Ευκλειδης Β 67

84
67 Μοθημοικό περιοδικό γιο το ΛΥΚΕΙΟ ΥΚΔΕΙΔΗΣ " �' , ""Γ '' ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ*tΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ·ΜΑΡΤΙΟΣ 2008 EYPfl 3,5 Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού fΈΥΕΙΔΗΣ" 2008 2η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές Αθήνα 5-10 Μαρτίου 2008 Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

description

Ευκλειδης Β 67

Transcript of Ευκλειδης Β 67

Page 1: Ευκλειδης Β 67

67 Μοθημο'fικό περιοδικό γιο το ΛΥΚΕΙΟ

ΥΚΔΕΙΔΗΣ "�' ,!\: ""Γ ''

ΙΑΝΟΥΑΡΙΟΣ*tΕΒΡΟΥΑΡΙΟΣ·ΜΑΡΤΙΟΣ 2008 EYPfl 3,5

• Θέματα Μαθηματικού Διαγωνισμού

fΈΥΚΛΕΙΔΗΣ" 2008

• 2η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές

Αθήνα 5-10 Μαρτίου 2008

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Page 2: Ευκλειδης Β 67

ΕλλΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 67 • Ιανουάριος - Φεβρουάριος - Μάρτιος 2008- Έτος ί\η' - Ευρώ: 3,50

e-mail: [email protected] www.hms.gr

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ ./ Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

Τα βραβεία Nobel 2007 ./ Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή [1873 • 1950] ./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί "Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" 2008 ./ Homo Mathematicus

Μαθηματικά Α' Τάξης ./ Άλγεβρα Συστήματα τριώνυμα.

./ Γεωμετρία

Μ α θ η ματ ι κά. Β' Τάξης ./ Άλγεβρα Πρόοδοι

./ Εκθετική συνάρτηση

./ Μελέτη πάνω στην εξίσωση κύκλου

./ Κανονικά πολύγωνα- μέτρηση κύκλου

Μαθηματικά Γ' Τάξης ./ Μαθηματικά Γενικής Παιδείας

./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Εφαπτομένη Καμπύλης

./ Θέματα επανάληψης

./ Συνεχείς συναρτήσεις • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν

./ Ο Ευκλείδης προτείνει •••

./ SEEMOUS 2008. Διεθνής φοιτητική

Μαθηματική Ολυμπιάδα

1 11 12 20

24 29

36 40 46 53

58 67 72 76

78 80

81

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαΘητές και συνάδελφοι . ΑισΘάνομαι την ανάγκη απ' αυτn τη Θέση να

ευχαριστnσω, όχι μόνον αυτούς που στέλνουν άρΘρα για δημοσίευση, δηλώνοντας ότι είμαι ιδιαίτερα χαρούμενος, ειδικό όταν αυτό προέρχονται από την περιφέρεια, αλλά και ό­σους κάνουν καλοπροαίρετη κριτικn σε Θέ­ματα παρουσίασης όρΘρων καΘώς και διορΘω­τικές παρεμβάσεις σ' αυτό .

Επιστημονικn εντιμότητα, κατά την ταπεινn μου άποψη, είναι όχι η έπαρση ότι είμαστε αλάΘητοι αλλά η μεγαλοαύνη να αποδεχόμα­στε το λάΘος και να μην επιδιώκουμε τη συ­γκόλυψn του. ΘυμηΘείτε το τρανό παράδειγμα του Frege που το 1902, ενώ τυπωνόταν nδη ο δεύτερος τόμος του βιβλίου του ''τα Θεμέλια της ΑριΘμητικnς" μετά τη διατύπωση από το Rυssell του γνωτού παράδοξου, ανακοίνωσε ο ίδιος, με τρόπο που χαρακτηρίζει μεγάλη φυ­σιογνωμία, σε ένα συνταρακτικό επιμύΘιο, ότι αισΘάνεται κάποιο από τα Θεμέλια του οικοδο­μnματός του να τρέμει .

Πιστεύω ότι η συνεργασία των τριών αυτών παραγόντων, συγγραφέων, συντακτικnς επιτροπnς και "κριτών", είναι αυτn που Θα ανα­βαΘμίσει το περιοδικό, προς όφελος όλων, μαΘητών και συναδέλφων.

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς Ο Πρόεδρος της Συντακτικnς Επιτροπnς

Γ.Σ. Ταααόποuλος ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • •••••••••••••••••••••••••••••••••• ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ Εκτελεατική Γραμματεία Συνταντική επιτροπή

ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙQγ 34 · 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Πρόεδρος: Τηλ.: 210 3617784-3616532 Fax: 2103641025

Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Επιμέλεια Έκδοσης: Ταααόπουλος Γιώργος

Ευαταθίου Βαγγέλης

Ταααόποuλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος: Ευαταθίου Βαγγέλης

Γραμματέας: Χριατόπουλος Παναγιώτης

Μέλη: Αργυράκης Δ.

Δρούταας Π.

Λουρίδας Σ.

Ταπεινός Ν. Σύνθεση εξωφύλλου:

Από αφίσσα της 2ης Μαθηματικής

Ολυ πιάδας Φοιτητών 2008 - Αθήνα

Αθανασόπουλο$ Γεώργιος Αναστασίου Γιανν1Jς Ανδρουλακάκης Νικος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυρ�κης Δημήτ_ριος Βακαλόπουλος Κωστας Δρούτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώiος ΒαγγέλΙJς Κακκαβάς Αποστολος Καλίκας Σταμάτης ΚανέλλΟς Χρήστος Καραγκούνης Δ!Jμήτρης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκά"ΙΙ"ης Βασίλης Κατσούλης Γιώ�ος Κερασα9ίδης Γιαννης Καρδαμιτσης Σπύρος Κnπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κόντζια� Νίκος Κοτσιφακης Γιώργος Κουτρουμπέλας Κώστας Κυριακόπουλος Αντώνης Κυ�ιακόπουλος Θανάσης Κυ ερ"!]του Χρυστ. Λα αρίδης Χρηστος

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 8 8 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Λάππας Λευτέρης • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνοvtαι από την Ε.Μ.Ε.

Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανασης Μανολάκου Σταματική Μαυρογιαννάκης Λεωνίδας ΜενδQινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνο$ Παναγιώτης Μ�λωναςΔΙJμήτρης Μωκος Χρηστος Πανουσάκης Νίκος Ρέyκλης _Δημήτρης Σαιτη Ευα Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος Ί'ζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλό'υδάκη� Γιώργος Τσιού_μαs Θανασης Τυρλης Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος ΧΙ?ιστόπουλος Παναγιώτης Ψυχας Βαγγέλης

• Οι σιΝεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στέλνοvtαι έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε. με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β"'. Τα χειρόγραφα δεν επισtρέφονται.

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50

Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00

Το αντίτιμο για τα τεύχη πσυ παραγγέλνοvtαι στε'λνεται με απλή επιταγή σε διαιαγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ. Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 270 8760330 ΥπειίΒuνοι; τuπογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

Page 3: Ευκλειδης Β 67

Τα βραβεία Nobel 2007

« . . . εάν σ' ένα χρόνο έχω 3 00 ιδέες και η μια από αυτές μπορεί να έχει πρακτική εφαρμογή, τότε είμαι ικανοποιημένος . . . »

Alfred Nobel

Alfred Nobel : [1 833 (Στοκχόλμη) - 1896 (Σαν Ρέμο)]. Το 1842 η οικογένειά

του μεταβαίνει στην Αγ. Πετρούπολη όπου διδάσκεται ιδιωτικά φυσική , χη­

μεία και μηχανική και παίρνει ευρύτερη εγκυκλοπαιδική γνώση . Το 1850 πη­

γαίνει στις Η.Π.Α. Μαθαίνει 5 γλώσσες και το 1851 ταξιδεύει Αγγλία, Γερμα­

νία, Γαλλία. Η οικογένειά του ασχολείται με ατμομηχανές, σιδηροκατασκευές

και διάφορες πολεμικές κατασκευές. Το 1854 ασχολείται με διάφορα πειράμα­

τα και τη λογοτεχνία (Βολταίρος, Σέλλεϋ) . Το 1859 επιστρέφει στη Στοκχόλμη

και ασχολείται με πειράματα [νιτρογλυκερίνη , δυναμίτης (δύναμη)] . Το 1864 εξασφαλίζει το πρώτο δίπλωμα ευρεσιτεχνίας για την παρασκευή πυρίτιδας

(πυροκροτητής Nobel) . Το 1866 χρησιμοποιούνται οι εκρηκτικές ύλες με πολλά ατυχήματα. Το 1866-1873 ιδρύει πολλά εργοστάσια παραγωγής εκρηκτικών υλών, μεγάλης κλίμακας. Αποκτά πολύ πλούτο [για τον Alfred Nobel όμως, πλούτος σημαίνει γνώση και πληροφόρηση] Αναπτύσσει φιλία με τον Β .

Ουγκώ. Το 1875 εφευρίσκει την ουσία ζελατίνη και το 1877 την άκαπνη πυρίτιδα. Το 1890 εγκαθίσταται

στο Σαν Ρέμο της Ιταλίας. Από το 1879 μαζί με τα αδέλφια του έχουν μπει στο χώρο διεθνούς αγοράς

(πετρέλαια) και δημιουργούν σημαντική περιουσία. Τον ενδιέφερε η εξέλιξη , ο πολιτισμός, οι εξερευνή­

σεις (Θιβέτ, Βόρειος Πόλος), οι εφευρέσεις, η φιλοσοφία, το θέατρο, η ποίηση και οι ιδέες που είχαν

πρακτική εφαρμογή . Το 1896 πεθαίνει από εγκεφαλικό επεισόδιο ολομόναχος, χωρίς ένα δικό του άν­

θρωπο. Το 1897 ανοίχτηκε η διαθήκη του που εξέφραζε τη θέλησή του να ενθαρρύνει την πρόοδο της

aνθρωπότητας σε τρεις τομείς του πνεύματος. Τις επιστήμες (Φυσική , Χημεία, Ιατρική), τη Λογοτεχνία

και την Ειρήνη και αργότερα' το 1986 προστέθηκε το βραβείο Nobel Οικονομίας που θέσπισε η Κρατική

Τράπεζα της Σουηδίας με αφορμή τα 300 χρόνια από την ίδρυσή της. Όλα τα βραβεία απονέμονται από

τη Σουηδική Ακαδημία Επιστημών, εκτός από το Nobel Ειρήνης που απονέμεται έπειτα από απόφαση ε­

πιτροπής του Νορβηγικού κοινοβουλίου . Alfred Nobel ο aνθρωπιστής, ο φιλόσοφος, ο οραματιστής, ο

φιλάνθρωπος, ο επιχειρηματίας, ο μοναχικός, ο κοσμοπολίτης.

Η αλήθεια είναι ότι δεν υπάρχει Nobel Μαθηματικών . . . ίσως όμως, αυτή να είναι και η γοητεία ενός

βραβείου ή πολλών βραβείων . . . που απονέμονται καθημερινά . . στην προσπάθεια για γνώση και ανα­κάλυψη και δημιουργία . . . σ' αυτούς που ξέρουν για τη γοητεία της ανταποδοτικής αυτής επαφής . . . Η

μαγεία και η διείσδυση των προσωπικών αυτών στιγμών της ανθρώπινης υπέρβασης σε χώρους πρωτό­

γνωρους δίνει και το στίγμα στα Μαθηματικά, σαν απαραίτητο εφόδιο όλων των επιστημών. Δεν θεω­

ρείται σήμερα πρόοδος και δημιουργία ανακάλυψης χωρίς μαθηματική υποδομή και αυτό όχι και τόσο

σ' επιστήμες όπως η Φυσική , η Χημεία και η Οικονομία που λίγο πολύ είναι αναμενόμενη , όσο και σε

1 Kinder Fragen, Nobel Preistrager Antworten (Β. Stiekel)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/1

Page 4: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

άλλες επιστήμες όπως Ιατρική , Βιολογία, Γενετική κλ.π που διαμορφώνουν πολλές νέες ιδέες και νέα δε­

δομένα μέσα από θεωρίες, λήψης σωστής απόφασης, διάρθρωσης και επεξεργασίας πληροφορίας, πρόβλεψης κλ.π Σ ' αυτή την προσπάθεια, θα αναφερθούμε σ' αυτό το σχετικό άρθρο με αφορμή την

επικαιρότητα της απονομής των Nobel που έγιναν το Δεκέμβριο του 2007 από τη Σουηδική Ακαδημία

Επιστημών.

Nobel Φυσικ, : «Η συρρίκνωση των σκληρών δίσκων και η γιγάντια μαγνητοαντίσταση GMR» Δύο Ευρωπαίοι Φυσικοί ο Γάλλος Αλμπέρ Φερ και ο Γερμανός Πέτερ Γκρίνμπεργκ μοιράζονται το

Νόμπελ Φυσικής επάνω στις μεγάλες μεταβολές ηλεκτρικού ρεύματος που μπορούν να προκαλέσουν μι­

κρές μεταβολές αντίστοιχων μαγνητικών πεδίων. Οι μνήμες συσκευών, όπως οι προσωπικοί υπολογιστές

αλλά ακόμη και τα απλά iPod, βασίζονται στην αποθήκευση πληροφοριών με τη πολύ μικρών περιοχών

υλικού μαγνητισμένων σε διαφορετικές διευθύνσεις. Μια κεφαλή ανάγνωσης «αισθάνεταω τις διαφορές

αυτές και τις μετατρέπει σε ηλεκτρικό ρεύμα.

Αλμπέρ Φερ Πέτερ Γκρίνμπεργκ

Για παράδειγμα το κινητό μας τηλέφωνο εκτός από κλήσεις μάς επιτρέπει να ακούμε την αγαπημένη

μας μουσική και να τραβάμε φωτογραφίες. Στο mp3 μας έχουμε αποθηκευμένη την αγαπημένη μας μου­

σική και την ακούμε όπου θέλουμε. Ο φορητός μας υπολογιστής ζυγίζει μόλις 2,5 κιλά και δεν έχει το

μέγεθος βαλίτσας, ενώ στον σκληρό του δίσκο χωράνε τόσα δεδομένα όσα σε πέντε βιβλιοθήκες Οι δύο

αυτοί φυσικοί, ανακάλυψαν στα τέλη της δεκαετίας του '80, ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, ένα φυσι­

κό φαινόμ�:νο που ονομάζεται «γιγάντια μαγνητοαντίσταση» (GRM). «Χάρη σε αυτή την τεχνολογία

στάθηκε δυνατό να μικρύνουν δραστικά οι σκληροί δίσκοι τα τελευταία χρόνια», αναφέρεται στο σκε­

πτικό της Σουηδικής Βασιλικής Ακαδημίας Επιστημών. l:κληρός δίσκος ονομάζεται το μαγνητικό μέσο

στο εσωτψικό ενός υπολογιστή όπου αποθηκεύονται ψηφιακά πληροφορίες. Κάθε κομμάτι πληροφορί­

ας εγγράφεται στο σκληρό δίσκο αλλάζοντας το μαγνητικό πεδίο μιας μικρής περιοχής στην επιφάνεια

του . Όσο όμως αυξάνεται η πυκν{Jτητα των δΣ:δομένων στην επιφάνεια του μαγνητικού δίσκου, τόσο

εξασθενεί το μαγνητικά πεδίο και άρα είναι δυσκολότερο να «διαβαστεί» η κατεύθυνση του μαγνητικού

πεδίου (τα Ο και 1 της πληροφορίας) . Ανακάλυψαν ότι aπειροελάχιστες διαφορές στο μαγνητικό πεδίο

του σκληρού δίσκου μπορούν να μετατραπούν σε πολύ μεγάλες διαφορές στο ηλεκτρικό σήμα της εξό­

δου, οι οποίες μπορούν να aποκωδικοποιηθούν εύκολα. Ετσι το GRM «μπορεί να θεωρηθεί μια από τις

πρώτες εφαρμογές της νανοτεχνολογίας», σύμφωνα με τη Σουηδική Ακαδημία.

Οι πρώτοι σκληροί δίσκοι βασισμένοι εμφανίστηκαν στην αγορά το 1997, ενώ σήμερα παράγονται

περισσότεροι από 700 εκατομμύρια σκληροί δίσκοι. Σημειώνεται ότι: ο κ. Φερ, 69 ετών, διδάσκει φυσική

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/2

Page 5: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel2007

στο Πανεπιστήμιο του Ορσέ από το 1976 και ο κ. Γκρινμπεργκ, 68 ετών, εξακολουθεί να εργάζεται στο

Γερμανικό Ινστιτούτο Γιούλιχ παρόλο που συνταξιοδοτήθηκε το 2004. Πως έχει όμως η όλη ιστορία αυ­

τής της ανακάλυψης; . . . Σε ένα υλικό που λέμε ότι παρουσιάζει μαγνητικές ιδιότητες τα ηλεκτρόνια ως μαγνήτες θεωρούμε­

να στην πλειοψηφία τους έχουν προσανατολιοσμένους τους ίδιους πόλους παράλληλα και προς την ίδια

κατεύθυνση , η μειοψηφία τους έχει προς την αντίθετη κατεύθυνση . Αυτό όμως έχει και μια άλλη συνέ­

πεια. Σε περίπτωση , που υπάρχει ηλεκτρικό πεδίο και δημιουργείται τάση ώστε να κινηθούν, τα ηλεκτρό­

νια αυτά, όταν συναντούν εμπόδια στην πορεία τους, σκορπίζονται και αποκλίνουν από την ευθεία με δι­

αφορετικό τρόπο ανάλογα σε ποια κατηγορία ανήκουν. Αυτό το εκμεταλλεύθηκαν οι Φερ και Γκριν­μπεργκ. Το 1988 είχαν φτιάξει σάντουιτs τριών στρωμάτων απειροελάχιστου πάχους όπου ανάμεσα σε

δύο υλικά με μαγνητικές ιδιότητες, υπήρχε ένα μεταλλικό υλικό, χωρίς ιδιαίτερα έντονες μαγνητικές ι­

διότητες. Τα τρία στρώματα μπορούν να λειτουργήσουν και σαν μια μαγνητική κεφαλή ανάγνωσης με

μεγάλη ευαισθησία. Κάθε φορά το μαγνητικό πεδίο που θα «αισθάνεται» το τρίτο στρώμα θα είναι ή ό­

μοιο ή αντίθετο με αυτό του σταθερού και έτσι ανάλογα θα περνούν εύκολα τα ηλεκτρόνια ή θα περνούν

δύσκολα ως και καθόλου αφού η αντίσταση θα αλλάζει. Έτσι, θα έχουμε ένα ρεύμα πιο έντονο ή πιο α­

σθενές ανάλογα με το τι είναι γραμμένο στη μαγνητισμένη μνήμη .

Η αλήθεια είναι ότι οι θιασώτες της Νανοτεχνολογίας θέλουν να λένε ότι πρόκειται για μια από τις

χειροπιαστές επιτυχίες του νέου εργαλείου που φαίνεται ότι αποκτά ο άνθρωΠος και ονομάζεται νανοτε­

χνολογία επειδή ασχολείται με εργαλεία και κατασκευές σε επίπεδο ατόμων, δηλαδή σε μεγέθη που με­

τριούνται με μονάδες νάνο - όπου 1 νάνο - αντιστοιχεί σε Ι δισεκατομμυριοστό του μέτρου .

Ήδη ετοιμάζονται κοινούργιες μνήμες από υλικά όπως τα παραπάνω με Γιγάντια Μαγνητοαντίστα­

ση που θα αντικαταστήσουν τις σημερινές μνήμες RAM αλλά θα είναι πολύ πιο πυκνές πιο ευαίσθητες

και κυρίως δεν θα σβήνουν μετά το κλείσιμο του υπολογιστή . Ο Μπέν Μέρντιν, καθηγητής Φυσικής στο

Πανεπιστήμιο του Σάρεϊ στη Νοτιοανατολική Αγγλία, περιέγραψε την τεχνολογία της γιγαντιαίας μαγνη­

τοαντίοτασης (GMR) σαν κάτι που μοιάζει να έχει βγει από την επιστημονική φαντασία. «Η ανάγνωση

ενός σκληρού δίσκου με αισθητήρα GMR είναι κάτι αντίστοιχο με ένα τζετ που πετάει με ταχύτητα

30.000 χλμ. την ώρα σε ύψος μόλις ενός μέτρου πάνω από το έδαφος και είναι ωστόσο ικανό να διαβά­

Η ανάγνωση ενός σκληρού δίσκου με αισθητήρα GMR

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/3

ζει και να ταξινομεί κάθε χορτα­

ράκι στο γρασίδι πάνω από το ο­

ποίο περνάει . . . » , δήλωσε ο Μέρ­

τιν .

Πρέπει να σημειωθεί ότι η

ανακάλυψη του εντυπωσιακού αυ­

τού φαινομένου κατέστη δυνατή

με τη βοήθεια της σημαντικής τε­

χνολογικής προόδου που επετεύ­

χθη τη δεκαετία του 70 και έδωσε

μεθόδους για τη σύσταση δομών που αποτελούνται από πολύ λεπτά

στρώματα διαφορετικών μαγνητι­

κών υλικών.

Με τη φετινή βράβευση κα­

ταρρίπτεται και ένα άλλο «τα-

Page 6: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel2007

μπού», εκείνο των συνεχόμενων διαδοχικών βραβεύσεων από το 2000 έως το 2006 Αμερικανών το Νό­

μπελ στον τομέα της Φυσικής, αφού στο διάστημα αυτό τιμήθηκαν 20 επιστήμονες, από τους οποίους οι

16 ήταν Αμερικανοί πολίτες και έκαναν την έρευνά τους σε αμερικανικά κέντρα ή πανεπιστήμια.

Και οι δύο φυσικοί είχαν από πολύ νωρίς επίγνωση για το ότι οι ανακαλύψεις τους θα είχαν τερά­

στια σημασία. «τίποτα δεν είναι προβλέψιμο στη Φυσική . Στα Μαθηματικά υπάρχουν κάποια προβλέ­ψιμα στοιχεία, στη Φυσική , όμως δεν μπορείς ποτέ να είσαι σίγουρος γι' αυτό που ονειρεύεσαι», είπε ο

Αλμπέρ Φερ . «Είναι υπέροχο . . . »

«Η εξέλιξη των υπολογιστών έδειξε τα τελευταία χρόνια, ότι αυτή η ανακάλυψη, είχε σημαντική

σημασία . . . », είπε στη σουηδική τηλεόραση ο Πέτερ Γκρίνμπεργκ

Nobel Χ εία : «Οι μηχανισμοί αντίδρασης στις επιφάνειες» Γκέρχαρντ Ερτλ, 7 1 ετών. Ασχολήθηκε με σημαντικές αντιδράσεις που συμβαίνουν στις επιφάνειες

διαφόρων σωμάτων, όπως του τι συμβαίνει με ένα κομμάτι από σίδηρο εκτεθειμένο στον ατμοσφαιρικό

αέρα ή πως το επικίνδυνο μονοξείδιο του άνθρακα στο ΙΧ μας, μετατρέπεται σε διοξείδιο του άνθρακα ή

πως από τον αέρα και το υδρογόνο φτιάχνονται τα λιπάσματα με βάση την αμμωνία. Έτσι ενδιαφέρθηκε

περισσότερο με τη Χημεία των αντιδράσεων στις επιφάνειες και βραβεύ­

τηκε για την μελέτη στους μηχανισμούς των αντιδράσεων.

Γκέρχαρντ Ερτλ

Οι παραδοσιακοί αγρότες τους, χρόνια πριν, προσπαθούσαν με φυσι­

κούς τρόπους, να εμπλουτίσουν το χώμα του αγρού από το άζωτο. Το

1918 έρχεται ο Φρ. Χάμπερ και παρουσιάζει μια μέθοδο όπου με τη βοή­

θεια υδρογόνου και σιδήρου σε μορφή σκόνης, από το άζωτο που βρίσκε­

ται στον ατμοσφαιρικό αέρα, μπορούμε να παρασκευάσουμε αμμωνιακά

λιπάσματα οπότε, έστω και με τεχνητό τρόπο, να επιτυγχάνεται ο εμπλου­

τισμός με άζωτο μεγάλων αγροτικών εκτάσεων. Έχουν όμως στο ενδιάμε­

σο χρονικό διάστημα, γίνει πολλές μελέτες για να φτάσουμε στο 2007 ό­

που ο Γκέρχαρντ : Ερτλ που σπούδασε Φυσικοχημεία, προσπαθεί με γνώ­

σεις από τη Φυσική , όπως η θερμοδυναμική και η κβαντική μηχανική που χρησιμοποιούνται για να εξηγήσουν χημικά φαινόμενα σε επίπεδο μορίων, να δει με διαφορετικό

τρόπο τους μηχανισμούς των αντιδράσεων.

Εκεί παίρνει σοβαρά υπόψη τις μετα­

βολές στην ενέργεια, στην πίεση , στη θερ­

μοκρασία και στον όγκο, σε διεργασίες που

συμβαίνουν στον μικρόκοσμο των ατόμων

και των μορίων. Είχε παρατηρήσει ότι επει­

δή το μονοξείδιο του άνθρακα που βγαίνει

από τον κινητήρα του αυτοκινήτου μετά την

καύση της βενζίνης είναι δηλητηριώδες,

πρέπει να μετατραπεί σε κάτι, που τουλά­

χιστον δεν προκαλεί άμεσα τον θάνατο όταν

το εισπνεύσουν οι άνθρωποι. Έτσι λίγο πριν

από την εξάτμιση το μονοξείδιο του άνθρα­

κα μετατρέπεται σε διοξείδιο του άνθρακα

με τη βοήθεια μιας αρκετά μεγάλης επιφά-Η δράση . . . από τον αέρα στο λίπασμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/4

Page 7: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

νειας από πλατίνα κατάλληλα τυλιγμένης ώστε να μην πιάνει πολύ χώρο. Αυτή η μετατροπή κίνησε την

προσοχή του Γκέρχαρντ Ερτλ και βάλθηκε να τη μελετήσει στις λεπτομέρειές της. Γιατί σε έναν εντελώς

άσχετο, φαίνεται πολύ απλό, το ότι ένα άτομο οξυγόνου πρέπει να βρεθεί από κάπου και να κολλήσει

στο μονοξείδιο του άνθρακα για να πάρουμε διοξείδιο του άνθρακα, αλλά δεν είναι . . . Από τα 25 του χρόνια ο Ερτλ δημοσιεύει εργασίες αλλά οι συνάδελφοι του τον παραδέχτηκαν όταν,

με τρομερή υπομονή , εξιχνίασε στην παρασκευή αμμωνιακών λιπασμάτων από το άζωτο του αέρα και

το υδρογόνο, όπως επίσης και στον καταλυτικό ρόλο, των απαραίτητων για να γίνει η αντίδραση, μικρο­

σκοπικών κομματιών σιδήρου . Έναν ρόλο που φαινόταν ότι είναι εντελώς στατικός, ενώ ο Ερτλ, χρησι­

μοποιώντας τις όσο το δυνατόν, πιο προχωρημένες μεθόδους που είχε στη διάθεση του, ανακάλυψε ότι

ήταν πολύ ενεργός αφού, η επιφάνεια του σιδήρου αντιδρούσε και βοηθούσε στη διάσπαση των μορίων.

Nobel Ιατ ικ' : «Η συμβολή των γονιδίων στην εμβρυακή ανάπτυξη, τη φυσιολογία των ενηλίκων, τη γήρανση και τις ασθένειες»

Για την ερευνά τους με βλαστοκύτταρα που άνοιξε νέους δρόμους στην Ιατρική , δύο Αμερικανοί και

ένας Βρετανός, πρωτοπόροι της Γενετικής Μηχανικής, τιμήθηκαν με το Νόμπελ Ιατρικής - Φυσιολογίας

για το 2007. Το βραβείο που το συνοδεύει, απονέμονται από κοινού στον Μάριο Καπέκι, Αμερικανό Ιτα­

λικής καταγωγής, στο Βρετανό Μάρτιν Εβανς και τον Αμερικανό, βρετανικής καταγωγής Ολιβερ Σμίθις

για τη συνεισφορά τους στην ιατρική γνώση . Η ερευνητική τους δράση άνοιξε νέους δρόμους στη μελέ­τη των γονιδίων και την κατανόηση του ρόλου τους, σε πολλές ασθένειες, με απώτερο στόχο την ανα­

κάλυψη θεραπειών στο μέλλον.

,.

..

Μ. Εβανς Ολ. Σμιθις Μ. Καπέκι

Αντικείμενο της εργασίας τους ήταν οι γενετι­κές μεταλλάξεις σε πειραματόζωα, με τη χρήση

εμβρυϊκών βλαστοκυττάρων. Οι τρεις επιστήμονες

δημιούργησαν μια νέα καινοτόμο μέθοδο για τις γε­

νετικές μελέτες, τη λεγόμενη «στόχευση γονιδί­ων». Πριν από την ανακάλυψη τους οι επιστήμονες

απομόνωναν, με δυσκολία, ένα γονίδιο προκειμένου

να μελετήσουν το ρόλο τους στη λειτουργία ενός

οργανισμού . ! Με την εφαρμογή της τεχνικής που

ανέπτυξαν οι τρεις ερευνητές η όλη διαδικασία απλουστεύτηκε. Συνέβαλαν σε σημαντικό βαθμό στον ε­

ντοπισμό γενετικών ανωμαλιών και στην αντιμετώπιση ασθενειών, όπως αυτή της μεσογειακής αναιμίας,

της υπέρτασης, της κυστικής ίνωσης, διαφόρων μορφών καρκίνου και της αρτηριοσκλήρυνσης.

Το 200 1, η ομάδα αυτή είχε τιμηθεί και με το βραβείο «Άλμπερτ Λάσκερ» για τη Θεμελιώδη Ιατρι-

κή Έρευνα, θεωρούμενο και ως αμερικανική εκδοχή του Νόμπελ, καθώς πολλοί από όσους το κέρδισαν

τιμήθηκαν αργότερα και με το βραβείο της Σουηδικής Ακαδημίας.

«Πετύχαμε να τροποποιήσουμε γονίδια του ποντικιού, ώστε να ανατρέξουμε στις ανθρώπινες ασθένει­

ες, να μελετήσουμε την παθολογία τους και να αναπτύξουμε νέες θεραπείες», δήλωσε χθες ο δρ Καπέκι.

Στο σκεπτικό της απονομής, αναφέρεται ότι η νέα τεχνική βοήθησε να μάθουμε πάρα πολλά για

ασθένειες όπως ο καρκίνος, ο διαβήτης, οι καρδιοπάθειες και οι νευροεκφυλιστικές παθήσεις όπως το

Πάρκινσον και ότι «η επίδραση της ανακάλυψης αυτής στην κατανόηση της λειτουργίας γονιδίων και τα

οφέλη για την ανθρωπότητα θα συνεχίσουν για πολλά ακόμα χρόνια». Οι επιστήμονες μπόρεσαν να βγάλουν «νοκ άουτ» συγκεκριμένα γονίδια και να παρατηρήσουν το

αποτέλεσμα, ώστε απομονώνοντας το ένα προς ένα να συνθέσουν μια πλήρη εικόνα για την εξέλιξη κά-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/5

Page 8: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

ποιας ασθένειας. Μέχρι σήμερα έχουν βγει «νοκ άουτ» περισσότερα από 10.000 γονίδια ποντικών­

σχεδόν το 50% του συνόλου. Ως αποτέλεσμα αυτής της διαδικασίας έχουν χαρτογραφηθεί περίπου 500 ανθρώπινες ασθένειες του αντιγράφηκαν σε πειραματόζωα.

Αξιοσημείωτη είναι, η ζωή του Μάριο Καπέκι και τα δύσκολα παιδικά του χρόνια, που δήλωνε χα­

ρακτηριστικά. :

« . . . δεν είναι σαφές, αν οι εμπειρίες που είχα νωρίς στην παιδική ηλικία μου, συνέβαλαν στις οποι­

εσδήποτε επιτυχίες μου αργότερα ή αν οι επιτυχίες επιτεύχθηκαν παρά τις εμπειρίες αυτές . . . ». «Όταν

ασχολούμαστε με την ανθρώπινη ζωή», είχε προσθέσει, «δεν μπορούμε να προβούμε στους κατάλληλους

ελέγχους. Μήπως οι εμπειρίες αυτές είναι που συνέβαλαν σε ψυχολογικούς παράγοντες όπως η αυτάρ­

κεια, η αυτοπεποίθηση , η εφευρετικότητα . . . »

Πιο συγκεκριμένα όμως οι ανακαλύψεις των τριών βραβευθέντων έδωσαν στην επιστημονική κοινό­

τητα την ικανότητα να ελέγχει τον ρόλο του κάθε γονιδίου ξεχωριστά και να δημιουργεί, μεταξύ άλλων,

πειραματόζωα μοντέλα για ανθρώπινες ασθένειες, όπως τα καρδιαγγειακά νοσήματα, ο διαβήτης, οι νευ­

ροεκφυλιστικές νόσοι και διάφοροι τύποι καρκίνων. Με άλλα λόγια οι ανακαλύψεις των τιμωμένων έ­

χουν ωφελήσει την ανθρωπότητα. Βασικό πρόβλημα των βιολόγων υπήρξε ανέκαθεν ο ρόλος των γονι­δίων. Τι κάνει το καθένα από τα χιλιάδες γονίδια που φέρει καθένας από εμάς; Ένας τρόπος να απαντη­

θεί αυτό το ερώτημα θα ήταν να απενεργοποιεί κανείς ένα γονίδιο και να παρακολουθεί την επίπτωση

που αυτό θα έχει στον οργανισμό, Αν για παράδειγμα, το γονίδιο σχετίζεται με την όραση , είναι πιθανόν

η απώλεια του να οδηγήσει σε τύφλωση . Η πειραματική αντιμετώπιση των θηλαστικών και η κατάλληλη

απενεργοποίηση του επιλεκτικού γονιδίου με τη μέθοδο Καπέκι (Θετική - Αρνητική επιλογή) ήταν μια

ευφυής τεχνική να απομονώνεται το γονίδιο που είχε ενδιαφέρον. Έτσι δημιουργήθηκαν νέες θεραπείες

σε δύσκολες ασθένειες.

Nobel Οικονο ία : «Η ανάπτυξη της θεωρίας Σχεδιασμού Μηχανισμών με βάση την Θεωρία των Παιγνίων»

Η Σουηδική Ακαδημία Επιστημών αποφάσισε να τιμήσει τους τρεις επιστήμονες, Ε. Μάσκιν, Ρ .

Μάγιερσον, Λ. Χούρβικς για την πρωτοπόρο ερευνά τους, στη «θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών», διαψεύδοντας όσους πίστευαν ότι φέτος το Νόμπελ θα πήγαινε σε οικονομολόγους με έργο στο διεθνές

εμπόριο, τα μακρο-οικονομικά ή την αγορά εργασίας, αλλά και όσους εκτίμησαν ότι θα κατευθυνόταν σε

επιστήμονες με έργο σχετικό με την πρόσφατη κρίση στη διεθνή αγορά πιστώσεων. Ωστόσο, όσοι τελι­

κώς αποφασίζουν για το πρόσωπο ή τα πρόσωπα, που θα βραβευθούν, εξετάζουν θεωρίες, οι οποίες μέσα

Λ. Χουρβικς Ε. Μάσκιν Ρ. Μαγιερσον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/6

στον χρόνο δοκιμάστηκαν, αναπτύ­

χθηκαν, διευρύνθηκαν και αποδεί­

χθηκαν ανθεκτικές.

Η θεωρία, στην οποία συνεισέφεραν

τα μέγιστα οι τρεις, μελετά τρόπους

ώστε να σχεδιαστούν μηχανισμοί για την καλύτερη κατανομή των πόρων και των αγαθών, διορθώνο-

ντας ή ξεπερνώντας ορισμένα από τα

προβλήματα που προκαλούν οι ατέ-

Page 9: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

λειες των αγορών. Εφαρμογές της θεωρίας αυτής είναι ο σχεδιασμός των δημοπρασιών για τη χορήγηση ,

για παράδειγμα, των αδειών κινητής τηλεφωνίας ή ενός αποτελεσματικού φορολογικού συστήματος. Τα

θεμέλια της θεωρίας έθεσε ο Χούρβικς το 1960 για να την αναπτύξουν περαιτέρω στα τέλη του '70 οι

Μάσκιν και Μάγιερσον. Ο μεν πρώτος, στα 90 του σήμερα, είναι και ο γηραιότερος Νομπελίστας στην

ιστορία, ενώ για τη «θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών» είχε τιμηθεί και το 1990 από την κυβέρνηση

των ΗΠΑ. Γεννήθηκε στη Μόσχα και διατηρεί τη θέση του επίτιμου καθηγητή Οικονομικών στο πανεπι­

στήμιο της Μινεσότα. Οι Μάσκιν και Μάγιερσον, 56 χρόνων και οι δυο, είναι πανεπιστημιακοί. Ο πρώ­

τος διδάσκει κοινωνική επιστήμη στο πανεπιστήμιο του Πρίνστον και ο δεύτερος οικονομικά στο πανε­

πιστήμιο του Σικάγου . Πάντως και οι τρεις οικονομολόγοι έχουν υπόβαθρο στα εφαρμοσμένα μαθημα­τικά, στους δύο νεότερους ήταν το πεδίο του διδακτορικού τους, επιβεβαιώνοντας ότι τα οικονομικά

αποτελούν, την πίσω πόρτα, για την απονομή ενός Νόμπελ Μαθηματικών.

Είναι φανερό ότι οι αποφάσεις των επιχειρήσεων λαμβάνονται αποκλειστικά με γνώμονα τη μεγι­

στοποίηση του κέρδους και μια σειρά άλλων παραδοχών. Έτσι πολλές από αυτές της παραδοχές δεν εί­

ναι ρεαλιστικές και ένα μεγάλο μέρος τους επιστημονικής δουλειάς στα οικονομικά, κατά τις τελευταίες

δεκαετίες, απαντά στο ερώτημα τι συμβαίνει όταν δεν ισχύει κάποια από αυτές.

Ειδικότερα, η θεωρία των μηχανισμών χρησιμοποιεί κατά κόρον τη θεωρία των παιγνίων και μπο­

ρεί να αναλύσει τον μηχανισμό της αγοράς κάτω από περισσότερο ρεαλιστικές (ή μάλλον λιγότερο μη

ρεαλιστικές) παραδοχές

Ο Χούρβικς όρισε ότι τέτοιου είδους μηχανισμοί αποτελούν συστήματα επικοινωνίας μέσω των

οποίων στέλνονται μηνύματα ώστε να ληφθούν οικονομικές αποφάσεις. Ένα μεγάλο πρόβλημα είναι να

υπάρχουν τα κατάλληλα κίνητρα, ώστε οι ενδιαφερόμενοι να παρέχουν ειλικρινείς πληροφορίες; π.χ.

πόσο είναι διατεθειμένος να πληρώσει κάποιος ώστε να υπάρχει ένα «δημόσιο αγαθό».

Τελικά η ερευνητική δουλειά πάνω στη «θεωρία του σχεδιασμού μηχανισμών» πέρα από την καλύ­

τερη θεωρητική κατανόηση μιας πλειάδας ζητημάτων προσέφερε και πρακτικά αποτελέσματα όπως απο­

δοτικότερα συστήματα δημοπρασιών για πώληση όσο και διαγωνισμών για προμήθειες αλλά και καλύτε­

ρη εποπτεία των μονοπωλίων και των ολιγοπωλίων. Λειτούργησε συμπληρωματικά στις εργασίες πάνω

στην «ασύμμετρη πληροφόρηση» (Νόμπελ Οικονομίας 2001) ενώ επεκτείνεται και σε προβλήματα άλ­

λων κοινωνικών επιστημών, ιδίως της πολιτικής επιστήμης

Ο Χούρβικς, δήλωνε χαρακτηριστικά «Είμαι πολύ ευτυχισμένος που ο κόσμος αναγνωρίζει τη θεωρία

του Σχεδιασμού Μηχανισμών ως μια σημαντική γραμμή σκέψης στη σύγχρονη οικονομική επιστήμη» εκ­

φράζοντας ωστόσο την έκπληξή του για το Νόμπελ επειδή οι περισσότεροι από αυτούς που γνώρισαν το

έργο του, όπως είπε, είχαν με την πάροδο του χρόνου . . . εκλείψει!

Ενώ ο Μασκίν υπογράμμιζε : «Πολλοί από μας λέγαμε ότι η επιτυχία της θεωρίας του Σχεδιασμού

εξαρτάται από τον έξυπνο καθορισμό των «κανόνων του παιχνιδιού». Η θεωρία αυτή , σημείωνε η Σου­

ηδική Ακαδημία : « . . . έχει καταλάβει κεντρικό ρόλο στη σύγχρονη οικονομική και πολιτική επιστήμη, καθώς

επιτρέπει στους οικονομολόγους, στις κυβερνήσεις και στις επιχειρήσεις να διακρίνουν και να επηρεάσουν

τις συνθήκες υπό τιs οποίες οι αγορές λειτουργούν αποτελεσματικά και να αποτρέψουν τη δημιουργία συν­

θηκών που βλάπτουν τη λειτουργία των αγορών».

Η θεωρία του Σχεδιασμού Μηχανισμών αποτελεί μαζί με τη Θεωρία των Παιγνίων ουσιαστικό πυ­

λώνα της οικονομικής επιστήμης. Σημειωτέον ότι το 2005 η Ακαδημία είχε βραβεύσει τους Ρόμπερτ

Αουμαν και Τομας Σέλινγκ για τη Θεωρία των Διαδραστικών Αποφάσεων, η οποία επίσης βελτιώνει

και επεκτείνει την περίφημη Θεωρία των Παιγνίων, που διατυπώθηκε 1940. Και εκεινοι προσπάθησαν να

απαντήσουν στο ερώτημα γιατί ορισμένες κοινότητες, κράτη ή και πρόσωπα καταφέρνουν να διαχειρι-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.317

Page 10: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

στούν επιτυχέστερα τα συγκριτικά πλουτοπαραγωγικά τους πλεονεκτήματα. Η Θεωρία του Σχεδιασμού

Μηχανισμών έχει εφαρμογή σε οικονομικές πολιτικές, που έχουν όμως πολλές και σημαντικές κοινωνι­

κές και πολιτικές προεκτάσεις, όπως είναι η έκδοση ενός κρατικού ομολόγου, ο ισολογισμός ενος προϋ­

πολογισμού και ο σχεδιασμός ενός συστήματος κοινωνικής ασφάλισης ή ενός φορολογικού συστήματος.

Η θεωρία που εξέλιξαν οι τρεις νομπελίστες αποσκοπεί στην εξαγωγή του επιθυμητού και εκ των προ­

τέρων καθορισμένου αποτελέσματος.

Nobel Λο οτε νία : «Η γυναικεία διαίσθηση και η σύγκρουση των πολιτισμών Στα 88 της, η Ντο ρις Λέσινγκ .είχε τα τελευταία χρόνια μια διαρκή υποψηφιότητα, για την ανώτατη

διάκριση που τη βρίσκει παραγωγική όσο ποτέ. Το νέο της μυθιστόρημα «Σχισμή» είναι μια αναφορά

στην ελευθερία.

Ντόρις Λέσινγκ

Η Σουηδική Ακαδημία της απένειμε το Νόμπελ επειδή «με

σκεπτικισμό, πάθος και δύναμη προβολής υπέταξε έναν πολιτισμό

δύο ταχυτήτων στην εξαντλητική παρατήρηση». Ο πολιτισμός

δύο ταχυτήτων, δεν είναι μόνο τα δύο φύλα, αλλά και οι συγκρουό­

μενες δυνάμεις της αποικιοκρατίας, του καπιταλισμού, του σοσια­

λισμού, της οικολογίας.

Η Ντόρις Λέσινγκ είναι πολυγραφότατη και μεταφρασμένη σε

όλον τον κόσμο, με πιο διάσημο, ίσως βιβλίο της το «Χρυσό Ση­

μειωματάριο» (1962). Σε όλη της τη ζωή ακολουθούσε κύκλους ανάμεσα στην έλξη

σε μαζικά συστήματα πίστης και στην ανάγκη για διαφοροποίηση .

Οπως είχε πει κάποτε, όλες οι ακλόνητες αλήθειες της νιότης της

κατέρρευσαν και εξαφανίστηκαν.

Ήταν από τις πρώτες Αγγλίδες, που στα μέσα του 20ου αιώνα γύρισαν την πλάτη σε οτιδήποτε συμ­

βόλιζε τον προπολεμικό κόσμο. Η είδηση ήρθε πολύ γρήγορα και απρόοπτα . . .

«Της τηλεφωνούσα, αλλά δεν απαντούσε. Προφανώς δεν καθόταν πάνω από το τηλέφωνο περιμένο­

ντας πότε θα την πάρω» είπε σε δημοσιογράφο του Associated Press ο Χ. Ενγκνταλ, μόνιμος γραμματέας

της Σουηδικής Ακαδημίας. Χρειάστηκε να περάσουν περίπου δύο ώρες μετά την επίσημη ανακοίνωση

του ονόματός της για να ενημερωθεί η Λέσινγκ σχετικά με την τιμή της βράβευσης της, Όπως μαθεύτη­

κε, ενώ η Ακαδημία της τηλεφωνούσε, εκείνη . . . ψώνιζε. Όταν επέστρεψε στο σπίτι της, η Λέσινγκ βρήκε

τους δημοσιογράφους συγκεντρωμένους στο κατώφλι της, έξω από το σπίτι της στο Βόρειο Λονδίνο:

«Έχω κερδίσει όλα τα βραβεία στην Ευρώπη, οπότε τώρα είμαι περιχαρής που τα έχω όλα. Είναι φλας

ρουαγιάλ» είπε με σχετικό χιούμορ . . .

Ο ι ακαδημαϊκοί και οι συγγραφείς εκφράστηκαν θετικά για την

επιλογή της Λέσινγκ. «Είναι μια μεγάλη φυσιογνωμία, σαφώς και το

άξιζε» δήλωσε ο συγγραφέας Ουμπέρτο Εκο από την Εκθεση Βιβλί­

ου στη Φραγκφούρτη . Η Τ. Φρίντμσν, αποκάλεσε το Νόμπελ αυτό,

«απόλυτη έκπληξη» .

Πώς έφθασε να συμπληρώσει μια τόσο μακροχρόνια πορεία η

βρετανίδα συγγραφέας; Χάρη στο ευρύ λογοτεχνικό της φάσμα, που κυμαίνεται από το ακραίο πολιτικό

και το κοινωνικοπολιτικό αφήγημα ως τον μυστικισμό και την επιστημονική φαντασία.

Όταν την κατηγόρησαν ότι. υποβίβαζε το ταλέντο της ασχολουμένη με την επιστημονική φαντασία

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/8

Page 11: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel 2007

απάντησε ότι στην επιστημονική φαντασία βρίσκει κανείς καλύτερη κοινωνική μυθοπλασία της εποχής

μας.

Η Ντόρις Μέι τέιλερ, όπως είναι το πατρικό όνομα της Ντορις Λέσινγκ, γεννήθηκε στην Περσία

(Ιράν) στις 22 Οκτωβρίου 1 9 1 9. Και οι δύο γονείς της ήταν Βρετανοί: ο πατέρας της, ο οποίος είχε μείνει

ανάπηρος από τον Α' Παγκόσμιο Πόλεμο, εργαζόταν σαν υπάλληλος της Αυτοκρατορικής Τράπεζας

στην Περσία. Η μητέρα της ήταν νοσοκόμα. Το 1 925 η οικογένεια μετακόμισε στη Νότια Ροδεσία (Ζι­

μπάμπουε) με την απατηλή υπόσχεση ότι θα πλούτιζε εκεί από την εκμετάλλευση της καλλιέργειας κα­

λαμποκιού . Ατυχώς τα τέσσερα εκτάρια θάμνων απέτυχαν να αποφέρουν κέρδη και τα σχέδια της μητέ­

ρας της να ζήσει τη ζωή της βικτωριανής ευγενούς σε «εδάφη αγρίων» ματαιώθηκαν.

Η Λέσινγκ έχει περιγράψει την παιδική ηλικία της ως ένα άνισο μείγμα λίγης χαράς και πολύ πό­

νου . Ο κόσμος της φύσης, τον οποίο θα εξερευνούσε σε κάποιον βαθμό, με τον αδελφό της Χάρι, ήταν

μια διέξοδος από την κατά τα άλλα αξιοθρήνητη ζωή .

Η πλούσια βιβλιογραφία της Ν. Λέσινγκ περιλαμβάνει συνολικά 5 1 βιβλία (κάποια εξ αυτών περι­

λαμβάνονται σε θεματικές σειρές) στα οποία ξεδιπλώνονται όλες οι λογοτεχνικές δεξιότητες της, αγγίζο­

ντας θέματα όμως η ψυχολογία, ο μυστικισμός, η επιστημονική φαντασία. Εκτός από μυθιστορήματα,

εξέδωσε συλλογές διηγημάτων και ιστορίες για γάτες. Ενώ, ακόμη , δύο βιβλία της κυκλοφόρησαν με το

ψευδώνυμο Τζέιν Σόμερς. Σε παλαιότερη συνέντευξη της πάντως, είχε επισημάνει την «αδυναμία» της

στη σειρά «Canopus in Argos», όπου αναπτύσσει τις μεταφυσικές ανησυχίες της. αλλά και τις αντιλή­

ψεις της για το πεπρωμένο του ανθρώπου.

Ορισμένα από τα βασικά έργα της που κυκλοφορούν στα ελληνικά : «Αναμνήσεις ενός επιζώντος»,

«Γιαγιάδες» (Καστανιώτης), «Μόρα και Νταν» (Λιβάνης), «0 απεσταλμένος στον Πλανήτη 8» (Κέδρος) .

Ακόμη, αναμένεται τον Ιανουάριο το νέο της βιβλίο «Η σχισμή» (Καστανιώτης).

Αξίζει να σημειωθεί ότι η Ντόρις Λέσινγκ είναι το μεγαλύτερο σε ηλικία άτομο στο οποίο απονέ­

μεται το Νόμπελ Λογοτεχνίας (σε δέκα ημέρες κλείνει τα 88) αφού έχει προηγηθεί μόνον ο Θ. Μόμσεν

που κέρδισε το Νόμπελ το 1 902 σε ηλικία 85ετών. Επίσης, το φετινό Νόμπελ είναι το δεύτερο που απο­

δίδεται σε συγγραφέα με καταγωγή από τη Βρετανία στη διάρκεια της τελευταίας τριετίας (μετά τον Χά­

ρολντ Πίντερ, 2005) .

Στον Αλ Γκορ, πρώην αντιπρόεδρο των ΗΠΑ, επί θητείας Μ . Κλίντον, και πιθανόν υποψήφιο για τη

Διακυβερνητική Διάσκεψη των Ηνωμένων Εθνών για τις Κλιματικές Αλλαγές (IPCC) δόθηκε το εφετινό

Νόμπελ Ειρήνης, καθώς επίσης και στην ίδια την IPCC.

Υπέρμαχος της προστασίας του περιβάλλοντος, ο 59 χρονος πρώην αντιπρόεδρος των ΗΠΑ, θεω­

ρούνταν το μεγάλο φαβορί για το εφετινό Νόμπελ σε μία περίοδο που η προσοχή τns παγκόσμιας γνώμης

είναι στραμμένη στις κλιματικές αλλαγές και την υπερθέρμανση του πλανήτη. Καθοριστική θεωρείται

η συμβολή τοu Γκορ στην ευαισθητοποίηση της κοινής γνώμης με το ντοκιμαντέρ «Μία ενοχλητική α­

λήθεια>> , που τιμήθηκε και με δύο Όσκαρ.

Η IPCC (Διακυβερνητική Διάσκεψη των Ηνωμένων Εθνών για τις Κλιματικές αλλαγές) από την άλ­

λη , η οποία βραβεύτηκε μαζί του, δημιουργήθηκε το 1 998 και έχει έδρα της τη Γενεύη . Η αρμοδιότητα

αυτού του οργανισμού είναι να συγκεντρώνει επιστημονικές έρευνες που γίνονται γύρω από το κλίμα και

να δημοσιεύει εκθέσεις που αναφέρονται σε αυτές. Εφέτος δημοσίευσε τρεις εκθέσεις για το κλίμα. Στον

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/9

Page 12: Ευκλειδης Β 67

--------------- Τα βραβεία Nobel2007

κατάλογο των υποψηφίων για το Νόμπελ Ειρήνης βρίσκονταν συνολικά 181 προσωπικότητες και διε­

θνείς οργανισμοί, ανάμεσα τους ο πρώην καγκελάριος της Γερμανίας και ο γνωστός τραγουδιστής Μπό­

νο.

Η επιτροπή επεσήμανε ότι «είναι πιθανότατα ο μόνος, ο οποίος έχει κάνει τόσα πολλά, ώστε να συ­

οιδητοποιήσει ο κόσμος τα μέτρα που πρέπει να υιο­

θετηθούν για την αντιμετώπιση των κλιματικών

αλλαγών» .

Ο έτερος νικητής του βραβείου Νόμπελ Ει­

ρήνης είναι Διακυβερνητική Επιτροπή για την

Κλιματική Αλλαγή (Intergoνernιnental Panel ση C1iιnate Change, IPCC), η οποία ιδρύθηκε to

1988 από το Πρόγραμμα των Ηνωμένων Εθνών για το Περιβάλλον (United Nations Enνironment

Programme, UNEP) και τον Παγκόσμιο Οργανι­

σμό Μετεωρολογίας (W orld Meteorological Or­

ganization, WMO). Με έδρα τη Γενεύη της Ελβετίας. η IPCC

αποτελεί ουσιαστικά μια ομπρέλα υπό την οποία

εργάζονται περίπου 2.500 επιστήμονες από πε­

ρισσότερες από 1 30 χωρες. Πρόεδρος της είναι ο

κορυφαίος Ινδός περιβαλλοντολόγος Ραzέντρα

Πατσαουρί, ο οποίος έχει επανειλημμέ\'ως δεzθεί

κριτική (ακόμη και από τον Αλ Γκορ) ότι είναι

πολύ άνευρος για τη θέση αυτή . Αξιοσημείωτο είναι ότι η πρώτη του έκθεση , το 1 990. ήταν αυτή που

οδήγησε στην υπογραφή του Πρωτοκόλλου του Κιότο το 1 992 για τη μείωση των εκπομπών των αε­ρίων που προκαλούν το φαινόμενο του θερμοκηπίου.

Το 2007 ήταν το έτος κατά το οποίο η Επιτροπή θα δημοσίευε τις τελευταίες μελέτες της για τις κλι­

ματικές αλλαγές. Τα πορίσματα τους ήταν ιδιαιτέρως επιβαρυντικά νια τον ανθρώπινο παράγοντα, τον

οποίο κατονομάζουν βασικό υπεύθυνο νια το φαινόμενο του θερμοκηπίου. Προειδοποιεί ότι η αύξηση

της θερμοκρασίας τον 2lo αιώνα θα κυμανθεί μεταξύ 1,8-4 βαθμών Κελσίου, ότι εκατομμύρια άνθρω­

ποι θα κινδυνεύσουν από τις πλημμύρες που θα προκαλέσει η άνοδος της στάθμης της θάλασσας και ότι

οι σοδειές θα μειωθούν ως και κατά 50% σε ορισμένες χώρες, μέχρι το 2020.

, � ΑΡ. AFP. Reuters, Nobel Prize .org, Γαλλικό πρακτορείο, Associated Press και Ελληνικές

εφημερίδες: Τα ΝΕΑ, Το ΒΗΜΑ, Ελευθεροτυπία, Καθημερινή , Απογευματινή και Ελεύθερος Τύπος.

Η συντακτική επιτροπή του Ευκλείδη Β' , σας ευχεται:

και Καλό Πάσχα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/10

Page 13: Ευκλειδης Β 67

Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή [1873 - 1950]

"

ΞU'fΟ?Λ

έΛΛΗΝΙΚΗ ΔΗΜΟΚΡΑΓΙΑ350

Έγινε στο Περιστέρι στις 2 Φεβρουαρίου 2008 τα αποκαλυπτήρια του ανδριάντα του κορυφαίου Έλληνα Μαθηματικού Κωνσταντίνου ΚαραΟ�:οδωρή, παρουσία του Υπουργοί1 Παιδ�:ίας Ε. Στυλιανίδη, του Δημάρχου της πόλης του Περιστερίου Α. Παχατουρίδη, του Προέδρου της ΕΜΕ Ν. Αλεξανδρή, πολλών άλλων επισήμων και πλήθος κόσμου. Δημοσιεύουμε ένα απόσπασμα της προσφώνησης για τα αποκαλυπτήρια του Προέδρους της ΕΜΕ Ν. Αλεξανδρή.

« ... Είναι μεγάλη ικανοποίηση για την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία αλλά και για ολόκληρη τη μαθηματική κοινότητα της χώρας μας η σημερινή εκδήλωση προς τιμήν του μεγάλου Έλληνα μαθηματικού Κωνσταντίνου ΚαραΟεοδωρή.

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία τίμησε ξεχωριστά και ποικιλότροπα τον Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή. Αναφέρω ενδεικτικά μερικές από αυτές τις τιμητικές εκδηλώσεις: κατά τα έτη 1951, 1966 και 1975 διοργανώθηκαν από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία διαλέξεις σχετικά με το έργο του Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή. Το 1973, η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία διοργάνωσε στην Αθήνα το διεθνές «Συμπόσιο Καραθεοδωρή» που σημείωσε μεγάλη επιτυχία. Τα πρακτικά του συμποσίου μάλιστα εκδόθηκαν από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία σε ένα καλαίσθητο τόμο 634 σελίδων. Κατά τα επόμενα έτη στα περιοδικά της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας δημοσιεύθηκαν πολλά άρθρα που αναφέρονται στο έργο και την προσωπικότητα του Κωνσταντίνο Καραθεοδωρή.

Επίσης η Ε.Μ.Ε. τίμησε τον Καραθεοδωρή με ιδιαίτερες εκδηλώσεις στο 19ο Πανελλήνιο Συνέδριό της που οργανώθηκε το 2002 στη Θράκη τόπο καταγωγής του φωτισμένου αυτού Έλληνα της διασποράς.

Κορωνίδα, όμως, όλων των παραπάνω εκδηλώσεων αποτελεί το γεγονός ότι ήδη από το 1930, 20 ολόκληρα χρόνια πριν από το θάνατό του, η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία ανακήρυξε τον Κωνσταντίνο

Καραθεοδωρή επίτιμο πρόεδρό της. Είναι όμως επίσης σημαντικό ότι και ο Κωνσταντίνος Καραθεοδωρή περιέβαλε με μεγάλη εκτίμηση το

έργο της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας. Απόδειξη ότι η μοναδική εργασία που έγραψε στα Ελληνικά, το Μάιο του 1921, με τον τίτλο: «Περί ενός μετασχηματισμού αναλόγου προς τον μετασχηματισμό του Legendre», (τη δημοσίευσε την ίδια χρονιά στο Δελτίο της Εταιρείας, στο τόμο III. Επίσης στο Δελτίο της Εταιρείας 9τομ. Ε τευχ. Α+Β 1924) δημοσιεύθηκε ομιλία του Κωνσταντίνου Καραθεοδωρή με τίτλο: «Περί

των Μαθηματικών εν τη Μέση Εκπαιδεύσει», την οποία έδωσε από του βήματος της Εταιρείας μας. Ο Καραθεοδωρή άφησε ένα τεράστιο ερευνητικό έργο και λαμπρά επιτεύγματα σε πολλούς χώρους των

μαθηματικών αλλά και σε παραπλήσιες περιοχές. Επέδειξε ιδιαίτερο ενδιαφέρον για τις εφαρμογές αλλά περισσότερο με τον τρόπο με τον οποίο τα Μαθηματικά αλληλεπιδρούν στενά με τη Φυσική, όπως αυτό συμβαίνει με τη γενική θεωρία της σχετικότητας και την κβαντομηχανική.

Ο Καραθεοδωρή κατανοούσε και εκτιμούσε τη σημασία της απλότητας, της φυσικότητας και της κομψότητας στα μαθηματικά και αναζητούσε και αναδείκνυε πάντοτε τα στοιχεία αυτά στις εργασίες του.

Ο Καραθεοδωρή δεν υπήρξε μόνον ένας μεγάλος επιστήμονας αλλά και καλλιεργημένος και ενσυνείδητος διανοούμενος, ένας υπεύθυνος κοινωνικός άνθρωπος.

Με την τεράστια ακτινοβολία του στον ακαδημαϊκό, εκπαιδευτικό και πολιτικό κόσμο επηρέασε με την εισήγησή του τις εξελίξεις στην εκπαίδευση όλων των βαθμίδων. Ιδιαίτερη ήταν η συνεισφορά του στην ανασυγκρότηση των Ελληνικών Πανεπιστημίων, από τη θέση του Συμβούλου της Ελληνικής Κυβέρνησης στις αρχές της δεκαετίας του 30.

Με τη σημερινή εκδήλωση τιμάται η προσφορά ενός μεγάλου Έλληνα στην επιστήμη αλλά και στον τόπο, γι' αυτό αξίζουν τα θερμά συγχαρητήρια και οι θερμές ευχαριστίες όλων μας, στο Δήμο Περιστερίου και όλους όσους την στήριξαν ... »

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/1 1

Page 14: Ευκλειδης Β 67

!(,;*"!'"'""�' J--,��*"'1'�' -- Mιι,.a,.p�J ... "€� ΟJ;ιιp., ... Α.&ε.�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

68ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ

«0 Ευκλείδης» 19 Ιανουαρίου 2008

Α' τάξη Λυκείου Πρόβλημα 1 (α) Να aπλοποιήσετε την παράσταση Κ = (χ + y )3- (χ - y )3- 6χ2 y- y3• (β) Να αποδείξετε ότι ο αριθμός Α = 2000043 -1999963-24 · 2000002-64 είναι κύβος ακεραίου.

Λύση

(α) Έχουμε Κ = (χ + Υ )3 - (χ - Υ )3 - 6χ2 Υ-/ = χ3 + 3χ2 Υ + 3xy2 + / - ( χ3 - 3χ2 Υ + 3xy2 - /)- 6χ2 Υ-/ = χ3 + 3χ2 Υ + 3xy2 + / - χ3 + 3χ2 Υ-3χ/ + / - 6χ2 Υ-y3 = y3 .

(β) Έχουμε Α = 200004 3 - 1 999963 - 24 · 2000002 - 64 = (200000 + 4)3 - (200000 - 4)3 - 6 · 2000002 · 4 - 43'

οπότε, αν θέσουμε χ = 200000 και y=4 στην προηγούμενη παράσταση, αυτή γίνεται Α=/ =43•

Πρόβλημα 2 Αν για τους πραγματικούς αριθμούς a,b ισχύει ότι a2 + b2- 2a = 2b + ab-4, να βρεθούν οι λύσεις της εξίσωσης (2x-a )3

-(x-b)3 - χ3 = Ο .

Λύση Έχουμε α2 + b2 - 2α = 2b + αb - 4 <:::::> α2 + b2 + 22 - αb - 2α - 2b = Ο

<:::::> � [ (α - b )2 + ( b - 2 γ + ( 2 - α γ J =Ο <:::::>α - b = b - 2 = 2 - α= Ο <:::::> α= b = 2 .

Τότε η εξίσωση γίνεται (2χ - α )3 - ( x - b )3 - χ3 = Ο <:::::> (2χ - 2)3 - (χ - 2/ - χ3 =Ο <=> (2χ - 2)3 + (2 -χ)3 + (-χ/ = 0 <:::::> 3(2χ - 2) ( 2 - χ)( -χ) = ο,

αφού ισχύει ότι ( 2χ - 2 ) + ( 2 -χ) + (-χ) = Ο, όπως προκύπτει άμεσα από την ταυτότητα των

κύβων. Η τελευταία παραγοντοποίηση μπορεί επίσης να προκύψει εύκολα, μετά από πράξεις. Άρα η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την

( 2χ - 2 ) ( 2 - χ) (-χ) = ο <:::::> 2χ - 2 = ο ή 2 -χ = ο ή - χ = ο <:::::> χ = 1 ή χ = 2 ή χ = ο. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/12

Page 15: Ευκλειδης Β 67

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

Πρόβλημα 3 Δίνεται ορθογώνιο ΑΒΓΔ με πλευρές ΑΒ=2α και ΑΔ=α. Να αποδείξετε ότι το μέσον Μ της πλευράς ΑΒ έχει την ιδιότητα : το άθροισμα ΔΜ+ΜΓ είναι το ελάχιστο δυνατό για τις διάφορες θέσεις του σημείου Μ πάνω στην ευθεία ΑΒ.

Λύση

Δ

Α Μ '

Ε

Γ Το τρίγωνο ΜΒΓ είναι ορθογώνιο ισοσκελές (ΜΒ=ΒΓ=α ), οπότε Β ΜΓ = 45° . Επειδή είναι ΔΑΜ + AMr = 900 + 1 800 - AMr = 225° > 1 80°, η προέκταση της ΓΜ τέμνει την προέκταση της ΔΑ προς το Α, έστω στο σημείο Ε. Τα τρίγωνα ΜΒ Γ και ΜΑΕ είναι ίσα , γιατί είναι

Β ορθογώνια και έχουν ΜΑ = ΜΒ και ΑΜΕ = Β ΜΓ (ως κατά κορυφή) . Άρα θα έχουν και ΑΕ = ΒΓ = ΑΔ = α : Τότε όμως και τα τρίγωνα ΑΜΔ και ΑΜΕ είναι ίσα, γιατί είναι ορθογώνια στο Α και έχουν την πλευρά ΑΜ κοινή

και ΑΕ = ΑΔ. Άρα θα έχουν και ΔΜ = ΕΜ, οπότε ΔΜ + ΜΓ = ΕΜ + ΜΓ = ΕΓ . ( 1 )

Έστω τώρα τυχόν σημείο Μ' της ευθείας ΑΒ διαφορετικό από το σημείο Μ . Τότε προφανώς τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΜ'Δ και ΑΜΈ είναι ίσα , οπότε θα έχουν ΑΜ' = ΕΜ' και

ΔΜ' + Μ 'Γ = ΕΜ ' + Μ 'Γ . (2) Επειδή η γραμμή ΕΜ'Γ είναι τεθλασμένη , ενώ η γραμμή ΕΜΓ είναι ευθεία που έχει τα ίδια άκρα με την τεθλασμένη ΕΜ'Γ , από τις ( 1 ) και (2) έπεται ότι

ΔΜ + ΜΓ = ΕΓ < ΕΜ' + Μ 'Γ = ΓΜ ' + Μ' Δ .

Πρόβλημα 4 Αν οι αριθμοί x,y,z είναι τέτοιοι ώστε x>O, y+ 1>0, z+ 2>0 και x+ y+ z = 3 , να αποδείξετε ότι

x(y+ 1) + (y+ 1)(z+ 2) + x(z+2) � 3 .

x + y+1 y+ z+ 3 x+ z+2 Για ποιες τιμές των x,y,z ισχύει η ισότητα; Λύση Επειδή τα κλάσματα του πρώτου μέλους της ζητούμενης ανισότητας παρουσιάζουν στον αριθμητή το άθροισμα δύο θετικών αριθμών και στον παρανομαστή το γινόμενό τους, θεωρούμε τη γνωστή ανισότητα

( α + b )2 2 4αb, για κάθε α, b ε ffi., ( 1 ) η οποία αληθεύει, αφού είναι ισοδύναμη με την προφανή ανισότητα (α - b )2 2 Ο . Η ισότητα

αληθεύει όταν α = b. Για α, b θετικούς, από την ( 1 ) λαμβάνουμε

ενώ η ισότητα αληθεύει όταν α = b.

αb α + b α + b

� -4- , (2)

Από την (2) για α = χ, b = y + 1 λαμβάνουμε

και ομοίως προκύπτουν οι ανισότητες

x(y + 1 ) <x + y + 1 (3 ) x + y+1 - 4

(y + 1 )(z + 2) < y + z + 3 (4) y + z + 3 - 4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/13

Page 16: Ευκλειδης Β 67

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

x(z + 2) < x + z + 2

x + z + 2 - 4 Με πρόσθεση κατά μέλη των (3 ) , (4) και (5) λαμβάνουμε

x(y + 1 ) (y + 1 )(z + 2 ) x(z + 2) 2(χ + y + z) + 6 -----'-----'-- + + � --'----χ + y + 1 y + z + 3 x + z + 2 4

x(y + 1 ) + (y + 1 )(z + 2) + x(z + 2 ) � 2 · 3 + 6 = 3 . x + y + 1 y + z + 3 x + z + 2 4

Η ισότητα αληθεύει όταν χ = y + 1 = z + 2 , οπότε από την σχέση χ + y + z = 3 προκύπτει ότι χ + χ- 1 + χ - 2 = 3 <=> 3χ = 6 <=> χ = 2 και y = 1 , z = Ο .

Β' ΛΥΚΕΙΟΥ : ;- .�·

Να λύσετε την εξίσωση

2 Θα αναζητήσουμε λύσεις που ικανοποιούν την ανίσωση 3χ- 2 2 Ο <=> χ 2 -. 3

(5)

Επειδή και τα δύο μέλη της εξίσωσης είναι θετικά, η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την

( χ2 + 2 )2 = 9 ( 3χ - 2 ) <=> χ4 + 4χ2 - 27 χ + 22 = ο . ( 1 ) Οι πιθανές ακέραιες λύσεις της ( 1 ) είναι οι : 1 , - 1 , 2, -2 , 1 1 , - 1 1 , 22 , -22. Εύκολα διαπrστώνουμε ότι η ο ακέραιος 1 είναι ρίζα της εξίσωσης και μέσω του σχήματος

Homer καταλήγουμε στην εξίσωση (χ - 1 ) ( χ3 + χ2 + 5χ- 22) = Ο . Χρησιμοποιώντας και πάλι το σχήμα Homer για χ = 2 , για το πολυώνυμο χ3 + χ2 + 5χ- 22 καταλήγουμε στην εξίσωση

(χ - 1 )(χ + 2) ( χ2 + 3χ + 1 1 ) = ο <=> χ = 1 ή χ = 2 ή χ2 + 3χ + 1 1 = ο <=> χ = 1 ή χ = 2, αφού το τριώνυμο χ2 + 3χ + 1 1 = Ο έχει δια κρίνουσα Δ = -3 5 < Ο .

ο ' ' 2 χ ' ' r;::;--;::;3 2 2 μοιως πρεπει χ 2-. ρησιμοποιουμε τον μετασχηματισμο y = ν -'Χ- L, για χ 2-. 3 3

Τότε λαμβάνουμε y 2 Ο και / = 3χ - 2 , ενώ η δεδομένη εξίσωση γίνεται χ2 + 2 = 3 y .

,

, {χ2 = 3 y- 2} 2 Ο τσι εχουμε το συστημα 2 με χ 2- και y 2 . y = 3χ- 2 3

Με αφαίρεση των δύο εξισώσεων κατά μέλη λαμβάνουμε χ2 - / = 3 (y- χ) <=> (χ- y) (χ + y + 3) = Ο <=> χ - y = Ο ή χ + y + 3 = Ο <=> χ = y ή χ + y = -3 .

Η εξίσωση χ + y = -3 είναι αδύνατη λόγω των περιορισμών χ 2 3. και y 2 Ο . 3 Για χ = y έχουμε την εξίσωση χ2 = 3χ- 2 <=> χ2 - 3χ + 2 =Ο <=> χ = 1 ή χ = 2 .

Πρ6j:1λημu. 2 Σε ένα "τουρνουά" ποδοσφαίρου συμμετέχουν n ομάδες οι οποίες θα παίξουν όλες μεταξύ τους μία μόνο φορά. Για τη νίκη μιας ομάδας δίνονται 3 βαθμοί, για την ισοπαλία 2 βαθμοί και για την ήττα 1 βαθμός. Αν στο τέλος του "τουρνουά" ο συνολικός αριθμός των βαθμών

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/14

Page 17: Ευκλειδης Β 67

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

που συγκέντρωσαν όλες οι ομάδες είναι 364, να βρεθεί ο αριθμός η των ομάδων που συμμετείχαν. ,\ύση Έστω ότι συμμετέχουν n ομάδες. Η 111 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 1 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 1 αγώνες. Η 211 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 2 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 2 αγώνες. Η 311 ομάδα παίζει με τις υπόλοιπες n - 3 ομάδες , οπότε διεξάγονται n - 3 αγώνες.

Η (n- 1 )11 ομάδα παίζει με την τελευταία 1 ομάδα , οπότε διεξάγεται 1 αγώνας . Άρα ο συνολικός αριθμός των αγώνων είναι: Σ = 1 + 2 + 3 + · · · + (n - 1) . ( 1 ) Αν γράψουμε τις ισότητες

Σ = 1 + 2 + . . . + (n - 2) + (n - 1 ) Σ = (n - 1 ) + (n - 2) + . . . 2 + 1

και τις προσθέσουμε κατά μέλη , τότε λαμβάνουμε

2Σ = ( n - 1 ) [ ( n - 1 ) + 1 J = ( n - 1 ) n � Σ =

( n � 1 ) n .

Σε κάθε αγώνα ο συνολικός αριθμός των βαθμών που δίνονται στις δύο ομάδες που συμμετέχουν (ανεξάρτητα από το αποτέλεσμα) είναι 4 . Άρα ο συνολικός αριθμός των αγώνων

είναι: 364

= 9 1 (2) 4 Από τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε :

(n - 1)n = 9 1 � (n - 1)n = 7 . 1 3 � (n - 1)n = 1 3 · 1 4 � n = 1 4 . 2 2 2 2

Άρα συμμετείχαν 1 4 ομάδες.

Πρόβλημα 3. Α ν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y ,z ισχύει χ2 + y2 + z2 + 2χ + 4 y + 6z + 1 3 = Ο , να προσδιορίσετε το μέγιστο θετικό αριθμό m που είναι τέτοιος ώστε: χ+ y + z + m :::;; Ο . Λύση Έχουμε χ2 + y2 + z2 + 2χ + 4 y + 6z + 1 3 = Ο � χ2 + 2χ + 1 + y2 + 4 y + 4 + z2 + 6z + 9 = 1

� (χ + 1)2 + (y + 2)2 + (z + 3)2 = 1 και θέτοντας α = χ + 1 , β = y + 2 και r = z + 3 , έχουμε τελικά α2 + β2 + y2 = 1 . Ισχύει όμως η ανισότητα 3(α2 + β2 + y2 );:::: (α + β + y)2 , που είναι ισοδύναμη με τη γνωστή ανισότητα α2 + β2 + y2 ::::: αβ + αr + βy . Η ισότητα ισχύει όταν α = β = r . Επομένως έχουμε (α + β + y)2 :::;; 3 . 1 � /α + β + r/:::;; F3 � /χ + y + z + 6/:::;; F3

� -F3 :::;; χ + y + z + 6:::;; F3 � -F3-F3 :::;; χ + y + z + 6 - F3:::;; Ο .

Ε δ ' ' ' 1 2 3 F3 ' ' ζ ' ' θ ' πει η η ισοτητα ισχυει για χ + = y + = z + = - , επεται οτι ο ητουμενος μεγιστος ετικος

3 αριθμός είναι ο m = 6 - F3 .

Πρόβλημα 4 Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓ Δ με Α= Β = 90°, ΑΔ = α και ΑΒ = ΒΓ = 2α.

(i) Να αποδείξετε ότι: ΔΑ+ ΑΓ < ΔΒ + ΒΓ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/15

Page 18: Ευκλειδης Β 67

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

(ii) Να βρείτε σημείο Μ πάνω στην ευθεία ΑΒ για το οποίο το άθροισμα ΔΜ + ΜΓ είναι το ελάχιστο δυνατό.

(iii) Για το σημείο Μ που θα βρείτε, να υπολογίσετε το εμβαδόν του τριγώνου ΔΜΓ. Λύση

Γ

Δ

Α Β

Ε

(i) Σύμφωνα με τις υποθέσεις του προβλήματος και το Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε

ΔΑ + ΑΓ =α+ 2αJ2 =α ( 1 + 2J2) , ΔΒ + ΒΓ = α.JS + 2α =α ( 2 + JS), οπότε

ΔΑ + ΑΓ < ΔΒ + ΒΓ � α (1+2Ji) <α ( 2+J5) � 2Ji < 1 + J5 � 8 < 6 + 2J5 � 1 < J5, που ισχύει.

(ii) Αν Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς την ευθεία ΑΒ και το ευθύγραμμο τμήμα ΕΓ τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο Μ, τότε ΔΜ = ΜΕ και

ΔΜ + ΜΓ = ΕΜ + ΜΓ = ΕΓ . (1) Στη συνέχεια θεωρούμε τυχόν σημείο Ν πάνω στην ευθεία ΑΒ, διαφορετικό από το Μ, οπότε θα ισχύει ΔΝ = ΝΕ και

ΔΝ + ΝΓ = ΕΝ + ΝΓ . (2) Επειδή η γραμμή ΕΜΓ είναι ευθεία, ενώ η γραμμή ΕΝΓ έχει τα ίδια άκρα με την ΕΜΓ και είναι τεθλασμένη, έπεται ότι ΔΜ + ΜΓ = ΕΓ < ΕΝ + ΝΓ = ΔΝ + ΝΓ . Άρα το σημείο Μ είναι τέτοιο ώστε το άθροισμα ΔΜ + ΜΓ να είναι το ελάχιστο δυνατό . (iii) Επειδή είναι ΔΕ = 2α = ΒΓ και ΔΕ l_ ΑΒ, ΒΓ l_ ΑΒ � ΔΕ 11 ΒΓ , το τετράπλευρο ΔΕΒΓ είναι παραλληλόγραμμο . Αν οι διαγώνιοι του ΔΕΒΓ τέμνονται στο Ο, τότε το Ο είναι το μέσον της ΔΒ και η ΕΟ είναι διάμεσος του τριγώνου ΔΕΒ . Επίσης η ΑΒ είναι διάμεσος του τριγώνου ΔΕΒ, αφού ισχύει ΑΔ =ΑΕ =α . Άρα το σημείο τομής Μ των δύο διαμέσων του τριγώνου ΔΕΒ είναι το βαρύκεντρο του τριγώνου ΔΕΒ, οπότε θα ισχύει:

ΑΜ =ΑΒ

=2α

. 3 3 1 1 2α 4α2 · Άρα έχουμε : ( ΔΜΓ ) = ( ΔΕΓ ) - ( ΔΕΜ ) = -· 2α · 2α--· 2α ·- = -. 2 2 3 3

Διαφορετικά έχουμε ΜΒ = 2α -

2α =

4α και

3 3 (α+ 2α) · 2α 1 2α 1 4α 2 α2 4α2 4α2 (ΔΜΓ) = (ΑΒΓΔ) - (ΔΑΜ) - (ΜΒΓ) =

2 2·α·

3-2·2α·

.3=3α

-3--3-=

-3-.

Γ' ΛΥΚΕΙΟΥ Πρόβλημα 1

Εάν ο z είναι μιγαδικός με Re(z),Im(z) :;t:Ο και 6Ζ4 + Sz2 + 6 e JR 3z4 + z2 +3 '

να αποδείξετε ότι Ι z Ι= 1. Λύση (1 ος τρόπος)

Αν θέσουμε

τότε έχουμε

6z4 + 5z2 + 6 w = ---=-------=--

3z4 + z2 + 3 '

6z4 + 5z2 + 6 6:Ζ4 + 5:Ζ2 + 6 W = W � = , 3z4 + z2 + 3 3:Ζ4 + z2 + 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/16

Page 19: Ευκλειδης Β 67

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

η οποία μετά από τις πράξεις και λαμβάνοντας υπόψη ότι zz = l z l 2 καταλήγει στην ισότητα

( l z l 4 - 1 ) ( z2 - z2 ) = Ο � l z l = 1 , αφού λόγω της υπόθεσης Re( z ), Im( z) *Ο έπεται ότι z2 - z2 * Ο . (2 11ς τρόπος) Ε

λ,

δ , , 6z4 + 5z2 + 6 2 3z2 m

κτε ωντας τη ιαιρεση εχουμε, 4 2 = + 4 2 Ε ffi. 3z + z + 3 3z + z + 3 , , 3z2 3z4 + z2 + 3 1 1 1

δηλαδη ισοδυναμα 4 2 Ε IR <=> 2 Ε IR <=> z2 + -2 +- Ε IR <=> z2 + -2 Ε IR. 3z + z + 3 3z z 3 z Ά

, 2 1 -2 1 2 -2 ( 1 ι ) 0 ( 2 -2 ) ( ι ι ) 0 ρα εχουμε z +-;τ =z +

22 <::::> z - z -

22 --;τ = <=> z - z -ι;Ί' = .

Όμως, λόγω της υπόθεσης Re(z), Im(z) ;f:. 0 έπεται ότι z2 -z2 * Ο , οπότε τελικά λαμβάνουμε

l z l 4 = 1 � l z l = 1 . Π ρόβλη μα 2

Να λύσετε το σύστημα (Σ)

Λύση (1 ος τρόπος)

Η εξίσωση χ3 + 3xy + / = 1 είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ3 + / + ( - 1 )3 = 3xy( - 1) , η οποία από την ταυτότητα του Euler είναι ισοδύναμη με τις εξισώσεις

x + y - l = O ή x = y = - 1 .

{ x + y = 1 } {

x = y = - 1 } Άρα έχουμε (Σ) <=> χ3 - χ2 = / _ / (Σ 1 ) ή χ3 - χ2 = y3 _ y2

(Σ2 ) ·

Το σύστημα ( Σ2 ) έχει τη λύση (χ, y) = ( - 1, - 1 ) , ενώ

(Σ ,) � {χ'

-/ ( ;, � 1Υ' ) � Ο

} � ι-

Υ) ( χ' : ;: :: - χ - Υ)� Ο}

� {;�;:�} ή {x,+xy::;::_y

�o}� (x,

+ (H) ή ι+y)' �::-�� + y) � o}

<=> (χ, y) = (_!_ .-!-) ή {χ + Υ = 1} <=> (χ, y) = (_!_ , _!_) ή (χ, Υ) = ( 1, Ο) ή (χ, Υ) = ( Ο, 1 ) . 2 2 xy = O 2 2

2 11ς τρόπος Μπορούμε πρώτα να προχωρήσουμε σε παραγοντοποίηση της δεύτερης εξίσωσης του συστήματος (Σ) ως εξής:

χ3 _ χ2 = / _ / <=> χ3 _ / = χ2 _ y2 <=> (χ _ Υ) ( χ2 + xy + y2 ) = (χ _ y) (χ + y)

<=> (χ - Υ) ( xz + xy + y2 - χ - Υ) = Ο <=> χ - Υ = Ο ή χ2 + xy + y2 - χ - y. Α ν χ - y = Ο , τότε χ = y και σε συνδυασμό με τη πρώτη εξίσωση του (Σ) καταλήγουμε στην

εξίσωση 2χ3 + 3χ2 - 1 = Ο <=> ( 2χ - 1 ) ( χ2 + 2χ + 1 ) = Ο <=> χ = � ή χ = - 1,

οπότε προκύπτουν οι λύσεις (χ, y) = ( � , �) ή (χ, y) = ( - 1, - 1 ) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/17

Page 20: Ευκλειδης Β 67

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

Α ν είναι χ2 + xy + y2 - χ - y = Ο , τότε ( χ2 + xy + y2 ) (χ + Υ) - (χ + Υ )2 = Ο <=> χ3 + y3 = (χ + Υ ) 2 '

οπότε η πρώτη εξίσωση γίνεται (χ + y γ + 3xy = 1 . Επιπλέον έχουμε χ2 + xy + / - χ - y = Ο <=> (χ + y )2 - (χ + y) + xy = Ο . Για χ + y = φ και xy = ω καταλήγουμε στο σύστημα

1 - φ2 { ;2 + 3ω = 1 } <=>

ω = -3-φ- - φ +ω = Ο φ2 _ φ + 1 - φ

2 = 0

3

1 ' 1 φ = η φ = -2

1 - φ2 ω =--3 <=> (φ, ω) = ( l , Ο) ή (φ, ω) = (Ξ ,±} {χ + y = 1}

Έτσι έχουμε τα συστήματα: <=> ( x, y) = ( 1 , 0) ή ( x, y) = (0, 1 ) , xy = O { 1 1 } '

δ ' χ + y = 2, xy = "4 , που ειναι α υνατο .

Π ρrιβλημα 3 Δίνεται η ακολουθία αν με v Ε Ν* , για την οποία ισχύει:

αν+ l - αν = 2v+ 1 ' για κάθε v Ε Ν* .

( 1 ) (2)

Να αποδείξετε ότι το γινόμενο δύο οποιωνδήποτε διαδοχικών όρων της ακολουθίας είναι επίσης όρος της ακολουθίας.

ΛίJση Εφαρμόζοντας την αναδρομική σχέση αν+ Ι - αν = 2v + 1 , για v = 1 , 2 , . . . , (v - 1) έχουμε :

Για v = 1 έχουμε α 2 - α 1 = 2 · 1 + 1 Για v = 2 έχουμε α 3 - α 2 = 2 · 2 + 1

Για v - 1 έχουμε: αv - αv-J = 2(v - 1) + 1 .

Προσθέτοντας κατά μέλη τις παραπάνω ισότητες λαμβάνουμε :

α - α = 2 ( 1 + 2 + 3 + · · · + (v - l) ) + v - 1 <=> α - α = 2 v(v - l) + v - 1 <=> α - α = v(v - 1) + v - 1 v I v I 2 v I

<=> αv = v2 - l + αJ . ( 1 ) <=> αv = v2 - R , όπου R = 1 - a1 • (2)

Για το γινόμενο δύο οποιωνδήποτε διαδοχικών όρων της ακολουθίας έχουμε : αm · αnι+J = (m2 - R) ( Cm + 1) 2 - R) = (m2 - R) ( Cm2 + 2m + 1 - R) =

= m4 + 2m3 + m2 - Rm2 - Rm2 - 2Rm - R + R2 = = m4 + m2 + R2 + 2m3 - 2Rm2 - 2Rm - R = ( m2 + m - R)2 - R = αn,2 + m - ι .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/18

Page 21: Ευκλειδης Β 67

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

Επομένως το γινόμενο δύο διαδοχικών όρων της ακολουθίας είναι όρος της ακολουθίας, εφόσον ο αριθμός m2 + m - f είναι φυσικός μεγαλύτερος του Ο, για κάθε m Ε Ν* , δηλαδή όταν

m2 + m - ( l - a1 ) Ε Ν* , για κάθε m Ε Ν* <=> α1 Ε Ν ο

Π ρ ιί)βλη μα 4 Έστω Σ εσωτερικό σημείο οξυγωνίου τριγώνου ΑΒΓ . Οι ευθείες ΑΣ , ΒΣ και ΓΣ

τέμνουν τις πλευρές ΒΓ , ΑΓ και ΑΒ στα σημεία Α' , Β ' και Γ' αντίστοιχα, ώστε ΣΑ' :::;;; ΑΣ , ΣΒ ' ::s;; ΒΣ και ΣΓ' ::s;; ΓΣ .

Αν θέσουμε χ = ( ΣΑΒ ) , y = ( ΣΒΓ ) και z = ( ΣΑΓ ) ,να αποδείξετε ότι: χ4 + y4 + z4 :S lxz y z + lxzzz + ly zz z .

ι\i)ση Από το δεδομένο σημείο Σ θεωρούμε παράλληλη προς τη ΒΓ που τέμνει το ύψος ΑΔ στο

σημείο Τ ο Τότε προφανώς ( ΣΒΓ ) = (ΠJΓ ) ο Από τη σχέση ΣΑ ' :::;;; ΑΣ προκύπτει προφανώς ΤΔ :S ΤΑ. ( 1 )

Από τη σχέση (1 ) έχουμε : 1 1

ΤΔ · ΔΒ :::;;; ΤΑ · ΔΒ ..,. 2

ΤΔ · ΔΒ :::;;; 2

ΤΑ · ΔΒ .,. (ΤΔΒ) (ΤΑΒ)ο (2)

Α

Β Γ

Από τη σχέση ( 1) έχουμε επίσης :

ΤΔ · ΔΓ ::s;; ΤΑ · ΔΓ .,. � ΤΔ · ΔΓ ::s;; � ΤΑ · ΔΓ .,. (τΔΓ) ::s;; (τΑΓ)

Προσθέτοντας τις σχέσεις (2) και (3 ) έχουμε :

(3)

(ΤΔΒ) + (ΤΔΓ) ::s;; (ΤΑΒ) + (ΤΑΓ) .,. (ΤΒΓ) ::s;; (ΤΑΒ) + (ΤΑΓ) .,. (ΠJΓ ) :::;;; ( ΑΒΓ ) - (ΤΒΓ )

και σε συνδυασμό με τη σχέση ( ΣΒΓ ) = (ΤΒΓ ) , παίρνουμε τελικά : ( ΣΒΓ ) :::;;; ( ΑΒΓ ) - ( ΣΒΓ ) ..,. ( ΣΒΓ ) :::;;; ( ΣΑΒ ) + ( ΣΑΓ) .

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι; (ΣΑΒ) ::s;; (ΣΒΓ ) + (ΣΑΓ) και (ΣΑΓ ) :::;;; (ΣΑΒ) + (ΣΒΓ ) ο

Επειδή έχουμε θέσει χ = ( ΣΑΒ ) , y = ( ΣΒΓ ) και z = ( ΣΑΓ) , από τις τρεις τελευταίες ανισώσεις, έχουμε : O < x ::s;; y + z , O < y ::s;; x + z και O < z ::s;; x + y o (4) Αρκεί τώρα να αποδείξουμε ότι : χ4 + y4 + z 4 :::;;; 2χ2 y2 + 2χ2 z 2 + 2y2 z 2 ..,.

..,. χ4 + Υ4 + z 4 - 2χ2 Υ 2 - 2 Υ2 z 2 + 2χ2 z 2 - ( 2xz / :::;;; Ο ..,. ..,. (χ2 + z 2 - y2J - (2xz/ :::;;; Ο ... (χ2 + z 2 + 2xz - y2 ) . (χ2 + z 2 - 2xz - y2 )::s;; Ο ..,.

..,. ((χ + z)2 - y2 ) · ((χ - z)2 - y2 ):::;;; Ο ..,. (χ + y + z) · (x+ z - yXx+ y - z) · (x - y - z) :::;;; Ο ..,. ..,. (χ + y + z) · (x + z - yXx + y - z) · (y + z - χ) � Ο ,

που ισχύει, λόγω των σχέσεων ( 4 ) ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/19

Page 22: Ευκλειδης Β 67

Η Homo Mathematίcus 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 απαίτούν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

Για τους συνφγάτες της στήλης : παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους

των παιδιών.

επιμέλεια : Καρ κάνη ς Βασίλη ς, Κερ ασαρ ίδη ς Γιάννη ς

I . "τι είναι τα Λιfαθιιματικά; « Τα Μαθηματικά έχουν εξυπηρετήσει τις ανάγκες όλων

των κοινωνικο-ιστορικών σχηματισμών. Οι σχέσεις τους με τις πρακτικές ανάγκες και με το πνευματικο­διανοητικό της ανθρώπινης κοινωνίας καθορίζουν την ανάπτυξή τους. Έτσι καταλήγουν σε καθολικά επιτεύγμα­τα που τους επιτρέπουν να εξυπηρετούν και να επιδρούν μ' αυτά επί αιώνες και χιλιετίες στην ανάπτυξη των επό­

μενων εποχών. Σήμερα θα λέγαμε, ότι τα Μαθηματικά πάντοτε έφεραν τα ίχνη της "παραγωγικής δύναμης " στην πνευματική και οικονομική συγκρότηση κάθε επο­χής, εξυπηρετώντας την με τα αντίστοιχα για τις ανάγκες της νέα και κληροδοτημένα καθολικά Μαθηματικά μέσα. Μ' αυτή την έννοια αποτελούν την Επιστήμη όλων των εποχών.

Μια συνοπτική ματιά πάνω στην ανάπτυξη και στην επίδραση των Μαθηματικών ως τις μέρες μας θα μας

αποδείξει σε γενικές γραμμές, ότι: α) Τα Μαθηματικά εξυψώνουν και βαθαίνουν την αν­θρώπινη σκέψη. Εισάγουν νέες ιδέες στην επιστήμη και στην κοινωνία. Ασκούν τεράστια επίδραση στη Μέση Εκ­παίδευση και σ' ολόκληρη σχεδόν την εκπαίδευση σήμε­

ρα. Εδώ και χιλιετίες μεταξύ της ανάπτυξης της Φιλοσο­φίας και των Μαθηματικών υπάρχουν στενές αμοιβαίες σχέσεις. Μ' αυτές τους τις ιδιότητες τα Μαθηματικά

μοιάζουν με τις κοινωνικές επιστήμες και τη Φιλοσοφία. β) Τα Μαθηματικά βρίσκονται πάντοτε στη βάση της

τεχνικής προόδου. Λαμπρή απόδειξη σήμερα αποτελεί η τεχνολογία των υπολογιστικών μηχανών. Η ανάπτυξη γε­νικά της τεχνικής συνδέεται με την ανάπτυξη των τεχνι­κών μεθόδων.

γ) Μέσω των μαθηματικών μοντέ/.ων, μελετήθηκαν

πολύπλοκα προβλήματα των διαφόρων επιστημών, γα να καταλήξουμε σήμερα στη μαθηματικοποίηση, ως ένα ο­ρισμένο βαθμό, όλων των επιστημών.

δ) Ωστόσο, οι ανάγκες της σύγχρονης κοινωνίας δια­φέρουν απ' τις ανάγκες των περασμένων εποχcόν.

Πρέπει να πούμε αμέσως ότι και τα Μαθηματικά έ­χουν επαναστατικά νέες δυνατότητες για τη χρι/ση τους. Και τώρα αποτελούν ' 'Επιστήμη του αιcόνα ". Κατά τις επόμενες κορυφαίες στιγμές της κοινωνικής ανάπτυξης και πνευματικής εξέλιξης θα παρατηρήσουμε σ' αυτά και

το φαινόμενο της μαθηματικοποίησης. Τα Μαθηματικά είναι η επιστήμη με πολύπλευρες δυνατότητες»

[πηγή :«ΜΑΘΗΜΑτΙΚΑ ΚΑΙ ΑΝΆΠΤΥΞΗ», L.G ILIEV]

Γιάννης Κερασαρίδης

1 1 . ' Ά υ η) το ξέρατε; , τι είναι τα 'ΈΘΝΟΜΑΘΗΜΑ ΠΚΑ "; [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

Ι Ι Ι . , οι συνι:ργάτα; της στιί).ιις γράφουν-ι:ρωτο ι5ν ,

"Χειραψίες", Τηλέμ. Μπαλτσαβιάς (Κεφαλλονιά)

Προλεγόμενα. Σ ' αυτό το τεύχος δημοσιεύουμε το δεύτερο και τελευταίο μέρος του ενδιαφέροντος σημειώ­ματος του εκλεκτού συνάδελφου Τηλέμαχου Μπαλτσαβιά, με τίτλο «Χειραψίες». Τον ευχαριστούμε . .

Π αράδειγμα 3" : Το παρακάτω παράδειγμα θεωρείται κλασικό

στη Μαθηματική σκέψη : Ο κύριος Βολτέρας και η σύζυγός του κάλεσαν στο σπίτι τους άλλα 3 αν­δρόγυνα. Μόλις ολοκληρώθηκαν οι συστάσεις, η κυρία Βολτέρα που είναι εξαιρετικά παρατηρητι­κή , πρόσεξε ότι ο καθένας από τους υπόλοιπους 7 παρευρισκόμενους είχε πραγματοποιήσει διαφορε-

τικό αριθμό χειραψιών. Το ερώτημα είναι: πόσες χειραψίες πραγματοποίησε ο κύριος Βολτέρας;

Εδώ δεχόμαστε ότι ουδείς έδωσε χειραψία με το ίδιο άτομο πάνω από μια φορά, ότι ουδείς έδωσε χειραψία με τον/την σύζυγό του, και ότι κανείς βε­βαίως δεν έδωσε χειραψία με τον εαυτό του .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/20

Page 23: Ευκλειδης Β 67

• Κάποιος έδωσε 6 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, • Κάποιος έδωσε 4 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, • Κάποιος έδωσε 2 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, • Κάποιος έδωσε Ο χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος.

4

Σχήμα 1 1

ΚΥΡ ΙΑ �--�π ΒΟΛΤΕΡΑ

Ας φανταστούμε (σχήμα 1) ότι οι 8 παρευρι­σκόμενοι στέκονται σ ' έναν κύκλο, όπου ο καθέ­νας σημειώνεται με τον αριθμό των χειραψιών που έδωσε με τους άλλους. Το κάθε ευθύγραμμο τμήμα που συνδέει δυο άτομα συμβολίζει τη μεταξύ τους χειραψία.

Ο παρευρισκόμενος 6 έδωσε χειραψία με όλους εκτός φυσικά με τον παρευρισκόμενο Ο . Άρα ο παρευρισκόμενος 6 είναι σύζυγος του πα­ρευρισκόμενου Ο . Ο παρευρισκόμενος 5 δεν χαιρέ­τησε τον παρευρισκόμενο Ο και δεν χαιρέτησε τον παρευρισκόμενο 1 (γιατί αυτός έδωσε τη μοναδική χειραψία του με τον παρευρισκόμενο 6) . Χαιρέτη­σε ωστόσο όλους τους υπόλοιπους. Συμπεραίνου­με ότι ο παρευρισκόμενος 5 είναι σύζυγος του πα­ρευρισκόμενου 1 . Προφανώς αποκλείεται να είναι σύζυγος του παρευρισκόμενου Ο, μια και αυτός εί­ναι ήδη σύζυγος του παρευρισκόμενου 6. Ο πα-

• Κάποιος έδωσε 5 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, • Κάποιος έδωσε 3 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος, • Κάποιος έδωσε 1 χειραψίες, δεν ξέρουμε ποιος,

ρευρισκόμενος 4 δεν χαιρέτησε τους παρευρισκό­μενους Ο, 1, 2. Αυτό γιατί ο παρευρισκόμενος 1 έδωσε τη μοναδική του χειραψία με τον 6 και ο 2 έδωσε χειραψία με τους 5, 6. Χαιρέτησε βέβαια τους 3, 5, 6 και φυσικά την κυρία Βολ τέρα. Άρα ο 4 είναι σύζυγος του 2. Μέχρι τώρα έχουμε τα εξής:

• Ο 6 είναι σύζυγος του Ο, • Ο 5 είναι σύζυγος του 1, • Ο 4 είναι σύζυγος του 2 . τι απομένει λοιπόν; Το αναπόφευκτο συμπέρα­

σμα ότι ο 3 είναι ο κύριος Βολτέρας. ΣυνεΠώς ο κύριος Βολτέρας έδωσε 3 χειραψίες, όσες και η σύζυγός του .

Αν αγαπητοί μαθητές δεν καταλάβατε κάτι στην παραπάνω λύση , κάντε κάτι απλό . Σχεδιάστε έναν κύκλο, σημειώστε πάνω του τους 8 παρευρισκόμε­νους με τον τρόπο που είδατε και ενώσατε κατάλ­ληλα τους παρευρισκόμενους με ευθύγραμμα τμή­ματα. Το πιο πιθανό είναι να δείτε τη λύση να ξε­προβάλλει από μόνη της.

Τελειώνοντας, μια ευχή : Μακάρι κάποτε να βρούμε χρόνο, αλλά και τη διάθεση , για να διδά­σκουμε στα παιδιά τέτοια ενδιαφέροντα μαθηματι­κά προβλήματα. [ΠΗΓΕΣ: 1 . περιοδικό «Περισκόπιο της Επιστήμης», 2.

«Σπαζοκεφαλιές» (Π . Γιαννόπουλος-Γ. Κεφαλλονίτης)]

<<Ενας καλός φ ίλος» Ρ. Κοσμόπουλος Ο μαθητής Ρήγας Κοσμόπουλος (Γ Λυκείου, τους αναγνώστες της στήλης απαντήσεις. «Εκκε­

Θεσσαλονίκη) μας διατύπωσε, ηλεκτρονικά, μια ντρότητα ορθογωνίων. Ονομάζουμε εκκεντρότητα παρατήρηση λέγοντάς μας πως αμελούμε το θέμα ενός ορθογωνίου το λόγο της μεγαλύτερης πλευ­των ασκήσεων. Εμείς υπενθυμίζουμε στον καλό ράς του προς την μικρότερη . Αποδείξτε πως όταν μας φίλο πως αρμόδιες για ασκήσεις είναι οι άλλες το ορθογώνιο (b) είναι εγγεγραμμένο στο ορθογώ­στήλες. Ο σκοπός και το περιεχόμενο της Homo νιο (a) [έτσι ώστε κάθε κορυφή του (b) να ανήκει mathematicus αναγράφεται αμέσως κάτω από τον σε διαφορετική πλευρά του (a) ] , τότε η εκκεντρό­τίτλο της. Όμως, για να τον aποζημιώσουμε του τητα του (b) είναι μεγαλύτερη ή ίση της εκκεντρό­δίνουμε το παρακάτω πρόβλημα (γνωστό ως πρό- τητας του (a)» [πηγή : περιοδικό QUANTUM, τόμ. 2, βλημα του Ν. Vasiliev) και περιμένουμε από όλους τεύχ. 4, εκδ . ΚΆΤΟΠΤΡΟ]

<<Εμμετρος β ίος του Πυθαγόρα» π . Σοφιανός

Προ/.εγδμειια. Ο Πέτρος Σοφιανός είναι ένας πο).ύ "aνήσυχος " μαθηματικός και πολύ καλός γνώστης της αρχαίας προσωκρατικής φιλοσοφίας. Εκείνο που τον κάνει ξεχωριστό είναι η ικανότητά του να αποδίδει έμμετρα ολόκληρες παρουσιάσεις σε συνέδρια (π.χ. 1 7ο συνέδριο της ΕΜΕ, κ. ά.), διατηρώντας πλήρως τη "σοβαρότητα " του παρουσιαζόμενου υλικού. Ο Π. Σοφιανός ζει και εργάζεται στην πατρίδα του Πυθαγόρα, στο Γυμνάσιο του Πυθαγορείου. Έγραψε, ειδικά για τη στήλη μας, μια έμμετρη βιογραφία του Πυθαγόρα. Εμείς τον ευχαριστούμε και, με μεγάλη μας χαρά, τη δημοσιεύουμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/21

Page 24: Ευκλειδης Β 67

«0 β ίος τ ο υ Π υ θ αγόρα», του Π έτρου �οφιανού ( Γυμνάσιο ΠυΟαγορείου Σάμου)

Έφη βος καθώς κίνησε από την Ιωνία της Αρπεδώνης μυστικά να βρει στη Βαβυλώνα εικοσπέντε αιώνες πιο μπροστά από τούτο τον αιώνα στάλθηκε από ένα δάσκαλο που η μνήμη του αιωνία ! Καθώς όμως εκεί γνωστό δεν είχε ακουστά στην Αίγυπτο αποφάσισε να πάει πιο μπροστά. Ήταν ο γιος του Μνήσαρχου που λέγαν Πυθαγόρα σταλμένος απ' τον πρώτο του δάσκαλο τον Θαλή και με τη γνώση κίνητρο σ' αυτή φτάνει τη χώρα στου Νείλου εκεί την εύφορη τη γη απ' την ιλή !

Βρίσκει λοιπόν τους ιερείς απ' τον Θαλή σταλμένος σαν έμπορος που έφτανε με ιδέες φορτωμένος με αναλογίες και σχή ματα γινότανε γνωστός για να γυρίζει πλούσιος κι ακόμα πιο σοφός . . . Απλή δεν ήταν διόλου εκεί κι εύκολη η ζωή για το νεαρό που έφτασε γεμάτος προσδοκία τη Γνώση να εύρει τη παλιά σε μία κοινωνία που Φαραώ βασίλευαν κι η κούραση πολλή .

Πέρασε χρόνια δύσκολα δοκιμασίες μεγάλες σαν παραγιός μεσ' σε ναούς στα πόδια ιερέων μ' αγάλι αγάλι η γνώση τους σαν της βροχής τις στάλες στην κεφαλή του στάλαζε κι ο νους του στο Ηραίον.

Μα ενώ σε ανώτατο βαθμό κάποτε είχε φτάσει αρχιερέα στο ναό του Ήλιου , του Αμών Ρα και τους καρπούς των κόπων του πήγαινε ν' απολαύσει Ασσύριοι τον σέρνουνε σε νέα αιχμαλωσιά. Μαρτύρια άλλα περίμεναν τον θείο Πυθαγόρα στη Βαβυλώνα πού 'φτασε χωρίς να το ελπίζει με τέτοιο τρόπο πως θα 'ρθει, μα αρχίζει να γνωρίζει καινούρια πράγματα τρανά στη πλούσια τούτη χώρα ! Από τα πλούτη θαύμαζε πάλι όμως τη Γνώση Γεωμετρίας , Μουσικής και για Αστρονομία

του 'περνε θα 'λεγες το Νου που μανία τόση ρουφούσε σαν σφουγγάρι εκεί στη Μεσοποταμία. Της Αρπεδώνης μυστικά συνέχεια γνωρίζει καθώς η Αστάρτη από ψηλά του γνέφει ερωτικά με ορθές γωνίες σε ναούς την ομορφιά να χτίζει και με υποτείνουσες χορδές να παίζει μουσικά !

Το περί την Ιστάρ πτηνό το είπαν περιστέρι κι αυτός πάντοτε έψαχνε της Αρπεδώνης ταίρι . . .

Ο Αυγερινός σαν πρόβαλε , τ' άστρο της Αφροδίτης που άλλο δεν είναι απ' αυτό που λέμε aποσπερίτης τον Πυθαγόρα έβρισκε σε πάπυρους μπροστά πίνακες να κοιτάει σ' αυτούς και άλλα μυστικά . . .

Καθώς όμως θεμέλιωνε τη γνώση του σε τούτα κι η νοσταλγία φούντωνε για τη γλυκιά πατρίδα της Βαβυλώνας άφησε τα νόστιμα αυτά φρούτα κι είπε : " ως τώρα αρκετά εδώ γνώρισα και είδα.­στη Σάμο τη γενέτειρα πρέπει να επιστρέψω σχολειό τρανό να φτιάξω εκεί για νέους και παιδιά

κι απ' τους καρπούς της γνώσης μου μονάχα θα επιλέξω

όποιους τον κόσμο χτίζουνε χωρίς αμορφωσιά " Στη Σάμο όμως αντάμωσε τον μέγα Πολυκράτη

τύραννο ανήσυχο πολύ που χρόνια πιο μπροστά την Αστυπάλαια έχτιζε με φή μη τρομοκράτη μεσ' του Αιγαίου πέλαγου τα όμορφα νησιά . . .

Γνώση και κράτος άγρια κονταροκτυπηθήκαν μπρος στου Νυμφαίου το στόμιο, του άντρου

της Κυβέλης καθώς πολλοί σοφοί μαζί και δικαστές αν θέλεις κι "αντίθεο" για το σοφό δάσκαλο αποφανθήκαν.

Ο Πολυκράτης με χαρά τον Πυθαγόρα βλέπει δρόμο να παίρνει προς δυσμάς και από μια σπηλιά του Κέρκη ν' αποχαιρετά φίλους και να τους γνέφει την τελευταία του γι αυτούς πως δεν είπε μιλιά . . . Χρησμό ζητάει και συμβουλή κάποτε απ' το

μαντείο που ο πατήρ του πιο παλιά ζητούσε και γι αυτόν βαφτίζοντάς τον με όνομα μετά από λόγο θείο που μια Πυθία αγόρευσε απ' το Χώρο των Δελφών. -Προχώρα ακόμα προς δυσμάς και στη Μεγάλη

Ελλάδα δώσε τα χαιρετίσματα σε φίλους και γνωστούς

στον Κρότωνα σταμάτησε που περισσή ικμάδα δι­ακρίνει όσους φτάνουν δω να πάρουνε

χρη σμούς .

Αυτά άκουσε και χάραξε ο Πυθαγόρας δρόμο σε νέα δράση ν' ανοιχτεί στου Κρότωνα τα μέρη κι από τις εμπειρίες του χωρίς καθόλου τρόμο ταξίδεψε και έφτασε μου ούριο τ' αγέρι . Πολλοί τον υποδέχτηκαν και κάθισαν ν'

ακούσουν τα όσα χρήσιμα άγνωστα μαθαίναν απ' αυτόν κι άλλοι τον περιέπαιζαν θέλοντας ν'

αποκρούσουν το κάθε τι που άκουγαν γι αυτούς όχι αρεστόν .

Μετά απ' το "η μικύκλιον" στη Σάμο που 'χε αρχίσει

"ομακοείον" στον Κρότωνα ιδρύει , μια σχολή που φή μη στους κατοπινούς αιώνες έχει αφήσει με έμ­βλη μα κι όρκο μυστικό αυτής την "τετρακτύ " !

Το ομώνυμο Θεώρημα κι οι Άρρητοι αριθμοί είναι επιτεύγματα τρανά Σχολής Πυθαγορείων καθώς η γλώσσα κι η γραφή που 'θελε η Μουσική στον Μύστη Δάσκαλο αυτόν οφείλει το Αριστείο !

Μύθος εντέλει η Δόξα του στον κόσμο έχει γίνει μιας εποχής γέννησε με Λόγο η Ιωνία την ΕΠΙΣΤΉΜΗ που αντοχή στου Χρόνου

εντός τη δίνη δείχνει και αγωνίζεται για Ανθρώπου Κοινωνία !

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/22

Page 25: Ευκλειδης Β 67

«Μαθηματική Λογοτεχνία» τ. ' Ι ιzα η λί δ η

Ιl ρ ο λ�:γό μ α α . Μια λαϊκή παροιμία λέει: «τρώγοντας έρχεται η όρεξη» · έτσι κι εμείς, αφού στο τρίτο θέ­μα καταπιαστήκαμε με το βίο του Πυθαγόρα, σε έμμετρο λόγο, δεν αποφύγαμε τον πειρασμό να σας δώσουμε ένα ερέθισμα σχετικά μ' αυτό που, τελευταία, αναφέρεται σαν "μαθηματική λογοτεχνία" . Α­φορμή , η άδεια που έδωσε ο (ειδήμων του θέματος) Τεύκρος Μιχαηλίδης, στον ένα από τους υπεύθυνους της στήλης μας (τον Γ.Κ.) κατά τη συνάντησή τους σε μια διάλεξη στις 1 6/ 1 /2008 . Το καθαυτό κείμενο είναι μακροσκελές εμείς διαλέξαμε ένα μικρό απόσπασμα και σας το παρουσιάζουμε. Ευχαριστούμε τον Τεύκρο Μιχαηλίδη .

«Από τ ο ν Λ ισzίJλο στους μπιηωντf.ρνους : μ α θ η μ α τ ι κι) λογοη:zν iω>, τ ο υ Τεiηφου Μ ιzαηλίδη

« . . . . Στον δικτυακό τόπο του Alex Kasman (Matheιηatica1 Fiction, website

. IΊ ttp : / lnΊ ίl t lΊ . c o tl: . c ιi u facu1ty/MATHFICτ) κατα-χωρούνται όλα τα λογοτεχνικά έργα που με τον ένα ή τον άλλο τρόπο μπορούν να χαρακτηριστούν "μαθηματική λογοτεχνία" . Φυσικά η επιλογή των

καταχωρήσεων είναι άκρως υποκειμενική αφού δεν είναι δυνατό να υπάρξει ένας κοινά αποδεκτός ορισμός της "μαθηματικής λογοτεχνίας". Λαμβά­νοντας υπ' όψη αυτή την επιφύλαξη , είναι ενδια­φέρον να παρακολουθήσουμε τη ροή των καταχω­ρήσεων :

Δεκαετία Ι 90 1 -1 9 \ 0

1 9 1 1 -1 920

Ι 92 1 -Ι 930

1 93 1 -1 940

1 94 1 -1 950

1 95 1 -1 960

1 96 1 -1 970

1 97 1 -1 980

1 98 1 -1 990

1 99 1 -2000

Πλήθος 3 τίτλων

ο 9 5

« . . . Είναι ακόμη ενδιαφέρον να παρατηρήσουμε ότι οι δημιουργοί αυτών των έργων είναι συχνά κορυφαίοι μαθηματικοί που διακρίνονται είτε στον τομέα της έρευνας (Stewart, Παπαδημητρίου) είτε στον τομέα της διδασκαλίας (Guedj) . Άλλοι πάλι (Δοξιάδης, Crumey, Schogt) παρόλο που δεν α­σκούν αυτή τη στιγμή το επάγγελμα του μαθημα­τικού έχουν μια βαθιά μαθηματική παιδεία, συχνά σε επίπεδο διδακτορικού από κορυφαία πανεπι­στημιακά ιδρύματα. Με όλες τις επιφυλάξεις που

Τα εθνομαθηματικά, μια έννοια που ορίστηκε απ' τον d' Abrosio ( 1 985) , έγινε θέμα επιστημονικής αναζήτη­σης όταν διερευνώντας τις δυσκολίες της μάθησης των σχολικών Μαθηματικών σε μη βιομηχανικές χώρες δια­πιστώθηκε υπήρχε συγκλονιστικό μαθηματικό περιεχό­μενο στις μαθηματικές πρακτικές εκτός σχολείου . Οι μελέτες για τα <<Μαθηματικά του δρόμου» (street mathematics) ((Μαθηματικά της υπαίθροω> (rura1 mathematics), ως παραδείγματα εθνομαθηματικών πρα­κτικών, αρχικά ασχολήθηκαν με τον εντοπισμό των δι­αφορών και των ομοιοτήτων ανάμεσα στα Μαθηματικά του σχολείου και τη μαθηματική πρακτική εκτός σχο­λείου, με στόχο να διευκολυνθεί η σχολική μάθηση . Τα σημαντικότερα ευρήματα των μελετών αυτών προσ­διορίστηκαν στη σύγκρουση ανάμεσα στο χειρισμό πο­σοτήτων και στο χειρισμό συμβόλων. Τα σύμβολα στην περίπτωση αυτή δεσμεύονται και περιορίζονται από το πλαίσιο στο οποίο χρησιμοποιούνται, σε αντίθεση με τα γενικευμένα, αφηρημένα και ανεξάρτητα πλαισίου σύμ­βολα, στα οποία επικεντρώνονται και στοχεύουν τα σχολικά Μαθηματικά.

9 1 7 20 1 6 29 68

διατυπώσαμε πιο πάνω θα επιχειρήσουμε ένα πε­ριγραφικό ''ορισμό" της μαθηματικής λογοτεχνίας : Θα ονομάζουμε "μαθηματική λογοτεχνία " κάθε μορφή μυθοπλασίας στην οποία τα μαθηματικά παίζουν καθοριστικό ρόλο, είτε επειδή το αντικείμε­νο της πλοκής σχετίζεται με αυτά είτε γιατί κάποιος από τους χαρακτήρες της συνδέονται με αυτά και οι ενέργειές τους επηρεάζονται σημαντικά από αυτή τη σχέση . . . »

Τα εθνομαθηματικά προτείνουν να περιορίζεται η δι­δασκαλία των σχολικών Μαθηματικών σε προβλήματα και σε πλαίσια που είναι οικεία και έχουν νόημα μέσα στο πολιτισμικό περιβάλλον των μαθητών. Οι ερευνη­τές δεν επιθυμούν να κυριαρχεί η εντύπωση ότι τα Μα­θηματικά είναι ένα αυστηρά καθορισμένο πεδίο της δραστηριότητας του ανθρώπου, και δίνουν έμφαση στις διαφορετικές μαθηματικές προσεγγίσεις των δια­φόρων πολιτισμών, αλλά και στην ποικιλία των Μαθη­ματικών που υπάρχουν μέσα στους κόλπους του κάθε πολιτισμού.

Τα εθνομαθηματικά δεν ισοδυναμούν μ' ένα σύνολο γενικών εργαλείων της σκέψης, αφού η μαθηματική δραστηριότητα είναι «εγκλωβισμένη» σε μια συγκεκρι­μένη πρακτική , της οποίας είναι μέρος, και δεν μπορεί να λειτουργήσει σαν εργαλείο ή σαν βάση για να κάνει κριτική σε αυτή καθεαυτή την πρακτική

[πηγή : Christine Keitel, στο "Θέματα Διδακτικής Μαθημα­τικών V", Guteηberg-Πανεπιστήμιο Αιγαίου, 2000, σ. Ι 72]

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/23

Page 26: Ευκλειδης Β 67

........ '1 ••• ,.. �ι• �� ��lι �•ιι Αιι••Ι•

Άλγεβρα Συστήματα - Τριώνυμο

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 11 Να βρεθούν δύο αριθμοί τέτοιοι ώστε το άθροισμά τους να είναι 1 6 και η διαφορά τους να είναι 32. Λύση : Έστω x,y με x>y οι ζητούμενοι αριθμοί. Τότε : { χ + ψ = 1 6 {χ + ψ = 1 6

χ 2 - ψ 2 = 3 2 � (χ + ψ )(χ - ψ )= 3 2 {χ +Ψ = 1 6 {χ + Ψ = 1 6 {χ = 9 � 1 6 (χ - ψ )= 3 2 � χ -ψ = 2 � ψ = Ί

ΑΣ Κ Η Σ Η 2 11 Να βρεθεί κλάσμα τέτοιο ώστε αν προσθέσουμε στους όρους του τον αριθμό 5 να βρίσκουμε τον

1 3 , , , αριθμό - , ενω αν αφαιρεσουμε απο τους 1 4

όρους του τον αριθμό 4 να βρίσκουμε τον , 4

αριθμο - . 5

Λύση : Έστω χ,ψ με ψ=;t:Ο ο αριθμητής και ο παρανομαστής του κλάσματος αντιστοίχως. Τότε πρέπει και αρκεί:

χ + S = .!i και χ - 4 = 4 } (Σ )

ψ + 5 1 4 ψ - 4 5 Οπότε με ψ=#:5 και ψ=;t:4 έχουμε:

(Σ ) � { 1 4(χ+5)=1 3 (ψ+5) 5(χ-4)=4(ψ-4)

� { 1 4χ+ 70=1 3ψ+65 { 1 4χ-1 3ψ=-5 5χ-20=4ψ-1 6 5χ-4ψ=4

� {-5( 1 4χ-1 3ψ=-5) � {-7Οχ+65ψ=25 1 4(5χ-4ψ=4) 7Οχ-56ψ=56

........,. ........,. Δεκτές τιμές. .,......_ { 5 χ - 4 ψ = 4 .,......_ { χ = 8 9ψ = 8 1 ψ = 9

Γ. Κοτσιφάκης

8 Οπότε το ζητούμενο κλάσμα είναι το - . 9 ΑΣ Κ Η Σ Η 311 Υπάρχει περίπτωση η ηλικία ενός μαθητή να , 3

λ , , ειναι τα 10

της η ικιας του πατερα του και

μετά 1 Ο χρόνια η ηλικία του μαθητή να είναι τα 5

λ , , 12

της η ικιας του πατερα του;

Λύση : Έστω χ η ηλικία του μαθητή και ψ η ηλικία του πατέρα του . Προφανώς πρέπει χ, ψ >Ο και τα χ, ψ να είναι αριθμοί κατάλληλοι να εκφράσουν τις ηλικίες των συγκεκριμένων προσώπων του προβλήματος, αλλά και ηλικίες γενικότερα . Έχουμε λοιπόν :

3 χ=-ψ

1 0 5

χ+1 0=-(ψ+ 1 0) 1 2

3 χ=-ψ �

1 0

3 χ=-ψ

1 0 5 50

χ+1 0=-ψ+-1 2 1 2 3

χ=-ψ 1 0

1 2χ+1 20=5ψ+50 3

1 2 ·-ψ-Sψ=-70

3 χ =-ψ 10

1 0

<::::> 10 <::::> χ =-ψ {χ =15 { 3

18 ψ =50 -ψ -5ψ =-70 -Ίψ =-350 5

Η ηλικία του μαθητή και του πατέρα είναι σήμερα είναι 15 και 50 έτη αντίστοιχα. Που είναι ηλικίες δεκτές.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/24

Page 27: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

{λχ - 2 = χ + ψ Να λύσετε το σύστημα:

-3χ + λψ = -3λχ + 6

Το σύστημα γίνεται :

(λ - 1 )χ - ψ = 2 ) 3 (λ - 1 ) χ + λψ = 6

(Σ )

Υπολογίζουμε τις ορίζουσες D , Dx, Οψ : Ιλ - 1 - 1

I D = 3 (λ

_

1 ) λ = λ (λ - 1) + 3 (λ - 1) = (λ + 3) (λ - 1 )

Dx = 2 - 1 6 λ

= 2λ + 6 = 2(λ + 3)

2 Dψ =

λ - 1 3 (λ - 1 )

Έχουμε:

D = Ο � (λ + 3) (λ - 1) = Ο � λ = -3 ή λ = 1 Αν D -:;t:. Ο , δηλαδ ή λ -:;t:. - 3 κ α ι λ -:;t:. l τ ό τε : { D 2(λ+ 3)

χ = ;; χ (λ+ 3) (λ- Ι) {χ =-2-( Σ) <=> <=> <=> λ- 1

ψ = � ψ = (λ+3�(λ - Ι ) ψ = Ο

Α ν D = Ο , δ η λ α δ ή λ = - 3 ή λ = 1 τ ό τ ε :

Για λ= - 3 , έχουμε :

( ) {-4χ-ψ=2 {4χ+ψ=-2 Σ <=> <=> <=>4χ+ψ=-2 -Ι2χ-3ψ=6 4χ+ψ=-2

<=>(χ, ψ) = ( Κ, -4κ-2), Κ Ε Ρ {Οχ - ψ = 2 {Ψ = -2 β) Για λ = 1 , έχουμε : (Σ) <=> <=>

0χ + ψ = 6 ψ = 6

που είναι αδύνατο .

Να βρείτε τους μη αρνητικούς αριθμούς α, β {-2� + 3Jβ = 1 } έτσι ώστε να ισχύει : Γu (Σ) -s� + 4ν β = -8 Για τη μοναδική λύση (α, β) που θα προκύψει από το ερώτημα α) να αποδείξετε ότι το {αχ - 3βψ = 8 } σύστημα (Σ1 ) 2αχ + Sβψ = -1 Έχει επίσης μία λύση.

Αν θέσουμε � = u,Jβ = ν, u, ν ?: Ο προκύπτει

το βοηθητικό σύστημα (επιλύοv σύστημα) {-2u +3v= l (Σ ') Έχουμε γι ' αυτό το σύστημα :

-5u +4v= -8

-2 3 D = = - 1 8 + 1 5 = 7 -:;t:. O

-5 4

1 3 Du = = 4 + 24 = 28

-8 4

-2 1 Dν = = 1 6 + 5 = 2 1

-5 - 8 , ( '

) Du Dv

Άρα : Σ � u = - ν = - � u = 4 ν = 3 D ' D '

Δεκτές τιμές αφού u, ν :=::ο .

Έχουμε λοιπόν : (Σ ) <=> {ν; = 4

� {βα : 1 6

ν β = 3 - 9

Δεκτές τιμές αφού α :=::ο, β :=::0 . β) Με α = 1 6 και β= 9 έχουμε : { 1 6χ - 3 . 9ψ = 8 { 1 6χ - 27ψ = 8 (Σ ι ) <=> <=>

2 . 1 6χ + 5 . 9ψ = - 1 32χ + 45ψ = - 1 1 6 - 1 7

Και D = 32 45 -::F Ο Οπότε το σύστημα έχει

μοναδική λύση .

Τα μ αθη ματι κά σήμερα

1 ο βραβείο στη διεθνή έκθεση Βερολίνου

ΑΝΑΛΥΣΗ ΓΡΑΜ. ΑΛΓΕΒΡΑ

ΑΝΑΛ. ΓΕΩΜΗΡΙΑ μ ετάφραση τ η ς Γ ε ρ μ . Έκδοσης

Athen · G π esel • Postel

αρ. έγκρ. Υπ. Π α ιδείας

60043/Γl/06

3 τόμοι έγχρωμοι πολυτελείς

Για το Γυμνάσιο - Λύκειο - Φοιτητές - Καθηγητές Μ ε εγγύηση το κύρος των κορυφαίων επιστημόνων της Γερμανίας

Με τον πρωτότυπο και ζωντανό τρόπο διδασκαλίας των πιο

μ οντέρνων μαθηματικών θεωριών, εξασφαλίζει ένα ευρωπαϊκό

επίπεδο διδασκαλίας και γνώσης.

αξία : 90 € - προσφορά μέχρι 30 Ιουνίου 45 € Γ'J ο σύντροφος του μαθητή Στουρνάρη 36 , Αθήνα 1 04 33 � εκδόσεις Κτίστη Τηλ. 2 1 0 52 23 423

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/25

Page 28: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Α' Λυκείου

Σ' ένα γραμμικό σύστημα με αγνώστους χ, ψ ισχύουν οι σχέσεις : { 2 2 -4Dx+8Dy=Dχ +16Dy +5(1 )

3Dx-4Dy=D(2) Όπου D, Dx , Dy οι ορίζουσες του συστήματος. Να δείξετε ότι το σύστημα έχει μοναδική λύση η οποία και να βρεθεί.

( Ι) => -4Dx + 8Dy = Dx2 + (4Dy)2 + 5 => =>Dx2 + 2 · Dx · 2 + 4 + (4Dy)2 - 2 · 4Dy+ 1 = 0=> (Dx + 2)2 + (4Dy - 1)2 = 0=> Dx + 2 =Ο

1 και 4Dy - 1 = 0 => Dχ = -2 και Dy=4"

Άρα(2) => D = 3(-2) - 1 = -7 -:t:- Ο . Αφού D -::/:- Ο το σύστημα έχει μοναδική λύση την

2 1 (χ

ο, Ψ ο ) = (7 , - 28

)

Να βρεθεί συναρτήση f(χ)=αχ 2

+βχ+γ που η γραφική της παράσταση να διέρχεται από τα σημεία M(l , 4), Μ(2, 9), Μ(3, 1 6) .

Έχουμε : /(1) = α. 1 + β. 1 + r = α + β + r

/(2) = 4a + 2β + r

/(3) = 9a + 3β + r Τα α, β, γ λοιπόν πρέπει και αρκεί να επαληθεύουν το σύστημα : {α + β + γ = 4 ( 1)

4α + 2β + γ = 9 ( 2 ) (Σ ) 9α + 3β + γ = 1 6 ( 3)

( 1) , (2) � {α + β + γ = 4 � {α + β + γ = 4 ( i)

3α + β = 9 - 4 3α + β = 5

( 1) , (3) � {α + β + γ = 4 � {α + β + γ = \ ii)

8α + 2β = 16 - 4 4α + β = 6 {α + β + γ = 4 {α = 1 Άρα ( i ) , ( i i ) � 3α + β = 5 � β = 2

4α + β = 6 γ = 1 Άρα η ζητούμενη παραβολή είναι η f(x) = x2 + 2x + l .

\ ::: �'� Η 2.: iH1 Ν Να λύσετε το σύστημα των εξισώσεων:

χψ =1,

2χζ = � ,

ψζ = � (Σ)

χ+ψ χ+ζ 2 ψ+ζ 5 λ:ίJση Για να ορίζεται το σύστημα πρέπει και αρκεί οι αριθμοί χ, ψ, ζ ανά δύο να μην είναι αντίθετοι.

Τότε : ( 1 ) <=> χ + ψ =1 <=> _!_ + _!_=1 χψ χ ψ

Ομοίως 1 1 4 1 1 5 (2 ) <=> -+-= -και (3 ) <=> -+-=-χ ζ 3 ψ ζ 6

Ι 1 - + - = 1 χ ψ

1 1 - + - = 1 χ ψ 1 1 4 - + - = -χ ζ 3 1 1 4 Άρα (Σ ) � - + - = - �

χ ζ 3 _!_+_!_=2 1 1 5 ψ ζ 6 - + - = -ψ ζ 6 1 1 1 1 9 - + - +- = -

_!_=!2_- 1 ζ 1 2 1 1 9 4

χ ψ ζ 1 2

4 χ=-3 <=> - = - - - <=> ψ = 4 Δεκτές τιμές.

ψ 1 2 3 1 1 9 5 -=---χ 1 2 6

. \ ::.: Κ ΓΗΙ Σ Β-11 9 "

ζ=� 7

{χ+ ψ = α+ β {χ = α {χ= β α) Να δείξετε ότι: � ή

χψ= αβ ψ = β ψ = α β) Για ποιες τιμές των λ. μ η εξίσωση

χ 2 + ( 2λ+1 ) χ + 2μ = Ο (1), έχει ρίζες

τριπλάσιες από τις ρίζες της εξίσωσης

2χ 2

- (μ+ 2) χ + λ + 1 = ο (2)

. \ 1!<"Π1

α) � {χ + ψ = α + β {ψ = α + β - χ χψ = αβ χ(α + β - χ) = αβ

<=> <=> {ψ = α + β - χ χ 2 - (α + β)χ + α β = Ο

{ψ = α + β - χ ({χ = α , {χ = β

J (χ - α ) (χ - β ) = Ο�

ψ = β η

ψ = α β) Για να συμβαίνει αυτό πρέπει και αρκεί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/26

Page 29: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

ρίζες της (2) . Οι (3) και (4) ισχύουν. Με την προϋπόθεση ότι ισχύουν οι (5 ) και (6) έχουμε και σύμφωνα με το ερώτημα (α) ;

{χ +χ =3(χ '+χ ) {-(2λ+1)-3(μ+2) (Σ1 )ή(Σ2) � 1 2 . 1 . 2 � 2 �

Χ1Χ2=9χι Χ2 2μ-9(λ+1) 2

59

{ -4λ - 2=3μ +6 � { -4λ-3μ=8

� λ= -

43 4μ=9λ+9 -9λ+4μ=9 36

μ= --43

λ ΠΟΕ Η ) , _, , Ν α λυθεί η ανίσωση : (χ - 7)5 (χ - 4)6 ..ο..:...:._�----"-----,.

7� � ο (1) (3χ - 4)

λί1ση Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί:

3χ-4 ;;f; Ο, δηλαδή χ ::F _i . Τότε : 3

( 1 ) � (χ -7 )5 (χ -4 )6 (3χ - 4)7 � ο ( 2) Οι αριθμοί (χ- 7 )5 και ( 3χ -4) 7 είναι αντιστοίχως ομόσημοι με τους χ-7 και 3χ-4, ενώ

(χ-4)6 >0 � χ * 4 . Έχουμε λοιπόν:

(2) � χ = 4 ή

(χ - 7 ) (3χ - 4) � 0 � χ = 4 ή 4 ' 7 χ :::=;; - ηχ � 3

� χ ε ( -oo, �) U [7, + oo) U {4} .

/\Σ Κ Η Σ Η η ! Να λυθεί η ανίσωση :

fi - 4 1 2

::::;; 2 (1)

3χ - 4χ - 4 4χ + 4 - 3χ , \ iJση Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί χ Ο και

3χ2 - 4χ - 4 ::F Ο δηλαδή χ � Ο και χ ::F 2 . Τότε :

fX -4 1 ( 1 ) � 2

::::;; ο � 3χ -4χ -4 4χ+4-3χ2

fX -4 1 _ ____;____ __ + ::::;; ο <=> (χ -2)(3χ+2) (χ -2)(3χ+ 2)

fX - 3 � ο � ( fX -3 ) CΧ - 2)(3χ + 2) ::::;; ο (χ -2)(3χ+ 2)

� (fi - 3 ) ( χ - 2 ) ::::;; ο (2) .

Θεωρούμε τις ανισώσεις fi - 3 > Ο (ί) , χ - 2 > ο (ii) .

Έχουμε: (i) � fi > 3 � χ > 9 και (i i) � χ > 2 , οπότε σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων.

Γ- - - -Χ-----το-- - i - - - - - --- -9 - - - +cΧJ ι ---- ---- ---- - --- - --- - - - r- - - - - - - -

: A = .fi - 3 : f 0 +

� =�-��j� -�-=Q�l-� Αρα ( 2) � ΑΒ ::::;; Ο � χ ε ( 2, 9] .

Λl: Κ ΗΣ Η 1 2 '1 Να αποδείξετε ότι αν η εξίσωση

αχ2 + βχ + γ = Ο , έχει δύο πραγματικές ρίζες και

επί πλέον lα l > IP + γ + α ! , τότε μία τουλάχιστον

από τις ρίζες περιέχεται στο διάστημα (0,2). Λi1ση Αν Ρι , ρ2 είναι οι ρίζες της εξίσωσης, τότε

+ β γ Ε . ρ1 ρ2 = - - και ρ1 · ρ2 = - πισης : α α

l α + β + γl < lαl � α ::F Ο και [ ι + � + : [ < ι

� ι ι - (ρι + ρ2 ) + ρι ·Ρ2 ι < ι

� Ι ι - ρι - ρ2 + ρl ' ρ2 1 < ι �

IPι CP2 - ι ) - (ρ2 - ι ) Ι < ι � Ι cρ2 - ι ) (Ρι - ι ) / < ι

� I CP2 - 1 ) 1 / (Ρι - ι ) / < ι

Έχουμε λοιπόν τους μη αρνητικούς αριθμούς

IΡι - ι Ι και lρ2 - ι Ι να έχουν γινόμενο μικρότερο

από τη μονάδα. Επομένως τουλάχιστον ένας από αυτούς θα είναι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/27

Page 30: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

μικρότερος της μονάδας ( διαφορετικά το γινόμενο δεν θα ήταν μικρότερο του 1 ) . Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι l ρ1 - 1 1 < 1 . Τότε: lρ1 - � < 1:::::>-1 <ρ1 - Ι< Ι :::::>Ο<ρ1 <2 Α Σ Κ Η Σ Η J 3 ll Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x) = 4α� - β .

2χ + 1 Να βρεθούν τα α, β ώστε να έχει σύνολο τιμών το ( -5, 2] .

ΛίJση

Αφού 2χ2 + 1 � Ο για κάθε χ ε JR , το πεδίο ορισμού της f είναι το Α= JR . Έστω ψ ε JR . Τότε στο Α= JR έχουμε:

f(χ) = ψ<=> 4J-β = y<=>2ψJ- +ψ = 4αχ-β 2 + 1

<=> 2ψJ- -4αχ+ψ+ β = Ο( l )

1 ) Αν ψ=Ο τότε : ( 1 ) <=> - 4αχ + β = Ο i) Για α=Ο και β * Ο , η ( 1 ) είναι αδύνατη ,

δηλαδή Ο � f (Α ) i i) Για α * Ο ή β = Ο , η ( 1 ) έχει λύση

χ ε Α , οπότε Ο ε f (Α ) 2) Αν Ψ * Ο τότε :

Δ= (--4a)2 - 4 · 2ψ (ψ + β) = -8ψ2 - 8βψ + 16α2 Για να έχει λοιπόν η ( 1 ) λύση χ ε Α = JR πρέπει και αρκεί Δ ;:::: Ο (2)

'Εχουμε (2) <=> ψ 2 + β ψ - 2 α 2 � Ο (3)

Η (3 ) έχει α ' = 1>0, Δ ' = β2 + 8α2 � Ο

- β + .Jβ 2 + 8 α 2 Ψ

ι = 2 ,

-β -�β2 + 8α2 > . ψ2 = 2 με ψ1 - ψ2 (γιατι, ) ,

οπότε: (3)

<=> ψ2 � ψ � ψ 1 ψ = -5

2 Θα έχουμε λοιπόν: f(A) =

[_5 2

] <=> ψ =2

1

Αλλά

α:;t:Ο ή β=Ο

2 <=> -β - νβ"" +sα"'" = - 1 0 {ψ =-5 1 Γ22 ψ = 2 Γ22 ι -β+ν β"'" +sα"'" =4

{-2β=4+ (- 1 0) <=>

2)β2 +8α2 =4- (- 1 0)

<=>

� {:�� 5 � {: :� ή {: : �Fs Δεκτές τιμές αφού επαληθεύουν την διάζευξη (α :;t: Ο ή β = Ο) . ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4 Να προσδιορίσετε την παραβολή αχ

2 +βχ+γ που διέρχεται από τα σημεία Α(-1 , 3), B(l, 9), Γ(Ο, 5) και να έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία ε: 2χ+3=0. ΛίJση Γι ' αυτό πρέπει και αρκεί : {α :;t: Ο γ=5 (Σ) α-β+γ=3 , β 3 , 3

- - =- - (αφου ε: 2χ+3=0 <=> ε: χ=--) α+β+γ=9 2α 2 2

α :;t: Ο α :;t: Ο α - β = -2 α - 3α � -2 {α � Ι (

Σ ) <=> α + β = 4 <=> α + 3α = 4 <=> β = 3 r = 5 r = 5 y = 5 β = 3α β = 3α

Δεκτές αφού α * Ο . Επομένως η παραβολή είναι η ψ = χ2 + 3 χ + 5 ΛΣ Κ Η Σ Η 1 5η Να λυθεί το σύστημα :

, \ίJση

χ2 - 5 χψ + 6ψ2 = Ο 2χ - 5ψ = 3 ( 2)

Α ν ψ = Ο, τότε το (Σ) δεν επαληθεύεται. Αν ψ * Ο, τότε :

( ι ) � ;� - 5 � + 6 = ο� ( � ) 2 - s ( � ) + 6 � ο { χ = ω { χ = ω <=> Ψ <=> Ψ .

ω2 - 5ω + 6 = 0 ω ={2, 3

}

Επομένως:

(Σ) {χ = 2ψ , {χ = 3ψ {χ = 2ψ <=> 2 χ - 5ψ = 3 η 2 χ - 5ψ = 3 <=> 4ψ - 5ψ = 3

ο {χ = 3ψ {χ = -6 ο {χ = 9 η 6ψ - 5ψ = 3 <=> ψ = -3 η ψ = 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3128

Page 31: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ Αντώνης Κυριακόπουλος - Θανάσης Μαλαφέκας

Οι παρακάτω ασκήσεις αναφέρονται στα Κεφ"άλαια 6 : Εγγεγραμμένα Σχήματα, 7 : Αναλογίες και 8 : Ομοιότητα της Γεωμετρίας Α ' και Β ' Ενιαίου Λυκείου.

Έστω ένα τρίγωνο ΑΒΓ με B=r=40° . Θεωρούμε τη διχοτόμο του ΒΔ. Να δείξετε ότι: ΒΔ + ΔΑ = ΒΓ.

ΛίJση Στην προέκταση του ΒΔ προς το Δ

παίρνουμε ένα σημείο Ε με Δ Γ Ε=40°. Οι ευθείες ΒΑ και ΓΕ τέμνονται σ ' ένα σημείο Ζ. Είναι φανερό ότι οι διχοτόμοι των γωνιών του τριγώνου ΖΒΓ διέρχονται από το σημείο Δ. Επίσης, από το τρίγωνο αυτό έχουμε : z = 1 80°--40° -80°=60° .

Από το τρίγωνο ΒΔΓ έχουμε:

Β Δ [= 1 80°-20°--40°= 1 20°. z 4\ "' Ι I _, "'1 1 21 _, "' I Ι

.ι' I Ι Α .ι' I I

- - - J. I ι 1 1 -...::?t E (... ., ,.. 2 I

Δ I 40°1 I

40° I Β Γ

Έτσι, έχουμε : ΜΕ + Ζ = ΒΔΓ + z = 1 20°+60°= 1 80°

Άρα, το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και συνεπώς:

ΑΙ = z2 = zl = Ε1 => Α 1 = Ε 1 => ΔΑ = ΑΕ ο ) Εξάλλου, από το τρίγωνο ΕΒΓ, έχουμε : Ε2 = 1 80°-20°-80°=80° και επειδή

Β Γ Ε=80°, έπεται ότι: ( 1 )

ΒΕ=ΒΓ :::::}ΒΔ+ΔΕ=ΒΓ :::::} ΒΔ+ΔΑ=ΒΓ.

Θεωρούμε ένα σημείο Γ σε μία χορδή ΑΒ ενός κύκλου C .με κέντρο Ο (Γ:;t:Α και Γ;t:Β). Ο περιγεγραμμένος κύκλος C ' στο τρίγωνο ΟΑΓ τέμνει τον κύκλο C σ' ένα δεύτερο σημείο Δ (το ένα είναι το Α). Να δείξετε ότι: ΓΒ=ΓΔ.

Λύση Λ Λ

Στον κύκλο C ' έχουμε: ΑΓΔ=ΑΟΔ και

στον κύκλο C έχουμε : ΑΟΔ=2 . ΑΒΔ=2 . ΓΒΔ

Δ

Λ Λ

Έτσι, έχουμε: ΑΓ Δ=2 · ΓΒΔ ( 1 )

c

Εξάλλου έχουμε: At Δ=ΓΒΔ+Γ ΔΒ (2) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε:

Λ Λ Λ Λ Λ

2 · ΓΒΔ=ΓΒΔ+Γ ΔΒ :::::} ΓΒΔ=Γ ΔΒ Άρα, το τρίγωνο ΓΒΔ είναι ισοσκελές και

συνεπώς ΓΒ=ΓΔ.

Στο εσωτερικό ενός τριγώνου ΑΒΓ παίρνουμε ένα σημείο Ρ τέτοιο ώστε: APB=r+60° και ΑΡΓ=Β+60° . Οι ευθείες ΑΡ, ΒΡ και ΓΡ τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ στα σημεία Α ', Β ' και Γ' αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το τρίγωνο Α 'ΒΤ' είναι ισόπλευρο.

ΛίJση Έχουμε :

Όμοια, έχουμε: - -ΑΒ '+ΑΉ -Af>B '= 1 80° -APB=

2

= 1 80° -Γ-60° = 1 20° -Γ :::::} -

Α Γ ' + Α Τ = Γ ' Ρ Α = 1 8 Ο " - Α Ρ Γ = 2

= 1 8 0 ° - Β - 6 0 ° = 1 2 0 ° - Β => - -Α Γ ' + Α Τ = 1 2 0 o _ J3 (1 )

2 - -

:::::} ΑΒ '+ΑΉ

= 1 20o -f' (2) 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/29

Page 32: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

i ' ; \ I

Β' , ,___'"'/ \

/ / Γ

./ �-- . ---><� Α '

- -----ΑΒ '+ΑΤ Λ

Εξάλλου, έχουμε : =Α (3) 2

Από τις ( 1 ) , (2) και (3 ) έχουμε : ....-... ....-.... ...-.... ...-... ....-... ....-.... ΑΓ+ΑΤ ΑΒ ' + Α'Β Α'Β + ΑΤ

---- +----2 2 2

=( 1 20° -13)+( 1 20° -Γ)-Α =>

ΑΓ+ΑΒ ' --- = 240° - 1 80° => � = 1 20°

2 -

Όμοια βρίσκουμε ότι ΓΒΑ'= 1 20° . Έτσι -

έχουμε και ΑΤΒ '= 1 20° . Συνεπώς, το τρίγωνο Α 'Β 'Γ είναι ισόπλευρο.

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και τις διαμέσους του ΒΔ και ΓΕ. Υποθέτουμε ότι ΑΒΔ=ΑΙΈ . Να δείξετε ότι το τρίγωνο αυτό είναι ισοσκελές.

Επειδή ΑΒΔ=ΑrΕ , το τετράπλευρο ΒΓ ΔΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο . Εξάλλου έχουμε : ΕΔ//ΒΓ. Έτσι , στον κύκλο που είναι περιγεγραμμένος στο τετράπλευρο, οι χορδές του ΕΔ και ΒΓ είναι παράλληλες και άρα ΕΒ=ΔΓ. Συνεπώς ΑΒ=ΑΓ και άρα, το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

,'i---

(

Β

Α ,/\

Ε :� _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ ) Δ /

\ \ \

Γ

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και ένα εσωτερικό του σημείο Η. Η ευθεία ΑΗ

τέμνει την πλευρά ΒΓ στο σημείο Δ, η ΒΗ τέμνει την ΑΓ στο Ε και η ΓΗ τέμνει την ΑΒ στο Ζ. Υποθέτουμε ότι τα σημεία Α, Ζ, Δ και Γ είναι ομοκυκλικά και τα σημεία Β, Γ, Ε και Ζ είναι επίσης ομοκυκλικά. Να δείξετε ότι το Η είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

;\ ύση Έχουμε :

z:BH = z:BE = zfΈ = zf Α = zΔΑ = zΔΗ =>

ΖΒΗ = zΔΗ => (ΖΒΔΗ εγγράψιμο σε κύκλο) => ΒΖΗ + ΒΔΗ = 1 80°

Λ Λ

Εξάλλου, έχουμε ΑΖΓ = ΑΔΓ και συνεπώς ΒΖΗ = ΒΔΗ .

Άρα, ΒΖΗ = ΒΔΗ = 90°

Συνεπώς ΓΖj_ΑΒ και ΑΔj_ΒΓ και άρα το Η είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Στο σχήμα η ευθεία PQ είναι η μεσοκάθετος της πλευράς ΒΓ και ΑΒΡ + MQ =' 180° . Να δείξετε ότι:

" " ΒΑΡ = ΓΑQ .

Λύση

Α

Γ

Έστω ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος στο τρίγωνο ΑΓQ τέμνει την ευθεία PQ σ' ένα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/30

Page 33: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

δεύτερο σημείο τ ο

Επειδή Α ΤΡ + Af'Q = 1 80° και

ΑΒΡ + Af'Q = 1 80° έπεται ότι Α ΤΡ = ΑΒΡ και άρα το τετράπλευρο Α ΤΒΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο . Επειδή προφανώς η ΤΡ είναι διχοτόμος της γωνίας ΒΤΓ , έχουμε: ΒΤΡ = ΡΤΓ και επειδή ΒΤΡ = ΒΑΡ και ΡΤΓ = QΤΓ = QΑΓ ,

Λ Λ

έπεται ότι: QΑΓ = ΒΑΡ I Ι Τ r- ... 1 1 ' ... ... ... Α I r. ...

Ι I \ /j . Ι I /

I \/ I I /'. Ι I / \ Ι 1/ \

I /1 I I I Ι

Ι I Ι I / I Ι // I

Ι .- I Ι ' . I

Q

Θεωρούμε ένα τρίγωνο ΑΒΓ και τις διχοτόμους ΒΔ και ΓΕ των γωνιών Β και Γ, αντιστοίχως. Φέρνουμε την κάθετο ΑΖ στη διχοτόμο ΒΔ και την κάθετο ΑΗ στη διχοτόμο ΓΕ. Να δείξετε ότι: ΗΖ//ΒΓ.

. \ {J ση Προφανώς το τετράπλευρο ΑΗΓΖ είναι

εγγράψιμο σε κύκλο.

Β Έχουμε:

Α

Λ Λ Λ Λ

ΗΖΒ = ΗΑΙ = ΗΑΓ - ΙΑΓ =

= 900 _ t

_

Α =

1 80° - t - Α =

Λ

2 2 2

Γ

Β Λ Λ Λ

= - = ΖΒΓ => ΗΖΒ = ΖΒΓ => ΗΖ // ΒΓ 2

Σ'ένα ημικύκλιο με διάμετρο ΑΒ θεωρούμε μία χορδή ΜΝ σταθερού μήκους και ονομάζουμε Κ το μέσον της. Φέρνουμε την κάθετο ΜΑ στην ΑΒ. Ν α δείξετε ότι, όταν η χορδή ΜΝ αλλάξει θέσεις, η γωνία ΜΑΚ παραμένει σταθερή.

,, > ;\

Έστω Ο το κέντρο του ημικυκλίου . Έχουμε: OIU_MN. Επειδή το μήκος της χορδής ΜΝ παραμένει σταθερό, η γωνία ΜΟΝ παραμένει σταθερή , επομένως και η 1 Λ Λ 2 ΜΟΝ = ΜΟΚ . Αλλά από το εγγράψιμο

Λ Λ

τετράπλευρο ΜΛΟΚ, έχουμε : ΜΛΚ = ΜΟΝ σταθερή .

I I

I I

I ' ι

I I Ι ι I ' \ ι

! ' <' ι L_ -- - - -- - - · ---· - - ---- - --- --- - � --- - - --

Α Λ Ο Β Θεωρούμε ένα σημείο Ρ στο εσωτερικό

ενός παραλληλογράμμου ΑΒΓ Δ με ΑΒΡ = 2ΑΔΡ και ΔrΡ = 2ΔΑΡ . Να δείξετε ότι: ΑΒ=ΡΒ=ΡΓ.

Θέτουμε ΑΔΡ = α και ΔΑΡ = β . Από το σημείο Ρ φέρνουμε ημιευθεία Ρχ η οποία είναι παράλληλη προς την ευθεία ΑΒ και η οποία τέμνει την πλευρά ΑΔ. Στην ημιευθεία Ρχ παίρνουμε το σημείο Ο με ΡΟ=ΑΒ=ΔΓ. Έτσι, τα τετράπλευρα ΑΒΡΟ και Γ ΔΟΡ είναι παραλληλόγραμμα, οπότε ΑΟΡ = 2α και ΔΟΡ = 2β.

Δ ,.- -?. ; / -

..- "' / ..- "' /

,. ,. .,. κ / ..- "' /

.,. ,. ,.. //

χ Ε ...-- β 0 /2β . - - ..._� - - - - ιι- - - - 't" - - - -ιι- -:· - -' � ,2α

' , \ ..... ..... ..... \

"Κ ' , \ ' , \ ' ...., \ ,ι ' ,\ ι'

� - -- - -·-· ·· - - -�-- - - - - - -

Α Β Στην ημιευθεία Οχ παίρνουμε ένα σημείο

Ε με ΟΕ=ΟΑ . Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΕ, η εξωτερική του γωνία ΑΟΡ είναι 2α και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/31

Γ

Page 34: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

συνεπώς: ΟΑΕ = Ο:ΕΑ = α . Έτσι, έχουμε Α Α

ΡΕΑ = ΑΔΡ(= α) και το τετράπλευρο ΑΕΔΡ είναι εγγράψιμο σε κύκλο, οπότε ΡΕΔ = ΔΑΡ = β. Στο τρίγωνο ΟΔΕ η

εξωτερική του γωνία ΔΟΡ είναι 2β και ΟΕΔ = β , οπότε ΕΔΟ = β και συνεπώς ΟΕ=ΟΔ. Επειδή ΟΑ=ΟΕ=ΟΔ, το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου στο τετράπλευρο ΑΕΔΡ είναι το Ο, οπότε ΟΡ=ΟΑ. Έτσι, έχουμε :

ΑΒ=ΟΡ=ΟΑ=ΡΒ και ΡΓ=ΟΔ=ΟΡ=ΡΒ Άρα, ΑΒ=ΡΒ=ΡΓ.

Θεωρούμε ένα οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ, στο εσωτερικό του ένα σημείο Μ και τις κάθετες από το Μ: ΜΔ, ΜΕ και ΜΖ στις πλευρές ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ, αντίστοιχα. Φέρνουμε τις ΜΒ και ΜΓ. Να δείξετε ότι:

Α Α Α

ΒΜΓ = Α + ΕΔΖ . Λύση Προφανώς τα τετράπλευρα ΒΔΜΖ και

Γ ΔΜΕ είναι εγγράψιμα σε κύκλο . Έχουμε :

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ

ΕΔΖ = Δ I + Δ 2 = Β I + Γ2 = Β - Β 2 + Γ - Γ2 = Λ Λ Λ Λ

= Β + Γ - (Β2 + Γ2 ) =

= 1 80°-Α -( 1 80°- ΒΜΓ )= ΒΜΓ - Α � Λ Λ Λ Λ Λ Λ

ΕΔΖ = ΒΜΓ- Α � ΒΜΓ = Α + ΕΔΖ Α

Β Γ

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι περιγεγραμμένο σ' ένα κύκλο. Ονομάζουμε Ε, Ζ, Η και Θ τα σημεία επαφής των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΓΔ και ΔΑ, αντίστοιχα. Να δείξετε ότι τα τετράπλευρο αυτό είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν, και μόνο αν:ΕΗ.lΖΘ.

Λύση Καταρχήν, στο σχήμα, στο οποίο οι

ευθείες ΡΚ και Ρ Λ εφάπτονται στον κύκλο, έχουμε :

Μ Ρ

Α Q A 1 Q Α 1 Q A A Ρ = 1 80 -ω = 2 (360 -2 ω ) = 2 (360 - ω- ω )

1 - - 1 - -

= 2 (360°- ΚΝΛ - ΚΝΛ ) = 2 ( ΚΜΛ - ΚΝΛ )

Έτσι, έχουμε (σχήμα) :

Λ 1 .....-., ....-...

Α = 2 ( ΕΖ + ΖΗ + ΗΘ - ΕΘ ) και

Λ 1 ..-.., ...-... ...-... .-..,

Γ = - ( ΕΖ + ΗΘ + ΕΘ - ΖΗ ) 2

Λ Λ ..-.., .....-.....

και συνεπώς Α + Γ = ΕΖ + ΗΘ Α 1

Γ

Εξάλλου, έχουμε : ΕΙΖ = 2 ( ΕΖ + ΗΘ )

Το τετράπλευρ<;> ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο σε κύκλο αν, και μόνο αν :

Α + r = 1 80°� Ez + 00 =1 80°� 1 _..--..._ -- Α

� 2 ( ΕΖ + ΗΘ )=90° � ΕΙΖ =90° �ΕΗ_lΖΘ

Θεωρούμε ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με Α + Β = 120" . Κατασκευάζουμε τα ισόπλευ­ρα τρίγωνα, ΑΓΕ, ΔΓΗ και ΒΔΖ, όπως στο διπλανό σχήμα. Να δείξετε ότι τα σημεία Ε, Η και Ζ είναι συνευθειακά.

Λύση Οι πλευρές ΑΔ και ΒΓ προεκτεινόμενες

τέμνονται σ ' ένα σημείο Ο. Επειδή Α + Β = 1 20°, έπεται ΑΟΓ = 60° . Και επειδή ΑΕΓ = 60° , έπεται ότι το τετράπλευρο ΑΕΟΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/32

Page 35: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Ε

Α

\ \

Έτσι έχουμε : 03 = 02 = ΕfΆ = 6(f = ό, Συνεπώς: 04 = 1 80'-02 -0

1 =

= 1 80°-60°-60°=60°. Άρα, 0 3 = 04 •

z

Έτσι, το σημείο Ε ανήκει στην ευθεία �

f που περιέχει τη διχοτόμο της γωνίας ΓΟχ . Όμοια δείχνουμε ότι και τα σημεία Ε, Η ανήκουν στην ίδια ευθεία f . Ε

Α

\ \

Β

Άρα, τα σημεία Ε, Η και Ζ είναι συνευθειακά.

Έστω Η το ορθόκεντρο ενός τριγώνου ΑΒΓ και Ρ ένα σημείο του περιγεγραμμένου του κύκλου, διαφορετικό από τις κορυφές Α, Β και Γ. Ονομάζουμε Ε και Ζ τα συμμετρικά σημεία του Ρ ως προς το μέσο της πλευράς ΑΓ, αντίστοιχα. Η ΒΗ τέμνει την ΑΓ στο σημείο Δ και η ΑΕ τέμνει την ΗΖ στο Θ. Να δείξετε ότι: ΔΘ//ΑΡ.

Προφανώς τα τετράπλευρα ΠΑΕΒ και Ρ ΑΖΓ είναι παραλληλόγραμμα. Επειδή

Λ Λ Λ Λ

ΑΘ//ΒΓ, έχουμε: ΘΑΡ = ΑΡΒ = ΑΓΒ = ΑΗΔ

=> ΘΑΡ = ΑΗΔ ( 1 )

τ-----------_Α/-τ� \ .,. . - --- -- - - - Θ\ ' -... ' ' ' ' ' ' Ί ι Ί ' ' ' v \ \ � \ ! Ί Δ Ί ' ' ' ' ' ' ·, Ί Ί ' ' ' . ' ' \\ \

· -��-..J..:..--'t-----"'*

Β ' ::�:.�-���-:::.:::."Ρ/ Γ � � Λ

Επίσης, έχουμε: ΑΖΓ = ΑΡΓ = ΑΒΓ και επειδή ΑΗΓ + ΑΒΓ = 1 80 ° έπεται ότι

ΑΗΓ + ΑΖΓ = 1 80° και συνεπώς, τα σημεία Α, Η, Γ και Ζ είναι ομοκυκλικά. Συνεπώς:

ΑfΙΓ = Arz = Γ ΛΡ (2) Από τις ( 1 ) και (2) έχουμε :

ΘΑΔ = ΘΑΡ - ΓΑΡ = ΑΗΔ - ΑΗΖ = ΘΗΔ Συνεπώς, τα σημεία Θ, Α, Η και Δ είναι

Λ Λ Λ (2) Λ

ομοκυκλικά και συνεπώς: Α!:Β= ΑΙΒ= ΑΗΖ= ΓΑΡ => ΑΔΘ = ΓΑΡ =>ΔΘ//ΑΡ

Δύο κύκλο Cι και C2 που ο καθένας βρίσκεται στο εξωτερικό του άλλου, εφάπτονται εσωτερικά σ' ένα κύκλο C στα σημεία Α και Β αντίστοιχα. Θεωρούμε μία κοινή εξωτερική εφαπτομένη των δύο κύκλων Cι και C2 και ονομάζουμε Δ και Ε τα σημεία επαφής αντίστοιχα. Να δείξετε ότι το σημείο τομής Μ των ευθειών ΑΔ και ΒΕ ανήκει στον κύκλο C.

Φέρνουμε τις εφαπτόμενες Αχ και Βψ του �

κύκου C (στο σχήμα) . Θέτουμε : χΑΔ =θ και

ψΒΕ =φ. Από το τρίγωνο ΔΜΕ, έχουμε :

ΔΜΕ = 1 80°-θ-φ.

\ C \

\

•,,

Β

.... ,........_ _______ ___ ,... ...... · '

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/33

Page 36: Ευκλειδης Β 67

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Επειδή ΟΑχ =90°, έχουμε : ΟΑΜ =90°-θ .

Όμοια, επειδή ΟΒψ =90°, έχουμε :

ΟΒΜ =90°-ψ. Έτσι, από το τετράπλευρο ΟΑΜΒ έχουμε:

ΑΟΒ =360°--{90°-θ)---{90°-φ)---{ 1 80°---θ-φ)=2θ+2φ. Έτσι, έχουμε :

ω =360°-(2θ+2φ)=2( 1 80°-θ-φ)=2 ΔΜΕ => � � 1

ω =2 ΑΜΒ => ΑΜΒ = 2 ω .

Έστω τώρα ότι το σημείο Μ δεν ανήκει στον κύκλο C και έστω ότι η ευθεία ΑΔ τέμνει τον

� 1 κύκλο C στο σημείο ΜΌ Τότε: ΑΜΈ = 2 ω

� �

και συνεπώς ΑΜ Ή = ΑΜΒ , άτοπο. Άρα, το · σημείο Μ ανήκει στον κύκλο C.

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και ισχύει. ΔΓ=ΑΔ+ΒΓ. Να δείξετε ότι οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται πάνω στη ΔΓ.

Θέτουμε ΒΑΔ = 2α και ΓΒΑ = 2β και έστω ότι α�β.

Στην πλευρά ΔΓ παίρνουμε ένα σημείο Ε με ΔΕ=ΔΑ, οπότε ΓΕ=ΓΔ-ΔΕ=ΓΔ-ΔΑ=ΒΓ, δηλαδή ΓΕ=ΓΒ. Επειδή Γ + Α = 1 80 ° και Α = 2α , έχουμε : Γ = 1 80 ° -2α. Συνεπώς, ΓΒΕ = α . Όμοια, ΔΑΕ = ΔΕΑ = β.

Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει τη ΔΓ σ' ένα σημείο Ζ. Επειδή ΖΒΑ = β = ΔΕΑ , το τετράπλευρο ΑΒΖΕ είναι εγγράψιμο σε κύκλο

� �

και άρα: ΖΑΕ = ΖΒΕ = α-β.

Έτσι, έχουμε:

Β

Γ

ΖΑΔ = ΖΑΕ + ΕΑΔ = ( α-β)+β=α. �

Άρα, η ΑΖ είναι η διχοτόμος της γωνίας Α .

Ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι εγγράψιμο σε κύκλο. Οι διχοτόμοι των γωνιών Α και Β τέμνονται σ' ένα σημείο Ε και η παράλληλη από το Ε προς την πλευρά Γ Δ τέμνει την πλευρά ΑΔ στο σημείο Ζ και την πλευρά ΒΓ στο Η. Να δείξετε ότι: ΖΗ=ΖΑ+ΗΒ.

� �

Α ν Α = Β , τότε το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ είναι ή ένα ισοσκελές τραπέζιο ή ένα ορθογώνιο και η απόδειξη της ζητούμενης ισότητας είναι εύκολη .

Έστω τώρα ότι Α * Β . Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι Α > Β .

� � �

Θέτουμε: Α = 2α , Β = 2β , Γ = 2γ και

Δ = 2δ Έτσι, έχουμε : {Α + Γ = 1 80° => {2α + 2γ = 1 80° =>{α + γ = 90°

Β + Δ = 1 80° 2β + 2δ = 1 80° β + δ = 90° -------- - - --- Β

Γ

Στη ΖΗ παίρνουμε ένα σημείο Σ με ΖΣ=ΖΑ. Έτσι, έχουμε :

� �

� � ΑΖΣ Δ ΖΣΑ = ΖΑΣ = 90 ° --- = 90° -- = 90° -δ=

2 2 Β � � �

=β = 2 = ΑΒΕ και άρα ΖΣΑ = ΑΒΕ , οπότε το

τετράπλευρο ΑΣΕΒ είναι εγγράψιμο σε κύκλο . � �

Επειδή ΖΣΑ = β < α = ΖΑΕ , έπεται ότι το Σ είναι μεταξύ των Ζ και Ε. Εξάλλου, έχουμε:

Λ Λ Λ Λ Λ ΣΒΗ = ΣΒΕ + ΕΒΗ = ΣΑΕ + ΕΒΗ =

= (ΖΑΕ - ΖΑΣ) + β = α-β+β=α= Λ Λ Λ Λ

= ΕΑΒ = ΒΣΗ => ΣΒΗ = ΒΣΗ => ΣΗ=ΗΒ . Συμπεραίνουμε ότι ΖΣ+ΣΗ=ΖΑ+ΗΒ και

άρα ΖΗ=ΖΑ+ΗΒ.

Ένας κύκλος περνάει από τις κορυφές Β και Γ ενός τριγώνου ΑΒΓ και τέμνει τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ στα σημεία Δ και Ε

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/34

Page 37: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

αντίστοιχα. Ονομάζουμε Ζ το μέσο της ΒΓ και Η το μέσο του ΔΕ. Ν α δείξετε ότι: ΑΗ ·ΒΖ= ΑΖ· ΕΗ.

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο Λ Λ Λ Λ

έχουμε : Γ = Δ ι και Β = Ε ι . Έτσι, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΕΔ είναι όμοια.

ΑΒ ΓΒ ΑΒ 2ΒΖ Έχουμε λοιπόν : - =- � - = -- �

ΑΕ ΕΔ ΑΕ 2ΕΗ ΑΒ ΒΖ ΑΒ ΑΕ - - - � - - -ΑΕ ΕΗ ΒΖ ΕΗ

Λόγω της τελευταίας ισότητας και επειδή Β = Ε ι , έπεται ότι τα τρίγωνα ΑΒΖ και ΑΕΗ είναι όμοια.

ΒΖ 1\Ζ Έτσι έχουμε : - =- �ΑΗ·ΒΖ=ΑΖ·ΕΗ ' ΕΗ ΑΗ

Α

Ονομάζουμε Ι το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου σ' ένα τρίγωνο ΑΒΓ. Στις πλευρές του ΑΓ και ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Μ και Κ αντίστοιχα, τέτοια ώστε, ΒΚ·ΑΒ=ΒΙ2 και ΑΜ·ΑΒ=ΑΙ2• Να δείξετε ότι τα σημεία Μ, Ι και Κ είναι συνευθειακά.

2 ΒΚ ΒΙ Έχουμε : ΒΚ·ΑΒ=ΒΙ � - = - .

ΒΙ ΑΒ Και επειδή Β 1 = Β υ έπεται ότι τα τρίγωνα

Λ Λ

ΚΙΒ και ΙΑΒ είναι όμοια και άρα: Ι ι = Α ι .

Όμοια βρίσκουμε ότι 1 2 = Β 2 . 'Ετσι, έχουμε :

Ι ι + 1 3 + 1 2 = Α Ι + 1 3 + :8 2 = 1 80 ° Α

Β Κ Γ Άρα, τα σημεία Μ, Ι και Κ είναι

συνευθειακά.

Οι πλευρές ενός τριγώνου ΑΒΓ είναι α=4, β=5 και γ=6. Να δείξετε ότι Γ = 2Α

Φέρνουμε τη διχοτόμο ΓΔ της γωνίας Γ . Γ

4 '

/

/

,/'�·'·,, / �'(ω",

I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I I

""· 5

. \ ..... "- --- - �---- -�------------�-----'-- ' · ·- - - - ___ , . _____ __;:_ Β Δ 6 Α

ΒΔ ΓΒ ΒΔ 4 Έχουμε : - = - � - = -

ΔΑ ΓΑ ΔΑ 5 ΒΔ ΔΑ ΒΔ + ΔΑ ΒΔ ΒΑ

� - = - = � - = - � 4 5 4 + 5 4 9

ΒΔ 6 8 � - = - � ΒΔ = -

4 9 3

Παρατηρούμε ότι : ΒΓ 4 3 ΒΑ 6 3 - = - = - και - = - = -ΒΔ 8 2 ΒΓ 4 2

3 ΒΓ ΒΑ

Άρα: ΒΔ

= ΒΓ

και συνεπώς τα τρίγωνα

ΒΓ Δ και ΒΑΓ είναι όμοια. Συνεπώς: Λ Γ Λ Λ ,...

ro = A � - = A � Γ = 2Α 2

Στον αγαπητό συνάδελφο Κώστα Γράψα, εκλεκτό μέλος της μαθηματικής κοινότητας, ευχόμαστε «καλό ταξίδι» . . . Η απώλεια του, μας ξάφνιασε όλους . . . Τα μέλη της επιτροπής του Ευκλείδη Β ' θα τον θυμούνται πάντα για την σεμνότητα το ήθος και την αξιοπρέπεια του . . .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/35

Page 38: Ευκλειδης Β 67

ΜιιΙ•ιιιι�ιιιj "'" �φ• Jr w�Ιφ τι•ιι Αιι••Ι•ιι

Άλγεβρα Πρόοδοι

Χρήστος Κανέλλος

Στο άρθρο αυτό παραθέτουμε ορισμένες ασκήσεις που αναφέρονται στην ενότητα των προόδων, α­ριθμητικών και γεωμετρικών.

Άσκη ση I Α ν (α + β) ( β + γ) ( γ + α) :;e Ο , τότε να αποδείξετε ' ο

θ ' 1 1 1 ' δ δ οτι: ι αρι μοι --, -- , -- ειναι ια ο-β + γ γ + α α + β

χικοί όροι αριθμητικής προόδου, αν και μόνο αν θ ' 2 β2 2 ' δ δ ' ' θ οι αρι μοι α , , γ ειναι ια οχικοι οροι αρι -

μητικής προόδου.

Απόδειξη Σύμφωνα με τον ορισμό οι αριθμοί χ, y, ω εί­

ναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου όταν και μόνον όταν y - χ = ω - y . Επομένως αρκεί να δεί-

ξ , , Ι Ι Ι Ι ( Ι ) ου με οτι η σχεση -- - -- = -- - --

γ + α β + γ α + β γ + α είναι ισοδύναμη με τη σχέση β2 -α2= γ2 -β2 (2)

, β - α γ - β Πραγματι: ( Ι ) � ( ) ( ) ( ) ( ) � γ + α β + γ α + β γ + α

β - α = γ - β � β2 - α2 = γ2 - β2 (2 ) β + γ α + β

Άσκηση 2 Ν α αποδείξετε ότι η ακολουθία (αν ) , με γενικό

1 � τύπο α. = 2ιοg χ2• + 2 log 2 2 , όπου χ :;e Ο δοσμέ-

νος πραγματικός αριθμός, είναι αριθμητική πρόοδος. Κατόπιν να βρείτε το άθροισμα των 100 πρώτων όρων της ακολουθίας. Α ν επιπλέον ισχύει S 100 = 5050 να βρείτε το χ.

Λίιση Για να αποδείξουμε ότι η (α.) είναι αριθμητική

πρόοδος, αρκεί να αποδείξουμε ότι η διαφορά

αν+ Ι - αν είναι σταθερή . Έχουμε:

αν = _!_ 2ν log lx l + 2� log 2 = ν ( log lx l + Iog 2) = ν log 2 lx l 2 2

Άρα αν+ Ι = (ν + l ) log 2 lx l , οπότε αν+ Ι - αν = }og 2 lx l , δηλαδή η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος με ω = log 2 lx l και α1 = l · log 2 lx l = ω .

Επομένως Sιοο = ΙΟΟ (2αι +99ω) =50 · 10lω=5050log2 1 � 2 Οπότε έχουμε

S1 00 = 5050 => log 2 lx l = 1 => log 2 lx l = log l O => 2 lx l = 1 0 => lx l = 5 => χ = ±5 .

Άσκηση 3 Δίνεται η αριθμητική πρόοδος (α,. ) , με πρώτο όρο α1 = 3 και διαφορά ω = 8. Να βρεθεί ο πρώ­τος όρος της που υπερβαίνει το 2008.

Λύση Ζητάμε την ελάχιστη τιμή ν ε Ν * ώστε

αν > 2008 ( 1 ) . ( Ι ) � 2α1 + ( ν - 1)ω > 2008 � 6 + 8 ( ν - Ι ) > 2008 � 8 (ν - Ι ) > 2002 � ν - Ι > 250, 25 � ν > 25 Ι , 25 � ν :::>: 252, αφού ν ε Ν * .

Άρα ο πρώτος όρος που υπερβαίνει το 2008 είναι ο α252 = 20 Ι Ι . Άσκη ση 4 Μεταξύ των αριθμών α, β με άθροισμα 52 , πα­ρεμβάλλουμε ν διαφορετικούς όρους αι , . . . , αν με άθροισμα 130 και σχηματίζουμε μια σειρά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/36

Page 39: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

διαδοχικών όρων αριθμητικής προόδου. Αν οι α, «ν, β είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, να βρείτε : i) Το πλήθος ν ii) Τους αριθμούς αι , α2, . . . , α. , \ ίJση

i) Έστω α, α , , α2, . . . , αν, β οι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου.

Θέλουμε: α + β = 52 ( 1 ) και α, + . . . + αν = 1 30 (2).

Το άθροισμα λοιπόν των ν+2 αυτών αριθμών θα είναι: sν+2 = 52 + 1 30 = 1 82 (3) , ν + 2 ν + 2 Ομως Sv+z = -(α + β) = - · 52 = 26 (ν + 2) ,

2 2 οπότε ( 3 ) � 26 (ν + 2) = 1 82 � ν + 2 = 7 � ν = 5 .

i i) Έχουμε α κ = α1 + ( κ - 1 ) ω = α + ω + ( κ - 1 ) ω = α + κω,

για κάθε κ= 1 ,2, . . . ,5 Εξάλλου : β = α5 + ω = α + 5ω + ω = α + 6ω,

δηλαδή ω = β - α ( 4) 6

Επομένως: (α, α._,, β διαδοχικοί όροι γεωμετρι­κής προόδου ) � α� = αβ � α; = α · β � (α + 5ωγ = α(α + 6ω) �

�25ω2 + 4αω=0�25ω+4α = 0�25(β�α )+ 4α = Ο

� α = 25β ( 5 ) .

Άρα ( 1 ) , ( 5 ) � α = 50} , οπότε ( 4) � ω = -8 . β = 2

Τελικά λοιπόν θα έχουμε ακ = α + κω = 50 - 8κ, για κάθε κ= 1 ,2 ,3 , . . . 5 , δηλαδή α1 = 42, α2 = 34, α3 = 26, α4 = 1 8, α5 = 1 Ο .

Σχόλιο : Για ω=Ο θα είχαμε α = β = 52 = 26 και 2

α1 = α2 = . . . = α5 = 26 , πράγμα άτοπο.

Λσκη ση 5 : Έστω (α. ) , μια αριθμητική πρόοδος με διαφο-

ρά ω για την οποία ισχύουν οι σχέσεις: ακ+4 + ακ+ ι Ο + ακ+ \ 7 = 26 και ακ+7 + ακ+9 = 8 για

κάποιο κ ε Ν* . Εάν Sκ = -80 , να βρεθεί ο αριθ­μός κ.

.\ ίJση : Αν ακ = β 1 , τότε

ακ+ρ = β l +r = β , + ρω = ακ + ρω για κάθε ρ Ε Ν* . Οπότε από τις δοσμένες ισότητες παίρνουμε :

ακ + 4ω + ακ + 10ω+ ακ + 1 7ω = 26}�

3ακ + 3 1ω = 26}�

ακ + 7ω + ακ + 9ω = 8 2ακ + 1 6ω = 8 6ακ + 62ω = 52 }

� 6ακ + 62ω = 52}

� α,_ =-12}

-6ακ - 48ω = -24 14ω = 28 ω=2

� α1 + ( κ - 1 ) ω = - 1 2}�

α1 = -2κ - 1 0} ω = 2 ω = 2 ·

Επομένως : κ S = -80 �-(α + α ) = -80� κ(-2κ- 10- 1 2) = -160� κ 2 Ι κ

� κ ( κ + 1 1 ) = 80 � κ2 + 1 1 κ - 80 = Ο � κ = 5 ή κ = - 1 6 � κ = 5 , αφού κ ε Ν* .

Ά σκηση 6 : Δίνεται αριθμητική πρόοδος (α. ) , για την ο-ποία ισχύουν οι σχέσεις: αμ + αλ+3 = «ι - 5 και

αμ+s + αλ = «ι + 5 για κάποια λ, μ ε Ν* . Να βρε­

θεί η διαφορά ω της προόδου. Λ.ίJση : Οι αριθμοί αω και αλ συνδέονται με την ισό-

τητα αω = αλ + 3ω ( 1 ) . Όμοια αμ+s = α μ + 8ω (2) . Αντικαθιστώντας τα αλ+J , αμ+s (σχέσεις ( 1 ) , (2)) στις δοσμένες σχέσεις, έχουμε : αμ + αλ + 3ω = α, - 5 και α μ + 8ω + αλ = α1 + 5 .

Με αφαίρεση κατά μέλη προκύπτει : 3ω - 8ω = -5 - 5 � -5ω = - 1 0 � ω = 2

Άσκηση 7 : Να λυθεί η εξίσωση : x·8 x-s x-2

• • • χ2008 = -2008

ΛίJση : Η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

χ (-8)+(-5)+(-2)+ . . . +2008 = -2008 ( 1 ) . Παρατηρούμε ότι η -8, -5, -2, . . . , 2008 είναι

αριθμητική πρόοδος με α1 = -8 και ω = 3 . Έστω ότι ο 2008 είναι ο όρος κ τάξεως αυτής. Τότε: ακ =2008<::>α, +(κ-1)ω=2008<::>-8+3(κ- 1) = 2008<::>

3 ( κ - 1 ) = 20 1 6 <=> κ - 1 = 672 <=> κ = 673 Άρα (-8) + (-5) + (-2) + . . . + 2008 =

s = 673 ( -8 + 2008) = 673 . 2000 = 673 · 1 000 = 673000 673 2 2

οπότε: ( 1 ) <:::> χ 673000 = -2008 και είναι αδύνατη , αφού ο εκθέτης είναι. άρτιος .

Άσκηση 8 : Να υπολογίσετε το άθροισμα:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/37

Page 40: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

. \ �)η· !η Η παράσταση 1 + 2 · 4 + 3 · 4 2 + 4 · 4 3 + . . . + 1 00 · 4 99 είναι το άθροισμα των παραστάσεων :

1 + 4 + 42 + 43 + . . . + 499 4 + 42 + 43 + . . . + 499

42 + 43 + . . . + 499 43 + . . . + 499

Θεωρούμε την γεωμετρική πρόοδο (αν ) με α1 = 1 και λ = 4. Έστω Sκ το άθροισμα των κ πρώ­των όρων της. Τότε :

� 3 99 1 + 4 + 4 + 4 + . . . + 4 = S1 00

499 = SΙ οο - S99

1 00 ισότητες

Άρα η ζητούμενη παράσταση είναι ίση με : SΙοο + (SΙοο -SΙ ) + (SΙοο -S2 ) + (SΙoo -S3 ) + . . . + (SΙoo -Sg9 ) = 1 00 . S Ι οο - ( SΙ + S2 + S3 + . . . + S99 ) =

1 -4100 ( 1 -41 1 -42 1 -43 1 -499 ) = 100 · 1-- - --+--+--+ . . . +-- = 1 -4 1 -4 1 -4 1 -4 1 -4 1 - 41 00 1 - 41 + 1 - 42 + 1 - 43 + . . . + 1 - 499 = 1 00---3 -3

1 00 - 1 00 · 4 1 00 99 · 1 - (4 + 42 + 43 + . . . + 499 ) = + = -3 3 100 · 4100 - 100 100-1 - (4+42 + 43 + . . . + 499 ) ----- +-----------

3 3 100 · 4100 -100 100-( 1 +4+42 +43 + . . . + 499 ) ----- +------------

3 3 1 00 · 41 00 - 1 00 + 1 00 - S 1 00 1 00 · 41 00 - S1 00 = = ----..:..::..::... 3 3

1 41 00 1 41 00 1 00 · 4 1 00 _ _

-

__ 1 00 · 41 00 + -------�1_-�4_ _ 3

3 3 300 . 41 00 + 1 - 41 00 299 . 4 1 00 + 1 =------9 9

ιι_ι

Δίνεται γεωμετρική πρόοδος {α. ) με

α = λ = JS+ ι . I 2 i) Να δείξετε ότι η (Ρ. ) με Ρ . = α. + αν+ \ ' για

κάθε ν ε Ν* είναι γεωμετρική πρόοδος με πρώ­το όρο β 1

= α: και λόγο λ. ii) Αν s. το άθροισμα των ν πρώτων όρων της (α.) και Σν το άθροισμα των ν πρώτων της (β.), να δείξετε ότι s.+z - Σ. = α3 Παρατήρηση :

ο θ · J5 + ι λ θ • ξ' αρι μος φ= -2- επα η ευει την ε ισωση

xz = χ + ι (ι). (πρόκειται για τον λόγο στον οποίο διαιρείται ένα τμήμα με τη χρυσή τομή και για αυτό συμβολίζεται με το αρχικό του ο­νόματος του Φειδία). Πράγματι:

φz = ( J52+ ι )z = (J52: ιγ 5+ 2� + ι = 6+�.J5 =

= 2(3 +.J5) = 3 +.J5 = 2 + ι +.J5 = ι + ι +.J5 = ι + φ 4 2 2 2 Ο ν-aστός όρος της (αν) θα είναι ο

α. = αlλν- 1 = φ . φν- 1 = φ ν (2) Ο πρώτος όρος της (βv) θα είναι ο ( 2 ) ( I )

β Ι = α Ι + α 2 = φ + φ2 = φ ( 1 + φ) = φ · φ2 = φ3 = α� Για να δείξουμε ότι η (βv) είναι γεωμετρική

πρόοδος, αρκεί να δείξουμε ότι το πηλίκο δύο δια­δοχικών όρων της είναι σταθερό. Είναι:

β α + α ( 2 ) φν+ Ι + φν+2 φν+ Ι ( 1 + φ) ν+ I ν+ I v+2 _ _ _ φ β. α. + αν-ι- Ι

- φ• + φ•+ l - φ• ( Ι + φ ) -Άρα η (βv) είναι γεωμετρική πρόοδος με

β 1 = α� και λόγο λ = φ. . . . 1 - φ•+2 η) Ειναι s.+2 - Σ. = φ---'-----1 - φ

1 - φ• α3-- = I } - φ 1 - φ•+2 3 1 - φ• φ - φν+3 = φ - φ --= --'------'-----1 - φ 1 - φ 1 - φ

φ _ φ ν+3 _ φ3 + φ ν+3 --'-------'------'--"------'--- = 1 - φ

φ3 - φν+3 1 - φ =

φ(Ι φ2 ) φ(Ι φ)(1 + φ) ο > ( 2 ) - - = φ(l + φ) = φ . φz = φ3 = α3 1 - φ 1 - φ

Δίνεται το άθροισμα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/38

Page 41: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Σ = 1 000 + 1024 + 750 + 512 + 500 + 256 + .. . . Ν α βρεθεί ο πρώτος όρος που θα κάνει το ά­θροισμα αρνητικό.

'\_ !: ·: ,; Παρατηρούμε ότι οι όροι 1 000, 750, 500, . . .

είναι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου (αν ) με α1 = 1 00 Ο και ω = -250, ενώ οι όροι 1 024, 5 1 2 , 256, . . . είναι διαδοχικοί όροι της γεω-

μετρικής προόδου (β ν ) με β 1 = 1 024 και λ = _!_ . 2

Έστω Sv το άθροισμα των ν πρώτων όρων της αν και S� το άθροισμα των ν πρώτων όρων της βν . Το άθροισμα Σ θα είναι το

Σ = αΙ + β Ι + α2 + β2 + α3 + β3 + · · · Η (β,.) δεν έχει αρνητικούς όρους. Ο πρώτος

όρος που θα κάνει το άθροισμα αρνητικό, πρέπει να είναι αρνητικός, οπότε θα είναι όρος της (αν ) , έστω ο α". Άρα το Σ = α1 + β 1 + α2 + β 2 + . . . + ακ- Ι + βκ_ 1 + ακ είναι το πρώτο αρνητικό άθροισμα, Οπότε : Σ < ο <::::> SK + s�-1 < ο

e>�[2 · I ΟΟΟ + (κ - ΙΗ-250)] + 2 ' " ι - (ΞΤ' < Ο <ο> 1 - -

2

1 000κ - 1 25κ2 + 1 25κ + 2 1 1 ( 1 -2�_ 1 ) < 0 <::::>

1 1 25κ - 1 25κ2 < 2 1 1 (2�_ 1 - 1) <=>

Ι 25κ (9 - κ ) < 2 1 1 ( 2 1 -κ - Ι ) ( 1 ) Για κ Ε Ν. με κ ::; 9 η ( ι )δεν επαληθεύεται

αφού τότε κ ( 9 - κ ) � Ο ενώ 2 1 -κ - Ι ::; ο και το ίσον δεν ισχύει συγχρόνως (γιατί;) .

Για κ = 1 Ο η ( I ) επίσης δεν επαληθεύεται, α­φού Ι 25 - 1 0 (- 1 ) > 2 1 1 (Τ9 - ι ) , δηλαδή

- Ι 250 > -2044 . Για κ = 1 1 η ( I ) επαληθεύεται, αφού

1 25 · 1 1 ( -2) < 2 1 1 (2- 1 0 - Ι) δηλαδή -2750 < -2046 . Άρα το άθροισμα γίνεται πρώτη φορά αρνητικό όταν κ = 1 1 και ο όρος που το καθιστά αρνητικό είναι ο 2 1 ος του αθροίσματος, δηλαδή ο α1 1 = 1 000 + ( 1 Ι - 1 ) ( -250) = 1 000 + (1 0)( -250) =

= 1 000 - 2500 = - 1 500

! � .: Δίνεται η εξίσωση 2χ2 - 3αχ + α2 =

Ο όπου

α ε R - {0, -2} . Να βρείτε για ποιες τιμές της

παραμέτρου α, οι λύσεις της εξίσωσης και ο α­ριθμός α + 1 , ανεξαρτήτως σειράς, αποτελούν διαδοχικούς όρους μη σταθερής αριθμητικής ή γεωμετρικής προόδου.

Είναι: 2χ2 -3αχ+ιi =0<::::>2χ2 -2αχ-αχ+ιi =0<::::> 2JS:(x - α) - α( χ - α) = Ο <::::> (χ - α)(2χ - α) = Ο <::::>

, α <::::> χ = α η χ=-2

Θέλουμε οι αριθμοί α, � , α + 1 , ανεξαρτήτως 2

σειράς να αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητι­κής προόδου. Αφού ισχύει α < α + Ι , υπάρχουν 3 περιπiώσεις σχετικά με τη διάταξη τους

(� < α < α + 1, α < � < α + 1 και α < α + 1 < �) 2 2 2

Παρατηρούμε λοιπόν ότι α α - < α < α + Ι <::::> - < α <::::> α > Ο 2 2

α < -α 2 α < - < α + Ι <::::> <::::> -2 < α < Ο

α } 2 α - < α + 1 2

α α και α < α + 1 < - <::::> α + Ι < - <::::> α < -2 2 2

Αν α>Ο, τότε � < α < α + Ι , οπότε : (Οι αριθμοί 2

� , α, α + 1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής 2

προόδου) <::::> 2α =� + α + I <::::> 4α = α + 2α + 2 <::::> α = 2 2

(Δεκτή τιμή) . Εξάλλου : (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί

όροι γεωμετρικής προόδου) , α , ( ) , 2 <::> α- = - (α + 1) <::::> 2α- = α α + l <::::> 2α- = α + α <=>

2 <::::> α2 = α <::::> α2 - α = Ο <::::> α( α - I ) = Ο <::::> α = Ο ή α = 1 <::::> α = 1 (Δεκτή τιμή) .

Αν -2 < α < 0 , τότε α < � < α + Ι , οπότε: (Οι 2

αριθμοί α, � , α + 1 είναι διαδοχικοί όροι αριθμη-2

τικής προόδου) <::::> α = α+ (α+ 1) <::::> α+ 1 = 0 <::::> α =-Ι (Δεκτή τιμή) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/39

Page 42: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ενώ : (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου) (α)2 α2 <:::> 2" = α(α + 1) <=>4 = α2 + α<::> α2 = 4α2 + 4α<::>

Ο = 3α2 +4α <:::>0 = α(3α+ 4) <::>α= Ο ή α =-� <::>α = -� 3 3 (Δεκτή τιμή) .

Αν α<-2, τότε α < α + 1 < � , οπότε : 2 (Οι αριθμοί α, α + 1, � είναι διαδοχικοί όροι 2

αριθμητικής προόδου ) α α + -

<=> α + 1 = --2-<:::> 2α + 2 = α + � <:::> α + 2 = � <:::> 2 2 2 2α + 4 = α <:::> α = -4 (Δεκτή τιμή) .

Επίσης: (Οι αριθμοί αυτοί είναι διαδοχικοί ό­ροι γεωμετρικής προόδου)

α α2 <:::> (α + 1 )2 = α-<:::> α2 + 2α + 1 =- <:::> 2 2 <:::> 2α2 + 4α + 2 = α2 <:::> α2 + 4α + 2 = Ο

Η εξίσωση έχει Δ = 4 2 - 4 · 1 · 2 = 1 6 - 8 = 8 και . -4 +J8 � � ριζες α1 = = -2 + ν 2 , α2 = -2 - ν 2 . Δε-2 · 1

κτή είναι μόνο η τιμή αz Συνοψίζοντας οι � , α, α + 1 είναι διαδοχικοί 2

όροι μη σταθερής αριθμητικής προόδου για, α Ε { 2, - 1, -4} και γεωμετρικής για α Ε {1 , -� ,-2 -J2} .

Χρήστος Λαζαρίδης

Το παρακάτω άρθρο αναφέρεται στις εκθετικές και λογαριθμικές συναρτήσεις και έχει μάλλον επα­ναληπτικό χαρακτήρα.

Ειδικότερα πραγματεύεται τις συναρτήσεις f ( χ ) = ex , g ( χ ) = lnx , h ( χ ) = log χ , που κυρίως περιέ-χονται στην ύλη της Β · Λυκείου, χρησιμοποιώντας γνώσεις από τα προηγούμενα κεφάλαια. Καλό είναι, αν κάποιος ασχοληθεί, να έχει κάνει μία επανάληψη .

� Έστω η συνάρτηση f (χ) = lnx, χ > Ο . α) Να λύσετε την εξίσωση

f ( 2 - ημχ) - f ( συν2χ) = f (3) , αν χ Ε (Ο, :) .

β) Αν α>Ο και f(α) + f(α2 ) + ..... + f(α100 ) = 5050 ,

να αποδείξετε ότι α = e.

γ) Έστω α, β, γ > Ο. Να αποδείξετε ότι: αν οι f (α) , f (Ρ) , f (γ) είναι διαδοχικοί όροι

αριθμητικής προόδου, τότε οι α, β, γ είναι δια­δοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου.

δ) Να λύσετε την εξίσωση

�f (x) + f (x) - 10 = 0 .

ε) Να αποδείξετε ότι

r ( ημχ) r ( ημ�} · · f ( ημ 1�0

) > ο για κάθε χ Ε (Ο, :) .

π α) Ο < χ < - => 1 > ημχ => 2 > ημχ => 2 - ημχ > Ο 4 π π Ο < χ < -=> Ο < 2χ < -=> συν2χ > Ο 4 2

Άρα: f ( 2 - ημχ ) - f ( συν2χ ) = f (3 ) <:::> ln ( 2 - ημχ ) - ln ( συν2χ ) = ln 3 <:::>

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/40

Page 43: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

!η ( 2 - η μ χ ) = \η 3 + !η ( συν 2 χ ) <=> \η ( 2 - η μχ ) = = Ιη 3 ( συν2χ ) <=> 2 - ημχ = 3συν2χ <=> 2 - ημχ = 3 ( 1 - 2ημ2 χ ) <:::>

2 - ημχ = 3 - 6ημ2 χ <=> 6ημ2 χ - ημχ - 1 = ο <=>

ημχ = _.!_ ή ημχ = .!_ <=> χ = � (διότι χ Ε (ο,�) ) . 3 2 6 4

β) f ( α ) + f ( α2 ) + . . . . . + f ( α1 00 ) = 5050 => !η α + Ιη α2 + . . . . . + Ιη α1 00 = 5050 => !η α + 2 1η α + . . . . . + 1 00 Ιη α = 5050 => => ( 1 + 2 + . . . + 1 00 ) Ιη α = 5050 => 1 + 1 00 -- · 1 00 · \η α = 5050 => 1 0 · 50 · 1η α = 5050 =>

2 5050 Ιη α = 5050 => Ιη α = 1 => α = e .

γ) ( f (α ) , f (β ) , f (γ ) διαδ. όροι α.π. ) => 2f ( β ) = f (α ) + f (γ ) => 2 1η β = !η α + !η γ =>

Ιη β2 = !η ( αγ ) => β2 = αγ => (α, β, γ διαδ . όροι γ.π.)

δ) Με !η χ 2': Ο, δηλαδή χ 2': 1 έχουμε : � + \η χ - 1 0 = ο <=>

� = y } � = y } / + y - 1 0 = Ο

<=> ( y - 2 ) ( Υ2 + 2 y + 5 ) = Ο

<=>

� = Υ}<=> � = 2 <=> Ιη χ = 8 <=> χ = e8 • y = 2

(Η τιμή είναι δεκτή , διότι e8 2': 1 .)

ε) χ Ε (ο,�) , άρα, Ο < ημχ , ημ� , . . . , ημ� < 1 , 2 2 1 00

επομένως οι φυσικοί τους λογάριθμοι θα είναι αρ­νητικοί. Έχουμε πλήθος 1 00 αρνητικών, οπότε το γινόμενό τους θα είναι θετικό .

Λ σκη ση 2 α) Για τις διάφορες θετικές τιμές του χ, να συ­γκρίνετε τους αριθμούς Ιηχ, logx. β) ί) Ν α αποδείξετε ότι:

Ι η (η μα + 3) > log (η μα + 3) , για κάθε α Ε IR . ίί) Ν α αποδείξετε ότι: Ιη( συνα) � log( συνα) ,

για κάθε α Ε [Ο, ; ) .

γ) ί) Αν χ Ε (ο,�) ' να λύσετε την εξίσωση :

Ιη ( εφχ) = log ( εφ χ) . ίί) Ν α λύσετε την ανίσωση :

ιη { χ2 + x) - log (x + l ) < log x (1)

λίJση α) Υπολογίζουμε το πρόσημο της διαφοράς :

Δ = !η χ - log χ = log χ - log χ = log χ [-1- - ι) log e log e I 1 - log e 1 log 1 0 - log e = og χ = og χ --=: __ _.:::___ log e log e

Το πρόσημο εξαρτάται από το πρόσημο του logx, δ , θ , log 1 0 - log e , θ , Π , ιοτι ο αρι μος ειναι ετικος. ραγ-Ιοg e ματι: 1 0 > e => log 1 0 > loge => log 1 0 - loge > Ο

, log 1 0 - log e και e > 1 => loge > Ο, αρα > Ο. log e Άρα: Δ > Ο<::>χ > 1 , Δ < Ο <=> Ο < χ < 1 και Δ = Ο <::> x = l .

Τελικά: !η χ > log χ <=> χ > 1 !η χ < log χ <=> Ο < χ < 1 lη χ = log χ <=> χ = 1

β) i) Για κάθε ( α ) α Ε IR : η μα > - 1 => η μα + 3 > 2 => η μα + 3 > 1 =>

Ιη (ημα + 3 ) > lοg (ημα + 3 ) . i i) α Ε [Ο,�)=> Ο < συνα ::::; 1 � Ιη(συνα) ::::; Ιοg( συνα) .

γ) i) Στο ( 0,�) έχουμε ( α ) Π ln ( εφχ ) = log ( εφχ )<=> εφχ = 1 <=> χ = - , διότι

4

ii) Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί : 2+� : � 0}

, δηλαδή χ>Ο . χ > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/41

Page 44: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

τότε: ( 1 )<::} ln ( χ 2 + χ ) < log ( χ + 1 ) + log χ <::} (α) ln( χ2 + χ) < logx (x + 1) <::} m( χ2 + χ) < log( χ2 + χ)<=}

ο < χ 2 + χ < 1 <::} χ 2 + χ < 1 <::} - 1 -JS - 1 +J5 - 1 +J5 --- < χ < <::} Ο < χ < ---2 2 2

Αν οι αριθμοί logα, Ιηα, logβ, όπου α, β > Ο και α * 1 , είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προό­δου με λόγο λ, τότε:

α) Να αποδείξετε ότι: λ = _ι_ . log e

β) Να αποδείξετε ότι: Ιη α = log β log e .

γ) Να βρείτε την τάξη του όρου της γ.π., που είναι ίσος με { Iog α) ( log eγ5 , αν θεωρήσουμε

ως πρώτο όρο της γ.π. τον logα.

log α , ln α log e 1 α) Εχουμε : λ =--=--=-- . log α log α log e

β) (Οι logα, lnα, logβ είναι διαδοχικοί όροι γ.π . )� 2 2 ln α α>' l ( Ιη α) = log α log β � ( ln α) =-log β� ln l O

1 ln e ln α =--log β � ln α =--logβ � ln l O ln l O ln α = log e log β . γ) Έστω (αν ) , η γεωμετρική πρόοδος. Ο γενικός όρος της. , είναι: α" = α 1λ"- 1 , άρα,

( Ι ο g α ) ( l o g e ) - ' = ( i o g α ) (-1 - J '· - Ι :;;' l og e

� ( Ι ο g e ( = ( Ι ο g e ) 1 - " � - 5 = I - ν � ν = 6

Άρα ( Ιοg α ) ( log e )-5 = α6

α) Να υπολογίσετε τις τιμές των παραστάσεων _ι_ ι

α lοgα Και α Ιη α , όπου 0 < α -:f:. 1 .

β) Να λύσετε το σύστημα:

Ι ο g [ ι ο χ 1"� ' y ) = 2 } ( Σ ) Ι η 1 0 Ι η y 1: ) - Ι η { Ι ο χ ) = 2

_ι_ κ>Ο _ι_ α) Έχουμε : α lοg α = K<::} log α 1og α = log κ <::} 1 --log α = log κ <::} 1 = log κ <::} κ = Ι Ο . log α

-1- ___!_ λ>Ο Άρα, α 1οg α = 1 0 . Ομοίως α1"α = λ<::}1 = 1ηλ<::} λ = e.

Γνωρίζουμε ότι: για κάθε χ>Ο έχουμε : I Ι

x = 1 01og x = e1" x , οπότε α 1οg α = ( 1 0 1οgα ) ιοg α = 1 0 και I Ι

α Ιn α = ( eln α ) ιη α = e β) Με Ο < χ , y * 1 έχουμε :

log( 1 0 · 1 0 · y) = 2 } log l02 + logy = 2 } (Σ) <::} <::} ln l O ln e - ln ( lOx) = 2 ln l O- ( ln l O+ lnx) = 2 2 + log y = 2} <::} log y = Ο } <::} Υ = 1 -? } - Ι η χ = 2 ln χ = -2 χ = e -

'Εστω η συνάρτηση r ( χ ) = ι η ( :: : � ) •

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της f. β) Να δείξετε ότι η γραφική παράσταση της f, δεν τέμνει τους άξονες.

γ) Να λύσετε την εξίσωση : f ( χ) = - ln 2 .

α) Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί: e ' + ι * ο } e '

- I { Σ ) Αφού ex + 1 > ο ' για κάθε χ Ε JR -- > 0 e ' + I θα έχουμε (Σ ) <::} ex > 1 <::} ex > e0 <::} χ > Ο . Άρα, Α = (Ο, +οο) . [ex - 1) ex - 1 β) Υ = Ο <::}m -- =0<::}--= 1 <::}ex - 1 =ex + 1 <::} ex + 1 ex + 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/42

Page 45: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

<::::> Oe' = 2 (αδύνατη)

Άρα η γραφική παράσταση της f δεν τέμνει τον

χ 'χ . Εξάλλου η f(x) δεν ορίζεται για χ = Ο, οπότε η

γραφική παράσταση της f δεν τέμνει ούτε τον y 'y.

γ) Στο Α = (Ο, +οο) έχουμε : [ ex - 1 ) f ( χ ) = - 1η 2 <::::> 1η ex + 1

= 1η Τ1 <::::>

ex - 1 1 2 χ 2 χ 1 χ 3 1 3 -- = - <=> e - = e + <::::> e = <::> χ = η . ex + 1 2

(Η τιμή είναι δεκτή , διότι

3 > 1 => 1η 3 > Ο => ( 1η3) ε Α .)

( 1η α - 1 ) ( 1η β - 1 ) = Ο <::::> 1η α = 1 ή 1η β = 1 <=> α = e ή β = e .

β) 'Ε χουμε : (Σ) <=> χ =

( e )ή Υ = e} <=> 1 (

χ =)

eln 2 1η xy = ln 2 η ey = } x = e y = e } y = e ,

ή <=> 2 η 2 1η ( xe) = 1η 2 y = - χ = -e e

α) Να αποδείξετε ότι : 218 ' = Χ18 2 , για κάθε χ > Ο. β) Να λύσετε την ανίσωση : 5 · 2 18 ' � χ18 2 + 8 .

logx+ logy=3 } γ) Να λύετε το σύστημα:

1 .

. ) (Σ)

xog� + 2y ogx =300

Έστω η συνάρτηση f ( x) = ( ln α)' , όπου α) Αρκεί να αποδείξουμε ότι: 1η (2 18 ' ) = 1η (χ 18 2 ) 0 < α :;e 1 . α) Να υπολογίσετε την τιμή του α ώστε η f να είναι γνησίως φθίνουσα στο JR . β) Να λυθεί η ανίσωση : ( Ιη 2( > ( Ιη 2)6-5 ' (1) .

(f γνησίως φθίνουσα) <::::> Ο < 1η α < 1 <::::> 1η 1 < 1η α < 1η e <::::> 1 < α < e

β) Από α ερώτημα, η συνάρτηση g ( x ) = ( 1n 2 )' είναι γνησίως φθίνουσα, διότι 1 < 2 < e . Έχουμε ( 1 ) <::::> g ( χ2 ) > g( 6 - 5χ) <::::> χ2 < 6 - 5χ <::::>

χ 2 + 5χ - 6 < ο <=> -6 < χ < 1

Έστω α,β > Ο. α) Αν Ιη α · Ιη β = Ιη (αβ) - 1 , να αποδείξετε ότι: α = e ή β = e και αντιστρόφως. β) Ν α λυθεί το σύστημα: ln χ · ln y = ln ( xy) - 1}

(Σ) ln χ + Ι η y - ln 2 = Ο

α) ln α · lnβ = Ιη( αβ) - 1 <::::> ln α · lnβ = lnα + lηβ - 1 <::::> 1η α · 1η β - 1η α - 1η β + 1 = Ο <::::> 1η α ( 1η β - 1 ) - ( 1η β - 1 ) = Ο <::::>

ή 1η χ · lη 2 = 1η 2 · 1η χ , που ισχύει.

β) Με χ > Ο έχουμε:

5 . 2 ln χ � Χ ln 2 + 8 <::::> 5 . 2 ln χ � 2 ln χ + 8 <::::> 4 . 2 1" χ � 8 <=> 21" χ � 2 <=> 1η χ � 1 <=> χ � e <=> ο < χ � e γ) Για κάθε x,y > Ο, ισχύει: x 1ag y = y1ag x (η από-

δειξη είναι αντίστοιχη του α ερωτήμτος) .

, 1og ( xy) = 3 } 1og ( xy) = 3} Άρα: (Σ ) <::::> <=> <::::>

3x log y = 300 x log y = 1 00 1og χ + log y = 3 } 1og χ + 1og y = 3}

<=> log y 1og χ = 1og 1 00

<=> 1og χ 1og y = 2

Οι logx, logy θα είναι ρίζες της εξίσωσης:

t 2 - 3t + 2 = Ο . Οι ρίζες της είναι 1 ,2 . Άρα,

log χ = 2 1og χ = 1 } χ = e2 , χ = e } (Σ) <=>

1og y = l ή

1og y = 2 <=>

y = e η

y = e2

,, . . , ; ' (\ Έστω η ακολουθία (αν ) , τέτοια ώστε:

α = e λ··- ι , για κάθε ν ε Ν* , όπου α > Ο, α :;ι!: 1 και λ ε JR* .

α) Να αποδείξετε ότι η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος.

β) Αν α8 = λ7 Ιη 2 , να aποδείξτε ότι α = .!. . 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/43

Page 46: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Λύση α) Έχουμε :

= �( In κ2 + In λν- Ι ) = � In ( κ2λν- Ι ) =

= In ( κ2λν- Ι )� = In�( κ2λν- Ι )" = ln �κ2"λv' -v

γ) Έστω ότι αν = ln κ - 4 1η λ , τότε : ln κ + (ν - Ι ) ln λ = ln κ - 4 ln λ ::::>

α , Για ν = Ι έχουμε α = ei! ::::> α = eα' ::::> α1 = In α .

λ ο' ! (ν - Ι ) Ιη λ = -4 1η λ::::> ν - Ι = -4 ::::> ν = -3 .

Άτοπο αφού ν Ε Ν* . Άρα, η (αν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ:;t:Ο και α1 = In α :;t: ο . ( α1 = ln α =ι:. 0 ,διότι: α =ι:. 1 ) Άρα ο αριθμός αυτός δεν είναι δυνατόν να είναι

όρος της α.π.

β) Ο γενικός όρος της γ.π. (αν) είναι: αν = ( ln α) . λν- Ι ' ν Ε Ν* .

Οπότε : α8 = ( In α) · λ7 ::::> ( In α) · λ7 = -λ7 1η 2 ::::>

ln α = - ln 2 ::::> ln α = ln Τ 1 ::::> α = ..!.. . 2

:ισκηση 1 0 Έστω η ακολουθία (αν), τέτοια ώστε: eα, = κ . λν-Ι ' για κάθε ν Ε Ν* ' όπου κ > ο, Ο < λ =ι:. l .

α) Να αποδείξετε ότι η (α,.) είναι αριθμητική πρόοδος.

β) Να αποδείξετε ότι το άθροισμα των ν πρώ­

των όρων της α.π., είναι: S ,. = ln �κ2•λ•' -•

γ) Να εξετάσετε αν ο αριθμός Ιη κ - 4 Ιη λ είναι όρος της α.π.

Λί1ση α) Για ν = Ι έχουμε: eα' = κ · λ? ::::>eα' = κ ::::>α1 = lnκ . Εξάλλου eα, . • , = κ · λ" , eα,. = κ . λ"- 1 ::::>

eα, .• , κ . λ -- = --"- ::::> eα, .. , -α,. = λ ::::> α - α = ln λ . eα,. κ . λν- 1 ν+ ! ν

Άρα η (αν) είναι α.π. με α1 = ln κ και ω = ln λ .

β) Sv = �[2α1 + (ν - Ι )ω ] = � [21η κ + (ν - Ι) Ιη λ ] = 2 2

λσκηση 1 ι α) Να αποδείξετε ότι το πολυώνυμο Ρ ( χ) = χ3 - ( 3 - I� α) χ 2 + ( 3 Ιη α + 2) χ - 2 Ιη α ,

όπου α > Ο, έχει παράγοντα το χ - 1 . β) Να βρείτε τα κοινά σημεία της γραφικής πα­ράστασης της πολυωνυμικής συνάρτησης y =

Ρ(χ) με τον άξονα χ 'χ. γ) Να λύσετε την ανίσωση Ρ( χ) < Ο .

δ) Αν α>e2, να βρείτε το πρόσημο του Ρ(2008-1 ).

Λί1ση α) Από σχήμα Homer παίρνουμε:

Ι - 3 - ln α 3 In α + 2 - 2 In α 1 - 2 - In α 2 ln α

- 2 - ln α 2 1η α ο Άρα, το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ - Ι .

β) Ρ( χ) = 0 <=> (χ - 1)[ χ2 - ( Ιη α+ 2) χ + 2 1η α J = 0 <::>

χ = 1 ή χ = 2 ή χ = lnα. Επομένως η γραφική πα­ράσταση της y = Ρ(χ) τέμνει χ 'χ στα ( 1 ,0), (2,0), (lnα,O)

γ) P ( x ) � O <=> ( x - 1 ) ( x - 2 ) ( x - ln α) < O ( 1 )

Διακρίνουμε τις περιπτώσεις :

• Αν ln α > 2, δηλαδή α > e2 •

Ο παρακάτω πίνακας υπολογίζει τα πρόσημα των χ- 1 , χ-2 , χ- Ιηα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/44

Page 47: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

χ -00 2 lnα +οο χ- 1 + I + I + ι ι

χ-2 - ([) + + x- lnα - ([) + Ρ( χ) + ο - ο +

ι ι ο ι

Άρα, ( 1 )<:::::> χ < 1 ή 2 < χ < ln α

• Α ν Ι < ln α < 2, δηλαδή e < α < e2 ο Αντίστοιχα προκύπτει: ( 1 )<:::::> χ < 1 ή ln α < χ < 2 ο

• Α ν ln α < 1, δηλαδή Ο < α < e ο Αντίστοιχα : ( 1 ) <:::::> χ < lη α ή 1 < χ < 2 0

• Α ν α = e , τότε : ( 1 ) <:::::> 1 :;t:x < 2 ο

• Αν α = e2 , τότε : ( l ) <:=> χ < 1 0

δ) α > e2 , όπως αποδείξαμε στο γ, Ρ( χ) < Ο <=> (χ < 1 η 2 < χ < ln α) ο

1 Έχουμε : 2008- 1 = -- < 1, άρα, Ρ(2008- ι ) < Ο ο

2008

Άσκη ση 1 2 Δίνονται οι συναρτήσεις r ( χ) = 21" ' και g ( Χ) = 2 1og x , όπου Χ Ε ( Ο,+οο) .

Να αποδείξετε ότι: α) f ( χy) = f ( χ) f (y) , για κάθε x, y e (O,+oo) . β) r ( x• ) = f'o ( x) , για κάθε x e (O ,+oo) και

ν ε Ν .

γ) g(�) = :�;� , για κάθε ν ε Ν .

δ) ln lO ln g ( x) = ln f ( x) , για κάθε x e (O,+oo) .

Λύση α) f (xy) = 21n( xy) = 2ln x+ln y = 2Ιη χ 0 2ln y = f (x) o f (y) o β) f ( x • ) = 21n x '' = 2ν ln x = ( 2 Ιη χ γ = f• ( x ) ο

γ) g ( �) = 2 log� = 2 1og x - log y = �:::: = :��� ο δ) 1n 1 0 o ln g ( χ ) = 1n 1 0 1n 2 1og x = 1n l O log x o ln 2 =

ln x 1 ln 1 0 -ln 2 = ln χ o ln 2 = ln 2 ι1 Χ = ln f (χ ) ο ln l O

Άσκηση 1 3 Έστω η συνάρτηση

f ( x) = log (x3 - 4χ2 + 5χ + κ ) , κ e R .

α) Να υπολογίσετε την τιμή του κ ώστε f ( 3) = 2 1og 2 .

β) Να βρείτε τις τιμές του κ ώστε f (3) < ιο- ιοg z γ) Αν κ = -2 , να βρείτε το πεδίο ορισμού της f και να δείξετε ότι: f ( x) = 2 1og ( x - 1) + log ( x - 2)

Λύση α) Με χ3 - 4χ2 + 5χ + κ > Ο έχουμε: f {3) = 2 log 2 <:::::> log (27 - 36 + 1 5 + κ ) = log 22 <:::::> κ + 6 = 4 <:::::> κ = -2 ο ( Η τιμή είναι δεκτή διότι 27 - 36 + 1 5 + κ = 4 > ο ο )

β) f(3) = 1οg(κ+6)ο Με κ+6 > Ο δηλαδή κ > -6 έ­χουμε : f ( 3 ) < ι ο- Ιοg 2 <:::::> log ( Κ + 6 ) < ( 1 0iog 2 ( <:::::>

<:::::> log ( κ + 6 ) < 2- 1 <:::::> log ( κ + 6 ) < _!_ <:::::> 2 <:::::> log ( κ + 6 ) < log.[IO <:::::> κ + 6 < .JϊΟ <:::::>

<:::::> κ < .JϊΟ - 6 <:::::> -6 < κ < .JϊΟ - 6

γ) Έχουμε : f ( x ) = log ( x3 - 4x2 + 5x - 2) 0 Από

1 - 4 5 - 2 1 σχήμα Homer παίρνουμε : - 3 2

Οπότε

- 3 2 ο

f ( χ ) = log[( χ - 1 ) ( χ2 - 3χ + 2 )J = log[( χ - 1 )2 (χ - 2 )]

Για να ορίζεται η f(x) , πρέπει και αρκεί: (χ - 1 ) 2 ( χ - 2 ) > Ο, δηλαδή χ > 2 ο

Άρα Α = ( 2, +οο) ο Επομένως

f (χ ) = log (χ - 1 ) 2 (χ - 2 ) = log (χ - 1 )2 + log (χ - 2) = 2 log j x - 1 1 + log( χ - 2) = 2 log ( χ - 1 ) + log ( χ - 2) , διότι: χ > 2 > 1 ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/45

Page 48: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Ε Ξ Ι ΣΩΣ Η

Γ.Σ. Τασσόπουλος Καθηγητής Βαρβακείου Λυκείου

Οι μαθητές της Κατεύθυνσης Β ' Λυκείου θα πρέπει να καταλάβουν ότι στην ουσία ολόκληρη η Α ναλυτι­κή Γεωμετρία που διδάσκονται έχει ως θεμέλιο τη μελέτη της ευθείας και του κύκλου.

Αυτά που ακολουθούν βασίζονται σε κάποιους επιπλέον τύπους (για τις υπόλοιπες κωνικές τομές) αλλά οι τεχνικές επίλυσης των προβλημάτων είναι ήδη γνωστές από την ευθεία και τον κύκλο.

Με το παρακάτω θέμα προσπαθήσαμε να συγκεντρώσουμε όσο πιο πο)λές χρήσιμες πληροφορίες για τη μελέτη των δυο αυτών σχημάτων και επισημάναμε μερικούς κινδύνους που κρύβονται σε ειδικές περι­πτώσεις προκειμένου να τους αποφύγουν οι μαθητές.

Θεωρούμε την εξίσωση χ2+y2+(μ+l)χ+(μ-l)y+μ2+3μ+3=0 (1) όπου μ ε!R, παράμετρος.

1 ) Να βρεθούν ο ι τιμές του μ για τις οποίες η εξίσωση ( 1 ) παριστάνει κύκλο.

Η εξίσωση x2+y2+Ax+By+Γ=O, Γ=μ2+3μ+3

είναι της μορφής με Α=μ+ 1 , Β=μ-1 και

Για να παριστάνει κύκλο πρέπει και αρκεί Α2+Β2>4Γ (2)

Έχουμε : Α2+Β2-4Γ=-2μ2- 12μ- 1 0, οπότε (2)<=:>μ2+6μ+5<0<:::>με (-5 , - 1 ) .

2) Να δείξετε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων ανήκουν σε ευθεία που σχηματίζει με τους άξονες ισοσκελές τρίγωνο.

Για το κέντρο Κ ενός τυχαίου κύκλου απ' αυ-, , Α μ + 1 τους εχουμε χ κ = -2 = --

2- και

Β 1 - μ Υκ = -2 =-2- . Άρα μ=-2χκ- 1 και μ=-2yκ+ 1 , οπότε -2χκ- 1 = =-2yκ+ 1 �Χκ-Υκ+ 1 =0 . Επομένως το Κ ανήκει

στην ευθεία (t) :x-y+ 1 =0 . Για να σχηματίζει η ευ­θεία (t) ισοσκελές τρίγωνο με τους άξονες, ικανή και αναγκαία συνθήκη είναι να σχηματίζει με τον άξονα χ 'χ γωνία 45° ή 1 3 5°, δηλαδή να έχει κλίση 1 ή - 1 και να μην διέρχεται από την αρχή των αξό­νων.

Στην προκείμενη περίπτωση πράγματι έχουμε

λω= 1 και προφανώς η ευθεία (t) δεν διέρχεται από το Ο (0,0).

3) Να δείξετε ότι όλοι αυτοί οι κύκλοι βρίσκο­νται στην ταινία που ορίζεται από τις πα­ράλληλες ευθείες (ε) : x-y-1 =0

και (δ) : x-y+3=0

Προφανώς (ε)//(δ)//(t), αφού λω=�δ)=λω= 1 και η (t) είναι μεσοπαράλληλος των (ε) και (δ), αφού αυτές τέμνουν τον άξονα χ 'χ στα σημεία Μ(-1 , 0), A( l ,O) και Β(-3 , Ο) αντιστοίχως, οπότε

χΜ = χΑ + χ 8 , δηλαδή το Μ είναι μέσο του ΑΒ. 2

Η απόσταση των (ε) και (δ) ισούται με την α­πόσταση του A( l ,O) από την (δ) . Άρα:

1 1 - 0 + 3 1 1 1 + 3 1 d ( ( ε ) , (δ ) ) = d ( Α, ( δ)) = =-= �1 2 + (- 1 )2 J2 = � = 2J2 .

Για να βρίσκεται λοιπόν ένας τυχαίος κύκλος απ ' αυτούς στην ταινία των (ε) και (δ) αρκεί για

την ακτίνα ρ = }__ J Α 2 + Β2 - 4 Γ αυτού να ισχύει 2

η σχέση ρ � J2 . 'Εχουμε λοιπόν ρ = }__�-2μ2 - 1 2μ - 1 0 , οπότε

2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/46

Page 49: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

αρκεί �-2μ2 - 1 2μ - 1 0 -:::, 2J2 ,

ή -2μ2- 1 2μ- 1 0::Ξ:8, ή τέλος (μ+3)2�0 , που ισχύει Υ (δ)

(ε)

y= l χ

χ

χ=2

Γενικότερα αν θεωρήσουμε τις παράλληλες ευθείες (ε) : αχ+βy+γ=Ο και (δ) : Αχ+Βy+Γ=Ο, όπου φυσικά I α I + I β I :;eO, I Α I + I Β I :;eO και τις ορίζουσες

D = l: : ι = αΒ - βΑ, D, = Ι=; : ι = βΓ - γβ,

Ι α -γ ι Dv = = γΑ - αΓ του συστήματος που ορί-. Α -Γ ζουν, θα έχουμε : (ε) ΙΙ {δ) �D=Ο�αΒ=βΑ ( 1 ) .

Από την ( 1 ) βλέπουμε ότι: (A;i:O�αi=O) και (Bi:O�βi:O) (I) (γιατί;)

i) Αν αi=Ο, τότε η (ε) τέμνει τον χ 'χ στο

Μ1 ( -� , 0) , οπότε για τη απόσταση των ευ-

θειών θα έχουμε : d �A2 +"fi lγΑ - αΓ I jDY j . - - . Που

iα l vfA2 + Β2 lα l vfA2 + Β2 έγινε ά-

ραγε χρήση της σχέση ( 1 ) ; Αν λάβουμε τώρα υπόψη μας την ( 1 ) θα έχουμε και τον τύπο

d = IDY I ( Ι ) IDY I = vfα2A2 + α2Β2 �α2Α2 + β2Α2

� JD, I . Μπορείτε άραγε και από αυτή IA I α2 + β2

την παρατήρηση να δικαιολογήσετε τις σχέ­σεις (I) ;

ii) Αν βi:Ο, τότε η (ε) τέμνει τον y 'y στο

Μ2 (Ο, -�} οπότε η απόσταση των ευθειών

. Α · Ο+ΒΗΗ

θα ειναι d .J = Α2 + Β2

_ lβΓ - γΒ I = IDx l - �β l vfA2 + Β2 lβ l vfA2 + Β2 . Λόγω της ( 1 )

Τελικά λοιπόν :

d = jDY j = jDY j όταν αΑ * Ο

lα l vfA2 + Β2 IA I �α2 + β2,

IDx l = IDx l όταν βΒ :;t: Ο lβ l vfA2 + Β2 IB I �αz + βz'

Α ν αβi:Ο διαπιστώστε και Αλγεβρικά ότι οι δυο τύποι είναι ίδιοι. Θα μπορούσαμε φυσικά αντί των περιπτώσεων

αi=Ο και βi:Ο να διακρίνουμε τις περιπτώσεις ( αi=Ο και α=Ο) ή τις περιπτώσεις (βi=Ο και β=Ο) . Στην περίπτωση λοιπόν α=Ο θα έχουμε βΒi=Ο και Α=Ο (γιατί;) οπότε οι ευθείες (ε), (δ) τέμνουν τον άξονα

ψ 'ψ στα σημεία ( 0, -�) , ( 0, - �) αντιστοίχως

και d ( ( ε ) , (δ ) ) = Ι-� - ( _ � )I = Ιβ���Β' =

IDx l IDx l ----:---';==='=== αφού α= Α =Ο . lβ l vfA2 + Bz IΒ I �α2 + β2

Εντελώς ανάλογα αν β=Ο τότε αΑi:Ο και Β=Ο, οπότε οι (ε), (δ) τέμνουν τον άξονα χ 'χ στα σημεία

( -� , 0) και (- : , Ο) και έχουμε

d (( ε ) , (δ ) ) = 1 -i_ - (_]_)1 = !γΑ - αΓι Α α Ια ! IΑ I

= jDY j jDY j ' αφού β=Β=Ο. lα l vf Α 2 + Bz IA I �α2 + β z Ειδική περίπτωση αποτελεί η Άσκηση 5 σελί­

δα 77 του σχολικού βιβλίου, όπου το πλέον κατάλ­ληλο σημείο για τη λύση της είναι το (Α,Ο) (γιατί;)

Τέλος, στους ίδιους τύπους καταλήγουμε αν αντί των συγκεκριμένων σημείων που επιλέξαμε ως πλέον πρόσφορα , παίρναμε ένα τυχαίο σημείο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/47

Page 50: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Μ(χο,Υο) της (ε) < • J Πράγματι στην περίπτωση π.χ. όπου α:;tΟ θα

έχουμε Μ( βyοα+ γ , y0 ) οπότε : IA ( _ βyοα

+ γ ) + Βyο + Γ Ι d - -- �Α2 + βz -

_ 1 -γΑ + αΓI _ IDx l -lαi�A2 + β2 - lαi�A2 + βz

Ανάλογα εργαζόμαστε αν β:!=Ο και Μ ( αχσ + γ ) Χο , . β

4) Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των κέ­ντρων αυτών των κύκλων _ \ίΗJη Ας προσέξουν οι μαθητές την ουσιαστική δια­

φορά ανάμεσα στο ερώτημα 2 και το ερώτημα 4. Για να είναι ένα σημείο Κ κένtρο ενός τέτοιου

κύκλου πρέπει και αρκεί να υπάρχει με (-5 ,- 1 ) , . . μ + 1 1 - μ δ λ δ ' τετοιο ωστε χ κ = --- και Υκ =-- , η α η 2 2

να είναι συμβιβαστό το ως προς μ σύστημα μ + 1 χ = ---κ 2

1 - μ Υκ =-2- (Σ) -5 < μ < - 1

Όμως: (Σ) συμβιβαστό <::::> μ = -2Χκ - 1 μ = -2yκ + 1 <::::> συμβιβαστό <::::> -5 < -2Χκ - 1 < - 1 -5 < -2y κ - 1 < - 1

-2χ κ - 1 = -2y κ + 1} χ κ - y κ + 1 = Ο} <::::> ο < χ κ < 2 <::::> ο < χ κ < 2 <::::>

1 < yκ < 3 1 < yκ < 3 το Κ ανήκει στο ανοιχτό ευθύγραμμο τμήμα Γ Δ με Γ(Ο, 1 ) και Δ(2,3 ) (γιατί;) επί της ευθείας (t) : x-y+ 1 =0 . Δεν είναι λοιπόν ολόκληρη η ευθεία (t) ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος, όπως κακώς

<•J Η χρήσιμη αυτή παρατήρηση έγινε από το συνάδελ­φο κ. Παναγιώτη Τσάκαλο

θα διαπίστωνε κάποιος ακολουθώντας την απά­ντηση που δώσαμε στο ερώτημα 2 . 5) Να βρεθεί ο μεγαλύτερος απ' αυτούς τους

κύκλους

.\ύση Για να είναι ένας τέτοιος κύκλος μέγιστος

πρέπει και αρκεί να έχει μέγιστη ακτίνα, δηλαδή η συνάρτηση f(μ)=-2μ2- 1 2μ-1 0, με με (-5 ,- 1 ) να γίνει μέγιστη . Αυτό ως γνωστό συμβαίνει μόνο όταν μ = _1_ = -3 ε ( -5, - 1 ) , οπότε : 2α

ρ,ηaχ =��f ( -3) =��-1 8 + 36 - 10 =fi = R Επειδή μόνο για μια τιμή του μ η f(μ) γίνεται

μέγιστη η τιμή αυτή της συνάρτησης δεν θα είναι απλώς μέγιστη αλλά μεγαλύτερη από όλες τις άλ­λες. Ο κύκλος λοιπόν με ακτίνα R = J2 είναι ο μεγαλύτερος από αυτούς τους κύκλους και έχει

-3 + 1 κέντρο το σημείο Θ με χ8 = --2- = 1, 1 + 3 y 8 = -- = 2 το οποίο προφανώς είναι μέσο του 2

ΓΔ αφού χ = X r + χΔ ' ο 2

6) Να βρεθεί η εξίσωση της χορδής Α1Α2 των σημείων επαφής του μεγαλύτερου κύκλου με τις εφαπτόμενες από το σημείο Μ(-1,0) και να δειχθεί ότι η ευθεία αυτή διχοτομεί δύο πλευρές του τετραγώνου ΓΓ ΔΔΌ

.\ίJση Με τρόπο ανάλογο αυτού που ακολουθεί το

σχολικό βιβλίο για να βρει ως εφαπτόμενη του κύκλου χ2+/=ρ2 σε τυχαίο σημείο (χο,Υο) αυτού την ευθεία x0x+y0y=ρ2 μπορούμε να δείξουμε ότι η εφαπτόμενη του κύκλου

(c 1 ) : (χ-α)2+(y-β)2=ρ2 στο σημείο Μ ι (χο,Υο) αυτού είναι η ευθεία

(ε ι ) : (χο-α)(χ-α)+(yο-β)(y-β)=ρ2 Πράγματι για να ανήκει ένα σημείο Σ 1 (χ ' ,y ')

στη εφαπτόμενη(ε 1 ) πρέπει και αρκεί: Κ1Μ 1 _l Μ1Σ1 (ί)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/48

Page 51: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

Παρατηρούμε ότι: (i) �Κ1Μ1 · Μ1Σ1 = 0�Κ1Μ1 · (Κ1Σ1 -Κ1Μ1 ) = 0 ( * )

� ΚιΜ ι . Κι Σ ι = Ικ ιΜι l 2 � � ( χο - α, Υ ο - β ) ( χ ' - α, y ' - β ) = ρ2 � � ( χο - α) ( χ ' - α) + ( Υο - β ) ( y ' - β ) = ρ2 Άρα (ε ι ) : (χ0-α)(χ-α)+(y0-β)(y-β)=ρ2

(ε ι )

Αν λοιπόν Αι (Χ ι ,Υ ι ) και Az(x2,y2) τα σημεία επαφής, τότε οι εφαπτόμενες στα Α 1 , Α2 θα είναι σύμφωνα με τον προηγούμενο τύπο (ε ι ) : (xΓI )(x- l )+(yΓ2)(y-2)=2 και (εz) : (xz- l )(x-l )+(yz-2)(y-2)=2 Αντιστοίχως. Όμως:Με(ει)�χΓ1)(-1-1 )+(yΓ2)(0-2)=2 <=>---2(χΓ Ι )-2(yΓ2)=2�χ ι+yΓ2=0 (I)

Οι σχέσεις (I) και (II) σημαίνουν ότι η ευθεία χ +y-2=0 διέρχεται από τα σημεία A1 (x 1 ,y 1 ) και Az(Xz ,Yz) δηλαδή η ευθεία αυτή είναι η Α1Α2 • Άρα Α ιΑz : χ +y-2=0 και προφανώς διέρχεται από το μέσο Q( l , l ) της ΓΓ και το μέσο Q '(0,2) της ΓΔΌ

( * ) Η απλή αλλά ευφυής αντικατάσταση του Μ1Σ1 με

Κ1Σ 1 - Κ1Μ1 για να εμφανισθεί απευθείας το

Ικ1Μ 1 1 2 = ρ2 , κάτι που δεν υπάρχει στις συνήθεις απο­

δείξεις, οφείλεται στο συνάδελφο κ. Γιώργο Μαυρίδη

από τη Θεσσαλονίκη .

Π αρατή ρη ση . Η ευθεία αυτή προέκυψε όπως ακριβώς η εφαπτόμενη , δηλαδή από τον τύπο : (x-l )(xM- l )+(y-2)(yM-2)=2 , μόνο που το Μ δεν βρίσκεται επί του κύκλου. Προφανώς όταν το Μ βρεθεί επί του κύκλου, τότε η Α1Α2 εκφυλίζεται σε εφαπτόμενη .

7) Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΜΑ1Α2 που βρήκαμε προηγουμένως και να δείξετε ότι το τρίγωνο είναι ισόπλευρο. Λύση

'Εχουμε (ΜΑ1Α2 ) = _!_Α1Α2 · ΜΗ = Α1Η · ΜΗ 2 Όμως ΜΘ = �(1 + 1 )2 + ( 2 - 0)2 = J8 = 2J2

και ΘΑ1 = R = J2 , οπότε όλα τα στοιχεία του τρι­γώνου ΜΑ ι Θ υπολογίζονται

Έχουμε λοιπόν: ΑιΘ2 = ΘΜ · ΘΗ =:> 2 = 2.fi · ΘΗ =:> ΘΗ = J2

2 ' οπότε : ΜΗ = ΜΘ - ΘΗ = 2J2 - J2 = 3J2

2 J2 3J2 3 και Α1Η = ΗΘ · ΗΜ =- ·-- =- .

Άρα: A1H =J% . 2 2 2

2 2

Τελικά λοιπόν (ΜΑ1Α2 ) = fi . 3J2 = 3.[3 'J2 2 2

Εξάλλου ΜΑ� = ΜΗ · ΜΘ = 3J2 . 2J2 = 6 => 2 =:> ΜΑ1 = .J6 = MA2 και A1A2 = 2A1H = 2� =.J6

Άρα ΜΑι=ΜΑz=ΑιΑz, δηλαδή το τρίγωνο ΜΑιΑz είναι ισόπλευρο .

Ση μείωση : Προφανώς θα μπορούσαμε να βρούμε το ΜΗ ως απόσταση του Μ(-1 ,0) από την ευθεία Α ιΑz : χ +y-2=0. Ο προσδιορισμός όμως των Αι , Α2 είναι ασύμφορος. 8) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες του μεγαλύτε­

ρου από αυτούς τους κύκλους από το σημείο

Σ ( �3 + 2J2, Ο) . Στη συνέχεια να δείξετε με τρεις τρόπους, ότι η ικανή και αναγκαία συνθήκη για να εφάπτεται η ευθεία (δ) :y=λχ+κ του κύκλου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/49

Page 52: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

(c) : (χ-α)2+(y-β)2=ρ2, με ακτίνα ρ, είναι η ρz(λz+l )=(λα+κ -β)z. . \ ί>ση

• Η Εξίσωση του κύκλου με κέντρο Θ( 1 ,2) και ακτίνα R = J2 είναι (c) : (x- ι )2+(y-2)2=2 'Εχουμε χΣ = �ι 2 + ( J2)2 + 2 + J2 =

= �( ι +J2)2 = ι +J2 = χ0 + R Η ευθεία λοιπόν χ = ι + J2 είναι μια εφαπτό­

μενη του (c), χωρίς κλίση . Το ίδιο θα συνέβαινε και αν βρίσκαμε xΣ=xe-R.

Εξετάζουμε στη συνέχεια αν υπάρχει και εφα-πτόμενη (ζ) του (c) με κλίση λ, διερχόμενη από το Σ.

Θα έχουμε τότε (ζ) : y - Ο = λ ( χ - ι - J2) <::::> <::::> ( ζ ) : λχ - y - λ ( ι + J2) = Ο Για να είναι η (ζ) εφαπτόμενη του ( c) πρέπει

και αρκεί d(Θ, (ζ))=R (3) .

Ιλ - ι - 2 - λ ( ι +J2) 1 ( 3 ) {::::> � = J2 {::::> λ2 + (- ι )2

{::::> 1 2 + λJ21 = J2,)λ2 + ι {::::> <=> IJ2 + λl = Jλ2 + ι <::::> 2 + λ2 + 2λJ2 = λ2 + ι {::::> <=> 2λJ2 = - ι <=> λ = _ _

ι_ <=> λ = -J2 2J2 4 '

. J2 J2 ( ι;; ) οποτε ( ζ ) : -4χ - y +4 ι + ν 2 = 0 <::::> ( ζ ) : J2χ + 4y -J2 - 2 = 0 .

• α 'τρ{ιπος (Εφαρμόζεται μόνο στον κύκλο και όχι στις

άλλες κωνικές τομές) Το κέντρο του κύκλου είναι Κ(α,β) Πρέπει και αρκεί d(K, (δ))=ρ ( 1 ) , όπου (δ) : λχ-y +κ=Ο

Άρα: ( ι ) <=> jλ� κi = ρ <=> (λα + κ - β )2 = ρ2 (� + ι ) λ2 + ι ο β · τρόπος (Η λύση αυτή εφαρμόζεται και στις άλλες κωνικές τομές, όμως δεν περιλαμβάνεται στην εξεταστέα ύλη, § 3 . 5 του σχολικού βιβλίου)

Πρέπει και αρκεί η εξίσωση (χ-α)2+(λχ+κ-β)2=ρ2 (2) να έχει διπλή ρίζα.

(2)<::::>(λ2+ ι )χ2+2 [λ(κ-β)-α]χ+(κ-β)2+α2-ρ2=0 και αφού λ2+ 1:�0, πρέπει και αρκεί Δ=Ο, όπου Δ η δια­κρίνουσά της. Δ=Ο<::::>Δ/4=0<::::>

<::::> [λ(κ-β)-α]2 -(λ2+ ι )[(κ-β)2+α2 -ρ2]=0 <::::>λ2(κ-β2)+α2-2λα(κ-β)-[λ2( κ-β)2+λ2α2 -λ2ρ2+( κ-β)2+α2 -ρ2]=Ο<::::> <::::> ρ2(λ2+ ι )= ( κ-β)2+λα2+ 2λα( κ-β)<=> <::::>ρ2(λ2+ ι )=(λα+κ-β)2 .

., γ 'τρ{»πος (Ο τρόπος αυτός είναι γενικότερος και εφαρμόζεται όχι μόνο στις υπόλοιπες κωνικές τομές αλλά και στις εφαπτόμενες της γραφικής παράστασης συνάρτησης που θα διδαχθούμε στη Γ Λυκείου)

Για να εφάπτεται λοιπόν η (δ) του (c) πρέπει και αρκεί να υπάρχει σημείο M(x0,y0) τέτοιο ώστε η εφαπτομένη του ( c) στο Μ, δηλαδή η ευθεία (ε) : (χ0-α)(χ-α)+(yο-β)(y-β)=ρ2 να ταυτίζεται με τη (δ) Έχουμε (δ) : λχ-y=-κ και

(ε) : (χο-α)χ+(yο-β)y=ρ2+α(χο-α)+β(yο-β) Για να ταυτίζονται οι (δ), (ε) πρέπει και αρκεί οι ορί­ζουσες D, D,, Dy του συστήματος που ορίζουν να μηδενίζονται, αφού αποκλείεται να μηδενίζονται οι συντελεστές των χ, y συγχρόνως.

Έχουμε : D=O<::::> (χο-α)+λ(y0-β)=Ο ( 1 ) Dχ=Ο<::::>α(χο-α)+(β-κ)(y0-β)=ρ2 (2) Dy=O<::::> (λα+κ)(χ0-α)+λβ(y0-β)=-λρ2 (3) Αν χσ-α=χ ' και Υο-β=y ' , τότε το επιλύον σύ-

χ ' + λy' = Ο } στημα των ( ι ) , (2) είναι . ( ) , 2 (Σ') , αχ + β - κ Υ = -ρ με D '=β-κ-λα, D 'χ=λρ2, DΎ=-ρ2 Προφανώς D ':;t:O, διότι διαφορετικά θα είχαμε β=λα+κ, δηλαδή η (ε) θα διερχόταν από το κέντρο Κ( α, β) του κύκλου ( c ), οπότε αποκλείεται να ήταν εφαπτομένη του .

λρ2 ' ρ2 Άρα: (Σ ') <::::> χ ' = , Υ = , λα + κ - β λα + κ - β οπότε :

λρ2 ρ2 ( ι ) , ( 2 ) <=> χο = α - , yο = β + · λα + κ - β λα + κ - β Οι τιμές αυτές επαληθεύουν<• > την (3) , δημι­

ουργώντας την ψευδαίσθηση ότι είναι δεκτές. Για να είναι όμως αυτές οι τιμές δεκτές πρέπει και αρ­κεί να επαληθεύουν την εξίσωση του κύκλου, δη-λαδή : (χ0-α)2+(y0-β?=ρ2

<• > Παρατηρείστε ότι σε ένα πρωτοβάθμιο σύστημα 2χ2,

με τους συντελεστές της μιας εξίσωσης διάφορους του

μηδενός, ο μηδενισμός δυο εκ των οριζουσών D, D., Dy συνεπάγεται και το μηδενισμό της τρίτης (γιατί;)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/50

Page 53: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

λ' 4 4

( i ) � -ρ 2 + ρ

2 = ρ2 � (λα + κ - β) (λα + κ - β ) � (λ2 + 1 ) ρ2 = (λα + κ - β γ

Για κατανόηση της μεθόδου, ας επαναλάβουν τη διαδικασία οι μαθητές για την περίπτωση του κύκλου : χ2+y2=ρ2 οπότε θα καταλήξουν πιο εύκο­λα στη συνθήκη : (λ2+ 1 )ρ2=κ2Να δώσουν επίσης δυο ακόμη τρόπους λύσης στο 1 ο ερώτημα 9) Να δείξετε ότι για να είναι δυο κύκλοι απ'

αυτούς ίσοι πρέπει και αρκεί να είναι συμ­μετρικοί ως προς Θ(1 ,2) και όλα τα ζεύγη αυτών των κύκλων έχουν τον ίδιο ριζικό ά­ξονα, την ευθεία x+y=3.

λίJση ω Για να είναι δύο απ ' αυτούς τους κύκλους ίσοι

πρέπει και αρκεί να υπάρχουν μ 1 , μ2 ε (-5 ,- 1 ) τέτοιοι ώστε : -2μ 1 2- 1 2μ ι-1 0=-2μ/-12μΓ1 0 ( 1 ) με μ, ;fμz .

( 1 )�μ1 2-μ22+6(μ ι-μz)=Ο�μ,+μ2=-6

Τα κέντρα τους τότε θα έχουν συντεταγμένες μι + 1 1 - μ ι - μ2 + 1 χ κ, = --2-, Υκ, = --2-, και χ κ, - --2- , 1 - μ2 θ ' Υκ, = --2- ενώ το μέσο Κ του ΚιΚz α εχει

_ μ , + 1 _ μ2 + 1 χ κ + χ κ, 2 2 ΧΚ = I 2 - = ---=-2---=--μ, + μ2 + 2 - -6 + 2 -= - - -- - ΧΘ 4 4 (I)

Ομοίως Υκ=2=y8 (11) Από τις σχέσεις (1) , (Π) φαίνεται ότι ΜΞΘ, δηλαδή οι κύκλοι (Κι ) , (Kz) είναι συμμετρικοί ως προς Θ.

�η μείωση : Στην περίπτωση που τα Κ, Θ ανή­κουν σε ευθεία της μορφής: y=λχ+μ η σχέση (11) μπορεί να παραληφθεί αφού είναι άμεση συνέπεια της (1) .

Πράγματι (Ι)�χκ=χe�λχκ+μ=λχe+μ�yκ=ye�(ΙΙ) . Στην περίπτωσή μας πράγματι τα Κ, Θ ανή-

κουν στην ευθεία (t) : y=x+ 1 ιι Ριζικός άξονας δύο κύκλων

(c ; ) : x 2 + y2 + Α; χ + Β; y + Γ; = 0 με

ρ . = _!_ /Α2 + Β2 - 4Γ , i = 1 , 2 , οι οποίοι δεν ι 2 ν ι ι ι

είναι ομόκεντροι, δηλαδή (Αι οι. Α2 ή Β ι οι. Β2 ) , λέγεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείων M(x ' ,y ' ) που έχουν την ί­δια δύναμη ως προς αυτούς τους κύκλους. Έχουμε λοιπόν: cύ(� ) = cύ(� ) � Κ1Μ2 - ρ� = Κ2Μ2 - ρ� � ( Α )2 ( Β ) 2 ,

� χ '+ --:f + Υ '+ --:j: - ρϊ = ( Α ) 2 ( Β )2 = χ '+ 22 + Υ '+ ---:f - ρ� �

(Αι - Α2 ) χ '+ (Β 1 - Β2 ) y '+ Γι - Γ2 = 0 .

Άρα ριζικός άξονας είναι η ευθεία (δ ι ) : (Α ι - Α2 ) χ + (Β 1 - Β2 ) y + Γ1 - Γ2 = 0 και στην προκείμενη περίπτωση η ευθεία (δ , ) : ( μ ι - μ2 ) χ + (μ ι - μ2 ) y + +μ� - μ� + 3 (μ ι - μ2 ) = 0 � (δι ) : χ + Υ + μ, + μ2 + 3 = Ο � (δι ) : χ + y + ( -6) + 3 = Ο � (δ , ) : χ + y = 3 . Πρόκειται για την κάθετη στην ( t ) : χ - y + 1 = Ο στο σημείο Θ( 1 ,2), πράγμα αναμενόμενο (γιατί;) .

1 0) Να δείξετε ότι δεν υπάρχει κάποιος από αυτούς τους κύκλους που να βρίσκεται ε­ντός του τετραγώνου με κορυφές Γ(Ο, l ), Δ(2,3) και Γ '(2, 1 ), Δ '(Ο,3).

. 'Ι.:ίJΙ7 11 Έστω Κ (x0,y0) το κέντρο ενός από αυτούς

τους κύκλους επί του Γ Δ. Οι αποστάσεις του Κ από τις πλευρές του τετραγώνου είναι

ΚΚ1=yο- 1 =χο=Κ�, ΚΚ2=2-χο=3-yο=ΚΚ3 , αφού x0-yo+ l =O

Για να μη βρίσκεται ένας τέτοιος κύκλος εντός του τετραγώνου πρέπει και αρκεί η ακτίνα ρ αυτού να ικανοποιεί μια τουλάχιστον από τις σχέσεις ρ>χ0 ή ρ>2-χ0, δηλαδή ρ>min {xo, 2-χο } ( 1 ) (το ελάχιστο εκ των δυο)

Παρατηρούμε ότι:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/51

Page 54: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β · Λυκείου

μ + 1 χσ>2-χσ<=>χσ> 1<=>--- > 1 <=>-3>μ<::>-5<μ<-3 , 2 αφού με (-5 ,-1 ) . Εξάλλου : χσ<2-χο<::>με (-3 ,- 1 ) , ενώ

χσ=2-χο <=> μ= -3 Προφανώς για μ=--3 έχουμε το μεγαλύτερο

από τους κύκλους ο οποίος είναι ο περιγεγραμμέ­νος κύκλος του τετραγώνου (γιατί;)

'Εστω D = -2μ2 - 1 2μ - 1 0 , οπότε ρ = _!_.JD . 2 α) Αν -5<μ<-3 τότε :

1 r;::: μ + 1 ( 1 ) <=> ρ > 2 - χ0 <=> -νD > 2 +-- <=> 2 2 μ>-5 <=> .JD � μ + 5 <=> D > (μ + 5γ <=>

<=> -2μ2 - 1 2μ - 1 0 > μ2 + 1 0μ + 25 <=> 7 <=> 3μ2 + 22μ + 35 < ο <=> -5 < μ < --<=> 3

<::::> -5 < μ < -3, αφού -3 < _ 7_ . 3 Υ

χ=2

y=3

y= l

χ ' χ

y '

Άρα δεν υπάρχει κάποιος από αυτούς τους κύ­κλους που να βρίσκεται εντός του τετραγώνου . β) Αν -3<μ<-1 τότε :

1 μ + 1 μ<- Ι ( 1 ) <=> ρ > χ0 <=> -.JD > -- <=> 2 2 D > (μ + 1)2 <::::> -2μ2 - 1 2μ - 10 > μ2 + 2μ + 1 <=>

1 1 <=> 3μ2 + 1 4μ + 1 1 < ο <=> -- < μ < - 1 <=> 3 <::::> -3 < μ < - 1, αφού _ _!_! < -3 . 3 Τελικά ούτε κάποιος από αυτούς τους κύκλους

βρίσκεται εντός του τετραγώνου. 1 1 ) Να δείξετε ότι ο μεγαλύτερος κύκλος τέμνει

όλους τους υπόλοιπους

Λύση Θεωρούμε ένα τυχαίο κύκλο απ ' αυτούς με

' Κ-Ι-Θ δ λ δ ' μ + 1 1 - μ κεντρο τ- " , η α η χ κ = --2- , Υκ =-2- , με μ-:/=-3 . Η ακτίνα του θα είναι ρ = Ί_ .JD , όπου 2 D = -2μ2 - 1 2μ - 1 0 .

Ο μεγαλύτερος κύκλος έχει κέντρο Θ( Ι ,2) και ακτίνα R = J2 .

Η διάκεντρός τους θα είναι

δ � ( ι + μ; ι ) ' + ( 2 _ ι �μ ) ' �Ν μ; 3 )' �

= lμ + 3 I J2 . 2 Για να τέμνονται λοιπόν οι κύκλοι (Θ) και (Κ)

αρκεί: R-ρ<δ<R+ρ 'Εχουμε : R + ρ - δ = J2 + _!_.JD _ lμ + 3 1 J2 = 2 2 � �.JD +v ' ψ - ιμ ; 3 Ι ) > ο , αφού

Ιμ + 31 -5 < μ < -1 �-2 < μ + 3 < 2� Ιμ + 31 < 2 �--< 1 2 Άρα R+ρ>δ Εξάλλου δ + ρ - R = I μ + 3 1 J2 + _!_.JD- J2 = 2 2

.JD -J2(2 - Ι μ + 31 ) = με 2- l μ+3 1 >0, όπως δεί-2 ξαμε προηγουμένως.

Για να είναι λοιπόν δ>R-ρ, δηλαδή δ+ρ-R>Ο, αρκεί D>2(2- l μ+3 1 )2 • i) Για -3<μ<-1 , αρκεί να δείξουμε ότι:

-2μ2-1 2μ- 1 0>2(2-μ-3)2, ή -μ2-6μ-5>2(μ+ 1 )2 , ή μ2+4μ+3<0. Πράγματι μ2+4μ+ 3=(μ+ 1 )(μ+ 3)<0, αφού μ+ 1 <Ο και μ+ 3>0

i i) Για -5<μ<-1 , αρκεί να δείξουμε ότι: -2μ2- 1 2μ-1 0>2(2+μ+3)2, ή -μ2-6μ-5>2(μ+5)2, ή μ2+8μ+ 1 5<0 . Πράγματι μ2+8μ+ 1 5=(μ+ 3)(μ+5)<0, αφού μ+ 3<0 και μ+5>0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/52

Page 55: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΚΑΝΟΝΙΚΑ ΠΟΛΥΓΩΝΑ - ΜΕΤΡΗΣΗ ΚΥΚΛΟΥ

1 . Αν προεκτείνουμε κάθε μια πλευρά ενός κα­νονικού ν-γώνου Α1 , Α2 • • • Αν κατά ίσο τμή­μα και προς την ίδια φορά, τότε τα άκρα των προεκτάσεων αυτών είναι επίσης κορυ­φές κανονικού ν-γώνου.

Λύση Δ Δ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα: Α1 Βι Β2 και Α2 Bz Β3

Έχουν ΑιΒ ι=Α2Β2 ( Ι ) ' ' Β1Α1 Β2 = Β2Α2Β3 (2) ως παραπληρωματικές των ·ίσων γωνιών του κανο-' ' νικού ν-γώνου AvA1A2 = Α,Α2Α3 . Β2

Bv

Bs Ακόμη Α ιΑ2=Α2Α3 (3) και Α2Β2=Α3Β3 (4) . Με πρόσθεση κατά μέλη των (3) ,(4) παίρνουμε Α ιΒ2=Α2Β3 (5 ) Άρα:

Δ Δ ( 1 ) , (2) , (5 ) => Α, Β ι Β2 = Α2 Β2 Β3 (6) Με τον ίδιο τρόπο αποδεικνύεται ότι

Δ Δ Δ Δ Α, Βι Β2 = Α2 Β2 Β3 = Α3 Β3 Β4 = . . . = Av Bv Β, (7) Άρα θα είναι: Β ιΒ2=Β2Β3= . . . ΒvΒ ι (8), ' ' ' Α1Β1 Β2 = Α2Β2Β3 = . . . = AvBvBι (9) ' ' ' Και BvBιAv = Β,Β2Α1 = . . . = Bv-ιBvAv- ι ( 1 0) Με πρόσθεση κατά μέλη των (9) ,( 1 0) παίρνουμε : Β)3 1 Β2 = Β1Β2Β3 = . . . = Βv_ ιΒvΒ ι ( 1 1 ) Άρα: (8) , ( 1 1 )=>Β ιΒ2 . . . Βν κανονικό ν-γωνο. 2. Δίνεται κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ ΔΕ. Οι

διαγώνιοι ΑΔ, εβ τέμνονται στο Σ. Να δείξε­τε ότι λs2=ΑΔ·ΑΣ

Λύση

-(ΆΕ) + (

ΒΓΔ) 720 + 1440 Είναι ( ΑΣΕ) = 2 = 2 1 08° ( Ι ) .

Λ. Μαυρογιαννάκης

Γ

Δ

Α (AJiΔ) 2 1 6° Επίσης ( ΑΕΔ ) = 2 = -2- = 1 08°

Όμοια (ΕΑΔ ) = (�) = 36"

(ΑέΒ ) = (�) = 36" Άρα: ( 1 ), (2) => Ai:E = ΑΕΔ και (3) ,(4) => ΕΑΔ = ΑΕΒ

Δ

(2) .

(3)

(4) (5) (6) .

Επομένως από (5) , (6) τα τρίγωνα ΑΕΣ και Δ ΑΕΔ είναι όμοια και έχουμε :

ΑΕ = ΑΣ :::::> ΑΕ · ΕΔ = ΑΔ · ΑΣ => λ2 = ΑΔ · ΑΣ. ΑΔ ΕΔ 5

3. Δίνεται κανονικό πεντάγωνο ΑΒΓ ΔΕ εγγε­γραμμένο σε κύκλο (Ο, R) Οι προεκτάσεις της πλευράς ΕΔ και της διαμέτρου ΑΜ τέ­μνονται στο Σ. Να δείξετε ότι: α) ΕΜ=ΜΣ,

β) � = ΕΣ.

λ 10 ΕΜ

ΛίJση ,...---..._ ,...---..._ α) Είναι προφανώς ΑΕΔ = ΑΒΓ = 144° άρα

,---....

ΔΜ = Mr = ΔΓ = 36° ( Ι ) 2 ' (EN.i) 1 08° Επίσης (ΕΑΜ) =-2- =-2- = 54° (2) και

(ΑέΔ ) = (�ι 3 . �2" = I os" (3) Στο τρί-Δ γωνο ΑΕ Σ από (2) , (3) έχουμε :

Σ = 1 80° - 1 08° - 54 ο = 1 8° c 4) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/53

Page 56: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

, Μ ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ...t 8"'

' ' �

' � Σ

Λ (ΔΜ) ( ι ) Εξάλλου είναι (ΔΕΜ) =-2-= 1 8° (5) .

Άρα (4), (5) => ΕΜ=ΜΣ. Λ (ΔΜ) 36° Β 'τρόποi:: (ΔΕΜ) =--=- = 1 8° . - 2 2

( Σ ) � (ΑΕ) �(ΔΜι 72" ; 36" � 1 8• � � " " β) Έχουμε: ΔΜ = ΜΓ => ΔΕΜ = ΜΔΓ ( 1 ) .

Ακόμη {ΜfΔ) )�ι 8" (2}, άρα και ΜrΔ = Σ (3)

Δ Δ Από ( 1 ) και (3) τα τρίγωνα Σ ΕΜ και ΔΜ Γ είναι όμοια οπότε έχουμε

ΓΔ _ ΔΜ λ5 _

λι ο λ5 ΕΣ - --=>- -- => -=- . ΕΣ ΕΜ ΕΣ ΕΜ λι ο ΕΜ Αφού ΔΜ η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου που είναι εγγεγραμμένο στον ίδιο κύκλο (0, R).

4. Δίνεται κανονικό οκτάγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) ΑΒΓΔΕΖΗΘ. Οι πλευρές των τετραγώνων ΑΓΕΗ και ΒΔΖΘ τέμνο­νται στα σημεία Ι, Κ, Λ, Μ, Ν, Ξ, Ρ, Σ. Να υπολογίσετε το εμβαδόν του σχηματιζόμε­νου «αστεριού»: ΑΙΒΚΓ . . . ΣΑ, συναρτήσει της ακτίνας R.

Β

Θ

z

Δ Δ Τα τρίγωνα ΑΒ Ι και Β ΓΚ έχουν ΑΒ=ΒΓ=λ8 (ΑΘ) ο (ΓΔ) ο ( 1 ) (8 ) =-=� (8 ) =-=� συ-ι 2 2 ' 2 2 2 '

νεπώς 8 ι = 82 (2) . Προφανώς και Αι = Γι (3) . Δ Δ Επομένως ΑΒΙ =ΒΓΚ::::>ΑΙ=ΚΓ (4), και

ΒΙ=ΒΚ (5) . Το σημείο Β είναι μέσον του τό-� ξου ΑΓ άρα η ακτίνα ΟΒ είναι μεσοκάθετος

της χορδής ΑΓ δηλαδή ΒΤ .l ΙΚ (6). Από (5) και (6) παίρνουμε Π=ΤΚ (7) Επιπλέον 18κ = 90° , άρα ΒΤ=Π=ΤΚ (8) . Είναι ΒΤ=ΒΟ-ΟΤ= R - R J2

2 ΙΚ � 2ΒΤ � 2 ( R - R;z)=>

=> ΙΚ = 2R - RJ2 = R ( 2 -J2)

(9),

( 1 0) Από (9) και ( 1 0) , το εμβαδόν του τριγώνου

Δ Β Ι Κ είναι: (Βικ} � Ξ ικ - Βτ � Ξψ--Γz){ R - R;z) � � Ξ R' ( 2 -.Γz) { 2 -2-Γz ) � ±R' ( 2 -.Γz)' ( l l )

Το εμβαδόν του τετραγώνου ΑΓΕΗ είναι Ε4 = (RJ2)2 = 2R2 ( 1 2) Επομένως το εμβαδόν του ζητούμενου «αστεριού»θα είναι: Ε = Ε4 + 4 · (BIK) = 2R2 + 4 - �R2 (2 - J2)2 = = 2R 2 + R 2 ( 4 - 4J2 + 2) = = R2 ( 8 - 4J2) = 4R2 ( 2 -J2) .

Δ Δ Δ 2"c τρ{Jπος Α Ι Σ = Β I Κ = ΚΓΛ οπότε αν οι κάθετες πλευρές τους είναι χ οι υποτείνουσες είναι χ J2 , αλλά ΑΙ + ΙΚ + ΚΓ = λ4 => χ + xJ2 + χ = RJ2 => => 2χ + J2x = R J2 x (2 + J2) = RJ2 => χ = R1z = 2 + 2 = RJ2(2 -J2) = 2RJ2 - 2R = R (J2 - 1 ) 4 - 2 2 Ε = Ε 2Ε - λ2 2 2 -γραμμ τετρ . ΑΓΕΗ + τετρ .πλευρ . χ - 4 + Χ -

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/54

Page 57: Ευκλειδης Β 67

Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

= (Rν'2 )2 + 2[ R(h-1)]2 = 2R2 + 2R2 (3 - 2ν'2 ) = R 2 ( 8 - 4ν'2) = 4R 2 ( 2 -ν'2) .

5. Δίνεται κανονικό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ εγγε­γραμμένο σε κύκλο (0, R). Αν οι διαγώνιοι ΑΓ και ΒΖ τέμνονται στο σημείο Σ, να δεί­ξετε ότι: α) ΑΓ=3ΑΣ β) Ε6=1 8(ΑΒΣ)

α) Φέρω τη διαγώνιο ΒΔ που τέμνει την ΑΓ

στο Τ. Είναι (Σ , ) � (Br) : (AZ) � 60'

( ! ) και { ΣΒτ ) � (�) � 60" (2) _\ Άρα Σ Β Τ ισόπλευρο και ΣΒ=ΣΤ=ΒΤ (3 ) .

Γ

Στο τρίγωνο είναι προφανώς Α , = Β , = 30° => ΑΣ = ΣΒ (4) . Για τον ίδιο λόγο ΒΤ=ΤΓ (5) Από (3) , (4) και (5) παίρνουμε ΑΣ=ΣΤ=ΤΓ. Δηλ. ΑΓ=3ΑΣ β) Το εμβαδόν του κανονικού εξάγωνου είναι προφανώς Ε6=3 · (ΑΒΓΟ) ( 1 ) Επίσης το εμβα­δό του ρόμβου (ΑΒΓ0)=2(ΑΒΓ) (2) Από (α) ερώτημα

(ΑΒΓ) = _!_ΑΓ · ΒΜ = _!_(3 · ΑΣ )ΒΜ = 2 2 = 3 (-Ξ-ΑΣ · ΒΜ ) = 3 · (ΑΒΣ ) (3)

Από ( 1 ) (2) και (3) παίρνουμε Ε6=3 ·2(ΑΒΓ)=6 ·3 (ΑΒΣ)= 1 8(ΑΒΣ) .

· τρ ιiχως Από τον τύπο του εμβαδού του κα-νονικού εξάγωνου έχουμε : Ε = _!_Ρ · α = _!_6R · R../3 = 3R2../3 6 2 6 6 2 2 2 . Εξάλ-

λου το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΣ είναι: (ΑΒΣ ) = .!_ΑΣ · ΒΜ = .!.. . (.!.. λ ) · (.!.. R ) =

2 2 3 3 2

=_!_RJ3 · R = RzJ3 =_!_ · R2J3 =_!_ · _!_Ε =_!_Ε 12 12 6 2 6 3 6 1 8 6

6. Σε κύκλο (0, R) εγγράφουμε ισόπλευρο τρί-�

γωνο ΑΒΓ. Μ είναι το μέσον του τόξου ΑΒ . Οι προεκτάσεις των ΑΜ και ΓΒ τέμνονται στο σημείο Σ. Η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Μ τέμνει την ΣΒ στο Τ. Να δεί-

ξετε ότι: α) ΜΤ = �λ3 β) (ΑΣΒ)=(ΑΒΓ) και 3

γ) {ΜΤΒΗ) = 2(ΣΜΤ) . 8

Λύση ,----.... α) Αφού Μ είναι το μέσον του AB=>OM.lAB ( 1 )

ΜΤ εφαπτομένη άρα ΜΤ ..l ΟΜ (2) ( 1 ) , (2) => ΗΒ//ΜΤ (3)

Σ ι ι ι ι ι ι ι

���-----+ - - - � τ κ

Γ Δ Δ Τα τρίγωνα επομένως Γ Η Β και Γ Μ Τ είναι ό-

μοια οπότε: ΜΤ ΓΜ ΜΤ 2R ΜΤ 2R -=-=>-= => -=--=> ΗΒ ΓΗ λ3 ΓΟ + ΟΗ � R + R 2 2 2

1 2R 2 => ΜΤ = -λ3 -3-=> ΜΤ = -λ3 2 -R 3 2 Λ ,----.... β) Η γωνία ΜΑΒ ως εγγεγραμμένη στο ΜΒ είναι

{ΜΑΒ ) = (�) � 30' ( 1 ) Επίσης η ΣΒΑ ως παραπληρωματική της ΑΒΓ του ισόπλευρου τριγώνου είναι:

ΣΒΑ = 1 20° ( 1 ),(2)=> Σ = 30°

(2) (3)

Το τρίγωνο ΣΒΑ είναι ισοσκελές επομένως ΣΒ=ΒΑ=λ3 (4) Αφού και ΒΓ=λ3 Άρα στο τρίγωνο

Δ Σ Α Γ η ΑΒ είναι διάμεσος οπότε (ΣΑΒ)=(ΑΒΓ). ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/55

Page 58: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

γ) Από (3) του (α) ερωτήματος ΜΤΒΗ είναι τρα­πέζιο με ύψος ΜΗ. Το εμβαδόν του είναι:

2R.J3 R.J3 -- +--(ΜΤΒΗ) = ΜΤ + ΗΒ ΜΗ = 3 2 R = 2 2 2

4R.J3 3R.J3 -6-+-6- R 7R.J3 R 7R2.J3 ------":....__-""'------ . - = --. - = ( 1 ) 2 2 6 4 24

Δ Δ Τα τρίγωνα Σ Μ Τ και Σ Α Β είναι προφανώς ό-λ , , ΜΤ 2 (2) , μοια με ογο ομοιοτητος - = - οπως ΑΒ 3

εδείξαμε στο (α). Επομένως ο λόγος των εμβαδών τους είναι :

(ΣΜΤ) = (�)2 ( β ·;τ.) (ΣΜΤ) = _i 3 (ΣΑΒ) 3 (ΑΒΓ) 9 ( ) Δ Το εμβαδόν του ισοπλεύρου τριγώνου ΑΒ Γ είναι:

(ΑΒΓ) = λ23.J3 = (R.J3)2 .J3 = 3R2.J3 (4) 4 4 4 (3), ( 4) => ( ΣΜτ) = i · 3R:.J3 = R2

3.J3 (5)

( 1 ) => (ΜΤΒΗ) = 2_ · R 2 .J3 = 2_(ΣΜΤ) 8 3 8 Β ' Τρόπος (Για τον υπολογισμό του (ΣΜτ)) Στο β ' ερώτημα δείξαμε ότι Σ = 30° , αλλά fΊ = 30° =:> ΣΜ = ΜΓ => ΣΜ = 2R ( 1 ) Φέ­ρουμε ΣΚ .l ΜΤ Είναι προφανώς Μ1 = 30° άρα στο ορθογώνιο τρίγωνο ΣΜΚ : ΣΚ = ΣΜ = 2R = R (2) και τελικά: 2 2

(ΣΜτ) = _!._ ΜΤ · ΣΚ = _!._(� R .J3) R = R 2 .J3 . 2 2 3 3 7. Στα άκρα της χορδής ΑΒ = R.fi κύκλου (0, R) φέρετε τα εφαπτόμενα τμήματα ΣΑ και

_,..--., ΣΒ. Α ν η ΣΟ τέμνει το τόξο ΑΒ στο σημείο Μ τότε:

α) Να δείξετε ότι ΣΜ = R( .fi - 1) β) Ν α υπολογίσετε το γραμμοσκιασμένο εμ­βαδόν (ΣΑΒ) συναρτήσει της ακτίνας R Λύση α) Αν Ν το αντιδιαμετρικό του σημείου Μ τό­τε ΣΑ2=ΣΜ·ΣΝ ( 1 ) Αλλά ΑΒ=λι, οπότε ΑΟΒ= 3�0 = 90° (2) , οΑΣ =ΟΒΣ = 90° (3 ) . Από (2) , (3) και ΟΑ=ΟΒ προκύπτει ότι ΟΑΣΒ

τετράγωνο άρα ΣΑ= R ( 4) Έχουμε ΣΝ=ΣΜ+ΜΝ=>ΣΝ=ΣΜ+2R

Λόγω των (4), (5) έχουμε : ( 1 ) => R2 = ΣΜ(ΣΜ+ 2R) => R2 =

ΣΜ=Χ

Σ

(5)

= ΣΜ2 + 2R · ΣΜ => χ2 + 2Rx -R2 = 0, χ > Ο . Έχουμε: Δ = (2R)2 - 4(-R2 ) = 4R2 + 4R2 = 8R2 και

-2R ± .J8R2 -2R ± 2.fiR Χ = =----2 · 1 2 και αφού χ = ΣΜ > Ο είναι: ΣΜ = -2R +

22.fiR = 2R (� - 1 ) = R (.fi - 1) .

Β ' Τρόπος Αν Κ το κέντρο του τετραγώνου ΟΑΣΒ τότε

R.fi ΣΚ=ΟΚ= α4 = --2 ( 1 )

Επίσης KM = OM - OK = R - R.fi 2 (2)

( 1) , (2) =:-ΣΜ�ΣΚ-ΚΜ� R� -[ R - R�) � = RJ2-R=R( J2 - 1) β) Βρίσκουμε το εμβαδόν του κυκλικού τομέα (Ο ΑΒ) = π� 2 ( 1 ) Το εμβαδόν του τετραγώ­νου (ΟΑΣΒ)= R2 (2) Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν είναι: Ε = (ΟΑΣΒ) - (ΟΑΒ) = R2 - πR2 = 4 = 4R2 - πR2 = R2 (4 - π) 4 4

8. Τετράγωνο ΑΒΓ Δ είναι εγγεγραμμένο σε κύκλο (0, R) και περιγεγραμμένο σε κύκλο (0, ρ). Οι ακτίνες ΟΑ, ΟΒ, ΟΓ, ΟΔ τέμνουν τον κύκλο (0, ρ) στα σημεία Α', Β ', Γ, Δ '

αντίστοιχα. Να δείξετε ότι; α) Το εμβαδόν του κύκλου (0, R) είναι δι­πλάσιο του εμβαδού του κύκλου(Ο, ρ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/56

Page 59: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

β) Το Α 'Β 'ΓΔ ' είναι τετράγωνο πλευράς λ'4= R Λύση

, RJ2 RJ2 α) Ειναι 0Η = α4 =--� ρ =-- ( 1 ) Το 2 2 εμβαδόν του κύκλου (0, ρ) είναι: Ε ' = πρ' = · ( R;Γ2J' = π R�- 2 = ·�' = ΞΕ Άρα το εμβαδόν του κύκλου (0, R) είναι Ε=2Ε' β) Οι διαγώνιες ΑΓ και ΒΔ του αρχικού τετρα­γώνου σχηματίζουν γωνίες

ΑΟΒ = ΒΟΓ = ΓΟΔ = ΔΟΑ = 90° ( 1 )

Τα αντίστοιχα τόξα που ορίζονται επομένως στον κύκλο (0, ρ) θα είναι: ...----.... ....----._ ....----._ ,.....---.... Α 'Β ' = Β 'Γ ' = Γ ' Δ ' = ΔΆ' = 90° (2) Άρα Α 'Β 'Γ ' Δ ' τετράγωνο (γιατί σε ίσα τόξα αντιστοιχούν ίσες χορδές) . Στο ορθογώνιο τρί-

Δ γωνο ΑΌΒ ' έχουμε Α 'Β '2= ΑΌ2+0Β '2 => Α Ή '' = 2p1 => λ,' = 2 ( R;Γ2 J' => λ,' = R' � λ4 = R .

9. Σε κύκλο (0, R) φέρετε χορδή ΑΒ = R.fi και ΑΓ = R .J3 . Με διάμετρο ΑΒ κατασκευάστε ημικύκλιο εξωτερικά του κύκλου. Η χορδή ΓΒ τέμνει το ημικύκλιο στο σημείο Κ α) Να υπολογίσετε το εμβαδόν του σχηματι­ζόμενου μηνίσκου β) Ομοίως το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΚΒ. Λύση α) Το εμβαδόν του ημικύκλιου με διάμετρο

, 1 ( RJ2 J 2 πR2 ΑΒ ειναι: Ε 1 = -π -- =-- ( 1 ) 2 2 4 Το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος η που ο-ρίζεται από τη χορδή ΑΒ είναι τ1 = (Ο ·ΑΒ ) - ( ΟΑΒ ) = π:2 -�R2 (2)

Το εμβαδόν μ του ζητούμενου μηνίσκου είναι πR2 ( πR2 1 2 ) 1 2 , μ = Ε1 - τ , =-τ- 4-2R = 2R . (Ει-

ναι προφανές ότι μ = ( ΟΑΒ) . β) Είναι ( ΑfΉ) = (�) = 45' ( 1 )

κ

Αφού AΓ = R.J3 = λ3 � (Λr) = 1 20° και ΑΒ=Rν'2 =λ4 � (Α8) =90° �Br=Ar -ΑΒ= 30°

Θα έχουμε : (sλr) = (�) = 1 5' (2) Επίσης ΑΚΒ = 90° (εγγεγραμμένη σε ημικύ-

Δ κλιο ), άρα το τρίγωνο Α Κ Γ είναι ορθογώνιο στο Κ, επομένως ( l )�κAr = 45° (3) Άρα (2) , (3) � κλΒ = 30° (4)

, ΑΒ RJ2 και τελικα ΚΒ =- = -- (5) 2 2 Από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο

Δ ΑΚΒ παίρνουμε ΑΚ2 = ΑΒ2 -ΚΒ2 � ΑΚ' = (RΓz)' - ( R;Γ2J' = 2R' -�ι

= 3�' => R.J3 RJ6 , ΑΚ =--=-- (6) Εχουμε : J2 2

(ΑΚΒ) = _!_ΚΒ · ΑΚ = _!_ RJ2 . RJ6 = R2M = 2 2 2 2 8

= 2R2.J3 = R2.J3 (7) 8 4

Επομένως το ζητούμενο εμβαδόν του μικτό­γραμμου τριγώνου ΑΚΒ είναι: Ε = ( ΑΚΒ ) - τ , = R 2.J3 - ( πR 2 _ _!_R 2 ) =

4 4 2

R2.J3 R2 πR2 R2 (.J3 + 2 - π) =--+---- = . 4 2 4 4 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/57

Page 60: Ευκλειδης Β 67

Μ81ΙΙJΙ8τι8• ,., nι• r ��Ιι ιι•ιι Αιι••Ι•rι

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΆ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ ΠΙΘΑΝΟΤΗΤΕΣ

Γκίνης Παναγιώτης - Χριστιάς Σπύρος

Η διαφωνία του Antoίne Gombaud Cheνalίer de Mere, ενός Γάλλου ευγενή, σε κάποιο τυχερό παιχνίδι το 1654, οδήγησε δύο διάσημους Γάλλους τον μα­θηματικό, Blaίse Pascal και τον (Πρίγκιπα των ερασιτεχνών Μαθηματικών) Pίerre de Fermat σε μία ανταλλαγή επιστολών που σαν αποτέλεσμα είχε την δημιουργία της μαθηματικής θεωρίας των πιθανοτήτων. Εάν και μερικά ειδι­κά προβλήματα τυχερών παιχνιδιών ήταν λυμένα από κάποιους Ιταλούς μα­θηματικούς τον 1 5° και 1 (/ αιώνα, καμία γενική θεωρία δεν ήταν γνωστή πριν από αυτήν την διάσημη αλληλογραφία. Η θεωρία των πιθανοτήτων αναπτύχθηκε γρήγορα κατά τη διάρκεια του 1 8ου αιώνα με κυριότερους συνεισφέροντες τους Jakob Bernoullί (1654 - 1 705)

Λ n d ιη κ ο Ι ιηοgοηιν και Abraham de Μοίνre (1667 - 1 754). Το 1812 ο Pίerre de Laplace (1 749 - 182 7) στο βιβλίο του, Theorίe Analytίque des Probabίlίtes εισήγαγε ένα

πλήθος νέων ιδεών και μαθηματικών τεχνικών οι οποίες εφαρμόσθηκαν σε πολλά επιστημονικά και πρακτικά προβλήματα. (Σε αυτόν οφείλεται και ο κλασικός ορισμός πιθανότητας). Από τότε πολλοί επιστήμονες έχουν συμβάλλει στην ανάπτυξη της θεωρίας των πιθανοτήτων με σημαντικό­τερους τους Chebysheν, Markoν, Von Mίses και Kolmogoroν.

Ο Antrey Kolmogoroν (1903 - 198 7), Ρώσος μαθηματικός, το 1933 θεμελίωσε τις βασικές αρχές

της θεωρίας των πιθανοτήτων πάνω σε αξιωματική βάση. Η αξιωματική του προσέγγιση ενίσχυσε σημαντικά την μαθηματική υπόσταση των πιθανοτήτων και πολλοί την παρομοιάζουν με αυτή του Ευκλείδη στην Γεωμετρία. Από τότε έχουν διασαφηνισθεί πολλές απόψεις και η θεωρία των πιθα­νοτήτων είναι τώρα μέρος μιας γενικότερης θεωρίας γνωστής ως «Θεωρία Μέτρου» .

Α . Ε ΡΩΤΗΣ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ - ΛΑΘΟΥΣ Για όποιοδήποτε ζεύγος Α, Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω να χαρακτηρι­

στούν ως σωστή (Σ) ή λαθεμένη (Λ) κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις :

1 . A-B= A n B' . 2 . Α υ Β = (Α - Β) υ (Β - Α) . 3 . Αν Α c Β τότε Α n Β = Α και Α υ Β = Β. 4 . Αν Ρ(Α)=Ο τότε Α = 0 . 5 . Αν Ρ(Α)=Ρ(Β) τότε Α=Β . 6 . Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε

ισχύει ότι Α'υΒ' = Ω. 7 . Εάν Α, Β είναι ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω και ισχύει ότι

Α υ Β = Ω τότε Ρ(Α)+Ρ(Β)= 1 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/58

Page 61: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

8 . Αν Ρ(Α)+Ρ(Β)= 1 τότε Α= Β' . 9 . Αν Ρ( Α) :::; Ρ(Β) τότε Α ς::; Β . 1 0 . Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α)= Ρ( Α υ Β) - Ρ( Α 11 Β) . 1 1 . Ρ(Α 11 Β) :::; Ρ(Α υ Β) . 1 2 . Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε

και τα ενδεχόμενα Α' , Β' είναι επίσης ασυμβίβαστα. 1 3 . Ρ( Α υ Β) + Ρ( Α 11 Β) = Ρ( Α) + Ρ(Β) . 1 4 . Εάν για δύο ενδεχόμενα Α, Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω ισχύει ότι

Α υ Β = Ω τότε τα ενδεχόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. 1 5 . Εάν Α, Β είναι ασυμβίβαστα ενδεχόμενα ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω τότε

ισχύει ότι Β ς::; Α'.

Α Π Λ Ι\' η,� Σ Ε Ι � � Τ Ι � Ε Ρ.ΩΓΗ Σ Ε Ι Σ ΣΩ.l:ΊΌ Υ - ΛΑΘΟΥΣ

ι 2 3 4 5 6 7 8 9 ι ο 1 1 12 13 14 15

Σ Λ Σ Λ Λ Σ Λ Λ Λ Σ Σ Λ Σ Λ Σ

Β . i Έ '\ Ι Κλ Θ Ε :\1 Α ΤΛ Π Ι ΘΑ Ν Ο Τ Ή ΤΩ Ν Θ Ε \ Ι .\ 1 ' � Έστω Ω={ωι , ω2, ω3, ω..ι, ωs, ω6} ο δειγμα­τικός χώρος ενός πειράματος τύχης. Για τις πιθανότητες των απλών ενδεχομένων ωί, με

Ρ(ω 5 ) ι � ί � 6 ισχύουν : Ρ( ωι )=2Ρ( ω3)= , 4

Ρ(ω4 ) Ρ(ω2)=2Ρ(ω6)= -- και Ρ(ω5)=Ρ(ω6)·

2 α. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες των

απλών ενδεχομένων ωί, με 1 � ί � 6. β. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(Α)

και Ρ(Β) των ενδεχομένων Α={ω2, ω4, ω6} και Β={ωι , ω3, ωs} .

γ. Εάν Γ={ωι , ω2, ω3, ω4} και Δ={ω3, ω4, ω5, ω6} είναι δύο άλλα ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω να υπολογισθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων Γ 11 Δ και Γυ Δ.

Λ ύ ση : α. Έχουμε ότι

Ρ(ω ι )+Ρ(ω2)+Ρ(ω3)+Ρ(ω4)+Ρ(ωs)+Ρ(ω6)= 1 (1) . Όμως από υπόθεση παίρνουμε : Ρ(ω2)=2Ρ(ω6)=2Ρ(ω5)=2 · 4Ρ(ω 1 ) = 8Ρ(ω 1 ) ,

Ρ( ω , ) Ρ( ω3)= -2

- , Ρ( ω4)=2Ρ( ω2)=2 · 8 Ρ( ω 1 )=

= 1 6Ρ(ω ι ) , Ρ(ωs)=4Ρ(ω ι ) και τέλος Ρ(ω6)=Ρ(ωs)=4Ρ(ω ι ) . Αντικαθιστώντας στην

(1) έχουμε: Ρ(ω 1 )+8Ρ(ω 1 )+ Ρ( ω, ) + 1 6Ρ(ω 1 )+

2

67 4Ρ(ω 1 )+4Ρ(ω 1 )= 1 => - Ρ( ω , ) = 1

2

=> Ρ(ω 1 )= �. 'Ετσι για τις άλλες πιθανό-67

τητες θα έχουμε : Ρ(ω2)=_!i , Ρ(ω3)=-

1 ,

67 67 32 8 8

Ρ( ω4)= 67

, Ρ( ωs)= 67

και Ρ( ω6)= 67

.

β. Για την πιθανότητα του ενδεχομένου Α θα έχουμε ότι Ρ(Α)=Ρ( ω2)+Ρ( ω4)+Ρ( ω6)=

1 6 + 32 + 8 56 ' ' ---- = - ενω για την πιθανοτητα

67 67 του ενδεχομένου Β θα έχουμε ότι Ρ(Β)=Ρ(ω ι )+Ρ(ω3)+Ρ(ω5)= 1-Ρ(Α) (αφού τα ενδεχόμενα Α και Β είναι συμπληρωμα-

, 56 1 1 τικα) = 1 -- = - .

67 67 γ. Από υπόθεση έχουμε ότι Γ 11 Δ = {ω3 , ω4 }

ενώ Γ υ Δ = {ω ι , ω2 , ω3 , ω4, ωs , ω6 }=Ω.

' 1 + 32 33 Άρα Ρ( Γ 11 Δ )=Ρ(ω3)+Ρ(ω4)= -- = -

67 67 ενώ Ρ( Γ υ Δ) =Ρ(Ω)= l .

Θ Ε Μ Α 2 " : Έστω Α , Β =ι:. 0 εvδεχόμενα ενός δειγ­

ματικού χώρου Ω με Α ς Β για τις πιθανό­τητες των οποίων ισχύουν τα εξής:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/59

Page 62: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

2Ρ(Α)+Ρ(Β) :ο::.; �8Ρ(Α)Ρ(Β) . α. Να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(Α)

και Ρ(Β). β. Εάν Γ ενδεχόμενο του δειγματικού χώ­

ρου Ω για το οποίο ισχύει ότι Β, Γ ασυμ­βίβαστα ενδεχόμενα και

ι Ρ(Γ)=- - Ρ(Α n Β) να υπολογισθεί η

2 πιθανότητα Α υ Β υ Γ . 1\ύση :

του ενδεχομένου

χ 2 - 9 α. Στο πηλίκο ο αριθμητής

χ 3 - χ 2 - 3χ - 9 (χ2-9) ισούται με (χ-3)(χ+3) ενώ ο παρο­νομαστής με εφαρμογή του σχήματος Homer γράφεται (χ-3)(χ2+2χ+3) . Έτσι το κλάσμα ορίζεται για κάθε χ * 3 . Επομένως

Ρ(Α)= .!_ 1im χ 2 - 9

2 χ-+3 χ 3 - χ 2 - 3χ - 9

..!_ lim (χ - 3) · (χ + 3) = 2 Η3 (Χ - 3) • (Χ 2 + 2Χ + 3)

=..!_ lim (χ + 3) = .!_ · � =

.!_ 2 Η3 (χ 2 + 2Χ + 3) 2 1 8 6

Επίσης έχουμε : 2Ρ(Α)+Ρ(Β) � -J�8P_(_A-)P-(B-) =>

(2Ρ(Α)+Ρ(Β))2 :::; 8Ρ(Α)Ρ(Β) => 4(Ρ(Α))2+4Ρ(Α)Ρ(Β)+(Ρ(Β)/ ::ς8Ρ(Α)Ρ(Β)=> 4(Ρ(Α)/ -4Ρ(Α)Ρ(Β)+(Ρ(Β))2 � 0=> (2Ρ( Α )-Ρ(Β) )2 � 0=> 2Ρ( Α )-Ρ(Β )=Ο =>

2 1 Ρ(Β)=2Ρ(Α) => Ρ(Β)= 6 = 3 . Άρα Ρ(Α)= .!_ και Ρ(Β)=.!. .

6 3 β. Αφού Α ς Β τότε Α n Β= Α και Α υ Β= Β .

1 1 1 1 Έτσι Ρ(Γ)= "Ξ -Ρ(Α)="Ξ - 6 = 3 . Τότε

Ρ( Α υ Β υ Γ) = Ρ(Β υ Γ) =Ρ(Β)+Ρ(Γ) (Διότι Β, Γ ασυμβίβαστα ενδεχόμενα) .

Άρα Ρ(Α υ Β υ Γ) = .!_ + .!_ = � -3 3 3

Θ Ε Μ Λ 3 1 1 : Σε ένα αεροπλάνο της γραμμής Αθήνα -

Μαδρίτη υπάρχουν 300 επιβάτες (άνδρες και γυναίκες). Το 60% των επιβατών είναι άνδρες, το 70% των επιβατών έχουν ξανα­ταξιδέψει με αεροπλάνο ενώ το 10% των γυναικών ταξιδεύει πρώτη φορά με αερο­πλάνο. Επιλέγουμε τυχαία έναν από τους ε­πιβάτες. Ν α βρεθούν οι πιθανότητες των εν­δεχομένων: α . Ο επιβάτης να είναι γυναίκα ή να έχει

ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο. β. Ο επιβάτης να είναι άνδρας και να μην

έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο. γ. Ο επιβάτης να είναι άνδρας ή να έχει ξα­

ναταξιδέψει με αεροπλάνο. ΛiJ ση : Οι άνδρες επιβάτες είναι σε πλήθος:

60% · 300 = 1 80 . Άρα οι γυναίκες επιβάτες εί­ναι σε πλήθος 300- 1 80= 1 20 . Οι επιβάτες που έχουν ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε πλήθος: 70% · 300 = 2 1 0 . Άρα οι επιβάτες που ταξιδεύουν για πρώτη φορά με αεροπλάνο θα είναι σε πλήθος 300-2 1 0=90. Επίσης οι γυναί­κες επιβάτες που ταξιδεύουν για πρώτη φορά με αεροπλάνο είναι σε πλήθος: 1 0% · 1 20 = 12 . Άρα οι άνδρες επιβάτες που ταξιδεύουν για πρώτη φορά με αεροπλάνο είναι σε πλήθος 90- 1 2=78, οι γυναίκες επιβάτες που έχουν ξα­ναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε πλήθος 1 20- 1 2= 1 08 και οι άνδρες επιβάτες που έχουν ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο είναι σε πλήθος 1 80-78= 1 02 . Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «0 επιβάτης να είναι άνδρας», Β: «0 επιβάτης να έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο» και Γ: «0 επιβάτης να είναι γυναίκα» . Τότε : α. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι γυ­

ναίκα ή να έχει ξαναταξιδέψει με αερο­πλάνο» είναι το ενδεχόμενο Β υ Γ. Έτσι Ρ(Β υ Γ)=Ρ(Β)+Ρ(Γ)-

Ρ(Β n Γ)-2 1 0 + 1 20 - 1 08

= 222

= Ο 74 . 300 300 '

β. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι άν­δρας και να μην έχει ξαναταξιδέψει με αε­ροπλάνο» είναι το ενδεχόμενο A n Β' . Το πλήθος των επιβατών που είναι άνδρες και δεν έχουν ξαναταξιδέψει με αεροπλάνο εί-

ναι 78 . Επομένως P(A n Β' )= 78

= 0,26. 300

Σχόλιο : Το ενδεχόμενο του ερωτήματος β) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/60

Page 63: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

είναι το συμπληρωματικό του ενδεχομένου του ερωτήματος α). Έτσι για τον υπολογι­σμό της πιθανότητας Ρ( Α n Β' ) θα μπορού­σαμε να πούμε ότι:

P(A n B' )=1-P(B u Γ) = 1 - 0,74 = 0,26. γ. Το ενδεχόμενο «0 επιβάτης να είναι άν­

δρας ή να έχει ξαναταξιδέψει με αεροπλά­νο» είναι το ενδεχόμενο Α υ Β. Άρα Ρ( Α υ B)=P(A)+P(B)-

P(A n Β) 1 80 + 2 1 0 - 1 02

= 288

= Ο 96_ 300 300 '

Θ Ε , Ι λ -ι " : Οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α , Β,

Α n Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω ικανοποιούν την σχέση [3Ρ(Α)-1 ] 2+ [2Ρ(Β ' )-1 ] 2+ [6P(A n Β)-1 ] 2=0. (1) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων: α. Να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο

Α. β. Να πραγματοποιηθεί μόνο το ενδεχόμενο

Β. γ. Να πραγματοποιηθεί ακριβώς ένα από

τα ενδεχόμενα Α και Β. δ. Να μην πραγματοποιούνται συγχρόνως

τα ενδεχόμενα Α και Β. Λύση : Από την ( 1 ) παίρνουμε ότι 3Ρ(Α)-1 =0,

2Ρ( Β' )- 1 =Ο και 6Ρ(Α ιι Β)- 1 =0. Τότε θα έ-

χουμε ότι: Ρ( Α)=.!_ , Ρ( Β' ) = .!_ � Ρ(Β) = .!_ 3 2 2

και Ρ( Α n Β) = .!_ . Τότε : 6

α. Πρόκειται για το ενεχόμενο Α-Β και έτσι 1 1 1

Ρ(Α-Β)=Ρ(Α)- Ρ(Α n Β)= 3 - 6 = 6 . β. Πρόκειται για το ενδεχόμενο Β-Α και έτσι

1 1 1 Ρ(Β-Α)=Ρ(Β)- Ρ(Α n Β)= l - 6 = 3 .

γ. Πρόκειται για το ενδεχόμενο (Α-Β) υ (Β - Α) και έτσι

Ρ((Α-Β) υ (Β - Α) )=Ρ(Α-Β)+ +Ρ(Β-1 1 1

Α)= - + - = - . 6 3 2

δ. Πρόκειται για το ενδεχόμενο (Α n Β)' . Άρα Ρ( (Α n Β)' )=

1 5 = 1-P (A n B) = 1 - - = - .

6 6

Θ Ε Μ Λ 5 " : Σε ένα κουτί υπάρχουν χ λευκά σφαιρί­

δια, 20 κίτρινα και y μαύρα. Επιλέγουμε τυ­χαία ένα σφαιρίδιο. Η πιθανότητα να επιλέ-

ξουμε λευκό σφαιρίδιο είναι ίση με � ενώ η

πιθανότητα να επιλέξουμε μαύρο σφαιρίδιο

, , 1 ειναι ιση με 8 . α. Να υπολογισθεί το πλήθος των σφαιρι­

δίων που βρίσκονται μέσα στο κουτί. β. Ν α υπολογισθεί η πιθανότητα του ενδε­

χομένου : «Το σφαιρίδιο που θα επιλεγεί να είναι κίτρινο». Λύση :

α. Το συνολικό πλήθος των σφαιριδίων που βρίσκονται μέσα στο κουτί θα είναι x+20+y. Θεωρούμε το ενδεχόμενο Λ: «Το σφαιρίδιο που θα επιλεγεί να είναι λευκό» και Μ: «Το σφαιρίδιο που θα επιλεγεί να είναι μαύρο». Τότε λόγω υπόθεσης και από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχου-

με: Ρ(Α)-χ

= .!_ και χ + 20 + y 4

Ρ(Μ)- Υ = .!.. . 'Ετσι προκύπτει το x + 20 + y 8 {3χ - y = 20

σύστημα από όπου παίρ-- χ + 7y = 20

νουμε ότι : χ=8 και y=4. Άρα το συνολικό πλήθος των σφαιριδίων θα είναι 8+4+20=32 σφαιρίδια.

β. Θεωρούμε το ενδεχόμενο Κ: «Το σφαιρί­διο που θα επιλεγεί να είναι κίτρινο» . Τότε από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχου-

με ότι Ρ(Κ)= 20

= � .

32 8 Θ Ε Μ Α 611 : Σε έναν διαγωνισμό του Α.Σ.Ε.Π. για

πλήρωση θέσεων στο Υπουργείο Οικονομι­κών συμμετέχουν 20.000 υποψήφιοι για 3.000 θέσεις. Ο αριθμός των υποψηφίων της Αθήνας είναι τριπλάσιος από τον αριθμό των υποψηφίων των νησιών του Αιγαίου και του Ιονίου μαζί. Ο αριθμός των υποψη­φίων των νησιών του Αιγαίου είναι διπλά­σιος από τον αριθμό των υποψηφίων των νησιών του Ιονίου. Τα ποσοστά επιτυχίας είναι 40% για την Αθήνα, 30% για τα νησιά

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/61

Page 64: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

του Αιγαίου, 40% για τα νησιά του Ιονίου και 5% για την υπόλοιπη Ελλάδα. Επιλέ­γουμε τυχαία έναν επιτυχόντα του διαγωνι­σμού. Ν α υπολογισθεί η πιθανότητα του εν­δεχομένου : «0 επιτυχών να προέρχεται από τα νησιά του Ιονίου».

1\ iJ σi1 : Έστω χ ο αριθμός των υποψηφίων από τα

νησιά του Ιονίου . Τότε οι υποψήφιου του Αι­γαίου θα είναι 2χ, οι υποψήφιοι της Αθήνας θα είναι 3 (2χ+χ)=9χ και οι υποψήφιοι της υπό­λοιπης Ελλάδας θα είναι

20.000-χ-2χ-9χ=20.000- 1 2χ. Το πλήθος των επιτυχόντων της Αθήνας

θα είναι 40% · 9χ = 3,6χ , του Ιονίου θα είναι 40% · χ = 0,4χ , του Αιγαίου θα είναι 30% · 2χ = 0,6χ και της υπόλοιπης Ελλάδας θα είναι 5%(20.000- 1 2x)= l .000-0,6x.

Τότε θα έχουμε : 3 ,6χ+Ο,4χ+Ο,6χ+ 1 .000-0,6χ=3 .000:::::;,4χ=2000:::::;,χ=500. Άρα οι υπο­ψήφιοι του Ιονίου είναι 500 και οι επιτυχόντες τους θα είναι σε πλήθος: 40% · 500 = 200. Έστω Ι το ενδεχόμενο «0 επιτυχών να προέρ­χεται από τα νησιά του Ιονίου». Αφού το πλή­θος των επιτυχόντων είναι 3 .000 και οι επιτυ­χόντες από τα νησιά του Ιονίου είναι 200, από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έχουμε ότι

P(l)= 200

= _1

. 3 .000 1 5

Θ f f\/� A 7" : Σε ένα δείγμα 200 στρατιωτών από το

Κέντρο Εκπαίδευσης Πυροβολικού της Θή­βας, 1 50 στρατιώτες δήλωσαν ότι κατάγο­νται από την Αθήνα ενώ 60 στρατιώτες δή­λωσαν πτυχιούχοι Ανώτατης Εκπαίδευσης. Επιλέγουμε έναν στρατιώτη και θεωρούμε τα ενδεχόμενα : Α: «0 στρατιώτης να κατά­γεται από την Αθήνα» και Β : «0 στρατιώ­της να είναι πτυχιούχος Ανώτατης Εκπαί­δευσης». α. Να δειχθεί ότι τα ενδεχόμενα Α και Β

δεν είναι ασυμβίβαστα. β. Να δειχθεί ότι Ρ(Α υ Β) ;;::: Ο,75 και

0,05 � Ρ( Α n Β) � 0,3 . γ. Να δείξετε ότι η πιθανότητα του ενδε­

χομένου Γ: «0 στρατιώτης να κατάγεται μόνο από την Αθήνα ή να είναι μόνο πτυχιούχος Ανώτατης Εκπαίδευσης», αποκλείεται να είναι μικρότερη από

45%. Λύση :

α. Από κλασικό ορισμό πιθανότητας θα έ-1 50 3

χουμε: Ρ(Α)= 200

=

4 = 0,75 και

60 3 Ρ(Β)= - = - = 0,3 . Έστω ότι τα ενδε-

200 1 0 χόμενα Α και Β είναι ασυμβίβαστα. Τότε για την πιθανότητα Ρ( Α υ Β) της ένωσης των ενδεχομένων Α, Β θα πάρουμε ότι : Ρ( Α υ Β) =Ρ(Α)+Ρ(Β)=Ο,75+0,3= 1 ,05> 1 .

Άτοπο . Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν εί­ναι ασυμβίβαστα.

β. Για το ενδεχόμενο Α γνωρίζουμε ότι A c Α υ Β . Άρα θα έχουμε : Ρ(Α) � Ρ(Α υ Β) ή 0,75 :-::; Ρ(Α υ Β) ή Ρ( Α υ Β) � 0,75 . Επίσης έχουμε ότι Ρ(Α υ Β) :<;; Ι , οπότε 0,75 :-::; Ρ(Α υ Β) :<;; Ι :::::;, 0 ,75 � Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(Α n Β) � 1 :::::;, - 1 � P(A n B) -P(A)-P(B) � -0,75 :::::;, Ρ(Α)+Ρ(Β)-1 � Ρ(Α n Β) � Ρ(Α)+Ρ(Β)-0, 75 :::::;, τελικά 0,05 :-::; Ρ( Α n Β) :-::; 0,3 .

γ. Το ενδεχόμενο Γ είναι το ενδεχόμενο (Α-Β) υ (Β-Α) .

Άρα Ρ(Γ)=Ρ((Α-Β) υ (Β-Α))= =Ρ(Α)+Ρ(Β)-2Ρ (Α n Β) = = 1 ,05-2P (A n B) ( 1 ) . Από το δεύτερο ερώτημα έχουμε : Ρ (Α n Β) � 0,3 =>-Ρ (Α n Β) 2:: -0,3 =:::;,-2Ρ (Α n Β) 2:: -0,6 . Έτσι από ( 1 ) θα πάρουμε: Ρ(Γ) � 1 ,05-0,6 :::::;,Ρ(Γ) � 0,45 . Άρα η ελάχιστη τιμή της πι­θανότητας του ενδεχομένου Γ είναι ίση με 0,45 .

Σχu"»}. ω : Οι πιθανότητες Ρ(Α υ Β) και P(A n Β) δύο ενδεχομένων Α και Β ενός πειράματος τύχης με δειγματικό χώρο Ω ικανοποιούν πάντοτε τις παρακάτω ανισο­τικές σχέσεις: ί) max {Ρ( Α),

Ρ(Β)} � Ρ( Α υ Β) � min {Ρ( Α)+ Ρ(Β), 1 } ίί) max{O,P(A)+P(B)-1 } �P(AnB)�

min {P(A),P(B)} Θ Ε :\� Λ 8" : Από μελέτες που έχουν πραγματοποιηθεί

έχει διαπιστωθεί ότι επτά στα δέκα αυτοκί­νητα που προσέρχονται για τεχνικό έλεγχο έχουν φθαρμένα ελαστικά. Από τα αυτοκί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/62

Page 65: Ευκλειδης Β 67

Μ αθηματικά για την Γ ' Λυκείου

νητα που εξετάζονται και βρίσκονται να έ­χουν φθαρμένα ελαστικά το 60% παρουσιά­ζει ηλεκτρικά προβλήματα ενώ από τα αυ­τοκίνητα που εξετάζονται και δεν έχουν φθαρμένα ελαστικά το 20% παρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα. Επιλέγουμε ένα αυτοκίνητο που προσέρχεται για τεχνικό έ­λεγχο. α. Να βρεθεί η πιθανότητα να παρουσιάζει

ηλεκτρικά προβλήματα. β. Να βρεθεί η πιθανότητα να μην έχει

φθαρμένα ελαστικά και ούτε ηλεκτρικά προβλήματα.

Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «Το αυτοκί­νητο να έχει φθαρμένα ελαστικά» και Β : «Το αυτοκίνητο να παρουσιάζει ηλεκτρικά προ­βλήματα». Τότε το ενδεχόμενο : «Το αυτοκί­νητο να έχει φθαρμένα ελαστικά και να πα­ρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα» είναι το ενδεχόμενο Α n Β . Από υπόθεση έχουμε :

Ρ(Α)= 1

7

0 = 0, 7 , Ρ(Α ')=Ο,3 και

Ρ( Α n Β) = 60 · .2_ = 0,42 . Επίσης το ενδε-

1 00 1 0 χόμενο «Το αυτοκίνητο να μην έχει φθαρμένα ελαστικά και να παρουσιάζει ηλεκτρικά προ­βλήματα» είναι το ενδεχόμενο Β-Α και από

υπόθεση έχουμε ότι Ρ(Β-Α)= = 20 _ 1_ = 0,06. 1 00 1 0

Επομένως : α. Ρ(Β-Α)=Ρ(Β)-

Ρ(Α nB) � Ρ(Β) = Ρ(Β - Α) + Ρ( Α n Β) � Ρ(Β) = 0,06+0,42=0,48 . Άρα η πιθανό­τητα το αυτοκίνητο να παρουσιάζει ηλε­κτρικά προβλήματα είναι ίση με 0,48 .

β . Το ενδεχόμενο «Το αυτοκίνητο να μην έ­χει φθαρμένα ελαστικά και ούτε να πα­ρουσιάζει ηλεκτρικά προβλήματα» είναι το ενδεχόμενο (Α υ Β)' . Τότε Ρ((Α υ Β)' ) = 1 - Ρ(Α υ Β) = = 1-[Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(Α n Β) ]= = 1-(0, 7+0,48-0,42)=0,24 .

Θ Ε Μ Α Η Θετική Κατεύθυνση της Γ ' Τάξης

Λυκείου κάποιου σχολείου της Αττικής α­ποτελείται από 60 μαθητές. Στην ερώτηση για το μέσο ακρόασης μουσικής που χρησι-

μοποιούν βρέθηκε ότι 32 μαθητές χρησιμο­ποιούν στερεοφωνικό σύστημα, 30 μαθητές χρησιμοποιούν ραδιόφωνο ενώ 10 μαθητές δεν χρησιμοποιούν κανένα από τα δύο. α. Να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που

χρησιμοποιεί και τα δύο μέσα. β. Επιλέγουμε τυχαία έναν από αυτούς

τους μαθητές. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου «0 μαθητής που επιλέ­χθηκε να χρησιμοποιεί μόνο στερεοφω­νικό σύστημα ή μόνο ραδιόφωνο». /λi.κ>η : Θεωρούμε τα ενδεχόμενα Α: «0 μαθητής

που επιλέχθηκε να χρησιμοποιεί στερεοφωνι­κό σύστημα» και Β: «0 μαθητής που επιλέ­χθηκε να χρησιμοποιεί ραδιόφωνο» . Τότε Α n Β είναι το ενδεχόμενο : «0 μαθητής που επιλέχθηκε να χρησιμοποιεί και τα δύο μέσα» ενώ (Α υ Β)' είναι το ενδεχόμενο : «0 μαθητής που επιλέχθηκε δεν χρησιμοποιεί κανένα από τα δύο μέσα» . Από υπόθεση έχουμε ότι Ν(Α)=32, Ν(Β)=30 και Ν((Α υ Β)' ) = 1 0 . Τό­τε θα έχουμε : Ν(Α υ Β) = 60 - 1 0 = 50 . α. Ν(Α υ Β) = Ν(Α)+Ν(Β-Α) =>

50=32+Ν(Β-Α) => Ν(Β-Α)= 1 8 . Επίσης Ν(Α υ Β) =Ν(Β)+ +Ν(Α-Β) => 50=30+Ν(Α-Β) =>Ν(Α-Β)=20. Όμως Ν( Α υ Β) =Ν(Α-Β)+ Ν(Α n Β) + +Ν(Β-Α) =>50=20+ Ν(Α n Β) + 1 8 => Ν(Α n Β) = 1 2 . Άρα οι μαθητές που χρησιμοποιούν και τα δύο μέσα είναι 1 2 .

β . Το ενδεχόμενο : «0 μαθητής που επιλέ­χθηκε να χρησιμοποιεί μόνο στερεοφωνικό σύστημα ή μόνο ραδιόφωνο» είναι το εν­δεχόμενο (Α - Β) υ (Β - Α) με Α-Β, Β-Α ασυμβίβαστα ενδεχόμενα. Άρα Ρ( (Α - Β) υ (Β - Α) )=Ρ(Α-Β)+Ρ(Β-Α)=

= Ν(Α - Β) +

Ν(Β - Α) = 20 + 1 8

= _!_2_ Ν(Ω) Ν(Ω) 60 30

.

ΙΕ .'\ Π Λ. n o ' ' : Έστω ο δειγματικός χώρος

Ω={1 ,2,3,4, . . . . ,ν} με ν ε Ν *. Το δείγμα των απλών ενδεχομένων του Ω έχει μέση τιμή

χ- 7 , θ , , , =- ενω για τις πι ανοτητες τους ισχυει: 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/63

Page 66: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ρ(2) Ρ(3) Ρ(ν) P(l) = - = - = .. . . . . . . . . . = - .

2 3 ν α. Να βρεθεί ο φυσικός αριθμός ν. β. Ν α υπολογισθούν οι πιθανότητες των

απλών ενδεχομένων του Ω. γ. Θεωρούμε το δείγμα κ, 2κ, 3κ με κ στοι­

χείο του Ω. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου Α: «Η τυπική απόκλιση του παραπάνω δείγματος να είναι μεγαλύτε-

2J6 ρη του -- ».

3 Λύση :

α. Αφού το δείγμα των απλών ενδεχομένων Ω ' ' ' ' 7 θ ' του εχει μεση τιμη ιση με "2 α πρεπει :

1 + 2 + 3 + 4 . . . . . . . . + ν 7 ν · (ν + 1) 7 = -� = -� ν 2 2ν 2 � ν + 1 = 7 � ν = 6 . Άρα Ω= { 1 ,2,3 ,4,5 ,6 } .

β. Από υπόθεση και λόγω του πρώτου ερω­τήματος παίρνουμε ότι: P(l) = Ρ(2) = Ρ(3) = Ρ(4) = Ρ(5) = Ρ(6) .

2 3 4 5 6 'Ετσι έχουμε : P(l) = Ρ(2) = Ρ(3) = Ρ( 4) =

1 2 3 4 Ρ(5) Ρ(6) = -- - --

5 6 _

P(l) + Ρ(2) + Ρ(3) + Ρ(4) + Ρ(5) + Ρ(6) 1 1 + 2 + 3 + 4 + 5 + 6 2 1

(Αφού P( l )+P(2)+P(3)+P(4)+ +Ρ(5)+Ρ(6)= 1 ) . Άρα: P( l )= -1 , Ρ(2)=_3_ ,

2 1 2 1 3 4 5 6 Ρ(3)=

2ι, Ρ(4)=

2ι, Ρ(5)=2ι , Ρ(6)=

2ι.

γ. Το δείγμα κ, 2κ, 3κ έχει μέση τιμή

Υ- __

κ + 2κ + 3κ __ 2κ

3 και διακύμανση

S2= _!_ [( κ-2κ)2+(2κ-2κ)2+(3κ-2κ)2]=� κ 2 • 3 3 Λόγω υπόθεσης θέλουμε

2.J6 2 8 2 2 8 2 S> -- <:::} S > - <:::} - κ > - <:::} κ > 4 3 3 3 3

με κ στοιχείο του Ω. Άρα πρέπει κ=3 ή κ=4 ή κ=5 ή κ=6 . Άρα Α= {3 ,4,5 ,6 } .

Τότε Ρ(Α)=Ρ(3)+Ρ(4)+Ρ(5)+Ρ(6) �� =��=�.

Σχόλιο : Στο τρίτο ερώτημα δεν μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κλασικό ορισμό πιθανότη­τας αφού ο δειγματικός χώρος Ω δεν αποτε­λείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.

Θ Ε Μ Α 1 1 ° : Σε ένα σχολείο το 1 0% των αγοριών και

το 30% των κοριτσιών έχουν ξανθά μαλλιά. Στο σύνολο των παιδιών του σχολείου το ποσοστό αυτών που έχουν ξανθά μαλλιά εί-ναι ίσο με 24%. Επιλέγουμε τυχαία ένα παι­δί του σχολείου. α. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ­

νου : «Το παιδί που επιλέχθηκε να είναι αγόρι».

β. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ­νου : «Το παιδί που επιλέχθηκε να είναι κορίτσι ή να έχει ξανθά μαλλιά». Λύση :

α. Θεωρούμε τα ενδεχόμενα: Α: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι αγόρι», Β: «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι κορίτσι» και Γ: «Το παιδί που . επιλέχθηκε έχει ξανθά μαλλιά» . Τότε το ενδεχόμενο : «Το παιδί που επιλέ­χθηκε είναι αγόρι και έχει ξανθά μαλλιά» είναι το Α n Γ ενώ το ενδεχόμενο : «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι κορίτσι και έχει ξανθά μαλλιά» είναι το Β n Γ . Τότε λόγω υπόθεσης θα έχουμε :

1 0 Ρ(Α n Γ) = - Ρ(Α) ( 1 ) και 1 00

Ρ(Β n Γ) = ]_Q_ Ρ(Β) (2) . 1 00

Επίσης ισχύει: Ρ(Α)+Ρ(Β)= 1 � Ρ( Β) = 1 - Ρ( Α) (3 ) και Ρ(Α n Γ) +Ρ(Β n Γ) = 0,24 (4) . Αντικαθιστώντας τις ( 1 ) , (2) και (3 ) στην (4) παίρνουμε ότι : Ο, 1 Ρ(Α)+Ο,3 ( 1-Ρ(Α))=Ο,24 <:::} 0,2Ρ(Α) = 0,06 <:::} Ρ(Α) = 0,3 . Άρα η πιθανότητα του ενδεχομένου : «Το παιδί που επιλέχθηκε είναι αγόρι» είναι ίση με 0,3 .

β. Αναζητούμε την πιθανότητα του ενδεχο­μένου Β υ Γ. Τότε Ρ(Β υ Γ) = Ρ(Β) + Ρ(Γ) - Ρ(Β n Γ) = = 1 - Ρ(Α) + Ρ(Γ) - 0, 3 · (1 - Ρ(Α)) = = 1 - 0, 3 + 0, 24 - 0, 3 · 0, 7 = Ο, 73 . Τρόπος Β ' : Έστω Α το πλήθος των αγο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/64

Page 67: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

ριών, Κ το πλήθος των κοριτσιών και Ν το συνολικό πλήθος των παιδιών. Τότε Κ=Ν-Α. Έτσι λόγω υπόθεσης θα έχουμε ότι:

_!_Q_ A + 30 (Ν - Α) = 24 Ν � 1 00 1 00 1 00 Α � 20Α = 6Ν �- = 0, 3 . Ν

Άρα Ρ(Α)=Ο,3 , Ρ( Β n Γ )= 0,3 · Ο, 7 = 0,2 1 .

Ρ(Β)=Ο,7 και

Τότε Ρ(Β υ Γ) = Ρ(Β) + Ρ(Γ) - Ρ(Β n Γ) = =0,7+0,24-0,2 1 =0,73 .

Θ Ε , Ι λ 1 2 " : Έστω ο δειγματικός χώρος

Ω={ 1 ,2,3,4, . . ,2008} ο οποίος αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Δίνεται ότι Α, Β είναι δύο ασυμβίβαστα ενδεχόμενα του Ω για τα οποία ισχύει ότι :

16Ρ(Β)2 -25Ρ(Β)-Ρ(Α)+ 1 0=0. α. Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχο­

μένων Α και Β. β. Να βρεθεί το πλήθος των στοιχείων των

ενδεχομένων Α και Β. γ. Τι συμπέρασμα μπορεί να προκύψει για

τα ενδεχόμενα Α και Β; Λύση :

α. Αφού Α, Β ασυμβίβαστα ενδεχόμενα θα έχουμε ότι Ρ( Α υ Β) =Ρ(Α)+Ρ(Β) . Όμως Ρ(Α υ Β) ::; ι � Ρ(Α) ::; Ι - Ρ(Β) ( 1 ) . Από υπόθεση παίρνουμε ότι Ρ(Α)= 1 6Ρ(Β)2-25Ρ(Β)+ 1 0 (2) . Έτσι από ( 1 ) και (2) θα έ­χουμε : 1 6Ρ(Β)2 -25Ρ(Β)+ 1 Ο ::; 1 - Ρ(Β) � 1 6Ρ(Β)2-24Ρ(Β)+9 ::; Ο � (4Ρ(Β)-3)2 ::; Ο . Άρα 4Ρ(Β)-3=0 � Ρ(Β) = � .

4 Αντικαθιστώντας την τιμή της Ρ(Β) που βρήκαμε στην (2) θα πάρουμε ότι

1 Ρ(Α)= 4

.

β. Αφού ο δειγματικός χώρος Ω αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε κλασικό ορισμό πι-θανότητας και έτσι Ρ(Α)=_!_ =

Ν(Α) = 4 Ν(Ω)

Ν(Α) , ,0 = -- οποτε Ν(Α) = 502 . μοια εργα-2008 '

ζόμενοι θα έχουμε ότι N(B)= l 506.

γ. 'Ε χουμε ότι Ρ(Α)+Ρ(Β)= 3 + 1 = 1 και Α, Β 4

ασυμβίβαστα ενδεχόμενα δειγματικού χώ­ρου Ω με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Ε­πομένως τα ενδεχόμενα Α και Β είναι συ­μπληρωματικά δηλαδή Α' = Β.

Θ Ε Μ Α 1 3 ° : Σε ένα συρτάρι υπάρχουν ανακατεμένα

γραπτά Β ' και Γ ' τάξης Λυκείου, Μαθημα­τικών Θετικής Κατεύθυνσης. Τα γραπτά της Γ ' τάξης είναι 40 και τα γραπτά της Β ' τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 10, εί­ναι 10. Επιλέγουμε τυχαία ένα γραπτό και θεωρούμε τα ενδεχόμενα : Α: «Το γραπτό που επιλέχθηκε έχει βαθμό μικρότερο ή ίσο του 10» και Β: «Το γραπτό που επιλέχθηκε είναι γραπτό της Β ' τάξης με βαθμό μεγα­λύτερο του 1 0». Για τις πιθανότητες Ρ(Α) και Ρ(Β) των ενδεχομένων Α και Β ισχύει :

1 7 Ρ(Α)=4 και Ρ(Β)=

1 2.

α. Να βρεθεί το πλήθος των γραπτών της Β ' τάξης καθώς και το πλήθος των γρα­πτών της Γ ' τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 10.

β. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ­νου Γ: «Το γραπτό που επιλέχθηκε να είναι της Γ ' τάξης ή να είναι γραπτό με βαθμό μεγαλύτερο του 10».

Λύση : Υποθέτουμε χ το πλήθος των γραπτών της

Β ' τάξης, y το πλήθος των γραπτών της Γ ' τά­ξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 1 Ο και βα­σιζόμενοι στην υπόθεση κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα:

ΤΑΞΗ

ΒΑΘΜΟΛΟΓΙΑ

ΠΛΗΘΟΣ ΓΡΑΠΤΩΝ ΜΕ ΒΑΘΜΟ ::; 1 0

ΠΛΗΘΟΣ ΓΡΑΠΤΩΝ ΜΕ

ΒΑΘΜΟ > 1 0

ΣΥ!\ ΟΛΑ

ΠΛΗΘΟΣ ΠΛΗΘΟΣ ΓΡΑΠΤΩΝ ΓΡΑΠ ΤΩΝ ΣΥΝΟΛΑ Β ' ΤΑΞΗΣ Γ ' ΤΑΞΗΣ

1 0 Υ 1 0+y

χ-1 0 40-y 30+x-y

χ 40 40+χ

α. Από την υπόθεση και τον πίνακα θα έχου-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/65

Page 68: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

με : 1 I O + y 1 Ρ(Α)= - � -- = - � χ = 4y και 4 40 + χ 4

χ - 1 0 7 Ρ(Β)= -- = - � 1 2χ - 1 20 = 40 + χ 1 2

= 280 + 7 χ � χ = 80 .

Αντικαθιστώντας στην πρώτη εξίσωση θα έχουμε ότι y=20. Άρα το πλήθος των γραπτών της Β ' τάξης είναι ίσο με 80 και το πλήθος των γραπτών της Γ τάξης με βαθμό μικρότερο ή ίσο του 1 0 είναι ίσο με 20.

β. Το πλήθος των γραπτών της Γ τάξης με βαθμό μεγαλύτερο του 1 0 θα είναι 40-20=20 ενώ της Β ' τάξης θα είναι 80-1 0=70. Δηλαδή συνολικά τα γραπτά με βαθμό μεγαλύτερο του 1 0 θα είναι 20+70=90 .

Τότε από προσθετικό νόμο πιθανοτήτων θα έχουμε ότι

Ρ(Γ)=Ρ(Γραπτό Γ τάξης)+Ρ(Γραπτό με βαθμό> 1 0)-Ρ (Γραπτό Γ τάξης και βαθ-

40 + 90 - 20 1 1 ' > 1 0) = -μου 40 + 80 1 2

.

Θ Ε Μ Α 1 4° : Έστω Ω={1 ,2,3} δειγματικός χώρος ενός

πειράματος τύχης και Ρ(1}, Ρ(2), Ρ(3) οι πι­θανότητες των απλών ενδεχομένων του Ω. Δίνεται ότι η δευτεροβάθμια εξίσωση :

χ2-5Ρ(2)χ+ � Ρ(3)=0 9

έχει ρίζες τους αριθμούς: 2Ρ(1) και Ρ(2).

α. Να βρεθούν οι πιθανότητες Ρ(1), Ρ(2), Ρ(3).

3 1 2 2 β. Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x + 2 λ χ -

3λχ+4, λ ε Ω και το ενδεχόμενο Α:

«Η εφαπτομένη της Cr στο σημείο της ( 1 , f(1 )) να είναι παράλληλη στην ευθεία y=x+2». Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομέ-

νου Α.

, \ίJση : α. Από τους τύπους Vieta θα έχουμε :

1 2P( l )+P(2)=5P(2)�P(2)= 2 P( l ) (1 ) και

2Ρ( 1 )Ρ(2)=3_ Ρ(3) (2) . 9 Από τις (1) και (2) παίρνουμε : Ρ(3)=2_ (P( l ))2 .

2 Όμως ισχύει: P( l )+P(2)+P(3)= 1 .

Αντικαθιστώντας τις Ρ(2) και Ρ(3) στην προηγούμενη ισότητα θα έχουμε:

2_ (P( 1 ))2+P( l )+ .!_ Ρ( 1 )= 1 2 2 2 � 9(Ρ(1)) 2 + 3P(l) - 2 = O =>P( l )= -3

1 (απορρίπτεται) και Ρ( 1 )= 3 .

Έτσι θα έχουμε :

1 1 1 1 Ρ( 1 )=-3, Ρ(2)=- · - = -

2 3 6

9 1 2 1 και Ρ(3 )=- · (-) = - . 2 3 2

β. Η συνάρτηση f ορίζεται σε όλο το � και είναι παραγωγίσιμη σε όλο το � ως πο­λυωνυμική με f ' (χ) =3χ2+λ2χ-3λ, χ ε � .

Η εφαπτομένη της Cr στο σημείο της ( l ,f( l )) θα είναι παράλληλη στην ευθεία y=x+ 2 εάν και μόνο οι δύο ευθείες έχουν ίσους συντελεστές διευθύνσεως. Άρα ισο­δύναμα έχουμε :

f ' (l) = 1 � λ2 -3λ+3 = 1 � λ2 - 3λ+2 = 0� από όπου προκύπτει ότι λ= 1 ή λ=2 .

Δηλαδή το ενδεχόμενο Α είναι το : Α= { 1 ,2 } .

1 1 1 Τότε Ρ(Α)=Ρ( 1 )+Ρ(2)=- + - = - . 3 6 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/66

Page 69: Ευκλειδης Β 67

Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

ΕΦΑΠΤΟΜΕΝΗ ΚΑΜΠΥΛΗΣ Αργυράκης Δημήτρης

Ε Ξ Ι ΣΩΣ Η Ε Φ Α Π Τ Ο Μ Ε Ν Η Σ

Έστω μια συνάρτηση f ορισμένη σ ' ένα διάστημα Δ και χ 0 ε Δ .

Αν η f είναι παραγωγίσιμη στο χ 0 , τότε ορίζουμε ως εφαπτομένη της γραφικής παρά­στασης C r της συνάρτησης f στο σημείο Α (χ 0 , f(x 0 ) ) την ευθεία ( ε ) που διέρχεται από το Α και έχει κλίση (συντελεστή διεύθυνσης) την f '( χ 0 ) , δηλαδή την ευθεία με εξίσωση

...

ι, γ J,i' ' \. i. \j . ι:� \ t �

Αν ω είναι η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη (ε) με τον άξονα χ 'χ, τότε ισχύει :

Μ Ε Θ Ο _1 0 . \ Ο Γ Ι Α

Α ' Ο ΜΑΔΑ : Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να βρούμε την εξίσωση της εφαπτο­μένης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης και γνωρίζουμε το σημείο επαφής.

Άσκηση : Δίνεται η συνάρτηση f(x) = χ (.fx" - 3 ). Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφι­

κής παράστασης C r της συνάρτησης f στο σημείο α) Α (4 , f ( 4)) και β) Β (Ο , f ( O)) .

Λύση α) Για χ > Ο έχουμε f ' ( χ) = [χ (Γχ - 3 )] '

= χ · (Γχ - 3) + χ (Γχ - 3 ) ' =

= Γχ - 3 + χ · -1- =Γχ - 3 + !_ Γχ = 'i Γχ - 3 . 2Γχ 2 2

Η f παραγωγίζεται στο χ 0 = 4 με f ' ( 4) = '}__ .f4 - 3 =Ο , επίσης είναι 2

f ( 4) = 4 . (.f4.- 3 )= -4 .

Άρα η εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο σημείο A (4 , f ( 4 )) είναι

( ε ι ) : y - f(4 ) = f ' (4) · ( x - 4 ) � y - (-4) = Ο · (χ - 4) � y = - 4 .

β) Εξετάζουμε αν η f παραγωγίζεται στο χ0 = Ο . Για χ > Ο έχουμε

f(x) - f(O) = χ (Γχ - 3 ) = Γχ - 3 , οπότε lim f(x) - f(O) = lim (Γx - 3 )= -3 . χ - 0 χ χ � ο - χ - 0 χ � ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/67

Page 70: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Άρα η f παραγωγίζεται στο χ 0 = Ο με f ' ( Ο ) = -3 , οπότε η εξίσωση της εφαπτομένης της

στο σημείο B (O , f ( O) ) είναι ( ε2 ) : y - f(O ) = f ' ( O) · ( χ - Ο ) <=> y - Ο = -3 · (χ - Ο) <=> y = -3χ .

Β ' Ο Μ ΑΔΑ : Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να βρούμε την εξίσωση της εφαπτο­μένης της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης f και δεν γνωρίζουμε το ση­μείο επαφής.

Στη περίπτωση αυτή θεωρούμε σημείο επαφής Μ (χ 0 , f(x 0 ) ) και προσδιορίζου­με τον συντελεστή διεύθυνσης, αν πρόκειται για μη κατακόρυφη εφαπτομένη , ή βρίσκουμε την εξίσωση της εφαπτομένης, αν αυτό είναι απαραίτητο . Στη συνέχεια με κάποια συνθήκη που θα δίνεται στην άσκηση προσδιορίζουμε την τετμημένη χ 0 του σημείου επαφής και ότι άλλο απαιτείται.

Ά σ κη ση 1 : ( Δίνεται ο συντελεστής διεύθυνσης)

Να βρείτε τις εξισώσεις των εφαπτομένων της γραφικής παράστασης C r της συνάρτη­

σης f(x) = χ3 - 3χ 2 + 4χ + 8 οι οποίες

α) είναι παράλληλες προς την ευθεία ζ : y = 13χ-7. 1

β) είναι κάθετες στην ευθεία η : y = -- χ + 3. 4

Λ γ) σχηματίζουν με τον άξονα χ 'χ γωνία ω = 45° .

Λύση Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = 3x 2 - 6x + 4 . Επομένως ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της. Αν Μ (χ 0 , f(x 0 )) το σημείο επαφής και (ε) η εφαπτομένη της C r στο Μ , τότε ο συντελεστής διεύθυνσης λ ε της εφαπτομένης είναι λε = f ' (x0 ) = 3x � - 6x0 + 4 . α) Είναι: ε // ζ <=> λε = λς <=> 3χ � - 6χ 0 + 4= 1 3 <=> 3χ � - 6χ 0 -9 = Ο <=> 3(χ � - 2χ 0 - 3 )= Ο <=>

<=> χ � - 2χ ο - 3 = ο <=> χ ο = 3 ή χ ο = - 1 . • Αν χ 0 = 3 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (3 , f ( 3 )) είναι

(ε ) : y - f(3 ) = f ' (3) · ( χ - 3 ) <=> y - 20 = 1 3 · (χ - 3) <=> y = 1 3χ - 1 9 . • Αν χ 0 = - 1 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (- 1 , f ( - 1 ) ) είναι

(ε ) : y - f(- 1 ) = f ' (- 1) · ( x + 1 ) <=> y - 0 = 1 3 · (χ + 1 ) <=> y = 1 3χ + 1 3 .

β) Είναι: ε ..l η <=> λε · λ η = - 1 <=> (3χ � - 6χ 0 + 4 ){- �) = - 1 <::> 3χ � - 6χ 0 + 4 = 4 <:::>

<::> 3χ � - 6χ 0 = 0 <=> 3 χ 0 (χ 0 - 2) = 0 <::> χ 0 = 0 ή χ 0 = 2 . • Αν χ 0 = Ο τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο Μ (Ο , f (Ο ) ) είναι

(ε ) : y - f(O ) = f ' (O) · ( x - O ) <::> y - 8 = 4 · (x - 0) <=> y = 4x +8 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 67 τ.3/68

Page 71: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

• Αν χ 0 = 2 τότε η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (2 , f (2 )) είναι ( ε) : y - f(2 ) = f ' (2) · ( χ - 2 ) <=> y - 1 2 = 4 · (χ - 2) <=> y = 4χ +4 .

γ) Είναι: λε = ε φ45 ° <::> 3χ � - 6χ 0 + 4 = 1 <::> 3 χ � - 6χ 0 + 3 = 0 <=> 3 (χ � - 2χ 0 + 1 ) = 0 <:::>

<=> 3 (χ 0 - 1γ = 0 <::> χ 0 - 1 = 0 <::> χ 0 = 1 . • Για χ 0 = 1 η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο M (1 , f ( l ) ) είναι

( ε) : y - f( 1 ) = f ' (l) · ( x - 1) <::> y - 1 0 = 1 · (x - 1 ) <=> y = x + 9 .

Άσκη ση 2 : ( Δίνεται σημείο εκτός της γραφικής παράστασης μιας συνάρτησης από το ο­ποίο διέρχεται η εφαπτομένη ) Να βρείτε την εξίσίοση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης C r της συνάρτη-

σης f(x) = x3 + x2 + x η οποία διέρχεται από το σημείο A (O , l ) . ΛίJση Για κάθε χ Ε R έχουμε f ' (x ) = 3χ 2 + 2χ + ι Επομένως ορίζεται εφαπτομένη της c f σε κάθε

σημείο της. Αν Μ (χ 0 , f(x 0 )) το σημείο επαφής και (ε) η εφαπτομένη της C r στο Μ, τότε η

εξίσωση της εφαπτομένης είναι

(ε) : Υ - f (χ ο ) = f ' ( χ ο ) · (χ - χ ο ) <=> Υ - (χ� + χ � + χ ο )= (3 χ � + 2χ ο + 1 ) · (χ - χ ο ) ( 1 ) · Όμως το Α ε (ε ) αν και μόνο αν η εξίσωση ( 1 ) επαληθεύεται για χ=Ο και y= 1 . 'Ετσι έχου­με

1 - (χ � + Χ � + Χ 0 )= (3χ � + 2χ0 + 1 ) · (0 - χ 0 ) <=> 1 - Χ � - Χ � - Χ0 = -3Χ � - 2Χ � - Χ 0 <:::> <=> 2χ � + χ � + 1 = ο <=> (χ ο + 1 ) . ( 2χ � - χ ο + 1 ) = ο <=> χ ο + 1 = ο <=> χ ο = - 1

• Για χ 0 = - 1 η εξίσωση της εφαπτομένης (ε) της C r στο σημείο Μ ( - 1 , f ( - 1 ) ) είναι ( ε) : y - f ( - 1 ) = f ' ( - 1) · ( χ + 1) <=> y + 1 = 2 · (χ + 1 ) <=> y = 2χ + 1 .

Γ ' ΟΜΑΔΑ : Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι μια ευθεία εφάπτεται στη γραφική παράσταση μιας συνάρτησης.

+-------�------· () \" \

Μια ευθεία (ε) με εξίσωση της μορφής y=αχ+β εφάπτεται στη γραφική παράσταση C r μιας συνάρτησης f , αν και μόνο αν,

υπάρχει σημείο Μ (χ 0 , f(x 0 )) , τέτοιο ώστε :

• η ευθεία (ε) να διέρχεται από το σημείο Μ και • η κλίση της ευθείας (ε) στο Μ να ισούται με την f '( x 0 ) .

, , , { f(x 0 ) =αχ 0 + β Δηλαδη , αν και μονο αν, το συστημα , έχει μια τουλάχιστον λύση ως προς χ 0 •

f (χ 0 ) = λ ε = α

Άσκηση Ι : Να αποδείξετε ότι η ευθεία ( ε ) : y=x + 2 εφάπτεται στη γραφική παράσταση της συνάρ­

τησης f(x) = x3 - 2x + 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/69

Page 72: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Λί>ση Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = 3χ 2 - 2 , οπότε ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της. Η ευθεία (ε) : y = χ + 2 εφάπτεται της C r στο σημείο Μ (χ0 , f(x 0 ) ) , αν και μόνο αν { Μ ε (ε)

f '(x o ) = λε (Σ) .

{ f(x 0 ) = x0 + 2 { χ� - 2 χ 0 + 4 = χ0 + 2 { χ� - 3 χ0 + 2 = 0 Έχουμε λοιπόν (Σ) <=> <=> <=> <=>

f '(x0 ) = 1 3χ� - 2 = 1 3χ� = 3

{ χ� - 3 χ0 + 2 = Ο { χ� - 3 χ0 + 2 = Ο <=> <=> <=> χ0 = 1 .

χ � = 1 χ0 = ± 1 Άρα η ευθεία (ε) : y = x +2 εφάπτεται της C r στο σημείο Μ ( ι , 3 ) . Ά σ κη ση 2 : Να προσδιορίσετε την τιμή του λ ε R για την οποία η ευθεία (ε ) : y = χ + λ εφάπτεται

στη γραφική παράσταση της συνάρτησης f(x) = e ' . . \ ύση Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (x ) = e ' , οπότε ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της.

Η ευθεία (ε) : y = χ+λ εφάπτεται της C r στο σημείο Μ(χ0 , f(x0)) , αν και μόνο αν { � ε(ε) (Σ) . f (χο) = λε

{ f(χ0 ) = χ0 + λ { e'" = χ0 + λ Έχουμε λοιπόν (Σ) <=> , <=>

f (x0 ) = 1 e'" = 1 { e '" = χ + λ { λ = 1

<=> ο

<=> e'" = eo Χο = Ο .

Άρα για λ= 1 η ευθεία (ε) : y = χ + 1 εφάπτεται της C r στο σημείο Μ ( Ο , 1 ) . Άσκη ση 3 : Δίνεται η συνάρτηση f(x) = α χ , Ο < α * 1 . Να προσδιορίσετε την τιμή του α για την

οποία η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται στη γραφική παράσταση της συνάρτησης .

Λύση Για κάθε χ ε R έχουμε f ' (χ ) = α ' Ι η α , οπότε ορίζεται εφαπτομένη της C r σε κάθε σημείο της . Η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται της C r στο σημείο Μ (χ0 , f(x 0 ) ) , αν και μόνο αν

{ Μ ε (ε) f '(x o ) = λε

(Σ) . Έχουμε λοιπόν

(Σ) <=> ο ο

<=> ο

<=> ο <=> ο

<=> ο <=> { f (Χ ) = Χ { α 'ο = Χ { α χ 0 = Χ { α 'ο = Χ { α 'u = Χ

f '(x 0 ) = 1 α'" lηα = 1 χ 0 1ηα = 1 Ιη α'" = 1 ln x0 = 1

I

Άρα για α = e c

{ α'" = χ 0 { αc = e { e Ιηα = 1 { Ιηα = _!_ <=> <=> <=> <=> e <=>

ln x0 = ln e χ0 = e χ0 = e _ χ0 - e

η ευθεία (ε) : y = x εφάπτεται της C r στο σημείο M ( e , e ) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/70

Page 73: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Δ ' ΟΜ Α ΔΑ : Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο γραφικές παραστάσεις δέχονται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο, δηλαδή εφάπτονται.

Οι γραφικές παραστάσεις C r και C g δύο συναρτήσεων f και g αντίστοιχα , δέχονται κοινή

f ( \ i ! (

t )

Άσκηση 1 :

μη κατακόρυφη εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο με

τετ μ η μένη χ 0 , αν και μόνο αν

• f (x 0 ) = g (x 0 ) και

• Γ(χ σ ) = g '(xo )

Να αποδείξετε ότι οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = e ' και

g (χ ) = 4 - 4e _, δέχο,•ται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο.

Για κάθε x E R έχουμε f ' (x ) = e x και g ' (x ) = 4 e -x . Οι γραφικές παραστάσεις C r και C g των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα , δέχονται κοινή εφαπτομένη σε κοινό τους σημείο με τε-

, , , { f (x o ) = g (x o ) , λ ' λ ' τμημενη χ 0 , αν και μονο αν, το συστημα , , εχει μια του αχιστον υση ως

f (χ ο ) = g (χ σ )

προς χ 0 •

Είναι f (x 0 ) = f ( ln2) = e 1n2 = 2 . Άρα οι C r και C g δέχονται κοινή εφαπτομένη στο κοινό

τους σημείο M ( ln2 , 2) .

Α σκη ση 2 : Να βρείτε τους α , β Ε R ώστε οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων

f(x) = συν(πχ) - α και g (x ) = x 2 + 3βχ + 1 να έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους ση­

μείο με τετμημένη χ 0 = 1 .

Λ1Jση Για κάθε χ Ε R έχουμε f ' (x ) = -πημ (πχ ) και g ' (x ) = 2χ + 3β . Οι γραφικές παραστάσει;

C r και C g των συναρτήσεων f και g αντίστοιχα , δέχονται κοινή εφαπτομένη στο κοινό του;

' ' ' r r cx o ) = g ( x ,-, ) σημειο με τετμημενη χ 0 = 1 , αν και μονο αν � . . . ( � ) .

Έχουμε λοιπόν ι � Ι = ' -

f ι χ J = g ι x 1

� .... ..... -- � - �:.:. = _ _ _ ... :.·

= - .... -

Page 74: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Ε ' ΟΜΑΛΑ : Περιλαμβάνει ασκήσεις στις οποίες θέλουμε να αποδείξουμε ότι δύο γραφικές παραστάσεις δέχονται κοινή εφαπτομένη .

Έστω (ε 1 ) , (ε2) οι εφαπτομένες των γραφικών παραστάσεων C r και C g δύο συναρτήσεων f και g στα σημεία Α ( α , f(α)) και Β (β , g (β)) αντιστοίχως, με α :;t: β . Είναι :

• (ε 1 ) : y - f(α) = f '( α) · (χ - α) � y = f '( α) · χ + f(α) - α ·f '( α)

Β_..../.- · �. //.

• (ε2 ) : y - g(β) = g '( β) · (χ - β) � y = g '( β) · χ + g(β) - β ·g '( β)

Οι ευθείες (ε 1 ) , ( ε2) ταυτίζονται, δηλαδή οι C r , C g έχουν κοινή

, , { f '( α) = g '(β) εφαπτομενη (ε), αν και μονο αν f(α) - α .f '( α) = g(β) - β ·g '( β)

Άσκηση : Να βρείτε την κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων

1 f( χ) = - και g (χ ) = - χ 2 •

χ

ΛίJση

Για κάθε χ Ε R * έχουμε f ' (χ ) = -�, οπότε ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της C r . χ -

Για κάθε χ Ε R έχουμε g ' (x ) = -2 χ , οπότε ορίζεται εφαπτομένη σε κάθε σημείο της C g . Η εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο σημείο Α (α , f(α)) , α :;t: Ο είναι

(ε Ι ) : y - f(α) = f ' ( α) · (χ - α) � y - __!__ = - -1 (χ - α) � y = --1- χ + 3_ α α 2 α 2 α

Η εξίσωση της εφαπτομένης της C g στο σημείο Β (β , g (β)) είναι (ε2 ) : y - g (β) = g ' ( β) · (χ - β) � y- (- β 2 )= -2 β (χ - β) � y = - 2 β χ + β 2

Οι ευθείες (ε 1 ) , (ε2) ταυτίζονται, δηλαδή οι C r , C g έχουν κοινή εφαπτομένη (ε), αν και μόνο

αν (Σ) . Εχουμε λοιπον { f '( α) = g '(β) , , f(α) - α ·f '( α) = g(β) - β ·g '( β)

1 1 1 - - = - 2 β β = 2α2 β = 2α2 α2 (Σ) � � �

3_ = β2 2 1 3 1 - = - α = -α α 4α4 8

1 β = 2α2 �

α = Vf { β � 2

� 1 α = -2

Επομένως Α ( Ξ- , 2) και Β ( 2 , - 4) είναι τα σημεία επαφής της κοινής εφαπτομένης (ε) με

τις C r και C g αντίστοιχα . Η κοινή εφαπτομένη έχει εξίσωση

(ε) : y - g (2 ) = g ' (2) · ( χ - 2 ) � y - (- 4) = -4 · (χ - 2) � y = -4χ + 4 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/72

Page 75: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

ΘΕΜΑ Τ Α ΕΠΑΝ-ΑΛΗΨΗΣ

Θ Ε Μ Λ 1 " Έστω οι μιγαδικοί αριθμοί z1=α+βί και z2=α+γί με β<γ και α;t:Ο για τους οποίους ισχύει I zι+z2 l = I zι-z2 1 επίσης θεωρούμε συνάρτηση f με πεδίο ορισμού Α=[β, γ] και σύνολο τιμών f(Α)=[β, γ] η οποία είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α. Να αποδειχθεί ότι: 1). α2+βγ=Ο

χ + f (β) χ + f (γ ) 2). Η εξίσωση + = -3 (I)

χ - β χ - γ έχει ακριβώς δυο ρίζες στο (β, γ) 3). Να βρεθεί το όριο:

βχ3 + γχ2 + ημl lim h ( χ) , όπου h ( χ ) = χ

Χ -Η« γχ2

1 ) . έχουμε : I z ι -z2 1 = I z ι-z2 l � I z ι+z2 l 2= I z ι-zz l 2

� ( z 1 -"- Ζ: ) ( �ι + �� ) = ( z 1 - z2 ) (�ι - �z ) �

- -

� 2z1 z: + 2z ιz � = 0 � � z 1 z: = -z ιz� � Ζ 1 Ζ2 = -z 1 Zz � z1 �: ε l � Re ( z 1 �2 ) = 0 ( 1 )

Είναι : Ζ 1 �� =(α+βi)(α+γ)=α2+βγ+(αβ-αγ)i

Οπότε Re (z 1 �2 ) = α2 + βγ και ( 1 ) � α2+ βγ = 0

2) . Αφού η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο Α=[β, γ] και έχει σύνολο τιμών το f(Α)=[β, γ] θα είναι: f(β)=β και f(γ)=γ, οπότε με χ:;fβ και χ:;fγ έχουμε :

χ + β χ + γ ( Ι ) � - + - + 3 = Ο �(χ+β)(χ-γ)+(χ­χ - β χ - γ

β)(χ+γ)+ 3 (χ-β)(χ-γ)=Ο Έστω η συνάρτηση : g(χ)=(χ+β)(χ-γ)+(χ­

β)(χ+γ)+3(χ-β)(χ-γ), για κάθε χ ε [β, γ] • Από το α) ερώτημα έχουμε : βγ= -α2<0

αφού α:;fΟ, οπότε οι αριθμοί β, γ είναι ετε­ρόσημοι και επειδή β<γ θα είναι β<Ο και γ>Ο

• Για τη συνάρτηση g ισχύουν τα εξής : α) Είναι συνεχής στο [β, γ] , ως πολυωνυμική β) g(β)=2β(β-γ)>Ο, g(γ)=(γ-β)2γ>Ο και

g(Ο)=βγ<Ο Επομένως η g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θε­ωρήματος Bolzano στα: [β, Ο] και [Ο, γ] . οπότε υ­πάρχουν χ 1 ε (β, Ο) και χ2 ε (Ο,γ) έτσι ώστε g(x 1 )=0 και g(xz)=O με x ι ,cXz και αφού η g είναι πολυωνυ-

Ανδρέας Τσαγγάρης - Στέλιος Κάσδαγλης

μική 2ου βαθμού . Οι χ 1 και χ2 είναι οι μοναδικές ρί­ζες της g(x)=O στο (β, γ) άρα και η εξίσωση (I) έχει ακριβώς δύο ρίζες στο (β, γ) .

βχ 3 + γχ 2

+ ημ l

3) . Έχουμε : h ( x ) = χ γχ2

γ γ βχ3

+ γχ 2 ημ -β 1

η μ -:.....___.:....__ + __

χ = - χ + 1 + - · --χ

γχ 2 γχ2 γ χ3 1 χ

Άρα lim h ( x ) = �(+oo ) + 0 · 1 = -oo , αφού � < 0 Χ -ΗΟΟ γ γ

γ γ ημ - U =� και lim __

χ = lim ημu

= 1 x � +oc γ ιι �Ο U ημ ­

χ Θ Ε :VΙ Λ 2 " Έστω η συνάρτηση : g: IR -IR, με g(1 )=3,

g(2)=4, συνεχής και γνησίως αύξουσα στο IR με [1 , 2] ς g (JR} . Αν (gog)(x)=x-4 για κάθε xεiR τότε: α) Να δειχθεί ότι η g αντιστρέφεται και

g-1 (x)=g(x)+4, για κάθε xεg(IR). β) Αν zεC και I z+4i I =2, να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του I z-3 1 γ) Αν θεωρήσουμε τη συνάρτηση :

f(x)= I z-3 1 x+g-1 (x)-1 4 Να δειχθεί ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μια τουλά­χιστον ρίζα στο [ 1 ,2] δ) Να αποδειχθεί ότι η γραφική παράσταση της g-1 έχει ένα μόνο κοινό σημείο με την ευθεία (ε) : y=-4x+12 που έχει τετμημένη στο (1 ,2). Απόδειξη : α) •Αφού η g είναι γνησίως αύξουσα, είναι και « 1 -

1 » στο IR, οπότε αντιστρέφεται. • Είναι (gog)(x)=x-4 δηλαδή g(g(x))=x για κάθε

x ε iR. Έστω ένας αριθμός y ε g(IR) . Τότε υ­πάρχει x ε iR ώστε g(x)=y. Έτσι έχουμε: g(x)=y �g(g(x))=g(y) � x-4=g(y) �x=g(y)+4�g-

1 (y)--=g(y)+4, για κάθε y ε g(IR) . Άρα: g- 1 (x)=g(x)+4, για κάθε x ε g(IR) .

β) • Είναι: I z+4i I =2� I z-(0-4i) I =2 . Οπότε η ει­κόνα M(z) κινείται στον κύκλο c με κέντρο το Κ(Ο,-4) και ακτίνα ρ=2 .

• Είναι I z-3 1 = I z-(3+0i I =(ΑΜ) όπου Α(3 ,0) Αφού η εικόνα Μ του z κινείται στον κύκλο c ισχύει: ( ΑΓ)::;( ΑΜ)::;( ΑΒ)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3!73

Page 76: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

(ΑΚ)-Ρ:::;(ΑΜ):::;(ΑΚ)+Ρ όπου (ΑΚ) = �(Ο - 3 )2 + (4 - 0)2 , ( ΑΚ) = .)9 + 1 6 = 5 οπότε : 5-2:::; I z-3 1 :::;5+2, 3:::; I z-3 1 :::;7 .

χ '

Υ

ο

- 1

Β·.,� _ _ /

y '

Άρα I z-3 1 min=3 και

Α(3 ,0)

γ) Είναι: f(x)= I z-3 1 x+g- 1 (x)-1 4 =

χ

= I z-3 1 x+g(x)+4- 1 4 = I z-3 1 x+g(x)- 1 0, για κάθε x εg(IR) . Οπότε για τη συνάρτηση f ισχύουν στο [ 1 ,2] ς:::::g(IR) τα εξής: ιι Η f -συνεχής στο [ 1 ,2] , ως αποτέλεσμα πράξε­

ων μεταξύ συνεχών συναρτήσεων ., f( 1 )= I z-3 1 +g( l )- 1 0= I z-3 1 +3-1 0= I z-3 1 -7

Από το β) ερώτημα έχουμε : I z-3 1 -7:::;0� I z-3 1 :::;O�f( l ):::;O ( 1 )

• f(2)=2 1 z-3 1 +g(2)- 1 0=2 1 z-3 1 +4- 1 0= =2 1 z-3 1 -6=2( I z-3 l -3) . Από το β) ερώτημα έχουμε : I z-3 1 �3� I z-3 1 -3�0, οπότε f(2)�0 (2) Εξάλλου : (1 ) , (2) �f( l ) .f(2):::;0 . Οπότε :

ο Αν f( l ) .f(2)<0, τότε από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 ε ( 1 ,2) με f(xo)=O

� Αν f( l ) . f(2)=0, τότε f( 1 )=0 ή f(2)=0. Άρα η εξί­σωση f(x)=O έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο [ 1 ,2] . δ) Αρκεί η εξίσωση : g- 1 (x)=--4x+ 1 2 , δηλαδή η

g(x)+4= -4χ+ 1 2 και τελικά η g(χ)+4χ-8=0,να έχει μια ακριβώς ρίζα στο ( 1 ,2) .

Για την h(x)=g(x)+4x-8, στο [ 1 ,2]ς:::::g(IR) ισχύουν: s Η h είναι συνεχής στο [ 1 ,2] ως άθροισμα συ­

νεχών συναρτήσεων eι h( 1 )=g( 1 )+4-8=- 1 <Ο

h(2)=g(2)+8-8=4>0 Από το θεώρημα Bo1zano υπάρχει ένα τουλά­χιστον χ0 ε ( 1 ,2) με h (χ0)=0

• Για κάθε χ ι , χ2 ε [ 1 ,2] με χ ι< χ2 ισχύουν 4χ ι-8< 4χΓ8 και g(x 1 )<g(x2), αφού g γνησίως αύ­ξουσα στο IR οπότε: g(χ ι )+4χ ι-8<g(χ2)+4χΓ8�h(χ ι )<h(χ2) Άρα η h είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1 ,2] ,

πράγμα που σημαίνει ότι η ρίζα χ0 της h(x)=O είναι

μοναδική στο ( 1 ,2) . Δηλαδή η γραφική παράσταση της g-- ι έχει ένα μόνο κοινό σημείο με την ευθεία (ε) που έχει τετμημένη στο ( 1 ,2) .

Έστω η συνάρτηση : f(x)= I z-i I χ+ I z-1 1 •-2, για κάθε χε!R. όπου z μιγαδικός αριθμός με

I z-i I <1, I z-1 1 <1 και #i, #1 α) να μελετηθεί η f ως προς τη μονοτονία και να λυθεί η εξίσωση f(x)=O β) να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z γ) αν επιπλέον ισχύει I z-i I < I z-1 1 με z=α+βί να δειχθεί Re(z)<Im(z) δ) να υπολογιστεί το όριο : !�"!( lz - ϊ l ' - lz - 1 1 ' } .

α) Είναι:Ο< I z-i I < 1 και Ο< I z- 1 1 < 1 Οπότε για

κάθε Χ ι , x2 εiR έχουμε: Χι < χ2 �{l z-il '' > lz-il '' }� l z- 11 '' > lz-11 '' � l z - i l ' ' + l z - 1 1 ' ' - 2 > lz - i l 2 + lz - 1 1 ' ' - 2

� f ( χ ι ) > f { χ 2 ) � η fγνησίως φθίνουσα στο IR ο Έχουμε : f(O)= I z-i I 0+ I z- 1 I 0 -2= 1 + 1 -2=0,

οπότε το χ 1=0 είναι λύση της f(x)=O και αφού η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR η ρίζα αυτή είναι μοναδική .

χ '

Υ

2

( κ , _/_:;_!3( 1 , 1 ) / I .

y '

. . / .

Λι / 2 χ

β) Αφού : I z-i I < 1� I z-(O+i) I < 1 και I z-1 I < 1 � I z-( 1 +Oi) I < 1 , η εικόνα του μιγαδικού z είναι εσωτερικό σημείο των κύκλων

C 1 : με κέντρο Κ(Ο, 1 ) και ρ 1 = 1 g C2 : με κέντρο Λ(Ο, 1 ) και ρ2= 1

Επομένως ο γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι το σύνολο των κοινών εσωτερικών ση­μείων των δυο κύκλων C 1 και C2

Οι συντεταγμένες των κοινών σημείων των δυο κύκλων βρίσκονται από τη λύση του συ­στήματος των δυο εξισώσεών τους. Δηλαδή : { χ 2 + ( � - 1 )2 = 1} <=> { χ : + y2 + 1 - 2� = 1} <=> ( χ - 1 )- + y2 = 1 χ · - 2x + 1 + y = 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/74

Page 77: Ευκλειδης Β 67

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

{�;,� 2χ = 0}� {:�� 1 ) = 0}� � = �} ή � : :} Οπότε τα κοινά σημεία των C 1 και C2 είναι: 0(0,0) και Β( 1 , 1 )

z=α+βi γ) Είναι: l z-i l < l z- 1 1 => Ια + βi - i i < Ι α + βi - 1 1 =>Ια+(βi - i)l < I ( α- 1) + βil => Jαz + (β - 1 )2 < Jr-(α-

- l---,-)2_+ _β2 => α2 + β2 - 2β + 1 < α2 - 2α + I + β2 => -2β < -2α => α < β => Re ( z ) < Im ( z ) .

( l z - 1 1 ' ] δ) Έχουμε : l z - i l ' - l z - 1 1 ' = l z - i l ' 1 - l z _ i l ' Εξάλλου : Ο< I z-i I < 1 => lim l z - i l ' = +οο Χ �-Χ Επίσης:

Ι z-i Ι < Ι z- 1 1 => Ι1z - ��

� > 1 => Iim ( 11z- ��

� : , = Ο Ζ - 1 Χ-+--'Χ. Ζ - 1

Οπότε : Δ� ( l z - i l ' - l z - Ι I ' ) = (+oo) ( l - O) = +oo

Έστω η συνάρτηση : { ο ο β2 < 1 α·χ - + χ , χ -f ( χ ) = αχ 2 _ α με α, β Ε JR. ---2β - 2, x > l χ - 1 α) Α ν η f είναι συνεχής στο χ0= 1 να δειχθεί ότι α= Ι και β=-1 β) Α ν z Ε C με I z-α I = I 2z-β I να βρεθεί ο γεω­μετρικός τόπος των εικόνων του z

f( x) -g(x) γ) Αν lim 3 Να βρεθεί το : lim g ( χ ) Χ-->1 Χ - 1 Χ --> 1

δ) Να βρεθεί το όριο : }��( f ( χ ) ημ � ) Έστω συνάρτηση : g: IR. �IR για την οποία

ισχύουν : "' Είναι συνεχής στο IR. είναι γνησίως αύξουσα στο IR.

' είναι g(IR.)=IR. Θεωρούμε τη συνάρτηση f(x)=ln(lg(x )+ 1 )-g(x), για κάθε χ Ε IR. Να αποδειχθεί ότι: α) η f είναι γνησίως φθίνουσα στο IR. β) Υπάρχει ένα μοναδικό ξEIR τέτοιο ώστε: f(ξ)=ln2 γ) Η f αντιστρέφεται με

Γ 1 ( χ ) = g- 1 ( ιη e' 1_ 1) , για κάθε χ>Ο .

δ) Α η εξίσωση : (gο1 1 )(χ)=χ2-ημ2χ έχει ρίζα χ0 Ε (ο, +οο) τότε ισχύει: O<x0<ln2 Έστω συνάρτηση : f: IR. �IR με f(IR.)=IR., η

οποία είναι γνησίως αύξουσα στο IR. και συνεχής στο χ=Ο και σχύουν:

e) (fof)(x)+f(x)=2x+3 , για κάθε X EIR f(x+y)=f(x)+f(y)- 1 , για κάθε χ , yEIR

α) Να βρεθεί το f(O) και να αποδειχθεί ότι η f είναι συνεχής στο IR. β) Να δειχθεί ότι: f(χ)=2Γ 1 (χ)+3-χ, για κάθε x EIR γ) Αν g(x)=f(x)lnx+21 1 (x) για κάθε χ>Ο να απο­δειχθεί ότι η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα στο [; , e] με f(χ)>Ο για κάθε x E [; , e] .

κ

δ) Να αποδειχθεί ότι υπάρχει ένα μοναδικό ξ Ε ( ; , e) τέτοιο ώστε : f(ξ) . lnξ=-2f\ξ)

Γ( χ ) ε ) Αν lim _e_ = e , να υπολογιστούν τα όρια: χ �+% e x

ι

1. f ( ) ι · ημχ ιm χ υ ιm --χ -->+'Χ: x -->+>e f ( Χ )

' Δ ' θ Σ .Κοκοτσάκης 2 1 0 .3804347 - 231 0 . 23031 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3175

Page 78: Ευκλειδης Β 67

Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Συνεχείς Συναρτήσεις ! αναφορά και διό ρ θωση σε π ροηγού μενο ά ρ θ ρ ο !

Στο προηγούμενο τεύχος στο άρθρο - ΘΕΩΡΗΜΑ ΤΑ ΣΥΝΕΧΩΝ ΣΥΝΑΡΤΉΣΕΩΝ - του συνα­δέλφου κ. Βαγγέλη Ψύχα εκ ' παραδρομής στις ασκήσεις 6, 7, 8 δόθηκαν οι αρχικές λύσεις και όχι οι επε­ξεργασμένες από την συντακτική επιτροπή , με αποτέλεσμα να παρουσιάζεται στην άσκηση 8, το προ-

φανώς παράδοξο, η συνάρτηση g να έχει πεδίο ορισμού [Ο, η� 1 ] και να είναι συνεχής στο πλατύτερο

σύνολο [0, 1 ] , δηλαδή και σε σημεία εκτός του πεδίου ορισμούς της. Παραθέτουμε λοιπόν τις λύσεις τους όπως τις είχε προτείνει η συντακτική ομάδα για αποκατάσταση

του θέματος.

ΑΣ Κ Η Σ Η 6 Εστω f : [0,2] � R μία συνεχής συνάρτηση

ώστε f(O) = f(2) . Αποδείξτε ότι υπάρχουν Χ0 , y 0 ε [Ο,2] με l χ 0 - y 0 Ι = ι ώστε f(x0 ) = f(y 0 ) .

λύση Έχουμε : l x o - Yo l = 1 <=> Χ0 - Υ ο = ι ή

χο - Υ ο = - 1 <=> χο = Υ ο + 1 ή Υ ο = Χ ο + ι . Οπότε : f(x0 ) = f(y0 ) <=> f(y0 + 1) = f(y0 ) ή

f(x0 ) = f(x0 + 1) . Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα

τουλάχιστον ξ Ε [0, 2] τέτοιο ώστε : f(ξ) = f(ξ + 1) . Θεωρούμε την h(x) = f(x) - f(x + ι) . Έχουμε f ( x + 1 ) = f (g ( x )) ,; ( f ο g) ( x ) , όπου

g ( χ ) = χ + 1 . Αφού

A={x E� /g(x) EAr } = {x ER/O::; x+ 1 ::;2} = [-1, 1] 7= 0 , θα είναι Α = Afog Άρα Ah = Ar n Afog = [ - 1 , 1 ] n [0, 2 ] = [0, 1 ]

Η h είναι συνεχής στο [Ο,ι ] και h(O) = f(O) - f(ι)

h(ι) = f(ι) - f(2) = f(ι) - f(O)

Άρα h(O) · h(l) =-(f(l) -f(0))2 ::; O::::>h(O) ·h(1)::;0 Αν h(O) · h(ι) < Ο , τότε σύμφωνα με το Θεώ­

ρημα του Bolzaηo, θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε (0, 1) τέτοιο ώστε : h (ξ ) = Ο

Αν h(O) · h(ι) = Ο τότε h{O) = Ο ή h(l) = Ο , οπότε ξ = Ο ή ξ = 1 .

Τελικά θα υπά ει ένα τουλά ιστον ξ Ε [0, 1 ] τέτοιο ώστε: h (ξ) = Ο

ΑΣ Κ Η Σ Η 7 Εστω f : (α, β ] � R μία συνεχής συνάρτηση

ώστε f (α) = f (β) . Αποδείξτε ότι υπάρχουν

με I I β - α Χο - Υ ο = -2- ώστε

f(x0 ) = f(y 0 ) . Υπόδειξη Εργαζόμενοι όπως στην προηγούμενη άσκηση

I β - α έχουμε: χο - Υ σ i = -2- <=>

β - α , β - α , , χο = Υ ο + -- η Υ ο = Χ0 + -- , οποτε ομοιως 2 2

αρκεί να υπάρχει ξ Ε [α, β ] τέτοιο ώστε

f ( ξ) = f ( ξ + β ;α ) ΑΣ Κ Η Σ Η 8 Εστω f : [Ο,ι ] � R μία συνεχής συνάρτηση

ώστε f(O) = f(ι ) και η θετικός φυσικός αριθ­μός. Αποδείξτε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον

ξ Ε (Ο ,ι ] ώστε f(ξ) = f(ξ + _!_) . η Λ{Jση Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - f(x + _!_) . η

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει ένα τουλάχι­στον ξ ε [Ο,ι] ώστε g(ξ) = Ο .

Εργαζόμενοι όπως στην άσκηση 6 βρίσκουμε ότι η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το

Δ = [Ο, η� 1 ] και είναι συνεχής στο Δ.

Εύκολα πλέον βρίσκουμε ότι: g0)+\�}···+\n�1)=0, οπότε δύο τουλάχιστον από τους προσθετέους π.χ. g ( Χ ι ) , g ( Χ 2 ) με Χ ι < χ 2 θα είναι ετερόσημοι ή όλοι τους μηδέν, δηλαδή g ( χ ι ) · g ( χ 2 ) ::; Ο . Και στις δύο περιπτώσεις λοιπόν υπάρχει ξ Ε [χ ι , χ 2 ] ς [0, 1 ] τέτοιο ώστε g (ξ) = Ο , δηλαδή

f (ξ ) = f (ξ + �) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/76

Page 79: Ευκλειδης Β 67

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Επεξηγήσεις σε θέματα συμβολισμών Απάντη ση στον συνάδελφο κ. Γ. Μαλλιαρό από το μέλος της συντακτικής επιτροπής κ. Α. Κακκαβά

« . . . . Σχετικά με τα σχόλια του συναδέλφου κ. Μαλλιαρού για τα σύμβολα που χρησιμοποιήθη­καν στην άσκηση 6 στην σελίδα 36 του τεύχους 66, έχουμε να παρατηρήσουμε τα εξής:

Η ισοδυναμία: χ Ε ( - ::tJ , - 1 ] υ [ 1 , +οο ) <=> χ Ε ( -οο, - 1 ) υ ( 1 , 2 ) υ ( 2, +οο ) είπαμε ότι είναι αληθής για

κάθε χ Ε ffi. - { - 1 , 1, 2} και όχι για κάθε χ Ε ffi. , όπως ακριβώς για κάθε ν Ε Ν ισχύει η ισοδυναμία: ν > 2 <=> ν � 3 , Παραθέτουμε ένα ακόμη παράδειγμα πιο επεξηγηματικά για να γίνει απολύτως κατανοητός ο συμβολισμός μας. Όταν λέμε π.χ. ότι : Στο (Ο, +οο ) έχουμε: χ2 + χ - 2 = 0 <::::> χ Ε { 1 , -2 } <=> χ = 1 , εννοούμε φυσικά ότι έχουμε:

χ 2 + χ - 2 = ο} χ Ε { -1, 2 } } ( ) <=> <::::> x E { 1 , -2} n (O, +oo ) <=> x = 1 .

χ Ε Ο, +οο χ Ε (Ο, +οο )

Το ίδιο φυσικά ισχύει και στο επίμαχο θέ­μα καθώς και σε κάθε παρόμοιο .

Ελπίζουμε πλέον να μην υπάρχει αμφιβο­λία σε κάποιον αναγνώστη για την ορθότητα των παραπάνω .

Θα πρέπει λοιπόν να είμαστε πιο προσε­κτικοί, όταν μάλιστα βαθμολογούμε μαθητές των οποίων κρίνεται το μέλλον από το βαθμό μας και να μην δηλώνουμε αβασάνιστα ότι ένα τέτοιο συμβολισμό, σε γραπτό μαθητή , δεν θα τον δεχόμαστε . . . »

Τα ονόματα των επιτυχόντων στον διαγωνισμό

του Ευκλείδη 2008 θα δη μοσιευθούν

, , στο επο μεν ο τευχος

Το βιβλίο περιδιαβαfνει το χώρο των

Μαθηματικών Κατεύθυνσης της Γ Λυκείου και

φιλοδοξεί να αποτελέσει ουσιαστικό βοήθημα για

τους μαθητές-υποψήφιους και τους καθηγητές.

Παράλληλα , επιδιώκει να συστήσει τη βάση

πάνω στην οποία θα αναmυχθεί ένας γόνιμος

προβληματισμός γύρω από τα θέματα και το

πνεύ μα των Πανελλαδικών Εξετάσεων.

ΕΚΔΟΣΕΙΣ ΜΑΥΡΙΔΗ Τηλ. : 231 0 228009 • Fax: 231 0 287097

Κεντρική Διάθεση: Σ. Κοκοτσάκης Τηλ: 2 1 0 3804347 - 23 1 0 2303 1 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/77

Page 80: Ευκλειδης Β 67

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν Τα μαθηματικά αν και είναι επιστήμη που απαιτεί αυστηρή διατύπωση, έχουν τη μαγεία να αποσπούν το ενδιαφέρον όλων των ανθρώπων. Επινοήσεις σε προβλήματα ή ασκήσεις με κατάλληλο τρόπο διατυπωμένα εξάπτουν το πνεύμα, διεγείρουν 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 παρουσιάζουμε θέματα τα οποία δεν απαιτούν ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις αλλά μας διασκεδάζουν με την εκφώνησή τους ή τη λύση τους και είναι μια ευχάριστη και συναρπαστική ασχολία .

Λ ίγα λόγια απ{ι την Ι στορ ία Το l:κά ιη

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος

Ο βασιλιάς Ιαντάβα έδειξε τόσο μεγάλο ενδιαφέρον για τους κανόνες του παιχνιδιού, που βομβάρδιζε τον εφευρέτη με ερωτήσεις. Το παιχνίδι είναι το σκάκι.

Γιατί η βασίλισσα είναι ισχυρότερη από το βασιλιά; Είναι ισχυρότερη , απάντησε ο Σέσα ο εφευρέτης, διότι στο παιχνίδι συμβολίζει τη θέληση του λαού. Και αφού τελείωσε με τις ερωτήσεις είπε στους καλεσμένους του ο βασιλιάς Ιαντάβα: καλύτερο παιχνίδι δεν έχω δει.

Απευθυνόμενος στο Σέσα του είπε: ζήτησέ μου ότι θες και θα το έχεις. Το δώρο σου βασιλιά μου είπε ο Σέσα θέλω να είναι: 1 σπόρος σταριού για το πρώτο τετράγωνο της σκακιέρας, δύο για το δεύτερο, τέσσερα για το τρίτο, διπλασιάζοντας για κάθε επόμενο τετράγωνο μέχρι το 64°. Λέτε να έδωσε το δώρο ο Ιαντάβα στο Σέσα; Τα μαργαριτάρια Ένας μαχαραγιάς πεθαίνοντας άφησε στις κόρες του κάμποσα μαργαριτάρια και τη διαθήκη του που έλεγε ότι έπρεπε να τα μοιραστούν με τον εξής τρόπο : Η μεγαλύτερη να πάρει 1 μαργαριτάρι και το ένα έβδομο των υπολοίπων, η δεύτερη 2 και το ένα έβδομο των υπολοίπων, η τρίτη 3 και το 1 /7 κ.ο.κ. Η μικρότερη κόρη του προσέφυγε στο δικαστήριο διότι θεώρησε άδικο τον τρόπο μοιράσματος των μαργαριταριών αλλά ο δικαστής που έλυσε το πρόβλημα της είπε ότι δεν είχε δίκιο και ότι παίρνουν όλες ίδιο αριθμό μαργαριταριών. Πόσες κόρες είχε ο μαχαραγιάς; Και πόσα μαργαριτάρια τους άφησε; Ξi:ρετε ότι Η Γη είναι μια σφαίρα που έχει ακτίνα στον ισημερινό 6. 3 78 χιλιόμετρα και στους πόλους 6. 35 7

χιλιόμετρα. Άρα αν πάρουμε το γινόμενο 2πρ (π = 3, 14 ρ = ακτίνα) θα βρούμε ότι ένας μεσημβρινός της Γης έχει μήκος περίπου 40. 000 χιλιόμετρα. Δ ιαιρούμαι τα 40. 000 χιλ με 360 μοίρες και έχουμε 1 1 1 χιλιόμετρα. Δηλαδή αν κινηθούμε 1 1 1 χιλιόμετρα με το αυτοκίνητό μας θα έχουμε διανύσει μία μοίρα πάνω στη Γη. Ένα πρώτο λεπτό της μοίρας είναι 1852 μέτρα. Τα 1852 μέτρα είναι μονάδα μέτρησης αποστάσεων από

τους ναυτικούς και λέγεται ΝΑ ΥΠΚΟ ΜΙΛΙ. Ένα δεύτερο λεπτό της μοίρας είναι περίπου 310 μέτρα. Τi:στ Σ� μι� στρατιωτικ� σχολή έδ�σαν στους υποψήφιους να συμπληρώσουν τον 1 6 1 8 1 1 0 1 1 2 1 1 00 εξης πινακα μπορειτε να βοηθησετε;

. 3 .

4 . 4 . 6 . ;

Ο Δεκέμβρης Η λέξη παράγεται από το λατινικό decem (δέκα) και όμως δεν είναι ο δέκατος μήνας του χρόνου αλλά ο δωδέκατος. Μήπως ξέρετε γιατί;

Το ελικόπτr.ρο Ένα ελικόπτερο απογειώθηκε από κάποιο σημείο της Εγνατίας Οδού κοντά στα Γρεβενά που βρίσκεται στον

40° παράλληλο και κατευθύνθηκε βόρεια 500 χιλιόμετρα, μετά στράφηκε ανατολικά και πέταξε 500 χιλιόμετρα, κατόπιν στράφηκε νότια και πέταξε στο ίδιο ύψος για 500 χιλιόμετρα. Τέλος στράφηκε δυτικά και αφού πέταξε 500 χιλιόμετρα προσγειώθηκε. Που βρίσκεται τώρα ως προς το σημείο aπογείωσης;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/78

Page 81: Ευκλειδης Β 67

-------------- Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

π Στα παλιά παντοπωλεία, σήμερα όλα έγιναν super Market ή mini ,

ω υ.·. _ _

· . .

. .

ο παντοπώλης είχε όλα τα προϊόντα, το ρύζι, τα φασόλια, το στάρι, το κριθάρι, κλπ σε τσουβάλια (σακιά) . Κάποια μέρα ο παντοπώλης από λάθος έριξε μια χούφτα στάρι στο κριθάρι, αμέσως μετά ξαναπήρε μια χούφτα από το τσουβάλι με το κριθάρι στο οποίο είχε πέσει το στάρι και το έριξε στο τσουβάλι με το στάρι. Μήπως ξέρετε αν, μετά από αυτή την ενέργεια του παντοπώλη , το τσουβάλι με το στάρι έχει περισσότερο κριθάρι ή το τσουβάλι με το κριθάρι έχει περισσότερο στάρι;

Σιτάρι Κριθάρι

Η :' \ ι , , , , , , . ,

Μια μαούνα φορτωμένη σιδερένιε; ράβδου; είναι σε μια δεξαμενή . Αν αδειάσουμε τι; ράβδους μέσα στο νερό τι συμβεί στην επιφάνεια ; Θα ανέβει ή θα κατέβει η στάθμη του νερού ;

Δύο κατάρτια ενός πλοίου έχουν ύψος 6 και 4 μέτρα αντίστοιχα. Σχοινιά συνδέουν την κορυφή του καθενός με τη βάση του άλλου και διασταυρώνονται σε ύψος 2,4 μέτρα από το κατάστρωμα. Πόσο απέχουν τα κατάρτια μεταξύ τους;

Απαντήαι:ις στα μαθηματικά μας διαακι:δά(ουν. Το Σκάκι

6 m 4 m

Δεν ήταν δυνατόν να ικανοποιήσει την επιθυμία του Σέσα διότι δεν υπάρχει τόσο μεγάλη παραγωγή σίτου στη Γη . Το σύνολο των κόκκων μας το δίνει η Γεωμετρική Πρόοδος (264 - 1 ) . Τα μαργαριτάρια Είναι 36 τα μαργαριτάρια και 6 οι κόρες. Η πρώτη πήρε 1 και 3 5/7 δηλαδή 5 ακόμα, έμειναν 30 , η δεύτερη πήρε 2 και 28/7, έμειναν 24, η τρίτη πήρε 3 και 2 1 /7 , έμειναν 1 8 , η τέταρτη πήρε 4 και 1 4/7, έμειναν 1 2 , η πέμπτη πήρε 5 και 7/7, έμειναν 6 τα οποία πήρε η μικρότερη . Το μοίρασμα ήταν δίκαιο . Το ελικόπτερο Επειδή το ελικόπτερο στην αρχή κινήθηκε βόρεια και ανατολικά και στη συνέχεια νότια και δυτικά δεν θα προσγειωθεί στο ίδιο σημείο αλλά ανατολικά του σημείου aπογείωσης. Τούτο επειδή η Γη είναι σφαιρική και οι μεσημβρινοί συγκλίνουν στους πόλους. Υπολογίζεται και η απόσταση αν λάβετε υπ όψη, ότι μια μοίρα είναι 1 1 1 χιλιόμετρα δηλαδή τα 500 είναι περίπου 4° και 5 ' και ακόμα για κάθε παράλληλο δίνεται το μήκος μιας μοίρας από πίνακες. Ο Παντοπώλης Το σιτάρι που θα μείνει στο κριθάρι είναι το ίδιο με το κριθάρι που θα μείνει στο σιτάρι. Γιατί αν η χούφτα μας χωράει I 00 σπόρους σιτάρι ή κριθάρι όταν ρίξουμε μια χούφτα κριθάρι στο σιτάρι και ύστερα πάρουμε μια χούφτα για να την ρίξουμε πάλι στο κριθάρι θα έχει π.χ. η χούφτα 20 κόκκους κριθάρι και 80 σιτάρι. Έτσι το σακί με το σιτάρι θα έχει Σ+ I 00 κόκκους κριθάρι-(20 κόκκους κριθάρι +80 κόκκους σιτάρι) =Σ-80 κόκκους σιτάρι και 80 κόκκους κριθάρι. Ενώ το σακί με το κριθάρι Κ- 1 00 κόκκους κριθάρι +(20 κόκκους κριθάρι και 80 κόκκους σιτάρι)=Κ-80 κόκκους κριθάρι και 80 κόκκους σιτάρι. Το ίδιο πρόβλημα είναι αν έχουμε: ένα ποτήρι γάλα και ένα ποτήρι καφέ και πάρουμε από τον καφέ μια κουταλιά και τη ρίξουμε στο γάλα και στη συνέχεια από το γάλα με τον καφέ πάρουμε μια κουταλιά και την ξαναρίξουμε στον καφέ. Η Μαούνα Θα κατέβει η στάθμη του νερού διότι ο σίδηρος είναι 8 φορές βαρύτερος από το νερό . Όταν βρίσκεται μέσα στη Μαούνα εκτοπίζει όγκο νερού οκταπλάσιο από τον όγκο που εκτοπίζει όταν είναι μέσα στο νερό. Τα κατάρτια Είναι αδύνατο να βρεθεί η απόσταση των καταρτιών διότι τα σχοινιά θα διασταυρώνονται πάντα στο ίδιο ύψος .

Από το σημείο τομής των σχοινιών φέρουμε κάθετη στο σκάφος στο σημείο Μ και σχηματίζονται όμοια τρίγωνα και έχουμε υ/4=α/α+β και υ/6=β/α+β (α η απόσταση του Μ από το μεγάλο κατάρτι και β από το μικρό) και διαιρώντας έχουμε α/β=3/2 από τη σχέσεις αυτές υ=2,4 πάντα. Τέστ Στη δεύτερη γραμμή μετράμε τα γράμματα που έχει η λέξη . Άρα κάτω από το εκατό γράφουμε 5. 0 ..\εκέμβρης Τ ο η μερολόγιο προέρχεται από τους Ρωμαίους οι οποίοι πριν τον Ιούλιο Καίσαρα θεωρούσαν πρώτο μήνα του Ξ : -: -. � :ο \ ιάrτη . Ο Δεκέμβρης τότε ήταν ο δέκατος μήνας του χρόνου . Όταν ως Πρωτοχρονιά ορίστηκε η I η : . . . . _ . . . - :-·:σuασία των μηνών δεν άλλαξε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/79

Page 82: Ευκλειδης Β 67

Ε υ κλε i δ n ς n ρ οτ ε f νε ι

<<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. Τριάντος, Ν. Αντωνόπουλος, Θ. Κυριακόπουλος

114. Για τους θετικούς αριθμούς α,β,γ και χ, y, z δί­

νονται οι σχέσεις α' + β' = γ ' και χ ' + y' = z ' . Να α­

ποδείξετε ότι ισχύει (γ + z ) ' ;::: (α + χ ) ' + (β + y ) ' • Πότε

ισχύει η ισότητα; (Επροτάθη από τον συνάδελφο

Στράτη Α ντωνέα - Σπάρτη)

Λύση : (από την Γ ιαννακοπούλου Ι ωάννα - Λαμία)

Θεωρούμε τα διανύσματα � = (α, β) , � = (x, y) . Τότε

έχουμε: u+ v = (α + χ, β + y) και

(αφού γ, z > Ο ) . Είναι επίσης

ι�+ � ι = �(α + χ)' + (β + y)' . Από την τριγωνική ανισό-

τητα ι�+ � ι :-:;; ι� ι + ι �ι προκύπτει ότι

�(α + χ) ' + (β + y)' :-:;; γ + z και τελικά η αποδεικτέα:

(γ + z) ' ;::: (α + χ)' + (β + y)' . Η ισότητα ισχύει όταν

ι�+ � ι = ι� ι +Η δηλ. όταν και μόνον � tt � δηλ. όταν

και μόνον υπάρχει λ > Ο τέτοιο, ώστε να ισχύει:

� = λ � . Όμως: � = λ � <=> (α, β) = λ(χ, y) <=> {α = λχ άρα β = λy

το ίσον ισχύει όταν και μόνον !: = β . χ Υ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Α ναγνωστόπου­

λος Βασίλης - Μεσολόγγι, Ι ωαννίδης Αντώνης - Λάρι­

σα, Σταματογιάννης Γιάννης - Π έύκη, Τσιλιακός Λευ­

τέρης - Γαλάτσι, Μπεληγιάννης Αθανάσιος - Χαλκίδα,

Αποστολόπουλος Γεώργιος- Μεσολόγγι, Τσαπακίδης

Γεώργιος - Αγρίνιο, ο Πολιτικός Μηχανικός Ανδρής

Ι ωάννης - Αθt)να και η μαθήτρια του 2°v Λυκείου Με­

γάρων Κα στάνη Αναστασία.

Προτεινόμενες ασκήσεις 13 1 . Αν οι αριθμοί α,β ικανοποιούν τις εξισώ­σεις: α3 - 3α2 + 5α = 1 ,β3 - 3β2 + 5β = 5 , τότε να υ­πολογίσετε την τιμή του αθροίσματος α + β . (Προτείνεται από τον συνάδελφο Αντώνη Ι ωαννί­

δη - Λάρ ισα)

1 3 2 . Αν για τους ακεραίους αριθμούς χ, y ι­

σχύει 9χ 2 + 4y2 - 9x 2y2 + 6xy + 2 = Ο , να απο­δείξετε ότι ο αριθμός Α = 1 000 · (χ4 + y4 ) + 40 1 είναι τέλεια τέταρτη δύναμη ακεραίου αριθμού. (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γιώργο Απο­

στολόπουλο - Μ εσολόγγι)

1 33 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ

και διάμετρο του εγγεγραμμένου κύκλου του ίση με d . Να αποδείξετε ότι ισχύει: 1 1 1 1 (Π , , Π λ -2 + -2 + ----:;- ::; -, . ροτεινεται απο τον ο ι-α β γ- d-

τικό Μηχανικό Ανδ ρή Ι ωάννη - Αθήνα)

1 34 . Αν για τους θετικούς αριθμούς α,β ισχύει η ισότητα α 3 + β3 = α5 + β5 , τότε να αποδείξετε ότι ισχύει α2 + β2 ::; 1 + αβ . (Προτείνεται από τον συνάδελφο Γεώ ργιο :\ ικητάκη - Σητεία Κρή ­

της)

1 35 . Δίνεται η f(x) = k · ημχ + λ · συνχ ,όπου k = η μα · η μ β , λ = συνα · συν β * - 1 . Να αποδείξετε ότι ισχύει f(x) ::; 1 , για κάθε

χ ε R • (Προτείνεται από τον συνάδελφο Θανάση

Κυ ριακόπουλο)

1 36. Δίνονται τρία σταθερά μη συνευθειακά ση­μεία Α,Β,Γ. Με κέντρο το σημείο Β και τυχαία ακτίνα γράφουμε κύκλο και θεωρούμε μια τυ­χαία διάμετρό του ΔΒΕ. Θεωρούμε πάνω στην Γ Δ σημείο Θ τέτοιο, ώστε ΔΘ = 2 · ΓΘ και Ι το μέσον της ΑΕ. Να αποδείξετε ότι η ΘΙ διέρχεται από σταθερό σημείο το οποίο την διαιρεί σε δύο

' ' λό 'Ι 2 (Π '

τμηματα που εχουν γο σο προς '3 . ροτεινε-

ται από τον Χημικό Δη μήτρ ιο Καρ βελά - Πεύκη)

Ο ι λυ μένες ασκήσε ις t ι 5, ι ι 6, ι ι 7, ι ι 9 καθώς

και πολλές άλλες π ροτεινό μενες ασκή σεις θα

δη μοσιευθοίJν στο επό μενο τεύχος.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 67 τ.3/80

Page 83: Ευκλειδης Β 67

South Eastern European M athematical Olympiad for University students ΜΕΓΑΛΗ ΕΠΙΤΥΧΙΑ ΤΩΝ ΕΛΛΉΝΩΝ ΦΟΙΤΗΤΩΝ ΣΤΗ

ΔΙΕΘΝΉ ΟΛΥΜΠΙΑΔΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΩΝ ΓΙΑ ΦΟΙΤΗΤΕΣ

Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία στο πλαίσιο των δραστηριοτήτων της, σε συνεργασία με την Μαθηματική Εταιρεία της Νοτιοανατολικής Ευρώπης υπό την αιγίδα της Νομαρχίας Αθηνών διοργάνωσε στην Αθήνα, στις 5 - l Ο Μαρτίου 2008, την 2η Μαθηματική Ολυμπιάδα για Φοιτητές.

Η Ελλάδα συμμετείχε με μια εξαμελή Εθνική ομάδα και 4 ακόμα ομάδες που εκπροσωπούσαν τα πανεπιστήμια των Ιωαννίνων, Θράκης, Πειραιά και Ιονίου .

Η Ελληνική Εθνική Ομάδα πήρε ένα Αργυρό και πέντε Χάλκινα Μετάλλια. Συγκεκριμένα πήραν : Χρήστος Τζάμος (Αργυρό Μετάλλιο) , Μιχαήλ Σάββας (Χάλκινο Μετάλλιο) , Κωνσταντίνος

Μάστακας (Χάλκινο Μετάλλιο) , Αλέξανδρος Γεωργακόπουλος (Χάλκινο Μετάλλιο) , Κωνσταντίνος Ψύχας (Χάλκινο Μετάλλιο) , Δημήτριος Χατζάκος (Χάλκινο Μετάλλιο) .

Η Τελετή Λήξης και η απονομή των μεταλλίων στους νικητές πραγματοποιήθηκε την Κυριακή 9 Μαρτίου 2008 στη Μεγάλη Αίθουσα Τελετών του Πανεπιστημίου Αθηνών. Στην Τελετή παρευρέθηκαν ο Αντινομάρχης Παιδείας και Πολιτισμού Καθηγητής Γεώργιος Δημάκος, η Αντινομάρχης Εργασίας και Μεταναστών κ. Μάρω Χολέβα, ο Μορφωτικός Σύμβουλος της Ρουμανικής Πρεσβείας κ. Ντάνιελ Μπάλα, ο Πρόεδρος, Καθηγητής κ. Stefan Dodunekoν, και τα μέλη του Συμβουλίου της Μαθηματικής Εταιρείας της Νοτιοανατολικής Ευρώπης, καθώς και μέλη της Διεθνούς και Ελληνικής Πανεπιστημιακής Κοινότητας.

Τα θέμ.ατα του SEEMOUS 2008 P roblern 1 Let f : [ 1 , οο ) --+ (0 , οο) be α conti1ιuous function. A ssume thαt for every α > Ο, the equαtion f (x) = αχ hαs αt leαst one solution in the intervαl [ 1 , οο) .

(α) Prove thαt for every α > Ο, the equαtion f (x) = αχ hαs infinitely mαny solutions .

(b) Give αn exαmple of α strictly increαsing continuous function f with these prop­erties.

P ro blern 2 Let Ρο , Ρ1 , Ρ2 , . . . be α sequence of convex polygons such thαt, for eαch k 2:: Ο, the vertices of Pk+ 1 αre the midpoints of αll sides of Pk · Prove thαt there exists α unique point lying inside αll these polygons.

P ro blern 3 Let Mn(JR) denote the set of αll reαl n χ n mαtrices. Find αll surjective functions f : Mn(JR) --+ {0 , 1 , . . . , n} which sαtisfy

for αll Χ, Υ Ε Mn (JR) . P ro blern 4

f(XY) ::; min{f(X) , f (Y) }

Let n be α positive integer αnd f : [0 , 1] --+ JR be α continuous function such thαt

1 1 x

kf(x) dx = 1

for every k Ε { 0 , 1 , . . . , n - 1 } . Prove thαt

1 1 ( f (x ) ) 2 dx 2:: n 2 .

Page 84: Ευκλειδης Β 67

από rιs ε κδόσε ιs <<ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ>>

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

c:ι: Ν

....ι

< c:ι: Z t,;� c:ι: ­w ι­ι:::ι < :Ε w w :Ε ι­w c:ι: � :Ε C) α: α..

Octavian Stanasila (Prof. Unίv. Politehnlcaβucharest)

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ Γ'ΛΥΚΕΙΟΥ

θετική - Τεχνολογική Κοτεύθυvσrt

ΣΥΛΛΟΓΗ Θ Ε ΜΑ ΤΩΝ

Υποδείξεις - Λύσεις

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ Γ ΛΥΚΕΙΟΥ

ΤΟΜΟΣ Β' Θετική - Τεχνολογική Κατεύθυνση

ΟΛΟΚΛΗΡΩΜΑΤΑ

• Θrωυία • ΜεUοι)οί.ογία

• ΗαιιαΗwψrεις - Σχόλια • r\υμiνα Ιlα{}αbείrιιατα

• Ερωτήσει:; Κατανιίησης 8 .\σΙοjοεις - θέματα

Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ ΓΛΥΚΕΙΟΥ

θετική - Τεχνολογική Κοτευθuνση

sξs,;άσsις 2008 - 2008

Πιθανά etματα

Γιώργος Μ. Μιχαηλfδης Octavian Ν. Stanasila

(Prof. Unlv. Polt8/Dca8uctlarest)

Γιώργος Μ. Μιχαηλίδης

<C (..) 1-c:ι: a: ;:ε ο .... .... .... .... c:e < :ε !:: ....ι c:e ­(..) ι:c

i= : "' ο i= a: c:e a..

� == ι α:

_ ο - w 1- :t: � �--::;:) u.

Octavian Ν. Stanasila (Prof. Univ. Po!ftet,rιica Bucharest)

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΑ ΓΛΥΚΕΙΟΥ

Γενικής Παιδείας

συvαprήσειs στατιστική

πιaαv6τηrεs

�ΔΙΟΦΑΝΤΟΣ Ρ ΕΚΔΟΣΕΙΣ-