2

2κ α 2α κ 9 <=> 1 +-- + 1 +-- > -α α+ 2κ κ 2α+κ 2 <=> 2(κ+α)- ( α + κ )>2. α κ α+ 2κ 2α+κ 2

Επειδή ισχύει α > 1, Ο :::; κ < 1 => κ + α > 2 , αρκεί α κ

να αποδείξουμε ότι 4_ ( α + κ ) >2<=> α + κ <l α+ 2κ 2α+κ 2 α+ 2κ 2α+κ 2 <=> 2α ( 2α + κ) + 2κ (α + 2κ) < 3 (α + 2κ) ( 2α + κ)

α+b b+c c+α α α b b c c --+ --+ -- = - +- +- + - +-+- ;:::: 6 (2) c α b bccααb Στη συνέχεια θ α αποδείξουμε ότι

..!. (�+�+!!._+!!._+�+�) :::; α+b + b+c + c+α -� 4 bccααb c α b 2

(3) Πράγματι, έχουμε

α+b+b+c+c+α_�;::::..!. (�+�+!!_+!!_+�+�)= c α b 2 4 bccααb = ..!_ (α+b + b+c + c+α) 4 c α b

<=>l (α+b + b+c + c+α)-�;:::: Ο <=> (2) , 4 c α b 2 που ισχύει .

Από τις ( 1 ) και (3) λαμβάνουμε _α_+_b_+_c_:::; α+b + b+c + c+α -� (4) b+c c+α α+b c α b 2

Αν θέσουμε α = x,b = [χ] και c = {χ} στη σχέση

[ ] ( 4), τότε λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα

<=> 2α2 + 2κ2 + 1 1ακ> 0<=> 2 (α+κ)2 +�ακ > 0 , [χ+ {χ} - [χ] ]+(χ+ [χ]

_ R) > � [χ] χ+ {χ} {χ} χ+ [χ] 2 ' που ισχύει γιατί είναι α ;:::: 1 και Ο :::; κ < 1 .

,, :Η•• ;,Ώ>Ψ'·l· Πολλοί από τους μαθητές έδωσαν

λύση αυτής της μορφής. δεδομένου ότι [χ] * {χ} . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/10

Page 13: Ευκλειδης Β 64

�� II JIII -fι MIJ

��.�� ιι 0 ο .

. • 1ό:vι� ι Υ Ηι?Ν/J NιiTHeNAr/t'Vf

Η Homo Mathematicus είναι μια στήλη στο περιοδικό μας, με σκοπό την ανταλλαγή απόψεων και την ανάπτυξη προβληματισμού πάνω στα εξής θέματα: 1) τι είναι τα Μαθηματικά, 2) Πρέπει ή όχι να διδάσκονται, 3) Ποιοι είναι οι κλάδοι των Μαθηματικών και ποιο το αντικείμενο του καθενός, 4) Ποιες είναι οι εφαρμογές τους, 5) Ποιες επι­στήμες ή κλάδοι επιστημών απαιτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Για τους συνψγιίτες της ση)λης: παράκληση! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

Επιμέλεια Καρκάνης Βασίλης, Κερασαρίδης Γιάννης, Νίκος Ταπεινός

I. "τι ι:iνω τα .ΗαΟηματη;ά;" γ. η γνιlψη n•i\' .\ριστοη:λΙκι;η·

«Η aριστοτελική άποψη για τα μαθηματικά αντικείμενα «όπως, λοιπόν, ο μαθηματικός εξετάζει τα αντικείμενα είναι εκτατική και όχι εντασιακή. Πλησιάζει περισσότερο που προέρχονται από αφαίρεση (διότι τα μελετά, αφού από ότι η πλατωνική προς μια σύγχρονη συνολοθεωρητι- πρώτα αφαιρέσει κάθε αισθητή ιδιότητα, όπως βάρος και κή αντίληψη, σύμφωνα με την οποία τα μαθηματικά αντι- ελαφρότητα, σκληρότητα και το αντίθετό της κι ακόμα και κείμενα μπορούν να ορισθούv σαν κλάσεις ισοδυναμίας τη θερμότητα, την ψυχρότητα και τις λοιπές αισθητές ενα­άλλων αντικειμένων» ντιώσεις και αφήνει μόνο το ποσό και το συνεχές, άλλοτε

[Αναπολιτάνου Διονύση, «Εισαγωγή στη Φιλοσοφία σε μια, άλλοτε σε δύο, άλλοτε σε τρεις διαστάσεις, και τα των Μαθηματικών», σελ. 55-56] παθήματα αυτών ενόσω είναι ποσά και συνεχή και δεν τα

Από τη μεταπτυχιακή εργασία του συναδέλφου Βασί- μελετά από κάποια άλλη σκοπιά, σε μερικά εξετάζει τη λη Λιόση διαβάζουμε (σελ. 24-25): «Για τον Αριστοτέλη θέση του ενός σε σχέση προς το άλλο και τις ιδιότητές σε τελική ανάλυση για ν' απαντήσουμε τι είναι μαθημα- τους, σε άλλα τις συμμετρίες και τις aσυμμετρίες τους, σε τικά θα πρέπει να πάρουμε υπ' όψη μας δύο βασικές άλλα τον λόγο του ενός προς το άλλο, ωστόσο εμείς δεχό­προκείμενες. Η μία έχει ήδη περιγραφεί. Η μορφή δεν μαστε πως υπάρχει μια και μόνο επιστήμη όλως αυτών: η μπορεί να θεωρηθεί ως κάτι aξεχώριστο από την ίδια γεωμετρία), το ίδιο συμβαίνει και με το ον» (Αριστοτέ­την ουσία του αντικειμένου. Όταν μιλάμε για μορφή α- λης: Μετά τα Φυσικά, 1061 a, 29) ναφερόμαστε σε μια εγγενή μορφή του αντικειμένου. Η «Η φυσική, λοιπόν, έχει να κάνει με τα πράγματα που δεύτερη προκείμενη σχετίζεται με την έννοια της αφαί- έχουν μέσα τους την αρχή της κίνησης, ενώ η μαθηματική ρεσης η οποία συνυπάρχει με την ίδια τη μαθηματική ε- είναι μια επιστήμη θεωρητική που έχει να κάνει με πράγ-πιστήμη και είναι συστατικό της στοιχείο: ματα που μένουν ακίνητα, χωρίς, όμως, να είναι χωρι­

στά». (Αριστοτέλης: Μετά τα Φυσικά, 1063a, 31)

111.

i! (J.iJτtJ το ξl:ραη:; ιr

«Τι είναι ο αριθμός Ω;»

[στο επόμενο:Αλεξανδρινή εποχή] ι Ίάννης j\.ψιι;ϊι.;.μf.fιης

[η απάντηση στο τέλος της στήλης]

«Διοφάντου Αλεξανδρέως έργα και μf:θοδοι» Γιάν\'ης Θωμα'ί'δης, Πειραματικό Σχολείο Πανεπιστημίου Μακεδονίας

Ιlμολεy{ιμπα: Στο τεύχος 62 (σελ. 27) γράφαμε για την «Ελληνική Συνάντηση της Intemational Study Group on the Relations Between the History and Pedagogy of Mathematics» (ΗΡΜ Group) και, πολύ σύντομα, είχαμε το πλήρες κείμενο της εργασίας του φίλου της στήλης Γιάννη Θωμαίδη. Λόγω έλλειψης χώρου δημοσιεύουμε περί­ληψη αυτής της εργασίας:

Ο Διόφαντος από την Αλεξάνδρεια ήταν ένας επιφα- ση του θα μπορούσε να τοποθετηθεί 100 ή 150 χρόνια νής homo mathematicus της ύστερης αρχαιότητας, για νωρίτερα. Η φήμη του Διόφαντου οφείλεται σε δύο έρ­τη ζωή του οποίου όμως δεν γνωρίζουμε τίποτε με βε- γα: το Περί πολυγώνων αριθμών και τα Αριθμητικά, βαιότητα. Σύμφωνα με ορισμένες ενδείξεις έζησε γύρω τμήματα των οποίων διασώθηκαν ως τη νεώτερη εποχή στο 250 μ.Χ., σύμφωνα όμως με άλλες ενδείξεις η δρά- μέσω του Βυζαντίου και του Ισλάμ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/1 1

Page 14: Ευκλειδης Β 64

#'..11' ..1/ιiT#e..IIAr/t'Vf --------------Στην εισαγωγή των Αριθμητικών, αφού πρώτα ορί ζει τις διάφορες κατηγορίες ("είδη") αριθμών και τις αντίστοι

χες συντομογραφίες τους (οι τετράγωνοι με Δ v, οι κύβοι με Kv κ.ο.κ) [1] καθώς και τη διαδικασία του πολλαπλασι­ασμού τους, ο Διόφαντος - απευθυνόμενος σ' έναν μαθητή με το όνομα Διονύσιος - διατυπώνει τους επόμενους δύο γενικούς κανόνες μετασχηματισμού των εξισώσεων:

Αν από ένα πρόβλημα προκύψει ότι ορισμένα είδη είναι ίσα με είδη της ίδιας μορφής, άλλα όχι του ίδιου πλήθους, τότε πρέπει να αφαιρείς τα όμοια από τα όμοια και στα δύο μέλη, μέχρι να καταλήξεις σε ισότητα όπου ένα είδος ισούται με ένα είδος. Αν συμβεί σε κάποιο ή και στα δύο μέλη να γίνεται αφαίρεση ορισμένων ειδών, τότε πρέπει να προσθέτεις τα αφαιρούμενα είδη και στα δύο μέλη, μέ­χρι να εμφανιστούν παντού μόνο προσθέσεις, και ύστερα πάλι να αφαιρείς τα όμοια από τα όμοια, μέχρι να μείνει ένα μόνο είδος σε κάθε μέλος [2].

Να εξασκήσεις αυτή την τεχνική, αν είναι απαραίτητο, στις υποστάσεις των προτάσεων [3], μέχρι που να μένει ένα είδος ίσο με ένα είδος. Αργότερα θα σου δείξω επί­σης πώς να λύνεις την περίπτωση που μένουν δύο είδη ίσα με ένα είδος.

Αυτό το απόσπασμα συνοψίζει με γενικό τρόπο τα τε­λικά βήματα της μεθόδου που ακολουθεί ο Διόφαντος για να λύσει τα περισσότερα προβλήματα των Αριθμητι­κών. Πριν από αυτά τα βήματα, η διαδικασία επίλυσης συνίσταται στην εισαγωγή ενός αγνώστου, την αναπα­ράσταση των στοιχείων του προβλήματος με χρήση του αγνώστου και τη δημιουργία μιας ισότητας μεταξύ των διαφόρων "ειδών" που εμφανίζονται στο πρόβλημα. Ας δούμε για παράδειγμα τη μέθοδο που ακολουθεί ο Διό­φαντος για να λύσει το φημισμένο πρόβλημα 8 από το βιβλίο 11 των Αριθμητικών, το οποίο ζητά "να διασπα­στεί ένας δεδομένος τετράγωνος αριθμός σε άθροισμα δύο άλλων τετραγώνων" [4].

Παρά τη γενική διατύπωση του προβλήματος ο Διό­φαντος χρησιμοποιεί ως δεδομένο ένα συγκεκριμένο τε­τράγωνο αριθμό, το 16, και εκφράζει συμβολικά το ένα από τα δύο ζητούμενα τετράγωνα με χ2• Τότε η "υπό­σταση" του άλλου τετραγώνου θα είναι 16 - χ2 και το πρόβλημα θα λυθεί αν βρεθεί ένας θετικός ρητός χ τέ­τοιος, ώστε ο αριθμός 16 - χ2 να είναι ίσος με τετράγω-

Όλα τα προηγούμενα οδηγούν στο συμπέρασμα ότι η μέθοδος του Διόφαντου για την επίλυση του προβλήμα­τος 11 (8) αναλύεται σε τρία βασικά βήματα, καθένα από τα οποία ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας χαρα­κτηριστικής εξίσωσης: r .. Το πρώτο βήμα, που περιλαμβάνει τον προσδιορισμό του δεδομένου τετράγωνου αριθμού, την εισαγωγή του αγνώστου (η "πλευρά" του πρώτου ζητούμενου τετρα­γώνου) και την αναπαράσταση του δεύτερου ζητούμε­νου τετραγώνου, ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας "αρχικής" εξίσωσης (όπως η 16 - χ2 = τετράγωνο).

Το δεύτερο βήμα, που περιλαμβάνει την κατασκευή του τετραγώνου του δευτέρου μέλους επιλέγοντας την "πρώτη αποδεκτή περίπτωση" από μια απειρία "πλευ­ρών" που θα μπορούσαν να χρησιμοποιηθούν, ολοκλη-

νο. Έτσι το πρόβλημα έχει ουσιαστικά αποκτήσει τη μορφή μιας "απροσδιόριστης" εξίσωσης:

16 - χ2 = τετράγωνο (1) Ο Διόφαντος υποστηρίζει στη συνέχεια ότι ένα τέτοιο

τετράγωνο μπορεί να δημιουργηθεί από μια "πλευρά" (δηλαδή τετραγωνική ρίζα) αποτελούμενη από οποιοδή­ποτε πλήθος "αόριστων αριθμών" (δηλαδή αγνώστων) χ μείον την "πλευρά" του δεδομένου τετραγώνου 16. Ο ί­διος επιλέγει την "πλευρά" 2χ - 4 και δημιουργεί το α­ντίστοιχο τετράγωνο 4χ2 + 16 - 16χ. Έτσι η (1) αποκτά τη μορφή μιας "προσδιορισμένης" εξίσωσης:

16-χ2=4χ2 + 16-16χ (2) Τώρα ο Διόφαντος εφαρμόζει τους δύο θεμελιώδεις

κανόνες μετασχηματισμού εξισώσεων που είχε διατυ­πώσει στην εισαγωγή των Αριθμητικών:

"Να προστεθούν σε αμφότερα τα μέλη τα είδη που λεί­πουν, '" Να αφαιρεθούν τα όμοια από τα όμοια. Όπως έχουμε ήδη αναφέρει, με τον όρο "είδη" ο Διόφα­ντος υπονοεί τις διάφορες κατηγορίες αριθμών που εμ­φανίζονται στην εξίσωση (2), όπως τις "δυνάμεις" (τα 4χ2 και χ2), τους "αόριστους αριθμούς" (το 16χ) και τις "μονάδες" (το 16).

Σύμφωνα με τον πρώτο κανόνα, τα "ελλείποντα" (από το πρώτο και δεύτερο μέλος αντίστοιχα) 16χ και χ2 προ­στίθενται σε αμφότερα τα μέλη της (2), ενώ σύμφωνα με τον δεύτερο κανόνα τα "όμοια" 16 αφαιρούνται από κά­θε μέλος. Έτσι φτάνουμε σε μια τελική εξίσωση με ένα μόνο "είδος" σε κάθε μέλος: 16χ = 5χ2 (3)

Από την (3) ο Διόφαντος συμπεραίνει αμέσως ότι ο χ είναι 16/5 [5]. Σε άλλες παρόμοιες εξισώσεις προσθέτει συνήθως τη φράση "όλα διαιρούνται με το χ''. Τα δύο ζητούμενα τετράγωνα είναι λοιπόν εκείνο που εκφρά­στηκε ως χ2, δηλαδή το 256/25 και εκείνο που εκφρά­στηκε ως 16 - χ2, δηλαδή το 144/25. Το άθροισμα των δύο αυτών τετραγώνων είναι 400/25, δηλαδή 16.

ρώνεται με τη δημιουργία μιας "εύχρηστης" εξίσωσης (όπως η 16 - χ2 = 4χ2 + 16- 16χ). Αυτή αποτελεί, κατά κάποιο τρόπο, ένα "γενικό" είδος εξίσωσης με την έν­νοια ότι μπορεί να μετασχηματιστεί - απλοποιηθεί σύμ­φωνα με τους δύο γενικούς κανόνες που έχει διατυπώσει ο Διόφαντος στην εισαγωγή των Αριθμητικών.

Το τρίτο βήμα, το οποίο περιλαμβάνει την εφαρμογή στην προηγούμενη εξίσωση αυτών των γενικών κανό­νων ("αφαίρεση των ομοίων" και "πρόσθεση των ελλει­πόντων"), ολοκληρώνεται με τη δημιουργία μιας "τελι­κής" και άμεσα επιλύσιμης εξίσωσης (όπως η 5χ2 = 16χ). Η τελευταία παρέχει μια θετική ρητή τιμή του α­γνώστου χ από την οποία, μέσω των διαφόρων "υπο­στάσεων" των ζητούμενων αριθμών, προσδιορίζεται μια ειδική λύση του προβλήματος.

Ως ελάχιστο δείγμα αλλά και μικρή πρόκληση, προτεί- ι Ευκλείδη να ασχοληθούν με το επόμενο πρόβλημα των νουμε τους αναγνώστες του Homo Mathematίcus και του Αριθμητικών:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/12

Page 15: Ευκλειδης Β 64

Να βρεθούν δύο αριθμοί τέτοιοι, ώστε ο καθένας από αυτούς και το άθροισμα και η διαφορά τους αυξημένα κατά μία μονάδα, να δίνουν τετράγωνο.

Μια λύση αυτού του προβλήματος αποτελούν π.χ. 2 2

οι αριθμοί 120=11 -1 και 168=13 -1, που έχουν άθροι-

2 2 σμα 288=17 -1 και διαφορά 48=7 -1. Το ζητούμενο βέ-βαια είναι, όπως κάνει και ο Διόφαντος στα Αριθμητικά, να βρεθεί ένας γενικός τρόπος υπολογισμού αριθμών που έχουν αυτή την ιδιότητα

[1] Εμείς αποδίδουμε παρακάτω τις συντομογραφίες αυτές του Διόφαντου με τους σύγχρονους συμβολισμούς χ2, χ3 κ.ο.κ

[2] Έχει ορθά παρατηρηθεί από πολλούς ιστορικούς ότι οι παραπάνω κανόνες του Διόφαντου ταυτίζονται ουσιαστικά με τις πράξεις που οι Άραβες μαθηματικοί ονόμαζαν aljabr (άλγεβρα) και almuqabala. Είναι όμως σημαντικό να σημειώσουμε ότι ο Διόφαντος δεν χρησιμοποιεί κάποια ειδική ονομασία για τους δύο κανόνες του. Αν είχε προνοήσει για κάτι τέτοιο, τό­τε ο κλάδος των Μαθηματικών που σήμερα ονομάζεται "Άλγεβρα" θα είχε πιθανότατα ονομασία ελληνικής προέλευσης, όπως η Γεωμετρία.

[3] Με τον όρο "υποστάσεις" ο Διόφαντος εννοεί τις αναπαραστάσεις των διαφόρων ποσοτήτων που εμφανίζονται σ' ένα πρό­βλημα συναρτήσει του βασικού αγνώστου που συμβολίζεται στα Αριθμητικά με το γράμμα ς (τελικό της λέξης "αριθμός").

[4] Η φήμη αυτού του προβλήματος συνδέεται με μια παρατήρηση που σημείωσε δίπλα του ο Γάλλος μαθηματικός Pieπe Fer­mat ( 1601 -1665), όταν μελετούσε τα Αριθμητικά του Διόφαντου: Είναι αδύνατο να διασπαστεί ένα κύβος σε άθροισμα δύο κύβων, ένα διτετράγωνο σε άθροισμα δύο διτετραγώνων και γενικά μια δύναμη μεγαλύτερη από το τετράγωνο σε δύο ομώ­νυμες δυνάμεις. Έχω βρει μια θαυμάσια απόδειξη αυτής της πρότασης αλλά το περιθώριο δεν είναι αρκετό για να τη χωρέ­σει . Αυτός ο ισχυρισμός του Fermat, που υπήρξε για 300 χρόνια ένα από τα μεγαλύτερα άλυτα προβλήματα των Μαθημα­τικών, αποδείχθηκε ορθός μόλις πριν από μια δεκαετία.

[5] Ο Διόφαντος δεν χρησιμοποιεί το μηδέν ούτε αρνητικούς αριθμούς.

Ε. Σταμάτης: Διοφάντου Αριθμητικά. Η Άλγεβρα των Αρχαίων Ελλήνων. Οργανισμός Εκδόσεως Διδακτικών Βιβλί­ων, Αθήναι (1963). Γ. Χριστιανίδης: Οι ερμηνείες της μεθόδου του Διοφάντου. Νεύσις, 3, 109-132 (1995). Υ. Thomaidis: Α Framework for Defining the Genera1ity ofDiophantos' Methods in 'Άrithmetica". Archίνe for Hίs­tory ofExact Sciences 59, 591-640 (2005). Υ. Thomaidis: Two Questions on Historical Conceptions on Teaching and Learning Mathematics. Newsletter of the Internatίonal Study Group on the Relatίons Between the Hίstory and Pedagogy of Mathematίcs (ΗΡΜ), Νο 60, 10-12 (Noνember 2005). Γ. Θωμαίδης: Διδακτικές όψεις της γενίκευσης στα Αριθμητικά του Διόφαντου. Πρακτικά της Διημερίδας Ιστορία & Μαθηματική Εκπαίδευση, 15-27. Εκδόσεις Ζήτη, Θεσσαλονίκη (2006)

Ι' Π':'"·�,,,,·ι(ια� �(fH :'t��α�}ηιΗι:τμ.ί<:::τ} Σακκάς Σπύρος (Άρτα)

Από το φίλο της στήλης Σπύρο Σακκά, λάβαμε μια πρωτότυπη εργασία του με τίτλο «Διασφάλιση Ποιότητας και Μαθηματικά». Είναι μία εργασία που φωτίζει το ρόλο της επιστήμης των Μαθηματικών σε ένα θέμα που συναντάμε στην καθημερινή μας ζωή· την ποιότητα προϊόντων και υπηρεσιών. Δυστυχώς, λόγω έλλειψης χώ­ρου, είμαστε αναγκασμένοι να δημοσιεύσουμε (με τη σύμφωνη γνώμη του συγγραφέα) ελάχιστο μέρος της εργασί­ας. Ελπίζουμε, μελλοντικά, να φιλοξενήσουμε εκτεταμένο κείμενο του Σ. Σακκά

Βασική προϋπόθεση για τον καθορισμό της έννοιας ενσωματώνει τον έλεγχο ποιότητας σε ολόκληρη την της ποιότητας ενός βιομηχανικού προϊόντος είναι ο κα- παραγωγική διαδικασία και έχει σαν σκοπό τον έλεγχο θορισμός των Προδιαγραφών του προϊόντος που πρόκει- και βελτίωση όλων των σταδίων της παραγωγής, ώστε ται να παραχθεί. Μόνο όταν γνωρίζουμε τις προδιαγρα- να παράγει ποιοτικά προϊόντα ή υπηρεσίες. Σήμερα η φές μπορούμε να βγάλουμε σωστά συμπεράσματα για έννοια της ποιότητας επεκτάθηκε και στο χώρο των επι­την «καλή» ή «κακή» ποιότητα των παραγόμενων προ- χειρήσεων παροχής υπηρεσιών. Επειδή η ποιότητα μιας ϊόντων. Ποιότητα ενός βιομηχανικού προϊόντος είναι ο υπηρεσίας δεν μπορεί να μετρηθεί με συγκεκριμένη δια­βαθμός (το μέτρο) ατέλειας που υπάρχει μεταξύ του δικασία, η κατανόηση του όρου της ποιότητας βασίζεται πραγματικού (παραγόμενου) και ενός πρότυπου Προϊό- στη διερεύνηση και αποσαφήνιση για το τι καθιστά τον ντος. Η ιδέα της εφαρμογής Στατιστικών μεθόδων στον χρήστη ενός προϊόντος ή υπηρεσίας ικανοποιημένο. Κα­έλεγχο Ποιότητας των βιομηχανικών προϊόντων οφείλε- τά το ευρωπαϊκό πρότυπο ΕΛΟΤ ΕΝ ISO 8402:1996, ται στον Αμερικανό W.A. Shewhart, ο οποίος πρώτος το ποιότητα είναι το σύνολο των χαρακτηριστικών ενός 1924 χρησιμοποίησε ένα στατιστικό διάγραμμα για τον προϊόντος ή υπηρεσίας που της αποδίδουν την ικανότητα έλεγχο της ποιότητας βιομηχανικών προϊόντων. Τότε να ικανοποιεί εκφρασμένες και συνεπαγόμενε ανάγκες γεννήθηκε ο όρος «Στατιστικός έλεγχος Ποιότητας» και του χρήστη. αργότερα απλουστεύθηκε στον όρο «Έλεγχος ποιότη- Μπορούμε να ορίσουμε ως Διασφάλιση Ποιότητας τας» ή «Ποιοτικός Έλεγχος». το σύνολο των προγραμματισμένων ή συστηματικών ε-

Στα τελευταία 50 χρόνια διαμορφώθηκε μια νέα μέθο- νεργειών και διαδικασιών που είναι απαραίτητες για να δος ελέγχου ποιότητας των προϊόντων: «Ολοκληρωτι- εξασφαλίσουν ότι ένα προϊόν ή υπηρεσία ικανοποιεί ο­κός Έλεγχος Ποιότητας». Η διοίκηση μιας επιχείρησης ρισμένες προδιαγραφές ή ανάγκες του χρήστη.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/13

Page 16: Ευκλειδης Β 64

Τα εργαλεία που χρησιμοποιούνται σήμερα για την Διασφάλιση Ποιότητας, είναι κυρίως βασικές έννοιες και τεχνικές από τις πιθανότητες, τη στατιστική και τα μετρητικά συστήματα. Εφαρμόζονται μέθοδοι των Μα­θηματικών και της Στατιστικής, όπως μέτρηση πιθανό­τητας, Ιστόγραμμα, διάγραμμα ροής, διάγραμμα διασπο­ράς, διάγραμμα Pareto, διάγραμμα συνάφειας, διάγραμ­μα διαδοχικών τιμών. Ακόμη απαραίτητες είναι οι έρευ­νες με χρήση δείγματος και η κατάλληλη επιλογή του δείγματος με τη σωστή μέθοδο δειγματοληψίας. Πολύ συχνά χρησιμοποιούνται ακόμη οι έλεγχοι υποθέσεων,

1\'. f}!f!_ιϊ/�.ι)μι:ν,•:.;; μΙ'i.iε.:.: 1 Ο φίλος της στήλης Γιάννης Τριπικέλης (Κόριν­

θος), μας κοινοποίησε ένα πολύ ενδιαφέρον άρθρο του Γιάννη Ξειδάκη. Στο μέλλον θ' ασχοληθούμε μ' αυτό.

1. Με πρωτοβουλία της στήλης μας, ''Homo mathe­maticus", κλήθηκε στις 16/3/2007 ο Ανδρέας Πετρά­κης, συγγραφέας της εργασίας με τίτλο <<Αντίστροφες συναρτήσεις: τα κοινά σημεία των γραφικών τους παρα­στάσεων, αν υπάρχουν, βρίσκονται μόνο πάνω στην ευ­θεία y=x», για να υποστηρίξει τον ισχυρισμό του αυτό. Ακολούθησε διάλογος. Ο Ανδρέας Πετράκης είναι πρω­τοβάθμιος καθηγητής στο ΤΕΙ Κοζάνης και συγγραφέας πολλών καινοτόμων εργασιών στα Μαθηματικά. Η ανά­πτυξη του θέματος έλαβε χώρα στα γραφεία της ΕΜΕ. Η στήλη μας, ετοιμάζει ανάλογες εκδηλώσεις με συναδέλ­φους που έχουν να υποστηρίξουν επιστημονικά οποια­δήποτε καινοτομία τους στα Μαθηματικά.

1 Από το φίλο της στήλης Νίκο Χιωτέλη λάβαμε μια εργασία του απ' την οποία φαίνεται καθαρά η συμβολή της επιστήμης των Μαθηματικών στην ερευνητική Α­στρονομία. Δυστυχώς, λόγω του ανεβασμένου επιπέδου της δεν μπορούμε να τη δημοσιεύσουμε. Πρέπει να ση­μειώσουμε πως ο Ν. Χιωτέλης, είναι θεωρητικός ερευ­νητής της Αστρονομίας και έχει δημοσιεύσει πολλές ερ­γασίες του στα εγκυρότερα αστρονομικά περιοδικά του κόσμου. Δίνουμε τις πρώτες γραμμές της εργασίας του, ελπίζοντας σε κάποια συνεργασία αντίστοιχου επιπέδου για μαθητές. «Τα προβλήματα αντιστροφής (inνerse prob1ems), απο­τελούν μια μεγάλη κατηγορία προβλημάτων για όλους σχεδόν τους τομείς των φυσικών επιστημών. Σύμφωνα

προβλέψεις, οι τρόποι μετρήσεων μεγεθών και αξιοπι­στίας μετρήσεων.

Από όλα όσα αναφέραμε συμπεραίνουμε ότι στελέχη ικανά να εφαρμόσουν Διασφάλιση Ποιότητας σε ένα οργανισμό ή μια επιχείρηση, πρέπει να έχουν μαθηματι­κές και στατιστικές γνώσεις. Πρέπει ακόμη να μπορούν να εφαρμόζουν τις γνώσεις αυτές αλλά και να τις επε­κτείνουν ή να ανακαλύπτουν νέες μεθόδους σε νέες ε­φαρμογές όταν είναι απαραίτητο. Καταλληλότερα στε­λέχη με τις ικανότητες αυτές για την Διασφάλιση Ποιό­τητας, πιστεύουμε ότι θα μπορούσαν να είναι οι πτυ­χιούχοι μαθηματικών.

με το πιο γενικό ορισμό τα προβλήματα αντιστροφής εί­ναι εκείνα που απαιτούν να συμπεράνουμε για κάποιο φαινόμενο όταν δεν έχουμε αρκετά δεδομένα ή όταν η ποιότητα των δεδομένων αυτών δεν είναι η καλλίτερη δυνατή. Πρέπει να σημειώσουμε ότι τέτοιου είδους δε­δομένα, ( με μια λέξη μη ικανοποιητικά), αποτελούν το κανόνα και όχι την εξαίρεση στις Φυσικές επιστήμες. Μην ξεχνάμε ότι τα δεδομένα προέρχονται από παρατη­ρήσεις ή πειράματα όπου ένα σωρό aστάθμητοι παράγο­ντες υπεισέρχονται που είναι ικανοί να μειώσουν την ποιότητα των μετρήσεων. Από τη άλλη μεριά, για να πε­ριοριστούμε στην Αστρονομία , το πλήθος των παρατη­ρήσεων σχεδόν ποτέ δεν είναι ικανοποιητικό αν λάβουμε υπόψη μας ότι οι παρατηρήσεις με σύγχρονα μεγάλα τη­λεσκόπια είναι πανάκριβες διαδικασίες η δε πρόσβαση σε αυτά τα μεγάλα τηλεσκόπια είναι πάρα πολύ δύσκο­λη. Το πρόβλημα. Η πιο απλή κατηγορία προβλημάτων

αντιστροφής είναι να βρούμε μια συνάρτηση f από την b

σχέση g(x)= Jκ(x,y)f(y)dy (1), όπου g και Κ εί-

α ναι γνωστές συναρτήσεις. Σε πιο ρεαλιστική βάση, ή αν θέλετε από τη μεριά του παρατηρητή, το ίδιο πρόβλημα επανατοποθετείται ως εξής: Από. την παρατήρηση

προέκυψαν m τιμές της ποσότητας g στα σημεία xi ,

i=1,2 ... m με α� xi � b . . . »

Η". "Αι;τδ το ξι:ραυ:;" i.ΙJ απάντηση/ Ο Kurt Goede1 έδειξε ότι τα Μαθηματικά είναι κατ' φού η πιθανότητα εμφάνισης κάθε ξεχωριστού μπιτ ι­

ανάγκη μη πλήρη. Ένας εκπληκτικός αριθμός, γνωστός σούται με Y:z. Συνεπώς η τιμή του Ω (δηλ., η πιθανότητα ως [Ω], αποκαλύπτει ότι η μη πληρότητα είναι ακόμη τερματισμού) για τον συγκεκριμένο υπολογιστή δίνεται, πιο διευρυμένη παρέχοντας ένα άπειρο πλήθος θεωρη- ως προς το δυαδικό σύστημα αρίθμησης, από την ισότη­μ,άτων που δεν μπορούν να αποδειχθούν από κανένα πε- τα περασμένο σύστημα αξιωμάτων. Ω= 1/23+ 1/25+ 1/25=0,001 +0,0000 1 +0,0000 1 =0,00 11 Ο

Έστω ότι ο υπολογιστής μας έχει ακριβώς τρία προ- Τα αποτελέσματα που σχετίζονται με τον αριθμό Ω

γράμματα που τερματίζουν, τα οποία είναι οι συμβολο- βασίζονται στην έννοια της αλγοριθμικής πληροφορίας. σειρές μπιτ 110, 11100 και 11110. Τα προγράμματα αυ- Ο Gottfried W. Leibniz προέβλεψε πολλά από τα χαρα­τά έχουν μέγεθο� 3, 5 και 5 μπιτ, αντίστοιχα. Αν επιλέ- κτηριστικά της θεωρίας αλγοριθμικής πληροφορίας πε­γουμε προγράμματα στην τύχη, στρίβοντας ένα νόμισμα ρισσότερο από 300 χρόνια πριν [πηγή: "Scientific για να βρούμε την τιμή κάθε μπιτ, τότε η πιθανότητα να American", τόμ. 4, τεύχ. 4 , εκδ. ΚΆΤΟΠΤΡΟ, Αθήνα πάρουμε τυχαία καθένα από τα παραπάνω προγράμματα 2006].

ισούται ακριβώς με 1/23, 1/25 και 1/25, αντίστοιχα, - α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/14

Page 17: Ευκλειδης Β 64

•••ιιιι•τ••• ,_ .,,. Α' Ι'�lι ιr•rι Arι•d•

Άλγεβρα Επαναληπτικά Θέματα

Α . Ζαχαρόπουλος Κωνσταντίνος, Μανωλάκου Σταματική, Μενδρινός Γιάννος

/\ σκη ση 1 . Σε ορθογώνιο τρίγωνο με πλευρές α, β, γ

δίνονται: α=2 και β+γ= 1 + .J3 Να υπολογιστούν οι πλευρές του τριγώνου

Λύση Στο ορθογώνιο τρίγωνο ισχύει το Πυθαγόρειο Θεώρημα έτσι:

α2=β2+γ2<=> β2+γ2=22 <=> β2+γ2=4 ( 1 ) β 2 + γ2 = 4 } β + γ = 1 + J3 (Σ)

Επομένως έχουμε το σύστημα: (Σ) <=> {(β + γ)2 - 2βγ = 4 <=> β + γ = 1 +J3

<=> { ( 1 +J3)2 - 2βγ = 4 <=> {1 + 3 + 2J3 - 2βγ = 4 <=> β + γ = 1 +J3 β + γ = 1 +J3 {2βγ = 2J3 { βγ = J3 <=> β + γ = 1 +J3<=> β + γ = 1 + J3

Επειδή γνωρίζουμε το άθροισμα και το γινόμενο των β και γ οι τιμές τους θα είναι ρίζες της εξίσωσης: χ2 - ( 1 +J3 ) x +J3 = 0 που έχει Δ = ( 1 +ν'3 )2 -w = 12 +ν'32 + 2ν'3 -4ν'3 = ( ν'3 - 1)2 Χ ι = 1 +J3 +J3 - 1 = J3 2 και

1 +J3 - (J3- 1 ) χ2 = = 1 2

Οπότε ( β = J3 και γ = 1 ) ή (β= 1 και γ = J3 ).

:\ σ ιςηση 2 Για κάθε λ Ε � ορίζουμε αντίστοιχη

συνάρτηση fλ(χ)=χ2 -λχ+λ-1 , λ Ε � (I)

Ν α αποδείξετε ότι:

α) Οι κορυφές των γραφικών παραστάσεων

Gr αυτών των συναρτήσεων είναι σημεία της

γραφικής παράστασης Cg της συνάρτησης

g(x)=-(x-1)2 'V λ Ε �

β) Να αποδείξετε ότι οι γραφικές

παραστάσεις Gr όλων των συναρτήσεων f (οι

γραφικές παραστάσεις και των συναρτήσεων) f

διέρχονται από σταθερό σημείο και να βρείτε το

σημείο αυτό.

Λί1ση Η κορυφή μιας -, - οπότε ( -β -Δ ) 2α 4α

παραβολής έχει συντεταγμένες οι κορυφές των Gr έχουν

λ - λ - 2 [ ( )2 J συντεταγμένες 2", 4 λ Ε � ( αφού

Δ = λ2 - 4 (λ - 1 ) = λ2 - 4λ + 4 = (λ - 2γ .

Για να είναι οι κορυφές αυτές σημεία της γραφικής παραστάσης της g αρκεί οι συντεταγμένες τους να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/15

Page 18: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

επαληθεύουν τον τύπο της g. Δηλαδή αρκεί

gΘ) (λ�2)2 ή {�-1)2 = (λ�2)2 ( λ - 2 )2 (λ - 2 )-2 ή -2- - 4 που είναι αληθής.

β) Θεωρούμε δύο τυχαίες διαφορετικές τιμές για το λ, έστω λ= 1 , λ=2 . Τότε από αυτήν f (χ ) = χ 2 - λχ + λ - 1 έχουμε αντίστοιχα: y = f1 (χ ) : χ 2 - χ και αυτό y = f2 (χ ) = χ 2 - 2χ + 1 . Έχουμε το σύστημα { 2

{ y = x - χ χ = 1 <::::> • • • <::::> y = x2 - 2χ + 1 y = O

Άρα έχουμε κοινό σημείο είναι το A( l ,0) .

Παρατηρούμε ότι οι συντεταγμένες του Α επαληθεύουν την (I) αφού f (χ ) = 12 - λ + λ - 1 = Ο . Άρα πράγματι όλες οι γραφικές παραστάσεις Gr διέρχονται από το Α( 1 ,0).

Αν η f(χ)=αχ+2 είναι γνησίως φθίνουσα στο

και g(χ)=βχ+3 είναι γνησίως αύξουσα στο ffi. , τι

συμπεραίνετε για τη μονοτονία της

h { x) = α χ + 5 . β

Επειδή η f είναι γνησίως φθίνουσα στο ffi. θα ισχύει α<Ο και αφού η g είναι γνησίως αύξουσα στο ffi. θα ισχύει β>Ο. Άρα � < Ο οπότε η h θα β είναι γνησίως φθίνουσα στο ffi. •

Αν οι ευθείες y=αχ+10 και y= βχ+15 με β;CΟ

είναι κάθετες μεταξύ τους, να μελετήσετε ως

προς τη μονοτονία τη συνάρτηση

α f {χ ) = - χ + 1 1 . Τι προκύπτει αν οι ευθείες είναι

β

παράλληλες;

α) Οι ευθείες y=αχ+ 1 0 και y= β χ+ 1 5 είναι κάθετες συνεπώς α.β=--1 άρα α.β<Ο οπότε και � < Ο . Ετσι β η f (χ ) = �χ + 1 1 είναι γνησίως φθίνουσα. β β) Α ν οι ευθείες y=αχ+ 1 Ο και y= β χ+ 1 5 είναι παράλληλες θα ισχύει α=β με β;CΟ συνεπώς � = 1 > 0 . β Άρα η f (χ ) = �χ + 1 1 είναι γνησίως αύξουσα. β

Δίνονται οι εξισώσεις: χ2-2χ+λ=Ο (1) και

(1+λ) (χ2+2χ+λ)=2(λ-1) (χ2+1) (2)

Α ν η πρώτη έχει ρίζες πραγματικές και

άνισες τότε να δειχθεί ότι η δεύτερη δεν έχει

πραγματικές ρίζες.

Η εξίσωση χ2-2χ+λ=Ο έχει Δ=4( 1-λ) και αφού έχει δυο ρίζες πραγματικές και άνισες θα είναι Δ>Ο δηλαδή λ< 1 (3) Ε χουμε: (2) <::::> ( l +λ) (χ2-2χ+λ)=2(λ-1 ) (χ2+ 1 ) <::::> ( 1 +λ)χ2+2( 1 +λ)χ +λ( l +λ)-2(λ-1 )χ2+2(λ-1 )=0 <::::>

[( 1 +λ)-2(λ-1 )]χ2+2( 1+λ)χ+λ( l+λ) -2(λ-1 )=0 <::::>

( 1 +λ-2λ+2)χ2+2( 1 +λ)χ +λ+λ2 -2λ+2=0 <::::>

(3-λ)χ2+2( 1 +λ)χ +λ2-λ+2=0 Η διακρίνουσα της είναι:

Δ=[2( 1 +λ)]2 -4(3-λ)(λ2-λ+2)= = 4 (Κ - 3λ2 + 7λ - 5 ) (4)

Λογικό είναι και η Δ 1 να εξαρτάται από τη διαφορά (λ- 1 ) πράγματι:

Δ1 = 4 (Κ - λ2 - 2λ2 + 2λ + 5λ - 5 ) = ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/16

Page 19: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

= 4 [ λ2 (λ - 1 ) - 2λ (λ - 1 ) + 5 (λ - 1) J = 4 (λ - 1 ) ( λ2 - 2λ + 5) ο

Βρίσκουμε τη δια κρίνουσα του λ2 -2λ +5 που είναι Δ=4-4·5=- 1 6<0 άρα το λ2-2λ+5 , είναι ομόσημο του α= 1 για κάθε λ Ε IR δηλαδή λ2 - 2λ + 5 > Ο έτσι λόγω της (3) θα είναι Δ1 < Ο άρα πράγματι η εξίσωση (2) δεν έχει πραγματικές ρίζες.

<· . ; 1 cl•

Αν χ και y είναι θετικοί αριθμοί με x>y να

αποδείξετε ότι:

��x.Jx + �y.JY - �.Jx-JY · Jx - y = x - y

, ,· ι .

Παρατηρούμε ότι, �χΓχ = �Μ = �R =ρ = Γχ Έτσι έχουμε: �Wx + �yJY - �Γχ -JY · Jx - y =

= �Γχ + JY - �Γχ - JY · Jx - y = = �( Γχ + JY) ( Γχ- JY) · Jx - Υ =

= �(Γχ)2 - (JY)2 · Jx - y = Jx - y · Jx - y = = J(x - y)2 = l x - yj = x - y γιατί χ>y.

Έστω 2χ2 γραμμικό σύστημα με αγνώστους

χ και y για το οποίο ισχύει η σχέση :

D2+Dx2+Dy2::Ξ:DDx+DDy+DxDy

Αν (Dx, Dy, D) f= (0, Ο, Ο, ) να αποδείξετε ότι

(x,y) =(1 , 1) .

Εχουμε : D2+Dx2+D/::Ξ:DDx+DDy+DxDy ή D2 - DDx + Dx2+Dy2 - DDy-DxDy::;O ή Yz [D2 - 2DDx + Dx2+ Dx2 - 2DxDy +D/ + +D2 -2DDy+ Dy2] ::;Ο ή Yz [(D-Dx)2+(D-Dy)2 + (Dy- Dy)2] ::;Ο ή D-Dx=O και D-Dy=O και Dx- Dy=O

Δηλαδή (D=Dx, D=Dy, Dx= Dy) Αν D=O, τότε Dx=Dy=O άτοπο, γιατί υποθέσαμε ότι (Dx, Dy, D) -:j: (0, Ο, Ο, ) Επομένως Dt=O, οπότε χ = Dx = 1 και y = Dy = 1 D D Άρα (x,y) =( 1 , 1 )

Ν α λύσετε την εξίσωση :

2( α3+β3)χ2 -3χ+α+β=Ο,

συναρτήσει του λ αν γνωρίζουμε ότι α, β είναι οι

ρίζες της εξίσωσης 2χ2-2λχ+λ2-1=0 και

λ Ε R- {o,FJ,-FJ}

2 2 2 λ2 - 1 2χ -2λχ+λ - 1 =0 � χ - λχ +-- = 0 2 Οι αριθμοί α, β είναι ρίζες της ( 1 ) τότε {α + β = λ

λ2 - 1 α · β = -2-Έχουμε επίσης, (α+β)3= α3+3α2β +3αβ2+β3 ή

α3+β3=( α+β)3-3αβ( α+ β)= = I! - 3λ [ λ2 - 1 ) = 1! _i)! + iλ = iλ - I! 2 2 2 2 2

Άρα 2(α3+β3)χ2-3χ+α+β=Ο� [ 3 )! ) 2 � 2 2λ -2 χ - 3χ + λ = Ο �

� (3λ - ι! ) χ2 - 3χ + λ = Ο Η διακρίνουσα της (2) είναι η

Δ=9-4λ(3λ-λ3)= 9- 1 2λ2+4λ 4=(2λ2-3 )2�0 Επομένως οι ρίζες της (2) είναι οι:

Ετσι:

3 ± ( 2)3 - 3) χ = 1 '2 2 (3λ - ι! )

3 + 2λ2 - 3 2λ2 λ χ - - ---1 - 2λ(3 - λ2 ) - 2λ(3 - λ2 ) - 3 - λ2 ' 3 - 2λ2 + 3 6 - 2λ2 1 χ - - - -2 - λ ( 6 - 2λ2 ) - λ ( 6 - 2λ2 ) - λ ο

( 1 )

(2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/17

Page 20: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ μέτρου λ,

λ>Ο και σημείο Κ του ΑΒ.

α) Να σχηματίσετε τη συνάρτηση η οποία δίνει

το άθροισμα των εμβαδών των ημικυκλίων με

διαμέτρους ΑΚ και ΚΒ, προς το ίδιο μέρος του

ΑΒ.

β) Να βρείτε τη θέση του σημείου Κ πάνω στο

ΑΒ ώστε το άθροισμα των εμβαδών του

προηγούμενου ερωτήματος να γίνεται ελάχιστο.

Έστω ότι το ΑΚ έχει μέτρο χ τότε το τμήμα ΚΒ έχει μέτρο λ- χ τότε τα εμβαδά των ημικύκλιων θα είναι: Ε 1 ( χ ) = �π ( ; ) 2 = � χ2 και Ε2 ( χ ) =

�π ( λ; χ ) 2 = �π λ2 + χ: - 2λχ =f · ( λ2 + χ2 - 2λχ )

Έτσι το άθροισμα των εμβαδών είναι

Ε (χ ) = �Χ2 + �χ2 - 2πλχ + �λ2 = 8 8 8 8 π 2 πλ π 2 = -χ --χ + -λ

Ε ι

4 4 8

Ez

___ ______!_ _ ---Η4---- _ _ _ __ λ-χ _ ___ ----..

Α Κ Β

λ

β) Η Ε( χ) είναι τριώνυμο β ' βαθμού με α = � > Ο , 4 άρα θα έχει ελάχιστο με τετμημένη :

πλ -β 4 2πλ λ Χ =- =-=-=-2α π 4π 2

2 Άρα το Κ θα είναι το μέσο του ΑΒ και τα ημικύκλια θα είναι ίσα.

1 1 1 Αν - + - + - = Ο με α, β, γ Ε R * να δείξετε

α β γ

ότι β + γ

+ γ + α

+α + β

= -3 . α β γ

Από την 1 1 1 αβ + βγ + γα - + - +- = Ο � = Ο � αβ + βγ + γα = Ο α β γ αβγ � αβ + αγ = -βγ � α(β + γ) = -βγ � β + γ = - βγ α α2

. γ + α γα α + β αβ Ομοιως --= -- και --= --β β2 γ γ2

Άρα Π = β + γ + γ + α + α + β = _ βγ _ γα _ αβ = α β γ α2 β2 γ2 (α β )3 + (βγ )3 + (γα )3 3αβ · βγ · γα = _ 3 α2β2γ2 α2β2γ2

Αφού για x, y, z Ε IR με χ + y + ω = ο � χ3 + y3 + ω3 = 3χyω.

Ν α λυθεί το σύστημα {.[;. + .JY =1 1

x + y = 65

Το σύστημα ορίζεται μόνο για χ ::::: Ο και y ::::: O . Έτσι: {Γχ+JΥ- = 1 1 �{Γχ2 +JY-2 +2ΓχJΥ= 121� x +y= 65 x + y = 65 {x + y + 2FY= 12 1 {2FY= 12 1 - 65 � � � x + y = 65 x + y = 65

� FY = 28 }� (FY)2 = 282 }� xy = 7!4 } χ + y = 65 χ + y = 65 χ + y - 65

Οι λύσεις του παραπάνω συστήματος είναι ρίζες της εξίσωσης: ω2-65ω+784=0.

Η διακρίνουσα είναι: Δ=4225-4·784= 1 089 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/18

Page 21: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

65 + 33 = 49 ο 'ζ '

/ 2 ι ρι ες ειναι : ω1 •2 = , '.:>\ 65 - 33 = 1 6 2

Άρα οι λύσεις του συστήματος είναι: {χ = 49 ή {χ = 1 6 y = 1 6 y = 49

Να προσδιορίζετε τους α, β. Αν ισχύει: (α+2β+3)2+(-2α+β-ι)2=0 και στη συνέχεια να βρείτε τις τιμές της παράστασης Α=2αν-3βν+Ι+ ι για τις διάφορες

οπότε o l + lo β \ Ι = Ο ο ο β2 άρα

D=Dx+Dy=O που σημαίνει ότι το σύστημα έχει άπειρες λύσεις.

ii) Αν το σύστημα έχει μοναδική λύση την (χ, y) τότε D:f:O έτσι από τη σχέση D=Dx+Dy προκύπτει

Dx Dy 1 1 , -+- = <::::> χ + y = οποτε D D xz - yz = (x - y) (x + y) = x - y = Dx _ Dy = Dx - Dy

D D D

τιμές του θετικού ακεραίου ν. Να βρείτε τη σχέση που συνδέει τις ρίζες χ1 , χ2 και ρ ι , ρ2 των εξισώσεων:

.ι i ; ,η � χ2-(α+β)χ +2αβ=Ο (ι) και χ2-2(α-β) χ+(α-β)=Ο (2) Έχουμε (α+2β+3)2+(-2α+β- Ι )2=0 <::::> α+2β+3=0 αντίστοιχα. Αν οι ρίζες της (1) είναι

και -2α+β- 1=0 Οπότε έχουμε το σύστημα {α + 2β = -3 <=> {2α + 4β = -6 <=> -2α + β = Ι -2α + β = 1 {5β = -5 {β = - Ι <=> -2α + β = Ι <=> α = - 1 Επομένως η παράσταση Α γράφεται : Α=2 .(- Ι )ν-3 (-1 )ν+ 1+ 1

c) Α ν ν άρτιος τότε (ν+ Ι ) περιττός, οπότε Α=2 · Ι-3 ·(-1 )+ 1=6

Α ν ν περιττός τότε (ν+ Ι ) άρτιος, οπότε Α=2(-1 )-3 · 1 + 1=--4

Σε ένα σύστημα 2Χ2 ισχύει D=Dx+Dy i) Αν το σύστημα είναι ομογενές να δείξετε

ότι έχει άπειρες λύσεις ii) Α ν το σύστημα έχει μοναδική λύση την

(χ, y) Να δείξετε ότι: D - D Χ2 _ y2

= χ Υ

D

i) Αν το σύστημα είναι ομογενές 2Χ2 θα είναι της μορφής: {αιχ + β ι y = Ο με αι , αJ , β ι , βz e !R α2χ + β2y = Ο

διαστάσεις ορθογωνίου, τι συμπέρασμα βγάζετε για τις ρίζες της (2);

Από τις ( 1 ), (2) έχουμε αντίστοιχα {Χ 1 + Χ 2 = α + β ( 3 ) χ 1 χ 2 = 2αβ ( 4 )

και {ρ1 +� = 2 (α � β ) (5 ) ρι ρz - (α - β ) (6 )

Από την (3) έχουμε : (χ 1+χ2)2= (α+β)2 ή χ 12+χ22+2χ 1 χ2= α2+β2+2αβ οπότε λόγω της (4),

προκύπτει: Χ ι 2+χ22= (α-β)2= ρ ι ρ2 (7) Από την (5) έχουμε : (ρ 1+ρ2)2=4(α-β)2

ρ ι 2+ρ/+2ρ ι ρ2=4ρ ι ρ2 ή λόγω της (6) προκύπτει: (ρ ι-ρ2)2=0=>ρ ι=ρ2 οπότε η (7) γράφεται: 2 2 2 Χ ι +χ2 =ρ ι

Από την τελευταία σχέση συμπεραίνουμε ότι οι ρίζες της ( 1 ) είναι διαστάσεις ορθογωνίου, ενώ η διπλή ρίζα ρ ι της (2) είναι η διαγώνιος του ορθογωνίου.

Να βρείτε τις τιμές του μεR ώστε η ανισότητα

2μχ2 - 3 ( 2μ - ι ) χ + 9μ -----::'-----�--'-- < μ - ι

χ2 - χ + ι ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/19

Page 22: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

να αληθεύει για κάθε χεR

Το τριώνυμο f(x)=x2-x+ Ι έχει α= Ι >Ο και Δ=-3<0, οπότε χ2-χ+ 1>0 για κάθε χεR. Έτσι η αρχική ανισότητα ισοδύναμα γράφεται: .

2μχ2-3(2μ-1 )χ+9μ<(μ- 1 ) (χ2-χ+ 1 ) <=:>2μχ2+(--6μ+3)χ+9μ-(μ-1 )χ2+(μ-1 )χ-μ+ 1 <Ο <=> (μ+ 1 )χ2+(-5μ+2)χ+8μ+ 1 <Ο

Για να ισχύει η ανισότητα αυτή για κάθε χεR πρέπει να αληθεύουν οι ανισώσεις Δ<Ο και μ+ 1 <0, έτσι έχουμε : {( -5μ + 2)2 - 4 (μ + 1 ) ( 8μ + 1 ) < ο <=> μ + 1 < 0

{-7μ2 - 56μ < ο <=> {μ (μ + 8) > ο <=> {μ < -8 ή μ > μ < - 1 μ < - 1 μ < - 1

Συναληθεύοντας προκύπτει: μ<-8

Α ν α+β=2 και α2+β2=6

α) να δείξετε ότι:

. Γιώργος Τσαπακίδης

i) αβ=-1 ii) Ια-βΙ= 2.J2 β) να βρείτε τις τιμές των παραστάσεων:

i) α3+β3 ii) _!__ + _!__ iii) �+ ..!!.

α β β α

α) i) Είναι (α+β)2=22<=> α2+2αβ+β2=4<=:> 2αβ+6=4<=:>αβ=- 1 ii) Είναι (α - β)2 = α2 + β2 - 2αβ = 6 - 2 (- 1 ) = 8,

β) i) Είναι α3+β3= ( α+β)( α2+ 2αβ+β2)=2 [6-( - 1 )]= 14

ii) _!_ + _!_ = α + β = 2 = -2 α β αβ -1

iii) �+ � = α2 + β2 = � = -6 . β α αβ - 1

Ένας εργάτης τελειώνει ένα έργο σε α ώρες,

ένας δεύτερος σε β ώρες και ένας τρίτος σε γ

ώρες. Αν δουλέψουν και οι τρεις μαζί

τελειώνουν το έργο σε χ ώρες.

α) Δείξτε ότι:

χ χ χ - + - + - = 1 α β γ

β) Σε πόση ώρα τελειώνουν το έργο, αν

δουλέψουν και οι τρεις εργάτες μαζί, όταν ο

πρώτος μόνος του το τελειώνει σε 3 ώρες, ο

δεύτερος σε 4 ώρες και ο τρίτος σε 6 ώρες;

γ) Λύστε την εξίσωση (1) ως προς χ. δ) Επαληθεύστε τη λύση που βρήκατε στο

(β) με το (γ) ερώτημα .

α) Ο πρώτος εργάτης τελειώνει το έργο σε α ώρες, ' ' λ ' 1 ' επομενως σε μια ωρα εκτε ει το - του εργου και α

σε χ ώρες τα � του έργου . Ομοίως ο δεύτερος α ' ' χ ' ' εργατης σε χ ωρες τα β του εργου και ο τριτος

εργάτης τα � του έργου . Και οι τρεις εργάτες σε χ γ ώρες τελειώνουν όλο το έργο, επομένως :

χ χ χ - +- +- = 1 α β γ β) Σύμφωνα με την εξίσωση ( 1 ) θα έχουμε:

χ χ χ χ χ χ - +- + - = 1 <=> 12- + 1 2- + 12- = 1 2 · 1 <=> 3 4 6 3 4 6 1 2 4χ + 3χ + 2χ = 1 2 <=> 9χ = 1 2 <=> χ = -<=> 9

4 1 1 ' <=> χ = - = - ωρες. 3 3 Έτσι οι τρεις εργάτες δουλεύοντας μαζί θα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/20

Page 23: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

τελειώσουν το έργο σε μια ώρα και 1 /3 της ώρας (20 λεπτά) . χ χ χ χ χ β χ β γ) - + - + - = l <::::> αβγ- + αβγ- + α γ- = α γ α β γ α β γ

<=> βγχ + αγχ + αβχ = αβγ <=> ( αβ + βγ + γα ) χ = αβγ αβγ <=> χ = (2) αβ + βγ + γα

δ) Για α=3 , β=4 και γ=6 η (2) δίνει χ = 3 . 4 . 6 = 72 = ι.!! = 1 _!_ ώρες. 3 . 4 + 4 . 6 + 6 . 3 54 54 3

Δίνεται η εξίσωση χ2-λχ+λ 1=0 (1 ) με λεR.

α) Δείξτε ότι η (1) έχει λύση στο R για κάθε

λεR

β) Για ποιες τιμές του λ έχει δυο ρίζες ίσες;

Για τις τιμές αυτές του λ να βρείτε τις ίσες

ρίζες.

γ) Αν χ1 , χ2 είναι οι ρίζες της (1), για ποιες

τιμές του λ ισχύει 2χ,+χz=3λ;

δ) Να κατασκευάσετε δευτεροβάθμια

εξίσωση με ρίζες:

ρ1=3χ1-2 και ρz=3xz-2

α. Είναι Δ=( -λ)2 -4(λ- 1 )=λ2 -4λ +4=(λ-2)2::::Ο άρα η ( 1 ) έχει λύση στο R για κάθε λεR

β. Η ( 1 ) έχει δυο ρίζες ίσες στο R<::::> Δ=Ο <=> (λ-2)2=0 <=> λ=2 Οι ίσες ρίζες είναι:

χ = χ = -β = __!:__ = 3_ = 1 1 2 2α 2 · 1 2 γ. 2χ1+ χ2=3λ<::::> χ ι+( χ ,+χz)=3λ <=>

<=> χ , - ! = 3λ <=> χ , + λ = 3λ <=> χ, = 2λ α Επειδή το χ 1 είναι ρίζα της ( 1 ) θα επαληθεύει, έτσι χ 1 2 -λχ 1+λ- 1 =Ο <=> 4λ2 -2λ2+λ- 1 =Ο <=>

- 1 ± 3 1 ' 2λ2+λ- 1=0 <::::> λ =-- <=> λ = - η λ = - 1 4 2 δ. S= ρ 1+ ρ2-=3χ ι-2+ 3χz-2=3(χ ι+ χ2)-4=

= 3 ( -�) - 4 = 3λ - 4 .

Ρ = ρ, ρ2 = (3χ 1 - 2) ( 3χ2 - 2) = 9χ , χ2 --6χ - 6χ + 4 = 91 - 6 (-�) + 4 = ι 2 α α = 9 (λ - 1 ) - 6λ + 4 = 3λ - 5

Η δευτεροβάθμια εξίσωση που ζητάμε είναι η : x2-Sx+P=O <::::> χ2-(3λ-4)χ+3λ-5=0

l x + 4l + l x - 41 Δίνεται η συνάρτηση f { x) =

I I I 41 ' χ + 4 - χ -με l x l � 4 α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της

β. Να εκφράσετε τον τύπο της f χωρίς το

σύμβολο της απόλυτης τιμής

γ. Ν α εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή

περιττή.

δ. Να σχεδιάσετε τη γραφική παράσταση

της f. ε. Αν Μ τυχαίο σημείο της γραφικής

παράστασης της f, ΜΑ ..l χ' χ και

ΜΒ ..l y 'y δείξτε ότι το ορθογώνιο

ΟΑΜΒ έχει σταθερό εμβαδόν.

στ. Να βρείτε το γινόμενο

α. Για το πεδίο ορισμού της f πρέπει: l x l � 4 } -4 � χ � 4 } και <=> και l x + 41 - l x - 4l :;t: O l x + 4l :f': l x - 41 -4�χ�4 } <=>:4:f':-x+4( γιαri -4::;χ<::::>χ+4;:::Οκm χ::;4<::::>χ-4::;Ο) <=>

-4 � χ ::; 4} <::> και Άρα A = [-4, 0) u (0, 4] x :;t: O

β. Επειδή για χεΑ είναι χ+4 :=::ο και χ-4 ::::0 έχουμε:

χ + 4 - χ + 4 8 4 f (x ) = χ + 4 - (-χ + 4) = 2χ = �

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/2 1

Page 24: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

γ.

δ.

Για κάθε χε Α είναι -χε Α και 4 4 f ( -χ ) = - = - - = -f ( x ) , άρα η f είναι

περιττή Γενικά η

-χ χ

γραφική είναι υπερβολή

παράσταση

Κάνουμε τον πίνακα τιμών

χ -4 -2 -1 -1/2 1/2

4

α της f (x ) = -χ

1 2 4

y = - -1 -2 -4 -8 8 4 2 1 χ Υ

I 8 i

6 : Ί

4

2 -2 - 1 I - ·- .

-8 -6 -4

- 1 1 2 4 6 8 χ

-2

' \ l . -4

-6 : : i -8 !· · I

1 . Σ ε καθεμία από τις παρακάτω προτάσεις να

σημειώσετε το Σ (σωστή) ή το Λ

(λανθασμένη)

a . Μια ευθεία ε εφάπτεται ενός κύκλου (Ο, R ) ,

αν και μόνο αν η απόσταση του Ο από την ε ισούται με R _ _

b . Αν Ο το σημείο τομής των διαγωνίων ΑΓ και ΒΔ ΒΔ ενός ορθογωνίου ΑΒΓ Δ, τότε ΑΟ = -2

c . Δύο τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ με ΑΒ = ΔΕ ΑΓ = ΔΖ και Γ = Ζ είναι πάντοτε '

ε. Αν (χ, ψ) οι συντεταγμένες του Μ, τότε 4 y = - <:=> xy = 4 . χ

(ΟΑΝΒ)=(ΟΑ)(ΟΒ)=Ιχ i iΨ I= ΙχψΙ= 14 1=4

σταθερό .

r (.fi) . r (ifi) . r (Φ.) = __i_ - __i_ - __i_ =

.fi ifi Φ.

64 64 ----;::----;=-------;= = ----;::=-----:::::=-----:::::= .fi - ifi - Φ. ι(26 - ιΗ - ιfi3

64 64 32 32'fF '!'i - 'fF

64

=

Φανέλη Άννυ

ίσα. -- -, _

d . Ο ι διαγώνιοι ενός τετραγώνου σχηματίζουν τέσσερα ισοσκελή και ορθογώνια τρίγωνα.

e _ Τα μέσα των πλευρών ορθογωνίου είναι κορυφές ρόμβου . :.

f. Το ίχνος της διαμέσου που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ενός ορθογώνιου τριγώνου ισαπέχει από τις τρεις κορυφές του τριγώνου.

g . Το άθροισμα των εξωτερικών γωνιών εVός τριγώνου είναι 1 8 Ο ο •

,, , ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/22

Page 25: Ευκλειδης Β 64

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

2. Σε καθεμία από τις παρακάτω ερωτήσεις να

σημειώσετε τη σωστή απάντηση

a. Το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ του σχήματος είναι ρόμβος. Αν α = ( 2χ + 3 )ο και β = (3χ - 8γ , τότε το χ είναι ίσο με:

; 1 1 1 7

Α

Δ Γ

1 9 23 Β

b . Οι διαγώνιοι οποιουδήποτε ισοσκελούς τραπεζίου είναι κάθετες είναι ίσες διχοτομούνται διχοτομούν τις γωνίες του

c . Δύο κύκλοι (Ο, R ) και (Κ, 2R ) με ΟΚ = R

τέμνονται εφάπτονται εξωτερικά

d. Σε τρίγωνο ΑΒΓ με

δεν έχουν κοινά σημεί εφάπτονται εσωτερικά

Α = 70° η γωνία των διχοτόμων των γωνιών Β και Γ είναι

3 5° 1 1 0° 1 25° 70°

e. Αν ένα τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο, τότε για τις γωνίες του ισχύει: Α. + Β + t + Δ = 1 soo Α + Β = Γ + Δ = 1 8 ο

Λ Λ Λ Λ

Α + Γ = Β + Δ Λ Λ Λ l"'o.

Α = Β = Γ = Δ a � Γ, b � Β, c � Δ, d � Γ, e � Γ )

3. Ποια είναι η σχετική θέση

(Κ, α) και (Λ, ; J όταν

i. ΚΛ =α

iii. ΚΑ = 2α

ν. ΚΑ = α 3

. . ΚΑ - 3α 11. - -2

. ΚΑ α ιν. =-

2

των κύκλων

, α 3α α α Ειναι R1 +� = α+2 =2 και � -� = α-2 =2 1 . ΚΑ = α άρα R 1 - R2 < ΚΑ < R1 + R2 ,

επομένως οι κύκλοι τέμνονται. 1 1 . ΚΑ = 3α άρα ΚΑ = R 1 + R2 , επομένως οι 2

κύκλοι εφάπτονται εξωτερικά. 111. ΚΑ = 2α άρα ΚΑ > R 1 + R2 , επομένως ο

ένας κύκλος βρίσκεται εκτός του άλλου . 1ν. ΚΑ = α άρα ΚΑ = R 1 - R2 , επομένως οι 2

κύκλοι εφάπτονται εσωτερικά. ν. ΚΑ = α άρα ΚΑ < R1 - R2 , επομένως ο 3

κύκλος (Λ, �) βρίσκεται εντός του (Κ , α) .

4. Δίνεται ένα τραπέζιο ΑΒΓ Δ ΑΒI IΔΓ)

εγγεγραμμένο σε ένα κύκλο (0, R) του

οποίου η πλευρά ΔΓ είναι διάμετρος. Αν η

ακτίνα ΟΒ τέμνει τη διαγώνιο ΑΓ στο Κ,

να δείξετε ότι:

i. ΑΓ=ΒΔ ii. ΒΚr = 3ΜΔ

Αφού ΑΒ 1 1 Γ Δ είναι Af' Δ = BAr = ω ως εντός εναλλάξ. Άρα ΑΔ = ΒΓ και επομένως ΑΔ=ΒΓ, άρα ΑΒΓ Δ ισοσκελές τραπέζιο οπότε ΑΓ=ΒΔ.

ΒΟΓ = 2BAr = 2ω ( επίκεντρη-εγγεγραμμένη που βαίνουν στο τόξο ΒΓ ). ΒΚΓ = ΒΟΓ + κtο (εξωτερική του τριγώνου ΚΟ Γ) άρα ΒΚr = 2ω + ω = 3ω . Επομένως, ΒΚΓ = 3Μ Δ .

Α Β

� Δ Ο Γ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/23

Page 26: Ευκλειδης Β 64

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

5. Δίνεται ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒΙ ΙΔΓ) με

ΔΑ=ΑΒ=ΒΓ και ΔΒ=ΔΓ. Να υπολογίσετε

τις γωνίες του τραπεζίου αυτού.

Αφού ΔΑ=ΑΒ, το τρίγωνο ΑΔΒ είναι ισοσκελές με ΜΒ = ΑΒΔ = ω . Όμοια ΔΒΓ = ΔfΒ = Φ αφού ΔΒ=ΔΓ (ΒΔΓ ισοσκελές) . Είναι επίσης ΒΔΓ = ΑΒΔ = ω ως εντός εναλλάξ. Επιπλέον, ΑΔ=ΒΓ άρα ΑΒΓΔ ισοσκελές τραπέζιο, άρα ΑΔΓ = ΔfΒ οπότε 2ω = Φ ( 1 ) . Επιπλέον, στο τρίγωνο ΒΔΓ είναι ΒΔΓ + ΔfΒ + Bf Δ = 1 80° άρα ω + Φ + φ = 1 8οο άρα ω + 2Φ = 1 8οο και από σχέση ( 1 ) είναι ω + 4ω = 1 80° άρα sω = 1 80° και επομένως ω = 36° . Άρα φ = 2ω = 72° και έχουμε Α = :Β = ω + φ = 1 08° και f = Δ = φ = 72° .

6. Δίνεται ένα τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ I IΔΓ) με 5 ΔΓ = -ΑΒ . Στη βάση του ΑΒ παίρνουμε 4

ΑΕ = ..!. ΑΒ . 'Εστω Ζ το μέσο της πλευράς 4

ΒΓ και Η το μέσο του ΔΕ. Να δείξετε ότι το

ΑΗΖΒ είναι παραλληλόγραμμο.

Είναι ΑΒ I IΔΓ άρα και ΕΒ I IΔΓ άρα ΕΒΓ Δ τραπέζιο . Η ΗΖ είναι διάμεσος του τραπεζίου αυτού άρα ΗΖI IΔΓ και HZI IEB άρα HZI IAB ( 1 ) . Είναι επίσης ΗΖ = ΕΒ + ΔΓ άρα

2 _% ΑΒ + %ΑΒ ΗΖ = 4 άρα ΗΖ=ΑΒ (2). Από ( 1 )

2 και (2) συμπεραίνουμε ότι το ΑΗΖΒ είναι παραλληλόγραμμο.

Α

Δ

Ε Β

Γ Λ

7. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° )

με ΑΒ < ΑΓ και η διάμεσός τουΑΜ. Από το

Β φέρνουμε το κάθετο τμήμα ΒΔ προς την

ΑΜ. Η διχοτόμος της γωνίας ΔΒΜ τέμνει

την ΑΓ στο Ε. Να δείξετε ότι ΑΒ=ΑΕ.

.\ J.Jση Η γωνία Ει είναι εξωτερική του τριγώνου

ΒΕΓ, οπότε Ε, = f + Βι , και Β ι = Β2 (ΒΕ διχοτόμος), άρα Ει = f + Β2 ( 1 ). Επειδή ΑΜ διάμεσος του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ είναι ΑΜΓ ισοσκελές, επομένως f = Αι , και Αι = Β3

(ως γωνίες με πλευρές ανά δύο κάθετες) .

Άρα f = Β3 (2). Από τις ( 1 ) και (2) βρίσκουμε Ει = Β3 + Β2 οπότε Ει = ΑΒΕ .

Επομένως το τρίγωνο ΑΒΕ είναι ισοσκελές οπότε ΑΒ=ΑΕ.

Β

Ε Γ

8. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ=2ΑΒ, η

διάμεσός του ΑΔ και η διάμεσος ΑΕ του

τριγώνου ΑΒΔ. Να δείξετε ότι η ΑΔείναι

διχοτόμος της γωνίας EAr .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/24

Page 27: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

, i ΙCH) Α ' ' θ ' ΑΒ ΒΓ δ ' πο την υπο εση εχουμε = - και επει η

2

Δ μέσο ΒΓ είναι ΒΔ = ΒΓ . Οπότε ΑΒ=ΒΔ, άρα 2

το τρίγωνο ΒΑΔ είναι ισοσκελές. Φέρνουμε την διάμεσο ΔΖ του τριγώνου ΒΑΔ.

Τα τρίγωνα ΑΕΔ και ΔΖΑ έχουν: ΑΔ κοινή, ΔΕ= ΑΖ και ΒΔΑ = ΒΑΔ . Επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα (π-γ-π) . Άρα Φ = ώ ( 1 ) .

Στο τρίγωνο ΑΒΓ είναι Δ, Ζ μέσα των ΒΓ, ΒΑ αντίστοιχα, επομένως ΖΔ Ι ΙΑΓ, οπότε ώ = θ (2) ως εντός εναλλάξ.

Από τις ( 1 ) και (2) φ = θ , άρα η ΑΔ είναι διχοτόμος της γωνίας ΕΑΓ .

z

Β

' ' '

/� --·-·

Α

.... Δ Γ

9. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) .

Έξω από αυτό κατασκευάζουμε το

ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΒΚΓ με

ΒΚr = 90° . Προεκτείνουμε την πλευρά ΑΓ

κατά Γ Δ=ΑΒ. Να δείξετε ότι το τρίγωνο

ΑΚΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές.

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΔΓΚ, ΑΒΚ . Λ Λ Έχουν: Γ Δ = ΑΒ , ΚΓ = ΚΒ και ΔΓΚ = ΑΒΚ

διότι ΑΒΚΓ εγγράψιμο τετράπλευρο (Α.+ κ = 90° + 90° = 1 80° ) .

Οπότε τα τρίγωνα είναι ίσα (π-γ-π) . Άρα ΚΔ = ΚΑ και επομένως το τρίγωνο

ΑΚΔ είναι ισοσκελές. Είναι Κ, + Κ2 = 90° και Κ3 = Κ, από την

ισότητα των τριγώνων, άρα Κ3 + Κ2 = 90° , άρα ΑΚΔ = 90° .

Επομένως το τρίγωνο ΑΚΔ είναι και ορθογώνιο .

κ Β

"

'χ, ' '"· · .. '

45°\ "

φ \ ''· --+-____'_::..

Α Γ Δ

Λ

10. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 60°

1 .

εγγεγραμμένο σε ένα κύκλο με κέντρο Ο. Η

ευθεία που διέρχεται από το Ο και το

ορθόκεντρο Η του τριγώνου ΑΒΓ τέμνει

την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε. Φέρνουμε

την ακτίνα ΟΖ .l ΒΓ και έστω Κ το σημείο

που τέμνει τη ΒΓ. Γνωρίζοντας ότι

ΑΗ=20Κ να δείξετε ότι:

i. ΟΚ=ΚΖ

ίί. ΑΗ=ΑΟ

ίίί. Το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισόπλευρο

Είναι ΖΟΓ = _!_ ΒΟΓ αφού ΟΚ ύψος άρα και 2

διχοτόμος στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΟΓ. BAr = _!_ ΒΟΓ ως εγγεγραμμένη γωνία που

2

βαίνει στο τόξο ΒΓ . Επομένως ΖΟΓ = BAr = 60° . Άρα το ισοσκελές τρίγωνο ΟΖΓ (ΟΖ = ΟΓ = R) είναι ισόπλευρο. Οπότε το ύψος του ΓΚ είναι και διάμεσός του. Άρα ΟΚ=ΚΖ.

Α

z

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/25

Page 28: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

1 1 . Είναι ΟΖ=20Κ και ΑΗ=20Κ (υπόθεση) άρα ΟΖ=ΑΗ. ΟΖ και ΑΗ είναι κάθετες στη ΒΓ. Άρα OZI IAH. Επομένως το ΑΗΖΟ είναι παραλληλόγραμμο και επειδή ΟΑ=ΟΖ, το ΑΗΖΟ είναι ρόμβος. Άρα ΑΗ=ΑΟ.

ί ί ί . Επειδή το Ζ είναι το μέσο του ΒΓ , συμπεραίνουμε ότι η ΑΖ είναι διχοτόμος της γωνίας BAr . ΑΖ, ΗΟ είναι οι διαγώνιοι του ρόμβου ΑΗΖΟ, επομένως ΑΖ .l ΗΟ . Οπότε το τρίγωνο ΑΔΕ είναι ισοσκελές με ΔΑΕ = 60° άρα είναι ισόπλευρο.

1 1 . Σε μία ευθεία ε παίρνουμε στη σειρά τα

σημεία Α,Β,Γ και Δ με ΑΒ=ΒΓ=ΓΔ.

Κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο

ΒΓΕ και φέρνουμε την ευθεία ΑΕ, η οποία

τέμνει στο Ζ την κάθετο από το Δ προς την

ΑΔ. Ν α δείξετε ότι

ί. ΑΕ=ΕΖ

ίί. ΒΕΙ Ι ΓΖ

ίίί. Το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο

ι . Φέρνουμε ΕΡ .l ΒΓ . Αφού ΒΓΕ ισόπλευρο τότε το ΕΡ είναι και διάμεσός του. Επομένως Ρ μέσο ΒΓ. ΑΒ=ΓΔ και ΒΡ=ΡΓ οπότε ΑΒ + ΒΡ = ΓΔ + ΡΓ δηλαδή ΑΡ = ΡΔ . Άρα Ρ μέσο της ΑΔ. Στο τρίγωνο ΑΔΖ είναι Ρ μέσο ΑΔ και ΡΕ 1 1 ΖΔ άρα θα είναι και Ε μέσο ΑΖ, δηλαδή ΑΕ = ΕΖ .

ε Α

ι ι . Στο τρίγωνο ΑΓΖ το Β είναι μέσο της ΑΓ και το Ε μέσο της ΑΖ. Άρα BE I IΓZ.

ίίί. Αφού BE I IΓZ, είναι fΊ = Β = 60° . Οπότε Ζ1 = 30° και f' 2 = 60° . Τα τρίγωνα Γ ΔΖ και ΓΕΖ είναι ίσα αφού ΓΖ κοινή, Γ Δ = ΓΕ και

f'1 = Γ 2 = 60° (π-γ-π) . Άρα ΖΕ = ΖΔ , άρα ΕΔΖ ισοσκελές, και Ζ2 = Ζ1 = 30° άρα ΕΖΔ = zl + z2 = 60° ' οπότε το τρίγωνο ΕΔΖ είναι ισόπλευρο.

12. Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒΙ ΙΔΓ) με

ΑΒ=2Γ Δ Α ν Μ και Ν είναι τα μέσα των ΑΒ

και ΒΓ αντίστοιχα και Κ το σημείο τομής

των ΔΜ και ΑΝ, να δείξετε ότι

ί. ΑΚ=ΚΝ ίί. ΔΚ=3ΚΜ

. \�Jση Το ΔΓΒΜ είναι παραλληλόγραμμο αφού

ΔΓI IΜΒ και ΔΓ = ΑΒ = ΜΒ . 'Εστω Λ το μέσο του 2 ΔΜ ΒΓ ΔΜ. Τότε έχουμε ΛΜ = -- = - = ΝΒ και 2 2

ΛΜ 1 1 ΝΒ (αφού ΔΜ 1 1 ΓΒ ) άρα ΛΝΒΜ παραλληλόγραμμο. Επομένως ΛΝ = ΜΒ και ΛΝ 1 1 ΜΒ άρα ΑΝ = ΑΜ και ΛΝ 1 1 ΑΜ άρα ΑΛΝΜ παραλληλόγραμμο και Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Επομένως ΑΚ = ΚΝ .

Δ

/ /

/

/ /

/ /

/

Ν

Α Β Επίσης ΛΚ = ΚΜ . Είναι όμως ΛΜ = ΔΜ

2 άρα 2ΚΜ = ΔΜ άρα ΚΜ = ΔΜ . Επομένως, 2 4

ΔΚ = 3 ΔΜ και έτσι προκύπτει ΔΚ = 3ΚΜ . 4

13. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90° ) , η διάμεσός του ΑΜ και το ύψος του ΑΔ με

ΔλΜ = 60° • Φέρνουμε ΜΕ κάθετη στην ΑΓ

που τέμνει την προέκταση του ΑΔ στο Ζ.

Ν α δείξετε ότι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/26

Page 29: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ί .

. ΑΔ = ΒΓ ι.

4

ii. r = ιs' ίίί. Τα τρίγωνα ΑΖΜ και ΓΖΜ είναι ίσα

iv. Να υπολογίσετε τη γωνία ΑΖΓ Λύση Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ είναι ΔΑΜ = 60' οπότε ΔΜΑ = 90' - 60' = 30' . Επομένως ΑΔ = ΑΜ . Η ΑΜ είναι διάμεσος 2 του ορθογωνίου τριγώνου ΑΒΓ άρα

ΒΓ . ΒΓ ΑΜ = - , επομενως ΑΔ = - . 2 4 1 1 . Επειδή ΑΜΓ ισοσκελές ( ΑΜ = Β; = ΜΓ)

είναι Α1 = fΊ και αφού ΔΜΑ εξωτερική του γωνία έχουμε ΔΜΑ = Α1 + fΊ = 2fΊ άρα fΊ = 1 5Ό

z

ίί ί . Η ΜΕ είναι ύψος του ισοσκελούς τριγώνου ΑΜΓ άρα και διάμεσός του οπότε ΖΕ είναι μεσοκάθετος του ΑΓ, άρα ΖΑ=ΖΓ. Τα τρίγωνα ΑΖΜ και ΓΖΜ έχουν ΖΑ=ΖΓ, ΜΑ=ΜΓ και ΖΜ κοινή άρα είναι ίσα (π-π-π) .

ιν. Αφού ΖΑ=ΖΓ, είναι ΖΑΓ ισοσκελές με Λ Λ Λ ΖΑΓ = ΔΑΜ + Α1 = 60' + 1 5' = 75' . Επομένως

14. Δίνεται ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγωνο

ΑΒΓ (Α = 90° ) και Δ τυχαίο σημείο της

ΑΓ. Φέρνουμε από το Γ κάθετη στην ΒΔ

που τέμνει τη ΒΔ στο Ε και την προέκταση

της ΑΒ στο Ζ.

ί. Ν α υπολογίσετε την ΒΖΔ ίί. Ν α δείξετε ότι το ΑΔΕΖ είναι

εγγράψιμο σε κύκλο του οποίου να

προσδιορίσετε το κέντρο

ίίί. Να δείξετε ότι η ΑΕ είναι διχοτόμος

της γωνίας ΔΕΖ

Λύση ι . Τα Γ Α και ΒΕ είναι ύψη του τριγώνου ΒΓΖ

άρα το Δ είναι το ορθόκεντρό του. Η προέκταση της ΖΔ προς το Δ τέμνει τη ΒΓ στο Ρ . Αφού το ΖΡ διέρχεται από το Δ, είναι ύψος και οπότε ΖΡ .1 ΒΓ άρα ΖΔ .1 ΒΓ . Αφού ΑΒΓ ορθογώνιο και ισοσκελές, είναι Β = 45° . Άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΖΡ θα είναι: ΒΖΔ = 90° - Β = 45° .

Β

z

1 1 . Το ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο αφού Α + Ε = 90° + 90° = 1 80° και το κέντρο του θα είναι το μέσο της ΖΔ αφού ΖΜ = 90° .

iii . Αφού το ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο, είναι Ε1 = ΒΖΔ = 45° και Ε2 = ΑΔz = 45° . Άρα Ε1 = Ε2 οπότε ΑΕ διχοτόμος της γωνίας ΔΕΖ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/27

Page 30: Ευκλειδης Β 64

Μ81ΙΙJΙ8-ιι8• ,_ l'φl' W 1'�1'1 Ι'•ιι Αιι••Ι•ιι

Άλγεβρα Επαναληπτικά Θέματα

Χρήστος Δ. Μώκος και Νίκος Σ. Ταπεινός

Η ύλη που θα εξεταστείτε τον Ιούνιο ολοκληρώνεται, αν δεν έχει ήδη ολοκληρωθεί . Η περίοδος των εξετάσεων πλησιάζει και η επανάληψη γίνεται απαραίτητη . Για το λόγο αυτό θεωρούμε ότι τα θέματα που ακολουθούν αποτελούν μια ευκαιρία για καλή επανάληψη των εννοιών που διδαχτήκατε στην :rάξη αυτή .

1 . Αν ημα-ημβ=χ και συνα+συνβ =y, τότε:

i) Να βρείτε το συν(α+β) συναρτήσει των

χ, Υ ii) Να δείξετε ότι χ2+ y2�.

. \ iJ r>ii i) χ2=(ημα-ημβ)2= ημ2α-2ημαημβ+ημ2β.

y2=( συνα+συνβ)2=συν2α+ 2συνασυνβ+συν2β. Προσθέτοντας κατά μέλη παίρνουμε : x2+y2=

=ημ2α+συν2α-2ημαημβ+2συνασυνβ+ημ2β+συν2β χ2+y2= 1 +2συνασυνβ-2ημαημβ+ 1 x2+y2 -2=2( συνασυνβ-ημαημβ)

χ2 + y2 - 2 συν (α + β) = _ ____:____ 2 ii) Ισχύει συν(α+β)::; l , οπότε

δηλαδή χ 2 + y2 � 4 .

2. Δίνεται η συνάρτηση

f(χ)=ασυν2χ+βημ2χ-2, x e R

Α ν η γραφική παράσταση της f διέρχεται

από τα σημεία Α(: , 3) και Β(; , - 14) τότε:

i) Να βρείτε τα α,β e R.

ii) Να δείξετε ότι η f έχει περίοδο Τ=π

iii) Να δείξετε ότι -19 � f (x) � 15 και να

εξετάσετε αν η τιμή 15 είναι μέγιστη

τιμή της f και η τιμή -19 ελάχιστη τιμή

της f .

ΛίJση i ) Επειδή η Cr περνάει από τα

Α (�

· 3 ) και Β (� . - 14 ). Οι συντεταγμένες των Α, Β θα επαληθεύουν την εξίσωση (τύπο) της Cr δηλαδή

!f ( �) = ασυν� + βημ� - 2 = 3 I r (� )� ασuνπ + βημπ - 2 � -1 4 "'

{ : ; ���� 2 0�}2 � - 14} "' {� : �z} Επομένως f(x)= 1 2συν2χ+5ημ2χ-2

ii) Για να έχει η f με πεδίο ορισμού το AFR τον αριθμό Τ=π>Ο περίοδο αρκεί για κάθε xeAr, (x-τ) eAr ( 1 ) και f(x+τ)=f(x-τ)=f(x) (2) Η ( 1 ) προφανώς ισχύει. Για την (2) έχουμε:

f(χ+τ)=f(χ+π)= = 12συν(2(χ+π))+5ημ(2(χ+π))-2= = 1 2συν(2χ+2π)+5ημ(2χ+2π)-2=

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/28

Page 31: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

= 1 2συν2χ+5ημ2χ-2= f(x) και f(χ-τ)=f(χ-π)=

= 1 2συν(2(χ+-π))+5ημ(2(χ-π))-2= = 1 2συν(-2π+2χ)+5ημ(-2π+2χ)-2= = 1 2συν2χ+5ημ2χ-2= f(x)

Άρα τ=π>Ο περίοδος της f iii) Επειδή για κάθε χ εR έχουμε

-1 ::;συν2χ::; 1 οπότε - 12::; 1 2συν2χ::; 1 2 και - 1::;ημ2χ::;1 οπότε -5::;ημ2χ::;5 . Προσθέτοντας

κατά μέλη παίρνουμε : - 1 2-5::; 1 2συν2χ+5ημ2χ::;2::;1 2+5 - 1 7::; 1 2συν2χ+5ημ2χ::; 1 7 - 1 7-2::;1 2συν2χ+5ημ2χ-2::;1 7-2 - 1 9::;f(x)::; 1 5 . Το 1 5 δεν μπορεί να είναι η μέγιστη τιμή της

συνάρτησης γιατί δεν μπορεί να γίνει για την ίδια τιμή του χ: ημ2χ= 1 και συν2χ= 1 (θα είχαμε τότε :

ημ22χ+συν22χ= 1+ 1=2 άτοπο) . Το - 1 9 δεν μπορεί να είναι ελάχιστη τιμή της

συνάρτησης γιατί δεν μπορεί να γίνει για την ίδια τιμή του χ:ημ2χ= -1 και συν2χ= - 1 . (θα είχαμε τότε : ημ22χ+συν22χ=( - 1 /+( - 1 )2=2 άτοπο) .

3. Να λυθεί στο [Ο,π] η εξίσωση :

χ χ 2 χ 2συν3 - + 2συνχ - 4συν - = 1 - συν -

Λ 1CJ(Hiι

2 2 2

χ χ 2 χ 2συν3 - + 2συνχ - 4συν- = 1 - συν - <::::> 2 2 2 χ ( χ ) χ z X <::::> 2συν3 - + 2 2συν2 - - 1 - 4συν- = 1 -συν -2 2 2 2

<::::> 2συν3 � + 4συν2 � -2 + συν2 � - 4συν� - 1 = Ο 2 2 2 2 <::::> 2συν3 � + 5συν2 � - 4συν � - 3 = Ο . 2 2 2

χ χ π δ λ δ ' Θέτουμε συν- = ω ( 1 ) με Ο ::; - ::; - η α η 2 2 2 Ο ::; ω ::; 1 , οπότε η επιλύουσα της είναι η :

2ω3 + 5ω2 - 4ω - 3 = 0 (2). Πιθανές Ακέραιες ρίζες : ± 1 , ± 3

5 -4 -3

2 7 3

7 3 ο

Έχουμε : (2) <::::> (2ω2+7ω+3)(ω-1 )=0<:::>ω= 1 Αφού 2ω2+7ω+3�3 .

χ χ Άρα ( 1 ) <::::> συν2 = 1 <::::> 2 = Ο <::::> χ = Ο .

4. Για ποιες τιμές του χ ε R οι αριθμοί ημ2χ,

1-συν3χ, 2συνχ αποτελούν διαδοχικούς

όρους αριθμητικής προόδου;

Οι αριθμοί ημ2χ, 1-συν3χ, 2συνχ αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου όταν και μόνο : 2( 1-συν3χ)= ημ2χ+2συνχ ( 1 ) . ( 1 )<:::>2-2συν3χ= 1-συν2χ+ 2συνχ<:::> 2συν3χ-συν2χ+2συνχ-1=0<:::> συν2χ (2συνχ-1 )+(2συνχ-1 )=Ο

1 (2συνχ-1 )( συν2χ+ 1 )=Ο<:::> συνχ = - <::::> 2 π π συνχ = συν- <::::> χ = 2κπ ± - , κ ε Ζ 3 3

(αφού συν2χ + 1 7:- Ο) .

5. Αν οι πλευρές ενός ορθογωνίου τριγώνου

σχηματίζουν αριθμητική πρόοδο, δείξτε ότι

η διαφορά της προόδου ισούται με την

ακτίνα του εγγεγραμμένου στο τρίγωνο

κύκλου.

'\ c{: ση Έστω ω η διαφορά της προόδου και χ>Ο, χ-ω>Ο, χ+ω>Ο οι πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου όπως φαίνονται στο σχήμα. Γ

. χ+ω "'·.

Δ χ-ω Β Τότε από το Πυθαγόρειο Θεώρημα έχουμε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/29

Page 32: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

(χ+ω )2=χ2+(χ-ω )2=>χ2 -4χω=0=> =>χ(χ-4ω)=Ο=>χ=4ω αφού χ>Ο. Γνωρίζουμε ότι Ε=τ·ρ οπότε χ (χ - ω ) χ + χ + ω + χ - ω ρ => 2 2 => χ (χ - ω) = 3χρ => χ - ω = 3ρ => 4ω - ω = 3ρ => ω = ρ αφού χ ο;ι Ο . β '

τρόπος Βρήκαμε ότι: β=4ω, γ=3ω, α=5ω οπότε

ρ=ΑΔ=τ-α=6ω-5ω=ω, αφού ΚΔΑΕ τετράγωνο.

6 Ν λ θ ' ' 24 1 . α υ ει η ανισωση -- � ---

1 - e-• e- x - 6

.\ί1ση

(1)

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί 1-e -x:;tO και e -χ -6:;t0 δηλ. χ :;tO και χ :;t-ln6 Θέτουμε e-x=y>O, οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) ' 24 1 (2) ειναι η :

--2 � --1 - y y - 6

με y * 1 και y * 6 αφού y>O. Οπότε (2) <:::::> (/+24y-145)( 1- y2)(y-6):::;0

y + I > O <=> (y + 29 ) (y - 5 ) ( 1 + y) ( 1 - y ) (y - 6 ) � 0 <:::::> (y - 5 ) ( 1 - y) (y - 6 ) � ο <:::::> <:::::> (y - l ) (y - 5 ) (y - 6 ) � Ο

Ο 5 6 +οο ο·-�---�-+---­+ +

Άρα (2) <:::::> 1 <y � 5 ή y<6 . Οπότε ( 1 ) <:::::> 1 < e-x � 5 ή e-x > 6 <:::::> Ο < -χ � .t'n5 ή - χ > .t'n6 <:::::> -.t'n5 � χ < Ο ή χ < -.t'n6 αφού eι t .

Λ

7. Να βρεθεί η μεγαλύτερη τιμή του λεR για

την οποία η aνίσωση 2χ3+5χ2+λ2:1 +λ3χ2

επαληθεύεται όταν χ=1 . Στη συνέχεια για

αυτή την τιμή του λ να λυθεί η aνίσωση.

Λί1ση

Για να επαληθευεταί η ( 1 ) για χ= 1 πρέπει και

αρκεί 2+5+λ::: 1 +λ3 δηλαδή λ3 -λ-6:::;0

2 4 6 2 3 ο

2

(2)

Παίρνουμε (2 ) <:::::> λ! - λ - 6 � Ο <:::::> (λ-2)(λ2+2λ+3):::;0 και επειδή λ2+2λ+3>0 για κάθε λεR (έχει Δ=-8<0 και α= 1>0) έχουμε

(2)<:::::>λ-2:::;Ο<:::::>λ:::;2 Επομένως η μεγαλύτερη τιμή του λ είναι λ=2 Για λ=2 η ( 1 ) γράφεται

2χ3+5χ2+2:::: 1 +8χ2<=>2χ3-3χ2+ 1::::0 Χρησιμοποιώντας σχήμα Horner παίρνουμε: (x- 1 )2(2x+ l ) ::::O <:::::> x = 1 ή 2χ + 1 � 0 <:::::> χ = 1

1 1 ή χ � - - <:::::> χ � --2 2

8. Αν η τιμή χ=9 είναι μια ρίζα της εξίσωσης

8α fn (χ2+1 5α

2) - Jln- - .t'nx = Jln( α - 2) (1)

α - 2

α>2 να βρεθούν, αν υπάρχουν και οι άλλες

ρίζες της εξίσωσης.

Λύση

Με α>2 η ( 1 ) ορίζεται μόνο όταν χ>Ο και αφού έχει ρίζα το 9 θα έχουμε: .Cn ( 8 1 + 1 5α2 ) - Jln �- Jln9 = .Cn ( α - 2 ) α - 2 => .Cn ( 8 1 + 1 5α2 ) = .t'n � + Jln9 + .t'n ( α - 2 ) α - 2 => Jln (8 1 + 1 5α2 ) = .t'n9�( α - 2 ) α - 2 => .t'n ( 8 1 + 1 5α2 ) = Jln 72α <:::::> 8 1 + 1 5α2 = 72α => 1 5α2 - 72α + 8 1 = 0 => α = 3 η α = 2_ <:::::> α = 3 ( αφού α > 2 ) . 5 Αρα ( 1 ) <:::::> .en ( χ2 + 1 35 ) - fn24 - .t'nx = .t'n1 <:::::> <:::::> .t'n (χ2 + 1 35 ) = .t'n24x <:::::> χ2 + 1 35 = 24χ <:::::> <:::::> χ 2 - 24χ + 1 35 = 0 <:::::> χ = 9 ή χ = 1 5 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/30

Page 33: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

9. Αν οι αριθμοί logα, logβ, logγ και

α 2β 3γ , δ δ

, , log - , log - , log - ειναι ια οχικοι οροι

2β 3γ α

αριθμητικής προόδου με α, β, γ>Ο να δείξετε

ότι

α) Οι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι

γεωμετρικής προόδου

β) Οι α, β, γ είναι πλευρές τριγώνου και

γ) Βρείτε το είδος του τριγώνου αυτού

ΛίJση α) Επειδή logα, logβ, logγ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει 2 log β = log α + log γ =>

log β2 = lοg (α · γ ) => β2 = αγ ( 1 ) ( αφού η logt είναι 1 - 1 ) ·

Αυτό σημαίνει ότι α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου. β) Επειδή : log�, log 2β , 1og 3γ διαδοχικοί 2β 3γ α όροι αριθμητικής προόδου θα ισχύει:

2β α 3γ 2 log- = log- + log- => 3γ 2β α

log ( 2β )2 = log (� - 3γ )=> 4β2 = 3γ 3γ 2β α 9γ2 2β

3 => 8β3 = 27γ3 => 2β = 3γ => β = -γ (2) 2 Η ( 1 ) λόγω της (2) δίνει:

Έχουμε:

9 2 9 -γ = αγ => α = -γ (3) 4 4 9 3 α = -γ > -γ > γ δηλαδή α>β>γ 4 2

οπότε για να είναι τα α, β, γ πλευρές τριγώνου, αρκεί β+γ>α. Πράγματι

3 5 9 β + γ = -γ + γ = -γ > -γ = α 2 2 4 γ) Έχουμε

2 2 9 2 2 1 3 2 8 1 2 ( 9 )2 2 β + γ = 4γ + γ = 4γ < 16γ = 4γ = α

δηλ. β2+γ2<α2 Άρα Α > 1L και το τρίγωνο είναι αμβλυγώνιο.

1 0. Να λυθεί η εξίσωση :

4συν4χ-17συν

2χ+4=0 (1)

ΛίJση Θέτουμε συν2χ=y οπότε Ο � y � 1 και η επιλύουσα της ( 1 ) είναι της 4y2-1 7y+4=0 (2) που έχει Δ=225 και ρίζες yι=4 και y2= 1 /4 (Δεκτή μόνο η Υ2) . Άρα

2 2 1 1 ' 1 συν χ = y <::::> συν χ =- <::::> συνχ =- η συνχ = -- . 4 2 2 Ε χουμε:

1 π π συνχ =- <=:>συνχ =συν- <=:> χ = 2κπ±- με κ εΖ 2 3 3 Ενώ

1 2π 2π συνχ = -- <::::> συνχ = συν- <::::> χ = 2κπ ±- με κ ε Ζ 2 3 3

1 1 . Να λυθεί η εξίσωση :

(2x-1)1og(Zx-l )=100.(2x-1) (1)

Για να ορίζεται η ( 1) πρέπει και αρκεί 2χ -1 >Ο δηλαδή χ> 1 12 . Έχουμε: ( 1 ) <::::> log(2x-1 )1og(lx- I )=log[ 1 00(2x- 1 )] <::::> log(2x-1 ) . log(2x-1 )=log 1 OO+log(2x- 1 ) <::::> [log(2x- 1 )]2=2+ log(2x- l ) Θέτουμε log(2x-l )=y(2) οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η: /=2+y (3) (3)<::::> y2-y-2=0 <::::>y=--1 ή y=2

" Για y=--1 έχουμε (2) <::::> log(2x-1 )=--1 <::::> 1 1 �1 log ( 2χ - 1 ) = log- <::::> 2χ - 1 = - <::::> χ = -10 1 0 20

δ ' ' ' 1 1 1 εκτη τιμη αφου 20 > 2 .

• Για y=2 έχουμε (2) <=:>log(2x- 1 )=2 <=>

log(2x -1 )=log 1 00<::::> 2χ -1 = 1 00<::::> � δ ' ' ' 1 0 1 1 εκτη τιμη αφου Τ > 2 .

12 . Να λυθεί η εξίσωση : 2x=ln(3e'-2) (1)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/3 1

Page 34: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί 3ex-2>0 (2)

2 2 Β (2) <=> ex > - <=> χ · ln e > ln- <=> χ > ln-3 3 3

Επειδή lne= 1 έχουμε: ( 1 ) <::::>2xlne=ln(3ex -2) <=> lne2x= ln(3ex -2) και επειδή η συνάρτηση f(x)= lnx είναι « 1- 1 » έχουμε: ( 1 ) <::::>e2x=3ex-2 <=> e2x-3ex+2=0. Θέτουμε ex=y(3) (Πρέπει y>O) οπότε η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η : /-3y+2=0 που έχει ρίζες y= l ή y=2

"' Για y= 1 έχουμε: (3)<=>ex= 1<=> ex= e0<::::> χ=Ο δεκτή αφού Ο > ln � . 3

Για y=2 έχουμε : (3)<=>ex=2<=> x=ln2 δεκτή αφού ln 2 > ln � . 3

13. Σε αριθμητική πρόοδο ο πρώτος όρος είναι

α1= ln3 και ο δεύτερος όρος είναι α2= Ιη27.

Να βρεθούν α) ο 1 0ος όρος της και β) το

άθροισμα των 20 πρώτων όρων της.

α) Η διαφορά ω είναι:

ω= αΓ α1 = ln27- ln3= ln27/3= ln9=2ln3 Τότε α1 0= ln3+( 1 0-1 ) ·2 · ln3=ln3+ 1 8ln3 = 1 9ln3 β) S [2 · ln3 +(20- 1) · 2 · 1n3]20 = 400 · ln 3 . 20 2

14. Να λυθεί η εξίσωση :

25ιοg(χ-ι )_6.5 ιοg(χ-Ι> + 100ιogJ5 = Ο (1)

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί χ-1>0 δηλαδή I χ> ι l Παρατηρώ ότι: I OO'ogJS = ι οz ισgν'S = I O'og s = 5 Οπότε ( 1 ) <::::>5 2Iog(x- I )_ 6.5 log(x- 1 )+5=0

Θέτουμε 5 Iog(x- Ι )=y (Πρέπει y>O) και η επιλύουσα της ( 1 ) είναι η / -6y+5=0 που δίνει λύσεις Υ ι = 1 ή Υ2 =5

• Για y= l έχουμε 5 1og(x- I )=y<::::>5 10g(x- Ι )= l<=> <::::>5 Iog(x- I )=5°<::::>log(x-1 )=O<::::>log(x-1 )=log l <=> <=>x-1= 1<=> l x=2 1 δεκτή τιμή

® Για y=5 έχουμε : 5 Iog(x- I )=5<::::>log(x- 1 )= 1 <::::>log(x-l )=log l O<=> <=>χ-Ι= 1 0<::::> I χ= 1 1 1 δεκτή τιμή .

1 5. Να λυθεί η εξίσωση :

(2χ+1)+(2χ+4)+ . . . +(2χ+3 1)=1 10 (1) με χ ε R

Παρατηρούμε ότι το 1 ο μέλος της εξίσωσης είναι άθροισμα διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου με ω=(2χ+4)-(2χ+ 1 )=3 και πλήθος ν που βρίσκεται ως εξής: αv=α,+(ν- 1 )ω<::::>2χ+ 3 1 =2χ+ 1 +(ν-1 ) · 3 <=> 30=3(ν- 1 ) <=> ν= Ι Ι Άρα

(α1 + α1 1 ) 1 1 ( 2χ + 1 + 2χ + 3 1 ) 1 1 s = = = 22χ + 1 76 1 1 2 2 οπότε η ( 1 ) <::::>22χ+ 1 76= 1 1 0 <=> l x = -3 1

1 6. Αν το άθροισμα των ν αρχικών όρων μιας

ακολουθίας (αν) δίνεται από τον τύπο

sν = 3 . ( zν - 1 ) για κάθε ν Ε Ν * ' τότε:

α) Να βρεθεί το αν

β) Να αποδειχθεί ότι η (αν) είναι γεωμετρική

πρόοδος της οποίας να βρεθεί το λ και ο αι

γ) Πόσοι όροι αυτής έχουν άθροισμα 381 ;

α) αν = Sv - Sv_1 = 3 (2v - l ) - 3 (2v-ι - 1 ) = = 3 (2ν - 2ν- Ι ) = 3 · 2ν-Ι ( 2 - 1 ) = 3 · 2ν-Ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/32

Page 35: Ευκλειδης Β 64

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Επαναληπτικά Θέματα

Τζιώτζιος Θανάσης - Καρδαμίτσης Σπύρος

Είναι γνωστό ότι τα θεμέλια της γεωμετρίας τοποθετήθηκαν από τους Αρχαίους Έλληνες, όπου

τα έργα τους αποτέλεσαν την βάση για την πιο πέρα εξέλιξη των μαθηματικών επιστημών. Μεγάλοι

Έλληνες μαθηματικοί όπως ο Ευκλείδης, ο Πυθαγόρας, ο Αρχιμήδης, ο Θαλής έγιναν αντικείμενο

μελέτης της ιστορίας των μαθηματικών και σε πολλά βιβλία τους συναντάμε στοιχεία που τα

μελετάμε σήμερα στο σχολείο. Για παράδειγμα στο βιβλίο Α του Ευκλείδη η πρόταση μζ (47) αναφέρει . . . .

«Εν τοις ορθογωνίοις τριγώνοις το από της την ορθήν γωνίαν υποτεινούσης πλευρές

τετραγώνων ίσον εστί τοις από των την ορθήν γωνίαν περιεχουσών πλευρών τετραγώνοις » που φυσικά είναι το γνωστό σε όλους μας Πυθαγόρειο Θεώρημα.

Ε JJ! Π Η Σ Ι:: Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ ΛΑΘΟΥΣ Ε ΡΩ'ΙΉ Σ Ε Ι Σ Π ΟΛΛΑ Π Λ Η Σ ι::: Ι Ι ΙΛ Ο Γ Η Σ Τρίγωνο με πλευρές α = μ2+ 1 , β = 2μ και γ = μ2- 1 . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ (Α = 90°) το

1 όπου μ ακέραιος (μ> 1 ) είναι ορθογώνιο. τμήμα ΑΔ είναι ύψος του. Αν ΒΔ = 8 και ΔΓ = 24, 2. Η διάμεσος ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α , , αJ2 ειναι ιση με --3

3 . Αν δύο τρίγωνα έχουν ίσα εμβαδά, τότε τα τρίγωνα αυτά είναι ίσα. 4. Ισόπλευρο τρίγωνο πλευράς 2χ είναι ισοδύναμο με τετράπλευρο με κάθετες διαγώνιους με μήκη x .J3 και χ/2 .

ΞΙ . Σε δύο τρίγωνα ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με τον λόγο των υψών τους.

6 . Η γωνία ενός κανονικού ν-γώνου και η κεντρική του γωνία είναι συμπληρωματικές.

7. Η πλευρά τετραγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας 2α είναι α J2

Λ. Π Λ ΥΓ Η Σ Ε Ι Σ

I Σ I r I � I : I � I : I : I � I

τότε η πλευρά του ΑΒ έχει μήκος: Α . 4 Β. 1 6 ι\ . 1 6.J3 Κ 4J2

Γ. 8.J3

2. Το εμβαδό Ε ισοπλεύρου τριγώνου πλευράς α δίνεται από τον τύπο : Λ . Ε = α.J3 Β. Ε = α

2.J3 4 2

1'. Ε = α2 • f-k ι\ . Ε = α2

Ε . Κανένας από τους προηγούμενους τύπους.

3. Σε τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού 8 προεκτεί-νουμε την πλευρά ΒΓ = α κατά τμήμα Γ Δ = Υ2 α, τότε το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΔ είναι: Α . 1 0 Β. 1 1 Γ. 1 2 Δ. 1 3 Ε . 1 4

4 . Η γωνία ενός κανονικού πολυγώνου εγγεγραμμένου σε κύκλο ακτίνας R είναι 1 20°, τότε το εμβαδόν του είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/33

Page 36: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Rz Α. - Β. RzJi

Γ . 3R2Ji 2 2 2 RzJi Λ. -- Ε . 3R2J3

3 2 5 . Δίνεται κύκλος (O,R) και δύο παράλ-ληλες χορδές του ΑΒ=ΓΔ=λ3 • Η περί-μετρος του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ είναι: Α. 2R( J3 + 1 ) \ . R2 .fj

Β. 3R

κ 3 .fj R.

(")

Γ. 5R 3

6. Σε τεταρτοκύκλιο Ο. ΒΓ ακτίνας R το μήκος του τόξου ΒΓ είναι: Λ . πR Β. πR Γ . πR

3 2 Ε . 3πR.

Α Π Α Ν ΊΉ Σ Ε Ι Σ 2

Β Γ

Αl: Κ Η Σ Η J 'l

5 6 Λ. Α

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές ΑΒ = γ, ΑΓ =

β, ΒΓ = α και η διάμεσος ΑΜ = μα που

αντιστοιχεί στη πλευρά ΒΓ. Αν η γωνία Α = 60°

και γ = 2β. Να αποδείξετε ότι:

. p.J7 . . 3J7β ι) μ = -- ιι) ΜΔ = -- , α 2 14 αν Δ είναι το σημείο που τέμνει η ΑΜ τον

περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ.

Λ Υ Σ Η i ) Με τη βοήθεια του νόμου των συνημιτόνων έχουμε: α2 = β2 +γ2 -2βγσυνΑ = β2 +γ2 -2βγσυν60° = β2 +γ2

1 2 2 -2βγ · - = β +γ - βγ 2

Αφού είναι γ = 2β η παραπάνω σχέση γράφεται:

α2 = β2 + (2β)2 _ β · 2β = β2 + 4β2 _2β2 = 3β2 . Επομένως για την διάμεσο � του τριγώνου

. z 2βz + 2γz - αz εχουμε : μα = 4

2β2 + 2 . (2β)2 - 3β2 - 7β2 • - β.fi __!..._ __ :.....:._�---=-- - - αρα � - --4 4 2

ii) Αφού οι χορδές ΑΔ και ΒΓ τέμνο-νται στο Μ θα ισχύει ότι:

ΜΑΜΔ = ΜΒ·ΜΓ δηλαδή β.fi ΜΔ = � τότε : β.fi ΜΔ = 3β

2 2 4 2 4

Άρα ΜΔ = 3.fiβ . 1 4

ΛΣ Κ Η l: Η 2 1] Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και

Ο εσωτερικό σημείο του τέτοιο ώστε: (ΟΑΒ) =

(ΟΑΓ) = (ΟΒΓ). Αν Κ, Λ οι προβολές του Ο

στις κά-θετες πλευρές ΑΒ, ΑΓ αντίστοιχα και

Μ το μέσον της υποτείνουσας ΒΓ, να δειχθεί

ότι:

ί) ΟΚ = � ΑΓ και ΟΛ = � ΑΒ.

ίί) ΟΒ2

+ ΟΓ2

= 5 ΟΑ2•

ίίί) ΟΑ = 2 ΟΜ.

Λ. Υ Σ Η i ) Επειδή (ΟΑΒ) = (ΟΑΓ) = (ΟΒΓ) και

(ΟΑΒ) + (ΟΑΓ) + (ΟΒΓ) = (ΑΒΓ)

. (ΟΑΒ) (ΟΑΓ) 1 τοτε: = = - . (ΑΒΓ) (ΑΒΓ) 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/34

Page 37: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Β

Γ

Όμως τα τρίγωνα ΟΑΒ και ΑΒΓ έχουν κοινή β , , ΟΚ (ΟΑΒ) 1 , ΟΚ αση την ΑΒ οποτε - = = - , αφου ΑΓ (ΑΒΓ) 3 και ΑΓ είναι τα αντίστοιχα ύψη τους. Επομένως ΟΚ = yj ΑΓ. Όμοια και τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΑΒΓ έχουν κοινή βάση την ΑΓ και ύψη τα ΟΑ και ΑΒ αντίστοιχα, άρα και ΟΑ = yj ΑΒ. ii) Στο τρίγωνο ΟΒΚ από Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει: ΟΒ2 = ΒΚ2 + ΟΚ2

2 1 2 2 1 2 =(ΑΒ - ΑΚ) - ( )ΑΓ) = (ΑΒ - ΟΑ) - ( 3 ΑΓ) =

= ( � ΑΒ)2 +( _!_ ΑΓ)2 = i ΑΒ2 + _!_ ΑΓ2 ( 1 ) 3 3 9 9 Εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο Θεώρημα και στο τρίγωνο ΟΓΛ έχουμε: ΟΓ2 = ΓΛ2 + ΟΛ2 = =( � ΑΓ)2 +( _!_ ΑΒ)2 = i ΑΓ2 + _!_ ΑΒ2 (2) 3 3 9 9 Από ( 1 ) + (2) είναι:

ΟΒ2 + ΟΓ2 =� (ΑΒ2 + ΑΓ2) = � ΒΓ2 (3 ) 9 9

Επίσης στο τρίγωνο ΚΟΑ το Πυθαγόρειο Θεώρημα δίνει:

ΟΑ2 = ΟΚ2 + ΑΚ2 = ΟΚ2 + ΟΛ2 = =_!_ (ΑΓ2 + ΑΒ2) = _!_ ΒΓ2 (4) 9 9

Από τις σχέσεις (3) και (4) προφανώς ισχύει: ΟΒ2 + ΟΓ2 = 5 ΟΑ2 . (iii) Από το τρίγωνο ΟΒΓ

1 ° θεώρημα των διαμέσων στο ΒΓ2 ισχύει: ΟΒ2 + ΟΓ2 = 20Μ2 + --2

η οποία λόγω του ερωτήματος (ii) γίνεται: 50Α2 = 20Μ2 + ΒΓ2

2 Όμως στο ίδιο ερώτημα έχει δειχθεί ότι

ΟΑ2 = _!_ ΒΓ2 άρα ΒΓ2 = 9 ΟΑ2• Συνεπώς ισχύει 9 ότι: 50Α2 = 20Μ2 + 90Α2

2 ΟΑ2 = 40Μ2 δηλαδή ΟΑ = 2 ΟΜ.

ΑΣΚΗΣΙΙ 3η

που είναι

Έστω οι κύκλοι (0, R) και (Κ, r) με R > r.

Να αποδειχθεί ότι:

i. Τα σημεία που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς

τους δύο κύκλους ανήκουν σε μια σταθερή

ευθεία που είναι κάθετη στην διάκεντρο αυτών

(η ευθεία αυτή ονομάζεται ρ ιζικός άξονας).

ii. Η απόλυτη τιμή της διαφοράς των δυνάμεων

ενός τυχαίου σημείου Μ

ως προς τους δύο κύκλους είναι ίση με 2·0Κ·λ,

όπου λ η απόσταση του Μ από τον ριζικό άξονα

(Θειiψη μα Casc� ).

ΛΥ2:Η i) Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε ότι οι δύο κύκλοι δεν έχουν κοινά σημεία και ονομάζουμε Λ ένα σημείο για το οποίο είναι:

ΔΛ(Ο, R) = ΔΛ(Κ, r) δηλαδή ΛΟ2 - R2 = ΛΚ2 - r2 ή ΛΟ2 - ΛΚ2 = R2 - r2 .

Στο τρίγωνο ΛΟΚ φέρουμε την διάμεσο του ΛΑ και το ύψος του ΛΒ, τότε από 2° θεώρημα διαμέσων έχομε: ΛΟ2 - ΛΚ2 = 2 ·0ΚΑΒ.

Λ

Άρα 2·0ΚΑΒ = R2 - r2 που δίνει: ΑΒ = R 2 - r2 20Κ

Οπότε το Β απέχει σταθερή απόσταση από το μέσον Α της διακέντρου ΟΚ. Έτσι λοιπόν τα σημεία που έχουν ίσες δυνάμεις ως προς τους δύο κύκλους ανήκουν στην σταθερή ευθεία (ε) που

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/35

Page 38: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

είναι κάθετη στην διάκεντρο στο σημείο Β .

_ . . Στην περίπτωση που οι κύκλοι

τέμνονται ο ριζικός άξονας είναι η ευθεία της

κοινής τους χορδής. Ενώ όταν εφάπτονται

εσωτερικά ή εξωτερικά είναι η εφαπτομένη τους

στο σημείο επαφής.

ii) Στο τρίγωνο ΜΟΚ (ΜΚ > ΜΟ) η ΜΝ είναι διάμεσος και το ΜΡ ύψος. Έστω Σ η τομή του ριζικού άξονα (ε) με την ΟΚ. Από 2° θεώρημα διαμέσων ισχύει:

(ε) ΜΚ2 - ΜΟ2 = 2 ·0Κ.ΝΡ =

κ

R2 - r2 =2 ·0Κ(ΡΣ - ΝΣ) = 2 ·0Κ( λ - 2 . ΟΚ ).

τ ΝΣ R 2 - r2 . β θ . . . ο = 2 . ΟΚ εχει ρε ει στο πρωτο ερωτημα. Επομένως ΜΚ2 - ΜΟ2 = 2 ·0Κ.λ - (R2 - r) άρα IΔM(K,r) - ΔΜ(Ο,R) I = I ΜΚ2 - r - Μ02 + R2 l = =Ι 2 ·0Κ.λ - R2 + r2 - r + R2 l = 2 ·0Κ·λ.

Δίνεται κύκλος (0, R) και εξωτερικό του

σημείο Μ από το οποίο φέρουμε τα εφαπτόμενα

τμήματα ΜΑ και ΜΒ. Αν (ΜΑΒ) = 3(0ΑΒ),

να υπολογισθούν ως συνάρτηση της ακτίνας R.

i. η διάκεντρος ΜΟ

ii. η χορδή ΑΒ

iii. η περίμετρος και το εμβαδόν του

μικτογράμμου τριγώνου που ορίζεται

από τα εφαπτόμενα τμήματα ΜΑ, ΜΒ και του

κυρτού τόξου ΑΒ.

i) Επειδή τα τρίγωνα ΜΑΒ και ΟΑΒ έχουν κοινή

βάση την ΑΒ και ύψη τα ΜΓ, ΟΓ αντίστοιχα, όπου Γ το σημείο τομής της ΑΒ με την ΜΟ τότε είναι:

(ΜΑΒ) ΜΓ

(ΟΑΒ) ΟΓ

-··- · · - - - -- . .. Α

\.

.. ..... .___ -------- Β

Άλλα (ΜΑΒ) = 3 (0ΑΒ) οπότε ΜΓ = 3ΓΟ άρα ΜΟ = 4ΓΟ

ΓΟ = _!_ ΜΟ. 4 Όμως στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΜ η ΑΓ είναι ύψος δηλαδή ισχύει: ΓG-ΜΟ = ΟΑ2 ή ΜΟ · ΜΟ 4 = ΟΑ2 ή ΜΟ2 = 4R2 συνεπώς ΜΟ = 2R. ii) Είναι ΓΟ = �ΜΟ = � 2R = � , δηλαδή η ΓΟ είναι ίση με το απόστημα κανονικού τριγώνου οπότε η ΑΒ είναι ίση με την πλευρά κανονικού τριγώνου, άρα ΑΒ = .J3R. iii) Από τα δεδομένα του ερωτήματος (ii) η γωνία

Λ ΑΟΒ είναι ίση με την κεντρική γωνία του κανονικού τριγώνου, άρα ΑΟΒ = 1 20° . Επομένως

. . ξ ΑΒ . ο πR120ο 2πR το μηκος του το ου ειναι: -t ΑΒ =� =3 · δηλαδή η ΓΟ είναι ίση με το απόστημα κανονικού τριγώνου οπότε η ΑΒ είναι ίση με την πλευρά κανονικού τριγώνου, άρα ΑΒ = .J3R. Ακόμη από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΜΟ έχομε:

ΜΑ2 = ΜΟ2 - ΑΟ2 = 4R2 -R2 = 3R2 • Δηλαδή ΜΑ = ΜΒ = .J3R. Συνεπώς η ζητούμενη περίμετρος είναι:

r::; 2πR Π = ΜΑ + ΜΒ+ f ΑΒ = 2 ν .;R + -- . 3 Α ν Ε το εμβαδόν του μικτογράμμου τρίγωνου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/36

Page 39: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

" ΜΑΒ τότε : Ε = (ΜΑΟΒ)-(0 ΑΒ) . Το τετράπλευρο ΜΑΟΒ έχει κάθετες διαγώνιους, άρα

(ΜΑΟΒ) = _!_ ΜΟ· ΑΒ= 2R . JlR = JlR 2 . 2 2 Το εμβαδόν του κυκλικού τομέα είναι:

" πR 2 1 20° πR 2 (Ο ΑΒ) = 360° = -3-.

Ε . Ε r;;3R2 πR2 3J1 - π R2 πομενως = "" - -- = . 3 3

Έστω Ο το κέντρο του εγγεγραμ-μένου κύκλου

του τριγώνου ΑΒΓ και η ΟΔ _l_ ΒΓ. Να

αποδειχθεί ότι:

ΟΑ · ΟΓ ΑΓ ί. = ΟΒ · ΟΔ ΒΔ

ΟΑ2 ΑΒ · ΑΓ ii. = --­

ΟΔ2 ΔΒ · ΔΓ

i) Αφού το Ο είναι το έκκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ, τότε οι ΟΑ, ΟΒ και ΟΓ είναι διχοτόμοι των γωνιών του. Επομένως στο τρίγωνο ΟΑΓ είναι:

Α

Γ Λ Λ

Α1+ ΑΟΓ + Γ 1 = 1 80° άρα ΑΟΓ = 1 80° - Α+ Γ 2

Λ ενώ στο τρίγωνο ΟΒΔ η γωνία ΒΟΔ είναι:

Άρα Λ Λ Λ

ΑΟΓ+ ΒΟΔ : 270°- Α+ Β+ Γ = 1 80°. 2 (ΟΑΓ) ΟΑ · ΟΓ

=

(ΟΒΔ) ΟΒ · ΟΔ Επομένως ( 1 )

Αλλά τα τρίγωνα ΟΑΓ και ΟΒΔ έχουν ίσα ύψη, την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου, δηλαδή

(ΟΑΓ) ΑΓ (ΟΒΔ) ΒΔ (2)

Λ ii) Όμοια με το ερώτημα (i) οι γωνίες ΑΟΒ και

Λ ΓΟΔ είναι παραπληρωματικές και τα ύψη των τριγώνων ΟΑΒ και ΟΓ Δ είναι ίσα, άρα ισχύει:

ΟΑ · ΟΒ ΑΒ ΟΓ · ΟΔ ΓΔ

Πολλαπλασιάζοντας το αποτέλεσμα του ερωτήματος (i) με την παραπάνω σχέση είναι:

ΟΑ2 ΑΒ · ΑΓ = ---ΟΔ2 ΔΒ · ΔΓ

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο σε

κύκλο (0, R) και Μ μεταβλητό ση-μείο του (") κυρτού τόξου ΑΒ .

i. Να αποδειχθεί ότι: (ΑΜΓΔ) = ! ΜΔ2•

2

ii. Να υπολογισθούν η μέγιστη Ε1 και η

ελάχιστη Ε2 τιμή του (ΑΜΓ Δ).

iii. Αν ισχύει: (ΑΜΓΔ) = Ε ι + Ε2 να αποδειχθεί 2

ότι: ΑΜ = λ12•

i) Ισχύει: (ΑΜΓΔ) = (ΑΓΔ) + (ΑΜΓ). . 1 1 2 2 Ειναι (ΑΓΔ) = - · ΑΔ·ΔΓ = - · λ.ι = R .

2 2 Έστω ΜΚ το ύψος του τριγώνου ΑΜΓ, τότε:

1 1 (ΑΜΓ) =- · ΑΓ·ΜΚ =- · 2R-MK= R·MK 2 2

επομένως (ΑΜΓΔ)=R2 + R · ΜΚ= R(R + ΜΚ). ( 1 ) Μ

Δ�r Α . . ( 1 ) (2) . ΟΑ · ΟΓ ΑΓ πο τις σχεσεις και εχουμε: = - . ΟΒ · ΟΔ ΒΔ

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΜΒΔ αν Ε η προβολή του Μ στην ΒΔ έχουμε: ΜΔ2 = ΔΒ·ΔΕ = 2R(R +

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/37

Page 40: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΕΟ) .Επειδή όμως το τετράπλευρο ΜΚΟΕ είναι ορθογώνιο είναι ΕΟ = ΜΚ, τότε

ΜΔ2 =2R(R + ΕΟ)= 2R(R + ΜΚ) (2) 1 Από τις ( 1 ) και (2) έχομε ότι: (ΑΜΓΔ) = - · ΜΔ2. 2

ii) Επειδή το σημείο Μ κινείται στο κυρτό τόξο Γ\

ΑΒ η μέγιστη τιμή του ευθυ-γράμμου τμήματος ΔΜ είναι το τμήμα ΔΒ και η ελάχιστη τιμή του είναι το τμήμα ΑΔ, επομένως έχουμε:

Ε ι = (ΑΒΓΔ) = λ24 = (R.Ji )2 = 2R2 και 1 2 1 2 2 Ε2 = (ΑΓΔ) =- - � = - · 2R =R 2 2

. . . ) Α , (ΑΜΓΔ) Ε , + Ε2 2R2 + R2 3R2 ιιι φου = 2 = 2 2 , , , ( " ) , Μ� 3R 2 , τοτε απο το ερωτημα ι εχουμε: -2- = -2- αρα

ΜΔ = .J3 R. Επομένως ΜΔ = λ3 άρα το τόξο n n ΔΑΜ είναι 1 20°, τότε το τόξο ΑΜ θα είναι 30°.

Όμως 30° είναι και η κεντρική γωνία του κανονικού 1 2-γώνου. Ισχύει λοιπόν ότι

Λ

ΑΟΜ = ω1 2 επομένως ΑΜ = λ1 2

ΛΣΚ Η Σ Η 7'� Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και σημείο Δ της πλευράς

ΒΓ τέτοιο ώστε: ΒΔ= κ·ΔΓ, με κ ε Ν*. Αν Μ

τυχαίο σημείο της ΑΔ να δειχθεί ότι:

ί. (ΑΔΓ) = _l_ (ΑΒΓ). κ + l

(ΑΜΒ) (ΑΜΓ) ίί. = -'----'-(ΒΜΔ) (ΜΔΓ)

Λ Υ Σ Η i ) Τα τρίγωνα ΑΔΓ και ΑΒΓ έχουν κοινό ύψος, έστω υ, τότε ισχύει:

Α

Β

(ΑΔΓ) = ΔΓ ΔΓ ΔΓ ΔΓ (ΑΒΓ) ΒΓ ΒΔ + ΔΓ κ · ΔΓ + ΔΓ (κ + 1)ΔΓ Επομένως (ΑΔΓ) = -1- (ΑΒΓ) . κ + 1 Παρατιίρηση: Αν κ = 1 τότε η ΑΔ είναι διάμεσος

του τριγώνου ΑΒΓ και (ΑΔΓ) = !_ (ΑΒΓ), που 2 είναι η γνωστή πρόταση.

ii) Επειδή ισχύει ότι: ΑΜΒ+ ΒΜΔ = 1 80° τότε: (ΑΜΒ) ΑΜ · ΒΜ = ΑΜ ( 1 ) (ΒΜΔ) ΒΜ · ΜΔ ΜΔ .

Επίσης παραπληρωματικές είναι και οι γωνίες Λ Λ ΑΜΓ και ΓΜΔ . Οπότε:

(ΑΜΓ) _ ΑΜ · ΜΓ = ΑΜ (ΓΜΔ) ΜΓ · ΜΔ ΜΔ

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχομε: (ΑΜΒ) _ (ΑΜΓ) (ΒΜΔ) (ΜΔΓ)

ΑΣ Κ Η Σ Η 8 '�

(2)

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ με ΑΒ//ΓΔ (ΑΒ<ΓΔ)

και ΕΖ η διάμεσος που τέμνει την ΒΔ στο θ και την ΑΓ στο Η. Να αποδειχθεί ότι:

ί. (ΑΓΘ) = (Γ ΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ)

ίί. (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ)

iii. (ΑΘΔ) = (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ)

ΛΥΣ Η ί) Προφανώς ισχύει ότι: (ΑΓΘ)=(ΑΗΘ)+(ΓΗΘ)=

1 . 1 =- · ΘΗ·υ+- · ΘΗ·υ=ΘΗ·υ . ( 1 ) 2 2 Όπου υ η απόσταση της ΘΗ από τις βάσεις του τραπεζίου . Επίσης:

1 1 (Γ ΔΕΖ) -(ΑΒΖΕ)=- · (ΕΖ+Γ Δ)υ-- · (ΕΖ+ΑΒ)υ= 2 2 1 1 =- · (ΕΖ + ΓΔ - ΕΖ - ΑΒ) υ = - · (ΓΔ - ΑΒ)υ. 2 2

�-----------�Β

Δ Γ Γ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/38

Page 41: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Όμως είναι γνωστό ότι: _!_ · (Γ Δ-ΑΒ)=ΘΗ. 2 Άρα (ΓΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ) = ΘΗ·υ . (2) Από τις σχέσεις ( Ι ) και (2) έχουμε:

(ΑΓΘ) = (Γ ΔΕΖ) - (ΑΒΖΕ) .

ii) Είναι: (ΑΘΔ) � (ΑΘΕ) + (ΘΕΔ) = Ι 1 . =- · ΘΕ·υ + - · ΘΕ·υ = ΘΕ·υ. 2 2

Αντίστοιχα ισχύει ότι: (ΒΗΓ) = (ΒΗΖ) + (ΗΖΓ) = 1 1 =- · ΖΗ·υ + - · ΖΗ·υ = ΖΗ·υ. 2 2

Προσθέτοντας κατά μέλη είναι: (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΘΕ + ΗΖ)υ = (ΕΖ - ΘΗ)υ =

1 =- · (ΑΒ + ΓΔ - ΓΔ + ΑΒ)υ = ΑΒ·υ . 2

Όμως (ΑΒΓ) = _!_ · ΑΒ·2υ = ΑΒ ·υ . 2 Άρα (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ).

iii) Από το ερώτημα (ii) ισχύει ότι: (ΑΘΔ) + (ΒΗΓ) = (ΑΒΓ) επομένως είναι:

(ΑΘΔ) = (ΑΒΓ) - (ΒΗΓ) = (ΑΒΗ) επίσης η ΒΗ ίναι διάμεσος του τριγώνου ΒΑΓ οπότε : (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ) . Επομένως (ΑΘΔ) = (ΑΒΗ) = (ΒΗΓ) .

Λl: Κ Η Σ Η 9η Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90° ) με

ΒΓ=α, ΑΓ= β, ΑΒ = γ, β>γ και Ι το έκκεντρο

φέρουμε το ύψος ΑΔ, την διάμεσο ΑΜ και την

ΙΕ κάθετη στην ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι:

. ΜΕ =

β-γ .

. . ΜΔ = β + γ ι. ιι. 2 ΜΕ α

ίίί. (ΙΒΓ) = αβγ

2(α + β + γ)

. \ ΥΣ Η i ) Στο τρίγωνο ΙΒΓ το ΙΕ είναι ύψος και η lM είναι διάμεσος, οπότε από το 2° θεώρημα των διαμέσων έχουμε :

Β

Γ

Όμως στα ορθογώνια τρίγωνα ΕΓΙ και ΕΒΙ από Πυθαγόρειο Θεώρημα ισχύει ότι: ΓΙ2 = ΓΕ2+ΙΕ2 και ΒΙ2 = ΒΕ2+ΙΕ2

Δηλαδή ΓΙ2 - ΒΙ2 = ΓΕ2 - ΒΕ2 = = (ΓΕ + ΒΕ)(ΓΕ - ΒΕ) =α(ΓΕ - ΒΕ). (2) Α ν Ζ και Η είναι τα σημεία επαφής του εγγεγραμμένου κύκλου με τις ΑΒ και ΑΓ αντίστοιχα τότε: ΓΕ = ΓΗ και ΒΕ = ΒΖ άρα: ΓΕ - ΒΕ = ΓΗ - ΒΖ = β - ΑΗ - γ + ΑΖ = β - γ,

μια και ισχύει ΑΗ = ΑΖ. Επομένως η (2) γίνεται:

ΓΙ2 - Bl2 = α(β - γ) . Δηλαδή από την ( Ι ) έχουμε ότι:

2αΜΕ = α(β - γ) άρα ΜΕ = β - γ . 2 ii) Από μετρικές σχέσεις στο ορθογώνιο ΑΒΓ

2

ισχύει ότι: β2 = αΓΔ = α( � + ΜΔ)= � + αΜΔ ή 2 2 2βz - αz 2βz - (βz + γz ) βz - γz

ΜΔ= = =�� 2α 2α 2α

Οπότε από ερώτημα (i) είναι: ΜΔ βz - γz (β-γ)(β + γ) β + γ ΜΕ α(β-γ) α(β-γ) α

iii) Το (ΙΒΓ) = _!_ (α· ΙΕ) = _!_ (α·ρ), όπου ρ η 2 2 ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου στο τρίγωνο

1 Ι ΑΒΓ. Αλλά (ΑΒΓ) = τ·ρ ή "2 βγ=2 (α+β+γ)ρ

άρα ρ = βγ . α + β + γ Επομένως: (ΙΒΓ) = αβγ

2(α + β + γ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/39

Page 42: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ΛΣ Κ Η Σ Η IΟη Από σημείο Μ εξωτερικό του κύκλου (0, R) φέρουμε εφαπτομένη του κύκλου ΜΑ και

τέμνουσα ΜΒΓ, ώστε ΑΜΓ = 30° • Κατόπιν

από το μέσον Δ της ΜΑ φέρουμε την ΔΒ που

τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ε και η ΕΜ τον

τέμνει στο Ζ. Να δειχθεί ότι:

i. ΒΖ = R. ίί. Αν η ΟΑ τέμνει την ΓΖ στο Η τότε:

(ΑΜΖΓ) = ΑΗ (ΑΜ + ΓΖ).

2

iii. 4ΔΟ2 -ΜΟ

2 = λ � , όπου λ3 η πλευρά κανονικού

τριγώνου εγγεγραμμένο στον κύκλο (0, R).

i) Από τις μετρικές σχέσεις σε κύκλο είναι: ΔΑ2=ΔΒ·ΔΕ, όμως ΔΑ=ΔΜ, άρα: ΔΜ2 = ΔΒ ·ΔΕ ' ΔΜ = ΔΒ . η ΔΕ ΔΜ Επομένως τα τρίγωνα ΜΔΕ και ΒΔΜ είναι όμοια, άρα ΜΕΔ = ΔΜΓ = 30° .

\, \

Ε

\,,�::.------::7. Γ 'χ, �

Λ

Μ

Όμως η ΜΕΔ είναι εγγεγραμμένη με αντίστοιχο τόξο το ΖΒ.

Οπότε το τόξο ΖΒ είναι 60°, όσο και η κεντρική γωνία κανονικού εξαγώνου, άρα και χορδή

ΖΒ = λι; = R. ii) Η γωνία ΒΓΖ είναι εγγεγραμμένη στον κύκλο και έχει αντίστοιχο τόξο το ΒΖ, άρα έχουμε ότι:

Λ Λ Λ ΒΓΖ = ΜΕΔ = ΔΜΓ =30° . Επομένως ΜΑ I/ ΓΖ,

αφού οι εντός εναλλάξ γωνίες είναι ίσες, συνεπώς το ΜΑΓΖ είναι τρα-πέζιο . Η ΟΑ είναι κάθετη στην ΜΑ, οπό-τε και στη ΓΖ, δηλαδή το ΑΗ είναι το ύψος του τραπεζίου . Άρα (ΑΜΖΓ) = ΑΗ (ΑΜ + ΓΖ) . 2 iii) Η δύναμη του σημείου Μ ως προς τον κύκλο είναι: ΔΜ(Ο,R) = ΜΑ2 ή ΜΑ2 = ΜΟ2 - R2. Άλλα ΜΑ = 2ΔΑ οπότε : 4ΔΑ2 = ΜΟ2 - R2 . Όμοια από την δύναμη του Δ προς τον κύκλο είναι:

ΔΑ2 = Δ02 - R2• Ισχύει λοιπόν ότι: 4ΔΟ2 - 4 R2 = ΜΟ2 - R2 ή

4Δ02 - ΜΟ2 = 3 R2 = ( .J3 R)2

Η πλευρά ενός κανονικού τριγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο είναι .J3 R Επομένως έχουμε:

4Δ02 - Μ02 = λ23 •

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α, και ο

κύκλος (Γ, ΒΓ) που τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο

σημείο Μ. Στο ση-μείο Μ η εφαπτομένη του

κύκλου τέ-μνει τις πλευρές του τετραγώνου ΑΒ

και ΑΔ στα σημεία Κ και Λ αντίστοιχα.

i. Να υπολογίσετε το εμβαδό του τρι-γώνου

ΑΚΛ ως συνάρτηση της πλευ-ράς α του

τετραγώνου.

ίί. Να υπολογίσετε το εμβαδό του μικτογράμμου

τριγώνου ΔΛΜ

i) Η διαγώνιος ΑΓ του τετραγώνου έχει μήκος: ΑΓ = .Jα2 + α2 = .f);;! = α.fi

και το τμήμα ΑΜ έχει μήκος:

ΑΜ = ΑΓ - ΜΓ = αJ2 - α = α( .fi -1 ) .

Στο τρίγωνο ΑΚΛ η ΑΜ είναι διχοτόμος και ύψος επομένως το τρίγωνο είναι ισο-σκελές και η ΑΜ είναι και διάμεσος, τότε ΜΛ = ΜΚ = χ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/40

Page 43: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Δ I α Γ

κ

Α Β

Ισχύει ΑΜ2 = χ · χ = χ2 άρα είναι ΑΜ = χ = α( .J2 - 1 ) επομένως το εμβαδό του τριγώνου ΑΚΛ είναι: (ΑΚΛ) = _!_ · 2χ · ΑΜ = χ · χ = χ2 = α2 • ( .J2 - 1)2 2

ii) Το εμβαδό του μικτογράμμου τριγώνου ΔΛΜ είναι:

(

(ΔΛΜ) = (ΑΔΓ) - (ΑΜΛ) - Ετ(Γ, Γ Δ) =

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = γ, ΑΓ = β,

ΒΓ = α. Α ν α2

= β2

+ βγ να αποδείξετε ότι: Λ Λ

Α = 2 Β .

Να χρησιμοποιήσετε τους νόμους των ημιτόνων και των συνημιτόνων μαζί με την δοθείσα σχέση για να αποδείξετε ότι: ημΑ = ημ2Β .)

Να υπολογισθεί το εμβαδόν ενός κύκλου (0,

R), αν γνωρίζουμε ότι η διαφορά των εμβαδών

του εγγεγραμμένου τετραγώνου από

περιγεγραμμένο τετράγωνο είναι ίση

( Υπολογίστε τα εμβαδά

το

του

Στην προέκταση της πλευράς ΒΓ ενός

ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒΓ ορί-ζουμε σημείο Δ

ώστε(ΑΒΓ) = (ΑΓΔ). Να δειχθεί ότι:

ΑΔ = J3 ΑΒ.

( Υπολογίστε αρχικά τις γωνίες ΑΓ Δ και ΒΑΔ και διαπιστώστε ότι το τρίγ . ΒΑΔ είναι ορθογώνιο στο Β )

Σε ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ ενός κύκλου

(0, R) φέρουμε χορδή Γ Δ παράλληλη της ΑΒ.

Αν η γωνία ΑΟΓ είναι ίση με φ < 90°, να

υπολογισθεί:

i. Το (ΓΟΔ) με την βοήθεια της φ.

ii. Το εμβαδόν του μικτογράμμου τραπεζίου

ΑΒΔΓ όταν το (ΓΟΔ) πάρει την μέγιστη τιμή

του.

( Αρχικά υπολογίστε την γωνία ΓΟΔ, το εμβαδό (ΓΟΔ) παίρνει την μέγιστη τιμή του όταν ημ2φ = 1 . Απ. Ε (2 + π)R 2

• ) 4

Σε ορθογώνιο και ισοσκελές τρίγω-νο ΑΒΓ

( Α = 90° ) θεωρούμε ευθεία παράλληλη της ΒΓ

που τέμνει την ΑΒ στο Δ και την ΑΓ στο Ε.

Να αποδεί-ξετε ότι το εμβαδόν του τραπεζίου

ΒΔΕΓ είναι Υ.ι(ΒΓ2

- ΔΕ2).

( Χρησιμοποιήστε ότι το ύψος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα του τριγώνου είναι και διάμεσός του, το ζητούμενο εμβαδό είναι (ΑΒΓ)-(ΑΔΕ) )

Το τρίγωνο ΑΒΓ βρίσκεται εσωτερικά του

τριγώνου ΚΛΜ ώστε

ΑΒ//ΚΛ, ΑΓ//ΚΜ, ΒΓ//ΛΜ και οι αποστάσεις

των παραλλήλων πλευ-ρών είναι ίσες με α.

Επίσης είναι γνω-στή η περίμετρος 2τ και το

εμβαδόν Ε του τριγώνου ΑΒΓ.

i. Να αποδειχθεί ότι τα δύο τρίγωνα έχουν το περιγγεγραμμένου και εγγεγραμ-μένου ίδιο έγκεντρο. τετραγώνου . Απ. Ε = 25π) ίί. Να βρεθεί ο λόγος ομοιότητας των δύο

τριγώνων.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/41

Page 44: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ίίί. Να υπολογισθεί ο λόγος των περιμέτρων

καθώς και των εμβαδών των δύο τριγώνων.

(εξετάσεις ΑΣΕΠ 2007)

( Υ Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η : i. Έστω Η το έγκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ αποδείξετε ότι το Η ισαπέχει από τις πλευρές του τριγώνου ΚΛΜ. ii) ο λόγος ομοιότητας δύο τριγώνων είναι ίσος με το λόγο των ακτίνων των εγγεγραμμένων κύκλων

τους, χρησιμοποιήστε την σχέση Ε = τ·ρ για να αποδείξετε ότι ο λόγος ομοιότητας είναι

α τ λ = 1 + -. Ε

iii) ο λόγος των περιμέτρων είναι ίσος με τον λόγο ομοιότητας, ενώ ο λόγος των εμβαδών τους είναι ίσος με το τετράγωνο του λόγου ομοιότητας)

Κατεύθυνση Επαναληπτικά θέματα

Των Κώστα Βακαλόπουλου, Βασίλη Καρκάνη, Άννας Βακαλοπούλου

Ά σκη ση Ι η Δίνονται τα διανύσματα α, β διάφορα του

μηδενικού για τα οποία ισχύει:

ί) Να βρεθούν τα μέτρα των διανυσμάτων

α, β .

ίί) Να βρεθεί η γωνία των διανυσμάτων

α, β .

ίίί) Να δείξετε ότι: προβα β = α

iv) Αν ΟΑ = α και ΟΒ = β όπου Ο η αρχή

των αξόνων να βρεθεί το εμβαδόν του

τριγώνου ΟΑΒ

Λίιση i) Έχουμε: α · β = 1 ( 1 )

Επίσης: ι α+ 2βι = .fiϊ <:::> ι α + 2β12 = .fij2 <:::>

<=> (α + 2β)2 = 2 1 <=> α2 + 4αβ + 4β2 = 2 1

( Ι ) ι - ι Ζ ι- ι 2 <:::> α + 4 β = 1 7 (2)

( - - )2 - 2 - - - 2 ( Ι ) <:::> 2α - β = 4 <:::> 4α - 4αβ + β = 4 <:::>

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων (2), (3) παίρνουμε :

. . . (�) α . β ( Ι ).( ί ) 1 1 ιι) Ειναι: συν α, β = �� · lβl = }.2 =l

(.ο:;-::;. ) π άρα : α, β = J - - - - προβ .• β/' .Λi iii) Έχουμε : α · β = α · προβ.- β = 1 <:::> α

Ι;:ι ι -ι ( i ) ι -ι · - -ϊ · προβ.α β = 1 <:::> προβ.α β = 1 . Άρα: προ β. α β = α

ν) Είναι: (ΟΑΒ ) = Ξ ΙοΑ Ι · IΟΒ I · ημ (ΟΑ:ΟΒ) =

1 ι - ι ι - ι (.o:;-::;. ) ( i ) . ( i i ) 1 π .J3 = "2 α · β ημ α, β = 2 - 1 · 2 · ημ"3 = Τ τ.μ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/42

Page 45: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Άσκηση 2η

Δίνονται οι ευθείες:

ε1 : 2 ιa ι χ + ψ = 5, ε2 : 4 ιβ ι χ + ψ = -3, ε3 : χ - 4ψ = 2

όπου α, β δυο διανύσματα και u = α - 2β . Αν

(�) 2π ε1 // ε2 , ε2 .l ε3 και α , β = 3 τότε να δείξετε

ότι: ί) ια ι = 2, I P I = 1 και ι � ι = 2J3

ίί) β . � = -3

Λύση Έχουμε: ε 1 ff ε2 {::? λε l = λε2 {::? -2 ι�ι = -4 ιβ ι {::? ι �ι = 2 ιβ ι ( 1 )

Επίσης: ε2 _l ε3 {::? λε2 . λε3 = -1 {::? -4 ιβι -� = -1 {::? ι β ι = 1

Οπότε από την ( 1 ) είναι: ι � ι = 2 .

- - - ι� ι ι - .x=iJ _,__J�I2 ι - �2 Επίσης: u = α - 2β οπότε ϊ = α-.<.f-1 .,_1ϊ = α-.<.f-1 =

Άρα: (-2�) = � (3)

Λόγω των (2), (3) είναι: ( �) = 5 ( -2�) .

Άσκηση 3'�

Δίνεται το τρίγωνο ΑΒΓ με Α(3,2), Β(-1 ,0) και Γ(-3,4)

Να βρεθούν οι συντεταγμένες του:

Α.

ί) Ορθόκεντρού του (Η)

ίί) Βαρύκεντρού του (G)

ίίί) Περίκεντρού του (Ο) και

iv) Έγκεντρού του (I)

Β. Να βρεθεί η εξίσωση του περιγεγραμμένου κύκλου στο ΑΒΓ.

Λί>ση

=(�-2β)2 = �2 -4(Χi3+4β2 = 1�2 _4�� - Ιβlσυν23π +4Ιβ1 2 = (Θυμίζουμε ότι το ορθόκεντρο, το βαρύκεντρο, το

περίκεντρο και το έγκεντρο ενός τριγώνου είναι το

2 ( 1 ) 2 = 2 - 4 · 2 · 1 · -2 + 4 · 1 = 4 + 4 + 4 = 1 2 .

Άρα lu l = Jl2 = 2J3 .

= Ι�Ι · Ι βlσυν 23π - 2 1β1 2 = 2 - 1{ -�)-2 · 12 =-1-2=-3.

. . . . (� ) β . ϋ ( i ) , ( i i ) -3 J3 ηι) Εχουμε : συν β, u = -

ι-ι ι

= � = --β · u 1 · 2ν 3 2

(� ) 5π Άρα: β, u =""""6 (2)

Επίσης:

( � ) -2β . ϋ ( i ) , ( i i ) -β . ϋ -(-3) συν -2β, u = l-2βl · l u l =

lβ l · l u l =

1 . 2J3 =

3 J3 2J3

- 2

σημείο τομής των υψών, των διαμέσων, των

μεσοκαθέτων και των διχοτόμων αντίστοιχα. Άρα

λοιπόν αρκεί να υπολογίσουμε δυο από τα

παραπάνω βοηθητικά στοιχεία κάθε φορά ώστε

επιλύνοντας το σύστημά των εξισώσεών τους να

προσδιορίσουμε τα ζη�ούμενα σημεία) .

i) Έστω υ 1 και υ2 τα ύψη από τις κορυφές Α και Β . Επειδή υ1 .l ΒΓ και υ2 .l ΑΓ θα ισχύει:

-1 1 λ · λ = -1 <::? λ = - = - και υι ΒΓ υι -2 2 - 1 λυ · λ Α Γ = -1 <::? λυ = - = 3

ι ι 1 3

Άρα οι εξισώσεις τους είναι:

υ1 : y-2=� (x -3) <::?2y-4=x-3<::?l x -2y+ 1=01 ( 1 )

υ2 : y - 0=3 (x + 1) <::? y=3x + 3<::? 1 3χ - y + 3 = 01 (2)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/43

Page 46: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Επιλύοντας το σύστήμα των εξισώσεων ( Ι ) και (2) έχουμε τις συντεταγμένες του ορθόκεντρου.

{x - 2y + I = O <=> . . . χ = - Ι, y = Ο . 3x - y + 3 = 0

το ορθόκεντρο είναι το σημείο Η(-Ι ,Ο). Παρατηρούμε ότι το ορθόκεντρο Η ταυτίζεται με το

σημείο Β (κορυφή). Πράγματι, το τρίγωνο ΑΒΓ

είναι ορθογώνιο στο Β (λAs.λsr= . . . =-1).

ii) Έστω Κ και Λ τα μέσα των ΒΓ και ΑΓ τότε θα είναι: Κ(-2 , 2), Λ(Ο,3) . Επομένως οι εξισώσεις των διαμέσων από τις κορυφές Α και Β θα είναι:

και

2 - 2 � ΑΚ : y - 2 = -(χ - 3) <=> tr.:.3J 3 + 2

3 - 0 ΒΛ : y - 0 = - (χ + Ι ) <=> Ο + Ι <=> y = 3( χ + Ι) <=> l3x - y + 3 = οΙ

(3)

(4) Παρατηρούμε ότι η διάμεσος από το Β ταυτίζεται με

το ύψος από το Β. Πράγματι το τρίγωνο δεν είναι

μόνο ορθογώνιο στο Β αλλά και ισοσκελές

((ΑΒ)=(Βη= . . . = .fiδ) . Επιλύοντας το σύστημα των εξισώσεων (3) και (4) προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του βαρύκεντρου

Το βαρύκεντρο είναι το σημείο G (-i , 2) . Ως γνωστόν τις συντεταγμένες του

βαρύκεντρου του ΑΒΓ μπορούμε να υπολογίσουμε

και από τους τύπους:

3 - 1 - 3 Ι Έτσι: χ0 = = -- , Υ ο 3 3

2 + 0 + 4 = 2 . 3

iii) Οι μεσοκάθετες ε 1και ε2 στις πλευρές ΒΓ και ΑΓ θα έχουν εξίσωση : (Οι συντελεστές διεύθυνσης θα είναι ίσοι με τους συντελεστές διεύθυνσης των υψών υ ι και υ2 αντίστοιχα) ενώ τα μέσα τους Κ και Λ υπολογίστηκαν στο (ii) Έτσι:

ε1 : y- 2 =� ( x + 2)<=>2y-4= x + 2<=>lx -2y+6 = 01 (5)

ε 2 : y - 3 = 3(x - 0) <=> y - 3 = 3x <:> l3x - y + 3 = 0 1 (6) Επιλύοντας το προσδιορίζουμε περικέντρου.

σύστημα των (5) και (6) τις συντεταγμένες

{χ - 2y + 6 = 0 <=> . . . χ = Ο, y = 3 3χ - y + 3 = 0

Το περίκεντρο είναι το σημείο 0(0,3)

του

Παρατηρούμε ότι το περίκεντρο είναι το μέσο της

πλευράς ΑΓ. Αναμενόμενο (!) αφού ο

περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ έχει

διάμετρο την πλευρά ΑΓ.

iν) Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β θα βρεθούν ως οι γεωμετρικοί τόποι των σημείων του επιπέδου τα οποία ισαπέχουν από τις πλευρές τους. Θα βρούμε καταρχήν τις εξισώσεις των πλευρών ΑΒ, ΑΓ και ΒΓ.

0 - 2 Ι ΑΒ : y - 2 = --(x - 3 ) <=> y - 2 = -(x - 3) <=> -Ι - 3 2

<=> 2y - 4 = χ - 3 <=> Ι χ - 2y + I = ο Ι (7) 4 - 2 Ι ΑΓ : y - 4 = _3 _ 3 ( x + 3 ) <=> y - 4 = -3(x + 3) <=>

<=> 3y - 1 2 = -χ - 3 <=> Ι χ + 3y - 9 = οΙ (s)

4 - 0 ΒΓ : y - 0 = --(x + 1) <=> -3 + 1

<=> y = -2 (χ + 1 ) <=> l 2x + y + 2 = Ο I (9)

Έστω Μ(χ, y) σημείο του επιπέδου. Αν το Μ ανήκει στη διχοτόμο της γωνίας Α πρέπει και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/44

Page 47: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

αρκεί

( ) ( ) l x - 2y + 11 l x + 3y - 9l d Μ,ΑΒ = d Μ,ΑΓ <:::> r; = � <:::> ν5 ν lΟ <:::> J2(x - 2y + 1 ) = ± ( χ + 3y - 9) <:::>

<:::> { J2 - 1 ) χ + ( -2J2 - 3) y + ( J2 + 9) = Ο (δ ι )

ή {J2 + 1) x + {-2J2 + 3) y + {J2 - 9) = 0

η (δ ι ) τέμνει την απέναντι πλευρά ΒΓ στο σημείο που θα προκύψει από τη λύση του συστήματος

' : 1 i - �

Δυο χωριά, που βρίσκονται κοντά στη θάλασσα,

στο χάρτη σ' ένα σύστημα καρτεσιανών

συντεταγμένων είναι στα σημεία Α(4, -1) και

Β(1, -3). Στο ίδιο σύστημα αξόνων η παραλία

εκτείνεται κατά μήκος της ευθείας (ε) με

εξίσωση x-y-1 =Ο. Ένα πυροσβεστικό όχημα ξεκινά από το χωριό

Α και πρέπει το ταχύτερο δυνατόν να φτάσει

στη θάλασσα για να γεμίσει νερό και στη

συνέχεια να πάει στο χωριό Β για να σβήσει το

φλεγόμενο σπίτι. {2x + y + 2 = 0 Αν υποθέσουμε ότι το πυροσβεστικό όχημα

{ J2 - 1) χ + { -2J2 + 3) Υ + J2 + 9 = Ο . . . χ =-Ο, 61• Υ = · · μπορεί να κινηθεί σε ευθεία γραμμή να βρεθούν

Επειδή -0, 6 1 έ [χ r , χ 8 ] = [-3, - 1] η εσωτερική διχοτόμος είναι η (δ2) Για τη διχοτόμο της γωνίας Β τα πράγματα είναι απλά ! Ταυτίζεται με το ύψος από το Β (ή τη διάμεσο από το Β). Έτσι το έγκεντρο θα το βρούμε από την επίλυση του συστήματος: {{ J2+ 1) x + { -2J2+3)y+J2+9 = 0 <:::>

3x -y+3 = 0

-5J2 + 1 8 1 7 <=> · · .χ = sJ2 - 1 0 ' Υ = sJ2 - 1 0

Το έγκεντρο είναι το σημείο

� [ -5J2 + 1 8 1 7 ) sJ2 - 1 0 ' sJ2 - 1 0

Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ έχει διάμετρο (όπως αναφέραμε) την πλευρά ΑΓ και κέντρο το μέσο της Λ(Ο , 3) .

. ξ' , θ ' . ψ ' ·( η ε ισωση του α ειναι:

οι εξισώσεις των ευθειών που θα ακολουθήσει

από το χωριό Α προς την παραλία και από την

παραλία προς το φλεγόμενο σπίτι (χωριό Β).

Από τη γεωμετρία και ειδικότερα από

την τριγωνική ανισότητα γνωρίζουμε ότι η

συντομότερη διαδρομή από το Α στο Β μέσω

σημείου της (ε), είναι μέσω εκείνου του σημείου Ρ

της (ε) που είναι η τομή της ΒΑ ' με την (ε) όπου το

Α 'το συμμετρικό του Α ως προς την (ε) .

Έστω Ρ το σημείο τομής της ΒΑ 'με την

(ε) . Αν υπήρχε άλλο σημείο Ρ 'με γρηγορότερη

διαδρομή, τότε:

ΑΡ '+Ρ Έ<ΑΡ+ΡΒ<:=>Α 'Ρ '+Ρ Έ<Α 'Ρ+ΡΒ<:=>

Α 'Ρ '+Ρ Έ<Α Έ άτοπο!

(αφού ισχύει: Α 'Ρ '+Ρ Έ >Α Έ : τριγωνική

ανισότητα στο τρίγωνο Α 'Ρ Έ).

Α ' I I I I I I I I Ι Ρ ,' .... ....

p ·� - - - - - - - -------� Ι Α I I I I I I I I

Β

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/45

Page 48: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Έστω Α 'το συμμετρικό του Α(4, -1 ) ως προς την ευθεία χ - y - 1 = Ο .

Υ

(ε)

χ

A(4,- l )

(ε) Β( Ι ,-3)

Αν Α ' (μ, ν) τότε :

ΑΑ ' .l (ε ) <=> λ ΑΑ . • λ. = -1 <::::> ν + 1 · 1 = - 1 <::::> μ - 4 •

• Α ν Κ το μέσο του ΑΑ · θα είναι κ( μ ; 4 , ν� 1 ) και θα επαληθεύει την

εξίσωση της (ε) .

. μ + 4 ν - 1 Ά ρα : ----- -1 = 0 <::::> 2 2 <::::> μ + 4 - ν + 1 = 2 <=> 1μ - ν = -3 1 (2)

Λύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1 ) και (2) προσδιορίζουμε το σημείο Α · : {μ + ν : 3 <=> {(μ + ν ) + (μ - ν ) = Ο <=> {μ : Ο μ - ν - -3 μ - ν = -3 ν - 3

Άρα: /Α ' (Ο, 3 ) / Η ευθεία Α Ή έχει εξίσωση :

-3 - 3 y - 3 = -- (χ - Ο) <=> y = -6χ + 3 <=> l 6x + y - 3 = οι 1 - 0

Στη συνέχεια θα προσδιορίσουμε το σημείο τομής Ρ των ευθειών Α Ή και (ε) λύνοντας το σύστημα των εξισώσεών τους:

χ - y - 1 = Ο 7χ = 4 7 { { {χ = i

6x + y - 3 = 0<=>

x - y - 1 = 0 <::::> y = -%

Άρα: Ρ(� , -%)

Άρα : Η εξίσωση της διαδρομής από το χωριό Α προς την παραλία θα έχει εξίσωση : (γνωρίζουμε δυο σημεία της: Α(4, -1 ) και Ρ(i , -i) ) : 7 7

3 -- + 1 7 1 y + 1 = (x - 4) <=> y + 1 = -- (x - 4) . _± _ 4 6 7

Από τη παραλία προς το χωριό Β την βρήκαμε :

Άσκη ση 5'1

Τα σχέδια επέκτασης του υπογείου metro της

πόλης του ΠΕΚΙΝΟΥ, περιλαμβάνουν:

α) Τη γραμμή γ1 κάθε σημείο της οποίας σε

ορθοκανονικό σύστημα αξόνων (στο χάρτη)

είναι της μορφής: Α(λ+l, 3λ+l), λεR.

β) τη γραμμή γ2 που περνάει από το σταθμό

Σ(-3, 2) και είναι παράλληλη στο διάνυσμα

� = (-10, 5) .

ί) Βρείτε τις εξισώσεις των νέων γραμμών γ1 και

γ2.

ίί) Στο σημείο 0(0, Ο) στην αρχή των αξόνων

κατασκευάζεται το στάδιο που θα φιλοξενήσει

το αγώνισμα της Άρσης Βαρών. Δεδομένου ότι

το κόστος κατασκευής ανά μονάδα μήκους

γραμμής είναι το ίδιο με ποια γραμμή από τις γι

και γ2 συμφέρει να συνδεθεί το στάδιο της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/46

Page 49: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Άρσης Βαρών.

iii) Α ν το Ολυμπιακό χωριό βρίσκεται στο

εσωτερικό του κύκλου με κέντρο το σημείο

Β(3, 1 ), ποια θα είναι η εξίσωση του κύκλου

αυτού, ώστε να εφάπτεται της γραμμής γz.

i) Έστω Μ(χ, y) τυχαίο σημείο της ευθείας γ ι . Τότε χ = λ + 1 και y = 3λ + 1 για κάθε λεR.

y - 1 ;\ ιΗι. : λ = χ - 1 = -- για κάθε λεR. 3

:' ( ψ U. " 3χ - 3 = y - 1 <:::::> 1 3χ - y - 2 = 01 : η εξίσωση

της ευθείας γ 1 • Η εξίσωση της ευθείας γz είναι:

y - 2 = -5- (χ + 3 ) <=> . . . <=> Ι χ + 2y - 1 = ο Ι - 1 0 ii) Το στάδιο της Άρσης Βαρών θα συνδεθεί με τη γραμμή γ2 αφού είναι πλησιέστερα από τη γ ι . Πράγματι:

iii) Πρέπει: d(B, γ2 ) =ρ.

13 + 2 - 1 1 4 ίν) Άρα: ρ = =-JS J5

Άρα: η εξίσωση του κύκλου θα είναι:

Δίνεται μια ευθεία (ε) και ένα σημείο Α εκτός

αυτής. Να βρεθεί ο γ.τ. των κέντρων των

κύκλων που εφάπτονται στην (ε) και περνούν

από το Α.

Έστω Μ(χ, y) τυχαίο σημείο του ζητούμενου γ.τ .

Επειδή το σημείο Μ είναι κέντρο του κύκλου που εφάπτεται στην (ε) και διέρχεται από το Α, Θα ισχύει: d(M, ε)= (ΜΑ)

Α ρ ιi : Το Μ κινείται στην παραβολή με εστία το Α και διευθετούσα την ευθεία ε. Ά σ κηση 7 1 1

Θεωρούμε το σύνολο των σημείων Μ του

επιπέδου των οποίων οι συντεταγμένες (χ, y) 4

επαληθεύουν την ισότητα: L = χ4 - 2χ2 + 1 16

Να βρεθεί η γραμμή (σχήμα) που σχηματίζουν

τα σημεία αυτά στο επίπεδο. Να προσδιορίσετε

κορυφές, εστίες, aσύμπτωτες κ.λπ. σε κάθε

σχήμα που θα βρείτε. Ομοίως αν τα σημεία Μ

επαληθεύουν την ισότητα: χ4 - (y2- 9)

2 = Ο.

2 2 <=> L - x2 + 1 = 0 ή L + x2 - 1 = 0 4 4

Η ( 1 ) παριστάνει υπερβολή με aσύμπτωτες τις ευθείες y = 2χ και y = -2χ, εστίες τα σημεία ( JS, o ) , ( -JS, o) και κορυφές τα σημεία (- 1 , Ο)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/47

Page 50: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

και ( 1 , 0).

/···ο __ _ _ _ _ , __

/' -�----χ

Η (2) παριστάνει έλλειψη με εστίες τα σημεία (Ο, -.fi) και (Ο, .fi) και κορυφές τα σημεία (0, -2) και (0,2) και επίσης τα σημεία (-1 , Ο) και

Το κέντρο, έστω Κ (χ, y) του κύκλου θα βρίσκεται στη μεσοκάθετο του ΑΒ (όπου Α(2, 4) και Β(Ο, 1 )) . Άρα: Θα επαληθεύει την εξίσωσή της που είναι y = -� χ + !2. � 6y = -4χ + 1 9 3 6

( 1 ) Το κέντρο του κύκλου θα βρίσκεται επίσης και στην κάθετο στο σημείο Α της κοινής εφαπτόμενης παραβολής και κύκλου. Η εφαπτόμενη της παραβολής στο Α είναι: .

1 χ · 2 = -(y + 4) � 4χ = y + 4 � 4χ - y - 4 = 0 2

( 1 , 0), άκρα του μεγάλου και μικρού άξονά της Η κάθετη σ ' αυτήν στο Α θα έχει εξίσωση : αντίστοιχα.

4 2 2 Για την ισότητα: χ -(y -9) =Ο εργαστείτε μόνοι σας όπως παραπάνω σαν άσκηση !

Βρείτε το κέντρο του κύκλου που διέρχεται από

το σημείο Β(Ο, 1 ) και εφάπτεται στην παραβολή 2 y = χ στο Α(2, 4).

Δυο κωνικές τομές εφάπτονται μεταξύ τους σε ένα σημείο όταν έχουν στο σημείο αυτό κοινό εφαπτόμενη .

χ

y - 4 = -� (x - 2 ) � lx + 4y - 1 8 = 0 1 (2)

Επιλύνοντας το σύστημα των εξισώσεων ( 1) και (2) προσδιορίζουμε τις συντεταγμένες του κέντρου Κ του κύκλου .

{4x + 6y - 1 9 = 0 _ _ ,!i _ 53 . . . � Χ - , y -x + 4y - 1 8 = 0 5 1 0

Το κέντρο του κύκλου είναι το σημείο κ(-.!i 53 ) . 5 Ίο

ν Να δείξετε ότι ο αριθμός 7 - 6ν - 1 είναι

πολλαπλάσιο του 36 για κάθε φυσικό αριθμό ν

με ν�2.

ν Έστω α = 7 - 6ν - 1 με ν εΝ και ν � 2 . 2 Για ν = 2 είναι α = 7 - 6 ·2 - 1 = 49 - 1 2 - 1 =

36 = πολ36.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/48

Page 51: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Έστω ότι και για ν ε Ν και ν > 2 είναι ν α = πολ.36 <=> 7 - 6ν - 1 = 36λ ( 1 ) με λεΝ*

θα δείξουμε ότι και για ν + 1 ο α είναι πολλαπλάσιο του 36 .

ν+ Ι Δηλαδή ότι: 7 - 6(ν + 1 ) - 1 = πολ. 36 Πράγματι:

ν Από την ( 1 ) είναι 7 = 36 ·λ + 6ν + 1 (2)

ν+ ! ν Έτσι 7 - 6(ν + 1 ) - 1 = 77 - 6ν - 6 - 1 ( 2 )

7(36λ + 6ν + 1 ) - 6ν - 7 = 7·36λ + 42ν + 7 - 6ν -7 7λ+ν=ρ =7 ·36λ + 36ν = 36(7λ + ν) = 36 · ρ = πολ.36 ρε Ν*

Σύμφωνα με τη μέθοδο της μαθηματικής επαγωγής ν για κάθε φυσικό ν με ν�2 ο αριθμός 7 - 6ν - 1

είναι πολλαπλάσιο του 36 .

Η διαίρεση ενός ακεραίου α με το 37 δίνει 3

πηλίκο π και υπόλοιπο υ = π . Να βρεθούν οι

δυνατές τιμές του α.

Έχουμε α = 37.π + υ με Ο :::; υ < 37 ( 1 ) . 3 Όμως υ = π άρα: α = 3 7 ·π + π3 (2) και λόγω της 3 ( 1 ) πρέπει Ο :::; π < 3 7 οπότε οι δυνατές τιμές του π είναι Ο, 1 , 2, 3 (εφόσον π ακέραιος)

Έτσι από την (2) για π = Ο είναι: α = Ο, για π = 1 είναι: α = 38 , για π = 2 είναι: α = 82, για π = 3 είναι: α = 1 38 .

2 Δίνονται οι αριθμοί α = 2κ + 3 και β = κ + 3κ +4

όπου ο κ είναι ακέραιος.

ί) Να δείξετε ότι ο α είναι περιττός και ο β

άρτιος

ίί) Να βρείτε το υπόλοιπο της διαίρεσης του

αριθμού 4β - 2κα με το 6

ίίί) Α ν ο κ είναι πολλαπλάσιο του 5 τότε να

δείξετε ότι ο αριθμός α + β - 2 είναι

πολλαπλάσιο του 5

i) Είναι: α = 2κ + 3 = 2κ + 2 + 1 = 2(κ + 1 ) + 1 κ+ l=ρ

= 2ρ + 1 οπότε ο α περιττός. Επειδή κ εΖ θα ρεΖ

είναι κ = 2ν ή κ = 2ν + 1 με νεΖ.

2 Αν κ = 2ν με ν εΖ είναι: β = (2ν) + 3 ·2ν + 4 = 2 2 2ν2 +3 ν+2=ρ 4ν + 6ν + 4 = 2(2ν + 3ν + 2) 2ρ .

ρεΖ

2 Αν κ = 2ν + 1 με ν εΖ είναι: β = (2ν + 1 ) + 2 2 3(2ν + 1 ) + 4 = 4ν + 4ν + 1 + 6ν + 3 + 4 = 4ν 2 2ν2 +5 ν+4=ρ + l Ον + 8 = 2(2ν + 5ν + 4) 2ρ Δηλαδή

ρεΖ

σε κάθε περίπτωση ο β είναι άρτιος.

ii) Έχουμε: 4β - 2κα = 4(κ2 +3κ+4)-2κ(2κ + 3) = k+2=π . . . = 6(κ + 2) + 4 = = 6π + 4

π εΖ

οπότε το ζητούμενο υπόλοιπο είναι: υ = 4

iii) Έστω κ=5ρ με ρεΖ τότε: α + β - 2 = (2 ·κ + 3) + (κ2 + 3κ + 4) - 2 =

= κ2 + 5κ + 5 = (5ρ2) + 5 ·5ρ + 5 = 25ρ2 + 25ρ + 5 = 5ρ2 +5ρ+ l=λ = 5 (5ρ2 + 5ρ + 1 ) = 5λ = πολ.5 .

λ εΖ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/49

Page 52: Ευκλειδης Β 64

Μ81ΙΙJΙ8τι8• ,_ �· r ��lι �- Α••Ι•ιι

Κατεύθυνση Επαναληπτικά Θέματα

Α Δ. Αργυράκη; - Ε. Ευσταθίου

I . Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο � τέ­

τοια ώστε f3 (χ) + 3f ( χ) = χ5 + χ + 1 για κάθε

Χ Ε � (1).

Ν α αποδείξετε ότι :

α) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο � . β) Η εξίσωση f (χ) = Ο έχει μοναδική ρίζα στο

(-ι, ο) . γ) Η f αντιστρέφεται.

δ) Αν η ρ είναι ρίζα της f { χ) = Ο , τότε το ση-

μείο Ν (Ο, ρ) ε CΓ, .

ε) Η εξίσωση f {χ) = Γ1 (χ) έχει μια τουλάχι­

στον ρίζα στο (ο, ι) .

Υπόδειξη

β) Για κάθε χ Ε � έχουμε : f(x) {f2 ( x) +3) = x5 +x+ l =>f(x) χ5 +χ+ 1 (2) f2 (x) +3

Για χ = 0 έχουμε : f (O) = 2 ( \ > 0 . f ο + 3 - 1 Για χ = - 1 έχουμε : f (-1 ) = 2 ( ) < 0 . f - 1 + 3

Η f είναι και συνεχής στο [ -1 , Ο] άρα ισχύει Θ. Bolzano, οπότε η εξίσωση f ( χ ) = Ο έχει μια του­λάχιστον ρίζα στο ( - 1, Ο) και μάλιστα μοναδική αφού η f είναι γνησίως αύξουσα.

γ) Η f είναι γνησίως αύξουσα στο � , οπότε είναι Θεωρείται γνωστό ότι αν ft στο Α τότε και 1 1 1 - 1 1 1 άρα αντιστρέφεται.

Λ

f ( x ) = f- 1 ( x ) <=> f (x ) = x, x E B = A n f (A) α) Η f είναι παραγωγίσιμη στο � άρα και η f3 είναι παραγωγίσιμη στο � . Επίσης η χ 5 + χ + 1 είναι παραγωγίσιμη ως πολυωνυμική . Παραγωγίζουμε και τα δύο μέλη της ( 1 ) και έχου­με :

3f2 ( x ) f ' ( x ) + 3f ' ( x ) = 5x4 + 1 ::::> 3 ( f2 ( χ ) + 1 ) f ' ( χ ) = 5χ4 + 1 =>

5χ4 + 1 f ' (χ ) = ( ) > Ο για κάθε χ Ε � ,

3 f2 ( χ ) + 1 οπότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο � .

δ) Αφού ρ ρίζα της f (χ ) = Ο , ισχύει f (ρ) = Ο => M(ρ, O) E Cr => Ν(Ο, ρ) Ε CΓ, .

ε) Η f είναι / στο � άρα ισχύει η ισοδυναμία f ( χ ) = Γ1 ( χ ) <=> f ( χ ) = χ .

Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι η εξίσωση f ( χ ) = χ έχει τουλάχιστον μια τουλάχιστον ρίζα στο διά­στημα (0, 1 ) . Για κάθε χ Ε IR είναι :

f3 ( x ) + 3f ( x ) = x5 + χ + 1 <=>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/50

Page 53: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

f3 ( χ ) - χ 3 + 3f ( x ) - 3χ = χ5 + χ + 1 - χ3 - 3χ <=> [ f ( χ ) - χ J · [ f2 (χ ) + xf ( χ ) + χ2 + 3 J =

(2) Άρα f ( χ ) = χ <=> χ5 - χ3 - 2χ + 1 = Ο , αφού f2 ( χ ) + xf ( χ ) + χ2 + 3 � 3 > Ο (Γνωρίζουμε ότι

α2 + αβ + β2 � 0, Vα, β E JR ). Αρκεί λοιπόν η συνάρτηση g( χ) = χ5 -χ3 -2χ + 1 , χ Ε JR , να έχει ρίζα στο (0, 1 )

• Η g είναι συνεχής στο [Ο, 1) . • g (Ο ) = 1 > Ο, g ( 1 ) = -1 < Ο . Ισχύει λοιπόν το Θ. Bo1zano, οπότε η g ( χ ) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο (Ο, 1 ) .

2 . Έστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη

στο JR. , η οποία για κάθε χ Ε JR ικανοποιεί την

σχέση f {f 1 ( x}) � (x - α)2 , α :;ιι: Ο . Αν η f παρου­

σιάζει τοπικό ακρότατο στο χ0 = α και

f (Ο) = Ο , να αποδείξετε ότι f 1 1 (α) = Ο .

Λύση Είναι f 1 (α ) = Ο ( 1 ), αφού η f είναι παραγωγίσιμη στο JR. και παρουσιάζει τοπικό ακρότατο στο χ0 = α . Θεωρώ συνάρτηση g ( x ) = f (f 1 ( x )) - (x - α)2 , x E JR . Για κάθε x E JR έχουμε f {f 1 ( χ ) ) � ( χ - αγ =>

f ( f 1 ( χ ) ) - ( χ - αγ � Ο => g ( x ) � O =>

g ( x ) � g (α) (2), αφού ( Ι } g (α ) = f (f 1 (α) ) - (α - α)2 = f (O) = O .

Από την σχέση (2) συμπεραίνουμε ότι η συνάρτη­ση g παρουσιάζει ελάχιστο στο εσωτερικό σημείο χ 0 = α του πεδίου ορισμού της. Η f ( f 1 (χ ) ) είναι παραγωγίσιμη στο JR. ως σύνθεση παραγωγισίμων συναρτήσεων, αφού είναι γνωστό από υπόθεση ότι η f είναι δυο φορές παραγωγίσιμη στο JR. . Επίσης η (χ - α )2 είναι παραγωγίσιμη στο JR. ως πολυω-νυμική άρα και η g είναι παραγωγίσιμη στο JR. ως

g 1 ( x ) = f 1 ( f 1 ( x ) ) f " ( x ) - 2 ( x - α) . Επομένως η g είναι παραγωγίσιμη και στο χ0 = α με g 1 (α) = f 1 ( f 1 (α ) )f " (α ) - 2 (α - α)2 ( Ι } = f 1 (0 ) f " ( α) . Ισχύει λοιπόν το Θεώρημα Fermat, άρα

g 1 (α ) = Ο => f 1 (0) f " (α) = O (3) . Αρκεί να δείξουμε ότι f 1 (0) :;t: Ο . Έστω ότι f 1 (Ο ) = Ο ( 4) τότε από τη δοθείσα σχέση για χ = Ο παίρνουμε

( 4) f(O)=O f (f 1 (0)) � (0 - α)2 => f (Ο) � α2 => α2 � Ο που είναι άτοπο αφού α :;t: Ο , άρα f 1 (Ο ) :;t: Ο , οπότε από την σχέση (3 ) συμπεραίνουμε ότι f " ( α) = Ο .

3 . Δίνεται η συνάρτηση f ( x) = ( x + l) ln x .

α) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία

και να βρείτε το σύνολο τιμών της.

β) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της

γραφικής παράστασης της f στο σημείο A(l ,O) και να αποδείξετε ότι η εφαπτομένη τη "δια­

περνά".

γ) Να βρείτε το εμβαδόν του χωρίου που περι­

κλείεται από την γραφική παράσταση της f, την

προηγούμενη εφαπτομένη και τις ευθείες με ε-

ξισώσεις χ = .!. και χ = 1 . e χ+ Ι

δ) Αν Ι ( χ) = J f ( t)dt , χ Ε (Ο,+οο) , να βρείτε το χ

lim Ι (χ) . X-+-t«>

ΛίJση α) Έχουμε Ar = (Ο, + οο) . Για κάθε χ ε ( Ο, +οο ) έχω

1 1 f 1 ( x ) = ln x + ( x + 1 ) · - = ln x + 1 + -x χ

f " (x ) = .!. -� = x � 1 και f"(χ)>Ο στο ( 1 , + οο) , χ χ χ ν Γ(χ)<Ο στο (0, 1 ) οπότε f -1.- στο (0, 1 ] και ft στο

Λ

διαφορά παραγωγισίμων συναρτήσεων με [1 , + 00) •

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/51

Page 54: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χ ο 1 +οο f " - ? + f ' \ 2 /

Ελάχιστο

Παρατηρούμε ότι Vx ε ( Ο, +οο) είναι f ' ( x ) � f ' ( 1 ) = 2 > Ο , άρα f ' ( x ) > Ο οπότε η f εί­ναι / στο ( Ο, +οο ) .

1im f ( χ ) = 1im ( χ + 1 ) ln χ = -οο χ�ο+ χ�ο+ 1im f ( χ ) = 1im ( χ + 1 ) 1n χ = +οο

Χ -Η·ΟΟ Χ �+οο

I �· I � + /

άρα f (A) = � .

β) Η εξίσωση της εφαπτομένης στο Α ( 1, 0) είναι ε : y - f ( 1 ) = f ' ( 1 ) ( x - 1 ) <=> ε : y - 0 = 2 ( χ - 1 ) <=> ε : y = 2χ - 2 . Αρκεί να δείξω ότι το σημείο Α ( 1 , 0) είναι σημείο καμπής της Cr . Πράγματι f"( l )=O και η f" αλλά­ζει πρόσημο στο χσ= 1 , οπότε το A( l ,O) ένα σημείο καμπής της Cr . Η (ε) διαπερνά της Cr αφού η f είναι κοίλη στο (0, 1 ] και κυρτή στο [l ,+oo) .

χ ο 1 +οο f' + ? + f" I f' / ο \

Σ.Κ.

γ) Στο διάστημα [ ; . 1 J η f είναι κοίλη, άρα η ε­φαπτομένη της βρίσκεται "πάνω" από την Cr , οπότε

Ε (Ω) = & [2χ - 2 - f (x ))lx =

= J� [2x - 2 - (χ + 1 ) 1n x }lx = . . . δ ) Η f είναι / στο (Ο, +οο) , άρα και σε κάθε διά-

στημα της μορφής [χ , χ + 1] με χ > Ο . Άρα για χ ::::; t ::::; χ + 1 ισχύει

f (x ) :::; f ( t ) :::; f ( x + 1 ) => r+' f ( χ )dt ::::; r+' f ( t )dt ::::; r+' f ( χ + 1)dt =>

=> f (x ) f+' dt :::; I ( x ) :::; f ( x + 1 ) f+' dt => => f ( χ ) ( χ + 1 - χ ) ::::; Ι ( χ ) ::::; f ( χ + 1 ) (χ ,+ 1 - χ ) => f (x ) :::; I ( x ) :::; f ( x + 1 ) . Άρα Ι ( χ ) � f ( χ ) για κάθε χ ε (Ο, +οο) . Είναι 1im f ( x ) = 1im [( x + 1 ) 1n x] = +oo , οπότε χ�+«> χ -++οο

θα υπάρχει α > Ο τέτοιο ώστε f ( χ ) > Ο για κάθε χ ε ( α, +οο) . Για κάθε χ ε (α, +οο) έχουμε :

1 1 I ( x ) � f (x ) > 0 => 0 < Ι ( χ ) ::::; f (x ) . {}l� 0 = 0 1 Όμως . 1 => lim -( ) = Ο 1ιm -- = 0 χ->+«> Ι χ χ->+οο f ( Χ )

=> 1im Ι ( χ) = +οο αφού Ι(χ)>Ο για κάθε χ ε ( α,-tοο) . Χ-Η«>

Δίνεται η συνάρτηση h (χ) = f �:) , όπου η f συνάρτηση τρεις φορές παραγωγίσιμη με f (χ) > Ο και f ' (χ) :;e Ο για κάθε χ Ε [α, β] . α) Να βρείτε την h ' (x) . β) Αν ισχύει

βJf ' ( x) - f (x)dx = O ex

α και

β f "( x) - f ' ( x) Ι dx = Ο , να εξετάσετε αν ισχύουν ex

α

οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle για τη

συνάρτηση g(x) = f {(x)) στο [α,β] . f ' χ γ) Να αποδείξετε ότι υπάρχει χ0 Ε (α, β) , ώστε

[r ' ( χο )Τ = r ( χσ ) r " ( χο ) .

α) Η h(x) είναι παραγωγίσιμη στο � ως πηλίκο παραγωγισίμων αφού ex * ο Vx Ε � άρα έχω :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/52

Page 55: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

h' ( x ) = [ f (x ) ] ' = f ' ( x ) ex - f (x ) ex = ex ( ex )2

= ex {f ' ( x ) - f (x )) _ f ' ( x ) - f ( x )

β f ' ( χ ) - f (x ) β) Είναι J dx = ex α

ex

= Jh ' (x)dx = [h(x)J: = h (β) - h (α) = f��) - f��) . α

βJf ' ( x ) - f ( x ) . f (α) f ( β) Όμως dx = O άρα -- = - . ( 1 ) ex

� α β f " ( x ) - f ' ( x ) Επίσης έχουμε : J dx = Ο � α ex

β f " ( x ) ex - f ' ( x ) ex X f ' ( x ) ) ' f dx = O � -- dx = O e2x ex α α

� [ f ' ( χ ) ]β = Ο � f ' ( β ) _

f ' (α ) = Ο ex eβ eα α

f ' (α) f ' ( β ) � -- = - . (2) eα eβ

, . f (α) _ f (β) _ Άρα. ( 1 ) ,(2) => f ' ( α) - f ' ( β) � g ( α) - g (β) ·

Επίσης η g είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] ως πηλί­κο παραγωγισίμων συναρτήσεων. Ισχύουν λοιπόν οι προϋποθέσεις του Θ.Rolle για την g στο [α, β] . γ) Θα υπάρχει λοιπόν χ0 Ε (α, β ) τέτοιο ώστε g ' ( x0 ) = 0 .

Είναι g ' ( χ ) = [ f ( χ ) ] ' = f ' ( x ) f ' ( x ) f ' ( x ) - f (x ) f " (x ) [f ' ( x )]2 - f ( x ) f " ( x ) ������� = =-���-�

[f ' ( x )]z [f ' (x )T Επομένως

' ( χ ) = [f ' ( x0 )]2 - f (x0 ) f " ( x0 ) = Ο g ο [f ' ( xo )]z

� [f ' ( x0 )]2 = f (x0 ) f " ( x0 ) .

: 1 . Δίνεται συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο R με

f (O) = l και f ' (x) > O για κάθε χ ε JR . Να απο-

z . r ( t) δείξετε ότι lim J�t = ln 2 .

χ--+0 t χ

Είναι f ' ( χ ) > Ο για κάθε χ Ε JR. , οπότε f/ στο R . Διακρίνουμε περιπτώσεις :

Α ν χ > Ο , τότε χ<2χ και f είναι / σε κάθε διάστημα της μορφής [χ , 2χ ] , οπότε για

1>0 χ ::; t ::; 2χ είναι f ( χ ) ::; f ( t ) ::; f ( 2χ ) � f (χ ) f ( t ) f ( 2χ ) - ::; - ::;--t t t

Έχουμε λοιπόν zx f (x ) zx f ( t ) z x f ( 2x ) J-t-dt ::; J�t ::; J-t -dt � χ χ χ

2Ί zx f ( t ) 2Ί f ( x ) Jιdt ::; J�ι ::; f (2x ) Jιdt �

χ χ χ Ζχ f ( t ) f (x ) [ In tix ::; J�t ::; f (2x ) [ ln t]�x � χ Ζχ f( t) f( x) ( In 2x - In x) ::; J�t ::; f(2x) ( In 2x -Inx) � χ t Ζχ f ( t ) f (x ) ln 2 ::; J�t ::; f (2x ) ln 2 . χ t

Ε ίνα ι Ιiιη [ f ( χ ) In 2 J = f (Ο) In 2 = Ι · In 2 = ln 2 χ--+0 Iim [f ( 2χ) In 2] = f (Ο ) In 2 = I · ln 2 = ln 2 χ-+0+

( Η f είναι συνεχής στο Ο, άρα lim f ( χ ) = f (O) ) . χ--+0 Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε ότι Ζχ f ( t ) Iim J-dt = ln 2 ( Ι ) . χ--+0+ t χ

Α ν χ < Ο , τότε 2χ<χ και f είναι / σε κάθε διάστημα της μορφής [ 2χ, χ] , οπότε για

1<0 2χ ::; t ::; χ είναι f ( 2χ) ::; f ( t ) ::; f ( χ ) � f ( 2χ) � f ( t ) � f ( χ )

t t t Έχουμε λοιπόν χ f (2x ) χ f ( t ) χ f ( x ) J�t � J-dt � J-dt �

2χ t 2χ t 2χ t 2 x f (2x ) 2x f ( t ) Z x f ( x ) � - J�t � - J-t-dt � - J-t-dt � χ χ χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/53

Page 56: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 ' f (2x) 2' f ( t ) zx f ( x ) � f7t � f-t-dt � f-t-dt � χ χ χ 2Ί z x f ( t ) 2Ί � f (2x) f�t � f-1-dt � f ( x ) fιdt � χ χ χ

� f(2x) [In l t !J:x � 2f f�t ) dt � f ( x ) [ In l t ΙJ:' � χ

Ζ χ f ( t) � f ( 2χ) ln 2 � J-1-dt � f (χ ) ln 2 . χ

Είναι lim_ [ f ( 2x ) 1n 2 J = f (O ) ln 2 = l · ln 2 = ln 2 χ-->0 lim [ f ( χ ) ln 2 J = f (Ο) ln 2 = 1 · ln 2 = ln 2 . Χ-->0

Άρα από Κριτήριο Παρεμβολής έχουμε ότι Ζ χ f ( t ) lim J-dt = ln 2 (2) . χ-->0- t χ

Από ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι : Ζ χ f ( t ) lim J--dt = ln 2 . χ-->0 t χ

' ' f ( ) XJ 2008 d ο 6. Δινεται συναρτηση χ = 1 t , α > 0 e + α

και ο μιγαδικός αριθμός z = f (χ ) + χί με

l z + 1 1 � l z + i l . Να αποδείξετε ότι :

α) Η f αντιστρέφεται.

β) Η εικόνα του z ανήκει στη γραφική παρά­

σταση της Γ1

γ) f (χ) � χ για κάθε χ ε 1R . δ) α = 2007 .

1 2008 1 1 ε) < J dt < .

e2008 + 2008 e1 + 2007 e2007 + 2007 2007

ΛίJση ) Η ' 2008 ' ' Π1J α συναρτηση -

1-- ειναι συνεχης στο m,. , α-e + α

φού α > Ο , άρα η f ορίζεται στο IR και για κάθε

x ε lR είναι f ' ( x ) = ( J 2008 dt]' = 2008 > 0 , ο e1 + α ex + α

επομένως η f είναι γνησίως αύξουσα στο IR άρα είναι και 1 1 1 - 1 1 1, οπότε η f αντιστρέφεται.

β) Αφού η αντιστρέφεται ισχύει η ισοδυναμία f ( x ) = y <=> χ = Γ' ( y) . Είναι z = f(x) + xi � z=y+r' (y) i�M (z) ε CΓ, .

γ) Είναι l z + 1 1 � lz + i l � lz + 1 1 2 � lz + il 2 � ( z + 1 ) (� + 1 ) � ( z + i ) (� - i ) �

- - - -zz + z + z + 1 � zz - iz + iz + 1 � z + � � -i (z - �) � 2f ( x ) � -i (2xi ) �

2f (x ) � 2x � f ( x ) � x .

δ) Θεωρούμε συνάρτηση g (χ ) = f (χ ) - χ = = xf 2008 dt - χ χ ε 1R . Για κάθε χ Ε IR έχουμε e1 + α ' ο

g (χ ) � Ο � g (χ ) � g (Ο) . Άρα η g παρουσιάζει στο εσωτερικό σημείο χ 0 = Ο του πεδίο ορισμού της μέγιστο.

Επίσης η g παραγωγίσιμη στο IR , με ' ( ) 2008 1 ' ' ' g χ = -- - , αρα ει ναι παραγωγισιμη και e' + α

στο χ 0 = 0 με g ' (O ) = 2008 - 1 . Ισχύει λοιπόν το 1 + α Θεώρημα Feπnat, οπότε

2008 g ' (O) = Ο �--- 1 = 0� 1 + α = 2008� α=2007 . l + α ε) Για α = 2007 είναι f (χ ) = J �008 dt . Η συνάρ-

0 e + α τηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ. στο [ 2007, 2008] , άρα θα υπάρχει ξ ε ( 2007,2008) , τέτοιο ώστε

f ' ( ) = f ( 2008) - f ( 2007 ) ό ω ξ 2008 - 2007 μ ς ( 1 ) � f ' (ξ) = f (2008) - f (2007 ) �

f ' (ξ) = 2τ 2008 dt - 2τ 2008 dt � 0 e 1 + 2007 0 e1 + 2007

ξ 2008 = 2τ 2008 dt (2). e + 2007 2007 e 1 + 2007

Είναι 2007 < ξ < 2008 � e2007 < eξ < e2008 � e2007 + 2007 < eξ + 2007 < e2008 + 2007 .

Άρα ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/54

Page 57: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

e2007 + 2007 < eξ + 2007 < e2008 + 2008 => 1 1 1 ---- < . < => e2008 + 2008 eξ + 2007 e2007 + 2007

2008 2008 2008 (2) ----::-::-::-::---- < < => e2008 + 2008 eξ + 2007 e2007 + 2007

Β. Ανδρέας Τσαγγάρης - Στέλιος Κάσδαλης

Έστω συνάρτηση f δυο φορές παραγωγίσιμη με

συνεχή δεύτερη παράγωγο στο [0, +οο) με

f'(Ο)=ι και f'(x)+ Γ(χ)>2χ για κάθε χΞ":Ο. α) Να αποδειχθεί ότι: f'(x);:::e-x για κάθε χ;:::Ο. β) Να αποδειχθεί ότι υπάρχουν ξι, ξ2 ε (Ο,ι) τέ­

τοια ώστε: f'(ξι)+ f' '(ξ2)>1

γ) Να αποδειχθεί ότι: f ' ( ι) > � e

α) Η ζητούμενη σχέση γίνεται: f'(x) ·ex;::: 1 ή f'(x) -ex- 1Ξ":O, για κάθε χΞ":Ο. Έστω g(x)=f' (x) · ex- 1 , για κάθε χΞ":Ο. Οπότε g '(x)=f"(x) -ex+f' (x) ·ex=(f"(x)+f' (x)) -ex και επειδή f"(x)+f'(x)>2xΞ":O, για κάθε χΞ":Ο θα είναι g '(x)>O, για κάθε χΞ":Ο άρα η g είναι γνησίως αύ­ξουσα στο [0, +οο ) .

g t Οπότε χΞ":Ο � g(x) Ξ": g(O)=f' (O) · e0- 1=0, για κάθε χΞ":Ο, άρα g(χ)Ξ'-:0=> f'(x) -ex- 1Ξ":O, χΞ":Ο=>f'(χ)Ξ":e-χ για κάθε χΞ'-:0.

β) Θεωρούμε συνάρτηση h τέτοια ώστε:

για κάθε

h(x)= f"(x)+ f'(x)-2x, για κάθε χΞ'-:0. Η συνάρτηση Η(χ)= f'(x)+f(x)-x2, χΞ":Ο είναι αρχική της h(x) στο [0, +οο), γιατί: H '(x)=h(x)>O για κάθε χΞ":Ο. Οπότε η Η είναι γνησίως αύξουσα στο [0, +οο ). Έτσι έχουμε : 0< 1=>H(O)<H( l ) =>f(O)+f'(O)<f( l )+f' ( l )-1=>

f( l )-f(O)+f'( l )-f'(O)>O ( 1 ) Για τις συναρτήσεις f και f' ισχύουν οι προϋποθέ-

2008 2008 2008 2008 -==---- < f dt < => e2008 + 2008 e1 + 2007 e2007 + 2007 2007

1 2008 1 1 --=------ < f dt < . e2008 + 2008 e1 + 2007 e2007 + 2007 2007

σεις του θεωρήματος μέσης τιμής στο [0, 1 ] , άρα υπάρχουν ξ1 , ξ2 ε (Ο, 1 ) τέτοια ώστε:

f Ι { ) = f { 1 ) - f {O) ξ ι 1 - 0 οπότε: f 1 { ξ1 ) + f " {ξ2 ) = f { 1 ) - f { 1 0) + f 1 { 1 ) - f 1 {0) ( Ι ) =>f 1 {ξ 1 ) + f " {ξ2 ) > 1 .

γ) από τη σχέση : f'(x)+ f"(x)>2x, για κάθε χΞ":Ο έχουμε : f'(x) + f"(x) >2xeX, για κάθε χΞ":Ο οπότε: ! (f 1 { χ) · ex + f"( χ ) ex )dx > ! 2χ( ex )dx( f"-συνεχής)

=> ! (f 1 { x ) · ex ) 1 dX > ! 2x (ex )'dx => [f 1 { x ) ex 1 > [2xe· J� - ! 2e•dx => f 1 { 1 ) e - 1 > 2e - 2 [ e• ]� => f 1 ( 1) e - 1 > 2e - 2 ( e - 1) => f 1 ( 1) e > 3 Άρα f 1 { 1 ) > � . e

ΘΕΜΑ 2

L •. ι Έστω συνάρτηση f: f (x) = -2- dt .

ι t + ι

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f και να με­

λετηθεί ως προς τη μονοτονία και την κυρτότη­

τα.

x · ex 1� ι χ β) Να αποδειχθεί ότι: -2-- � -2- dt � -

e χ + ι ι t + ι 2

για κάθε χ � Ο

γ) Να βρεθεί το όριο: Iim [ r •' (

ι ) dtJ χ-->+α> Jι ex t2 + ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/55

Page 58: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

δ) Αν g: g(x)=e'·f(x) να δειχθεί ότι το εμβαδόν

του χωρίου που ορίζεται από το Cg, τον χ 'χ και

τις ευθείες χ=Ο, χ=1 δίνεται από τη σχέση :

1 e2 + 1 Ε = e · f ( 1) - -Ι η-- .

2 2

α) Η h ( t ) = -2-1 - είναι συνεχής στο IR . Άρα η

t + 1 f(x) έχει πεδίο ορισμού το DF IR .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο IR με ex f ' ( χ ) = -2-- > Ο , άρα η f t στο IR . e ' + 1 Λ

Έχουμε: f " ( x ) = [-::-) = e' - e3'

2 < 0 . e + 1 ( ez x + 1 ) Οπότε Γ (χ ) < Ο <=> χ > Ο και Γ(χ) > Ο <=> χ < Ο .

Άρα η f είναι κοίλη στο [0, +οο) και κυρτή στο (-oo, OJ .

β) Για χ=Ο η σχέση ισχύει ως ισότητα. Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο [0, +οο) θα ισχύει το Θ.Μ.Τ. στο [0, χ] , χ>Ο. Άρα υπάρχει ξε (Ο, χ) τέτοιο ώστε

f ' ( ξ ) = f ( x ) - f (O) = f ( x ) ( 1 ) χ - 0 χ v

Αλλά: Ο<ξ<χ και Γ(χ)<Ο=> Γ..!.- στο [Ο,χ] οπότε έχουμε : Γ(Ο)>Γ(ξ)>Γ(χ) ( I ) f ( x ) ex f ( x ) 1 ( χ >Ο) =>f ' ( x ) < - < f ' (O) => -- < - < - =>

χ e2' + 1 χ 2 χ · e' ' 1 χ -2-- < r -2-dt < - , για κάθε χ>Ο e ' + 1 t + 1 2

γ) Το ζητούμενο . ( 1 ' 1 ) 1ιm - f --dt = Χ -> 00 eX t2 + 1

' 1 r -2 -dt f ( x ) 1im t + 1 = lim --χ �+οο ex χ ---++οο ex

Από β) ερώτημα έχουμε :

όριο γράφεται:

χ x · e χ -- .::; f ( χ ) .::; - , για κάθε χ � Ο ( 1 ) ή e2x + 1 2 χ f ( x ) χ -- .::; -- .::; -, για κάθε χ � Ο (2) e2x + 1 ex 2ex

χ (::) ( χ ) ' 1 lim -- = lim = lim -- = 0 X ->+OQ e2X + 1 Χ --ΗΟΟ ( e2X + 1 ) Ι Χ->- 2e2X

χ (:) ( χ ) ' 1 lim -- = lim -- = lim - = 0 χ ->+οο 2e2x χ->+οο ( 2ex ) ' χ ->- 2ex

Από τη σχέση (2) και από κριτήριο παρεμβολής έχουμε : lim f ( χ ) = Ο

χ --++00 ex

δ) f συνεχής στο [0, 1 ] άρα και g συνεχής στο[Ο, 1 ] άρα: Ε = 1 1g ( χ )jdx = ί fex f ( χ )idx

Από τη σχέση ( 1 ) έχουμε: f ( x ) � O στο [Ο, +οο) αφού ex � 1 άρα:

Ε = ί ex f ( x)dx = ί (ex ) ' f ( x)dx

= [ex f ( x )]� - ί exf ' ( x ) dx =

Γι

ex = f ( 1 ) - f (O) - .Ι/ χ

e2x + 1 dx =

ι e2X 1 ι ( e2X + 1 ) I = ef ( 1 ) - Γ'--dx = f ( 1 ) - - Γ' dx = ..I:J e2x + 1 2 ..I:J e2x + 1

1 [ ( 2, )] ι 1 e2x + 1 = ef ( 1 ) - Ξ ln e + 1 0 = ef ( 1 ) - 2 1n-2-τ.μ.

lx -Jx - 2

Έστω η συνάρτηση f: f ( χ) = dt 2 ln t

α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της f.

β) Να υπολογισθεί η f'(x).

γ) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και τα

ακρότατα.

δ) Εάν g ( χ) = Γ' �t να αποδειχθεί ότι: J2 ln t

r g ( χ) dx = - g ( e) - Ι η ( Ι η 2) J2 χ2 e

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/56

Page 59: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ε) Να υπολογισθεί το όριο : lim (g ' { χ) · ημ!) . ·�- χ

α) Η συνάρτηση fγράφεται: f(x) =.Jx -2 r_ι dt 1 In t

Έστω h : h ( χ ) = _ι_ και g ( χ ) = r �t ιn t .b. ιn t Έχουμε Dh=(O, ι )u( l ,+oo) στο οποίο η h είναι συ­νεχής. Για να ορίζεται η g και επειδή 2 Ε ( ι , +οο) πρέπει και αρκεί x E ( l ,+oo) δηλ. Dg= ( ι ,+οο). Άρα για τον υπολογισμό του Df πρέπει και αρκεί: χ> ι και χ-22:0 δηλαδή : Df=[2 , +οο) . β) Ι. Αν χ>2 .

Η συνάρτηση h είναι συνεχής άρα η g παρα­γωγίσιμη στο [2, +οο ). Άρα και στο (2 , +οο ) .

= lim ln x χ-->2+ ι

�==

2.Jx - 2

= lim 2� = _Q_ = O χ-->2. ln x ln 2

Οπότε η fπαραγωγίζεται στο χ0=2 με f' (2)=0.

, 1 -dt + , Χ > 2 { ι r ι .Jx - 2 Άρα f ( χ ) = 2.Jx - 2 ln t ln x

� χ = 2

γ) Υπολογισμός του προσήμου της συνάρτησης g : g ( x ) = r �t, Dg = (ι , +oo) .b. ln t

Έχουμε: g ' ( χ ) = _ι_ > Ο για κάθε ln t χ Ε ( ι , +οο) => g t στο (ι , + οο)

Λ

Άρα: χ > 2 => g ( χ ) > g ( 2) = Ο Επομένως f' (x)>O για κάθε χ Ε ( 2, +οο) δηλαδή η f t στο [2, +οο) με ελάχιστο το f(2)=0.

Λ

Η συνάρτηση φ( χ)= .Jx - 2 είναι παραγωγίσιμη ( ) δ) Ένουμε: r gxx2 dx = - r (_χι ] ' g ( x)dx στο (2, +οο ). Επομένως η f παραγωγίζεται στο "' .b. .b.

(2 , +οο) με: ' ι ( ι J f ' (x) = (.Jx - 2 ) r ln tdt + .Jx - 2 r lntdt =>

( ) ι r ι .Jx - 2 ' f ' χ � 1 --=--<tt +-- , για καθε χ>2 . 2-ν χ - 2 ln t lnx

Π. Εξετάζουμε αν παραγωγίζεται στο χ0=2 .

f ( x ) - f (2 ) �χ - 2 r-ι dt ____o___t__� = ln t = χ - 2 χ - 2

.Jx - 2 r-ι dt r-ι dt _ ln t _ ln t -

(.Jx - 2 )2 - .Jx - 2

'Ε δ ' ' Ο χουμε απροσ ιοριστια της μορφης - και οι συ-Ο ναρτήσεις αριθμητή και παρονομαστή είναι παρα­γωγίσιμες, οπότε από κανόνα D. L.H. είναι:

( r ι dιJ · lim f ( x ) - f (2 ) = lim .b. � = χ-->2. χ - 2 χ-->2. ( .Jx - 2 ) '

= - [..!..g ( x )] e + r l.g•(x ) dx =-g(e) + r � χ 2 χ e xlnx

= - g (e) - ln ( ln 2) e

( J ημ.!.. ε) 'Εχουμε: lim g ' ( χ ) ημ..!.. = lim -· _χ = χ�+οο Χ χ---++οο ln Χ

-ημ- ημ-ι ι [ ι 1 1 . χ χ ι · χ ι = ιm = ιm -- · --χ-->+οο 1 1 χ�+οο ι x ln x ·

- n x -χ χ ι ημ-

Για τον υπολογισμό του lim -ι χ θέτουμε χ-->+οο

χ 1 , , , ο ' - = ω , οποτε: οταν χ � +οο τοτε ω � αρα: χ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/57

Page 60: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

1 ημ-lim __

χ = lim ημω = 1 χ --++οο 1 . ω--+0 ω

χ

Γ λο , ι· 1 , "' ια τον υπο γισμο του ιm - εχουμε: Ε-χ--++οο ln Χ

πειδή lim (χ ln χ ) = +οο τότε lim -1 - = Ο . χ -++«> χ--++οο Χ ln Χ

Άρα: lim (g ' ( χ )ημ_!_) = Ο χ --++οο Χ

, Το παραπάνω όριο μπορεί να υπο­λογισθεί και με το κριτήριο παρεμβολής.

Θεωρούμε συνάρτηση f ορισμένη, παραγωγίσι­

μη, αντιστρέψιμη και κυρτή στο [0, 1 ] με Γ(Ο)=Ο

για την οποία ισχύει: 2f(x)=f'(x)· (Γ1 (χ))2 (1) ό­

που Γ1συνεχής στο πεδίο ορισμού της με Γ 1 (0)=0. Εάν y=2x-1 εφαπτομένη της Cf στο ση­

μείο Α(1 , f(1)) τότε:

α) Να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και

να βρεθούν το πρόσημο της f και το πεδίο ορι­

σμού της Γ1 •

β) Να δειχθεί ότι οι Cr, CΓ, έχουν δυο μόνο κοι-

νά σημεία στο [0, 1 ] με τετμημένες χ1=0 και

χ2=1 .

γ ) Να δειχθεί ότι: ![ f ( χ) + χ ( f ο f) { χ)}ιχ = _!_ . 2

\ ;-;Λc� ' < � r-, : Αν f t τότε Λ

f ( χ ) = r-ι (χ ) <=> f ( χ ) = χ .

α) Επειδή η f είναι κυρτή τότε η Γ είναι t στο Λ

[0, 1 ] .

Άρα: Ο<χ< 1� f'(O)<f'(x)<Γ( l ) και Γ(Ο)=Ο� f' (x)>O στο (0, 1 ) άρα η f είναι t στο [0, 1 ] .

Λ

O:::;x:::; 1�f(O) :::; f(x)::Ξ;f( 1 ) (2) Η σχέση ( l ) για χ=Ο γίνεται f(O)=O . Η εξίσωση εφαπτομένης της Cf στο Α( 1 , f( l )) είναι y=f( l )+Γ( l )(x- 1 ) ή y=

Γ( l )x+f( l )-Γ( l ) η οποία ταυτίζεται με την y=2x-1 . Άρα Γ ( l )=2 και f( l )-Γ ( l )=-1 � f( l )= 1 .

Η σχέση (2) γίνεται Ο:::; f(x)::Ξ; l . Άρα f: [O, l ]->[f(O), f( l )]= [0, 1 ] επομένως Dr1=[0, 1 ]

(Εφόσον το πεδίο ορισμού της f 1 ισούται με το σύνολο τιμών της f) β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)= Γ 1 (χ) έχει δυο μόνο ρίζες τις χ 1=0 και χ2= 1 . Επειδή η f είναι t η εξίσωση f(x)= r 1 (x) είναι ισοδύναμη με

Λ

την f(x)=x. Έστω g(x)=f(x)-x και επειδή g(O)=O και g( l )=O θα αποδείξουμε ότι οι ρίζες χ 1=0 και χ2= 1 είναι μοναδικές.

Έστω ότι υπάρχει και τρίτη ρίζα της g(x)=O η χ=ρε (Ο, l ) , δηλ. g(ρ)=Ο. Θα καταλήξουμε σε άτο­πο . Επειδή g(O)= g(ρ )= g( l ) και g παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] με g ' (x)= Γ(χ)- 1 ισχύουν οι προϋποθέ­σεις του Θ. Rolle στα [0, ρ] , [ρ, 1 ] , άρα υπάρχουν ξ ι , ξ2 με ξ ι ε (Ο,ρ) και ξ2 ε (ρ, 1 ) ,

ξ ι< ξ2 τέτοια, ώστε g ' (ξ ι )= g ' (ξ2)=0� Γ(ξ 1 )- 1 = Γ(ξ2)-1� Γ(ξ ι )= Γ(ξ2) που είναι άτοπο γιατί ξ1< ξ2 και επειδή Γ t στο [0, 1 ] �Γ(ξ 1 )< Γ(ξ2) .

Λ

γ) Επειδή f, r 1 συνεχείς στο [0, 1 ] και η ( l ) γίνεται: ! 2f (x ) dx = ! f ' ( x ) (r- ι (χ ) )2 dx

Θέτουμε r1 (χ)=ω δηλαδή χ=f(ω) άρα dx= Γ(ω)dω.

f( ω )=0<::> f( ω )=f(Ο)<::>ω=Ο

f(ω)= 1 <=> f(ω)=f( 1 )<::>ω= 1 αφού f ' ' 1 - 1 ' ' .

Άρα: 2 ! r (x ) dx = ! f ' (f (ω ) )ω2 f ' (ω) dω ή

2 ! f ( χ ) dx = ! ( ( f ο f ) ( χ )) ' χ 2dx

ή 2 1 f(x )dx =[(f o f) (x) x21 -2 1 x (f o f) (x)dx

Αλλά {f o f ) { 1 ) = f (f { 1 ) ) = f ( 1 ) = 1

'Εχουμε : 2 ! f { x ) dx = 1 - 2 ! x { f o f ) ( x ) dx ή

2 ! f { x ) dx + 2 ! x (f o f) { x ) dx = 1 δηλαδή

! [ f (χ ) + χ ( f ο f ) { χ ) J dx = _!_ . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/58

Page 61: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

. . 1

Γιώργος Α. Κουσινιώρης

Δίνεται συνάρτηση f ορισμένη στο ffi. η οποία

είναι "1-1 " και ισχύει f( α · β ) = f( α ) + f( β ) , για κάθε α, β e ffi..

Να δείξετε ότι Γ1 (χ + ψ) = Γ1 (χ) · Γ1 (ψ) για

κάθε χ, ψ e ffi..

Αν Γ1 (χ)=α, Γ1 (ψ)=β, τότε από τον ορισμό της aντίστροφης συνάρτησης είναι f(α)=χ και f(β)=ψ. Άρα f(α)+f(β)=χ+ψ και λόγω της δοσμένης σχέσης f(α· β)=χ+ψ. Οπότε Γ1 (χ+ψ)=α·β ή r1 (χ+ψ) = Γ1 (χ)-Γ1 (ψ)

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 1 - χ2 με πεδίο ορι­

σμού το διάστημα [0, 1 ] .

α) Ν α δείξετε ότι η f είναι αντιστρέψιμη και να

βρείτε την Γ1 •

β) Να βρείτε τα κοινά σημεία των γραφικών

παραστάσεων της f και της Γ1 •

γ) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσε­

ων της f και της f -t βρίσκονται οποσδήποτε

πάνω στην ευθεία ψ=χ;

Να θεωρηθεί γνωστό ότι αν f t τότε Λ

r ( χ ) = r- l ( χ ) � r ( χ ) = χ .

α) Η f είναι παραγωγίσιμη με f ' (χ)=--2χ<Ο για κάθε χε (Ο, 1 ) . Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα και επομένως είναι ' ' 1-1 ' ' οπότε είναι αντι­στρέψιμη . Επειδή η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα

[f( 1 ),f(O)]=[O, 1 ] . Για τον τύπο της aντίστροφης έχουμε : f(χ)=ψ, ψ ε [Ο, 1 ] οπότε 1-χ2 = ψ � χ2 = 1-ψ � I χ Ι = �1 - ψ . Επειδή πρέπει χ ε [0, 1 ] θα είναι τελικά χ= �1 - ψ . Επομένως η αντίστροφη συ­νάρτηση της συνάρτησης f είναι η Γ1 (χ) = ν'1 - χ , με χ ε [Ο, 1 ] .

β ) Για να βρούμε τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων της f και της r- ι θα λύσουμε στο [0, 1 ] την εξίσωση f(x) = Γ1 (χ) . Έχουμε f(x) = f - 1 (χ) � 1-χ2 =� � ( 1 - χ 2 )2 = 1 - χ � ( 1-χ)2 ( l+x)2-( 1-x)=O �

( 1-χ)[( 1-χ)( 1 +χ)2-1 ]=0 � 1-χ=Ο ή ( 1-χ)( 1 +χ)2-1 � χ= 1 ή ( 1-χ) ( 1 +2χ+χ2)-1=0

1 , 3 2+ 0 1 ' Ο ' 2 � χ= η -χ -χ χ= � χ= η χ= η -χ -1 ο 1 ' ο ' - 1 + J5 ( χ+ = � χ= η χ= η χ = η 2 -1 -JS δ ' δ ' ' δ β ' χ = εν ειναι απο εκτη αφου εν ρι-2

σκεται στο [0, 1 ]) . Έτσι τα κοινά σημεία των γραφικών παραστά­σεων της f και της Γ1 είναι:

y l 1 · '<:: . . . y= . . f(x)

/ Β ·,·-, .� ----.

Γ

0,5 \

A· i ,, 0,5 χ

Για χ= 1 είναι ψ=f( l )=O οπότε A( l , 0). Για χ=Ο είναι ψ=f(Ο)= 1 , οπότε Β(Ο, 1 ) και

Για χ = - 1 + J5 είναι στο [0, 1 ] έχει σύνολο τιμών το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/59 2

Page 62: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

γ) Παρατηρούμε ότι τα κοινά σημεία των γραφι­κών παραστάσεων της f και της r-l δεν βρίσκο­νται όλα πάνω στην ευθεία ψ=χ (δες σχήμα) .

Ο πυρετός ενός ασθενούς μετρήθηκε στις 12 τα

μεσάνυκτα και βρέθηκε 39° C. Ξαναμετρήθηκε

στις 12 το μεσημέρι και βρέθηκε 38° C και στις

12 τα επόμενα μεσάνυκτα και βρέθηκε πάλι 39°

C. Να δείξετε ότι ο ασθενής είχε τον ίδιο πυρετό

για μία τουλάχιστον φορά την ίδια ώρα προ με­

σημβρίας και μετά μεσημβρία.

Για να διαπραγματευθούμε αυτό το πρόβλημα πρέπει να εκφράσουμε τον πυρετό του ασθενούς σαν συνάρτηση του χρόνου. Ας υποθέσουμε ότι κατά τη διάρκεια του εικοσιτετραώρου για κάθε χρονική στιγμή tε [Ο, 24] ο πυρετός του ασθενούς δίνεται από τη συνάρτηση θ(t) . Η Φυσική διδάσκει ότι η θερμοκρασία είναι ένα μέγεθος που η μετα­βολή του είναι συνεχής, δηλαδή παίρνει όλες τις τιμές από την ελάχιστη μέχρι τη μέγιστη τιμή της, άρα η συνάρτηση θ είναι συνεχής συνάρτηση στο διάστημα [0, 24] .

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε

θ(Ο) = θ(24) = 39 και θ( 1 2) = 38 . Για να αποδείξουμε το ζητούμενο αρκεί να δεί­ξουμε ότι υπάρχει t0 ε (Ο, 1 2) τέτοιο, ώστε θ(tο)=θ(tι,+ 1 2) <::::> θ(t0)-θ(t0+ 1 2)=0. Θεωρούμε τη συνάρτηση σ(t)= θ(t)-θ(t+ 1 2), με t ε [0, 1 2] .

Η σ είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτή­σεων (ποιών;) με σ(Ο) = θ(Ο) - θ( 1 2) = 39 - 38 = 1 και σ( 1 2) = θ( 1 2) - θ(24) = 38 - 39 = -1 . Άρα από το θεώρημα του Bolzano υπάρχει t0 ε (Ο, 1 2) τέτοι-

ο, ώστε σ(tι,)=Ο <::::> θ(tο)=θ(t0+ 1 2) .

Δίνεται συνεχής συνάρτηση f ορισμένη στο IR τέτοια, ώστε f3 (x)+f(x)=-4x+2, (1) για κάθε

x e iR

α) Να δείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο

JR .

β) Να βρείτε τις εφαπτομένες της γραφικής πα­

ράστασης της f στα σημεία Α(Ο, f(O)) και

Β(1 , f(1)).

γ) Να δείξετε ότι η παράγωγος της f δεν είναι

αντιστρέψιμη.

α) Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε Χ0 Ε IR το όριο ι. f(x) - f(x0 ) , , θ , 1m ειναι πραγματικος αρι μος.

Χ - Η ο Χ - ΧΟ

Η ( 1 ) για χ=χο δίνει f3 (x0)+f(x0)=-4x0+2, (2)

Από τις ( 1 ) και (2) με αφαίρεση κατά μέλη παίρνουμε:

f3 (χ) - f3(x0) + f(x) - f(xo) = --4(χ-χ0) και για xi-xo έχουμε

f3 (x) - f3 (X0 ) + f(x) - f(X0 ) = -4 <::::> Χ - Χ ο

Επειδή η f είναι συνεχής στο I είναι lim f(x) = f(x0 ) , οπότε είναι

Χ � Χ0

3f 2(x0)+ 1 >0 . Επιπλέον είναι f\x) + f(x)f(x0 ) + f2 (X0 ) + 1 * Ο για κάθε χΟ I (γιατί ως τριώνυμο ως προς f(x) έχει αρνητική διακρίνουσα) .

Άρα η (3) γίνεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/60

Page 63: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

f(x) - f(X0 ) -4 Χ - Χ0 f2 (x) + f(x)f(x0 ) + f2 (X0 ) + 1 ' , 1 . f(x) - f(x0 ) -4 I οποτε ιm = Ε και χ-+χο Χ - Χ0 3f2 (X0 ) + 1

συνεπώς f'(x0 ) = - 2 4 , για κάθε Χ0 Ε I . 3f (χ0 ) + 1

β) Η ( 1 ) για χ=Ο δίνει f3 (O)+f(0)-2=0 οπότε f(O)= 1 και για χ= 1 δίνει f3 ( 1 )+f( 1 )+ 2=0 οπότε f( 1 )=-1 . (γιατί;)

Η f είναι παραγωγίσιμη για κάθε χ Ε I με f'(x) = 4

3f2 (x) + 1 ·

4 Άρα f'(O) = = -1 και 3f2 (0) + 1

f'(l) = 2 4 = -1 (αφού f(0)= 1 3f (1) + 1

και f( l )=-1 ) . Έτσι η εφαπτομένη της γραφικής παράστασης της f στο Α( Ο, f(O)) είναι ψ-f(O)=f '(Ο)( χ-Ο) <::::> ψ=-χ+ 1 και στο Β( 1 , f( l )) είναι ψ-f( l )=f '( l )(x-1 ) <::::> ψ=-χ.

γ) Επειδή f ' (Ο) = f '( 1 ) η f ' δεν είναι ' Ί-1 " άρα δεν είναι αντιστρέψιμη .

Δίνεται συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και πα­

ραγωγίσιμη στο (α, β) με f '(χ)<Ο για κάθε

Χ Ε ( α, β). Να βρείτε το σημείο Μ(χ0, f(x0)) με Χ0-

Ε (α, β), της γραφικής παράστασης της f, ώστε

το εμβαδόν του χωρίου που ορίζουν η γραφική

παράσταση της f, η ψ=f(χ0), η χ=α και η χ=β να

γίνεται ελάχιστο.

Έστω tΕ (α, β) . Επειδή f '(χ)<Ο για κάθε χΕ (α, β) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β] και επομέ­νως για κάθε χΕ (α, t) είναι f(x)>f(t) και για κάθε xE (t, β) είναι f(x)<f(t). Έτσι στο διάστημα [α, t] η καμπύλη της f βρίσκε-

ται πάνω από την ευθεία ψ=f(t) και στο διάστημα [t, β] κάτω από αυτήν. Το χωρίο του οποίου το εμβαδό μελετάμε φαίνεται γραμμοσκιασμένο στο σχήμα.

Υ

f(α)

f(t) 1---

ο

I I I I I

- - - - - -+ - - -

α χ

Είναι: E(t)= r ( f(x) - f(t) )dx + f ( f(t) - f(x) )dx =

r f(x)dx - ί f(t)dx + + f f(t)dx - f f(x)dx =

1 f(x)dx - f(t) [ χ Ι + f(t) [ χ ]� + ί f(x)dx =

= r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)(t-α)+f(t)(β-t)

= r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)(t-α-β+t)=

= r f(x)dx + ί f(x)dx -f(t)( 2t-α-β) .

Παρατηρείστε ότι στα ολοκληρώματα l f(t)dx

και f f(t)dx το f(t) το εκλάβαμε ως σταθερά α­

φού η ολοκλήρωση γίνεται ως προς χ. Άρα η συνάρτηση που δίνει το εμβαδό του χωρίου του σχήματος για οποιαδήποτε θέση της ευθείας ψ=f(t) , δηλαδή για κάθε tΕ (α, β) είναι η

E(t) = r f(x)dx + ί f(t)dx -f(t)(2t-α-β) .

Για να απαντήσουμε στο ζητούμενο αρκεί να με­λετήσουμε τη συνάρτηση E(t) ως προς τα ακρότα-τα. Η E(t) είναι παραγωγίσιμη στο (α, β) (γιατί;) με

E '(t)= ( l f(x)dx )' + ( ί f(x)dx )' -[f(t)(2t-α-β)] '= ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/61

Page 64: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

= f(t)+f(t)-f' (t) (2t-α-β)-2f(t) = -f' (t) (2t-α-β) .

Επειδή f ' (χ)<Ο στο (α, β) η E ' (t) μηδενίζεται μό­

νο όταν 2t-α-β=Ο δηλαδή t = α + β και είναι 2

E ' (t)<O αν tE (α, α ; β ) και E ' (t)>O αν

( α + β ) , α + β tE -2- , β . Επομενως για t = -2- η E(t) πα-

ρουσιάζει ελάχιστο . Άρα το ζητούμενο Χ0 είναι το μέσο του διαστήματος (α, β)

α) Έστω συνάρτηση f συνεχής στο διάστημα

(α, β) και σημείο Χ0 Ε (α, β). Αν η f είναι πα­

ραγωγίσιμη στο (α, X0) U(x0, β) και lim f'(x) = .e Ε I IR , τότε η f είναι παραγωγί-χ__. χ0

σιμη και στο Χο με f'(x0 ) = .e . β) Να δείξετε ότι η συνάρτηση

f(x)= { συνJi. , χ � Ο

- συνΝ + 2, χ < Ο

είναι παραγωγίσιμη στο χο=Ο.

α) Επειδή η f είναι συνεχής στο Χ0 είναι lim f(x) = f(x0 ) <=>

Χ�Χ0 lim [ f(x) - f(x0 )] =Ο . Χ�Χο

= lim f'(x) = .e . Χ 4 Χ0

Επομένως η f είναι παραγωγίσιμη και στο Χ0 με f'(X 0 ) = .€ .

β) Η f είναι συνεχής για χ<Ο και χ>Ο διότι προκύ­πτει από πράξεις μεταξύ συνεχών συναρτήσεων. Στο σημείο χ0=0 έχουμε

lim f(x) = lim (συνJ";.) =συν0= 1 και χ -+ο+ χ �ο+

lim f(x) = lim (-συνΓχ + 2 ) =-συν0+2= 1 . χ --.ο- χ --.ο-

Άρα είναι lim f(x) = 1 = f(O) που σημαίνει ότι η f χ --> 0

είναι συνεχής και στο Ο.

Για χ>Ο η f είναι παραγωγίσιμη με

f'(x) = ( συνΓχ ) ' =-ημfχ · ( Γχ)' = -rι:f . Για χ<Ο η f είναι παραγωγίσιμη με

f'(x) = ( -συνΓχ + 2 )' = ημh · (Γχ ) ' = ημh ·-1 - · (-χ) ' =

2h - ημh -

2h .

Ι. f'( ) ι · ( ημf;. J 1 Είναι ιm χ = ιm -� = -- και

χ --.ο• χ --.ο• 2ν χ 2

Ι. f'( ) ι · ( ημh ] 1 ιm χ = ιm r-- = -- , οπότε χ --.ο- χ --.ο- 2ν -χ 2

limf'(x) = _ _!_ που λόγω του ερωτήματος (α) χ -->0 2 σημαίνει ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο χσ=Ο με

f'(O) = _l_ . 2

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = J: .Jι + t2 dt , χ Ε IR

α) Να δείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα.

β) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που ορίζε­

ται από τη Cr, τον άξονα χ 'χ και τις ευθείες χ=Ο

και x=l .

α) Η συνάρτηση g(t)=� είναι συνεχής στο IR επομένως η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη

στο IR με f' (χ) = ( fι' � dt ) ' = .,JI;;! . Επειδή f ' (χ)>Ο για κάθε ΧΕ IR η f είναι γνησίως αύξουσα.

β) Για τη συνάρτηση g είναι g(t)>O για κάθε χΕ IR . Επομένως για κάθε ΧΕ [Ο, 1 ] είναι

l � dt �Ο ή ισοδύναμα fι' � dt ::;ο ο-ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/62

Page 65: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

πότε στο [0, 1 ] είναι f(x) :ςο. Άρα το εμβαδόν του χωρίου Ω που ορίζεται από τη Cr, τον άξονα χ · χ και τις ευθείες χ=Ο και χ= 1 είναι Ε( Ω)=-! f(x)dx = - 1 (χ) ' · f(x)dx = - [ xf(x) ]� + 1 χ · f'(x)dx = 1 ·f( 1 ) -O·f(O) + ! χ · �dx = = 1 x ·�dx , αφού f(l) = s:�dt =O.

Για το ολοκλήρωμα ! χ · � dx θέτω

u=x2+ 1 οπότε du=2xdx. Για χ=Ο είναι u= 1 και

για χ= 1 είναι u=2 . Άρα ! χ · � dx = 1 fι r:--=J 1 r2 Γ 1 r2 _ι 2 JJ ν 1 + χ - 2xdx = 2 J νu du = 2 J u 2 du =

1 [ 2 � ]2 1 [ Γ] 2 1 2 3 u - 1 = "3 uνu 1 = =3 (2-J2 - 1 ) τετρα-

γωνικές μονάδες.

Δίνεται μια συνάρτηση f συνεχής στο ffi. για την

' ' ι· f(x) - 2x + 5 ο ]]]) οποια ισχυει ιm = , με χ. ε !& •

Χ-Η0 Χ - Χ ο

α) Να δείξετε ότι η ευθεία ψ=2χ-5 είναι εφα­

πτομένη της γραφικής παράστασης της f στο

σημείο Α(χ., f(x.)).

β) Αν είναι χ.<3 και f(3)=5, να δείξετε ότι η ευ­

θεία ψ=χ-2 έχει με τη γραφική παράσταση

της f ένα τουλάχιστο κοινό σημείο με τετμη­

μένη στο διάστημα (χ., 3).

α) Η εφαπτομένη της Cr στο Α έχει εξίσωση

ψ- f(x0) = f'(x0)( χ-χ0). Πρέπει, επομένως, να βρούμε τα f(xa) και f' (x0) .

Επειδή η f είναι συνεχής στο ffi. θα είναι f(x0 ) = 1im f(x) .

X ---:fX0

f(x) - 2x + 5 , Θέτουμε g(x)= με xf.xo, οποτε Χ - Χο

lim g(x) = Ο και f(x)=(x-x0}g(x)+2x-5 (1), X ---:f X0

οπότε είναι 1im f(x) = 2χ0-5 και συνεπώς Χ � Χο

Για την f' (xa) έχουμε : Με xf.xo είναι f(x) - f(x0 )

( Ι ) , ( 2 J (χ - χ ) · g(x) + 2x - 5 - (2x - 5) = ο ο =g(x)+2 . Χ - Χο

Άρα είναι

f'(x0)= 1im f(x) - f(x. ) = 1im (g(x) + 2 ] = Χ � Χ ο Χ - Χ0 Χ � Χο

1im g(x) +2 = 2 . X ---t X0

Επομένως η εφαπτομένη έχει εξίσωση

ψ- f(X0) = f' (X0)( Χ-Χ0) <=> ψ-(2Χ0-5)=2(Χ-Χ0) <::::> ψ-2Χ0+5 =2χ-2Χ0 <::::> ψ=2χ-5 .

β) Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)=x-2 <=> f(x)-x+2 = Ο έχει μία τουλάχιστο ρίζα στο διά­στημα (Χ0, 3) .

Έστω η συνάρτηση σ με σ(χ) = f(x)-x+2 ορι­σμένη στο [Χ0, 3 ] .

( 2 ) Η σ είναι συνεχής με σ(χο)=f(χ0) -χ0+2 = 2χσ-5-χ0+2 = Χ0-3<0 και σ(3)=f(3) -1 = 5-1 = 4>0.

Από το θεώρημα του Bolzano προκύπτει το ζη­τούμενο.

Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο ffi. η

οποία έχει κλίση που παραμένει μεγαλύτερη του 1 - για κάθε Χ0 Ε ffi. . Να δείξετε ότι η γραφική 2 παράσταση της συνάρτησης f έχει ένα μόνο κοι­

νό σημείο με τον άξονα χ 'χ.

Κλίση της f στο Χ0 είναι ο αριθμός f' (x0), άρα από

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/63

Page 66: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

την υπόθεσή μας είναι f' ( Χ 0 ) > _!_ για κάθε Χ0 ε JR 2

και επομένως f' (x) >Ο για κάθε χε JR • Αυτό ση­μαίνει ότι η f είναι γνησίως αύξουσα στο JR • Συ­νεπώς αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο JR , αφού λόγω της μο­νοτονίας η ρίζα αυτή είναι μοναδική . Επειδή η f είναι συνεχής στο JR , ως παραγωγίσιμη, είναι αρ­κετό να δείξουμε ότι υπάρχουν πραγματικοί αριθ­μοί α, β με <#β τέτοιοι, ώστε f (α) -f(β)<Ο οπότε από το θεώρημα Bolzano προκύπτει το ζητούμενο.

Αν αε (-4, Ο) στο διάστημα [α, Ο] η f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Μέσης Τιμής, επομένως υπάρχει ξ ι ε (α, Ο) τέτοιο, ώστε

Αποστόλης Κακαβάς

ι . r (χ) =ημχ

, χ :;ι: Ο χ

ί. Να βρεθούν οι aσύμπτωτες της Cr. ίί. Να βρεθούν τα κοινά σημεία της Cr, με

τις ασύμπτωτές της

ίίί. Να δείξετε ότι πημχ � 2χ για κάθε

χ ε (Ο, ;] .

ί. lim f (χ ) = lim ημχ = 1 άρα δεν έχει κατακό-χ -. ο χ -. ο χ

ρυφες ασύμπτωτες η Cr.

lim f (χ ) = lim ημχ Χ �±οο X -+±CC Χ

ιf ( χ )I = ι η�χ ι � �� � =>

1 ημχ 1 - - < - < -

l x l - χ - lx l

1 . ( 1 J 1 . 1 0 ιm -- = ιm - = χ-.±οο l x l x-.±oo l x l

κρ.παρεμβολής ημχ => lim -- = 0 χ ->±οο χ

f' (ξ, ) -_f(α) - f(O) δ ' f'(ξ ) 1 και επει η 1 > -α 2

_f ('--α::.....) -_f....:.( 0...:....) > _!_ α 2

οπότε αφού α<Ο

είναι

είναι

Α ν επιλέξουμε το α έτσι ώστε _!_α + f (Ο) < Ο τότε 2

f(α) <0. Ομοίως αν επιλέξουμε έναν αριθμό β>Ο

τέτοιον ώστε _!_β + f(O) > Ο θα είναι f(β)>Ο. 2

Άρα υπάρχει ξε [α, β] τέτοιο ώστε f(ξ)=Ο.

Άρα η ευθεία y=O οριζόντια ασύμπτωτη της Cr στο ±οο.

1 1 .

y = η�χ } � η� = ο} � χ : κπ, κ ε z * (χ :;ι: ο)} y = O y - 0 y - 0

Άρα έχουν άπειρα Μκ (κπ, Ο), Κ ε Ζ * .

κοινά σημεία

1 1 1 . Η f-συνεχής στο (Ο, �] ως πηλίκο τριγωνο-

μετρικής προς ταυτοτική . Η f-παραγωγίσημη

στο (Ο, �) ως πηλίκο τριγωνομετρικής προς

, f ' (x ) --συνχ ·χχ2- ημχ ( 1 ) ταυτοτικη με (ε-

πειδή χ2>0, το πρόσημο εξαρτάται από τον α­ριθμητή). Έστω η συνάρτηση g ( χ ) = συνχ · χ - ημχ

Η g-συνεχής στο (Ο, �] και παραγωγίσιμη

στο (Ο, �) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσι­

μων συναρτήσεων με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/64

Page 67: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

g ' ( χ ) = -ημχ · χ +� -� = -ημχ · χ < Ο

για χ ε ( Ο, Ξ) άρα g - l στο ( Ο, Ξ] π g -l-0 < χ < -=> g (Ο) > g ( χ ) => Ο > συνχ · χ - ημχ (2) 2

( 1 ) , ( 2 ) => f ' ( x ) < O για χ ε (ο,Ξ) άρα f - J

στο (Ο, Ξ] . Η f συνεχής και r στο (Ο, Ξ] άρα έχει μο­

π ναδικό ακρότατο ελάχιστο το f (2:) = η μ 2 = � 2 π π

2

Άρα για κάθε χ ε (Ο, �]=> f( χ) � f( � J =>

=> ημχ � � => πημχ � 2χ χ π

2. Έστω η συνάρτηση f που ικανοποιεί τις

συνθήκες i) f(α)=f(β)=Ο, όπου α<β ii) Γ(χ)>Ο

για κάθε χ ε [α, β] , να αποδειχθεί ότι f(x)<O

για κάθε χ ε (α,β).

Θ. Rollc Η f - συνεχής στο [ α, β] ως δυο φορές παραγ.} Η f - παραγ. στο (α, β) ς [α, β] => f (α) = f (β ) = Ο υπάρχει ένα του λ. ξ ε (α, β) : f ' (ξ ) = Ο ( 1 )

f " ( χ ) > Ο για κάθε

χ ε [α, β] => f '- t στο [α, β] Λ

f '-! ( ! ) Αν α < χ < ξ=> f ' ( α) < f ' (x) < f ' (ξ)=>f ' (x) < 0

ν

Άρα f - � στο [α, ξ] (ως συνεχής στο [α, ξ]) f--l-

ξ ::; χ < β=>f( α) > f(x) � f(ξ) => Ο > f(x) � f(ξ)

Άρα f(x)<O για κάθε χ ε (α, ξ] (2)

f '-! ( ! ) Αν ξ < χ < β => f' (ξ) < f ' ( χ) < f ' (β)=>Ο < f ' ( χ)

Άρα f - t στο [ξ, β] (ως συνεχής στο [ξ, β]) Λ

f-t ξ ::; χ < β�f(ξ) ::; f(x) < f(β) => f(ξ) ::; f(x) < 0

Άρα f(x)<O για κάθε χ ε [ξ, β ) (3)

(2), (3 ) � f (x ) < O για κάθε χ ε (α, β ) .

3. Έστω η συνεχής συνάρτηση f στο [0,1 Ι και

η συνάρτηση

G(x) = [r ( t) dt + J:-· r ( t)dt, χ ε [0, 1]

να δείξετε ότι:

i) Η G είναι παραγωγίσιμη στο [0,1 ]

ii) Υπάρχει ένα τουλάχιστον ξε [Ο,1 ] :

f(ξ)= f(1-ξ)

i) f -συνεχής στο [0, 1 ] άρα h(x) = I f ( t ) dt παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] με h ' ( x ) = f ( x )

φ ( χ ) = Γx f ( t ) dt => φ (x ) = h ( 1 - x ) άρα η φ παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] ως σύνθεση πολυωνυ­μικής με παραγωγίσιμη με

φ '(x)=h '( l-x) ( 1-x) '=-f( l-x) . Άρα η G παραγωγίσιμη στο [0, 1 ] ως άθροισμα παραγωγίσιμων με G '(x)=f(x)-f( l-x) ( 1 ) ii) Η G είναι συνεχής στο [0, 1 ] ως παραγωγί­σιμη.Η G είναι παραγωγίσιμη στο (0, 1) ς [0, 1] .

G (O) = k f ( t ) dt + 1 f ( t ) dt = 1 f ( t ) dt} G ( 1 ) = 1 f ( t ) dt + r f ( t ) dt = 1 f ( t ) dt => G (O) = G ( 1 )

άρα από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστον ( I )

ξ Ε (Ο, 1 ) : G ' (ξ ) = ο=> f (ξ ) - f ( 1 - ξ) = ο

f (ξ) = f ( 1 - ξ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/65

Page 68: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

4. Έστω η συνάρτηση f συνεχής στο [α, β] και παραγωγίσιμη στο (α, β). α) Αν f(α)-f(β)=α3-β3 i) Να δείξετε ότι υ­πάρχει χ0 ε (α, β) : f'(x0)= 3x� ίί) Να δείξετε

f (α)- f (ξ) ότι υπάρχει ξ ε (α,β) : f ' (ξ) = ---'-�--'--<-

ξ - β

β) Αν f(α)=β και f(β)=α να δείξετε ότι: i) υπάρχει χ0 ' ε (α, β) : f(xo ')= χο ' ii) υπάρχουν χι , Χz ε (α, β) : f'(χι). f'(xz)=ι

;\π(ιδηξη α) i) έστω η συνάρτηση h(x)=f(x)-x3 Η h συνεχής στο [α, β] ως διαφορά συνεχούς με πολυωνυμική Η h παραγωγίσιμη στο (α, β) ως διαφορά παρα­γωγίσιμης με πολυωνυμική με h'(x)=f(x}-3x2 h( α)-h(β)=f( α)-α3 -f(β)+β3=f( α)-f(β)-α3+β3=0 άρα h( α)=h(β) άρα από το Θ. Rolle. υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0 ε (α, β) : h ' (x0)=0 δηλαδή f'(xo)-3xo2=0 οπότε f'(x0)=3xo2 ii) Έστω η συνάρτηση g(x)=f(x) . (x-β}-f(α) .x, χε [α,β] η g συνεχής στο [α, β] ως αποτέλεσμα πράξεων συνεχών συναρτήσεων. η g παραγωγίσιμη στο (α, β) ως αποτέλεσμα πράξεων παραγωγίσιμων συναρτήσεων. με g ' (x)=f(x).(x-β)+f(x)-f(α) . g( α) = f( α) ( α-β) - f( α)α = -β · f( α)}g( α) = g(β) g(β) = f(β)(β -β) - f( α)β = -β · f( α) Άρα από το Θ. Rolle υπάρχει ένα τουλάχιστο

Ε. Γιάννης Στρατήγης

ι . Δίνεται η συνάρτηση f ( χ)= .Jx2 - χ - Fx i. Βρείτε το πεδίο ορισμού της Α

ίί. Τι έχετε να πείτε για το όριο της συνάρ­

τησης όταν το χ τείνει στο χ0=0

iii. Υπολογίστε το L1 = lim f (χ) χ--+1 ίν. Με χ#:-2, υπολογίστε το

. f (x) . L2 = lιm-- = lιm h (x) χ--+2 χ - 2 χ--+2 ν. Προσδιορίστε το αε R ώστε η συνάρτη-{h (χ), Χ Ε Α - {2}

ση g( χ)= α [ r::: ) να εί-- α - ν 2 + ι χ, χ = 2 4

ξε (α, β) : g ' (ξ) = Ο οπότε f ' (ξ ) ( ξ - β) + f (ξ ) - f ( α) = Ο �

f ' {ξ)( ξ - β) = f ( α) - f (ξ) � f ' (ξ) = f( α) - f (ξ) ξ - β

β) . i) Έστω η συνάρτηση φ(χ)=f(χ)-χ η φ - συνεχής στο [α, β] ως διαφορά συνεχών φ (α) = f (α) - α = β - α} φ (β ) = f (β) - β = α - β � φ ( α) φ (β ) =

2 Θ . Bolzano = - (α - β ) < Ο (γιατί (α < β ) ) � υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0 ' ε (α, β) : φ(χ0 ' )= Ο δηλαδή f(xo ' )= χο ' . i i) Η f - συνεχής στο [α, χ� J ς [α, β]} e.Μ�Δ.Λ .

Η f - παραγ στο (α, χ� ) ς (α, β) υπάρχει ένα τουλάχιστον

, . , f ( Χ� ) - f{ α) χ, ε (α, χ0 ) ς (α, β) . f ( χ, ) =----'---:-, --χ0 -α χ� -β ( 1 ) χ0 -α

Ομοίως στο [χ� , β J με Θ.Μ.Τ.Δ.Λ. υπάρχει ένα τουλάχιστον

, f (β) -f(x� ) α-χ' Χ2 ε (χ0 ,β) ς (α,β) : f ' ( χ2 ) = , =--? (2)

( 1 ),(2)� υπάρχουν β - Χο β -χο

( β) · f ' ( ) f ' ( ) - χ� - β α - χ� - 1 χ , , χ 2 ε α, . χ , χ2 --, - · --, - . χ - α β - χ ο ο

ναι συνεχής στο σημείο 2.

ι . Πρέπει χ"'2χ2::0 και χ2::0 άρα A= {O }u[ 1 ,+oo). ι ι . Το όριο της συνάρτησης f(x) όταν το χ τείνει

στο Ο δεν έχει νόημα, γιατί το πεδίο ορισμού της Α δεν περιέχει διάστημα της μορφής (α, Ο) ή (α, Ο] ή [Ο, α) ή (0, α) ή (α, Ο)u(Ο,β) .

i i i . Έχουμε L 1 = 1im f ( χ ) = lim .J χ 2 - χ - lim .Jx" =

χ -) 1 x � l x � l

= �lim (x2 - χ) -�lim x = � -.fι = -1 χ ---+ 1 χ � Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/66

Page 69: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

�χ2 - χ -νΓχω ιν. Είναι L2 = lim h ( χ ) = lim = χ --> 2 χ -->2 χ - 2

. νΓχ(χ - 2) J2 = lιm = -χ-->2 ( χ - 2) (� + 1) 2

ν. Ισχύει lim g ( χ ) = lim h ( χ ) = J2 χ --> 2 χ --> 2 2 και

g (2 ) = �(α -J2 + 1 ) 2 . Πρέπει

limg ( x ) = g (2 ) � �(α - J2 + 1) = J2 � χ --> 2 2 2 � α2 - α (J2 - 1) - J2 = 0 �

� α (α - J2) + (α -J2) = 0 � � (α -ν'2) (α + 1 ) = Ο � α = - 1 ή α = ν'2.

1 . Να εξετάσετε αν η συνάρτηση f(x) είναι παρα­γωγίσιμη στο σημείο χο= 1

2 . Να βρείτε, με τη βοήθεια του ορισμού, το ρυθμό μεταβολής της f(x), όταν χ=2.

2 Δ , , r ( ) Fx- χ . ινεται η συναρτηση χ = Γ

1 - ν χ

ί. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της Α.

ίί. Να απλοποιηθεί ο τύπος της.

ίίί. Να προσδιορίσετε το όριο της συνάρτη­

σης όταν το χ τείνει στο 1, με βάση τη

γραφική παράστασή της.

ίν. Ν α υπολογίσετε το L = lim f (χ) . χ-->1

ν. Να προσδιορίσετε το σημείο της γραφι­

κής παράστασης που απέχει την ελάχι­

στη απόσταση από το σημείο (1 , Ο)

. \ ίJση 1 . Πρέπει χ�Ο και 1 -νΓχ i= Ο � χ � Ο και

χ i= 1 � Α = [Ο, 1 ) υ ( 1 , +οο)

1 1 . (Με παραγοντοποίηση αριθμητή)

νΓχ - ( νΓχ)2 f ( x ) = νΓχ

1 - χ νΓχ ( 1 -νΓχ)

νΓχ 1 - νΓχ

1 1 1 . Η συνάρτηση f (χ ) = νΓχ είναι γνησίως αύξου­

σα γιατί f ' ( x ) = 1Γ > 0 με 2ν χ

χε (Ο, 1 )υ( 1 , +οο) και έχει την ακόλουθη γρα­φική παράσταση . Από τη γραφική παράσταση παρατηρούμε ότι όταν το χ πλησιάζει το 1 από πιο μικρές ή πιο μεγάλες τιμές του, οι αντί­στοιχες τιμές της f(x) είναι λίγο πιο μικρές ή πιο μεγάλες από το 1 , οπότε lim f ( χ ) = 1 .

χ --> 1

Υ

- - - - - - - - - - - � ------ I y=-Γχ I

ο _______. 1 .._____ 2 3 4 χ

ιν. Έχουμε

(-η L = limf ( χ) = 1im J;. ?χ � limJ;. = �limx = 1

χ --> 1 χ --> 1 1 - χ χ --> 1 χ --> 1

ν. Ισχύει

d (x ) = �(x - 1 )2 + (νΓχ - 0)2 = �χ2 - χ + 1 , με

χεΑ και

Ά , ( 1 J2 J ρα το σημειο 2" ' Τ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/67

Page 70: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

χ d'(x) d(x)

-00 - 1 /2 1 i

O. max � 1 1 •

ο + +οο

+

Με αφορμή μια απλή εξίσωση του σχολικού βι­βλίου της μορφής r f ( χ ) dx = 3 ' όπου δε γίνεται αναφορά στο πεδίο ορισμού της, δηλαδή στις τιμές του κεR για τις οποίες ορίζεται, με κίνδυνο να παραπλανηθούν οι μαθητές και να κάνουν δεκτές όλες τις τιμές του κεR που πιθανόν να βρουν, προβαίνουμε στο σχόλιο αυτό αναφερόμενοι σε μια παρόμοια εξίσωση : Θεωρούμε τη συνάρτηση

f ( x ) = f' +x t2 + 3t - 3 dt - Γ3 t2 + 2t - 1 dt t2 - 2t ./χ' + χ 2t - t2 α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της β) Να λυθούν οι εξισώσεις er( x ) = _!_ και er( x ) = �

4 4 γ) Να δειχθεί ότι η εξίσωση ef<x>=α αποκλείεται να έχει μοναδική ρίζα, για οποιαδήποτε τιμή της πα­ραμέτρου αεR.

Προφανώς για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί t2 - 3t - 3 οι συναρτη' σεις g ( t ) - και

I - t2 - 2t ( ) t2 - 2t - 2 ' ' κλε ' g2 t = 2 να ειναι συνεχεις στο ιστο 2t - t

διάστημα με άκρα 3 και χ2+χ. Όμως οι g1, g2 έχουν πεδίο ορισμού το R- {0,2 }=(-oo, Ο)υ(Ο,2) υ (2,+ οο) και 3 ε (2,+ οο) ,

οπότε για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί χ2+χ>2, δηλαδή χε (-οο,-2) υ ( l ,+oo), και το πεδίο ορισμού της f είναι το Α=(-οο,-2) υ ( l ,+oo) . Στο Α έχουμε :

( ) r2 +x t2 + 3t - 3 r' +x t2 + 2t - 1 f χ = dt - dt = t2 - 2t t2 - 2t r2 +x t - 2 r' +x 1 [ ]χ ' +χ = --dt = -dt = ln t = t2 - 2t t 3

= ln ( x2 + x ) - ln 3 αφού χ2 + χ > 2 > Ο

β) Στο Α έχουμε : er( x ) = _!_ <::::> ln er( x ) = ln _!_ <::::> f (χ ) = ln _!_ <::::> 4 4 4

<::::> 4χ + 4χ - 3 = Ο <::::> χ ε - -- . 2 { 1 3 } 2 ' 2 Άρα είναι

δ , , Ι 3 Α α υνατη αφου - , -- � . 2 2

ξ ' λλο f( x ) 5 2 1 5 Ε α υ e = -<=> χ + χ =-, 4 4 <::::> 4χ + 4χ - 1 5 = 0 <::::> χ ε -- -2 { 5 3 }

2 ' 2 Δεκτές τιμές αφού ανήκουν στο Α. Ισχυριζόμαστε ότι η εξίσωση e�χ>=α ουδέποτε έχει μια μόνο ρίζα. Πράγματι: Αν α:::;Ο προφανώς είναι αδύνατη, ενώ αν α>Ο τότε στο Α έχουμε ( 1 ) <::::> χ2+χ=3α<::::> χ2+χ-3α=Ο (2). Η Εξίσωση (2) έχει διακρίνου-σα 1 + 1 2α>Ο και στο R ρίζες ρ ι , ρ2 με ρ1 + ρ2 = _ _!_ . 2 Για να είναι όμως αυτές ρίζες της ( 1 ) πρέπει και

1 1 + (-2 ) αρκεί να ανήκουν στο Α. Όμως το -- = , 2 2 άρα είναι μέσο του διαστήματος (-2, 1 ) και επειδή

θ ' ' ' 1 θ β ' οι αρι μοι ρ ι , ρ2 ισαπεχουν απο το -2 α ρισκο-νται και οι δυο στο [-2, 1 ] , οπότε απορρίπτονται, ή θα βρίσκεται η μια στο ( -οο,-2) και η άλλη στο ( l ,+oo) οπότε είναι δεκτές τιμές, δηλαδή ρίζες της ( 1 ) . Ουδέποτε λοιπόν η ( 1 ) έχει μοναδική ρίζα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/68

Page 71: Ευκλειδης Β 64

Δίνονται οι αριθμοί: 4, 0, -4χ2 , 5 Ιη χ, 3χ για χ>Ο. α) Βρείτε τους αριθμούς αυτούς ώστε να έχουν μέγιστη μέση τιμή. β) Βρείτε στη συνέχεια τη διάμεσο και την τυ­πική απόκλιση των αριθμών του ερωτήματος (α). γ) Έστω Ω ο δειγματικός χώρος με στοιχεία τους αριθμούς του ερωτήματος (α) και

Ρ (λ) = --;- , λ -:F- Ο η συνάρτηση που δίνει τις λ πιθανότητες των στοιχειωδών ενδεχομένων του Ω, να βρείτε την Ρ(Ο).

α) Η μέση τιμή τους είναι _ 4 + 0 + (-4x2 ) + 5 ln x + 3x y = . 5 'Ε f ( ) -4χ2 + 3x + 5 ln x - 4 στω χ = με χ > Ο . 5 ' -8χ2 + 3χ + 5 Εχουμε f 1 ( x ) = , χ > Ο . 5χ Το πρόσημο της f 1 καθώς και τα σημεία μηδενι­σμού της φαίνονται στο παρακάτω σχήμα

ο I + ο

+οο f ' (x)

f(x) ,-- ι � η συνάρτηση f παρουσιάζει τη μέγιστη τιμή

της για χ = 1 που είναι f ( 1) = � . 5 Η μέση τιμή των αριθμών γίνεται μέ­

γιστη για χ = 1 , οπότε οι αριθμοί είναι : - 3 4, 0, -4, 0, 3 με y = - . 5

β) Διατάσσουμε τους αριθμούς σε αύξουσα σειρά : -4, 0, 0, 3, 4 οπότε η διάμεσος τους δ είναι η "με-σαία παρατήρηση" , δηλαδή δ = Ο . Γ δ ' 2 ' ια την ιακυμανση s εχουμε :

2 1 Σ5 - 2 s = - (yi - y) = 5 i = l

=Μ(4 -Η +Ψ-Η + ( -4 -Η + (J -H]

Της Άννας Βακαλοπούλου

= _!_( 1 72 +�+ 232 + 122 ) = 289 + 1 8 + 529 + 1 44 5 25 25 25 25 5 . 25 980 1 96 5 · 25 25

Άρα η τυπική απόκλιση

s =N � s = {196 � s = 14 = 2 8 . '{25 5 ' γ) Σύμφωνα με το (α) ερώτημα, Ω = {0, 3, 4, -4} .

Ο δ .χ. Ω αποτελείται από μη ισοπίθανα στοιχειώδη ενδεχόμενα. Όμως Ρ (Ω) = 1 � Ρ (Ο) + Ρ (3) + Ρ (4) + Ρ (-4) = 1 � Ρ (0) +� +2_+-3- = Ι 32 42 (-4)2

Ι 3 3 1 7 7 � Ρ (Ο) = Ι -3 - 1 6 -Ϊ6 � Ρ (Ο) = 1 - 24 = 24 .

20 μαθητές ενός σχολείου, 8 αγόρια και 12 κορί­τσια ρωτήθηκαν για τις ώρες που βλέπουν τη­λεόραση κάθε εβδομάδα. Από τη μελέτη προέ­κυψε ότι τα 8 αγόρια παρακολουθούν τηλεόρα­ση κατά μέσο όρο 8 ώρες την εβδομάδα με τυ­πική απόκλιση 6. Τα 12 κορίτσια παρακολου­θούν 5 ώρες την εβδομάδα με τυπική απόκλιση 3. Να βρεθεί η μέση τιμή των ωρών που παρα­κολουθούν τηλεόραση όλοι οι μαθητές μαζί κα­θώς και η τυπική τους απόκλιση.

Έστω χ 1 , χ2, . . . , χ8, οι ώρες που παρακολουθούν τηλεόραση τα αγόρια, χ = 8 η μέση τιμή τους και Sx = 6 η τυπική τους απόκλιση . Έστω χ ' ι , χ ' 2, • • • , χ ' 1 2 οι αντίστοιχες ώρες των κο-ριτσιών με χ 1 = 5 και Sx · = 3 . Α ν y η μέση τιμή όλων των μαθητών sy η τυπική απόκλιση θα ισχύει:

8 1 2 Σχ- +Σχ- · - -

- ί=] I i =J I 8χ + 12χ ' 8 · 8 + 12 • 5 Υ = 8 + 12 = 20 = 20 6, 2

(Σχ. + Σ> ·)2

82 =-1- (Σχ 2 + Ιχ- '2 ) - i=Ι 1 i=Ι 1 ( 1 ) Υ 8 + 12 i=] 1 i=l 1 8 + 12

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/69

Page 72: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 Σχi 2 -2 Σ 2 ( -2 ) <::::::> s x =-8-- χ <::::::> χ ί = 8 s; + χ <::::::> <::::::> Σ χί 2 = 8 (62 + 82 ) = 8οο (2) Όμοια: Σ(χiγ = 1 2 [s/ + (�γ J <::::::> <::::::> Σ(χ ίγ = 1 2 ( 32 + 52 ) = 408 (3) Επίσης: Σχi = 8� = 8 · 8 = 64 (4) Σ χ/ = 1 2� = 1 2 · 5 = 60 (5) Άρα από ( 1 ) , (2), (3) , (4) και (5) έχουμε : s� = -1 [( 800 + 408) - ( 64 + 60 γ ]

20 20 2 1 208 1 242 2 2 <::::::> s =-----<::::::> s = 60 4 - 6 2 <::::::> Υ 20 202 Υ ' '

<::::::> s� = 60, 4 - 3 8, 4 <::::::> s � :::e 22 . Άρα η τοπική απόκλιση s y = � = J22 "" 4, 7 . :ι,, σ κηση 3

Έστω Α, Β δυο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύουν '" Η πιθανότητα να πραγματοποιηθούν και τα

δ . . ι

υο ειναι - . 9

• Οι πιθανότητες P(AuB) και Ρ(Α-Β) δεν εί­ναι ίσες και ανήκουν στο σύνολο { 7 1 1 } .J2x2 + 1 � 3 Ε = - ,- , λ όπου λ = lim •

9 9 Η2 3χ - 6 α) Να βρείτε τις πιθανότητες P(AuB), Ρ(Α-Β), Ρ(Α) και Ρ(Β) β) Να αποδείξετε ότι η πιθανότητα να πραγμα­τοποιηθεί το Α ή να μην πραγματοποιηθεί το Β ισούται με την πιθανότητα να πραγματοποιηθεί το Α ή το Β . . \ ι')ση

ο 2 ) 1 . .J2x2 + 1 - 3 o 1 . .J2x2 + 1 - 32 α ιm = ιm = Η2 3χ - 6 H2 3 ( x - 2) (.J2x2 + 1 + 3) = 1im 2 (χ - 2 ) (χ + 2) = i H2 3 ( x - 2) (.J2x2 + 1 + 3) 9

Ά α: Ε = {2 !_!_ i} ρ 9 ' 9 ' 9

Η ' 1 1 1 δ ' τιμη 9 > εν ειναι μέτρο πιθανότητας

Επίσης (Α - Β) � (Α υ Β) άρα Ρ(Α-Β) ::=:: Ρ(ΑυΒ). Όμως οι παραπάνω πιθανότητες δεν είναι ίσες άρα Ρ(Α-Β)< P(AuB)

Άρα P (A - B) = i και Ρ (Α υ Β) = .?_ 9 9

Επίσης έχουμε: P (A n B) = .!.. . 9

Ρ( Α-Β) =Ρ( Α) -Ρ( AnB) <::::::>� =Ρ( Α) _.!_ <:=:>Ρ( Α) =� 9 9 9

P(AuB) = Ρ( Α) + P(B) - P(AnB) <::::::> . . . <:=:>Ρ( Β) =� 9

β) Θα υπολογίσουμε την πιθανότητα του ενδεχο­μένου Α υ Β ' Ρ (Α υ Β ') = Ρ ( Α) + Ρ (Β ') - P (A n B ') = Ρ ( Α) + 1 - Ρ (Β) - [Ρ (Α) - P (A n B)J

= Ρ( Α) + 1 -Ρ( Β) - Ρ(Α) + P(AnB) = 1-�+.!_ =_Ζ 9 9 9

Όμως P (A u B) = � . Άρα Ρ(ΑυΒ') = Ρ(ΑυΒ) .

Έστω t!! tz, t3, t4, t5 οι παρατηρήσεις ενός δείγ­ματος, χ η μέση τιμή τους, s2 η διακύμανση και η συνάρτηση f(x) = (t1 - χ)3 + . . . + (t5 - χ)3 α) Να μελετήσετε την f ως προς τη μονοτονία

β) Να δείξετε ότι f ' (�} = -15 . s 2

γ) Να δείξετε ότι f "(x) = 30(� - x} δ) Αν οι παρατηρήσεις είναι Ο, 2, 4, 4, 5 να βρεί­τε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής

παράστασης της f' στο χ0 = � _ '\. -{J(Γii-� α) f'(x) = 3 (t ι - χ)2 • (t ι - x) '+ . . . +3(t5 - χ)2 • (t5 - χ) ' =-3 [(t ι - χ )2 + . . . + (ts - χ)2] < Ο για κάθε χ άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο R. β) r · (�) = -3 [( t ι - �)2 + . . . + ( ts - �)2 ] όμως

S2 = � [( t ι - �)2 + . . . + ( t5 - �)2 ]

Άρα f ' (�) = -3 · 5 · s 2 = - 1 5 · s2 γ) f"( χ) =·-3[ 2( t1 -χ) ( t1 -χ) '+ . . . +2( t5 -χ) ( t5 -χ) '] = -3 · (-2 ) [( t 1 - x ) + . . . + ( t5 - χ )] = 6 ( t 1 + . . . + t5 - 5x ) = 6 (5� - 5χ ) = 30 (� - χ ) . δ) Η εξίσωση της εφαπτομένης της Cr στο (�, r · (�)) έχει τη μορφή y=λχ + β ( 1 ) με λ = f " (�) όμως από το (γ) f " (�) = 30 (� - �) = Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/70

Page 73: Ευκλειδης Β 64

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

άρα λ = Ο οπότε η ( 1 ) γίνεται y = β. Η y = β περνά (- (-)) (-) απότc(β) από το x, f ' χ Δηλαδή f ' χ =β <::::> β =-15 · s2

Για τις δοθείσες παρατηρήσεις θα βρούμε τη δια­κύμανση s2 • 'Ο - 0 + 2 + 4 + 4 + 5 1 5 3 μως χ = =- = και

5 5

s2 =i [(o - 3)2 + (2 - 3)2 + 2 (4 - 3)2 + (5 - 3)2 ] = 1:

Άρα β = - 1 5 · .!i = -48 . 5

Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη έχει εξίσωση y=-48 .

Α. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x3-2x2+x, χ ε [Ο, 1 ] α ) Να μελετήσετε την f ως προς την μονοτονία. β) Να βρείτε την τιμή του ακροτάτου της Β. Αν Α ενδεχόμενο ενός δειγματικού χώρου Ω,

να αποδείξετε ότι: Ρ { Α) · Ρ2 (Α ') ::;; _±_ . 27

Α. α) f' (x) = 3χ2 - 4χ + 1 , χ ε [Ο, 1 ] Το πρόσημό της και τα σημεία μηδενισμού της φαίνονται στον παρακάτω πίνακα, καθώς και η μονοτονία της f

� I max

β) Η f παρουσιάζει μέγιστο για χ = 1 /3με μέγιστη τιμή : f (!J = _i_ . Άρα: f(x) ::;;.i για κάθε χ ε [Ο, 1] . 3 27 27

Β. Αν Α ς Ω και Ρ(Α) = χ τότε Ρ(Α ') = 1 - χ όπου Ο :<:; χ :<:; 1 Ρ(Α) · Ρ2(Α ') = χ( 1 -χ)2 = x( l -2x + χ2) =χ3-2χ2 + χ Παρατηρούμε ότι Ρ( Α) · Ρ2(Α ') = f(x) και από το Α σκέλος της άσκησης έχουμε f ( x ) ::;; _i_, χ ε (0, 1 ]. Άρα: Ρ ( Α ) · Ρ2 (Α ') ::;; _i__

27 27

Η διάρκεια ζωής σε χιλιάδες ώρες ενός δείγμα­τος 4000 συσκευών ακολουθεί περίπου κανονι­κή κατανομή. Η διάμεσος του δείγματος είναι 20 και 640 συσκευές έχουν διάρκεια ζωής του­λάχιστον 22 χιλιάδες ώρες. α) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή, την τυπική απόκλιση και το εύρος του δείγματος. β) Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές. γ) Να υπολογίσετε το πλήθος των συσκευών του δείγματος που έχουν διάρκεια ζωής από 1 5 έως 21 χιλιάδες ώρες. δ) Μια συσκευή θεωρείται ελαττωματική αν η διάρκεια ζωής της είναι κάτω από 1 4 χιλιάδες

ώρες. Αν στο δείγμα βρέθηκαν 1 0 ελαττωματι­κές συσκευές, να εξετάσετε αν υπάρχει πρόβλη­μα στη διαδικασία παραγωγής τους •

.\ {J σfJ Για την λύση μιας άσκησης που αφορά κανονική κατανομή κατασκευάζουμε το διάγραμμά της.

68% 95% 99,7%

α) Αφού η κατανομή είναι κανονική ισχύει χ = δ = 20 . Το ποσοστό που έχει διάρκεια ζωής

τουλάχιστον 22 χιλ. ώρες είναι 640 = 1 6% . Άρα 4000

πρέπει: χ + s = 22 . Άρα η τυmκή απόκλιση είναι s = 2 . Επίσης στη κανονική κατανομή το εύρος είναι R :::: 6 · s = 1 2 .

β) Ο συντελεστής μεταβολής είναι 01=!,=2=HJ>/o . χ 20

Άρα το δείγμα είναι ομοιογενές. γ) Αφού χ = 20 και s = 2 από το δ\άγραμμα έχουμε: 1 5 2 1 1 4 1 6 1 8 20 22 24 26

68% 95% 99,7%

Άρα: το ποσοστό των συσκευών του δείγματος που έχουν διάρκεια ζωής από 1 5 έως 2 1 χιλ. ώρες

68% 95% 99, 7% - 95% είναι: -- + -- + = 4 2 4

1 7% + 47, 5% + 1 , 1 75% = 65, 675% ο

Άρα: έχουμε 2627 συσκευές δ) Το ποσοστό των ελαττωματικών συσκευών, δηλαδή με διάρκεια λιγότερο από 1 4 χιλ. ώρες,

είναι 1 ΟΟ% - 99' 7% 0, 1 5% , οπότε ο αριθμός

2

, , 0' 1 5 4000 6 τους αναμενεται να ειναι -- · = .

1 00 Αφού βρέθηκαν 1 Ο, τότε υπάρχει πρόβλημα στη διαδικασία παραγωγής τους.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/71

Page 74: Ευκλειδης Β 64

Τυπο α ικέ α λε ίε Στο προηγούμενο τεύχος 63 έχουμε μερικές παρατηρήσεις και επισημάνσεις που πρέπει να

αναφερθούν :

1. σελ. 1 1, 3η σειρά από το τέλος αντί P( l ) Ρ(- 1 ) να γραφεί P(i) P(-i) .

2. σελ 29, 1 η στήλη , 1 η σειρά της λύσης αντί D=O να γραφεί D:;t:O και 6η σειρά αντί χ=Ο να

γραφεί χ:;t:Ο

3 . σελ. 46, στους ορισμούς αριθμητικού και γεωμετρικού μέσου η συνθήκη είναι ικανή και

αναγκαία. Στον ορισμό της γ .π . , λ#Ο και στον γ. μέσο οι α, γ ομόσημοι στο Sν=να1 αν

λ= 1 . Επίσης στη συμμετρική παράσταση των όρων της γ. προόδου με πλήθος όρων άρτιο

' ' ' ' ' χ -χ λ λ3 ' χ χ λ λ3 ' οι οροι ειναι ομοσημοι, ενω ισχυει ).}' λ' χ , - χ η ).}' λ , - χ , χ αν οι οροι

ετερόσημοι και στην παρατήρηση 2 ν�2 και α 1= S 1 , ενώ στην παρατήρηση 3, κ εΝ* .

4 . Στο άρθρο με τις πιθανότητες σελ. 70 πρέπει να επισημάνουμε τα εξής: Τα δυο πρώτα

ερωτήματα έχουν λυθεί σωστά λαμβάνοντας υπόψη ότι ο δ.χ. Ω, αποτελείται από

ισοπίθανα ενδεχόμενα. Εκ παραδρομής η ανίσωση θέλει Δ>Ο όπου κ>4 οπότε για να μην

υπάρχει πρόβλημα στη λύση μας, θεωρούμε P(t)=0,6 (α'ερώτημα) οπότε ν= Ι Ο . Με την

' ' (β

' ' ) ' Ρ(Ε) l 3 Σ ( ' '

) ' ' παρατηρηση αυτη στο ερωτημα προκυπτει = U . το γ ερωτημα ομως ενω

ελήφθη υπόψιν ότι ο δ .χ Ω δεν αποτελείται πλέον από ισοπίθανα ενδεχόμενα, στον

υπολογισμό της πιθανότητας το ενδεχόμενο Ε εκ παραδρομής χρησιμοποιήθηκε ο

κλασσικός ορισμός της πιθανότητας. Η σωστή λύση είναι: 5 6 1 9 2 ' Ρ (Ε ) = Ρ (5 ) + Ρ (6) + . . . + Ρ ( 1 9 ) = = -- + -- + . . . + -- = - . Οι εκ των υστερων 1 0 · 1 9 1 0 · 1 9 1 0 · 1 9 5

παρατηρήσεις θεωρούνται επιβεβλημένες για τη σωστή αντιμετώπιση των αντιστοίχων

θεματικών ενοτήτων των άρθρων του περιοδικού .

Αλλ λο α ία Από το συνάδελφο από τη Γλυφάδα πήραμε μια σειρά από ασκήσεις

μεθοδολογίας για την επίλυση ανισώσεων στη Β ' Λυκείου . Σ'

ευχαριστούμε.

Από το συνάδελφο πήραμε μια εμπεριστατωμένη μελέτη σε θέματα

που αφορούν το lim ( 1 + α Jv = eα , με αρκετά καλό τρόπο γίνεται πλήρης ανάπτυξη και ν-->οc ν

έρευνα όλων των εκδοχών με επαγωγικό τρόπο . Το θέμα αποκτά αρκετό ενδιαφέρον Yv

όταν το lim [ 1 + �) Υ" = lim [[ ι + �) χ" ]� με όριο της Zv το α, είναι αφορμή να υπάρχει ν�::χ;. Xv v�oc: χ·ν

άσκηση διαπραγμάτευσης από το βιβλίο του Ger. Hooft και Mart. Veltmam (βραβείο

Nobe1 Φυσικής 1999) με θέμα τις θεωρίες βαθμίδας στο χώρο της κβαντικής θεωρίας

πεδίου . Π. χ. βρείτε το lim ( 1 + _!__ + � Jv με την παρατήρηση ότι δεν αρκεί κάτι να ν-->οο ν ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/72

Page 75: Ευκλειδης Β 64

πηγαίνει στο άπειρο σημασία έχει και πώς πηγαίνει. Δηλαδή σημασία έχει η συμπεριφορά της σύγκλισης. Αυτή η παρατήρηση ήταν και ένα από τα δυο συστατικά της βράβευσης με το βραβείο Nobel Φυσικής 1 999 των δυο προαναφερθέντων. Από το συνάδελφο (Γενικό Λύκειο Αιδηψού Εύβοιας) λάβαμε άρθρο στον «νόμο της εκθετικής μεταβολής» με θεωρία και υποδειγματικά λυμένες ασκήσεις . Αρκετά εμπεριστατωμένη ανάπτυξη μένει στο αρχείο του περιοδικού για μελλοντική αξιοποίηση . Από τον κ. πήραμε άρθρο περί «τετραγωνισμού του κύκλου» . Θεωρητικές και πρακτικές προσεγγίσεις στην αντιμετώπιση του σχετικού θέματος. Από τον πήραμε άρθρο σχετικά με τη γενίκευση - διοφαντικής λύσης της εξίσωσης x2+y2=z2 με αφορμή το άρθρο του τ .59 Ευκλείδης Β ' με το ίδιο θέμα. Γίνεται αναφορά στην Πυθαγόρεια λύση χ=2λ(λ + 1 ) , Ψ=2λ + 1 , z=2λ(λ + 1 )+ 1 που έχει αναφερθεί και ο σε αντίστοιχο βιβλίο του, το 1 989 με θέμα «0 Μυστικός Κώδικας του Πυθαγόρα» με την ένδειξη ότι όλη αυτή η ανάπτυξη είναι ολική γενίκευση και διερεύνηση των εξισώσεων των γενικών μορφών της εξίσωσης όχι μόνο του Πυθαγόρα z2=x2+y2, αλλά και Fermat zv=xv+yv δηλ. των γενικών μορφών Σ2=Α 1 2+Α/+ . . . +Α/ , Σν=Α 1ν+Α 1 ν+ . . . +Α/ όπου οι εξισώσεις του Πυθαγόρα και Fermat είναι απλώς μερικές υποπεριπτώσεις . (Ακολουθούν 5 συνημμένα φύλλα που επιλύονται οι Πυθαγόρειες Εξισώσεις δευτέρου βαθμού από ομάδες ακεραίων και θετικών αριθμών) .

Λύτε (Ιωάννινα) Α92 (τ. 62), Α94 (τ.62) Α90 (τ.62) και την άσκηση του μήνα. Με

τις αναφορές για τα άλυτα προβλήματα της αρχαιότητας και τη μέθοδο της νεύσης του Αρχιμήδη έχει αναφερθεί στο περιοδικό σε παλαιότερα τεύχη . Σε μελλοντικό τεύχος θα υπάρξει σχετικό άρθρο σύντομης αναφοράς για τα θέματα αυτά. Επίσης δίνονται λύσεις από το τ .60 : Α Ι , Α2 σελ. 34 και στις ασκήσεις των εκθετικών και λογαριθμικών εξισώσεων και συστημάτων από το σχετικό άρθρο του περιοδικού . Στα ερωτήματα που αναφέρετε στην αρχή της επιστολής σας, να υπάρξει σχετική αναφορά με τη μορφή αποριών, καλό θα ήταν να υπήρχε σχετική γραφή υπό μορφή μαθηματικού προβλήματος για λύση από τους αναγνώστες του περιοδικού . Σε ευχαριστούμε

(Αθήνα) Αναφορές λύσεων σε ασκήσεις της Γ ' Λυκείου

. .. .... .... . . ο ... . · .. ο.· .ο .. _ _ _ ____ ,. . .. .. • . .. .... -- -·-···· ·---�-� -�'-"·--··'---�---'-- -- - �--- · ··-"··'·---· ·-'· ''�''---=�-'� '·--=�''·---' �="·=·-'- '"--·�---�=�=- �c.cc��c .. c-.c .------1 :

Η Συντακτική Επιτροπή του Ευκλείδη Β ' , ,

'; . ·-:-'1. ' -l : i

, σας ευχεται \ - \ --�:: \� _ _ Λ_ C] 1SΓ ·��IF� Ι

iΙΞΕ]�.ιL\2�!i:ΙΣ ΣLL\�Σ ' cc·= -------= " - ----�: =--==-=c-=.·--=-= -'�-==- - ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4!73

Page 76: Ευκλειδης Β 64

Ο Ε υ κλεί δ ης ,

π ροτει νει .. .. . ((Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και

ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα». P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Στρατής, Γ. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος

99. Έστω f μια συνάρτηση η οποία είναι συνεχής στο [0, 1 ] και παραγωγίσιμη στο (-1 , 1 ) Αν f(1 )=0 και f(x)>O για χ Ε (-1, 1), να αποδείξετε ότι δοθέντων δυο οποιον­δήποτε θετικών αριθμών α και β, υπάρ­χει γ Ε (-1 , 1 ) , ώστε να ισχύει

αf(γ)f'(-γ)=βf'(γ)f(-γ) . Επροτάθη από τον Ακαδημαϊκό κ . \Ι ικόλαο ΛφτεμΡ.άδη

Λύση (από το συνάδελφο Χρ. Λψφτζόγλου - Δράμα) Θωρούμε τη συνάρτηση g(x)=f3(x):f(-x)-1 η οποία προφανώς είναι συνεχής στο [-1 , 1 ] και παραγωγίσιμη στο ( -1 , 1 ) . Επίσης g( 1 )=f3( 1 ):f(-1 )-1=-1 και

g(- 1 )=f3(-1 ):f( 1 )- 1 =-1 Επομένως για την g ισχύουν οι υποθέσεις του Θ. Rolle, οπότε υπάρχει γΕ (- 1 , 1 ) , ώστε g ' (γ)=Ο. Είναι: g ' (x)=βf-1 (x):f( -x) -f' (x)-αf3(x):f-1 ( -x) ·f' (-χ) οπότε g ' (γ )=Ο<=> <=:>:f-1 (γ) ·f-1 (γ) · [βf(-γ) -f' (γ)-αf(γ) ·f' (-γ)]=0 <=:>αf(γ) ·f' (-γ)= βf' (-γ) -f(γ), διότι f(x)>O για χΕ (-1 , 1 ) .

Λύσεις έστειλαv επίσης οι συνάδελφοι Η λιό­πουλος Γ ι άννη ς - Καλαμάτα, Κ αλάκος Α­θανάσιο ς - Κ . Π ατήσια, Ι ωανν ί δ η ς Αντώνη ς

- Λ ά ρ ισα, Μ πό ρ η ς Ροδόλφος - Λάφνη , Ν ι­κολόπουλος Ν ί ιως - Λ ά ρ ισα, Τσαπακiδης Γειίφγιος - Αγρ ίνιο.

1 00 . Έστω f, g : [α, β] �R δύο συνεχείς συ­ναρτήσεις ώστε για κάθε Χ Ε [α, β] να ισχύει f(x)2:0 και g(x)2:0.

Α ν υπάρχει Α Ε R με Α2:0 ώστε

f (χ ) � Α + J: f ( t) g ( t )dt για κάθε χ ε [α, β] να

αποδείξετε ότι f (χ ) � Aei g(ι)dι . (Επροτάθη από τον συνάδελφο Κ υ ρ ω . κόπου­λο Θ ανάση - Αθήνα)

Λί)ση (από το συνάδελφο Τσαπω.:[δη � 'η;φ­γιο - Αγρίνιο) Θεωρούμε τη συνάρτηση :

h ( x ) = A + [ f ( t ) g ( t)dt , χ ε [α, β ] Είναι: h'(x) =f(x) g(x) :::; (A+ [f( t)g( ψtt)g(x) =h(x) g(x) ( 1 )

Οπότε h '(x):::;h(x)g(x) για κάθε χε [α, β] Επίσης f(t)2:0 και g(t)2:0 για κάθε tε [α, β] ο-πότε και για κάθε χε (α, β] , r f ( t ) g ( t )dt � ο

με την ισότητα να ισχύει μόνο όταν οι f, g εί­ναι μηδενικές στο [α, β] όπου το ζητούμενο προφανώς ισχύει. Άρα Α + r f ( t) g ( t )dt > Ο <=> h (χ ) > Ο

Για κάθε χε (α, β) έχουμε από την ( 1) : h ' ( x ) -- :=:; g(x ) h ( x ) Θεωρούμε τη συνάρτηση

φ ( χ ) = f n h� ) - f g ( t )dt (υποθέσαμε Α>Ο

διότι με Α=Ο, το ζητούμενο ισχύει) h ' ( x ) Είναι: φ ' ( χ

) = h ( x ) - g ( x ) :::; o

για κάθε χ ε (α, β), οπότε η φ είναι φθίνουσα στο [α, β] Άρα για κάθε χε [α, β] έχουμε :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4!74

Page 77: Ευκλειδης Β 64

------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

φ ( χ ) � φ ( α ) � ln h �) - r g ( t �t �

� ln h �α) - r g ( t �t = ο

' h (x ) r h (x ) r g( t)dt οποτε : ln-- � g ( t�t � -- � e � Α Α

� h ( χ ) � Α . e f g( ι)dι και δεδομένου ότι f ( χ ) � h ( χ ) συνεπάγεται

, ( ) L' g ( t)dt , ζ , οτι: f χ � Α · e που ειναι το ητουμενο

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Η λιό­πουλος Γ ιάννη ς - Καλαμάτα, Ι ωαννίδη ς Αντώνη ς - Λ ά ρ ισα, Μπόρη ς Ροδόλφος -Δάφνη , :\ ικολόπουλος Ν ίκος - Λάρισα.

1 0 1 . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ). Αν υπάρχουν σημεία Δ, Ε στις πλευρές ΑΓ, ΑΒ του τριγώνου ώστε να ι­σχύει ΓΔ=ΔΕ=ΕΑ=ΒΓ, να υπολογίσετε τη γωνία Α του τριγώνου. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Γκουντου βά Σωτή ρη - Αργυρούπολη)

Λύση (Από τον κ . .Άνδρη Ι., Αθήνα) Φέρνουμε την ΓΕ και το ύψος ΑΖ του τριγώ-

νου . Αν ΔfΈ = φ , ότε ΓΕΔ = 2φ και ΜΕ = 2φ .

Επίσης ΕΑΔ = 2φ , οπότε BAz = Γ Az = φ . Α

Αν η κάθετη από το Δ στην ΓΕ τέμνει την ΕΓ στο Η και το ύψος ΑΖ στο Κ, τότε το Κ είναι το περίκεντρο του τριγώνου ΕΒΓ, οπότε

ΔΚr = ΕΒΓ = 90° - φ , που σημαίνει ότι στο

τρίγωνο Γ ΔΚ η ΓΗ είναι ύψος και διχοτόμος, οπότε είναι ισοσκελές. Τότε έχουμε : ΓΚ=ΓΔ=ΒΓ και ΚΒ=ΚΓ, οπότε

το τρίγωνο ΚΒΓ είναι ισόπλευρο και δεδομέ­

νου ότι ΒΚΓ = 2ΒΕΓ (το Κ είναι περίκεντρο

του τριγώνου ΕΒΖ) συνάγουμε ότι ΒΕΓ = 30° , οπότε ΕΑΓ + Er Α = 30° � 3φ = 30° � φ = 1 0° Επομένως η γωνία Α του τριγώνου είναι 2φ=20°.

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι Απο­στολόπουλος Γιώργος - Μεσολόγγι, Σταμα­τογιάννης Γιάννης - Δρ οσιά, Κού ρτη ς Χρυ­σόστομος - Λάρισα, Καλάκος Αθανάσιος -Κ. Π ατήσια, Ι ωαννίδη ς Αντώνη ς - Λάρισα, Μπόρης Ροδόλφος - Δάφνη , Π λάταρος Γιάννης - Μ εσσήνη , Πετρολέκας Στέλιος -Δρ απετσώνα, Δεμιρτζόγλου Χρή στος -Δρ άμα, Τσαπακίδης Γεώργιος - Αγρίνιο, Ν ικητάκη ς Γιώργος - Σητεία, Χυτή ρης Λουκάς - Κέρκυ ρ α, Καράβοτας Δη μήτρη ς ­Κ. Αχαϊά, Χατζη ελανίδης Π έτρος Θεσ/νίκη και ο φοιτητή ς του Μαθη ματικού Π άτρας Μπατέλης Γιώ ργος

1 04. Σε τρίγωνο ΑΒΓ η γωνία Β · είναι δι­πλάσια από τη γωνία Γ. Ν α βρείτε τη σχέση που συνδέει τις πλευρές του τριγώνου. (Επροτάθη από τον συνάδελφο Κυ ριακόπου­λο Θ ανάση - Αθήνα)

Λύση (από το συνάδελφο Κούρτη Χρυσό­στομο - Λάρισα) Από την ισότητα Β=2Γ έχουμε:

ημΒ=ημ2Γς:}ημΒ=2ημΓ·συνΓ η οποία με βά­ση το νόμο των ημιτόνων γράφεται

....!ι = 2...l.. συνΓ � β = 2γσυνΓ ( 1 ) 2R 2R

Ο νόμος των συνημιτόνων δίνει α2 + β2 _ 2

συνΓ = γ , οπότε η ( 1 ) γίνεται

2αβ α2 + β2 12

β = 2γ - � αβ2 = α2γ + β2γ - γ3 � 2αβ

� β2 (α - γ) - γ {α2 - γ2 ) = 0 � ( α - γ) (β2 - αγ - γ2 ) = Ο

• Αν αty, τότε από την τελευταία ισότητα, έχουμε β2 -γ2=αγ

• Αν α=γ, τότε Β=Α+Γ, οπότε το τρίγωνο εί­

ναι ορθογώνιο (Β = 90° ) και ισοσκελές και

β2 2 2 -γ =α =αγ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4175

Page 78: Ευκλειδης Β 64

-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Επομένως σ ε κάθε περίπτωση η σχέση που συνδέει τις πλευρές του είναι η β2 -γ2=αγ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

Οι διχοτόμοι ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ των γωνιών τριγώνου ΑΒΓ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο στα σημεία Α ', Β ', Γ Ό Αν ΑΑ '=dα, ΒΒ '=dβ, και ΓΓ ' =d1 να αποδείξετε ότι

l l l __ α _ + __ Ρ _ + --1 - > 3 όπου ημ2 Α ημ2Β ημ2Γ

- '

l - � l μ = �, l = � α -

dα ' dβ γ dγ

Επροτάθη από τον συνάδελφο - Λάρισα

Λύση (από τον συνάδελφο - Αγρίνιο)

Από το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΑΒΔ και ΑΒΑ

'έχουμε αντίστοιχα

δα = γ ( 1 ) ημΒ ημ( � + Γ)

γ ημγ

Με διαίρεση των ( 1 ) , (2) παίρνουμε : � = ημΒημΓ

� ημΒημΓ ΑΑ ' ημ ( � + Β )ημ( � + Γ)

(διότι Ο < ημ ( � + Β ) ημ ( � + Γ) � ι )

οπότε � �

ημΒημΓ •

ημzΑ ημzΑ

(2)

Ομοίως και οι άλλοι όροι του αθροίσματος, οπότε �

+ ___!__L

+ __!y_

> ημΒημΓ + ημΓημΑ + ημ

ΑημΒ ημz Α ημzΒ ημzΓ - ημz Α ημzΒ ημzΓ

� 3 3 ημΒημΓ . ημΓημΑ . ημΑημΒ = 3ifl = 3 . ημz Α ημz Α ημzΓ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

ι ., : , ; . � Να βρεθούν οι τρεις μικρότεροι φυσι­κοί διαδοχικοί αριθμοί των οποίων το ά­θροισμα είναι τέλειο τετράγωνο και τέλειος κύβος (Επροτάθη από τον φοιτητή του ΕΜΠ

)

Λύση (από τον συνάδελφο

Κέρκυρα)

Α ν συμβολίσου με με ν- 1 , ν, ν+ 1 τους τρεις διαδοχικούς φυσικούς αριθμούς τότε έχουμε :

ν- 1 +ν+ν+ 1 =κ2 και ν-1 +ν+ν+ 1 =λ3 , οπότε 3ν=κ2 και 3ν=λ3

απ' όπου προκύπτει ότι ο αριθμός λ είναι πολ­λαπλάσιο του 3 .

Επίσης κ = λ.Jλ , οπότε ο λ πρέπει να είναι τε­τράγωνο ακεραίου . Ο μικρότερος φυσικός που είναι τετράγωνο ακεραίου και πολλαπλάσιο του 3 είναι ο αριθ­μός 9 . Με λ=9, βρίσκουμε κ=27 και 3ν=κ2::::::>ν=243 Εύκολα πλέον διαπιστώνουμε ότι οι αριθμοί 242 , 243 , 244 ικανοποιούν τις συνθήκες του προβλήματος.

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι

I I Ί . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κέντρου βάρους Κ.

Α ν ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου

ΑΚΓ εφάπτεται στην πλευρά ΑΒ να αποδείξετε

' θ 2-[j ' Δ ' ' οτι: η μ + ημω � -- , οπου ειναι το μεσον 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/76

Page 79: Ευκλειδης Β 64

-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . Λ Λ

της ΑΒ και θ = ΔΑΚ, ω = ΔΒΚ .

(Προτείνεται από τον συνάδελφο - Λάρισα )

·. . Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Λ Λ

Α + Γ < π . Ονομάζουμε Κι , Κ2 τα κέντρα των

περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΓ Δ,

ΒΓ Δ, αντίστοιχα, αν α είναι το μήκος της πλευ­

ράς ΑΒ να δείξετε ότι:

(κ ι , Κz ) = α lημ (Β + Δ) I 2ημΓημΔ

(Προτείνεται από τον συνάδελφο - Λάρισα )

l'i α δείξετε ότι η εξίσωση :

2χ8 + 3χ6 - 3χ3 - 2χ + 9 = Ο στερείται πραγμα­

τικών ριζών.

(Προτείνεται από τον συνάδελφο - Λάρισα )

Να βρείτε όλες τις πραγματικές συναρτή­

σεις f, που ορίζονται σε διάστημα Δ = [α, b] ς R με f(Δ) = Δ και ικανοποιούν τη συνθήκη : l f(x) ­

f (y) l > ι χ - yl , για κάθε x,y Ε Δ.

(Προτείνεται από τον συνάδελφο - Λάρισα )

Δίνονται οι πρώτοι μεταξύ τους θετικοί α­

κέραιοι α, β. Να αποδείξετε ότι κάθε ρίζα της

μονάδας με τάξη αβ, αναλύεται κατά μοναδικό

τρόπο σε γινόμενο δύο ριζών της μονάδας με

τάξεις α, β αντίστοιχα.

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Αθήνα )

; ·· ·· Πάνω σε κύκλο θεωρούμε τρία σταθερά

σημεία Α, Β, Γ και δύο μεταβλητά σημεία Ν,Ρ.

Ονομάζουμε Μ την τομή των ΑΡ, ΒΝ και Λ την

τομή των ΑΝ, ΓΡ. Να αποδείξετε ότι η ΜΛ

διέρχεται από σταθερό σημείο.

(Προτείνεται από τον - Αθήνα )

Δίνεται πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓ Δ.ΗΖ,

όπου το ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο με

πλευρές α, β, γ, δ . Ονομάζουμε Ε την τομή των

ΑΓ, ΒΔ, Ρ την τομή των ΒΔ, ΖΗ και Θ την τομή

των ΑΓ, ΖΗ. Να αποδείξετε ότι ισχύει:

(ΑΒΓΔ) =

_!_( αδ _ βγ ) ( αβ _ γδ )· (ΘΕΡ) 4 βγ αδ γδ αβ

(Προτείνεται από τον συνάδελφο - Αθήνα )

· ·· -� Σε ισοσκελές τραπέζιο ΑΔΓ Δ οι μη πα­ράλληλες πλευρές ΒΓ και ΑΔ είναι ίσες με τη μικρή βάση Γ Δ και σχηματίζουν με τη μεγάλη βάση ΑΒ γωνίες 20°. Α ν Ε είναι ε­σωτερικό σημείο της ΑΒ ώστε ΑΕ= Γ Δ και Ρ το κοινό σημείο των ΒΓ, ΑΔ να ι:ιποδείξε-τε ότι: ΑΡΕ = 30"

Προτείνεται από τον κ. να

- Αθή-

� . Με πλευρές τις πλευρές τριγώνου ΑΒΓ κατασκευάζουμε τετράγωνα εξωτερικά του ΑΒΓ και ονομάζουμε Α1 , Β1 , Γ1 τα κέντρα τους. Επαναλαμβάνουμε την ίδια διαδικα­σία στο τρίγωνο ΑιΒιΓ ι την οποία συνεχί­ζουμε επ' άπειρον. Να εξετάσετε αν υπάρχει το όριο της ακολουθίας των τριγώνων ΑvΒνΓ ν και είναι ισόπλευρο τρίγωνο. Προτείνεται από το συνάδελφο

- Αγρίνιο

Έστω Ρ(χ) ένα πολυώνυμο με ακέραι­ους συντελεστές. Α ν για τους ακεραίους κ, λ με κf:.λ ισχύει Ρ(κ)Ρ(λ)=-(κ-λ)2, να αποδείξε­τε ότι Ρ(κ)+Ρ(λ)=Ο Προτείνεται από τον ον

Λ Ι ο ρ Ο < ί)ω: ι ς :

- Ίλι-

1. Στην προτεινόμενη άσκηση 112 του τεύ­χους 63 να γραφεί σωστά η ισότητα [ 2χ + 3Υ + J( 2χ + 3χ / + 1 ] ( ω2 - �ω4 + 1 ) = - 1

2. Στην άσκηση 1 15 του τεύχους 63 , να δια­

γραφεί όλη η παρένθεση .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' τ.4/77

Page 80: Ευκλειδης Β 64

Τα ματι ά ς ' ζο ν Τα μαθηματικά αν και ι-:ίναι ι-:πιστήμη που απαιτι-:ί αυστηρή διατr)πωση, έχουν τη μαγι-:ία να απο­

σποr)ν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσι-:ις μι: κατάλληλο τρό­

πο διατυπωμένα ι:ξάπτοrJν το πνι:r)μα, διι:γι:ίρουν τη φαντασία και κεντρίζουν την περιέργεια. Πρώτοι

οι Αρχαίοι Έλληνες όπως ο Διόφαντος, ο Ζήνωνας κ. ά. μας δίδαξαν αυτά τα μαθηματικά.

Στη στήλη αυτή θα παρουσιάζουμι: θέματα τα οποία δεν απαιτοr)ν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις

αλλά μας διασκεδάζουν μι: την ι:κφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπα­

στική ασχολία •

Ξέρετε ότι : •:• Οι αρχαίοι Ινδοί επινόησαν το δεκαδικό σύ­

στημα αρίθμησης (περίπου τον 4° αιώνα μ.Χ.) και αργότερα το μηδέν. Το σύστημα λέγεται σήμερα Αραβικό διότι η Ευρώπη το πήρε το Μεσαίωνα από τους Άραβες.

•:• Οι Σο1)λβασούτρα είναι αρχαία Ινδικά έργα με θρησκευτικά και Μαθηματικά κείμενα.

•:• Ο Ζήνων τον 5° π.Χ. αιώνα διατύπωσε μερικά παράδοξα όπως ότι ο γοργοπόδαρος Αχιλλέας

δεν θα μπορούσε να ξεπεράσει στο τρέξιμο και την ποιο αργή χελώνα, αρκεί αυτή να είχε ξε­κινήσει λίγο νωρίτερα.

•:• Ο Ερατοσθένης είχε παρουσιάσει στο βασιλιά της Αιγύπτου Πτολεμαίο Γ ένα τραπέζι που επάνω είχε μια μεταλλική πλάκα που ήταν χα­ραγμένοι οι πρώτοι αριθμοί αλλά και οι σύνθε­τοι που σημειώνονταν με μια τρύπα. Η κατα­σκευή ονομάστηκε «Κόσκινο του Ερατοσθέ­νη>> .

•:• Ο Ερατοσθένης ήταν ξεχωριστή προσωπικότη­τα. Ήταν αθλητής, Αστρονόμος, Γεωμέτρης, ποιητής, ρήτορας. Είναι ο πρώτος που μέτρησε την ακτίνα της Γης. Σπούδασε στην Ακαδημία Αθηνών και υπήρξε διευθυντής της μεγάλης βιβλιοθήκης της Αλεξάνδρειας και στενός φί­λος του Αρχιμήδη . Κατά τη διάρκεια ταξιδιού του στο Νείλο προσβλήθηκε από ασθένεια των ματιών και τυφλώθηκε. Έτσι δεν μπορούσε πλέον να βλέπει τον ουρανό και να παρατηρεί τ ' αστέρια. Κλεισμένος στη βιβλιοθήκη του,

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος

στερούσε τον εαυτό του από την τροφή και πέθανε.

Α παντήσεις 3"" τεύχους

I ) Απιiντηση στο πρι.ί}τΟ ερι.ί)τημιι Για να βρού­με ποιο βαρέλι έχει το δηλητήριο θέλουμε μόνο οχτώ δείγματα. Αριθμού με τα βαρέλια (στο δυα­δικό σύστημα με 8 ψηφία) ως εξής: Το πρώτο 00000000, το δεύτερο 0000000 1 , το τρίτο 000000 1 Ο, το τέταρτο 000000 1 1 , το πέμπτο 00000 1 00, το τελευταίο 1 1 1 1 1 1 1 1 . Αφού τώρα κάθε βαρέλι έχει τον αριθμό του εργαζόμαστε ως εξής: Για το πρώτο δείγμα παίρνουμε μια ποσότη­τα κρασιού από όλα τα βαρέλια που έχουν ι τε­λευταίο ψηφίο . Για δεύτερο δείγμα παίρνουμε μια ποσότητα κρασιού από όλα τα βαρέλια που έχουν ι στο προτελευταίο ψηφίο κ.ο .κ. ως το όγδοο δε ίγμα που θα είναι από τα βαρέλια που έχουν ι στην πρώτη από αριστερά θέση . Έτσι π.χ. το βαρέ­λι 1 1 1 1 1 1 1 1 το παίρνουμε σε κάθε δείγμα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/78

Page 81: Ευκλειδης Β 64

Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

Α ν ένα δείγμα έχει δηλητήριο τότε το βαρέλι που

ζητάμε έχει 1 στο αντίστοιχο ψηφίο . Αν δεν έχει

δηλητήριο τότε το βαρέλι έχει Ο στο αντίστοιχο

ψηφίο . Έτσι αν π.χ. βρεθεί δηλητήριο στο πρώτο,

δεύτερο, τέταρτο και έκτο δείγμα τότε το βαρέλι

που έχει το δηλητή ριο είναι αυτό με τον αριθμό

00101 01 1 .

Το δεύτερο ερώτη μα να διορθωθεί και να διατυ­

πωθεί ως εξής: «.4 ν ο έλεγχος μας λέει εκτός από

το αν υπάρχει δηλητήριο και την ποσότητά του

στο δείγμα τότε πόσοι έλεγχοι χρειάζονται;»

2) Απάντηση. Μπορούμε να βρούμε την ποσότητα

του δηλητηρίου που έχει το βαρέλι καθώς και το

βαρέλι με δύο δείγματα.

Για τ ο πρώτο δείγμα παίρνουμε από όλα τα

βαρέλια ίδια ποσότητα κρασιού π.χ. 1 cm 3 από το

καθένα, έτσι θα βρούμε την ποσότητα του δηλητη-

Τότε ο Μπέρεμιζ απευθυνόμενος στο Χαλίφη είπε

η 1 η έχει μαύρα μάτια, η 2η γαλανά, η 3η μαύρα, η

4η γαλανά και η 5η γαλανά. Ο Χαλίφης έκπληκτος

ζήτησε από τον Μπέρεμιζ να μάθει πώς το βρήκε;

Αυτός του είπε : Από την πρώτη κοπέλα που μου

απάντησε Κινέζικα, ήμουν σίγουρος για την απά­

ντησή της, θα έλεγε ότι έχει μαύρα μάτια. Διότι

αν είχε μαύρα μάτια θα έλεγε την αλήθεια, αν είχε

γαλανά θα έλεγε ψέματα.

Επομένως η απάντηση της δεύτερης κοπέλας μου

έδειξε ότι αυτή είπε ψέματα, άρα η Δεύτερη έχει

γαλανά μάτια.

Η τρίτη κοπέλα μου επιβεβαίωσε αυτό το οποίο

γνώριζα, ότι η δεύτερη κοπέλα έχει γαλανά μάτια,

δηλαδή η Τρίτη μου είπε αλήθεια άρα η Τρίτη έ­

χει μαύρα μάτια. Έτσι τώρα είμαι σίγουρος ότι τα

άλλα δυο κορίτσια έχουν μάτια γαλανά.

ρίου που υπάρχει στην μονάδα όγκου του δηλητη- :; ' ' > ; η , ριασμένου κρασιού .

Για το δεύτερο δείγμα παίρνουμε 1 cm 3 από

το πρώτο βαρέλι, 2 cm 3 από το δεύτερο βαρέλι,

3 cm 3 από το τρίτο, κ.ο.κ. Σ ' αυτό το δείγμα η συ­

νολική ποσότητα δηλητηρίου θα είναι πολλαπλά-

σιο αυτής που βρήκαμε στο πρώτο δείγμα. Έτσι

καταλαβαίνουμε και από ποιο βαρέλι έχει προέλθει

το δηλητή ριο . Αν π.χ. η ποσότητα του δηλητηρίου

στο δεύτερο δείγμα είναι 25πλάσια από ότι στο

πρώτο τότε το 25° βαρέλι έχει το δηλητήριο .

Αφού οι κοπέλες στήθηκαν η μια δίπλα στην άλλη

απέναντί του ο Μπέρεμιζ ρώτησε την πρώτη κοπέ­

λα : «τι χρώμα έχουν τα μάτια σου;» αλλά αυτή

μιλούσε Κινέζικα έτσι δεν κατάλαβε τη του είπε.

Τότε ρώτησε τη διπλανή της που ήξερε και Κινέζι­

κα: «τι μου είπε η φίλη σου;» Η κοπέλα του α­

πάντησε: «Σας είπε: Τα μάτια μου είναι γαλα­

νά.» την ευχαρίστησε και ύστερα ρώτησε την τρί­

τη κατά σειρά κοπέλα: «τι χρώμα έχουν τα μάτια

των δυο κοριτσιών που μόλις ρώτησα;»

χ χ χ χ - + - + - + 5 + - + 4 = Χ 6 1 2 7 2

Από τη λύση της εξίσωσης έχουμε Χ=84 δηλαδή ο

Διόφαντος έζησε 84_έτη .

Ο μήνας έχει 43200 λεπτά. Από τη βρύση θα πέ­

σουν 2 1 600 σταγόνες. Δηλαδή 2 1 600

::::: 3 � λίτρα. 5750 3

Κάθε μέρα είχε συμφωνήσει να παίρνει 1 440 + 1 ποδήλατο

24 Ε , 1 δ λ

, = υρω + - πο η ατου.

60 60

Επομένως σε 35 μέρες η αμοιβή είναι 24.35+ 35

60

ποδηλάτου =840+ 35

ποδηλάτου. Αφού πήρε 60

300 Ευρώ αντί 840 και ένα ποδήλατο αντί 35

60

ποδηλάτου, άρα τα �� ποδηλάτου δόθηκαν για

540 Ευρώ. Αξία ποδηλάτου 540. 60

=1296 Ευρώ 25

Αυτή του απάντησε: «Η πρώτη έχει μαύρα μάτια

και η δεύτερη γαλανά . » Η πρώτη συνάντηση έγινε αφού είχε βαδίσει 2/6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4179

Page 82: Ευκλειδης Β 64

Τα Μαθη ματικά μας Διασκεδάζουν

της ώρας (20 λεπτά) σε απόσταση 2 χιλιομέτρων.

Άρα η ταχύτητα του τραμ είναι 1 0/60.Υ=2 χιλιό-

μετρα δηλ. Υ= 2χ6Ο

= 1 2 χιλιόμετρα την ώρα. 1 0

Ο πεζός κινήθηκε ακόμα 3 3 και 1 /3 χιλιόμετρα ήτοι 34 1 1 7 , - . - = - ωρες.

3 6 9

Στο χρόνο αυτό το τραμ πήγε από το σημείο Α στο

Γ έμεινε 1 Ο λεπτά και επέστρεψε στο Β . Επομένως

έχουμε (ΑΒ+2ΒΓ)=( .!2 _.!.Q ) . 1 2 δηλαδή 9 60

(ΒΓ)= 1 4

χιλιόμετρα. 3

Άρα Σύνταγμα - Γλυφάδα (ΣΓ)= 1 8 χιλιόμετρα.

Σ 1η ____ 2η Γ 34 1 4

2χιλ Λ - χιλ Β - χιλ 3 3

Όχι. Διότι από τις πιο κάτω λύσεις έχουμε κάθε

�� δ�ορmκό ίΠΗΠ�ων

Κρατούμενοι 3 2

Κρατούμενοι 2 8

Κρατούμενοι 20

Κρατούμενοι 24

Α) Τα δυο τελευταία ψηφία είναι:

24 . Διότι οι δυνάμεις του 2 έχουν λήγοντες τους

2 4 8 6 , 2 70 - (2 4 ) 1 7 2 2 - 68 2 - 6 4 -, , , αρα το - - 2 . 2 - . . . . . · -

. . . . . . . . . . . . . 24 .

Β) Ο αριθμός 926 1 000 γίνεται γινόμενο πρώτων

παρaγόντων (2 . 3 . 5 .7) 3 .

Δεν διαιρείται με τους

2 . 5 2 ' 2 . 5 . 3 3 ' 2 . 7 3 ' (2 . 3 . 7) 2

Διαιρείται με τους 2 ·5 , 2 ·3 2 ·5 , 2 ·7 2 , 2 · 3 2 ·7 2

Άρα ο Χ = 2 ·5 · 32 • 72 = 4410.

Αυτό το πρόβλημα είχε μπερδέψει τους αρχαίους .

Εξήγηση έδωσε ο Γάλλος Mairan ότι ο μικρός κύ­

κλος δεν κινείται μόνο με περιστροφική κίνηση

αλλά και με κίνηση ολισθήσεως, έτσι η ΒΒ · δεν

αντιστοιχεί καθόλου στο ανάπτυγμα του μικρού

κύκλου.

1 ) Τ ο έμβρυο στην κοιλιά της μητέρας του . Όσο

είναι στην κοιλιά της μητέρας του έχει τον

ομφάλιο λώρο ανοικτό.

Όταν γεννηθεί τα ανοίγματα είναι: δύο μάτια,

δύο αυτιά, δύο ρουθούνια, το στόμα, οι δίοδοι

ούρησης και αφόδευσης .

2) Η περιοχή της Γης που γέμισε με θάλασσα.

Στη δημιουργία του κόσμου(παλαιά Διαθήκη)

έγινε ο Ήλιος, η Γη και μια μέρα μετά η θά­

λασσα.

3) Το δένδρο που έγινε καράβι. Όταν του έκοψαν

τα κλαδιά (το κεφάλι) και το έκαναν καράβι

άρχισε να κινείται.

\ ι {φ Ο I.'!..Q. ίΕ Η απάντηση για τα πουλιά του_δεύτερου τεύχους εί­

ναι 6, 6, 18.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' τ.4/80

Page 83: Ευκλειδης Β 64

ΕΜΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ Ελληνικ.ή Μαθημ.ατική Εταιοεία 24Ο ΠΑΝΕΛΛΉΝΙΟ ΣΥΝΕΔΡΙΟ

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

Με διεθνείς συμμετοχές Κοζάνη 2 - 3 - 4 Νοεμβρίου 2007

11 JIAAΘIIJIAATΙilll DΑΙΑ.8ΙΑ ΖιΙΙJΙΑ8 ΡΑ. Θ8ΙlΡΙΑ Ι(ΑΙ DPA ·

•. , «Η Μαθηματική παιδεία σήμερα, Θεωρία και

πράξη» είναι το θέμα του Συνεδρίου που διοργανώ­νει η Ε.Μ.Ε. στις 2, 3 και 4 Νοεμβρίου 2007 στην Κοζάνη .

• Ο μαθηματικός κόσμος της χώρας καλείται να καταθέσει τις επιστημονικές του απόψεις για τα μείζονα θέματα των προγραμμάτων σπουδών σε όλες τις βαθμίδες εκπαίδευσης και για την σχέ­ση που έχουν μεταξύ τους.

• Για την διαδικασία πρόσβασης στην Τριτοβάθ­μια Εκπαίδευση και τον ρόλο της στη βελτίωση της Μαθηματικής σκέψης και πράξης καθώς και για τις επιπτώσεις της στην κοινωνία.

• Για τα νέα σχολικά βιβλία των Μαθηματικών και τους τρόπους αξιολόγησής τους.

• Για την επίδραση της Μαθηματικής σκέψης και πράξεις στις Τέχνες και τα Γράμματα.

Θεματικές Ενότητες του Συνεδρίου

• Νέα Σχολικά Βιβλία Μαθηματικών Κριτήρια συγγραφής των βιβλίων Δημοτικού - Γυμνασίου - Λυκείου (και τρόπος σύνδεσης μεταξύ τους) Τα κριτήρια αξιολόγησης τους, ο τρόπος ε ισαγωγής τους στα σχολεία και ο αντίκτυπός στους στη μαθητική

κοινότητα. ( επίδοση και στάση απέναντι στα Μαθηματικά),

• Διαδικασία πρόσβασης στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση Ποιος είναι ο μέχρι τώρα ρόλος των Γενικών εξετάσεων στην προαγωγή της Μαθηματικής σκέψης και πρά­

ξης. Ποιες είναι οι επιπτώσεις των Γενικών Εξετάσεων στην Εκπαίδευση και γενικότερα στην κοινωνία. Ποιες μπορεί να ε ίναι οι προτάσεις της μαθηματικής κοινότητας για μορφές αξιολόγησης της επίδοσης και

της στάσης των μαθητών/τριών

• Σχέση Προγραμμάτων Σπουδών στις βαθμίδες της Εκπαίδευσης Υπάρχει σχέση ανάμεσα στο Ενιαίο Πρόγραμμα Σπουδών των Μαθηματικών της Νθμιας και Β/θμιας Εκ­

παίδευσης και των Προγραμμάτων Σπουδών των Πανεπιστημιακών τμημάτων; Αν ναι σε ποιους τομείς; Ποιες οι επιπτώσεις τους στη διδασκαλία των Μαθηματικών; Χρειάζονται προτάσεις για άρση των ασυνεχειών; Ποιες;

• Τα Μαθηματικά στις Τέχνες και τα Γράμματα Η επίδραση της Μαθηματικής σκέψης και πράξης στη Φιλοσοφία στη Λογοτεχνία, στις Εικαστικές Τέχνες,

στην Μουσική , στον Τεχνικό Πολιτισμό, στις Επιστήμες και την Παράδοση .

• Τα Νέα Σχολικά Βιβλία

Στρογγυλά τραπέζια

• Διαδικασία πρόσβασης στην Τριτοβάθμια Εκπαίδευση .

ΣΗΜΑΝτΙΚΉ ΗΜΕΡΟΜΗΝΙΑ 7 Σεπτεμβρίου 2007

Η προθεσμία υποβολής εργασιών στο συνέδριο είναι, η Παρασκευή 7 Σεπτεμβρίου 2007, όπωσδήποτε. Δεν θα υπάρξει καμία παράταση . Οι εργασίες υπό τη μορφή αρχείου.dοc, θα πρέπει μέχρι τις 7-09-2007 να σταλθούν r.αι στι; τρε ί; παρακάτω ηλεκτρονικές διευθύνσεις:

[email protected], [email protected], info@ hms.gr.

Page 84: Ευκλειδης Β 64

από r ιs ε κδόσε ιs <<ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ>>

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΟΜΟΣ Β' θεηκή - Τεχνολογικr\ Κατεύθυνση

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

• θr<ttQ(σ. 8 �tεθοbολογίu

8 flupατηριjσnς - Σχόλια 8 Λυμένα Ηαpαhιίγμuτu

• Εeωτψrης: Καtανόψηι; 8 ΛιΓΙ(ιιυεις: - θ{Jιατα

�\ΔιοΦΑΝΤΟΣ � ΕΙ{ΔΟΣΕ Ι Σ •