Ευκλειδης Β 68

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗι\1ΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 68 • Απρίλιος • Μάίος • ιούΥιος 20011· Έτοc \η- • Ευρώ: 3,50

e-maiι: inio:Ghms.!!r www.hms.gr

ΜΑθΗΜΑΤΙΚΟ Π Ε Ρ ΙΟ Δ Ι Κ Ο ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ -.ι' Ιστορικές Μαθηματικές Αναφορές

Ιστορίες για Ισοσκελή Τρίγωνα

.ι' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί "0 Αρχιμήδης" 2008

.ι' Homo Mathematicus Μαθηματικά Α' Τάξης

.ι' Άλγεβρα: Επαναληπτικά θέματα

.ι' Γεωμετρία: Επαναληπτικές ασκήσεις

Μαθηματικά Β' Τάξης .ι' Άλγεβρα: Επαναληπτικά θέματα

.ι' Κατεύθυνση: Θέματα επανάληψης

Κωνικές τομές

.ι' Γεωμετρία: Επαναληπτικές ασκήσεις

Μαθηματικά Γ' Τάξης .ι' Μαθηματικά Γενικής Παιδείας

.ι' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Επαναληπτικά θέματα

.ι' Θέματα επανάληψης

.ι' Ολοκληρώματα και Ανισότητες

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .ι' Ο Ε υκλείδης προτείνει ...

.ι' Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζο υν

1 4

8

12 17

25 29 32 37

43 52 57 65

72 77

"

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι . Με την συμπλnρωση των τεσσάρων τευ

χών και την ολοκλriρωση της φετεινriς σχολι

κriς χρονιάς ευχόμαστε σε όλους καλri δύναμη και ειδικά στους μαθητές καλri επιτυχία στις εξετάσεις τους και σας περιμένουμε όλους με χαρά από τον Σεπτέμβριο •

Καλό Καλοκαίρι Με συναδελφικούς χαιρετισμούς

Ο Πρόεδρος της Συντακτικriς Επιτροπriς Γ .Σ. Τασσόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικriς Επιτροπriς

Β. Ευσταθίου

Σας Ευχόμαστε Καλό Καλοκαίρι και περιμένουμε

τις συνεργασίες σας

Σύνθεση εξωφύλλου: Από αφίσσα του Cem με αφορμή τηv

εξερεύνηση του κέντρου της yης ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑ1ΙΚΗΣ ΗΑΙΡΕΙΑΣ Εκτελεστική Γραμματεία Συντακτική επιτροπή ΠΑΝΕΠΙΠΗΜΙΟΥ 34 • 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Τηλ.: 21 Ο 3617784 - 3616532 Fax: 21 03641 025 Εκδότης: Αλεξανδρής Νικόλαος Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Επιμέλεια Έκδοσης: Τασσόπουλος Γιώργος

Ευσταθίου Βαγγέλης

Πρόεδρος:

Τασαόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος:

Ευσταθίου Βαγγέλης

Γραμματέας:

Χριατόπουλος Παναγιώτης

Μέλη: Αργυράκης Δ.

Δρούτσας Π.

Λουρίδας Σ.

Ταπεινός Ν.

Αθανασόπουλο� Γεώργιο� Αναστασίου Γιaνν:ι:ις •

Ανδρουλακάκης Νικος Αντωνόπουλος Νίκος i\ργυρ�κης Δημ,ήτ__ριος Βακαλοπουλος Κωστας Δρούτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαγγέλης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος ΒαγγέλΙJς Κακκαβάς Αποστολος Καλίκας Σταμάτης Κανέλλος Χρήστος Καραγκού�ης Δημήτρης Καρακατσανης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασα�ιδης Γιαννης Καρδαμιτσης Σπύρος Κnπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα Κόντζια;; Νίκος Κοτσιφακης Γιώρyος Κουτρουμπέλας Κώστας ΚυριαζΊί; Ιωάννης Κυριακοπουλος Αντώνης Κυ�ιακόπουλος Θανάσης Κυ ερν!]του Χρυστ. Λα αρίδης Χρηστος Λάitπας Λευτέ9ης

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 8 • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Λουρίδας Σωτηρης • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει ότι προτείνονται από την Ε.Μ.Ε.

Μαλαq;έκα; Θανcιση; Μανολάκοι• Σταμcιτική Μαυρογιαννάκη; . \ει•J\"ίδα; Μενδρινό; Γιάννη; Μεταξάς Νικόί.αο; Μπρίνος Παναγιιδτη; Μυλωνάς Δημήτρη; Μώκος Χρήστο; Πανουσάκης Νίκο; Ρέγκλης Δημήτρη; Σαtτη Εύα Στα"ίκος Κώστας Στά"ίκος Παναγιώτης Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσόπουλος Γιώργος τζιώτζιος Θανάσης Τριάντος Γεώργιος Τσαγκάρης Ανδρέας Τσατούρας Ευάγγελος Τσικαλουδάκης Γιώργος Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης ΦανέληΆννυ Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναγιώτης Ψύχας Βαγγέλης

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

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 που παρσ:rtέλνονται στέλνεται με ωτλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Ταχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: /ΝrΕΡΠΡΕΣ ΑΕ τηλ.: 210 8160330 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

«0 πρώτος που απέδειξε ότι οι παρά την βάση γωνίες του ισοσκελούς τριγώνου είναι ίσες (είτε Θαλής ονομαζόταν είτε αλλιώς) , είχε μία αναλαμπή».

1. Καντ (1724-1804)

Θα προσπαθήσουμε στην εργασία αυτή να δούμε μερικές 'ιστορικές' αποδείξεις για την θεμελιώδη ιδιότητα του ισοσκελούς τριγώνου, δηλαδή ότι οι προσκείμενες γωνίες στην βάση είναι ίσες.

Στα Στοιχεία του Ευκλείδη η πρόταση αυτή είναι η 5" στο πρώτο βιβλίο. Οι πρώτες τρεις προτάσεις του πρώτου βιβλίου αναφέρονται σε απλές γεωμετρικές κατασκευές και η τέταρτη είναι το κριτήριο ισότητας τριγώνων Π-Γ-Π, όπου η απόδειξη της γίνεται με επίθεση σχημάτων και έχει δεχθεί ισχυρή κριτική (*J. Μπορούμε λοιπόν να ισχυριστούμε ότι η 517 πρόταση είναι θεμελιώδης, σπουδαιότατη και κατ' ουσίαν η απόδειξή της είναι η πρώτη 'καθαρόαιμη απόδειξη' ενός γεωμετρικού θεωρήματος, που για να επιτευχθεί στηρίζεται στην 4" δηλαδή στο κριτήριο Π-Γ-Π.

Η πρόταση αυτή από τους aρχαίους αποδίδεται στον Θαλή τον Μιλήσιο (640 ή 624-546 π.Χ).

Ο νεοπλατωνικός φιλόσοφος Πρόκλος (περίπου 410-485 μ.Χ) στα σχόλια του στο πρώτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη αναφέρει ότι :

« λέγεται γαρ δη πρώτος εκείνος επιστήσω και ειπείν, ως άρα παντός ισοσκελούς αι προς τη βάσει γωνίαι ίσαι εισίν, αρχαϊκώτερον δε τας ίσας ομοίας προσειρηκέναι ».

[Λέγεται ότι πρώτος εκείνος (Θαλής) επισήμανε και είπε ότι κάθε ισοσκελούς (τριγώνου) οι

Σωτήρης Γκουντουβάς

προσκείμενες γωνίες στην βάση είναι ίσες. Μάλιστα τις ίσες γωνίες τις αποκαλούσε κατά το aρχαϊκότερο όμοιες].

Θαλής ο Μιλήσιος

Ο Πρόκλος σαν αναφορά για τα σχόλιά του είχε το, μη σωζόμενο σήμερα, έργο του Εύδημου του Ρόδιου (4°ς αιώνας π.Χ) "Ιστορία της Γεωμετρίας".

Εδώ ίσως θα πρέπει να σταθούμε στο γεγονός ότι οι αρχαίοι της εποχής του Θαλή για την ισότητα γωνιών χρησιμοποιούσαν τον όρο ομοιότητα. Επίσης χρησιμοποιούσαν και γωνίες μικτόγραμμες (που μια πλευρά της ήταν τόξο κύκλου). Οι μικτόγραμμες γωνίες με την ανάπτυξη της Γεωμετρίας σταδιακά εγκαταλείφθηκαν.

Μια αρχαία απόδειξη που αναφέρει ο Αριστοτέλης στα "Αναλυτικά Πρότερα" (Α41β,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/1

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

13-22) που ίσως ανάγεται στο Θαλή είναι η εξι/ς:

Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με ΑΒ=ΑΓ Με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΒ γράφουμε κύκλο. Φέρνουμε τώρα τις διαμέτρους ΒΔ και ΓΕ. Οι μικτόγραμμες γωνίες με πλευρές ΑΒ, τόξο ΒΓ και ΑΓ, τόξο ΓΒ είναι ίσες γιατί η διάμετρος χωρίζει τον κύκλο σε δύο ίσα μέρη.

Αυτή η πρόταση επίσης αποδίδεται από τον Πρόκλο στον Θαλή.

Αριστοτέλης

Στην συνέχεια οι μικτόγραμμες γωνίες Β1 και Γι είναι ίσες. Αυτό ο Θαλιjς ίσως το δεχόταν διαισθητικά ή σαν επέκταση της παραπάνω πρότασης (αφού η διάμετρος είναι ειδική χορδή) .

Άρα οι γωνίες Β και Γ του τριγώνου είναι ίσες σαν διαφορά ίσων γωνιών.

Μια άλλη απόδειξη παραλλαγή αυτής που αναφέρει ο Αριστοτέλης στα "Αναλυτικά Πρότερα" που θα μποροι)σε και αυτή να είναι ανακατασκευή της απόδειξης του Θαλή είναι η εξής

Γράφουμε επίσης τον κιJκλο με κέντρο το Α και ακτίνα ΑΒ. Φέρνουμε τις διαμέτρους ΒΔ και ΓΕ και τις χορδές ΒΕ και ΓΔ .

Οι γωνίες ΒΓΔ, ΔΓΒ είναι εγγεγραμμένες που βαίνουν σε ημικύκλιο άρα είναι ορθές. Η πρόταση αυτή σύμφωνα με την ιστορικό Παμφίλη και τον Διογένη Λαέρτιο αποδίδεται στον Θαλή. Επίσης δίνεται και η πληροφορία ότι θυσίασε ένα βόδι για την ανακάλυψη αυτιj.

Επίσης οι γωνίες ΔΓΕ και ΕΒΔ είναι ίσες γιατί βαίνουν στο ίδιο τόξο, το ΔΕ.

Άρα οι γωνίες Β και Γ του τριγώνου είναι ίσες σαν διαφορά (συμπληρώματα) ίσων γωνιcόν.

Η απόδειξη που δίνει ο Ευκλείδης στα Στοιχεία (3°ς αιώνας π.Χ), είναι η εξής :

Α

Δ Ε

Έστω ΑΒΓ ισοσκελές τρίγωνο με ΑΒ=ΑΓ Προεκτείνουμε τις ΑΒ, ΑΓ κατά τμήματα

ΒΔ=ΓΕ.

Τα τρίγωνα ΑΓΔ και ΑΒΕ είναι ίσα λόγω του κριτηρίου Π-Γ-Π (πρόταση 4), άρα ΓΔ=ΒΕ και οι γωνίες Δ=Ε και ΑΒΕ=ΑΓΖ (1).

Επίσης τα τρίγωνα ΒΓ Δ και ΒΓΕ είναι ίσα (κριτήριο Π-Γ-Π) άρα οι γωνίες

ΓΒΕ=ΒΓΔ (2).

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/2

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

Αφαιρώντας κατά μέλη τις (1), (2) παίρνουμε το ζητούμενο, ότι Β=Γ.

Η απόδειξη αυτή για τους φοιτητές των πανεπιστημίων του μεσαίωνα εθεωρείτο σαν το

όριο το οποίο έπρεπε να περάσει κάποιος που

ήθελε να ασχοληθεί με τα μαθηματικά.

Επίσης το σχήμα στην απόδειξη του Ευ

κλείδη μοιάζει αρκετά με τις γέφυρες της εποχής και για αυτό οι τότε φοιτητές ονόμασαν την 5" πρόταση "pon8 α8ίnοι·ιιm" δηλαδι? "γέφυρα

γαϊδάρων" , αφοιΎ η κατανόησι? της απαιτοιJσε "γαϊδουρινή υπομονή".

Η απόδειξη του Ευκλείδη θα μποροιJσε να

γίνει και αν:

Φέρουμε την διχοτόμο ΑΗ και συγκρίνουμε

τα τρίγωνα ΑΒΗ και ΑΓΗ κριτι]ριο Π-Γ-Π Φέρουμε την διάμεσο ΑΜ και συγκρίνουμε

τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΑΓΜ κριτήριο Π-Π-Π.

Ο Πάππος ο Αλεξανδρεύς (3°ς αιώνας μ.Χ), σιJμφωνα με τον Πρόκλο, έδωσε μια άλλη

ευφυέστατη και εξαιρετικά απλή απόδειξη. Α

Γ

Αν ΑΒΓ ισοσκελές με ΑΒ=ΑΓ, τότε συγκρίνουμε το τρίγωνο ΒΑΓ με το ΓΑΒ.

Δηλαδή το ΓΑΒ θα μποροι'Jσαμε να το πάρουμεαν περιστρέψουμε το αρχικό ΒΑΓ κατά

180.

Τα ΒΑΓ και ΓΑΒ είναι ίσα (κριτήριο Π-ΓΠ) γιατί ΑΒ=ΑΓ, ΑΓ=ΑΒ και οι γωνίες ΒΑΓ=ΓΑΒ.

Άρα οι γωνίες Β και Γ είναι ίσες.

Ουσιαστικά αντί να συγκρίνουμε δι'Jο τρίγωνα συγκρίνουμε ένα με τον εαυτό του. Με την

απόδειξη αυτή ο Πάππος αναδεικνιΎει τις τοπο

λογικές ιδιότητες του ευκλείδειου επιπέδου καθώς και τις αναλλοίωτες. Η απόδειξη αυτή σε κάποιες εκδόσεις των Στοιχείων του Ευκλείδη από τον 18° αιώνα και μετά, ενσωματώθηκε ως εναλλακτική απόδειξη.

Είδαμε λοιπόν 4 αποδείξεις της θεμελιώ

δους ιδιότητας των ισοσκελcόν τριγώνων, ξεκινώντας από την πρώιμη εποχή της Γεωμετρίας

του Θαλι? τον 7° αιώνα π.Χ, μέχρι τον 3° αιώνα μ.Χ , 900 χρόνια μετά.

(*) Ο μεγαλος Γερμανός μαθηματικός Daνίd Hίlbat (1862-1943) στο σπουδαίο έργο

του "Επί των θεμελίων της Γεωμετρίας" (Grund/agen da Geometrίe, 1899) θεμελιώνει

αυστηρά το οικοδόμημα της Ευκλείδειας Γεω

μετρίας.

David Hilbert

Σε αυτό το αξιωματικό σι'Jστημα η 4" πρόταση των Στοιχείων δίνεται ως αξίωμα (χωρίς απόδειξη) και όχι ως θεcόρημα. Η μέθοδος της 'επίθεσης σχημάτων' χρησιμοποιείται από τον

Ευκλείδη στα στοιχεία μόνο δύο φορές και αυτές εξ ανάγκης. Οι επικριτές της μεθόδου ισχυ

ρίζονται ότι αν ο Ευκλείδης έτρεφε αγαθά αισθήματα για αυτή, θα μποροι'Jσε να την χρησιμοποιήσει για να αποδείξει το 4° αίτημα (αξίω

μα) που λέει ότι όλες οι ορθές γωνίες είναι ίσες.


Ηιιtdι.ιι,.r•ιι.t ,d,,.l'��·'/'48"� Μ;ιd.,..pιι:ε ... ιι€� OJ41prι-... �1ε�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

25η Ελληνική Μαθηματική Ολυμπιάδα "Ο Αρχιμήδης"

ΣΑΒΒΑΤΟ, 23 Φεβρουαρίου 2008 Θέματα Μεγάλων τάξεων

ΠΡΟΒΛΗΜΑ] Ένας υπολογιστής είναι εφοδιασμένος με πρόγραμμα που "παράγει" διατεταγμένα ζεύ

γη πραγματικών αριθμών (x,y) με x,y ε (0, 1) και στη συνέχεια υπολογίζει τους αριθ-μούς α = χ+ ym και β = y + xm (όπου m θετικός ακέραιος). Η διαδικασία επαναλαμβάνεται μέχρις ότου προσδιοριστούν όλα τα δυνατά ζεύγη ακεραίων (α,β). Παρατηρήθηκε ότι για τον προσδιορισμό ενός ζεύγους ακεραίων αριθμών (α,β), ο υπολογιστής χρειάζεται 5 δευτερόλεπτα. Να υπολογιστεί ο αριθμός m , αν γνωρίζουμε ότι ο υπολογιστής χρειάστηκε 595 δευτερόλεπτα για να προσδιορίσει όλα τα δυνατά διατεταγμένα ζεύγη ακεραίων αριθμών (α,β).

Λύση (1 ος τρόπος) Σε ορθοκανονικό σύστημα συντεταγμένων θεωρούμε τα σημεία A(l,m)

Γ(m+1,m+1)

-------------·······--� ·········-

B(m,1)

0(0.0)

και B(m, 1). Το διάνυσμα ΟΚ = x(l,m) = (x,xm) με Ο< χ< 1 είναι

συγγραμμικό με το διάνυσμα ΟΑ και το σημείο Κ βρίσκεται μεταξύ των σημείων Ο και Α . Το διάνυσμα ΟΛ = y(m,1) = (ym,y) με Ο< y < 1 είναι συγγραμμικό με το διάνυσμα ΟΒ και το σημείο Λ βρίσκεται μεταξύ των σημείων Ο και Β.

Έστω τώρα το διάνυσμα ΟΜ = ΟΑ+ΟΒ. Το σημείο Μ έχει συντεταγμένες :

(χ+ ym, y + xm) = (α, β) . Οι αριθμοί α, β είναι ακέραιοι, αν και

μόνο αν το σημείο Μ ταυτίζεται με ένα από τα σημεία που βρίσκονται στο εσωτερικό του ρόμβου ΟΑΓΒ και έχουν ακέραιους αριθμούς και τις δύο συντεταγμένες τους .

Είναι πολύ εύκολο να διαπιστώσουμε ότι τα σημεία αυτά είναι m2 -2 το πλήθος, αν m > 1,

ενώ για m = 1 υπάρχει ένα μόνο σημείο. Τα σημεία που ζητάμε βρίσκονται στις πλευρές και στο εσωτερικό του τετραγώνου ΑΤΒΣ, εκτός από τα σημεία Α και Β με T(m,m) και Σ( 1,1). Εφόσον ο υπολογιστής χρειάστηκε 595 δευτερόλεπτα, θα ισχύει η ισότητα:

5(m2 -2)=595++m2 -2=119*+m=ll.


--------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------

r,,: ,,,,r i:: Μπορούμε πρώτα να προσδιορίσουμε τα δημιουργούμενα ακέραια ζεύγη (α, β) , τα οποία είναι 595 : 5 = 1 1 9 . Για m = 1 παράγεται προφανώς μόνο το ζεύγος ( 1, 1 ) .

Έστω m > 1 . Τότε οι τιμές των χ και y που παράγουν ένα ακέραιο ζεύγος (α , β) προσδιορίζονται ως λύσεις του συστήματος {x + my = α } � (χ, y) = (mβ -α , mα - β ) ·

mx + Υ = β m2 - 1 m2 - 1 Επειδή α, β ακέραιοι και x, y Ε ( 0, 1 ) , από τις δύο εξισώσεις του συστήματος έπεται ότι :

α, β Ε { 1 , 2, . . . , m} . Επιπλέον, από τη συνθήκη Ο < χ < 1 λαμβάνουμε :

mβ - α α α - 1 0 < 2 < 1 � 0 < mβ - α < m2 - 1 � β>- και β <m+-- . m -1 m m

Έτσι, δεδομένου ότι β Ε { 1 , 2, . . . , m} έχουμε:

για α = 1 , είναι β � 1 και β < m , οπότε β Ε { 1, 2, . . . , m -1} , για α = 2, είναι β� 1 και β < m+ _!__, οπότε β Ε { 1 , 2, . . . , m} ,

m

για α = 3, είναι β� 1 και β < m + }:__ , οπότε β Ε { 1 , 2, . . . , m} , m

για α = m- 1, είναι β� 1 και β < m+ m- 2 , οπότε β Ε { 1 , 2, . . . , m} , m

,, για α = m, είναι β> 1 και β < m+ m- 1 , οπότε β Ε { 2, 3, . . . , m} . m

Επιπλέον, από τη συνθήκη Ο < y < 1 � Ο < m�- β < 1 � β < mα και m (α - m) < β - 1 m - 1

προκύπτουν ακριβώς τα ίδια ζεύγη, όπως παραπάνω, οπότε έχουμε συνολικά (m - 1 ) m+ 2 (m- 1 ) = m2 - 2

διατεταγμένα ζεύγη με ακέραιες συντεταγμένες. Έτσι, από την εξίσωση m 2 -2 = 119 , προκύπτει η τιμή m = 1 1 .

Να προσδιορίσετε τις ακέραιες λύσεις της εξίσωσης χ8 + 22χ+2 = p,

όπου p πρώτος θετικός ακέραιος. Η εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ8 + 4 · 22 ' = p, p πρώτος.

I Αν χ = -n, όπου n Ε Ν* τότε 22 ' = 2τ" = 2-z.;- = 2:Ji, που είναι άρρητος

αριθμός , οπότε και χ8 + 4 · 22 ' Ε IR- Q. Άρα η εξίσωση δεν μπορεί να έχει ακέραιες λύσεις μικρότερες του Ο .

Για χ = Ο , έχουμε 08 + 22 "+2 = 23 = 8 , όχι πρώτος, οπότε ο ακέραιος χ = Ο δεν μπορεί να είναι λύση .

Για χ = 1 έχουμε 18 + 22 1+2 = 1 + 1 6 = 17 που είναι πρώτος, οπότε η εξίσωση για p = 17 έχει τη λύση χ = 1 . Για χ ΕΖ, χ� 2 διακρίνουμε τις περιπτώσεις :

Α ν χ = 2κ, όπου κ θετικός ακέραιος, τότε το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι άρτιος μεγαλύτερος του 2, οπότε δεν είναι δυνατόν να ισούται με κάποιο πρώτο αριθμό.


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

• Αν χ = 2κ + 1 , όπου κ θετικός ακέραιος, τότε έχουμε :

χ8 + 22'+ 2 = (χ4 )2 + (22'-1+1 )2 = (χ4 )2 + (22'-1+1 )2 + 2χ4 · 22'-1+1_ 2χ4 · 22'-1+1

( 4 2'-1+1 )2 ( 2 2'-2+1 )2 ( 4 2'-1+1 2 2"'-2+1 ) ( 4 y-1+1 2 γ-2+1 ) = χ + 2 - χ · 2 = χ + 2 +χ · 2 . χ + 2 -χ · 2 .

Ο παράγοντας Α (χ ) = χ4 + 22,_1+1 + χ 2 • 22,_2+1 για χ � 3 περιττός είναι μεγαλύτερος ή ίσος του

34 + 223-1+1 + 32 . 223-2+1 = 8 1 + 32 + 72 = 185 . Ο παράγοντας Β (χ ) = χ4 + 22'-1+1 -χ 2 · 22,_2+1 , για χ = 3 ισούται με Β ( 3 ) = 4 1 , ενώ για κάθε

περιττό χ � 5 έχουμε Β (χ ) = χ4 + 22,_1+1-χ 2• 22'-2+1 = χ4 + 2. 22,_2 • ( 22,_2 -χ 2 ) � 54 ,

αφού με επαγωγή προκύπτει εύκολα ότι 2y-2 -χ 2 >Ο , για κάθε χ � 5. Επομένως, για κάθε χ = 2κ + 1 , όπου κ θετικός ακέραιος, ο αριθμός χ8 + 22'+ 2 = Α( χ ) · Β ( χ )

είναι σύνθετος, οπότε πάλι η δεδομένη εξίσωση δεν μπορεί να έχει λύση . Συνοψίζοντας, καταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι η δοθείσα εξίσωση έχει μόνο την ακέραια

λύση χ = 1 , για p = 1 7 .

ΠΡΟΒΛΗΜΑ 3 Έστω Η το ορθόκεντρο τριγώνου ΑΒΓ με Β :5: 90° και Γ :5: 90° , που είναι εγγεγραμμένο

σε κύκλο με κέντρο Κ και ακτίνα R=l. Αν Σ είναι η τομή των ευθειών που ορίζουν τα τμήματα ΗΚ και ΒΓ και ισχύει ΣΚ · (ΣΚ-ΣΗ)= 1 , να υπολογιστεί το εμβαδόν του χωρίου ΑΒΗΓΑ.

Λύση Αν Α> 90 ° τότε το σημείο Σ είναι εσωτερικό σημείο της ΒΓ , που σημαίνει ότι τα σημεία Η , Κ θα βρίσκονται σε διαφορετικά ημιεπίπεδα (με ακμή τη ΒΓ ), οπότε είναι φανερό ότι ΣΚ < 1 , από οπότε έχουμε ΣΚ 2 - 1 = ΣΚ ·ΣΗ < Ο , άτοπο .

Αν Α = 90 ° τότε ΑΞΗ και ΚΞΣ οπότε 1 = 0 , άτοπο . Όμοια καταλήγουμε σε άτοπο, αν υποθέσουμε Β = 90 ° ή Γ = 90 ° .

Τελικά πρέπει το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι οξυγώνιο και το σημείο Σ να είναι εξωτερικό σημείο της ΒΓ . Από τη δοσμένη σχέση έχουμε:

ΣΚ · (ΣΚ -ΣΗ ) = 1 ++ ΣΚ ·ΣΗ = ΣΚ 2 - 1 = ΣΒ · ΣΓ ,


--------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------

που σημαίνει ότι τα σημεία Β , Γ , Η , Κ είναι ομοκυκλικά. Επομένως έχουμε ότι ΒΚΓ = ΒΗΓ � 2Α = 180° -Α� Α = 60° � ΒΚΓ = ΒΗΓ = 1 20° . Αν ΚΚ ' j_ ΒΓ , τότε από τη σχέση ΑΗ = 2ΚΚ ' με ΚΚ ' = _!_(απέναντι κάθετη) και ΒΓ = J3 2

έχουμε : (ΑΒΗΓΑ) = _!_ΒΓ · ΑΗ = _!_ΒΓ · 2ΚΚ ' = ΒΓ ·ΚΚ ' = J3. 2 2 2

ΠΡΟΒΛ,ΗΜΑ 4 Για τους θετικούς ακέραιους αριθμούς α1, α2, • • • , an, να αποδειχθεί ότι:

Άρα είναι

kn � [α2 +α2 +···+α2 ) ι [α 2 +α2 +···+α2 ) ι � I 2 n

;::::: ( αl . α2 . • • •

. αn ) � I 2 n ;::::: α! . α2 ..... αn .

αι +α2 +···+αn αι +α2 +···+αn Η ισότητα ισχύει όταν α1 = α2 = · · · = αn . Δεύτερος τρόπος Χρησιμοποιώντας τη γνωστή ανισότητα

2 2 2 ( )2 al a2 an al +a2 + ... +an - +- + ... +- ;::::: ...:....._;__---=. __ __..:.:� Κι Κ2 Kn Κι +Κ2 + ... +Kn

η οποία αληθεύει για κάθε a1, a2, ... , an ε JR και κ1, κ2, ... , κn > Ο, έχουμε : 2 2 2 αl +a2 + ... +an

αl +α2 +···+αn

α2 α2 α2 ___ _,__! ___ + 2 + ... + n αl +α2 +···+αn αl +α2 +···+αn αl +α2 +···+αn

> (αι +α2 +···+αnγ = αl +α2 +···+αn

- n (α +α +···+α ) n I 2 n kn

ΟΠότε, αρκεί να αποδείξουμε ότι: I 2 n ;::::: αρ2 · · · αn.

(α +α +···+α )ι n

(1)

(2)

kn Επειδή k = max { α1, α2, ... , αn} ;::::: min { α1, α2, ... , αn} = t, έπεται ότι - ;::::: n και αφού είναι t

α +α +···+α I 2 n ;::::: 1 , αρκεί να αποδείξουμε ότι: n (α +α +···+α )n

α +α +···+α � I 2 n > α α • • • α <::::> I 2 n > n α α ... α (3) - I 2 n - I 2 n' n n η οποία είναι η γνωστή ανισότητα αριθμητικού-γεωμετρικού μέσου.

Από τις ( 1 ) , (2) και (3) προκύπτει η ζητούμενη ανισότητα. Επειδή όλες οι ενδιάμεσες ανισότητες ισχύουν ως ισότητες, όταν είναι α1 = α2 = · · · = αn , έπεται ότι και η ζητούμενη ανισότητα ισχύει ως ισότητα, όταν α\ = α2 = ... = αn .


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

Γω τους συνι:ργιί:η:ς 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.

�πιμέληα: Καρκ{ινης Βασίλης, Κερασαρίδης Γιάννης I. "τι είναι τα Λιfαθηματικά;

Ενδιαφέρον παρουσιάζουν οι απόψεις του Γαλιλαίου για τα Μαθηματικά. Ναι μεν ο Γαλιλαίος αποδίδει στα Μαθηματικά ένα ρόλο πρωτεύοντα στην ερμηνεία των φυσικών πραγμάτων, οπότε μπορεί να χαρακτηριστεί ως πλατωνιστής, αλλά από την άλλη δεν υποτιμά καθόλου την πρακτική τους αξία, κάτι που έρχεται σε αντίθεση με την πλατωνική θεώρηση. Ας δούμε, όμως, μια περικοπή από ένα σημαντικό κείμενο του Γαλιλαίου:

«Όταν τοποθετεί κανείς συγκεκριμένα μια υλική σφαίρα που δεν είναι τέλεια σε ένα επίπεδο που δεν είναι τέλειο και τότε λέμε ότι αυτά τα δύο δεν εφάπτονται μόνο σε ένα σημείο. Σας λέω, όμως, ότι ακόμη και στην αφηρημένη περίπτωση, μια άυλη σφαίρα που δεν είναι τέλεια δεν εφάπτεται σε ένα άυλο επίπεδο που δεν είναι τέλειο σε ένα μόνο σημείο, αλλά σε ένα τμήμα της επιφάνειάς του. Άρα ό,τι συμβαίνει εδώ στο συγκεκριμένο συμβαίνει με τον ίδιο τρόπο και στο αφηρημένο. Θα μου ήταν πράγματι πρωτόγνωρο, αν η λογιστική με

αφηρημένους αριθμούς δεν αντιστοιχούσε σε συγκεκριμένα χρυσά ή αργυρά νομίσματα ή σε εμπορεύματα. Όπως ακριβώς ένας λογιστής, που επιθυμεί οι υπολογισμοί του να αναφέρονται σε ζάχαρη, μετάξι και μαλλί, οφείλει να αφαιρεί τα κουτιά, τις μπάλες και τα πακέτα, έτσι και φιλόσοφος-γεωμέτρης, όποτε θέλει να αναγνωρίσει στο συγκεκριμένο τα φαινόμενα που έχει αποδείξει στο αφηρημένο επίπεδο, πρέπει να αφαιρέσει τα υλικά εμπόδια. Και αν είναι σε θέση να κάνει κάτι τέτοιο, τότε σας βεβαιώ ότι τα υλικά αντικείμενα δεν βρίσκονται σε μικρότερη συμφωνία μεταξύ τους, απ' ότι οι αριθμητικοί υπολογισμοί. Τότε τα λάθη δεν βρίσκονται στο αφηρημένο ή το συγκεκριμένο, αλλά στο λογιστή που δεν γνωρίζει πως να ισοσκελίσει τα βιβλία του("Γαλιλαίος", Στ. Ντρέικ, σελ. 75-76, Πανεπιστημιακές εκδόσεις Κρήτης)»[Πηγή:Από τη διπλωματική εργασία του Βασίλη Λιόση με θέμα: μια οντολογικήγνωσιολογική θεώρηση της επιστήμης των Μαθηματικών (σελ. 27)]

11. "Α υη) το ξέρατε;" [η απάντηση στο τέλος της στήλης] Ι. τι είναι ο "Μαθηματικός Ενορατισμός"; 2. Ποιο είναι το αντίστοιχο του Nobel για τα Μαθηματικά;

111. "οι συιιεργάτεc: τιιc: στιίJ.ιιc: γράφουν-ερωτοι5ν"

Πρ(ύτο 0/:μα: ΛιfαΟηματιιιά και τi:χιιη Προλεγόμενα. Η στήλη μας, στη συνεχή προσπάθειά της να προσεγγίσει ένα πολύ σημαντικό θέμα που έχει να κάνει με τη σχέση των Μαθηματικών και της Τέχνης (Καλές Τέχνες) , εξασφάλισε το δικαίωμα δημοσίευσης μιας σχετικής εργασίας με τίτλο «Τέχνη και Μαθηματικά στο Μουσείο Ηρακλειδών». Η εργασία αυτή είναι γραμμένη από έναν συστηματικό μελετητή του θέματος και στέλεχος του «Μουσείου Ηρακλειδών», το μαθηματικό Απόστολο Παπανικολάου. Λόγω του όγκου της εργασίας αυτής και του περιορισμένου χώρου της στήλης μας, αποφασίσαμε να τη δημοσιεύσουμε σε τέσσερις συνέχειες.

«τtzνη και ΥΙηΟημαηκιiι στο :\llουσ�:[ο Η ρ α κλr.ιδι;Jν», Π απανικολόου /tπι)στολος

Μέρος Α' «Με τη σειρά άρθρων για τη διασύνδεση

Τέχνης και Μαθηματικών που ξεκινάει με το τεύχος αυτό θα ήθελα να καταθέσω την κατάθεση της εμπειρίας από τη συστηματική τα τελευταία χρόνια, στο μουσείο Ηρακλειδών, ενασχόλησή μου με την αξιοποίηση της Τέχνης στην προσέγγιση Μαθηματικών, επιστημονικών και φιλοσοφικών εννοιών, ως τμήμα της γενικότερης προσπάθειας που τον τελευταίο καιρό προβάλλει ως επιτακτική ανάγκη για τη διεπιστημονική ολιστική προσέγγιση της γνώσης και βέβαια των


------------------------------ #d�d ��T#E�AT/CVf -----------------------------

μαθηματικών και των άλλων συναφών κλάδων της επιστήμης.

Οι μαθητές οδηγούνται μέσα από παράλληλη περιήγηση στην ιστορία αφενός της Τέχνης και αφετέρου των Μαθηματικών, στην αναζήτηση των σημείων όπου συναντώνται και αλληλοεπηρεάζονται οι δυο αυτοί τομείς της ανθρώπινης σκέψης και δράσης. Παράλληλα από τα μόνιμα εκτιθέμενα έργα των ESCHER και VASARELY εισάγονται αβίαστα στη φύση και κυρίως στη φιλοσοφία σημαντικών Μαθηματικών εννοιών.

Τα θέματα που θα επικεντρώσουμε την προσοχή μας είναι κατά χρονολογική σειρά: 1) Η γεωμετρική περίοδος της Ελληνικής τέχνης και η σχέση της με την εμφάνιση της αξιωματκής θεμελίωσης της Γεωμετρίας αλλά και των επιστημών γενικότερα, οι βάσεις της οποίας τέθηκαν με το τέλος αυτής της περιόδου. 2) Η επίδραση της μελέτης των αναλογιών από τους Πυθαγόρειους στη μαθηματικοποίηση της μουσικής και η εμφάνιση της χρυσής τομής. 3) Η συνέχιση της μελέτης των αναλογιών από τους μαθηματικούς της Ακαδημίας του Πλάτωνος στην κλασική Αθήνα και οι επιδράσεις στην αρχιτεκτονική και γλυπτική του χρυσού αιώνα. 4) Η εμφάνιση της γραμμικής προοπτικής στην Αναγέννηση και η μετέπειτα αυστηρή μαθηματική της θεμελίωση. 5) Η επανεμφάνιση της γεωμετρίας στη μοντέρνα τέχνη (κυβισμός, κονστρουκτιβισμός, Bauhauss). 6) Η εμφάνιση της σύγχρονης λεγόμενης "μαθηματική τέχνης" των fractals.

Η πρώτη στάση που θα κάνουμε είναι στη την γεωμετρική περίοδο της αρχαίας ελληνικής τέχνης. Με τα λόγια του ακαδημαϊκού Χρύσανθου Χρήστου : <<'Έχουμε Γεωμετρική αφαίρεση, σφιχτοδεμένη και απόλυτα χαλιναγωγημένη σύνθεση, λογική, πνευματικότητα. Η Γεωμετρική τέχνη απομακρύνεται από την απεικόνιση της ορατής πραγματικότητας. Τα διακοσμητικά μοτίβα περιορίζονται αποκλειστικά στα γεωμετρικά σχήματα (ομόκεντροι κύκλοι, ημικύκλια, μαίανδροι ευθείες). Ακόμα και οι ανθρώπινες φιγούρες ή αυτές των ζώων είναι σχηματοποιημένες.» Αυτόματα τίθεται το ερώτημα γιατί τόση έφεση

στη Γεωμετρία από τους καλλιτέχνες αυτής της εποχής; Μπορεί άραγε να μη συσχετισθεί με το αναμφισβήτητο ιστορικό δεδομένο ότι στο τέλος της Γεωμετρικής εποχής, στα Ελληνικά παράλια της Μικράς Ασίας η Γεωμετρία γίνεται αξιωματική επιστήμη; τι σημαίνει αυτό; Σημαίνει ότι εισάγεται η έννοια της απόδειξης. Η έννοια της απόδειξης είναι αυτή που διαφοροποίησε τα Ελληνικά Μαθηματικά από αυτά των προγενεστέρων

Βαβυλωνίων, Αιγυπτίων κλπ. Ενώ μέχρι τότε τα Μαθηματικά χρησίμευαν απλά στην ταχτοποίηση

της διαίσθησης και της εμπειρίας, με την έννοια της απόδειξης οι Αρχαίοι Έλληνες έκαναν το μεγάλο

βήμα. Αμφισβήτησαν

τη διαίσθηση και την εμπειρία και

συνέλαβαν επιτυχώς ότι η αλήθεια πολλές φορές έρχεται σε σύγκρουση με αυτές. Η διαίσθηση έτσι, είναι μεν ένας χρήσιμος οδηγός της σκέψης αλλά δεν είναι αλάνθαστη και αντίθετα οδηγεί πολλές φορές σε λάθος δρόμο.

Μην ξεχνάμε ότι οι Έλληνες αυτής της περιοχής είναι έμποροι, κάνουν ταξίδια με τα πλοία τους. Αποδεικτική γεωμετρία σημαίνει ακριβέστερες πορείες και σταθερότερα πλοία. Επίσης να λάβουμε υπόψη ότι έχει αναπτυχθεί ο δικανικός λόγος διότι το πολιτικό καθεστώς είναι πλέον πιο δημοκρατικό, οι άνθρωποι λύνουν τις διαφορές τους στα δικαστήρια όπου με λογικά επιχειρήματα αποδεικνύουν το δίκιο ή το άδικό τους. Δεν αποφασίζει κάποιο ιερατείο η το επιτελείο ενός άρχοντα ή κάποιας βασιλική αυλής.

Η πρώτη λοιπόν και μεγαλύτερη τιμή που αποδίδεται στον Ελληνισμό εκείνης της εποχής είναι η θεμελίωση της επιστήμης σε αξιωματικό αποδεικτικό πλαίσιο. Όπως στη Γεωμετρία θέτουν κάποιες έννοιες ως αρχικές (το σημείο, την ευθεία και το επίπεδο), κατόπιν θέτουν τα aξιώματά τους και δέχονται ως αληθή ότι προκύπτει από αυτά, μόνο αν τα αποδείξουν, έτσι αναζητούν και στη φύση πρώτες αρχές. Ζούμε αυτή την εποχή την ουσιαστική γέννηση της επιστήμης, Από το μύθο του Ησιόδου και του Ομήρου περνάμε στο λόγο του Ηρακλείτου και την απόδειξη του Θαλή .

Η επόμενη ιστορική περίοδος όπου τα Μαθηματικά με την τέχνη είναι απόλυτα συνδεδεμένα είναι η περίοδος των Πυθαγορείων στην κάτω Ιταλία.

Η κοινή αντίληψη για τους Πυθαγόρειου; τους θεωρεί σημαντικούς και γνωστούς για το ομώνυμο Πυθαγόρειο θεώρημα. Κι όμως δεν είωι αυτή η μεγάλη συνεισφορά των Πυθαγορείων. Η μεγάλη συνεισφορά των Πυθαγορείων είναι r αναζήτηση της αρμονίας του σύμπαντο; κόσuc·. (η λέξη αρμονία παράγεται από το ρήμα ά._-χ:_ -

αραρίσκω =συναρμολογώ). Από τους Πυθαγόρειους ζεΊ-..ιηu:: · �

μαθηματική αισθητική θεώρηση του συμπιτ.-:..:·;.


#�� T#E�AT/CVf -----------------------------

Πεποίθησή τους είναι ότι τα πάντα στη φύση είναι αρμονικά συνδεδεμένα σε ένα σύστημα αριθμητικών αναλογιών. Μια από τις μεγάλες προσφορές στην ανθρωπότητα είναι η έννοια της μουσικής κλίμακας. Όμως με την μουσική κλίμακα

των Πυθαγορείων και τη σχέση της με την ανάπτυξη της μαθηματικής θεωρίας των αναλογιών θα συνεχίσουμε στο επόμενο τεύχος του περιοδικού»

στο επόμενο το β' μέρος

Λ�:ίπερο Οi:μα: ο Lι•οιι�ιι·dο d�ι \'inci ι]ξψΣ: 'νlαθηματικύ; Προl.ι:γ/ιμι:ιια. Αφού ξεκινήσαμε με θέμα τη σχέση των Μαθηματικών και της Τέχνης, σκεφθήκαμε πως θα ταίριαζε να συνεχίσουμε με συναφές θέμα. Οι τέτοιες εργασίες που φθάσαν στο ηλεκτρονικό ταχυδρομείο του ενός των υπευθύνων της στήλης, είναι πολλές. Διαλέγουμε μια απ' αυτές. Έχει τίτλο «Το πρόβλημα της συμμετρίας του ανθρώπου του Βιτρούβιου του Leonardo da Vinci», του Νίκου Λυγερού. «Το πρ<Ίβλημα της συμμr.τρίας του ανθρ{;)που του Βιτροι'Jβιου του ιι·οιυΙηiο (i<l \'inci »

"i. λυγr.ρ6ς (πανι:πιστι!μιο \υι;)\') Ένα από τα κύρια χαρακτηριστικά της

ιδιοφυtας του Leonardo da Vinci είναι η ανάδειξη. Μια απλή λεπτομέρεια για όλους τους άλλους μέσω του ύφους του, μετατρέπεται σε στίγμα γνώσης. Έτσι όταν μελετά και ζωγραφίζει τις αναλογίες του ανθρώπου του Βιτρούβιου δεν εξετάζει μόνο το ανδρικό κορμί. Στο πιο αφαιρετικό επίπεδο, δίνει μια προσεγγιστική μέθοδο της επίλυσης του τετραγωνισμού του κύκλου που δεν έχει λύση με την αποκλειστική χρήση του χάρακα και του διαβήτη. Δίνει, όμως, και πληροφορίες για το ανθρώπινο σώμα που δεν είναι μόνο και μόνο η υλοποίηση των θεωρητικών υπολογισμών του Βιτρούβιου.

J

-- .:'.::::\_

Ένα από τα προβλήματα που αναδεικνύει η ιδιοφυtα του είναι η ασυμμετρία της συμμετρίας του ανθρώπινου σώματος. Επιφανειακά, ο άνθρωπος έχει φαινομενικά μια αξονική συμμετρία. Όμως, όπως το διευκρινίζει η τέχνη του Leonardo da Vinci, η πραγματικότητα είναι διαφορετική. Το ανδρικό κορμί είναι σχεδόν συμμετρικό αλλά δεν είναι απόλυτα συμμετρικό. Το ίδιο ισχύει και για την αναπαράσταση του ανθρώπου του Βιτρούβιου από τον Leonardo da Vinci. Φαινομενικά, το έργο είναι η αρχιτεκτονική

πρόσοψη του ανθρώπινου οικοδομήματος. Αν εξετάσουμε, όμως, μεθοδικά τις

λεπτομέρειες που καταγράφει ο Leonardo da Vinci θα δούμε ότι η αναπαράστασή του είναι όντως πολλαπλή. Η διαφορά μεταξύ δεξιού και αριστερού ποδιού είναι προφανής. Το ίδιο ισχύει και για τα χέρια. Όμως, αν δεν προσέξουμε τα χαρακτηριστικά του κορμιού, θα παραμείνουμε στην εντύπωση, ότι είναι απόλυτα συμμετρικός. Ξεχνάμε ότι η ιδιότητα του βαρύκεντρου για τον ομφαλό δεν καθορίζει αποκλειστικά και με μονοσήμαντο τρόπο. Διότι ακόμα και ο κορμός έχει μια μικρή κλίση που προέρχεται από τη διαφορετική τοποθέτησης των ποδιών στο κάτω μέρος της εικόνας. Η διπλή επικάλυψη αναγκάζει αυτή την κλήση για να είναι ρεαλιστικό το μοντέλο. Δεν είναι απλώς μια ζωγραφιά αλλά ένα δομικό σύστημα. Οι ανδρικοί μύες που βρίσκονται πάνω από την λεκάνη δίνουν ήδη το στίγμα της aσυμμετρίας. Αυτή η έλλειψη απόλυτης συμμετρίας, γίνεται πιο αισθητή στο κάτω μέρος στο επίπεδο των μηρών. Το εσωτερικό του δεξιού μηρού βρίσκεται μπροστά στο αριστερό ανάλογό του. Και αυτή η στάση ενισχύεται και από την ανοιχτή επικάλυψη. Πιο συγκεκριμένα, η ακριβή αναπαράσταση του ανδρικού πέους από το Leonardo da Vinci που δείχνει και τη διαφορά ύψους των όρχεων, όταν οι μηροί είναι ανοιχτοί, δείχνει ένα διαφορετικό άνοιγμα. Από τη δεξιά πλευρά ο διαχωρισμός μεταξύ μηρού και πέους γίνεται στο επίπεδο του πάνω μέρους του χιτώνα, ενώ δεν ισχύει το ανάλογο από την άλλη πλευρά.

Στην πραγματικότητα, αν ο άνθρωπος του Βιτρούβιου καθόταν όρθιος, απόλυτα συμμετρικά σε σχέση με το θεατή, ο διαχωρισμός δεν θα γινόταν στο επίπεδο του χιτώνα, εξαιτίας των εσωτερικών μηρών που ακολουθούν τη γωνία των οστών, όπως διαμορφώνεται από την λεκάνη. Αυτό σημαίνει ότι ο Leonardo da Vinci διατύπωσε αυτή τη λεπτομέρεια για να διατηρήσει τη ρεαλιστικότητα του μοντέλου.

Κατά συνέπεια, ο Leonardo da Vinci δεν


διατυπώνει μόνο τις εξωτερικές αναλογίες του Βιτρούβιου αλλά και την εσωτερική δομή του ανθρώπινου σώματος, μέσω του ανδρικού

κορμιού . Και για να το αναδείξει, χρησιμοποιεί την ασυμμετρία της ανθρώπινης συμμετρίας . Έτσι δίνει και το στίγμα της ιδιοφυίας του.

llα. "Α υτδ το ξέρατε;" /η απάντηση για τα ενορατιι(ά 1ιι1 αΟηματιl(ά/

Είναι μια τάση στη φιλοσοφία των Μαθηματικών, που απορρίπτει τη συνολοθεωρητική διαπραγμάτευση των Μαθηματικών και θεωρεί την ενόραση ως τη μόνη πηγή των Μαθηματικών και ως πρωταρχικό κριτήριο αυστηρότητας της διαμόρφωσής τους . Η ενορατική αντίληψη, που ανάγεται σε aρχαίους μαθηματικούς, υποστηρίχθηκε από επιστήμονες όπως ο Κ.Φ. Γκάους, ο Λ. Κρόνεκερ, ο Ε. Πουανκαρέ, ο Ε. Λεμπέγκο, ο Ε. Μορέλ και ο Χ. Βέιλ .

Στις αρχές του 20ου αιώνα ο Λ.Ε.Ζ. Μπρούβερ άσκησε μια συνολική κριτική στα κλασικά Μαθηματικά και πρότεινε ένα ριζοσπαστικό πρόγραμμα για την ενορατική ανασυγκρότηση των Μαθηματικών. Το πρόγραμμα, που τώρα ονομάζεται ενορατισμός (ο Μπρούβερ χρησιμοποιούσε τον όρο «νεοενορατισμός» ), οδήγησε σε οξεία έριδα με το μαθηματικό φορμαλισμό, κρίση που είχε σαν υπόβαθρο την κρίση που δημιουργήθηκε στα

θεμέλια των Μαθηματικών, από aντινομίες (παράδοξα) της θεωρίας των συνόλων. Ο Μπρούβερ απέρριψε με αποφασιστικότητα και την πίστη στην πραγματική ύπαρξη των aπείρων συνόλων και σε νομιμότητα της επέκτασης των νόμων της παραδοσιακής λογικής που ίσχυαν στα πεπερασμένα σύνολα, στην περιοχή των aπείρων συνόλων.

Για την ενορατική αντίληψη, οι νοητικές κατασκευές που θεωρούνται ως κατασκευές «ανεξάρτητα από το ερώτημα για τη φύση των κατασκευαζόμενων αντικειμένων καθώς και από το ερώτημα αν αυτά τα αντικείμενα υπάρχουν ανεξάρτητα από τη γνώση που έχουμε γι αυτά» (Α. Χέυντιγκ, Ολλανδία) είναι το αντικείμενο της μαθηματικής έρευνας . Έτσι, οι μαθηματικές προτάσεις είναι μορφές πληροφόρησης για πλήρεις κατασκευές . Η χρήση των νοητικών κατασκευών απαιτεί μια ειδική λογική, την ενορατική λογική, η οποία, ειδικά, δεν δέχεται το «νόμο της του τρίτου αποκλείσεως», σε κάθε περίπτωση.

". Jυn) το ξι5ρατε; "{η απάντηση για το ΛolH!I των /ΙιfαΟηματ11αύν{

Η Νορβηγική κυβέρνηση αποφάσισε να ικανοποιήσει-δικαίως- τη μαθηματική κοινότητα η οποία χρόνια παραπονούνταν για το γεγονός ότι δεν απονέμεται Νόμπελ Μαθηματικών. Το μόνο βραβείο που απονέμεται ως αναγνώριση του έργου των Μαθηματικών είναι το Fίelds Medal. Απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια, δεν διαθέτει την αίγλη του Νόμπελ και σε καμία περίπτωση το χρηματικό ποσό που συνοδεύει το βραβείο δεν πλησιάζει αυτό του Νόμπελ.

Στις 23 Αυγούστου 200 1 , όμως, ο Νορβηγός Πρωθυπουργός Jens Stoltenberg ανακοίνωσε την απόφαση της Νορβηγικής Πολιτείας να ιδρύσει Ταμείο με κεφάλαιο 200 εκ. νορβηγικές κορόνες (περίπου 2 .350 .000 €) για την ετήσια απονομή του βραβείου Άμπελ για τα Μαθηματικά. Το βραβείο καθιερώνεται προς τιμήν διάσημου μαθηματικού Niels Henrik Abel( που εικονίζεται

στο παραπάνω χαρτονόμισμα) ο οποίος πέθανε το 1829 στην ηλικία των 26 χρόνων.

Το βραβείο θα κάνει τον κόσμο να συνειδητοποιήσει πως τα Μαθηματικά είναι «η lingua franca όλων των επιστημών» λέει ο Arfinn Laudal, μαθηματικός στο Πανεπιστήμιο του Όσλο. Τη διοίκηση του Βραβείου Άμπελ θα έχει η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γραμμάτων, θα αρχίσει να απονέμεται το 2003 και το χρηματικό βραβείο θα ισοδυναμεί με 500 .000 δολάρια .

Υπόμνηση. Το Fields Medal απονέμεται από τη "Διεθνή Μαθηματική Ένωση" (lntemational Mathemathical Union- IMU), είναι αξίας περίπου 1500 δολαρίων. Το μετάλλιο αυτό απονέμεται σε νέους μαθηματικούς!!


•••ιιιι•"�••• ,., ΊfΡ �� .. �,, Ί•rι Αιι••Ι•ιι

ΑΛΓΕΒΡΑ Α' ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΆ ΘΕΜΑΤΑ

1 . Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ, y ισχύει:

x4+y4+6(x2+y2 )+ 2=4(x-y)(x2+y2+xy+ 1), τότε να δειχθεί ότι οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

ΛίJση Έχουμε : x4+y4+6x2+6y2+2= 4(x-y)(x2+y2+xy)+4(x-y)� x4+y4+6x2+6/+2=4(x3 -y3)+4(x-y) � x4+/+6x2+6y2+ 2=4χ3 -4y3 -4x+4y=O� (χ4+4χ2+ 1-4χ3 +2χ2 -4χ)+ +(y4+4y2+ 1 +4y3+2y2+4y)=O::::>

(χ2 -2χ+ Ι )2+(y2+ 2y+ 1 )2=0�(χ-1 )4+(y+ 1 )4=0� χ=1 και y=-- 1 . Άρα: οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

2. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ ισχύουν:α+β+γ=α2+β2+γ2=α3+β3+γ3=1, τότε να δείξετε ότι α4+β4+γ4=1 .

ΛίJση Είναι: α3+β3+/-3αβγ= =( α+β+γ)( α2+β2+γ2 -αβ-βγ-γα) (ταυτότητα του Eu1er). Επίσης ( α+β+γ )2=α2+β2+γ2+ 2( αβ+βγ+γα )� 1 = 1 + 2( αβ+βγ+γα )�αβ+βγ+γα=Ο και α3+β3+γ3 _3αβγ=( α+β+γ)( α2+βz+γ2) � Ι-3αβγ=Ι�αβγ=Ο, οπότε:

( α2+βz+γ2)2= Ιz�α4+β4+γ4+ 2( αzβ2+β2γ2+γ2α2)= Ι �α4+β4+γ4+2 [(αβ)z+(βγz)+(γα)z]=Ι (1) Αλλά αβ+βγ+γα=Ο�

Γιώργος Αποστολόπουλος

( αβ)2+(βγ2)+( γα )2+ 2αββγ+ 2βγγα+ 2αβγα=Ο� (αβ)2+(βγ2)+(γα)2+2αβγ(β+γ+α)=Ο � (αβ)2+(βγ2)+(γα)2=0 και η (1) γίνεται: α4+β4+γ4= 1

3. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α, β ισχύουν αβ;CΟ και α;Cβ, α;C-β, τότε: i) Να aπλοποιήσετε την παράσταση

α3 + β3 α3 _ β3

Α = α - β α + β α + β α - β -- - --α-β α + β

ii) Να δείξετε ότι: Α>α·β

ΛίJση (α + β )(α3 + β3) - (α - β )(α3 - β3)

i) Α = __ ____,_( α_----=β-'-' ) ('--α _+ -'-β)--::---- =

(α + β )2 - (α - β )2 ( α + β) ( α - β)

(α + β )(α3 + β3) - (α - β)(α3 - β3) (α + βγ - (α - β )2

α4 + αβ3 + α3β + β4 - α4 + αβ3 + α3β - β4 = --�7---��--. . --�--�� α2 + 2αβ + β2 - α2 + 2αβ - β2

2αβ3 + 2α3β - 2αβ( α2 + β2) - α2 + β2 - -

4αβ 4αβ 2


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

4. i) Αν β>γ, τότε να δειχθεί ότι: α-+"( +β> α+β -+"{, 2 2

όπου α,β,γ πραγματικοί αριθμοί. ii) Αν α>β>γ>Ο, να δειχθεί ότι:

α2γ2 α2 _β2 + γ2 > --

β2

i) 'Εχουμε: α+γ +β-α+β -γ=�+r+β-�-�-γ 2 2 2 2 2 2

=r + β -�- γ =�-r = β - γ > ο γιατί β>γ. 2 2 2 2 2 ' ii) Έχουμε:

α2 2 α2β2 - β4 + β2γ2 _α2γ2 α2 - β2 + γ2 __ γ_

β2 β2 β2 ( α2 - β2 )- γ2 ( α2 - β2) ( α2 - β2)(β2 _ γ2)

= β2 = β2 > ο'

διότι α>β>Ο=>α2 -β2>0, και β>γ>Ο=> β2 -γ2>0

5. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ ισχύουν: ( α+β)( α2 -β2 )-2γ( α2+β2)+( α-β)3=0 και αβ:;t:Ο, να δειχθεί ότι: I α I :S I β I + I γ I

Κάνουμε τις πράξεις και προκύπτει: 2(α2+β2)(α-β-γ)=Ο, αλλά <#Ο και β:;t:Ο Άρα α-β-γ=Ο=>α=β+γ => I α I = I β+γ I . Αλλά Ι β+γ Ι ::5 Ι β Ι + Ι γ Ι , άρα Ι α Ι ::5 Ι β Ι + Ι γ Ι

6. Αν για τους πραγματικούς αριθμούς χ,y,ω ισχύουν: l2x+y-ω I :S1, I χ+2y-+2ω I :S2 και I χ+y-ω I :S5, τότε να δείξετε ότι: lx+y+ω l ::59 .

Από την υπόθεση παίρνουμε: - 1 ::52χ+ y-ω::5 1 ( 1 ) -2::5χ+2y+2ω::52 (2) -5::5χ+y-ω::55 (3) Τις προσθέτουμε κατά μέλη , και προκύπτει : -8::54x+4y::58 , δηλαδή -2::5x+y::52 (4) Η (3) γίνεται: -5::5χ-y-ω::55 (5) Προσθέτουμε κατά μέλη τις (4) και (5) οπότε

προκύπτει: -7 ::5ω::57 ( 6) Τέλος προσθέτουμε κατά μέλη τις (4) και (6) οπότε έχουμε -9::5χ+y+ω::59, δηλαδή lx+y+ω l ::5 9

7. Α ν ισχύει α + J; = 1 , να βρεθεί η τιμή της , 1 παραστασης α + .j; .

Πρέπει α?:Ο, αλλά για α=Ο είναι 0=1 άρα α>Ο. Έχουμε Fα = 1 - α => 1 - α > Ο => α < 1 =>

Ο < α < 1 και Fα = 1 - α => Γ2 2 =>να =( 1-α) =>α= 1 - 2α+α2 =>α2 - 3α+ 1 =0=> 3 - J5 3 + J5 α =-- ή α =--2 2

Η ' ' 3 + J5 1 ' τιμη αυτη -2- > απορριπτεται

Είναι: 1 Οπότε: α +- =

Fα 3 -.JS 2 3 -.JS 2 (3 +J5 )

=--+--- 1 =--+ -1= 2 3 -.JS 2 32 - 5

= 3 - J5 + 3 + J5 - 1 = � - 1 = 2 . 2 2 2

8. Να λυθεί στο σύνολο των πραγματικών αριθμών, η εξίσωση: χ2 + χ + 1 χ + 1 2χ3 + 3 --- + -- =---

χ3 χ2 xs (1)

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί x:;t:O. Τότε έχουμε : ( 1 )<:)χ\χ2+χ+ 1 )+χ3(χ+ 1 )=2χ3+3 <:)2χ4+χ2-3 <=:>

χ2 �ω }<=> χ2 ={ω

3}}<=:>χ2 = 1 <=:>χ ε { 1,-1} 2ω +ω- 3 = 0 ωε 1, --2 Δεκτές τιμές

9 Α ν για τους πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει: x+2y=10, να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της παράστασης: x2+y2 •



ΛiJση Έχουμε x=1 0-2y, άρα:

x2+y2=( 1 0-2y)2+y2=5y2-40y+ 1 00 Το τριώνυμο 5y2 -40y+ 1 00 έχει α=5>0, δηλαδή παρουσιάζει ελάχιστη τιμή που είναι ίση με

Δ (-40 )2 - 4 · 5 · 1 00 - -= = 20 για 4α 4 · 5

40 y=-= 4 . 1 0

10. Να βρεθεί το xeiN ώστε: 7·χν+2-3·χν+ι�, ό

που ν = Ji43 + J48 + .J27- J768.

ΛiJσηj Είναι ν = ..J81:2 + .J16:3 + ..[9:3- .J256 · 3 =

= 9J3 + 4J3 + 3J3 - 16J3 = 16J3 -I 6J3 = Ο , οπότε η ανίσωση γίνεται7χ2-3χ:Ξ=4 ( 1 ), με

α=7>0, Δ=9+ Ι 1 2=Ι2 1>0 και ρίζες χ ι = - 4/7, χ2 = 1 .

Άρα ( 1 )<=> _ _i � χ � Ι <::::> χ = Ο ή χ = Ι , αφού 7

xeiN. ..}x - y =2 }

11 Να λυθεί το σύστημα (Σ) χ 2 + y2 - 5xy = 1

λiJση Για να ορίζεται το σύστημα (Σ) πρέπει και αρ

κεί x�y. Τότε (Σ) <::::>

:,-:; � 5ψ 1}

� : ,=+�: � 4 )' - S x ( χ - 4) = 1} �

y= x - 4 } y= x - 4 } χ2 - 4χ - 5= 0 <::::>

Χ= 5 ή Χ= -Ι <::::>

y= x - 4} ή y= x - 4}<=> (x=5 , y =I ) Χ= 5 Χ= -Ι ή (χ= -Ι, y = -5) . Δεκτές τιμές αφού επαληθεύουν την x�y.

ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΆ ΘΕΜΑΤΑ

1. Έστω ν,κ εΝ* τέτοιοι ώστε να ισχύει:

ν+.J ν2+1=κ+.J κ2+1 (1) α) Να αποδείξετε ότι ν=κ �--

β) Αν A = �3 ν+Fv -�3κ-�, τότε να

2 αποδείξετε ότι

Α 2

=

R 3 + 9-ν

γ) Για ποιά τιμή του ν η παράσταση Α

γίνεται μέγιστη; Ποια η μέγιστη τιμή της;

ΛiJση α) Αν ν�κ, τότε : ( 1 ) � ν - κ= .Jκ2 + 1 - .Jν2 +Ι� � ;::::: .Jν2 +Ι � κ2 + 1 2:: ν2 + 1 �κ 2:: ν Άρα ν=κ. Ομοίως αν δεχτούμε κ � ν.

β) Επειδή κ=ν έχουμε Α = �3ν + Fv - ..}r-3ν- -

-Fv-=ν �

Α2 = (�3ν + Fv - �3ν - Fv )2 =

= 6ν - 2�(3ν )2 - Fv2 = 6ν - 2.J9ν2 - ν=

Γιάννης Σιάχος-Θανάσης Τσιούμας

3 + �9 - � γ) Η παράσταση Α γίνεται μέγιστη (ma x) όταν και μόνον μεγιστοποιηθεί η παράσταση Α2, δ λ δ, · ' 9 Ι '

λά η α η οταν και μονον - - γινει ε χιστο, ν δηλαδή ν= Ι, οπότε Α ma x = 2 - .J2 .

2. α) i) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση χ2-2λχ+λ-2=0 (1) έχει δυο άνισες ρίζες χι, χ2 για κάθε λeR ii) Να βρεθούν οι τιμές του λ ώστε να ισχύει

1 1 -2 + -2 = 6

. Χι Χ2 β) Να αποδείξετε ότι ( λ2-λ+2)χ2-2χ+1> 0 για κάθε xeR όπου λeiR.

ΛiJση α) i) Η διακρίνουσα του τριωνύμου

f(x)=x2 -2λχ+λ-2=0 είναι Δ=4λ2-4λ+8=4(λ2-λ+2)>0, αφού το


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

τριώνυμο λ2-λ+2 έχει διακρίνουσα Δι=-7<0. β) Ποια είναι η μέγιστη τιμή της f Επομένως η (Ι) έχει δυο άνισες ρίζες Χι, χ2 στο γ) Ποιο είναι το σύνολο των τιμών της f IR. ii) Είναι χι+ χz=2λ και χι· χz=λ-2, οπότε με χι· Xz:t=O, δηλαδή λ:t=2 έχουμε : Ι Ι

-2 +-2 = 6 <:::::> Χ ι χ2 χ; + χ� ( χι + χ2 )

2 - 2χ ι χ2 2 2 = 6 <:::::> 2 = 6 Χι Χ2 ( χ ι χ2 )

<:::::> ( 2λ)2 - 2 (λ - 2) = 6 <:::::> (λ - 2)2

<:=>2λ2 - λ + 2 = 3λ2 - 1 2λ +Ι2<:=> λ2 -Ι Ι λ + 1 0 = Ο <:::::> λ= Ι ή λ= 1 0. Δεκτές τιμές

β) Είναι λ2-λ+2>0 από το αί και η διακρίνουσα του τριωνύμου ρ(χ)=(λ2-λ+2)χ2 -2χ+ Ι είναι Δ· =4--4(λ2 -λ+ 2)=--4(λ 2 -λ+ 1 )<0, για κάθε λ ε IR αφού το τριώνυμο λ 2 -λ+ Ι έχει δια κρίνουσα Δz= -3<0 Επομένως ρ(χ)>Ο για κάθε χ ε!R. Τελικά (λ2-λ+2)χ2-2χ+ 1>0, για κάθε χ,λε!R.

3. Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=χ2-4χ+λ-ι, λε!R. Η κορυφή της γραφικής παράστασης της f είναι το σημείο Μ(μ,ι). Να βρείτε: α) Τους αριθμούς μ και λ β) τη θέση της Cr ως προς τον άξονα χ· χ.

\ί1ι:;η α) Η κορυφή της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f(χ)=αχ2+βχ+γ με α::FΟ, έχει συ-. ( β Δ ) ντεταγμενες - -,- -

2α 4α -4 Επομένως: - - = μ::::> μ = 2 και 2

Δ - - = Ι::::> λ - 5 = 1 ::::>λ = 6 . 4 β) Για λ=6, έχουμε f(x)=x2--4x+5 . Το τριώνυμο έχει διακρίνουσα Δ=Ι6-20=--4<0. Άρα f(x)>O για όλες τις πραγματικές τιμές του χ. Επομένως η Cr είναι πάντοτε «πάνω» από τον άξονα χ· χ.

4. Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=-3χ2+(λ-ι)χ+5, λε!R. Η f είναι γνησίως αύξουσα στο διά-

στημα ( -οο,�] και γνησίως φθίνουσα στο

διάστημα [ � , +οο) .

α) Να βρείτε το λ

ΛίJση α) Η συνάρτηση f(χ)=αχ2+βχ+γ όταν α<Ο είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα ( - οο, - �α] και γνησίως φθίνουσα στο διάστημα [-�α , + οο) .

. β Ι λ -Ι Ι Επομενως: - - = -::::> -- = -::::> λ = 2 2α 6 6 6

β) Για λ=2 το τριώνυμο γράφεται f(x)=-3χ2+χ+5

Η μέγιστη τιμή της f είναι η Δ 6 1 6 1 4α - 1 2 Ι2

γ) Το σύνολο των τιμών της f είναι : ( - οο, ��]. {3χ+ (2-λ) y = ι

5. Δίνεται το σύστημα ( ) (λeiR. λχ+ λ-2 y = ι

παράμετρος) α) Να λυθεί και να διερευνηθεί για τις διάφορες τιμές του λ β) Ν α βρείτε τις τιμές του λ ώστε να ισχύει:

") . ") ι ι ( ) δ • λ • ι x=y και ιι - :S - που χ, y ικη υση

Υ χ του συστήματος.

ΛίJση α) Το σύστημα έχει D=(λ-2)(λ+3), Dχ=2(λ-2), Dy=3-λ Διακρίνουμε περιπτώσεις : i) D:f:O<:::::>λ#-3 και λ#2. Τότε το σύστημα έχει μοναδική λύση

(x,yF (� '�Η λ � 3 ' (λ - �)(� + 3) J ii) D=Ο<:::::>λ=-3 ή λ=2 Για λ=-3 , έχουμε Dx=- 1 0:f:O, άρα το σύστημα είναι αδύνατο. Για λ=2, έχουμε Dy =I:f:O, άρα το σύστημα είναι αδύνατο. β) i) Με λ :t= -3 και λ :t= 2 έχουμε :

2 3 - λ χ = Υ <:::::> -- = <:::::> λ + 3 (λ - 2) (λ + 3)

7 2 (λ - 2) = 3 - λ <:::::> 2λ - 4 = 3 - λ <:::::> λ = - .Δεκ 3



τή τιμή . ii) Με λ � {-3, 2, 3} έχουμε:

1 1 D D ( λ - 2) (λ + 3) (λ - 2) (λ + 3) - > - <=> - > - <=> > -'--------'--'----___.:._ χ - y Dx - DY 2 (λ - 2) - 3 - λ

<=>-λ+_3 _ ( λ-2) (λ+ 3) > Ο<::> 9-/C -/C -λ+ 6 > Ο<::>

2 3 -λ 2(3 -λ) -2λ2 - λ+ 1 5

( ) <=> ( ) � 0<::::> 2(3 - λ) -2λ2 - λ+ 1 5 � ο . 2 3 - λ

Λύνοντας τις ανισώσεις 3-λ>Ο και -2/C - λ+ 1 5 >0, σχηματίζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων

λ -00 -3 2 51 2(3-λ) + + +

-- ·-- -·

-2λ2 -λ+ 1 5 - + + Γ I - + +

Άρα _!_ � _!_ <::::> λ ε ( -3, 2) u (2.�] u (3, +oo) . χ Υ 2 7. Δίνεται η συνάρτηση f με τύπο

f { χ) = λνfχ + 2 , λ ε JR . Το σημείο Μ(2,8) ανήκει στη γραφική παράσταση της f. Να βρείτε: ί) Την τιμή του λ ίί) Το πεδίο ορισμού της f ίίί) Τα σημεία που η Cr τέμνει τους άξονες ίν) Την μονοτονία της f

.\{)ση i) Αφού το σημείο Μ ανήκει στη γραφική

παράσταση της f θα ισχύει f(2)=8, οπότε λνi2 + 2 = 8 � 2λ = 8 � λ = 4

ii) Η f ορίζεται αν και μόνο αν χ+ 2 ;;:::: Ο, δηλαδή χ ;;:::: -2 . Επομένως το πεδίο ορισμού της f είναι το [-2,+οο)

iii) Είναι f (Ο ) = 4ν!Ο + 2 = 4J2 δηλαδή η Cr τέμνει τον άξονα y 'y στο σημείο Α( 0, 4ν'2) . Εξάλλου f(x)=O <=>4fx+2 =0<::>x =-2 , δηλαδή η Cr τέμνει τον άξονα χ 'χ στο σημείο Β(-2,0)

iv) Για κάθε χ ι , Χ2 ε [-2,+οο), με χ ι< χ2 έχουμε : Ο�χ ι+2< χ2+2��χ 1 + 2 < �χ 1 + 2 � 4.,Γχ:+2 < 4�χ2 + 2 � f ( x 1 ) < f ( x2 ) . Άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο[-2,+οο) .

8 Δ' , f { ) χ + 2 . ινεται η συναρτηση χ = χ2 _ χ _ 6

α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της β) Να εξετάσετε αν είναι άρτια ή περιττή

) Ν λ , , ι ι γ α :υσετε την ανισωση -( )

� - . f χ 2

α) Η f ορίζεται αν και μόνο αν x2-x-6:;t0, δηλαδή x:;t-2 και x:;t3 Άρα έχει πεδίο ορισμού το A=R-{-2,3 } .

β) Αφού 2 εΑ και -2�Α, η f δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή .

�·) Στο Α έχουμε: · > <::::> > <::::> 1 Ι 1 χ2 - χ - 6 1 1 f {x) -2 χ +2 -2

<=> (χ + 2) ( χ - 3 ) � .!. <=> Ιχ - 31 � ..!. <=> χ + 2 2 2

<=> (χ - 3 � -� ή χ - 3 � �) <=> (χ � % ή χ � �) <::::> χ ε ( -οο, -2 ) υ (-2,%] υ [� , +οο) .

9 Δ, , r( ) 5 �r -6x+9 . ινεται η συναρτηση χ = +----χ-3

Να βρείτε: ί) Το πεδίο ορισμού της f ίί) Το σύνολο τιμών της f ίίί) Τη θέση της Cr ως προς τον χ 'χ

i) Αφού χ 2 - 6χ + 9 = ( χ - 3 )2 � Ο για κάθε χ ε JR η f θα έχει πεδίο ορισμού το Α = JR - { 3} και

f ( χ ) = 5 + �r-( χ---3)-::-2 = 5 )χ - 3 1

χ - 3 χ - 3

χ - 3 ii) Αν χ<3 , τότε f(χ)= 5 +-- = 5 + 1 = 6 . Αν χ - 3 - ( χ - 3) χ>3 , τότε f(x)= 5 + = 5 - 1 = 4 χ - 3 {6, χ < 3 Δ η λαδή f ( χ ) = . Άρα το σύνολο 4, χ > 3

τιμών της f είναι το {4,6 } .

iii) Οι τιμές της f είναι θετικές, οπότε η Cr είναι «πάνω» από τον άξονα χ ' χ



� Κ Ε,Σ �Ί Π Α Ν ΑΛ Η !Πl ΊΊ Κ ΕΣ ΑΣ Κ Η Σ Ε Ι Σ

Καρδαμίτσης Σπύρος - Κυριακόπουλος Θανάσης

Με γνώμονα τον επαναληπτικό χαρακτήρα αυτού του τεύχους, παραθέτουμε τις λύσεις των ασκήσεων που προτάθηκαν στο 66° τεύχος συμπληρώνοντας την ομάδα των ασκήσεων, με επτά νέες ασκήσεις με θέμα τον κύκλο. Ορισμένες από τις αρχικές εκφωνήσεις έχουν ελαφρά τροποποιηθεί ( κλιμακούμενα ερωτήματα) για διδακτικούς λόγους. Η δομή του άρθρου έχει σκοπό να βοηθήσει τους μαθητές να κάνουν μια γενική επανάληψη.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ Λ

( Α =90°) και ΑΔ το ύψος του. Από σημείο Ε της ΑΒ φέρνουμε παράλληλη προς την ΒΓ που τέμνει το ύψος ΑΔ στο Ζ. Φέρνουμε την κάθετη στην ΖΓ στο σημείο Ζ που τέμνει την ΑΒ στο Η και στην συνέχεια από το σημείο Ζ φέρνουμε ευθεία παράλληλη της ΑΒ που τέμνει τις πλευρές ΒΓ και ΑΓ του τριγώνου στα σημεία Ρ και Ν αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι: α) Το σημείο Ζ είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΡΓ και β) ΑΗ = ΒΕ.

Β Ρ Δ Γ

α) Είναι ΡΝ 11 ΑΒ και ΑΒ .l ΑΓ, επομένως θα είναι και ΡΝ .l ΑΓ, άρα το σημείο Ζ είναι σημείο τομής των υψών ΑΔ και ΡΝ του τριγώνου ΑΡΓ επομένως είναι ορθόκεντρό του . β) Είναι ΑΡ I I ΗΖ ως κάθετες στην ευθεία ΖΓ και ΑΗ I I ΡΖ από κατασκευή, επομένως το τετράπλευρο ΑΗΖΡ είναι παραλληλόγραμμο, τότε ΑΗ = ΡΖ ( 1 ) Τέλος είναι ΕΖ I I ΒΡ και ΡΖ I I ΒΕ, άρα το τετράπλευρο ΒΕΖΡ είναι παραλληλόγραμμο , τότε ΒΕ = ΡΖ (2)

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΒΕ = ΑΗ

ΛΣ Κ Η Σ Ι-Π 2 η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ, εξωτερικά του τριγώνου κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΖΘ και ΑΓΔΕ. Φέρνουμε ΓΚ .l ΒΔ και ΒΛ .l ΓΖ. Να αποδείξετε ότι:

α) Το ύψος ΑΗ του τριγώνου ΑΒΓ και οι ΓΚ, ΒΛ διέρχονται από το ίδιο σημείο.

β) Το ύψος ΑΗ διέρχεται από το μέσο Ν της ΘΕ.

γ) Αν ΑΜ είναι η διάμεσος του τριγώνου ΑΒΓ, τότε 2ΑΜ = ΕΘ.

Α Π ΟΛ ΙΕ Ι Ξ Η α) Θεωρούμε ότι η ΒΛ τέμνει το ύψος ΑΗ του τριγώνου στο σημείο Ρ και η ΓΚ στο σημείο Ρ ' διαφορετικό του Ρ. Τα τρίγωνα ΖΒΓ και Ρ ΑΒ έχουν: ΑΒ = ΒΖ ( γιατί το ΑΒΖΘ είναι τετράγωνο), ω = φ (οξείες γωνίες με πλευρές

Λ Λ κάθετες) και ΡΑΒ = 90° + Α1 ,


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ Λ Λ Λ

ΖΒΓ = 90° + Β και Α ι = Β (οξείες γωνίες με Λ Λ

πλευρές κάθετες) άρα Ρ ΑΒ = ΖΒΓ , επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα, άρα ΑΡ = ΒΓ ( 1 ) Όμοια τα τρίγωνα ΑΓΡ ' και ΔΒΓ είναι ίσα, οπότε ΑΡ '= ΒΓ (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ΑΡ = ΑΡ ' , δηλαδή τα σημεία Ρ και Ρ ' ταυτίζονται , επομένως το ύψος ΑΗ, η ΒΛ και η ΓΚ διέρχονται από το ίδιο σημείο .

ΣΧΟΛ Ι Ο : Το σημείο τομής Η ' των ΒΔ, ΓΖ και ΑΗ είναι το ορθόκεντρο του τριγώνου ΡΒΓ

β) Τα τρίγωνα ΑΡΘ και ΑΒΓ έχουν: ΑΡ = ΒΓ ( από το πρώτο ερώτημα), ΑΒ = ΑΘ ( επειδή το ΑΒΖΘ είναι τετράγωνο)

Λ Λ και Α ι = Β (οξείες γωνίες με πλευρές κάθε-τες) Επομένως είναι ίσα, τότε ΘΡ = ΑΓ = ΑΕ Όμοια έχουμε ότι και ΑΘ = ΡΕ, οπότε το τετράπλευρο ΑΘΡΕ είναι παραλληλόγραμμο, οι διαγώνιοί του διχοτομούνται , επομένως το σημείο Ν είναι το μέσο του ΘΕ.

γ) Προεκτείνουμε την διάμεσο ΑΜ κατά τμήμα ΜΟ = ΑΜ, τότε το τετράπλευρο ΑΒΟΓ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, άρα ΓΟ = ΑΒ ή ΓΟ = ΑΘ.

Λ Λ Λ Λ Έχουμε Α + ΘΑΕ = 1 80° και Α + ΑΓΟ = 1 80°

Λ Λ επομένως είναι ΘΑΕ = ΑΓΟ , τότε τα τρίγω-να ΑΘΕ και ΑΓΟ έχουν επιπλέον ΑΓ = ΑΕ, ΘΑ = ΑΒ = ΓΟ, άρα είναι ίσα τότε ΑΟ = ΘΕ ή 2ΑΜ = ΘΕ

Α Σ Κ Η Σ Η 3 '� Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και AHt, ΒΗ2, ΓΗ3 τα ύψη του που τέμνονται στο Η. Α ν Μ το μέσο της ΒΓ και Λ το μέσο της Η2Η3, να δείξετε ότι: α) Το τρίγωνο Η2ΜΗ3 είναι ισοσκελές και β) ΜΛ l_ Η2Η3.

Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η

α) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΒΗ2Γ η HzM είναι διάμεσός του που αντιστοιχεί στην υποτείνου-

, ΜΗ ΒΓ , σά του, επομενως 2 = Τ , ομοια για το

ορθογώνιο τρίγωνο ΒΗ3Γ έχουμε ότι η Η3Μ είναι διάμεσός του, οπότε

ΒΓ ΜΗ3 = - .

2 Από τις παραπάνω σχέσεις έχουμε: MHz = ΜΗ3, δηλαδή το τρίγωνο Η2ΜΗ3 είναι ισοσκελές. β) Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΗ3Η και AHzH οι Η3Λ και Η2Λ είναι διάμεσοι, επομένως Η3Λ = ΑΗ = Η2Λ. Επομένως τα σημεία Μ και Λ ι-2

σαπέχουν από τα άκρα του ευθυγράμμου τμήματος Η2Η3 , άρα η ΛΜ είναι μεσοκάθετος του Η2Η3, οπότε ΜΛ l_ HzH3

Α Σ Κ Η Σ Η 4'� Δίνονται τέσσερα συνευθειακά σημεία Α, Β, Γ και Δ, τέτοια ώστε ΑΒ = ΒΓ = Γ Δ. Από τα Β και Γ φέρνουμε στο ίδιο ημιεπίπεδο παράλληλα τμήματα ΒΖ και ΓΕ ώστε ΒΖ =

ΓΕ = 2ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι ΑΕ .l ΔΖ. z. Ε



Λ i-i ίΟ/ι � , � Ξ ih Είναι ΒΖ = ΓΕ = 2ΒΓ = ΑΓ = ΒΔ, επομένως τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΖΒΔ είναι ισοσκελή άρα

Λ Λ Λ Λ Α = Ε ι και Δ = Ζ ι Έχουμε ακόμη ότι ΒΖ = I I ΓΕ επομένως το τετράπλευρο ΖΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο και λόγω των παραλλήλων ΖΕ και ΑΔ έχουμε :

Λ Λ Λ Λ Α = E z και Α = Zz ως εντός εναλλάξ γωνίες,

Λ Λ Λ Λ άρα Ε 1 = E z και Ζ 1 = Zz . Τέλος στο τρίγωνο

Λ Λ Λ Λ ΡΖΕ έχουμε:

Λ Λ Ε z Ε+ z 1 80° E z + Zz = - + - = -- = -- - 90° άρα 2 2 2 2

Λ ΖΡΕ = 90° ή ΑΕ .1 ΖΔ.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με Λ Λ Λ Λ Α = Δ =90°, ΔΓ = 2ΑΒ και Β = 3 Γ . Φέρνουμε ΒΕ ..l ΔΓ που τέμνει την διαγώνιο ΑΓ στο Μ. Φέρνουμε την ΑΕ που τέμνει την άλλη διαγώνιο ΒΔ στο Ν. Να δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο. β) ΑΕ ..l ΒΔ. γ) ΜΝ = 114·ΓΔ.

λ Β

Λ Λ α) Είναι ΑΒ 11 ΓΔ, επομένως Β+ Γ = 1 80° ή

Λ Λ Λ 3 Γ+ Γ = 1 80° ή Γ = 45°, άρα Λ Λ Β = 3 Γ = 3 ·45° = 1 3 5°. Το τετράπλευρο Α-ΒΕΔ είναι ορθογώνιο, επομένως

Λ 1 3 ο 900 4 ο Γ Δ Β ι = 5 - = 5 και ΔΕ = ΑΒ = -

2 ' οπότε το Ε είναι μέσο της Γ Δ, δηλαδή ΔΕ = ΕΓ. Έχουμε λοιπόν ότι ΑΒ = 11 ΓΕ, άρα το τετράπλευρο ΑΒΓΕ είναι παραλληλόγραμμο .

β) Στο τρίγωνο ΔΒΓ η διάμεσος ΒΕ είναι και ύψος, επομένως το τρίγωνο είναι ισοσκελές,

Λ Λ τότε Δ ι = Γ = 45° , τότε όμως το τρίγωνο

Λ ΔΒΓ είναι και ορθογώνιο, ( ΔΒΓ =90°) και η ΒΕ είναι διάμεσός του που αντιστοιχεί στην

υποτείνουσα του, άρα ΒΕ = Γ Δ = ΔΕ, δηλαδή 2

το ορθογώνιο ΑΒΕΔ είναι και ρόμβος, επομένως είναι τετράγωνο και οι διαγώνιοι του τέμνονται κάθετα, δηλαδή ΑΕ ..lΒΔ. γ) Τα σημεία Μ και Ν είναι κέντρα των παραλληλογράμμων ΑΒΓΕ και ΑΒΕΔ, επομένως είναι μέσα των διαγωνίων τους, οπότε στο τρίγωνο ΑΕΓ η ΜΝ συνδέει τα μέσα των πλευρών του, άρα

ΓΔ ΕΓ 2 ΓΔ MN = II-=- =-2 2 4

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΓΔ = 2ΑΒ, και οι μη παράλληλες πλευρές του τέμνονται στο σημείο Ο. Αν Κ, Λ είναι τα μέσα των διαγωνίων του ΒΔ και ΑΓ αντίστοιχα και Μ, Ν τα μέσα των ΟΑ και ΟΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΜΝΛΚ είναι παραλληλόγραμμο.

ο

Γ

Τα σημεία Μ και Ν είναι τα μέσα των πλευρών του τριγώνου ΟΑΒ, επομένως ΜΝ = 11 ΑΒ ( 1 ) . Ακόμα τα σημεία Κ, Λ είναι τα μέσα 2

των διαγωνίων του τραπεζίου ΑΒΓ Δ, επομέ-

νως ΚΑ = ΓΔ - ΑΒ 2ΑΒ - ΑΒ = ΑΒ . Ε-2 2 2



πειδή ΚΛ 11 ΑΒ 11 ΓΔ (γιατί;) είναι ΚΛ =

11 ΑΒ (2) 2

Από τις ( 1 ) και (2) προκύπτει ότι: ΜΝ = 11 ΚΛ , επομένως το τετράπλευρο ΜΝΛΚ είναι παραλληλόγραμμο.

Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ 11 ΓΔ) με ΑΔ =

ΑΒ + Γ Δ και Μ το μέσο της ΒΓ. Η ευθεία ΑΜ τέμνει την Γ Δ στο σημείο Ε και η ΔΜ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Ζ. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΔΕΖ είναι ρόμβος.

λ Β Ζ

Γ Ε

Υ, �Ι I. >._ � \ ! ' ι -Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΜΓΕ έχουν ΒΜ = ΜΓ,

Λ Λ Λ Λ Μ 1 = M z ( ως κατακορυφή ) και Α 1 = Ε 1 (ως εντός εναλλάξ), επομένως είναι ίσα, άρα ΑΜ = ΜΕ. Αντίστοιχα και τα τρίγωνα ΒΜΖ και ΔΜΓ είναι ίσα, οπότε είναι και ΔΜ = ΜΖ. Άρα στο τετράπλευρο ΑΔΕΖ οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, επομένως είναι παραλληλόγραμμο. Επιπλέον αν Κ είναι το μέσο της ΑΔ, τότε η ΚΜ είναι διάμεσος του τραπεζίου και είναι

ΚΜ ΑΒ + ΓΔ ΑΔ , , = = - , οποτε το τριγωνο 2 2

ΑΜΔ είναι ορθογώνιο στο Μ, δηλαδή οι διαγώνιες του παραλληλογράμμου ΑΔΕΖ τέμνονται κάθετα, άρα είναι ρόμβος.

Σε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ = ΑΓ) οι μεσοκάθετοι των πλευρών του ΑΓ και ΒΓ τέμνονται στο σημείο Ο. Θεωρούμε το συμμετρικό σημείο Μ του Ο ως προς την πλευρά ΑΓ και από στο Μ φέρνουμε την παράλ-

ληλη προς την πλευρά του τριγώνου ΑΒ που τέμνει τις ΑΓ και ΒΓ στα σημεία Σ και Δ αντίστοιχα. Ν α δείξετε ότι: α) Το τετράπλευρο ΑΟΓΜ είναι ρόμβος β) Τα τρίγωνα ΣΔΓ και ΓΣΜ είναι ισοσκελή γ) Η γωνία ΜΟΔ είναι ορθή.

λ

J\I

α) Αφού ΑΚ = ΚΓ και ΟΚ = ΚΜ τότε στο τετράπλευρο ΟΑΓΜ οι διαγώνιοι του διχοτομούνται, επιπλέον η ΟΜ είναι μεσοκάθετος της ΑΓ, άρα οι διαγώνιοι του παραλληλογράμμου τέμνονται κάθετα, επομένως είναι ρόμβος.

Λ Λ β) Είναι Δ 1 = Β , ως εντός εκτός και επί τα αυ-

Λ Λ τά των παραλλήλων ΜΔ και ΑΒ και Γ = Β , αφού το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές άρα

Λ Λ Δ 1 = Γ , συνεπώς το τρίγωνο ΔΣΓ είναι ισο-σκελές. Επειδή το τετράπλευρο ΟΑΓΜ είναι ρόμβος, έχουμε ότι ΜΓ 11 ΑΟ, επειδή όμως η ΑΟ είναι κάθετη στην ΒΓ έχουμε ότι και η ΜΓ είναι κάθετη στην ΒΓ. Επιπλέον έχουμε ότι:

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Μ 1 + Δ 1 = 90° και Γ+ Γ Ι =90° άρα Μ 1 + Δ 1 = Λ Λ Λ Λ Λ Λ Γ+ Γ 1 ή Μ 1 = Γ 1 αφού Δ 1 = Γ , άρα και το τρίγωνο ΓΣΜ είναι επίσης ισοσκελές. γ) Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΔΣΓ και ΜΣΓ έχουμε ότι ΣΔ = ΣΓ = ΣΜ και στο τρίγωνο ΟΜΔ έχουμε ότι τα σημεία Κ και Σ είναι μέσα των πλευρών του, επομένως ΚΣ I I ΟΔ, άρα ΟΔ l_ ΟΜ άρα η γωνία ΜΟΔ είναι ορθή .



Λ Σε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ ( Α = 90°) είναι

Λ Λ Γ = 5 Β . Αν ΑΔ το ύψος του τριγώνου, να δείξετε ότι ΒΓ = 4ΑΔ.

Β

Λ

Είναι Λ Λ Β+ Γ =90°

Λ Λ Λ ή

Β+ 5 Β = 90° ή 6 Β = 90° Λ

άρα Β = 1 5° . Φέρνουμε την διάμεσο ΑΜ του τριγώνου ΑΒΓ, τότε ΑΜ = ΒΓ ΜΒ , - = επομενως το 2

τρίγωνο ΑΜΒ είναι ισο-Λ

σκελές, άρα Α 1 = 1 5 και Λ

Μ 1 = 1 5° + 1 5° = 30° ως εξωτερική γωνία του τριγώνου ΑΜΒ. Στο ορθογώνιο τρίγωνο

ΑΜΔ έχουμε Μ 1 = 30° ΒΓ

' ΑΔ - ΑΜ 2 -ΒΓ η' ΒΓ = 4ΑΔ. αρα -

--= -- - -

2 2 4

' · , ,

Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ. Αν Ε, Ζ σημεία των διαγωνίων του ΑΓ και ΒΔ αντίστοιχα, να δείξετε ότι οι ευθείες ΕΒ, ΕΔ, ΖΑ και ΖΓ τεμνόμενες σχηματίζουν κυρτό τετράπλευρο στο οποίο οι απέναντι γωνίες του είναι παραπληρωματικές. ) : - i ! ,-;· .Η. Επειδή οι διαγώνιοι του ρόμβου διχοτομούνται και τέμνονται κάθετα, έχουμε ότι κάθε διαγώνιος του είναι μεσοκάθετος της άλλης διαγωνίου του, επομένως τα τρίγωνα ΒΕΔ και ΑΖΓ είναι ισοσκελή τότε :

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ ΕΒΔ = ΕΔΒ = φ και ΑΖΟ = ΟΖΓ = ΛΖΔ = ω

Λ Λ Στο τρίγωνο ΜΖΔ η γωνία ΜΖΒ = ω είναι

Λ Λ Λ εξωτερική του άρα ω = Φ+ Μ 1 ( 1 ) και στο τρί-

Λ Λ γωνο ΖΚΒ η γωνία ΚΖΔ = ω είναι εξωτερική

Λ Λ Λ του άρα ω = Φ+ Κ (2)

Β

Γ Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε ότι Λ Λ Λ Λ Λ Λ Φ+ Μ Ι = Φ+ Κ ή Μ Ι = Κ

Λ Λ Λ Λ Όμως Μ 1 + Μ 2 = 1 80° ή Κ+ Μ 2 = 1 80° δηλα-δή οι απέναντι γωνίες του σχηματιζόμενου τετραπλεύρου ΚΛΜΝ είναι παραπληρωματικές .

.·� 'j \Ι<( ιη: :ιc: ι 'I

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο {O,R) . Να δείξετε ότι: α) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τις πλευρές του τριγώνου είναι σημεία του περιγεγραμμένου του κύκλου. β) Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τα μέσα των πλευρών του είναι επίσης σημεία του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. γ) Α ν Δ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ και ΑΑ ' η διάμετρος του κύκλου να δείξετε ότι:

Λ Λ Λ Λ ΗΑΔ = ΔΑΟ και ΒΑΗ = ΟΑΓ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4/2 1


α) Έστω Η ' το σημείο τομής του ύψους ΑΝ του τριγώνου με τον περιγεγραμμένο κύκλο του . Το τετράπλευρο ΗΕΓΝ είναι εγγράψιμο

Λ Λ Λ Λ Λ Λ γιατί Ν+ Ε = 1 80° άρα Η 1 = Γ και Γ = Η ' ως εγγεγραμμένες γωνίες στο τόξο ΑΒ, άρα

Λ Λ Η 1 = Η ' δηλαδή το τρίγωνο ΗΒΗ ' είναι ισο-σκελές, οπότε το ύψος του ΒΝ είναι και διάμεσος του, άρα ΗΝ = ΝΗ ' δηλαδή το σημείο Η ' του κύκλου είναι το συμμετρικό του ορθοκέντρου Η ως προς την πλευρά ΒΓ του τριγώνου . β) Έστω Α ' το aντιδιαμετρικό του σημείου Α,

Λ τότε ΑΒΑ' =90° ως γωνία εγγεγραμμένη σε ημικύκλιο, άρα ΓΖ // ΒΑ ' ως κάθετες στην ίδια ευθεία ΑΒ . Όμοια ΒΕ // ΑΤ, άρα το τετράπλευρο ΒΗΓ Α ' είναι παραλληλόγραμμο, επομένως οι διαγώνιοι του διχοτομούνται δηλαδή ΗΜ = ΜΑ ' , άρα το Α' είναι το συμμετρικό του ορθοκέντρου Η ως προς το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ.

γ) Είναι ΑΗΊ/ ΟΔ ως κάθετες στην ίδια ευθεί-Λ Λ Λ

α, οπότε Α 1 = Δ 1 (ως εντός εναλλάξ) = Α2 ( γιατί το τρίγωνο ΑΟΔ είναι ισοσκελές) άρα

Λ Λ ΗΑΔ = ΔΑΟ . Επειδή το σημείο Δ είναι το μέσο του τόξου ΒΓ η ΑΔ είναι διχοτόμος της

Λ Λ Λ Λ Λ γωνίας Α και Α 1 = Α2 άρα ΒΑΗ = ΟΑΓ

Τα ύψη ΑΔ και ΒΕ τριγώνου ΑΒΓ τέμνονται στο Η. Αν Μ σημείο της ΕΓ τέτοιο ώστε ΕΜ = ΑΕ, να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΒΗΜΓ είναι εγγράψιμο.

Α

Δ Γ

Στο τρίγωνο ΑΗΜ το ευθύγραμμο τμήμα ΗΕ

είναι διάμεσος του και ύψος του, επομένως το τρίγωνο ΑΗΜ είναι ισοσκελές, οπότε

Λ Λ Λ Λ Α 1 = Μ 1 • Επιπλέον είναι Β 1 = Α 1 ως οξείες

Λ Λ γωνίες με πλευρές κάθετες, άρα Β 1 = Μ 1 , ε-πομένως το τετράπλευρο ΒΗΜΓ είναι εγγράψιμο .

Οι κύκλοι (01 , R1) και (02, R2) εφάπτονται εξωτερικά στο σημείο Α. Με διάμετρο την 0102 γράφουμε κύκλο (03, R3). Αν Μ τυχαίο σημείο του κύκλου (03, R3) και Β, Γ τα σημεία τομής των ΜΟ1 , ΜΟ2 ΜΕ τους κύκλους (Οι , Rι) και (Ο2, R2) αντίστοιχα, να

Λ δείξετε ότι ΒΑΓ = 135°.

"

Υ

Λ Π ΩΛ Ε Ι! Ξ Ι :1 Θεωρούμε την κοινή εσωτερική εφαπτομένη xAy των κύκλων με κέντρα 0 1 και 02 • Η γω-

Λ νία χΑΒ είναι γωνία χορδής και εφαπτομένης

επομένως

Λ χΑΓ =

Λ χΑΒ =

Λ ΒΟ 1Α ---'----- , όμοια έχουμε

2 Λ Λ

Επομένως ΒΑΓ = χΑΒ +

Λ Λ 1 80° - ΑΟ 1Μ+ 1 80ο - Α02Μ

_

Λ Λ 2

360° - (ΑΟ1Μ+ Α02Μ) = 360 ° - 90ο = 1 3 5ο 2 2

Αφού η Ο ιΑΟz είναι ευθεία (γιατί;) οπότε το τρίγωνο 0 1ΜΟ2 είναι ορθογώνιο και


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ Λ

ΑΟι Μ+ Α02Μ =90°

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 4 11 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία Β και Γ τέμνονται στο Η. Από το σημείο Η φέρνουμε ΗΕ l.. ΑΒ, ΗΖ l.. ΑΓ και ΗΔ l.. ΒΓ. Ν α αποδείξετε ότι το τετράπλευρο ΕΗΖΔ είναι παραλληλόγραμμο.

Ε

Α Π Ο_λ Ε I Ξ Η ι Η

Λ Λ Στο τετράπλευρο ΔΓΖΗ είναι Δ+ Ζ = 1 80°,

Λ Λ άρα είναι εγγράψιμο, επομένως είναι Γ ι = Ζ ι .

Λ Λ Αλλά Γ ι = Α ( θεώρημα χορδής και εφαπτο-

Λ Λ μένης) άρα Ζ ι = Α ( 1 )

Λ Λ Στο τετράπλευρο ΑΕΗΖ είναι Ε+ Ζ = 1 80°,

Λ Λ άρα είναι εγγράψιμο, επομένως ΕΗΖ+ Α = 1 80° και λόγω της ( 1 ) έχουμε

Λ Λ ΕΗΖ+ Ζ ι = 1 80° άρα ΔΖ 11 ΕΗ.

Όμοια αποδεικνύεται ότι ΔΕ I I ΗΖ, επομένως το τετράπλευρο ΕΗΖΔ είναι παραλληλόγραμμο.

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 5 11 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με έγκεντρο Ι και παράκεντρο Ια και η Ι Ια τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου στο σημείο Μ. Να δείξετε ότι:

ΜΙ = ΜΒ =ΜΙα

Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η Οι ΒΙ και ΒΙα είναι η εσωτερική και η εξωτε-

ρική διχοτόμος της γωνίας Β, επομένως το τρίγωνο ΙΒΙα είναι ορθογώνιο(γιατί;)

\

Λ Λ Λ Α Είναι B z = Α ι = - ως εγγεγραμμένες στο ί-

2 Λ Λ

Λ Λ Λ Α Β διο τόξο, άρα MBI = B z + B3 = - + - ( 1 ) 2 2

Λ Λ

Ακόμη Ι ι = Α + Β (2) ως εξωτερική γωνία 2 2

του τριγώνου ΑΒΙ από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) Λ Λ

έχουμε ΜΒΙ = Ι ι , οπότε το τρίγωνο ΒΜΙ είναι ισοσκελές άρα ΜΒ = ΜΙ (3) Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΙΒΙα έχουμε Λ Λ Λ Λ Λ Ι ι + Ι α =90° και Β ι + B z + B J = 90° επομένως Λ Λ Λ Λ Λ Ι ι + Ι α = Β ι + Β z + Β3 ή Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Ι ι + Ι α = Β ι + ΜΒΙ ή Ι ι + Ι α = Β ι + Ι ι ή Λ Λ Ι α = Β ι οπότε και το τρίγωνο ΒΜΙα είναι ισο-σκελές, άρα ΜΒ = ΜΙα ( 4) Τέλος από τις σχέσεις (3) και (4) έχουμε ότι ΜΒ = ΜΙ = ΜΙα.

ΑΣ Κ Η Σ Η 1 6

Δίνεται κύκλος (O,R) και το τόξο του κύκλου ΑΒ = 120°. Οι εφαπτόμενες του κύκλου στα σημεία Α και Β τέμνονται στο σημείο Ρ. Αν Μ τυχαίο σημείο του τόξου ΑΒ, και οι ΑΜ, ΒΜ τέμνουν τις ΒΡ και ΑΡ στα σημεία Α ' και Β ' αντίστοιχα, να δείξετε ότι ΑΑ' = ΒΒΌ Α Π ΟΔ Ε Ι Ξ Η Το τετράπλευρο ΑΡΒΟ είναι εγγράψιμο αφού

Λ Λ Λ Λ Α + Β = 1 80°, επομένως είναι Ο + Ρ = 1 80°


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Λ Λ λ

και Ο = 1 20° άρα Ρ =60° . Ακόμη είναι ΡΑ = ΡΒ ως εφαπτόμενα τμήματα από το σημείο Ρ στον κύκλο, άρα το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισόπλευρο.

Ρ Ε

Τα τρίγωνα ΒΒ 'Ρ και ΑΑ 'Β έχουν ΑΡ = ΑΒ γιατί το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισόπλευρο.

Λ Λ Β 1 = Α 1 γιατί η γωνία που σχηματίζεται από χορδή και εφαπτομένη είναι ίση με την αντίστοιχη εγγεγραμμένη .

Λ Λ Β = Ρ γιατί το τρίγωνο ΑΡΒ είναι ισόπλευρο. Άρα τα τρίγωνα είναι ίσα, επομένως

ΑΑ ' = ΒΒ ' . ΑΣΚΗΣΗ 1 7η Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και ο περιγεγραμμένος του κύκλος (O,R). Αν Μ σημείο του ελάσσονος τόξου ΒΓ του περιγεγραμμένου κύκλου, να δείξετε ότι: ΜΒ + ΜΓ = ΜΑ

·:� . �-. ... : .J!_�. · '

Α Π Οι\ Ε Ι Ξ Η Προεκτείνουμε την ΓΜ κατά τμήμα ΜΕ

n •

Λ ΑΓ 1 20° ο ΜΒ. Ειναι Μ 1 = - = -- =60 και 2 2

Λ Αφού ΜΒ = ΜΕ και M J = 60° το τρίγωνο ΒΜΕ είναι ισόπλευρο, επομένως ΜΒ = ΜΕ = ΕΒ Τα τρίγωνα ΑΒΜ και ΓΒΕ έχουν ΑΒ = ΒΓ γιατί το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευ-

Λ Λ ρο Α 1 = Γ 1 ως γωνίες εγγεγραμμένες στο ίδιο

Λ Λ Λ τόξο ΑΒΜ = ΓΒΕ = 60° + Β 1 επομένως είναι ίσα, οπότε

ΓΕ = ΜΑ ή ΜΓ + ΜΕ = ΜΑ ή ΜΓ + ΜΒ = ΜΑ

��t ' ' '"' - .. _, -· - -. .. .

. , ,.;,;��- --�� ι , από τα γραφεία τις Ε . Μ . Ε . , w περιοδ�

�-του · · από το 2005 (τεύχος 1 ) μέχρι 2008 (τεύχος 1 6)

με επίκαιρη ύλη καθώς και πρωτότυπους διαγωνισμούς

για μαθητές δημοτικού .


Μ81ΙΙJΙ8τιιι• ,., Ι'φ• W 1'�1'1 Ι'•ιι Αιι••Ι•ιι

ΑΛΓΕ Β ΡΑ Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Κ. Κουτρουμπέλας - Β. Τσατούρας - Θ. Τζιώτζιος.

Ο Piet Heίn είχε διατυπώσει πως «ένα πρόβλημα που αξίζει να του επιτεθείς, αποδεικνύει την αξία του όταν αντεπιτίθεται». Η δύναμη του λύτη βασίζεται σε δύο συνιστώσες: την γόνιμη φαντασία του και την καρτερική υπομονή του.

1) Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ( χ) = f(π - χ)

+ f( 3π - χ) + 3, όπου f(χ)=ημ2χ+3ημχ-2 2

με Χ Ε 9{. ί. Να βρεθεί το υπόλοιπο της

διαίρεσης του Ρ(χ) με το (χ - π ). 2

ίί. Να δειχθεί ότι Ρ(χ) = 3ημχ - 3συνχ για κάθε χ Ε 91.

ιιι. Να λυθεί η Ρ(χ) = Ο, στο (Ο, 3π). λύση

ι . Το υπόλοιπο της διαίρεσης Ρ( χ) : (χ -π

) 2

είναι η αριθμητική τιμή του πολυωνύμου

για χ = ; , δηλαδή Ρ( ; ) = f(π - ; ) +

π π π f(3

2-

2) + 3 = f(

2) + f(π) + 3 . ( 1 )

Στην f για χ = π

έχουμε: f( π

) = ημ2( π )

2 2 2

+ 3ημ � - 2 = 2, ενώ για χ = π έχουμε : 2

f(π) = ημ2π + 3ημπ - 2 = -2 . Συνεπώς από την ( 1 ) το υπόλοιπο της διαίρεσης

είναι Ρ( π

) = 2 - 2 + 3 = 3 . 2

11. Έχουμε: f(π - χ) = ημ2(π - χ) + 3ημ(π -

2 3π

χ) - 2 = η μ χ + 3ημχ - 2, και f( Τ - χ) =

2 3π 3π ημ ( - - χ) + 3 ημ( - - χ) - 2 =

2 2

(-συνχ)2 - 3συνχ - 2 = συν2χ - 3συνχ-2 . Άρα το Ρ( χ) = ημ2χ + 3ημχ - 2 + συν2χ -3συνχ - 2 + 3 = 1 - 2 - 2 + 3ημχ - 3συνχ + 3 = 3ημχ - 3συνχ.

1 1 1 . Ρ(χ) = Ο <::::> 3ημχ - 3συνχ = Ο <::::> 3ημχ = 3συνχ <::::> ημχ = συνχ. ( 1 )

α) Αν συνχ = Ο δηλαδή χ ε {� . 3π , Sπ } = Α , 2 2 2 τότε ημχ= ± 1, οπότε δεν ισχύει ( 1 ) β) Αν συνχ -::f:. Ο δηλαδή χ � Α τότε

( 1 ) <=> ημχ = l <::> εφχ = l <::> χ = κπ + � , κεΖ συνχ 4 Άρα: χ ε (Ο, 3π) <::::> Ο < χ < 3π <::::>

π π π Ο < κπ + - < 3π <::::> -- < κπ < 3π - -

4 4 4 π 1 1π

<::::> - - < κπ < - - <::::> 4 4

1 1 1 , Ζ ' Ο 1 - - < κ < -, ομως κ ε αρα κ = , ,

4 4 2. Επομένως οι λύσεις είναι: Για κ = Ο το

π 5π χ 1 = - , για κ = 1 το χ2 =- και για κ = 4 4 9π 2 το χ3 = -4

2) Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ)=6χ3+χ2 -κ, κEIR. ί. Να βρείτε την τιμή του κ ώστε το

Ρ(χ) να έχει παράγοντα τον 2χ - 1 . ii. Για την τιμή του κ που βρήκατε

στο (α) ερώτημα να λυθεί η aνίσωση Ρ(χ) :5 Ο.

ίίί. Ν α βρείτε τις πραγματικές τιμές


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

του xEIR. - {κπ + π , κΕΖ} ώστε οι 2

1 αριθμοί - ημχ, συνχ, εφχ να 6

αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου.

Λύση 1 . Για να έχει παράγοντα το 2χ - 1 , πρέπει

και αρκεί Ρ( 2_ ) = Ο ( 1 ) . 2

( 1 ) <=> 6 · ( � )3 + ( � )2 - κ = ο <=> 6· i +

2_ - κ = Ο <=> 1 - κ = Ο <=> κ = 1 . Άρα 4 Ρ ( χ ) = 6χ3 + χ 2 - 1 .

1 1 . Χρησιμοποιώντας την μέθοδο (σχήμα) Homer έχουμε:

6 1 ο - 1 1 : " . ..

3 " 1 .. 6 .ι " ο ..

Επομένως το αρχικό πολυώνυμο μετατρέπεται ως εξής: Ρ(χ)=6χ3+χ2-1 =(2χ-1 )(6χ2+4χ+2)= 2(2χ-1 )(3χ2+2χ+ 1 ). Άρα:Ρ(χ):::;Ο<:::> 2(2χ-1 )(3χ2+2χ+ 1 ):::;0( 1 ) . Η διακρίνουσα του τριωνύμου 3χ2+2χ+ 1 είναι αρνητική (Δ=-8<0) άρα το τριώνυμο είναι μόνιμα

θετικό, οπότε : ( 1 ) <=> 2χ - 1 � Ο <=> χ � _!_ 2

παρατηρούμε δε ότι Ρ ( χ ) = Ο <=> χ = 2_ 2

1 1 1 . Για να αποτελούν διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου πρέπει και αρκεί:

συν2χ = _!_ ·ημχ·εφχ ( 1 ) Άλλα ( 1 )<=> συν2χ 6

1 ημχ 2 1 ημ 2 χ = - ·ημχ· -- <=> συν χ = - · -- <=> 6 συνχ 6 συνχ 3 1 2 3 1 2 συν χ = - ημ χ <=> συν χ = - ( 1 - ημ χ)

6 6 3 1 2 1 3 <=> συν χ + - συν χ - - = Ο <=> 6συν χ +

6 6 συν2χ - 1 = Ο <=>

y(= σ

)υνχ} <=> Υ = �υνχ} <=> συνχ = _!_ <=> Ρ y = 0 y = - 2

2

π π συνχ = συν - <=> χ = 2κπ ± - , κ Ε Ζ . 3 3

Δεκτές αφού δεν υπάρχουν κ1 , κ2 Ε Ζ

ώστε 2κ ιπ ± π = 2κ2π + π . Άρα οι 3 2

θ ' 1 λ ' αρι μοι (j ·ημχ, συνχ, εφχ αποτε συν

διαδοχικούς όρους γεωμετρικής προόδου ' ' 2 π z οταν και μονο χ = κπ ± - , κ Ε .

3 3) Να λυθεί η εξίσωση 32χ - 18·3χ - 1

= αχ + \ όπου α είναι η ρίζα της εξίσωσης χ3 -9χ2 +23χ -15 = Ο, η οποία περιέχεται μεταξύ των ριζών της χ·(χ - 6) = -7.

ΛίJ ση Η εξίσωση χ3 - 9χ2 + 23χ - 1 5 = Ο με την βοήθεια του σχήματος Homer

1 -9 Β -15 1 1 -8 15

1 -8 15 ο

μετατρέπεται σε ( χ - 1 ) · (χ2 - 8χ + 1 5) = Ο ( 1 ), οπότε ( l ) <=> χ = 1 ή χ2 - 8χ + 1 5 = 0 <:::> χ = 1 ή χ = 3 ή χ = 5 . Άρα α ε { 1 , 3 , 5 } Εξετάζουμε τώρα ποια από τις λύσεις 1 , 3 , 5 περιέχεται μεταξύ των ριζών της εξίσωσης: χ ·(χ - 6) = - 7, δηλαδή της χ2 - 6χ + 7 = Ο που είναι οι αριθμοί χ ι = 3 + J2 , χ2 = 3 - J2 Επομένως η τιμή του α είναι η α = 3 , άρα η εξίσωση που έχουμε προς επίλυση είναι η 32χ

- 1 8 ·3χ - 1 = 3χ + ι (2) και (2) <=> 32χ - 1 8 · i:_ = 3

3χ + Ι <=> 32χ - 6 ·Υ - 3 · 3χ = 0 <=> 32χ - 9 ·3χ = 0 l - l

<=> 3χ · (3χ - 9) = ο <=> 3χ = 9 <=> 3χ = 32 <=> χ = 2, αφού 3χ i= Ο 4) Για ποιες τιμές του χ οι αριθμοί log2,

log(ex - 1), log(ex + 3) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου.

Λύ ση Για να είναι τρεις αριθμοί α, β, γ διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου πρέπει και αρκεί να ισχύει 2β = α + γ, δηλαδή

21og( ex - 1 ) = log2 + log( ex + 3) ( 1 ) . Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί: ex - 1 >Ο δηλαδή χ > Ο, αφού ex + 3 > Ο, για κάθε x EiR. Τότε : ( 1 ) <=> 2log(ex - 1 ) = log2 + log(ex + 3)



1 - 1 � log(ex - 1 )2 = log2 ·(ex + 3) � (ex - 1 )2 = 2 · (ex + 3) � e2x - 2ex + 1 = 2ex + 6 � ( ex/ - 4ex - 5 = Ο (2) Θέτουμε ex = y και η επιλύουσα της (2) είναι η εξίσωση y2 - 4y - 5 = Ο, που έχει ρίζες τις Υ ι = 5 και Υ2 = - 1 . Άρα: ( 1 ) � ex = 5 � χ = ln5 > Ο (δεκτή), αφού η ex = - 1 είναι αδύνατη .

Επομένως για να είναι οι αριθμοί log2, log(ex- 1 ) , log(ex+3) διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, πρέπει και αρκεί

χ = ln5 . 5) Θεωρούμε την συνάρτηση f(x) = 3\ xe9t.

Ν α λυθεί η εξίσωση : f(x) + f(x + 1 ) + f(x + 2) + . . . + f(x + 99) =

Λύση

= 8 1 (3 1 00 - 1) (1). 2

Το πρώτο μέλος της εξίσωσης είναι: f(x) + f(x + 1 ) + f(x + 2) + . . . + f(χ + 99) = 3χ + 3χ+ Ι + 3χ + 2 + . . . + 3χ + 9 9 = 3χ + 3 · 3χ + 32 · 3χ + . . . +399 · 3χ = 3x( l + 3 + 32 + . . . + 399) . Οι όροι του αθροίσματος είναι οι 1 00 πρώτοι όροι γεωμετρικής προόδου με πρώτο όρο το 1 και λόγο 3 .

Άρα: (Ι) � 3χ 1(3 1 οο - 1) = � (3 ι οο - 1 ) �

2 2 3χ = 8 1 � 3χ =34�χ=4 (Αφού η 3χ είναι 1- 1 ) . 6) Να βρεθούν τρεις αριθμοί α , β , γ ο ι οποίοι

αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με τις εξής ιδιότητες: i) Ο αριθμητικός μέσος τους είναι η

μεγαλύτερη ρίζα της εξίσωσης 5 χ 2 = _..!_ . 5 2χ-4

50 ii) Ο γ είναι ρίζα της χ2 - 5χ - 2β = Ο

Λύση 2 2 2 2 Έχουμε : 5 χ = - . 5 zx -4 � 5 χ = - . 5 zx-4 �

50 50

5 χ 2 = _1 . 5 2χ-4 � 5 χ 2 = _1 . 5 2χ-4 � 25 5 2

5 χ 2 = 5 sx -6 � χ2 - 5χ +6 = Ο � χ = 2 ή χ = 3, οπότε β = 3 οπότε: χ2 -5χ - 2β = Ο � χ2 - 5χ - 6 = Ο � χ = 6 ή χ = -1 . Όμως α+γ=2β οπότε για β=3 και γ=6 έχουμε α=Ο ενώ για β=3 , γ=-1 έχουμε : α=7 Δηλαδή οι διαδοχικοί όροι της αριθμητικής προόδου είναι:

(α = Ο, β = 3 , γ =6) ή (α = 7, β = 3 , γ = - 1 ) . 7) Δίνεται η συνάρτηση f(x)=l-x-lnx, Χ> Ο.

ί. Να δείξετε ότι αν Ο<χ<1 τότε f(x)>O. ii. Να λύσετε την f(x)=1-x+In2x. iii. Να λύσετε την f(ex) > 1 - 2χ + 1 - χ.

ίν. Να δείξετε ότι για κάθε θ ε (Ο, π ) 2

ισχύει ημθ < ln( _e_ ). ημθ

Λύ ση ι . Είναι Ο < χ < 1 οπότε : 1 - χ > Ο ( 1 ) .

Επίσης, αφού η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα έχουμε : χ < 1 => lnx < ln 1 => lnx < Ο => - lnx > Ο (2). Προσθέτουμε κατά μέλη τις ( 1 ) και (2) και έχουμε : 1 - χ - lnx > Ο. Δηλαδή f(x) > Ο.

ι ι . Για κάθε χ > Ο έχουμε : f(x) = 1 - χ + ln2x � 1 - χ - lnx= 1-x+ln2x � ln2x + lnx = Ο � lnx (lnx + 1 ) = Ο � lnx = Ο

ή lnx = -1 � χ = 1 ή χ = _!__ e

ι ι ι . Είναι: f(ex)> 1-2x + 1-χ� 1-ex-lnex> 1-2χ+ Ι_χ <=:>-eχ-χ>-2χ+ Ι_χ�

e x e -ex>-2 ·2x�ex<2 ·2x�- <2� (-γ <2( 1 ) .

2 χ 2 Αφού η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα

έχουμε : ( 1 ) �ln (-�Y <ln2�xln( ! )<ln2� 2 2

x(lne-ln2)<ln2�x( 1-ln2)<ln2�

χ< ln 2 . Επειδή e > 2 � lne > ln2 => 1 - ln 2

1 > ln2 => 1 - ln2 > 0

ιν . Επειδή το θ ε (0, π ) είναι Ο < ημθ < 1 2

και από ερώτημα (ί) f(ημθ) > Ο (1) . Συνεπώς (I) => 1 - ημθ - lη(ημθ) > Ο => 1 - lη(ημθ) > ημθ => lne - Ιη(ημθ) > ημθ

e => ημθ < ln ( -) . ημθ

8) Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ω + ln(3 - ex), με ω σταθερά στο IR. και την γραφική της παράσταση να διέρχεται από το σημείο Α(-ΙηΥ2, 2). ί. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. ίί. Ν α αποδείξετε ότι ω = 2. ίίί. Να βρείτε τα σημεία που τέμνει τον χχ '.



iv. Να αποδείξετε ότι είναι γνήσια φθίνουσα.

ΛίJση 1 . Για να ορίζεται η f(x) πρέπει και αρκεί

3- ex>O ( 1 ) . Όμως ( 1 ) <=> 3 > ex <=> : ln3 > lnex <=> xlne < ln3 <=> χ < ln3 επειδή η lnx είναι γνήσια αύξουσα. Επομένως το πεδίο ορισμού της είναι (-ω , ln3) .

1 1 . Εφόσον το σημείο A(-lnYi, 2) ανήκει στην γραφική παράσταση της f ισχύει: 2 = ω + ln(3 - e-ιnYz) � 2 = ω + ln(3 - e102) � 2 = ω + ln(3 - 2) � ω = 2 .

111 . Αν το σημείο τομής της γραφικής παράστασης της συνάρτησης με τον άξονα χχ ' έχει τετμημένη α θα έχουμε f( α) =0<::::>2+ln(3-eα)=O<::::>ln(3-eα)=-2<=> -2 α α 1 e = 3 - e <::::> e = 3 - - <=>

e2

α = ln(3 - � ). Η τιμή είναι δεκτή αφού e

3> 3 - � και η lnx είναι γνήσια e

αύξουσα, οπότε ln3>ln(3-� ) . Επομένως e

η γραφική παράσταση της f τέμνει τον

χχ ' στο (ln(3 - � ), 0). e

1ν . Έστω Χ ι < Χ2 < ln3 τότε e x ' < e x 2 (η ex είναι γνήσια αύξουσα) ή - e x ' >- e x 2 οπότε 3- e x ' >3- e x 2 και επειδή η lnx είναι γνήσια αύξουσα θα έχουμε ln(3-e x ' )>ln(3- e x2 ), οπότε 2+ln(3-e x ' )>2+ln(3-e x 2 ) και τελικά f(χ ι )> f(x2) . Άρα η f είναι γνήσια φθίνουσα.

9) Θεωρούμε το πολυώνυμο Ρ (χ)=2αχ3+χ2-χ-β διαιρούμενο με το (χ-1) δίνει υπόλοιπο -1 και διαιρούμενο με το (χ-2) δίνει υπόλοιπο 8. ί. Ν α βρείτε τους πραγματικούς

αριθμούς α και β ώστε Ρ(χ) διαιρούμενο με το (χ - 1) να δίνει υπόλοιπο -1 και διαιρούμενο με το (χ - 2) να δίνει υπόλοιπο 8.

ii. Να λύσετε την ημ(αχ)+συν( βχ )=1 . 2

ίίί. Να βρείτε το ελάχιστο πλήθος των

αρχικών όρων αριθμητικής προόδου (αν) με α1 = α και ω = β που απαιτούνται ώστε το άθροισμα τους να μην ξεπερνά το 138.

iv. Να λύσετε την β210χ=χ104α+2. , \.i\Joη 1 . Πρέπει και αρκεί : Ρ(2) = 8 δηλαδή

1 6α + 4 - 2 - β = 8 άρα 1 6α - β = 6 ( 1 ) . Ρ ( Ι ) = -1 δηλαδή 2α + 1 - 1 - β = -1 και τελικά 2α - β = -1 (2) Άρα: ( 1 ) , (2) <=>{α = � , β = 2}

11 . Για α= Yi και β = 2 η εξίσωση είναι:

ημ� + συνχ = 1 δηλαδή 2

χ ημ� + 1 - 2ημ2 2 = 1 (i) .

2 χ

Η (i) <=> ημ� - 2ημ2 2 = Ο <=> 2

χ χ χ ημ- ( 1 - 2ημ- ) = Ο<::::>ημ- =0

2 2 2 ' χ 1 χ ' χ π η ημ- = - <=> - = κπ η ημ- = ημ- <=>

2 2 2 2 6

2 , Χ 2 Π , χ 2 Π

χ= κπ η - = κπ + - η -= κπ+π- - <=> 2 6 2 6

2 ' 4 π ' 4 5π z χ = κπ η χ = κπ+- η χ= κπ+- κε . 3 3 '

111 . Η αριθμητική πρόοδος έχει α ι=_!_ και ω=2 . 2

Οπότε: Sv > 1 3 8<::::> ν [2 _!_ +(ν-1 )2]< 1 3 8<=>

2 2 ν 2 23 - (1 +2ν-2)> 1 3 8<::::>2ν -ν-276>0<::::>ν<--2 2 ή ν > 1 2<::::>ν> 1 2, αφού ν ε Ν* . Επομένως το ελάχιστο πλήθος των αρχικών όρων που ξεπερνά το 1 3 8 είναι 1 3 .

1ν. Για α= Yi και β = 2 η εξίσωση γίνεται: 22Inx=xln4Yz +2, δηλαδή (2 Inx)2=xln2+2 ( 1 ) . Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί

ο Ό ο ' 2� � χ> . μως για χ > ισχυει: = χ (διότι ln21nx = ln χ102 <=> lnxln2 = ln2lnx) . Οπότε : ( 1 ) <=> (2Ιηχ)2 - 2 Ιηχ - 2 = Ο <=> 2lnx = t } <::::> 2lnx = t } <::::> 2lnx = 2 ή t 2 - t - 2

= ο t=2 ή t=- 1

2lnx =- 1 <=> 2lnx = 2 <=> lnx = 1 <=> χ = e .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 8 τ.4/28


Αφο ρ μή για επανάληψη στην ύλη της

κατεύ θυνσης της Β ' Λυκείου (Ε ρωτή σεις Κατανόη σης)

Α . Δ Ι Α Ν ΥΣ Μ Α ΤΑ

Να κυκλώσετε το (Σ) αν είναι σωστή ή το (Λ) αν

είναι λάθος κάθε μια από τις παρακάτω προτάσεις.

1 . Δίνεται ρόμβος ΑΒΓΔ (με ΑΒΓ = 30° ) - -Α) α) ΑΒ = ΒΓ Σ Λ

β) jABj = jAΔj Σ Λ

γ) ΑΒ = ΔΓ δ) ΑΒ = -ΓΔ

Σ Λ Σ Λ

ε) jABj = jΔrj Σ Λ

Α

Λ

Β) α) (ΒΑ, ΒΓ) = 30° Λ

β) ( ΑΒ,ΑΔ) = 1 50° Λ

γ) ( ΑΒ, ΔΑ) = 1 50° Λ

δ) (ΑΒ, ΔΓ) = 0° Λ

ε) ( ΑΒ, Γ Δ) = 0°

Β

Γ

Δ

Σ

Σ

Σ

Σ

Σ

2 . Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β ισχύει:

α) Αν α // β τότε jα + βj = jαj + jβ j Σ

β) Αν α // β τότε jα + βi = Ι Ιαι - ιβ ι ι Σ

γ) Αν jα + βj = Ο τότε α = β = Ο Σ

δ) Αν jα + βj = Ο τότε α = -β Σ

3 . Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β μη

μηδενικά ισχύει:

α) Αν (α:β) = % τότε (α.�β) = -% Σ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ

Λ Λ Λ Λ

Λ

Κώστα Βακαλόπουλου, Βασίλη Καρκάνη

( -Λ

- ) Π ( � - ) 3π γ) Αν α, β = "4 τότε -α, β ="4 Σ

Λ

Λ

4 . Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β και για

κάθε κ, λ ε JR ισχύει:

α) Αν λα = λβ τότε α = β Σ

β) Α ν λα = α τότε λ = 1 Σ γ) Αν λ(α+β) =0 τότε λ=Ο ή α=-β Σ

δ) Α ν κ α + λβ = Ο και α Χ< β τότε κ = λ = Ο

Λ Λ Λ

Σ Λ 5 . Για οποιαδήποτε διανύσματα α, β, γ ισχύει:

ί . ί ί .

1 1 1 .

- - - -α · β = β · α (αβ) Ύ = α (βΎ) α (β + Ύ)�β + αγ

- - - - - -ίν. Αν α · β = α · γ τότε α = γ ν . ι α + βl � ιαι + Ιβ l vi . ι α . β ι = ιαι - ιβ ι vi i . ι α + βj = ιαι + jβj vi i i . ι α ο βj � ιαι - ιβι i x . (α ο β)2 = α2 ο β2

χ . (α - β )2 � α2 . β2 x i . Αν α ιι β τότε ια . β ι = ιαι · ιβ ι

Σ Σ

Σ

Σ Σ

Σ Σ Σ Σ

Σ

Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ Λ

xi i . Αν α ιι β τότε (α · β)2 = α2 . β2 Σ Λ 6. Έστω διανύσματα α = ( 3, 2) και β=( -3,-2) .

Τότε ισχύουν:

α) α ?/ β β) α = -β γ) (� ) = ο

Σ Σ

Σ

Λ Λ Λ

δ) Αν ΟΑ = α, ΟΒ = β όπου Ο η αρχή των αξόνων τότε :



Β.

ί ) Τα Α, Β είναι συμμετρικά ως προς το Ο Σ

ίί) Το Μ(6,4) είναι μέσο του ΑΒ Ε ΥΘ Ε Ι Α

Σ Λ Λ

γ) Αν η εξίσωση : χ 2 + ψ2 + Αχ + 2ψ + Γ2 = 0

παριστάνει κύκλο τότε ισχύει: ( � )2 + 1 > Γ2 .

Σ Λ 1 . Αν Μι ( Χ ι , Ψι ) και Μ2 ( χ 2 0 ψ2 ) δύο σημεία 2 . α) Το συμμετρικό του σημείου Α(2,-4) ως μιας ευθείας (ε) με Χ ι "# χ2 και Ψι "# ψ2 τότε ο

συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ε είναι:

Α . λ = χ ι - χ 2 Γ. λ = Ψι - Ψ2

Β. Ψι - ψ2 Χ ι - Χ 2

λ Ψ2 - ψι Χ ι - χ2

Δ . λ = Χ ι - χ 2 Ψ2 - Ψι

Ε . τίποτα από τα παραπάνω. 2. i) Κάθε ευθεία που διέρχεται από το σημείο Α ( χ0 , ψ 0 ) έχει εξίσωση της μορφής: ψ - ψ0 = λ · ( χ - χ0 ) , λ ε ΙR Σ Λ

ίί) Η εξίσωση : η μα · χ + συνα · y + 2008 = Ο παριστάνει ευθεία για κάθε α ε [Ο, 2008] Σ Λ

3 . Δίνεται η ευθεία ε με εξίσωση : Α · χ + Β · y + Γ = Ο με JA J + JBJ *- Ο .

Να σημειώσετε με (Σ) το σωστό και με (Λ) το λάθος

στις παρακάτω προτάσεις: . α) ί) ε // δ = (Β, -Α) Σ Λ

ίί) ε // δ = (Β, Α) Σ Λ ίίί) ε // δ = (-Β, Α) Σ Λ ίν) ε // δ = (-Β, -Α) Σ Λ

β) ί) ( ε ) _ι � = (Α, -Β) Σ Λ ίί) ( ε ) _ι � = (-Α, Β) Σ Λ ίίί) (ε ) _ι � = (-Α, -Β) Σ Λ ίν) (ε ) _ι � = (Α, Β) Σ Λ

Γ. ΚΩΝ Ι Κ ΕΣ ΤΟ Μ ΕΣ

Να χαρακτηρίσετε τις παρακάτω ερωτήσεις ως

Σωστές (Σ) ή Λάθος (Λ).

1 . α) Οι συντεταγμένες του κέντρου ενός κύκλου επαληθεύουν την εξίσωσή του. Σ Λ

β) Αν ο κύκλος με εξίσωση : ( χ - λ )2 + (ψ - 2 γ = λ2 - 2λ + 4 εφάπτεται του

άξονα ψ'ψ τότε λ = 2 . Σ Λ

προς τον άξονα ψ 'ψ ανήκει στην παραβολή ψ2 = 8χ . Σ Λ

β) Δίνεται η παραβολή c : ψ2 = 2px , p > Ο

με εστία το σημείο Ε και έστω Μ ένα σημείο της. Αν ΜΕ _ι χ 'χ τότε (ΜΕ) = p Σ Λ

3 . α) Όταν μεγαλώνει η εκκεντρότητα μιας χ 2 ψ2

έλλειψης c : -2 + -2 = 1 τότε μικραίνει ο λόγος α β β Σ Λ α β) Η εκκεντρότητα της έλλειψης: 8χ2 + 4ψ2 = 32 είναι ε = .fi . Σ Λ γ) Ο κύκλος χ 2 + ψ2 = ρ2 είναι έλλειψη με εκκεντρότητα ε = 1 . Σ Λ 4 . α) Ασύμπτωτες μιας ισοσκελούς υπερβολής είναι οι διχοτόμοι των γωνιών των αξόνων.

Σ Λ β) Η εκκεντρότητα της υπερβολής

χ 2 - ψ2 = λ με λ > Ο είναι ε = J2 . Σ Λ χ2 ψ2

γ) Οι εστίες της έλλειψης c ι : - + - = 1 9 25 2 2

είναι κορυφές της υπερβολής c2 : .Υ_ - � = 1 . 1 6 9 Σ Λ

χ2 ψ2 5. α) Η εξίσωση -- + -- = 1 παριστάνει 1 7 - α 1 1 - α έλλειψη όταν: ί) α > 1 7 ίί) α < 1 7 ίίί) α > 1 1 ίν) α < 1 1

β) Η εξίσωση αχ 2 + βψ2 = 1 με α > β > Ο παριστάνει έλλειψη τότε το ε2 ισούται:

β2 β2 ί) 1 + - ίί) 1 - -α2 α2


Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

αz iii) 1 + βΖ iν)

γ) Η εφαπτομένη της έλλειψης χ 2 + 4ψ2 = 4 στο

[ 4J5 JSJ 'ζ ' ξ σημείο της Α -

5- ,5 σχηματι ει με τον α ονα

χ 'χ γωνία: i) 30° ii) 60° iii) 1 3 5°

Δ. Θ Ε Ω Ρ Ι Α Α Ρ Ι Θ , Ι Ω :\

iν) 45°

ι . Από τις παρακάτω ισότητες κυκλώστε το

γράμμα σ' αυτήν που είναι ταυτότητα της

ευκλείδειας διαίρεσης του -90 με το 8

Α . -90 = (- 1 0 ) · 8 - 1 0 Β. -90 = ( - 1 1 ) · 8 - 2 Γ. -90 = ( - 1 2 ) · 8 + 6 Δ. -90 = (- 1 3 ) · 8 + 14

2 . Να κυκλώσετε τη σωστή απάντηση

Αν για τους ακέραιους αριθμούς α, β και χ ισχύει ότι:

• Η ισότητα α = 4 · 6 + χ είναι η ταυτότητα της διαίρεσης του α με το 4 και

• Η ισότητα β = ( χ + 1 ) · 6 + 3 είναι η

ταυτότητα της διαίρεσης του β με το χ + 1 τότε ο αριθμός χ είναι: λ . χ = Ο , Β. χ = 1 , Γ. χ = 2 , Δ . χ = 3

3 . Να κυκλώσετε το (Σ) αν είναι σωστή ή το (Λ)

αν είναι λάθος κάθε μια από τις προτάσεις: Αν α + β άρτιος τότε : α. Αν α · β περιττός τότε οι αριθμοί α, β είναι

άρτιοι. Σ Λ β . Α ν α · β άρτιος τότε οι αριθμοί α, β είναι

περιττοί. Σ Λ γ. Αν α · β άρτιος τότε οι αριθμοί α, β είναι

άρτιοι.

Α Π Α Ν Τ Η Σ Ε Ι Σ

Λ Ι Α Ν Υ Σ Μ Α Τ Α

1 . Α) α) Λ Β) α) Σ

β) Σ β) Σ

γ) Σ

δ) Σ γ) Λ δ) Σ

ε) Σ ε) Λ 2 . α) Σ, β) Σ, γ) Λ, δ) Σ

3 . α) Λ, β) Σ, γ) Σ

4 . α) Λ, β) Λ, γ) Σ, δ) Σ

5 . i) Σ vi) Λ xi) Σ

ii) Λ vii) Λ xii) Σ

iii) Σ νiii) Σ

iv) Λ ix) Λ ν) Σ χ) Σ

6 . α) Σ, β) Σ , γ) Λ, δ)i) Σ, ii) Λ

Ε Υ Θ Ε Ι Α

1 . Γ , 2 . i ) Λ , ii) Σ, 3 . α) . i) Σ β) i) Λ

ii) Λ ii) Λ iii) Σ iii) Σ

iν) Λ iv) Σ

ΚΩΝ Ι Κ Ε Σ ΤΟ Μ ΕΣ

1 . α) Λ, β) Σ, γ) Σ

2 . α) Λ, β) Σ

3 . α) Σ, β) Λ, γ) Λ 4 . α) Σ, β) Σ, γ) Σ

5 . α) (iv) , β) (ii), γ) (iii) Θ Ε Ω Ρ Ι Α Α Ρ Ι Θ Μ Ω Ν

1 . Γ 2 . Δ 3 . α) Λ, β) Λ, γ) Σ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/3 1

Σ Λ


Ασκή σεις στις Κωνικές Το μές

και στην Θεω ρία Αριθ μών

Α . 1 . Δίνεται η υπερβολή 9χ2 - 16y2 = 144 με εστίες Ε και Ε ' και το σημείο της

Μ ( 6, 3�} Να δείξετε ότι η εφαπτομένη

της υπερβολής στο Μ είναι διχοτόμος της ΕΜΕ ' . ΛΥΣΗ

2 2 χ 2 y2 Έχουμε 9χ - 1 6y = 1 44 <=> - - - = 1 τότε

1 6 9 α = 4 , β = 3 και γ = .J.--

α2_+_β_2 = J25 = 5 . Έτσι

Ε ' (-5, 0) και Ε (5, 0) . Υ

y ' Η εφαπτομένη της υπερβολής στο Μ έχει

εξίσωση : 9χ · 6 - 1 6y ·

3..J5 = 1 44 ( 1 ) . 2 Η ( 1 ) <=> 9x - 4..J5y - 24 = 0 (2) . Επίσης, η εφαπτομένη τέμνει του άξονα χχ ' στο σημείο

κ(% , ο) . Η ευθεία ΜΕ ' έχει εξίσωση

3..J5 - 0 y - O = 2 <=> 3..J5x - 22y + 1 5..J5 = 0 χ + 5 6 + 5 και η ΜΕ έχει εξίσωση

3..J5 - 0 y - O = 2 <::::> 3..J5x - 2y - 1 5..J5 = 0 . χ - 5 6 - 5

Ε. Ευσταθίου - Γ. Βλαχούτσικος

Τότε οι αποστάσεις του Κ από τις ευθείες ΜΕ ' και ΜΕ είναι 13..J5 . � - 22 . Ο + 1 5..f5 1

d (K ΜΕ ') = 3 = , �( 3..J5 )2 + 222

23 · ..J5 = ..J5 και J529 13..J5 . � - 2 . ο - 1 5..J5 1 I-7..J5 I d (K ΜΕ) = = = ..J5 , �(3..J5 )2 + (-2)2 ..[49

, άρα το Κ ισαπέχει από τις ευθείες ΜΕ ' , ΜΕ δηλαδή είναι σημείο της διχοτόμου.

2. Δίνονται οι κύκλοι C1 : χ2 + y2 = α2 και C2 · : χ

2 + y2 = β2 με α > β . Η ευθεία y = λχ τέμνει τον κύκλο ( C1 ) στο Ν και του ( C2 ) το Μ, αν ΝΚ .l χχ και η παράλληλη από το Μ στον χχ' τέμνει την ΝΚ στο Ρ. Ν α δείξετε ότι το Ρ ανήκει στην έλλειψη χ2 y 2 -2 + -2 = 1 . α β

χ '

ΛΥΣΗ �

Έχουμε λ = εφθ όπου θ = χ ΟΝ τότε

συνθ = χΝ και ημθ = ΥΝ . 'Ετσι

α α Ν ( ασυνθ, αημθ ) . Ομοίως Μ (βσυνθ, βημθ ) . Επομένως οι συντεταγμένες του Ρ θα είναι



χΡ = ασυνθ , X p ΥΡ ΥΡ = βημθ � - = συνθ,- = ημθ α β

χ 2 Υ 2 � _Ρ_ + _Ρ_ = συν2θ + η μ 2θ = 1 . α2 β2

3. Δίνονται τα σημεία Α ( -1, Ο} , Β ( 3, 4} και η ευθεία (ε) : x + y + l=O . Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα Α και Β και τέμνει την ευθεία (ε) ορίζοντας σε αυτήν χορδή μήκους sJi .

Έστω (χ - α )2 + ( y - β )2 = R 2 ( Ι ) ο ζητούμενος κύκλος που τέμνει την ευθεία (ε) ορίζοντας χορδή Γ Δ μήκους (Γ Δ) = 8J2 . Η απόσταση του κέντρου Κ από την (ε) είναι :

Ι α + β + 1 1 d (Κ,ε) = (ΚΜ ) = J2 . Έτσι από το

ορθογώνιο τρίγωνο ΚΓΜ θα ισ)(ύει (ΚΓ)2 = (ΚΜ ) 2 + (ΓΜ)2 <=>

R' = iα +�+ ι Ι ' + ( s�J' �

2 (α + β + 1 ) 2 ( r;;)2 R = + 4ν 2

2 <::> 2R2 = (α + β + 1 )2 + 64 ( 1 ) .

Α • . . /-·

Επειδή τα σημεία Α ( - 1, 4 ) και Β (3, 4) ανήκουν στον κύκλο θα ισ)(ύουν {(α + 1 )2 + (0 - β2 ) = R2 (2 )

(α + 1 )2 + (4 - β)2 = R2 (3 )

(α + 1 )2 + β2 = R2

(3 - α)2 + (4 - β)2 = R2

2R2 = (α + β + 1)2 + 64

τελικά:

( α + 1 )2 + β2 = ρ2

<=> ( α + 1 )2 + β2 = (α - 3 )2 + (β - 4)2

2R2 = ( α + β + 1 )2 + 64 !( α + 1 )2 + βz = ρz

<=> α = 3 - β

2R2 = ( α + β + 1)2 + 64 !( 4 - β)2 + β2 = ρ2 {β2 - 4β - 1 2 = 0 <=> α = 3 - β <=> α = 3 - β

2R 2 = 4 2 + 64 ρ = .J40 {β = -2 η β = 6 <=> α = 3 - β τότε ρ = .J40 ,

ρ = .J40 (α ,β) = ( 5, -2) ή (α,β ) = (-3, 6)

Επομένως υπάρχουν δύο κύκλοι : (C1 ) : ( x - 5 )2 + ( y + 2)2 = 40 και

(C2 ) : ( x + 3 )2 + ( y - 6)2 = 40 .

4. Δίνεται η εξίσωση ( c) : χ2 + y2 + 2tx - 2ty - 4 = Ο ( Ι ). ί) Ν α αποδείξετε ότι για κάθε t Ε � η εξίσωση ( C} παριστάνει κύκλο. Επίσης να δείξετε ότι τα κέντρα αυτών των κύκλων ανήκουν σε σταθερή ευθεία. ίί) Να προσδιορίσετε εκείνο τον κύκλο που με την ευθεία y = 2 τέμνονται στα σημεία Α

--+ ___,

και Β ώστε ΟΑ .l ΟΒ . ΛΥΣ Η i) Από την ( Ι ) σύμφωνα με την θεωρία με Α = 2t , Β = -2t και Γ = -4 έχουμε ότι Α2 +Β2 -4Γ = 4t2 +4t2 + 1 6 = 8t2 + 16 = 8 ( t2 + 2) > 0 Vt Ε � , άρα η ( Ι ) παριστάνει κύκλο με

κέντρο Κ(-t,t) και ακτίνα ρ =�2 ( t2 + 2) , t E IR .

Με t Ε JR τα κέντρα των κύκλων ( Ι ) είναι

Κ ( -t , t ) . Δηλαδή {Χκ = -t, άρα Χκ = Υ κ , Υκ = t

δηλαδή Χκ + Υκ = 0 . Επομένως τα κέντρα των Κ των κύκλων ανήκουν στην ευθεία ε : χ + y = Ο .



ii) Για να τέμνει η ευθεία y = 2 τον κύκλο (C) σε δύο σημεία Α (χ 1 , 2 ) και Β ( χ2 , 2 ) πρέπει και αρκεί να έχει δύο λύσεις το {χ2 + y2 + 2tx - 2ty - 4 = 0 , σύστημα (Σ) :

y = 2 δηλαδή η εξίσωση χ 2 + 2tx - 4t = Ο ( Π ) να έχει δύο ρίζες άνισες, δηλαδή Δ >Ο (ΠΙ) . Όμως (ΠΙ) � 4 t2 + 1 6t > Ο � 4 t ( t + 4 ) > Ο �

t Ε ( -οο, -4 ) υ (Ο, +οο ) , αν χ 1 , χ 2 είναι οι ρίζες

της ( Π ) . Θα έχουμε ΟΑ = (χ 1 , 2 ) και

CB=( χz,2) , οπότε ΟΑ .1 ΟΒ � ΟΑ · 00 = Ο � χ 1 • χ2 + 4 = Ο � -4t + 4 = Ο � t = 1 , που είναι δεκτή τιμή αφού t Ε ( Ο, +οο ) .

Υ

Έτσι ο ζητούμενος ( c ') : x 2 + y2 + 2x - 2y - 4 = 0 και ακτίνας ρ = J6

=2

κύκλος είναι κέντρου Κ( - 1 , 1 )

5. Δίνεται ο κύκλος C : χ2 + y2 = 1 και η ευθεία ε : χ + y = 4 , από κάθε σημείο της ευθείας (ε) φέρνουμε εφαπτόμενες προς τον κύκλο και Α, Β είναι τα εκάστοτε σημεία επαφής αυτών. i) Να δείξετε ότι η ευθεία ΑΒ διέρχεται από σταθερό σημείο. ii) Να προσδιορίσετε εκείνο το σημείο Ρ από το οποίο οι εφαπτόμενες ορίζουν ευθεία ΑΒ που τέμνει τους θετικούς ημιάξονες και

ορίζει τρίγωνο εμβαδού Ε = .!_ τετ. μονάδες. 6

ΛΥΣΗ i ) Έστω Ρ ( χ0 , y 0 ) ένα τυχαίο σημείο της

ευθείας (ε) τότε ΡΑ, ΡΒ οι εφαπτόμενες από το Ρ προς τον κύκλο (C) στα A (x 1 , y1 ) και B (x2 , y2 ) θα είναι ΡΑ : χχ 1 + yy1 = 1 και ΡΒ : χχ2 + yy2 = 1 . Επειδή το P (x0 , y0 ) είναι σημείο εφαπτόμενων θα ισχύει {ΧοΧ ι + ΥοΥι = 1 , , : ετσι οι συντεταγμενες των

XoXz + ΥοΥ2 = 1 Α, Β επαληθεύουν την χ0χ + y0y = 1 ( Ι ) που είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ . Όμως (I) � Χ0Χ + ( 4 - Χ 0 ) y = 1 � x0 (x - y) + (4y - 1 ) = 0 ( Π ) . Οι ευθείες {χ - Υ = 0

τέμνονται στο Q(_!_

,_!_)

του οποίου 4y - 1 4 4

οι συντεταγμένες επαληθεύουν την ( Π ) για κάθε χ0 Ε JR . Άρα οι ευθείες ΑΒ διέρχονται από το σταθερό σημείο Q.

y=-x

ii) Για να τέμνει η ΑΒ και τους δύο άξονες πρέπει και αρκεί χ0 · Υ ο *- Ο οπότε τα σημεία

τομής τους είναι Τ ( :, ' Ο) και Σ (Ο, :0 }

Άρα ( ΟΊΣ) =_!_ � ! ι ση - ΙοΣ1 =_!_ � 6 2 6

1 1 1 1 1 - · - =- � = - � χ0 · y0 = 3 και Χο Υο 3 Χο · Υ ο 3 χ0 + Υ ο = 4 . Έτσι οι αριθμοί χ0 , y0 θα είναι οι ρίζες της εξίσωσης : ω2 - 4ω + 3 = Ο , {Χ0 = 1 {χ0 = 3 {Ρ ( 1, 3) δηλαδή ή , δηλαδή ( )

. Υ ο = 3 Υ ο = 1 ή Ρ I 3, 1 6. i) Δίνεται η παραβολή ( C) : y2 = 2px να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των



εφαπτόμενων στην παραβολή που είναι κάθετες μεταξύ των. ii) Δίνονται οι παραβολές ( C1 ) : y2 = 4χ και

( C2 ) : χ2 = 4y να βρείτε σημείο του

επιπέδου από το οποίο άγονται δύο κάθετες εφαπτόμενες της ( C1 ) και δύο κάθετες εφαπτόμενες της ( c2 ) .

'\ i) Έστω Q ( χ0 , y 0 ) σημείο του επιπέδου . Επειδή δεν υπάρχουν οριζόντιες εφαπτόμενες της ( C) από το Q (γιατί; ) οι εφαπτόμενες QA, QB στα B ( x2 , y2 ) , A ( x 1 , y 1 ) θα έχουν

, {QA : yyι = p (χ + χ ι ) εξισωσεις με Υ1 Υ2 * Ο . QB : yy2 = p ( χ + Xz )

Δηλαδή με κλίσεις λQΑ = _Ε_ λQ8 = _r_ , οπότε Υι Yz

QA l_ QB <=> λQΛ · λQ8 = -1 <=> Υ ι · Υ 2 = -Ρ2 ( 1 )

Επειδή Q ( χ0 , y 0 ) είναι σημείο των

, , {ΥοΥι = p ( xo + χ ι ) εφαπτομενων θα εχουμε . ΥοΥ2 = p (xo + χ2 )

Έτσι τα Α, Β επαληθεύουν την Υ οΥ = Ρ ( Χ0 + χ ) που είναι η εξίσωση της ευθείας ΑΒ. Επομένως οι συντεταγμένες των Α, Β επαληθεύουν το σύστημα {Υ οΥ = p (xo + χ ) , {ΥοΥ - ΡΧο = px

, δηλαδη 2 •

y2 = 2px y = 2px Άρα οι τεταγμένες Υ ι , y 2 των Α, Β θα είναι ρίζες της y2 = (2yy0 - px0 ) δηλαδή της y2 - 2yy0 + 2px0 = Ο ( 2 ) . Για να είναι QA l_ QB πρέπει και αρκεί η ( 2 ) να έχει ρίζες y1 , Υ2 με Υι · Υ2 = -p2 , δηλαδή πρέπει

και αρκεί 1 = -p2 ( 3 )* , Όμως ( 3 ) α

<=> 2px0 = -p2 <=> χ0 = - Ρ . Δηλαδή το Q 2

είναι σημείο της Διευθετούσας (δ) : χ = - Ρ 2

* (γνωρίζουμε ότι l < ο => Δ > ο ) α

x=- f 2

y=- 1

Q

Μ

χ=- 1

Υ

Υ

ii) Σύμφωνα με το πρώτο ερώτημα τα σημεία από τα οποία ανάγονται οι κάθετες εφαπτόμενες στην y2 = 4χ ανήκουν στην

διευθετούσα χ = - Ρ = - 1 . 2

Όμοια τα σημεία του επιπέδου από τα οποία άγονται κάθετες εφαπτόμενες στην παραβολή χ 2 = 4 y βρίσκονται στην διευθετούσα

y = - Ρ = - 1 . Επομένως το ζητούμενο σημείο 2

είναι το σημείο Μ στο οποίο τέμνονται οι

διευθετούσες {χ = -1 των y2 = 4χ και

y = - 1 χ2 = 4y αντίστοιχα, άρα Μ ( -1 , - 1 ) .

Β " Μ ια �ηκρή αναφορά στην ευκλείδεuα δ ιαίρεση "

Για τα προβλήματα που ακολουθούν θα χρειαστούμε μόνο το βασικό θεώρημα που αναφέρεται στην ταυτότητα της Ευκλείδειας διαίρεσης, σύμφωνα με το οποίο, για κάθε



ζεύγος ακεραίων α, β με β * Ο υπάρχουν δύο {α = βπ + υ μόνο ακέραιοι π, υ τέτοιο ώστε I I . Ο � υ < β

ι, Να βρεθεί το πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης ( 60α + 42) : 1 5 , όπου α ε Ζ . Λ ΥΣ Η Προφανώς 60α + 42 = 1 5 · 4α + 42 αλλά δεν ισχύει : Ο � 42 < 1 5 για να είναι το 42 υπόλοιπο της διαίρεσης αυτής, Παρατηρούμε λοιπόν ότι 42 = 1 5 · 2 + 1 2 , οπότε 60α + 4 2 = 1 5 · 4α + ( 1 5 · 2 + 1 2 ) = 1 5 ( 4α + 2 ) + 1 2 και Ο � 1 2 � 1 5 . Άρα το πηλίκο της διαίρεσης θα είναι π = 4α + 2 και το υπόλοιπο υ = 1 2 .

Ν α εξετάσετε αν υπάρχει α ε Ζ , τέτοιος ώστε οι διαιρέσεις α : 12 και β : 1 5 να αφήνουν υπόλοιπα υ1 = 7 και υ2 = 5 αντιστοίχως. Το ίδιο πρόβλημα για υ1 = 8

και υ2 = 2 γτ t.--1!

α) Αν υπάρχει τέτοιος αριθμός α τότε θα υπήρχαν κ, λ ε Ζ τέτοιοι ώστε : α = 1 2κ + 7} α = 1 5λ + 5

, οπότε 1 2κ + 7 = 1 5λ + 5 ( 1 )

Όμως ( 1 ) => 1 5λ - 1 2κ = 2 => 3 (5λ - 4κ ) = 2 =>

2 5λ - 4κ = -3 '

πράγμα άτοπο αφού

(5λ - 4κ) ε Ζ 2 και - � Ζ . Άρα δεν υπάρχει 3

τέτοιος αριθμός α ε Ζ . β) Ομοίως σκεπτόμενοι βλέπουμε ότι για να υπάρχει τέτοιος αριθμός α ε Ζ πρέπει και αρκεί να υπάρχουν κ, λ ε Ζ τέτοιοι ώστε 1 2 κ + 8 = 1 5λ + 2 ( 2) ο

Όμως (2) <::> 1 5λ- 1 2κ = 6 <::> 3 ( 5λ-4κ) = 6 <=> 5λ - 2 <=> 5λ - 4κ = 2 <::> κ = -- .

4 Έχουμε : λ = 4μ + υ με μ ε Ζ και

υ ε {Ο, 1, 2, 3} , οπότε ( 2 ) <::> κ = 5 ( 4μ + υ) - 2

4

5υ - 2 <=> κ = 5μ + -- ο

4

Μόνο για υ = 2 βρίσκουμε ακέραια τιμή του

κ, δηλαδή (2 ) <=> κ = 5μ + � <=> κ = 5μ + 2 . 4

Τελικά λοιπόν ( 1 ) <=> . Υπάρχουν λ = 4μ + 2} κ = 5μ + 2

λοιπόν άπειροι τέτοιοι ακέραιοι της μορφής α = 1 2 (5μ + 2) + 8 = 60μ + 32 , με μ ε Ζ .

3 . Να λυθεί στο Ν το σύστημα : χ + 7y + 42ω + 2 1 0φ = 1209 ( ι )} ω < y < χ < 7

Έχουμε : ( 1 ) <=> χ + 7 (y + 6ω + 30φ) = 1 209 με ο � χ < 7 .

χ - υ } Επομένως: ( 1 ) <::> Υ : 6� + 30φ = Π ι , όπου

Πι , υ ι το πηλίκο και το υπόλοιπό της διαίρεσης

1 209 : 7 , δηλαδή : ( 1 )<=> χ = 5

( )} . y+6ω+30φ = 172 2

Ομοίως ( 2 ) <=> y + 6 (ω + 5φ) = 1 72 .

Αλλά y < x < 7 => 0 � y < 6 .

Άρα ( 2 ) <=> Υ = υ2 } , όπου Π2 , υ2 το ω + 5φ = π2

πηλίκο και το υπόλοιπο της διαίρεσης 1 72 : 6 ,

δηλαδή ( 2) <::>Υ = 4

( )} .

ω + 5φ = 28 3 Όμως ω < y < 6 => 0 � ω < 5 . Άρα

( 3) <::> 3 , όπου π3 , υ3 το πηλίκο και το ω = υ } φ = π3

υπόλοιπο της διαίρεσης 28 : 5 . Άρα

( 3) <=> ω = 3}

. φ = 5

Τελικά ( 1 ) <=> χ = 5, y = 4, ω = 3, φ = 5 .



ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ Β 'ΛΥΚΕΙΟΥ ΕΠΑΝΑΛΗΠΤΙΚΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

Άσκηση 1 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) με το τόξο ΑΓ να είναι ίσο με 1 20°, μβ= JΙ9 , AΓ=2 .fi και (ΑΒΓ)=6 J3 . Να υπολογιστούν: α) οι πλευρές α και γ. β)Τα εμβαδά του περιγγεγραμμένου και του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου. Λi>ση : α) Επειδή το τόξο ΑΓ είναι ίσο με 1 20°, η γωνία Β =60° (ως εγγεγραμμένη του κύκλου), επομένως ΑΓ = λ3 =

,.-;; r;; ' 2.J21 R ν -' = 2 ν 7 οποτε R= --3

Μπρίνος Παναγιώτης

ι:� --\··· μιι = {@_..--- ., .r; \

__ __ __- - 1 ι ----- • ο I Β ----- ---

ι 1 - --- ι

�-�r

Από το τύπο (ΑΒΓ) = αβy για το εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκουμε: 4R

αβy =6 J3 δηλαδή aRJ3r = 6 J3 άρα α·γ=24 4R 4R

Από το τύπο του 1 ου θεωρήματος διαμέσων έχουμε: α 2 + y 2 = 2μp 2 + β 2 ή α 2 + y 2 = 52

2 Από την ταυτότητα (α+γ)2 = α2 + 2αγ + γ2 βρίσκουμε ότι (α+γ)2= 1 00 δηλαδή α+γ = 1 Ο. Επομένως οι αριθμοί α και γ είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 1 Οχ + 24=0 η οποία δίνει α=6 και γ=4 ή α=4 και γ=6.

β) Α ' Α) ' β ' ' R . 2.J21 ' β δ ' πο το ερωτημα ρηκαμε οτι = -3- , αρα το ε μ α ον του

, ' κλ , , Ε R2 84 28 περιγγεγραμμενου κυ ου του τριγωνου ε ι ναι = π = 9 π = 3 π

Α ν ρ είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ τότε για το

εμβαδό του τριγώνου ΑΒΓ ισχύει (ΑΒΓ)= τ ·ρ ή 6 J3 = α + β + r ρ ή 2

6J3 J3cs - .fi) , , ρ= r;; = , αρα το εμβαδον του 5 + ν 7 3

, , λ , , Ε 2 (5 - .fi)2 εγγεγραμμενου κυκ ου του τριγωνου ειναι = πρ = 3 Άσκηση 2 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α=4 J5 και Μ το μέσο της πλευράς ΑΒ. Στη προέκταση του τμήματος ΔΜ θεωρούμε σημείο Κ τέτοιο ώστε ΜΚ=2. Α) Να δείξετε ότι τα σημεία Α,Κ,Β,Δ είναι ομοκυκλικά Β) Να βρεθούν οι πλευρές του τριγώνου ΔΚΓ. Γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που βρίσκεται μεταξύ του κύκλου του Α)

ερωτήματος και του τριγώνου ΔΚΓ



Λύση : α) Το Μ είναι μέσο της ΑΒ επομένως ΑΜ=ΜΒ= α = 2J5 .

2 Έχουμε : ΑΜ· ΜΒ=20

Από το ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ με Α =90°,

ΑΔ=α=4 J5 ΑΜ= α = 2JS ' 2 ' εφαρμόζοντας το Πυθαγόρειο θεώρημα βρίσκουμε ΔΜ2

= ΑΔ2 + ΑΜ2 = 1 00 ή ΔΜ = 1 Ο . Επομένως ΔΜ · ΜΚ = 20 = ΑΜ ΜΒ οπότε τα

σημεία Α, Κ, Β , Δ είναι ομοκυκλικά. Επειδή τα σημεία Α,Β,Δ ανήκουν στον περιγγεραμμένο κύκλο του τετραγώνου ΑΒΓ Δ, το σημείο Κ ανήκει στον ίδιο κύκλο.

β) Για το τρίγωνο ΔΚ� γνωρίζουμε ΔΓ = α = 4 J5 , ΔΚ = ΔΜ+ΜΚ= 1 2 .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΔΜ με Α =90°, ΑΜ= ΑΔ προκύπτει ότι ΑΔΚ = 30° 2

άρα κ.Δr = 90° - 30 ° = 60 ° . Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΚΔΓ έχουμε : ΚΓ2 = ΚΔ 2 +ΔΓ2 - 2ΚΔ ΔΓ συν ΚΔΓ = 224 - 48 J5 ή ΚΓ=4 � 4 - 3J5

Γ) Έστω (0, R) ο περιγγεγραμμένος κύκλος του τετραγώνου ΑΒΓ Δ, τότε α= R J2 δηλαδή R=2 .Jl0 . Επομένως το εμβαδό του κύκλου (0, R) είναι Ε=π R2=40π

Επίσης το εμβαδό του τριγώνου ΔΚΓ είναι (ΔΚΓ)= _!_ ΔΚ · ΔΓ · ημ.Δ = 1 2 Μ 2

Το ζητούμενο εμβαδό Ε 1 είναι Ε 1 = Ε - (ΔΚΓ) = 40π - 1 2 Jl5

Άσκηση 3 Δίνεται τρίγωνο με πλευρές α=8, β=7 και γ=5 α) Να βρεθεί το είδος του τριγώνου ως προς τις γωνίες του καθώς και το εμβαδόν του. β) Αν ΓΕ, ΒΔ είναι οι διχοτόμοι του και Ι το έγκεντρο του τριγώνου, να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου ΕΙΔ Λύση : α) Έχουμε : α2 = 64 και β2 + γ2 = 74. Επειδή α2< β2+γ2 τότε Α =90° και επειδή η Α είναι η μεγαλύτερη γωνία, το τρίγωνο είναι οξυγώνιο . Από τον τύπο του Ήρωνα έχουμε :

λ •

(ΑΒΓ)=�τ(τ - α)(τ - β)( τ - y) , όπου τ= α+β+y = 1 0, άρα (ΑΒΓ)=�1 Q1 0- 8)(1 0- 7)(1 0- 5) = 1Μ 2

β) Από θεώρημα διχοτόμων έχουμε :

ΑΔ= β · r = 35 και ΔΓ= β· α = 56 ΑΕ= r · β = 35 =2 και ΒΕ = __L!!_ = 40 = � α+r 1 3 α+r 1 3 ' α+β 1 5 3 α + β 1 5 3 Η γωνία Α είναι κοινή στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΓ, επομένως: (ΑΕΔ) = ΑΕ . ΑΔ = .2_ δ λαδ , (ΑΕΔ) = .2_ (ΑΒΓ) = 70 .J3 (ΑΒΓ) β · y 39

η η 39 39

Η γωνία Α είναι κοινή στα τρίγωνα ΑΕΔ και ΑΒΔ, επομένως: (ΑΕΔ) = ΑΕ . ΑΔ = }_ δ λαδ ' (ΑΒΔ)= � (ΑΕΔ)= 50 .J3 (ΑΒΔ) ΑΔ · y 1 5

η η 7 1 3



Στο τρίγωνο ΒΕΙ, το ύψος που αντιστοιχεί στη βάση ΒΕ είναι ίσο με την ακτίνα ρ του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΒΓ. Ισχύει (ΑΒΓ) = τ·ρ ή

1 0 J3 = Ι Ορ δηλαδή ρ= J3 . Επομένως (ΒΕΙ) = _!_ Β Ε-ρ = i J3 2 3

' 50 r;; 70 r;; 4 r;; 28 r;; Επομενως (ΔΕΙ) = (ΑΒΔ)- (ΑΕΔ) -(ΒΕΙ) = - ν3 - - ν3 - - ν 3 = - ν3

1 3 39 3 39

'\ ' i �<:ψση Δ\ " Θεωρούμε το τεταρτοκύκλιο ΑΟΒ σε κύκλο (0, R). Με διαμέτρους τις ΟΑ γράφουμε στο εσωτερικό του ημικύκλια που τέμνονται στο Μ. α) Να δείξετε ότι τα σημεία Α, Μ , Β είναι συνευθειακά. β) Ν α δείξετε ότι το εμβαδόν μεταξύ των δύο ημικυκλίων είναι ίσο με το εμβαδό του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ γ) Να βρεθεί το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ

Α) Ενώνουμε το Μ με τα Ο , Α, Β . Για να είναι τα Α, Μ , Β είναι συνευθειακά πρέπει

Α Μ ο + ο Μ Β = 1 80° . Αλλά Α Μ ο = 90° = Ο Μ Β ως εγγεγραμμένες γωνίες

που βαίνουν σε ημικύκλιο. Άρα ισχύει Α Μ ο + ο Μ Β = 1 80° . Β) Θέτουμε Ε το εμβαδόν του κοινού χωρίου των δύο ημικυκλίων και (ΑΜΒ) το εμβαδόν του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ. Τότε : (ΑΜΒ)= Εμβαδόν τεταρτοκυκλίου Ε ημικυκλίου διαμέτρου ΟΑ -

R . ... · -

π(�) ' π(�) ' -- Εημικυλίου διαμέτρου ΟΒ + Ε = πR 2

- - + Ε -4 2 2

πR 2 πR 2 πR 2 = - - - - - + Ε = Ε δηλαδή (ΑΜΒ) = Ε.

4 8 8 Γ) Συμβολίζουμε με Ε 1 το εμβαδόν του κυκλικού

τμήματος ΟΜ του (Κ, R ) όπου Κ

2 το μέσο του ΟΒ . Επειδή (ΑΜΒ) = Ε = 2Ε 1 =

= 2(Εμβαδόν κυκλικού τομέα ΟΚΜ - Εμβαδόν τριγώνου ΟΚΜ) =

2 π(�) ' · 90'

- � � = 2(πR2 _ !!!.'_J = 2 πR2 - 2R z

360° 2 1 6 8 1 6

Δηλαδή (ΑΜΒ) = R 2 π - 2 8


και ΟΒ

ο


Άσκηση 5 . Δίνεται τυχαίο τετράπλευρο ΑΒΓΔ με Κ, Λ τα μέσα των διαγωνίων ΑΓ, ΒΔ αντίστοιχα. Αν Ν είναι το σημείο τομής των προεκτάσεων των πλευρών ΑΔ και ΒΓ, να αποδείξετε ότι (ΝΚΛ) = (ΑΒΓΔ)

4

Λ.ίJση :

Έστω Μ το μέσο της ΓΔ. Τότε στο τρίγωνο ΔΓΒ, τα Μ,Λ είναι μέσα των ΔΓ, ΒΔ αντίστοιχα επομένως ΜΛ//ΓΒ δηλαδή ΜΑ //ΝΒ. Τα τρίγωνα ΝΜΛ και ΜΓ Λ έχουν κοινή βάση την ΜΑ και τις κορυφές του Ν, Γ σε ευθεία παράλληλη της βάσης ΜΑ, συνεπώς (ΝΜΛ)= (ΜΓ Λ) ( 1 ) Με όμοιο τρόπο καταλήγουμε ότι (ΝΜΚ)=(ΜΚΔ) (2) Επομένως (ΝΚΛ) =(ΝΜΚ) + (ΜΚΛ) + (ΝΜΛ) (από ( 1 ) , (2)) = (ΔΜΚ) + (ΜΚΛ) + (ΜΓ Λ) = (ΔΚΛΓ), δηλαδή(ΝΚΛ) = (ΔΚΛΓ) (3)

Στο τρίγωνο ΑΔΓ η ΔΚ είναι διάμεσος επομένως (ΔΚΓ) = (ΑΔΓ) (4) 2 Ομοίως στο τρίγωνο ΑΓΛ, η ΛΚ είναι διάμεσος άρα (ΚΓΛ) = (ΑΛΓ) (5) 2 Προσθέτοντας τις σχέσεις (4) και (5) κατά μέλη έχουμε :

(ΔΚΓ) + (ΚΓ Λ) = (ΑΔΓ) + (ΑΛΓ) ή (ΔΚΛΓ) = (ΑΔΓ Λ) δηλαδή (ΑΔΓ Λ)= 2 (ΔΚΛΓ) (6) 2 2 2 Στο τρίγωνο ΑΔΒ η ΑΛ είναι διάμεσος άρα (ΑΔΛ) = (ΑΔΒ)

(7) 2 Ομοίως, στο τρίγωνο ΔΓΒ η Γ Λ είναι διάμεσος άρα (ΔΛΓ) =

(ΔΓΒ) (8) 2

Προσθέτοντας τις σχέσεις (7) και (8) κατά μέλη έχουμε :

(ΑΔΛ) + (ΔΛΓ) = (ΑΔΒ) + (ΔΓΒ) ή (ΑΔΓΑ) = (ΑΒΓΔ) ή (από (6)) 2 2 2 2 (ΔΚΛΓ) = (ΑΒ;Δ) ή (ΔΚΛΓ) = (Α�ΓΔ) ή (από (3))

(ΝΚΛ) = (ΑΒΓΔ) 4

Άσκηση 6 . Θεωρούμε κύκλο (Ο, R) και μια χορδή του ΑΒ = J3 R. Στο Β φέρνουμε εφαπτομένη του κύκλου και από το Α την ΑΓ κάθετη σ' αυτήν . Α ν ΑΔ είναι διάμετρος του κύκλου , τότε :

α) Να αποδείξετε ότι (ΑΒΓ) = � (ΑΔΒ) και να βρεθεί 4

το εμβαδό του τετραπλεύρου ΑΓΒΔ β) Να βρείτε το εμβαδόν του μεικτόγραμμου τριγώνου που ορίζει το τόξο ΑΒ και τα τμήματα ΑΒ και ΑΓ. Λ.ίJση : α) Η γωνία Α Β Δ = 90°. ως εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο άρα Α Β Δ= Α f Β. Επίσης Α Β Γ = Α Δ Β ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη και η αντίστοιχη εγγεγραμμένη . Άρα τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΑΒΔ



είναι όμοια , επομένως ο λόγος των εμβαδών τους θα ισούται με το λόγο ομοιότητας τους,

δ λαδ ' : (ΑΒΓ) =

(ΑΒ ) 2 =(J3R J

2 = � ' (ΑΒΓ) = � (ΑΔΒ) η η

(ΑΒΔ) ΑΔ 2R 4 η

4 r::; Λ ο Λ ο Επειδή ΑΒ = v ,j R= λ3 , η Α Ο Β = 1 20 οπότε ΑΔΒ = 60 .

Επομένως στο τρίγωνο ΑΒΔ : Β = 90° , Δ = 60° , άρα Α = 30° . Έτσι, 1 1 r::; 1 J3 2 3 3../3 2 (ΑΒΔ) = - ΑΔ ·ΑΒ · ημΑ= - ·2 R · R ....ι 3 · - =- R και (ΑΒΓ) =- (ΑΔΒ) =- R 2 2 2 2 4 8

' 3 7 7 J3 2 7../3 2 Επομενως (ΑΓΒΔ) = (ΑΒΓ) + (ΑΔΒ) =4 (ΑΔΒ) + (ΑΔΒ)= 4

(ΑΔΒ)= 4

- 2 R =-8- R .

Λ ο Λ ο Λ β) Στο τετράπλευρο ΑΟΒΓ έχουμε: Α Ο Β = 1 20 , Ο Β Γ = 90 = Α Γ Β οπότε Γ Α Ο = 60° < 90°, δηλαδή η ΑΓ τέμνει τον κύκλο (0, R) σε ένα σημείο, έστω το Κ. Το τρίγωνο ΑΚΟ είναι ισοσκελές (ΑΟ=ΟΚ= R) και Α =60° άρα είναι ισόπλευρο με ΑΚ =

R= λ6 οπότε Β Ο Κ = Β ό Α - Κ Ο Α= 1 20° - 60° = 60°, άρα ΚΒ= R= � και Κ Β Γ = 30° (ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη , είναι ίση με το μισό του τόξου της ΚΒ) .

Τώρα, τα τρίγωνα ΚΒΓ και ΑΒΔ είναι όμοια ( f = Β = 90° και Κ Β Γ = 30° = Β Α Δ) με

λόγο ομοιότητας λ = ΚΒ

= !i_ = .!_ , επομένως (ΚΒΓ) = (.!..) 2

=

1 ή (ΚΒΓ) = .!_ (ΑΒΔ) ΑΔ 2R 2 (ΑΒΔ) 2 4 4

1 J3 2 · J3 2 =- · - R αρα (ΚΒΓ) = - R 4 2 8

Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδό και Ε ι το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος ΚΒ. Τότε Ε= (ΚΒΓ) - Ε ι

Επίσης Ε ι = Εμβαδόν κυκλικού τομέα Ο. ΚΒ - (ΟΚΒ)= πR2 6?0

- .!.. R2ημ60°= πR 2 _

J3 R 2 360 2 6 4

. J3 2 πR 2 J3 2 3../3 π 2 Επομενως Ε = (ΚΒΓ) - Ε ι = - R - ( - - -R ) = ( - - - ) R 8 6 4 8 6

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και ΒΓ = �2 - J3 . Κατασκευάζουμε τον ΑΒ

κύκλο (Α, ΑΒ) καθώς και τον κύκλο ο οποίος εφάπτεται των πλευρών ΑΒ, ΑΓ και του τόξου ΒΓ. α) Να βρεθεί η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου συναρτήσει της πλευράς ΑΒ. β) Να βρεθεί το εμβαδόν του χωρίου που βρίσκεται μεταξύ του καμπυλόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ και του εγγεγραμμένου κύκλου συναρτήσει της πλευράς ΑΒ.

Α) Θέτουμε ΑΒ=ΑΓ= R και ΒΓ=α. Έστω Ο το κέντρο του εγγεγραμμένου κύκλου και ρ η ακτίνα του . Επειδή το σημείο Ο ισαπέχει από τις πλευρές ΑΒ και ΑΓ, θα ανήκει στην διχοτόμο της γωνίας Α επομένως και στη μεσοκάθετο του ΒΓ αφού το ΑΒΓ είναι ισοσκελές. Έτσι, η ΑΟ διέρχεται από το μέσο Μ της πλευράς ΒΓ καθώς και από το μέσο Ν του τόξου ΒΓ.

Παρατηρούμε ότι ΑΟ= ΑΝ - ΟΝ= R - ρ .



Έστω ΟΑ κάθετη στη ΑΓ. Τα τρίγωνα ΑΟΑ και ΑΜΓ είναι όμοια, αφού Λ = Μ = 90° και

Μ ΑΛ

Γ , Ε , ΟΑ ΑΟ , p R - p , α · R κοινη . πομενως, - = - η - = -- η ρ = ---ΜΓ ΑΓ α R 2R + α

2

Αλλά α = ΒΓ = �2 - .J3 άρα R = 1 . 'Ετσι,

R ΑΒ ' α �2 - .J3

α · R R R R�r--2 --.J3-=3 ρ = = = = 2R + α 2 R + 1 2 1 + 1 2 + � 2 - .J3

�2 - .J3 α Β) Έστω Ε το ζητούμενο εμβαδόν. Τότε:

Γ'Ι Ε = Εμβαδόν κυκλικού τομέα Α ΒΓ - Εμβαδό κύκλου (0, ρ)

Γ'\ Λ Για να βρούμε το εμβαδόν του κυκλικού τομέα Α ΒΓ , πρέπει να υπολογίσουμε τη γωνία Α

του τριγώνου ΑΒΓ. Από το νόμο των συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε :

2 2 2 Λ , Λ β2 + y 2 - α 2 2R 2 - α 2 l ( a ) 2 α = β + γ - 2βγσυν Α η συν Α = = = 1 - - - = 2βy 2R 2 2 R

= 1 - ]__ (�2 - .J3) 2 = 1 - ]__ (2 - .J3) = .J3 2 2 2

δηλαδή Α =30°. Επόμένως:

Ε= πR2 3?ο

- πp2 = πR.2

- π( aR ) 2 = πR.2

- π( [ R�2 - .J3 ] 2 := 0,03 1 π R2 360 1 2 2R + α 1 2 2 + �2 - .J3

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ με πλευρά α. Έστω Κ τυχαίο σημείο της ΔΒ. Φέρνουμε μια ευθεία κάθετη της ΔΒ στο σημείο Κ που τέμνει τον περιγγεγραμμένο κύκλο του τετραγώνου στα σημεία Λ και Ε. Να δείξετε ότι το άθροισμα των εμβαδών των κύκλων (Κ, ΚΑ) και (Κ, ΚΑ) είναι σταθερό.

Έστω (0, R ) ο περιγγεγραμμένος κύκλος του

τετραγώνου. Τότε α=λι = R.fi , άρα R = Ji . Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΟΚ έχουμε:

ΑΚ2 = ΑΟ2 + ΟΚ2 = R2 + ΟΚ2 ( 1 ) Το απόστημα ΟΚ περνά από το μέσο της χορδής ΑΕ επομένως ΚΑ=ΚΕ. Από την δύναμη του σημείου Κ ως προς τον κύκλου (0, R) έχουμε : ΚΑ ·ΚΕ = R2 - ΟΚ2 δηλαδή

ΚΑ2 = R2 - οκ2 (2). Έχουμε: Ε(κ,

ΚΑ) + Ε( κ. ΚΛ) = π ΚΑ 2 + π ΚΑ 2 =

=π( ΚΑ2 + ΚΑ2) (από ( 1 ) , (2)) =π (R2 + οκ2 + R2 - οκ2 ) = π 2 R2 = �2π ( h-) 2 � πα2 Δηλαδή σταθερό .


----... ·-..__" Β

�ωCD4JίPffi�umdJ ί]JO(J] fJ[[]fY !? rJ{[j&jfiJ fJ(j)rJJ liJrJJωe5tJ(J)rJJ

Γκίνης Παναγιώτης - Χριστιάς Σπύρος

Στο άρθρο που ακολουθεί παρουσιάζονται κάποιες ερωτήσεις σωστού - λάθους πάνω σε όλη την ύλη της Γενικής Παιδείας της Γ' Λυκείου καθώς και μερικές ασκήσεις πλήρους ανάπτυξης.

Μέσω των ερωτήσεων σωστού - λάθους αποσκοπούμε στην επανάληψη και εμπέδωση από τους μαθητές, της θεωρίας του σχολικού βιβλίου. Από τις ασκήσεις κάποιες συνδυάζουν γνώσεις από δύο ή και από τα τρία κεφάλαια της ύλης. Στόχος αυτών των ασκήσεων, είναι οι μαθητές να προχωρήσουν σε μία ταυτόχρονη επανάληψη των τριών κεφαλαίων και συγχρόνως να εξοικειωθούν με θέματα των Πανελλαδικών Εξετάσεων.

Με την ευκαιρία αυτής της δημοσίευσης ευχόμαστε σε όλους του υποψήφιους των Γενικών Εξετάσεων καλή επιτυχία και επίτευξη των στόχων τους,

1 . Εάν για μία συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το Α υπάρχει χο Ε Α τέτοιο ώστε f(x) ::;; f(x 0 ) για κάθε χ Ε Α τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει στο χο μέγιστο .

2. Ένα δείγμα ονομάζεται ομοιογενές όταν ο συντελεστής μεταβολής του είναι ::;; 1 0% . 3. Έστω Ω δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύχης και Α, Β δύο ενδεχόμενά του τέτοια ώστε

Β ς Α. Τότε ισχύει ότι P(A u Β) = Ρ(Α) .

4. Εάν μία συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη σε ένα διάστημα Δ και ισχύει ότι f ' (x) > Ο για κάθε σημείο του Δ τότε η f είναι γνησίως αύξουσα στο Δ.

5. Η διάμεσος δ ενός δείγματος είναι μέτρο διασποράς.

6. Εάν f,g παραγωγίσιμες συναρτήσεις σε ένα σύνολο Α τότε (f(x)g(x))' = f' (x)g' (x) .

7. Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α - Β=Α, τότε Α n Β = 0 . 8. Εάν τα ενδεχόμενα Α και Β ενός δειγματικού χώρου Ω είναι ασυμβίβαστα τότε είναι συ

μπληρωματικά ενδεχόμενα.

9. Εάν f(x) = ..Γχ με πεδίο ορισμού Α=[Ο,+οο ) τότε f'(x) = 1Γ για κάθε χ Ε Α.

2ν χ

10. Εάν σε μια κατανομή ισχύει ότι Χ = δ τότε η κατανομή είναι κανονική . 1 1 . Ο συντελεστής μεταβλητότητας είναι μέτρο σχετικής διασποράς και aπαλλαγμένος από την

επίδραση της μέσης τιμής. 12. Εάν όλες οι τιμές μιας μεταβλητής Χ ενός δείγματος παρατηρήσεων μεγέθους ν είναι ίσες με

μια σταθερή ποσότητα α τότε Χ = ν · α . 13. Εάν μια συνάρτηση f είναι σταθερή στο 9{ τότε δεν υπάρχει σημείο της γραφικής της παρά

στασης στο οποίο να δέχεται εφαπτομένη .


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

14. Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α υ Β = Ω τότε A'nB' = 0 . 15. Εάν Α, Β ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω με Α n Β = Ω τότε Α=Β=Ω. Α Π Α !'Π Η Σ Ε Ι Σ ΣlΉ Σ Ε ΡΩ Τ Η Σ � Ή l: ΣΩΣ'ΗΥV - .\ Α Θ Ο Υ Σ 1 1 ι 2 Ι Jτ-..- --ο=-τ----6- [ 1 _ Γ_s_Τ_9_ 1 _10 _ _ τ --11-ι -12 i 13 ! 14 ι 1 s Ι I Σ I Σ I Σ I Σ iA ]__i_j -Σ �---Λ- �� --��Λ-- � �- Γ � r---Λ __ 1 --Σ-Jj-j Β . Γ Ε Ν Ι Κ Α Ε Π Α Ν ΑΛ Η Π τ! Κι\ Θ Ε :νι\ Τ Α Θ Ε Μ Α 1 " : Δίνεται η συνάρτηση f(x)=x4+8x. α) Να βρεθούν τα κοινά σημεία της γραφικής παράστασης της f με την ευθεία ψ=Ο.

β) Να υπολογίσετε το όριο K= Iim f(x) . χ----.0 χ γ) Να βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο

της Α(-2,0) καθώς και τις θέσεις των τοπικών ακρότατων, εάν υπάρχουν. δ) Σε ένα δείγμα 20 αγοριrον ενός νηπιαγωγείου διαπιστώθηκε ότι το μέσο ύψος είναι

Χ Α = 1 1 6 cm με τυπική απόκλιση S A = l x 0 1 3 ενώ σε ένα άλλο δείγμα 20 κοριτσιών του ίδιου νηπιαγωγείου έχουμε μέσο ύψος Χκ = 1 14 cm και τυπική απόκλιση S k = 3lx 0 1 3 - Γκ , όπου χο η θέση του τοπικού ακρότατου του ερωτήματος γ) και Κ το όριο του ερωτήματος β). Να εξετασθεί ποιο από τα δύο δείγματα είναι περισσότερο ομοιογενές ως προς το ύψος.

Λ VΣ Η : α) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f είναι το AF9{ αφού η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική . Τα κοινά σημεία θα βρεθούν από την επίλυση της εξίσωσης f(x)=O <:} χ 4 + 8χ = Ο <:::} χ(χ 3 + 8) = Ο <:::} χ = Ο ή χ=-2 . Άρα τα κοινά σημεία της Cr με την ευθεία ψ=Ο είναι τα Α( -2,0) και Β(Ο,Ο) .

β Γ ·

Κ θ · · Κ · f(x) · χ4 +8χ · χ(χ3 +8) · --' 3 8) 8 Ά Κ 8 ) ια το οριο α εχουμε οτι = Iιrn--- = Ιιηι = Ιιηι = Ιιπιι.Χ + = . ρ α = .

χ-ιΟ χ χ-ιΟ χ χ-ιΟ χ χ-ιΟ

γ) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο 9{ ως πολυωνυμική με f' (x) = 4χ 3 + 8 = 4(χ 3 + 2) . Τότε f' ( -2) = -24. Η εξίσωση της εφαπτόμενης ευθείας είναι της μορφής ψ=λχ+β. Όμως λ= f' (-2) = -24. Άρα έχουμε ότι ψ=-24χ+β. Επίσης το σημείο Α(-2, Ο) ανήκει στην εφαπτόμενη και έτσι θα ικανοποιεί την εξίσωσή της. Άρα 0=-24( -2)+β <:::} β=-48 και η ευθεία τελικά είναι ψ=-24χ+48 . Για τις πιθανές θέσεις ακρότατων της f έχουμε ότι f' (x) = Ο <:::} 4χ 3 + 8 = Ο <:::} χ 3 + 2 = Ο <:::} χ = -Vi. Από τον πίνακα μεταβολών της f χ - 00 - Vi f ' - (

f ---------.

+ οο +

_______.

παίρνουμε ότι η f παρουσιάζει στο χ 0 = -Vi

ελάχιστο το f(-Vi) = -6V2.

δ ) SA = lx 0 1 3 = I- V2 1 3 = 2 και SB = 3lx 0 1 3 - VΚ = 6 - 2 = 4 . Τότε CVA = � = 1,7% και 1 1 6

4 CV Β = 1 1 4

= 3,5%. Επομένως αφού CV Α < CV Β η ομάδα των αγοριών έχει μεγαλύτερη

ομοιογένεια.

Θ Ε Μ Λ 2 ° : Στον παρακάτω πίνακα, δίνονται οι βαθμοί του πτυχίου δύο ομάδων πτυχιούχων του Μαθηματικού τμήματος των Πανεπιστημίων Ιωαννίνων και Πατρών.


Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

ΠΤΥΧΙΟΥΧΟΙ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ ΙΩ- I ΠΤΥΧΙΟΥΧΟΙ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ ΠΑ-ΑΝΝΙΝΩΝ (ΟΜΑΔΑ Α) ΤΡΩΝ (ΟΜΑΔΑ Β)

5,3 5,7 6,2 5,1 i 7,9 I 7,1 5,2 9,4 5,7 7,3 i 9,2 8,7 8,9 7,4 I 9,3 -1�2 9,1 8,7 6,2 7 5,9 6,7 8,7 5,3 I 6,8 Ι 5,1 6,8 7,9 5,2 7,3 9,4 7,8 i 7,1 8,2 I 6,5 I 8,4 9,2 8,7 6,3 8,5

α) Να ομαδοποιηθούν τα δεδομένα για κάθε Πανεπιστήμιο σε 5 κλάσεις πλάτους 1 . β) Να υπολογισθεί η μέση τιμή και η διακύμανση κάθε ομάδας πτυχιούχων καθώς και η

μέση βαθμολογία και των 40 πτυχιούχων. γ) Εάν επιλέξουμε τυχαία έναν πτυχιούχο της ομάδας Α και έναν της ομάδας Β, να βρεθεί ποιος

από τους δυο έχει JU.Ύαλύτερη mθανότητα να έχει βαθμό πτυχίου fU.Ύαλύτερο ή ίσο του 8,5. Λ Υ Σ Η : υ ) Για το Πανεπιστήμιο Ιωαννίνων τα δεδομένα ομαδοποιούνται όπως φαίνεται από τον παρακάτω πίνακα:

ΚΛΑΣΕΙΣ χ ι f. % ι

Για το Πανεπιστήμιο Πατρών τα δεδομένα ομαδοποιούνται όπως δείχνει ο ακόλουθος πίνακας :

ΚΛΑΣΕΙΣ

5 5 Σ χ i ν ί 1 46 � x i ν i 1 50

β) Η μέση τιμή για κάθε ομάδα είναι : Χ Α = i=I = - = 7 3 και Χ8 = = - = 7 5 . 20 20 20 20 '

Η , , , λ 40 , , Χ- 146+ 150 296 7 4 Η δ , μεση τιμη του συνο ου των πτυχtουχων ειναι: =- = , . ιακυμανση

40 40 5 2

1 5 (Σ χ i ν i ) 1 2 1 3 1 6 για την ομάδα Α είναι: S 2 = - {Σ χ 2ν . - i = ι } = = - (1 . 1 05 -· ) = 1 96 ενώ Α 20 i=l ι ι 20 20 20 '

5 2 , , 2 1 5 2

(� x i ν i ) 1 22 . 500 για την ομαδα Β ειναι: S8 = - {Σ χ ί ν ί - ι - ι } = - (1 . 1 6 1 - ) = 1 ,8 . 20 i=l 20 20 20

γ) Από τον πίνακα της υπόθεσης παρατηρούμε ότι από την ομάδα Α υπάρχουν πτυχιούχοι με βαθμό � 8, 5 . Έτσι εάν θεωρήσουμε το ενδεχόμενο Α : «Να επιλεγεί πτυχιούχος από την ο-

μάδα Α με βαθμό πτυχίου � 8, 5 » τότε Ρ(Α) = 2._ = ..!.. . Από την ομάδα Β υπάρχουν 6 πτυ-20 4

χιούχοι με βαθμό πτυχίου � 8, 5 . Έτσι εάν θεωρήσουμε το ενδεχόμενο Β : «Να επιλεγεί πτυ-

χιούχος από την ομάδα Β με βαθμό πτυχίου � 8, 5 » τότε Ρ(Β) = _i_ = �. Αφού Ρ(Β) > Ρ( Α) 20 1 0

την μεγαλύτερη πιθανότητα την έχει ο πτυχιούχος της ομάδας Β . ΘΕΜΑ 3° : Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=2χ3+αχ2-βχ-γ+1 με α , β , γ ε 9t .



χ3 - χ2 - χ + 1 α) Εάν ισχύει ότι γ = lim και f' ( -1) = f' (2) = Ο , να βρεθούν οι αριθμοί χ�ι χ3 + χ - 2 α,β,γ ε m .

β) Εάν α, β, γ ε Ζ με -4 � α � -2 και 1 � β � 5 να βρεθεί η πιθανότητα η συνάρτηση f να δέχεται οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμημένη χ0 = 1 .

Αφού η συνάρτηση f είναι πολυωνυμική θα έχει πεδίο ορισμού το AF 9i . Έχουμε

, ι · χ3 - χ2 - χ + 1 ι · χ 2 (χ - 1) - (χ - 1) ι · (χ - 1)1 (χ + ι) Ο Ε , f , οτι γ = ιm = ιm = ιm r � .Λ\ = . πισης η ειναι Η Ι χ3 + χ - 2 Η Ι (χ - 1)(χ2 + χ + 2) Η Ι y- .ι1 (χ2 + χ + 2)

παραγωγίσιμη στο 9i ως πολυωνυμική με f'(χ) = 6χ 2 + 2αχ - β. Αφού f' (- 1) = f' (2) = 0 και γ=Ο παίρνουμε ότι: 2α+β=6 και 4α-β=-24. Το σύστημα έχει λύση την α=-3 και β= 12 . Άρα η συνάρτηση γράφεται f(x) = 2χ3 - 3χ2 + ι 2χ + ι .

Για να δέχεται η γραφική παράσταση της f οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμημένη χ0 = 1 πρέπει f'(1) = 0<=>6+2α-β =0<=>2α-β =--6 . Τα δυνατά ζευγάρια τιμών για τα α, β ε Ζ με -4 � α � -2 και 1 � β � 5 προκύπτουν από τον παρακάτω πίνακα διπλής εισόδου :

� 2 3 4 5

-2 -3 -4

( -2, 1 ) ( -3 , 1 ) ( -4, 1 )

( -2,2) (-3 ,2 ) (-4,2 )

(-2,3 ) ( -3 ,3 ) (-4,3 )

(-2, 4) (-3 ,4 ) (-4,4 )

( -2,5 ) ( -3 ,5 ) ( -4,5 )

Την σχέση 2α -β=-6 την επαληθεύει μόνο το ζεύγος ( -2,2). Άρα εάν θεωρήσουμε το ενδεχόμενο Α : «Η Cr να δέχεται οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο της με τετμημένη χο= ι » τότε (από

κλασικό ορισμό πιθανότητας) έχουμε ότι Ρ(Α)= Ν(Α) = _!__ _ Ν(Ω) 1 5

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 1 -�-α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης β) Να pρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης της γραφικής παράστασης της f στο σημείο της

A(e , f(e2)). γ) Να βρεθεί, εάν υπάρχει, το σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης f στο ο

ποίο η εφαπτομένη είναι παράλληλη στον οριζόντιο άξονα.

Πρέπει χ > Ο και ιη χ � Ο. Από τον πρώτο περιορισμό χ > Ο αρκεί χ

ιηχ � Ο <=> ιη χ � 1 <=> χ � 1 . Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι το AF[ ι , +οο) . Η εξίσωση της εφαπτομένης θα είναι της μορφής ψ=λχ+β. Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσι-

(�)' μη στο ( 1 , + οο ) ως πράξη παραγωγίσιμων συναρτήσεων με f' (χ) = - ffx

2 ιη χ χ

1 - ln x χ 2

2� ι:χ = I -� . Τότε λ = f'(e' )

2χ 2 ιη χ χ

1J2

. Άρα ψ = 3ιJ2

χ + β. Η εξίσωση της 2e 3 2 2e 2

εφαπτόμενης θα διέρχεται από σημείο A(e2 , f(e2 )) . Άρα πρέπει f(e2)= 1J2

e2 + β <=> 2e3 2



J2 1 4e - 5J2 , , , 1 4e-5J2 <=> 1 -- = � + β <=> β = . Άρα εξισωση εφαπτομενης ψ = � χ + e 2eν 2 4e 2e3ν2 4e

1 / Στο ζητούμενο σημείο θα πρέπει η παράγωγος της f να είναι ίση με το μηδέν. Τότε

f' (x) � Ο � -\ -� � Ο � ln x � I � χ � e . Επίσης f(ef= \ - .Je . Επομένως το σημείο

2χ 2 1n x e χ

θα είναι το Β( e, 1 - -Fe ) . e

Για τις ανάγκες μιας έρευνας δόθηκε ένα διαγώνισμα Γεωμετρίας στη Β ' Τάξη του Λυκείου ενός πειραματικού .σχολείου της Αθήνας. Οι βαθμοί των μαθητών έδειξαν τα παρακάτω:

i) Κανένας μαθητής δεν έγραψε κάτω από τη βάση. ίί) Το 90% των μαθητών έγραψε τουλάχιστον 12. iii) 60 μαθητές έγραψαν βαθμό μικρότερο από 14. iv) 90 μαθητές έγραψαν τουλάχιστον 14. v) Το 70% των μαθητών έγραψε κάτω από 18. vi) Οι μαθητές που έγραψαν τουλάχιστον 14 και κάτω από 16 είναι 5 περισσότεροι

από αυτούς με βαθμό τουλάχιστον 16 και μικρότερο του 18. α) Να παρασταθούν τα δεδομένα σε πίνακα συχνοτήτων, σχετικών συχνοτήτων %, αθροι

στικών συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων % σε κλάσεις πλάτους 2 και εύρους R=10.

β) Για τα παραπάνω δεδομένα να βρεθούν οι γωνίες των αντίστοιχων κυκλικών τομέων του κυκλικού διαγράμματος σχετικών συχνοτήτων.

γ) Να βρεθεί η μέση τιμή των βαθμών. δ) Το ίδιο πρόβλημα δόθηκε στη Β ' Λυκείου κάποιου σχολείου των Ιωαννίνων και ο μέσος

βαθμός ήταν κατά 0,5 μεγαλύτερος από αυτόν της πρώτης περίπτωσης. Να βρεθεί η μέση βαθμολογία και των δυο τάξεων εάν γνωρίζουμε ότι οι μαθητές του δεύτερου σχολείου ήταν 30% περισσότεροι από τους μαθητές του πρώτου σχολείου.

Το πλήθος των κλάσεων θα είναι κ= R

= !Q = 5 . Επίσης ισχύει ότι ν 1+ν2=60 και c 2

ν3+ν4+νs=90. Άρα ν 1+ν2+ ν3+ν4+νs=90+60= 1 50. Επιπλέον έχουμε ότι ν Ι= Ο,1 · 1 50 = 1 5 από όπου προκύπτει ότι ν2=45 , ενώ νs= 0,3 · 1 50 = 45 . Έτσι έχουμε ότι ν3+ν4=45 και ν3-ν4=5 . Το σύστημα αυτό έχει ως λύση την ν3=25 και ν4=20. Με βάση τα παραπάνω ο πίνακας κατανομής των ζητούμενων συχνοτήτων είναι ο �ξής :

ΚΛΑΣΕΙΣ x i [ 1 0� _μ) 1 1 [ 1 2 , 142__ 1 3 [ 1 4, 1 6) 1 5 [ 1 6,_ 1 8) [ 1 1h 20)

ΣΥΝ ΟΛΑ

1 5 45 25 20 45 1 50

f. % I 1 0 30

1 6,67 1 3 ,33 30 1 00

--

1 5 60 85 1 05 1 50

F % I 1 0 40

56,67 70 1 00

' , Εάν ονομάσουμε α 1 , α2 , α3 , �. α5 τα τόξα (στο κυκλικό διάγραμμα) που αντιστοιχούν στις συχνότητες ν 1 , ν2 , ν3 , ν4, ν5 αντίστοιχα, έχουμε ότι: α 1= 0, 1 · 360° = 36° , α2 = 0, 3 · 360" = 1 08" , α3 = = 0, 1 667 · 360° =60,0 1 2°, α4 = 0, 1 333 · 360° = 47 ,988, α5 = 0, 3 · 360° = 1 08° .

Η ' ' β θ ' θ ' χ- 1 1 · 1 5 + 1 3 · 45 + 1 5 · 25 + 1 7 · 20 + 1 9 · 45

1 5 466 μεση τιμη των α μων α ειναι : Α = 1 50

= , .



Οι μαθητές του δεύτερου Λυκείου είναι 1 ,3 · 1 50= 1 95 και η μέση βαθμολογία τους θα είναι : Χ8 = 1 5, 466 + Ο, 5 = 1 5, 966 . Από τις δυο μέσες τιμές παίρνουμε ότι τα αθροίσματα των βαθμών

1 50 των μαθητών των δυο σχολείων είναι : Σ χ i = 2 .3 1 9,9 = 1 50 · 1 5 ,466 για το πρώτο και

i = l 1 95 Σ χ i = 3 . 1 1 3,37 = 1 95 · 1 5 ,966 για το δεύτερο . Άρα ο μέσος όρος βαθμολογίας όλων των μαθη-i = Ι

' ' χ 2 .3 1 9,9 + 3 . 1 1 3,37 5 .433,27 1 5 75 των ειναι : = = ;:; . 1 50 + 1 95 345 '

Δίνεται ότι η συνάρτηση f(x)=6x2 -5χ+ 2 αποτελεί την πιθανότητα Ρ( Α) κάποιου ενδεχομένου Α ενός δειγματικού χώρου Ω. α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού Ar της συνάρτησης f. β) Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της πιθανότητας Ρ(Α). γ) Έστω Β ενδεχόμενο του δειγματικού Ω τέτοιο ώστε f(P(B))=P(A). Να δειχθεί ότι τα εν

δεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

δ) Εάν ισχύει η υπόθεση του ερωτήματος γ) και Ρ(Β)=� να δειχθεί ότι _2_ ::;; Ρ( Α n Β) ::;; � . 5 25 5

ι ι ,� - iι ,;( Έχουμε ότι f(x)=P(A)=6x2-5x+2 . Όμως Ο ::;; Ρ(Α) ::;; 1 . Άρα πρέπει Ο ::;; 6χ 2 - 5χ + 2 ::;; 1 . Έτσι προκύπτουν οι ανισώσεις 6χ2 -5χ+ 2 � Ο και 6χ2 -5χ+ 1 ::;; Ο . Η πρώτη ανίσωση αληθεύει για κάθε χ Ε � ενώ η δεύτερη αληθεύει για εκείνα τα χ για τα οποία 1 1 Ά δ ' , f , Α [ 1 1 ] - ::;; χ ::;; - . ρα το πε ιο ορισμου της ειναι το r = - , - . 3 2 3 2

Αφού P(A)=f(x) αρκεί να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f όταν χ Ε [ _!_ , _!_ ] . Η συ-3 2

νάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [ _!_ , _!_ ] ως πολυωνυμική με f ' (χ)= 1 2χ-5 . 'Ετσι 3 2

f ' (χ)=Ο <=> χ = 2._ . Ο πίνακας μεταβολών της f στο [ _!_ , _!_ ] είναι ο παρακάτω : 1 2 3 2

1 5 χ - -

3 1 2 f ' - (

f ---------.

1 -2

+

_______.

Άρα η f παρουσιάζει στο χ0=2._ ελάχιστο με 1 2

, fi( ( 5 ) 2 3 Ε , λ , , τιμη U = 24

. πομενως η ε αχιστη τιμη

της Ρ(Α) είναι 23 24.

γ) Έχουμε ότι f(P(B))=P(A) <=> 6(Ρ(Β)) 2 - 5Ρ(Β) + 2 = Ρ(Α) <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) =6(Ρ(Β))2 -5Ρ(Β)+ +2 + Ρ(Β) = 6(Ρ(Β)) 2 - 4Ρ(Β) + 2 = 4(Ρ(Β)) 2 - 4(Ρ(Β) + 1 + 2(Ρ(Β)) 2 + 1 = (2Ρ(Β) - 1) 2 + +2(Ρ(Β))2+ 1 > 1 . Εάν Α, Β ασυμβίβαστα θα είχαμε ότι Ρ( Α υ Β = Ρ(Α) + Ρ(Β). Έτσι παίρνουμε ότι Ρ( Α υ Β) > 1 που είναι άτοπο . Άρα τα ενδεχόμενα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

δ) Αφού f(P(B))=P(A) και Ρ(Β)= � θα έχουμε ότι Ρ( Α) = 6(�) 2 - 5(�) + 2 <::::> Ρ(Α) = 24 .

5 5 5 25 Γνωρίζουμε ότι Α c Α υ Β. Έτσι παίρνουμε Ρ(Α) ::;; Ρ( Α υ Β) ::;; 1 <=> Ρ( Α) ::;; Ρ(Α)+Ρ(Β)-- P(A n B) ::;; 1 <=> - 1 ::;; P(A n B) - P(A) - P(B) ::;; -Ρ(Α) <=> Ρ(Α) + Ρ(Β) - 1 ::;; P(A n B ) ::;;

24 2 2 9 2 ::;; Ρ(Β) <=> 25

+ 5 - 1 ::;; Ρ( Α n Β) ::;; 5 <=> 25

::;; Ρ( Α n Β) ::;; 5 .



χ - 2 2 S x < 8

3 Θ Ε Μ Α 7° : Δίνεται η συνάρτηση f με f(x)= - χ - 6 8 ::;; χ < 14 της οποίας η γραφική παρά-2

χ + 1 14 ::;; χ ::;; 20 σταση είναι το πολύγωνο των αθροιστικών συχνοτήτων της βαθμολογίας των μαθητών μίας τάξης σε ένα διαγώνισμα. (Υποθέτουμε ότι η βαθμολογία ξεκινάει με τον βαθμό 2).

α) Να γίνει η γραφική παράσταση της συνάρτησης f.

β) Να κατασκευασθεί ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων, σχετικών συχνοτήτων, αθροιστικών συχνοτήτων και αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων.

γ) Υποθέτοντας ότι ο αριθμός των μαθητών κατανέμεται ομοιόμορφα μέσα στις κλάσεις να βρεθεί το πλήθος των μαθητών που πήραν βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 10.

δ) Να εξετασθεί το δείγμα ως προς την ομοιογένεια. ΛΥΣ Η : α ) Από την υπόθεση η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι αυτή που φαίνεται στο πα

ρακάτω σχήμα : - �-

21:' 26 ,.

- -

21

20 1 8 -

1 6 1 5

1 4 ' "

1 0

6 6

2 i

· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ;!> Γ(20, 21 )

h:x+1

. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . )� 1 5) ι

, y=x-2

11 1 y=1 .5 χ-6 Ι' 1/

/ .jA{8,6)

-- - - - - · 0-- - - -- --- ---- · · - - - � --- --- --- - - -- --· - - - - --- - - - - - --- -- - · -4 -2 2 4 6 10 12 14 16 18 20 22 24 26 28 30 32 34 36 38 40 42 β) Από υπόθεση η βαθμολογία των μαθητών διαχωρίζεται στα διαστήματα [2, 8), [8 , 1 4) και

[ 1 4, 20] . Έτσι λόγω και του ερωτήματος α) ο πίνακας κατανομής συχνοτήτων είναι ο παρα-κάτω :

νί I fi 6

- --Γ - -

2/7 - - --

--- - - - - - --- -- - -

9 3/7 f--____.,"----'---•'----t-----'-------+------=------- -- - --- -- -

6 i 2/7 --- --·- - -- -· - - -- - - -- - --

Σύνολα 2 1 i 1 _ __j__ ---- - - -- - -

Ν 6

_ __ F_i __ _ ,

217 --- --- -----

-- - _ 517 - _j

γ) Λόγω της ομοιόμορφης κατανομής των μαθητών στις κλάσεις θα έχουμε ότι το πλήθος των μαθητών με βαθμό μεγαλύτερο ή ίσο του 1 Ο θα είναι το πλήθος των μαθητών της τρίτης κλάσης μαζί με τα 2/3 του πλήθους των μαθητών της δεύτερης κλάσης. Δηλαδή το ζητούμε-



νο πλήθος θα είναι 6+� · 9 = 1 2 μαθητές. 3

δ) Α , , β) , - 1 Σ3 3ο + 99 + 1 02 1 1 Ε , δ , 82 πο το ερωτημα παιρνουμε : χ = - x i vi = = . πισης για την ιασπορα 3 i= l 2 1

θ , , 82 1 Σ3 - 2 1 2 2 2 1 44 τ , α εχουμε οτι =- (x i - χ) vi = - {(5 - 1 1) · 6 + (1 1 - 1 1) · 9 + (1 7 - 1 1) · 6} = =- . ο-2 1 i = l 2 1 7

S l 2J7 'Ε CV S 1 2.J7 4 ιι Ά δ ' δ ' τε = -- . τσι = = · 1 00% = -- · 1 00% � 1 , 23% > 1 0�ο. ρα το ειγμα εν ειναι ομοι-

ογενές. 7 χ 77

Θ Ε Μ Α 8 ° : Οι ετήσιοι μισθοί (σε χιλιάδες €) των υπαλλήλων μίας εταιρείας έχουν ομαδοποιηθεί σε τέσσερις κλάσεις ίσου πλάτους. Δίνεται ότι η συχνότητα της πρώτης κλάσης είναι 9-πλάσια

α) Να βρεθούν το πλάτος c και τα άκρα α και β της πρώτης κλάσης. β) Να συμπληρωθεί ο πίνακας. γ) Υποθέτοντας ότι ο αριθμός των υπαλλήλων κατανέμεται ομοιόμορφα στις κλάσεις να

βρεθεί το διάστημα στο οποίο ανήκουν οι 10 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι της εταιρείας.

Λ ΥΣ Η : α) Οι κλάσεις θα έχουν την μορφή [α, β) (με β=α+c), [α+c, α+2c), [α+2c, α+3c) και

[ 3 4 ) 'Ε , , θ θ , , α + c + α + 2c 1 3 α + 3c + α + 4c 1 7 α+ c, α+ c . τσι απο υπο εση α εχουμε οτι : = και = 2 2

ή 2α + 3c = 26 και 2α+7c=34. Η λύση του συστήματος είναι α= 1 0 και c=2 . Τότε β=α+c= 12 . Άρα ο ι κλάσεις είναι : [ 1 0, 1 2), [ 1 2 , 1 4) , [ 1 4, 1 6) και [ 1 6, 1 8) . β) Έχουμε ότι Ν 1= 1 8 . Όμως ν 1=Ν1 . Άρα ν 1= 1 8 και αφού ν 1 =9ν4 παίρνουμε ότι ν4=2 . Επίσης

1 8 f1= 40

= 0,45 και F Ι=fΙ=Ο,45 . Τότε f1%=F 1%=45% και αφού f2%=40% θα πάρουμε ότι

f2=0,4 και F2%=f1%+6%=45%+40%=85%. Έτσι F2=0,85 . Ακόμη έχουμε ότι ν4=2 και έτσι c _ ν4 2 f c f f lΓ

40 =

40 = 0,05 . Όμως f1 + f2+ 3+ 14= 1 <=> 0,45 + 0,4 + 3 + 0,05 = 1 <=> 3 = 0,1 . Άρα

� = 0,1 <=> ν 3 = 4 . Τέλος ν2=40- 1 8-2-4= 1 6 . 'Ετσι ο πίνακας συμπληρώνεται ως εξής : 40

γ) Αφού ο αριθμός των υπαλλήλων κατανέμεται ομοιόμορφα στις κλάσεις οι 1 0 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι θα είναι το άθροισμα των υπαλλήλων των 2 τελευταίων κλάσεων

μαζί με το 1 /4 του πλήθους των υπαλλήλων της δεύτερης κλάσης διότι _.!._ · 1 6 +4+2= 1 0 . Τα 4

τέσσερα διαστήματα στα οποία χωρίζεται η κλάση [ 1 2, 1 4) είναι τα διαστήματα [ 1 2 , 1 2,5) ,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 6 8 τ.4/50


[ 1 2 ,5 , 1 3), [ 1 3 , 1 3 ,5) και [ 1 3 ,5 , 1 4) . Άρα οι 1 0 υψηλότερα αμοιβόμενοι υπάλληλοι ανήκουν στο διάστημα [ 1 3 ,5 , 1 8) .

Θ !Ε Μ Λ 911 : Έστω Ω={1 , 2, 3, . . . . . . . . ,ν} με ν ε Ν* ο δειγματικός χώρος ενός πειράματος τύ-χης, Ρ(1), Ρ(2), . . . . . . . . Ρ(ν) οι πιθανότητες των απλών ενδεχομένων του δειγματικού χώρου Ω

.Jx + 1 - 1 χ ε [-1, Ο) υ (Ο, + οο) και η συνάρτηση f(x) = ν χ

Ρ(3) - � Ρ(2) 7

. Για την συνάρτηση f ισχύ-χ = Ο

ει ότι η εφαπτομένη της Cr στο σημείο με τετμημένη χ0=3 είναι κάθετη στην ευθεία y=108x+6. α) Να δειχθεί ότι Ω={1 , 2, 3} . β) Εάν επιπλέον η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο χ0=0 και η Cr διέρχεται από το

σημείο Μ(8, Ρ(1)) να υπολογισθούν οι πιθανότητες Ρ(1), Ρ(2) και Ρ(3). , ";. �. """ � .i ; ,ι J Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [-1 , Ο) υ (Ο, + οο) ως πηλίκο πα-

, ' f ' ( ) 2Γχ+ϊ - χ - 2 ο λ ' δ θ ' ραγωγισιμων συναρτησεων με χ = � . συντε εστης ιευ υνσεως της ε-

2νχ 2 ν χ + 1

φαπτόμενης στο σημείο με τετμημένη χ0=3 θα είναι f ' (3) = _ _

ι _ _ Αφού όμως η εφαπτόμε-

36ν

νη είναι κάθετη στην ευθεία y= 1 08χ+6 θα πρέπει (- -1-) · 1 08 = - 1 <=> ν = 3 . Άρα ο δειγμα-36ν

τικός χώρος Ω είναι { 1 , 2 , 3 } . Αφού η συνάρτηση f είναι συνεχής στο σημείο χ0=0 θα έχουμε ότι ιim f(x) = f(O). Για το

χ�Ο

ι . f( ) , , ι · f( ) ι · Γχ+ϊ - ι ι · χ + 1 - 1 ι · 1

ιm χ εχουμε οτι : ιm χ = ιm = ιm � = ιm � χ�ο χ�ο χ�ο νχ χ�ο νχ( ν χ + ι + 1) χ�ο ν( ν χ + ι + 1)

- -1 Άρα _ι = Ρ(3) - � Ρ(2) και αφού ν=3 παίρνουμε ότι Ρ(3) - � Ρ(2) = _!_ ( 1 ) . Επίσης

2ν 2ν 7 7 6 αφού η Cr διέρχεται από το σημείο Μ(8, P( l )) θα έχουμε ότι

1 ν=3 ι 1 f(8)=P( l ) <=> - = P(l) <=> P(l) = - . Όμως Ρ( 1 )+Ρ(2)+Ρ(3)= 1 <=> - + Ρ(2) +Ρ(3)= 1 <=> 4ν 1 2 1 2

<=> Ρ(2) + Ρ(3) = _!_!_ (2) . Το σύστημα των ( ι ) και (2) δίνει λύση την Ρ(2) = .2_ ι 2 1 2

Ρ(3) = � = _!_ _ Άρα τελικά παίρνουμε ότι : P(l) = -1 , Ρ(2) = .2_ και Ρ(3) = ! . 1 2 3 1 2 1 2 3

Θερ ινό Μ αθη μαηΙ\:ό Σχολεiο :

και

(Berlin Mathematical School-BMS) διοργανώνεται στη Γερμανία αυτό το καλοκαίρι. Σχετικές πληροφορίες για τη διεξαγωγή στο www .math-berlin.de Επίσης φέτος γιορτάζεται το έ·rος ΜαΘημαηκl(!)ν στη Γερμανία όπου μέρος των εκδηλώσεων είναι και το MathFilm Festiνal 2008 Σχετικές πληροφορίες για τη διεξαγωγή στο www .MathFilm.de



Επαναληπτικά Θέματα

στα Μαθη ματικά Κατεύθυνση ς Γιώργος Α. Κουσινιώρης

Θέμα 1 ο α) Να δείξετε ότι για κάθε w, ze I ισχύει lw - z l 2 + lw + z l 2 = 2 lw l 2 + 2 lz l 2 β) Έστω A(z1), B(z2) και Γ(z3) οι εικόνες των διαφορετικών ανά δύο μιγαδικών αριθμών

zι , z2 και Ζ3. Αν z1 + z2 + z3 = Ο και lz ι l = lz2 1 = lz3 1 = 1 να δείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

Λύ ση α) Είναι lw - zl 2 + lw + zl 2 = (w - z) (w - z) + (w + z) (w + z) =

(w - z) (w -z) + (w + z) (w + z) _ = wW -wz - zW + zz + wW + wz + zW + zz = 2ww + 2zz

= 2 lw l 2 + 2 lz l 2 . β) Για να δείξουμε ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο αρκεί να δείξουμε ότι ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ.

Γνωρίζουμε ότι η απόσταση των εικόνων δύο μιγαδικών αριθμών στο μιγαδικό επίπεδο ισούται με το μέτρο της διαφοράς των μιγαδικών αυτών. Άρα αρκεί να δείξουμε ότι l z ι - z2 l = Ιz2 - z3 1 = lz3 - zι l · Η σχέση lw - zl 2 + lw + zl 2 = 2lwl 2 + 2 l zl 2 αν εφαρμοστεί για τους z 1 και zz γίνεται:

l z ι - z2 1 2 + lz ι + z2 l 2 = 2 lz ι l 2 + 2 l z2 1 2 (1) . Όμως είναι z 1 + z 2 + z 3 = Ο <=> z 1 + z2 = -z3 , οπότε l z 1 + z2 1 = l-z3 1 = lz3 1 . Επειδή lz ι l = l z 2 1 = lz 3 1 =1 η ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: l z 1 - z2 1 2 + 1 = 2 · 1 + 2 · 1 <=>

l z 1 - z2 1 2 = 3 <=> l z 1 - z2 1 = J3 . Με όμοιο τρόπο προκύπτει ότι l z2 - z3 1 = J3 και l z3 - z1 1 = J3. Επομένως είναι l z 1 - z2 1 = l z2 - z3 1 = lz3 - z 1 1 = J3 <=> ΑΒ=ΒΓ=ΑΓ.

Θέμα zo Αν ω=.!_ + J3 i , να δείξετε ότι: α) ω3+1=0 β) ω2-ω+1=0 γ) ω2008-ω2007+ω2006 = Ο. 2 2

Λύση

α) Είναι ω = �(1 +J3i) οπότε ω2 = � ( 1 +J3i)2 = � (1 + (J3i)2 + 2J3i) = � ( 1 + 3i2 + 2J3i) =

� ( 1 - 3 + 2J3 i ) = � ( -2 + 2J3 i) = - � ( 1 -J3 i) . Είναι ακόμα ω3 = ω2 · ω = - � (1 -J3i) · � ( 1 +J3i) = - � (1 2 - (J3i)2 ) = -± (1 - 3i2 ) =

_ _!_ · 4 = -1 . Άρα ω3+ 1=0. 4 β) 'Εχουμε ω2-ω+ 1 = _ _!_(1 -.fJ i) - (_!_ + J3 iJ + 1 = _ _!_ + J3 i -_!_-J3 i + l = -1 + 1 = Ο. 2 2 2 2 2 2 2 γ) Επειδή ω3= -1 (από το ερώτημα (α)), έχουμε : ω2008 = ω3"669+ 1 = ( ω3 )669 . ω = ( - 1 )669 . ω = -ω.

2007 - 3-669 - ( 3 )669 - ( 1 )669 - 1 2006 - 3-668+2 - ( 3 )668 2 - ( 1 )668 2 - 2 ω - ω - ω - - - - . ω - ω - ω · ω - - · ω - ω .

Επομένως είναι ω2008-ω2007+ω2006 = -ω-(-1 )+ω2 = ω2 -ω+ 1 = Ο (λόγω του (β)).



Θi;μα .3 " α) Οι συναρτήσεις f και g είναι ορισμένες στο IR. και για κάθε xEIR ικανοποιούν τη

σχέση (g o g)(x) = αg(x) + βf {x3 ) (1) όπου α, β Ε IR. * . Αν η συνάρτηση f είναι "1-l ", να δείξετε ότι και η συνάρτηση g είναι "1-1 ' Ό

β) Να λύσετε στο IR την εξίσωση g (g (x) + ex ) = g (g(x) + χ+ 1) .

Λ.ι:·J <rtη �ι. } Αρκεί να δείξουμε ότι για κάθε χ ι , Χ2 Ε IR. με g(χ ι ) = g(x2) είναι χ ι = χ2 .

Επειδή g(χ ι ) g(x2) είναι g (g(x 1 ) ) = g (g(x 2 ) )

αg(χ 1 ) + βf (χ� ) = αg(χ2 ) + βf (χ; ) . Από την τελευταία

βf ( χ� ) = βf ( χ� ) και επειδή β:;t:Ο είναι f ( χ� ) = f ( χ; ) .

( I ) <=> (g ο g ) (x 1 ) = (g ο g) (x 2 ) <=>

επειδή g(χ ι ) = g(x2) έχουμε

Επειδή η f είναι , 1 - 1 " , έχουμε f (χ� ) = f (χ; ) <=> χ� = χ� <=> χ ι = χ2 .

� ) Αφού η g είναι " 1 - 1 " η εξίσωση γίνεται g (g (x ) + ex ) = g (g(x) + x + 1 ) <=>

g ( x ) + ex = g(x) + x + 1 <::> ex = x+ 1 <::> ex-x-1 = 0 . Η εξίσωση έχει προφανή ρίζα την χ=Ο. Θα δείξουμε ότι η ρίζα αυτή είναι μοναδική . Θεωρούμε τη συνάρτηση σ( χ) = ex -χ- 1 , χ Ε IR. . Η σ είναι παραγωγίσιμη στο IR. με d(x)=ex -1 . Έχουμε σ'(χ) > Ο <=> ex - 1 >Ο <=> χ>Ο και σ'(χ) < Ο <=> ex - 1 <Ο <=> χ<Ο. Επομένως η σ είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο , Ο] και γνησίως αύξουσα στο [0, +οο) . Άρα για κάθε χ<Ο είναι σ(χ)>σ(Ο) = Ο και για κάθε χ>Ο είναι σ(χ)>σ(Ο) = Ο, οπότε η ρίζα χ = Ο είναι μοναδική .

�- _ Θεωρούμε τη συνάρτηση f: IR. � IR. για την οποία ισχύει f(xy) = y · f(x) (1) για

κάθε χ, yE IR.. Υποθέτουμε ακόμα ότι υπάρχει ΧοΕ IR. τέτοιο ώστε f(x0):;t:O. α) Να δειχθεί ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων. β) Να δειχθεί ότι ώστε χ0 :;t: Ο. γ) Να δειχθεί ότι f(x) = αχ, με αΕ IR. *. λ Για να δείξουμε ότι η Cr έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων αρκεί να δεί-

ξουμε ότι η συνάρτηση f είναι περιττή . Για κάθε χ Ε IR., το -χ Ε IR.. Η ( 1 ) για y= -1 γίνεται f (-χ ) = - 1 · f(x) <=> f( -χ) = -f(x). Άρα η f είναι περιττή .

Jo' ) Η ( 1 ) για y = Ο δίνει f(O) = Ο. Αν είναι χ0 = Ο, τότε από την f(x0):;t:O παίρνουμε f(O) :;t: Ο . Άτοπο. Συνεπώς χο :;t: Ο .

γ) Η σχέση ( 1 ) θέτοντας στο χ το χσ και στο y το � δίνει f (x0 · �J = � · f ( x0 ) <=> X a X a X a

f ( χ ) = f ( X a ) . χ ή f(x) = αχ, με α =

f (Χ ο ) :;t:O. X a X a

Θi:μα 5° Ένα αεροπλάνο κινείται με σταθερή ταχύτητα 800 km/h σε ύψος 3 km από το έδαφος και απομακρύνεται από έναν παρατηρητή. Αν τη χρονική στιγμή t0 η οριζόντια απόσταση του αεροπλάνου από τον παρατηρητή Π στο έδαφος είναι ΠΚ=2 km, να βρείτε το ρυθμό μεταβολής της γωνίας θ=ΚΠΑ τη χρονική στιγμή to•


�---- ' · - ; -----Α

3 km

θ π x km κ


λύση Η γωνία θ και η απόσταση χ είναι συνεχείς και παραγωγίσιμες συναρτήσεις του χρόνου t, είναι δηλαδή θ = θ(t), (το θ σε ακτίνια) και x=x(t) (το χ σε χιλιόμετρα) .

Στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΠΚ ( Κ = 1 l ) έχουμε εφθ =

ΑΚ =� .

πκ χ Ρυθμός μεταβολής της γωνίας θ=θ(t) είναι η παράγωγος της συνάρτησης θ(t) .

Έχουμε (εqi))' = (�)' ή (εqi}(t)) ' =(-(3 ) J' ή � · θ'(t) = ---i-- · x'(t) ή θ'(t) =

χ χ t συν θ(t) χ (t)

Ε , , , , θ '( ) 3συν2θ(t0 ) '( ) πομενως τη χρονικη στιγμη to εχουμε t0 = 2 · χ t0 • χ (to ) Είναι όμως x '(t) = 800 , αφού ο ρυθμός μεταβολής του χ είναι η ταχύτητα του αεροπλάνου,

1 1 1 4 x(t0)=2 και συν2θ ( t0 ) = 2 ( )

- -9 -

-Ι + εφ θ t, I +α)' I + 4 1 3

3 · _±_

Επομένως θ'(t0 ) = -----}1 · 800 = -� · 800 = - 2400 ακτίνια ανά ώρα. (Δ ικαιολογείστε τη μο-2 1 3 1 3

νάδα μέτρησης και το αρνητικό πρόσημο του αποτελέσματος) .

Α ν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο IRι και τρεις φορές παραγω

γίσιμη στο μηδέν με f(O)=f'(O)=f"(O)=O και fm (0)=6 τότε να βρείτε το lim f(�) . χ --+ 0 χ

Επειδή η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο είναι και συνεχής σ' αυτό . Έτσι lim f(x) = f(O) = Ο. χ--+0

Είναι ακόμα ιim χ3 = Ο . Επομένως το ζητούμενο όριο είναι απροσδιόριστη μορφή τύπου .Q . χ--+0 ο Θα δούμε αν μπορούμε να υπολογίσουμε το όριο με χρήση του κανόνα De L ' Hospital.

Ε δ ' f ' ' 1Π> ' ' ι · f '(x) ι · f '(x) πει η η ειναι παραγωγισιμη στο .ll'l.. ψαχνουμε το οριο ιm-- = ιm-2- . Χ--+0 ( Χ 3 ) ' Χ--+0 3χ

Έχουμε πάλι ιim f'(x) = f'(O) = Ο και ιim (3x2 ) = Ο . Οπότε πάλι το ζητούμενο όριο είναι απροσ-χ --+ο χ --+0

διόριστη μορφή τύπου .Q . Η f είναι και δεύτερη φορά παραγωγίσιμη στο IR οπότε ψάχνουμε το ο

, . f"(x) . f"(x) , , , , , Ο , οριο ιιm = ιιm -- . Και παλι καταληξαμε σε απροσδιοριστη μορφη τυπου - , αφου χ--+0 (3χ2 1 χ--+0 6χ ο

ιim f"(x) = f" (O) = Ο και ιim ( 6χ ) = Ο . χ--+0 χ--+0 Προσέξτε τώρα. Δεν μπορούμε να συνεχίσουμε τη διαδικασία με χρήση του κανόνα De L' Hospitaι γιατί δεν ξέρουμε αν η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο !Rι, οπότε δεν έχει νόημα το

όριο lim ( f" ( χ ) ) '

χ--+0 ( 6χ )'



Επειδή γνωρίζουμε ότι η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο μηδέν ισχύει f"(x) -f" ( ο) f" ( χ) -f" (O) f'" ( Ο) =lim και αφού f"(O)=O και fm (0)=6, έχουμε lim =6<:::>

χ--ιΟ χ -0 χ--ιΟ χ -0 lim f" (x) = 6 . Άρα l im f"(x) =_!_ lim f

" ( x) = _!_ · 6 = 1 . Επομένως l im f(x) = lim f'(x) = limf"(x) = l . χ--ιΟ χ χ --+0 6χ 6 χ--+0 χ 6 χ --+0 χ 3 χ --+0 3χ 2 χ--ιΟ 6χ

Θέμα 7° Δίνεται η παραγωγίσιμη στο !Ιι* συνάρτηση f για την οποία είναι f'(x) = I I ( χ

) χ χ2 + 1

για κάθε χΕ �* και f(1 ) = f(-1) = Ο . Να δείξετε ότι r ( :) = -f(x) για κάθε χΕ !�ι*.

Λύση Η σχέση r ( � ) = -f(x) ισοδύναμα γράφεται r ( � ) + f(x) = ο για κάθε Χ Ε !R{ * . Επομένως

αρκεί να δείξου με ότι για τη συνάρτηση g( χ) = f ( � ) + f (χ) ισχύει g( χ) = Ο για κάθε χ Ε !R{ * . Η

g είναι παραγωγίσιμη στο !R{ * , αφού η f και η .!.. είναι παραγωγίσιμες. χ

Αν χ>Ο έχουμε f ' (x ) = (

� )

= -2-1- , οπότε είναι g'(x) = (r (.!..))' + {f ( x ))' = χ χ + 1 χ + 1 χ

1 ( 1 ) ( 1 J ' ι 1 ( 1 ) 1 1 1 1 1 f � � + f ( χ ) = = ( ι )2 -� +ι + χ2 = - ( ι _ι ) 2

+ι + χ2 = -

χ2 + ι+

ι + χ2 = ο. 1 + - + 2 χ

χ χ

Αν χ<Ο έχουμε f ' (x) = ( χ2 )

= --/- , g'(x) = (r (.!..)) ' + {f ( x ) )' = f' (.!..) (.!..) ' + f' ( x ) = -χ χ + 1 χ + 1 χ χ χ

- { ι ) ' (- :, ) - ι +1χ' � ( ι l) , Ι +

1χ ' � )+ 1 - Ι +

1χ ' � ο.

1 + - + 2 χ χ χ

Επειδή η g είναι συνεχής, ως παραγωγίσιμη , σε καθένα από τα διαστήματα ( -οο, Ο) και

( Ο, + οο) θα είναι και σταθερή σε καθένα από αυτά. Άρα g(x)=c 1 για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) και

g(x)=cz για κάθε χ Ε ( Ο, + οο) .

Είναι g(l) = r (f) + f(l) ή Cz = f( l )+f( l ) = 0+0 = Ο. Άρα g(x) = ο για κάθε χ Ε ( 0, + οο) .

Είναι g(- 1) = r ( �� ) + f(- 1) ή C ι = f(- l )+f(- 1 ) = 0+0 = Ο . Άρα g(x) = ο για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) .

Θέμα 8° α) Αν μια συνεχής συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ, να δείξετε ότι : J:+T f(x)dX = ιΤ f(x)dX (αΕ !Ιι).

β) Αν μια συνάρτηση f είναι συνεχής και περιοδική με περίοδο Τ, να δείξετε ότι η συνάρτηση g(x) = [+τ f(t)dt είναι σταθερή.

Λύση α) Θα προσπαθήσουμε να δικαιολογήσουμε γεωμετρικά τη ζητούμενη σχέση . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/55


Ας υποθέσουμε ότι f(x)�O για κάθε Χ Ε lffi. . Τότε το ολοκλήρωμα [+τ f(x)dx εκφράζει το εμβαδό του χωρίου που περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f τις ευθείες χ=α, χ=α+Τ και τον άξονα χ 'χ, ενώ το ολοκλή-ρωμα fοτ f(x)dx εκφράζει το εμβαδό του χωρίου που

Υ

χ

περικλείεται από τη γραφική παράσταση της f τις ευθείες χ=Ο, χ=Τ και τον άξονα χ 'χ (δες το σχήμα) . Είναι [+τ f(x)dx =Ez+E3 και fοτ f(x)dx =Ε ι+Εz .

'Ετσι από τη σχέση [+Τ f(x)dx = fοτ f(x)dx προκύπτει ότι Ez+E3= Ε 1+Ε2 <=> Ε 1 = Ε3, ισότητα που λόγω της περιοδικότητας της f είναι προφανής. Επομένως για να αποδείξουμε τη ζητούμενη σχέση και μάλιστα χωρίς τον περιορισμό να εί-ναι f(x)�O, είναι αρκετό να δείξουμε ότι fοα f(x)dx = J;+T f(x)dx για κάθε αΕ lffi. .

Για το ολοκλήρωμα Ι = J:+T f(x)dx θέτουμε χ = u+T, οπότε dx=(u+τ) 'du = du.

Για χ=Τ είναι u=O και για χ=α+Τ είναι u=α. Οπότε Ι = fοα f(u + T)du = fοα f(u)du , γιατί αφού

η f είναι περιοδική με περίοδο Τ ισχύει f( χ+ τ) = f( Χ) για κάθε Χ Ε lffi. . Επομένως έχουμε [+τ f(x)dx = J: f(x)dx + {τ f(x)dx + J;+T f(x)dx =

= - fοα f(x)dx + {τ f(x)dx + J:+T f(x)dx ή J:+T f(x)dx =Ι f(x)dx . Επειδή η συνάρτηση f είναι περιοδική με περίοδο Τ, λόγω του ερωτήματος (α) έχουμε g(x) = Γτ f(t)dt= !τ f(t)dt= σταθερό (αφού το ολοκλήρωμα είναι αριθμός ανεξάρτητος του χ) .

· ··• 'α ' ' 'Εστω συνεχής συνάρτηση g ορισμένη στο IR και η συνάρτηση f με f (x) = fσxg(t)dt

για κάθε xe !R. Αν είναι f(x)�2ex-ψx-2, για κάθε xe !R, να δείξετε ότι f' (O) = l και να βρεθεί

limf(x) το -χ-ιΟ χ

'' �· < "'η, Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο lffi. με παράγωγο f' (χ ) = ( ( g( t) dt ) ' = g(x) .

Από τη σχέση f(χ) � 2eχ - ημχ - 2 ισοδύναμα έχουμε f(χ) - 2eχ + ημχ + 2 � 0 (1) , για κάθε Χ Ε lffi. . Θεωρούμε τη συνάρτηση σ( χ) = f(x) - 2ex + ημχ + 2 , με Χ Ε lffi. .

Είναι f (O ) = fσ0 g(t) dt = Ο, οπότε σ(Ο) = f(Ο) - 2e0 + ημ0 + 2 = 0 .

Έτσι η ( 1 ) ισοδύναμα γίνεται σ( χ) � σ( Ο) για κάθε χ Ε lffi. , που σημαίνει ότι η σ για χ=Ο παρουσιάζει ελάχιστο το σ(Ο)=Ο . Η σ επιπλέον είναι παραγωγίσιμη στο lffi. με παράγωγο σ'(χ ) = f' (x ) - 2ex + συνχ . Επειδή η σ για χ=Ο παρουσιάζει ακρότατο και είναι παραγωγίσιμη , από το θεώρημα του Fennat προκύπτει ότι σ'(Ο) = Ο ή f'(O) - 2e0 + συνΟ = Ο <:::> f'(O) - 2 + 1 = 0 <:::> f' (O ) = 1 .

f(x) f(x) - f (O ) Έχουμε lim- = lim = f' (0 ) = 1 . χ�ο χ χ�ο χ - 0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/56


Γιώργος Τριάντος

Δ, , f( ) - a l a + .Ja2 - x2 I 2 2 Ο : ινεται η συναρτηση χ - - η - ν a - χ , a > . 2 a - .Ja2 - x2

1 . Να προσδιορίσετε το πεδίο ορισμού Α της f και Α' της f' .

2 . Να δείξετε ότι ισχύει: xf'(x) + .Ja2 - χ2 = Ο , για κάθε χ ε Α' .

3. Έστω t η εφαπτομένη της Cr σε τυχαίο σημείο της M(x0 , f(x0 )) και Ν το σημείο τομής

της t με τον άξονα y'y . Να δείξετε ότι το μήκος του τμήματος ΜΝ είναι σταθερό ( δηλ. α

νεξάρτητο του χ0 ).

Έχουμε : Α = {χ ε R I a 2 - χ 2 � Ο Λ a - .J a 2 - χ 2 :;t: ο Λ a + .J a 2 - χ 2 > ο} . a - .Ja 2 - χ 2

Επειδή είναι : a 2 - χ 2 � Ο <=> χ 2 � a 2 <=> l x l � a <=> -a � χ � a ( 1 )

και a - .J a 2 - χ 2 = Ο <=> χ = Ο , οπότε a - .J a 2 - χ 2 :;t: Ο <=> χ :;t: Ο (2) και a + .Ja 2 - χ 2 r----

1 , , > Ο <=> a - .J a 2 - χ 2 > Ο <=> .J a 2 - χ 2 < a <=> χ 2 > Ο <=> χ :;t: Ο , έχουμε τελικά a - ν a - - χ -

Α = [ -a ,O) υ (0, a] . Για το πεδίο ορισμού της f 1 έχουμε :

Για κάθε χ ε (-a,O) υ (O, a) , με εφαρμογή των κανόνων παραγώγισης, παίρνουμε :

f l(x) = � · 1 · (a + .Ja 2 - x 2

) � - (.Ja 2 - x 2 ) Ι 2 a + .Ja 2 - x 2 a - .Ja 2 - x 2

a - .Ja 2 - χ 2

a a - .J a 2 - χ 2 ( a + .J a 2 - χ 2 ) I ( a - .J a 2 - χ 2 ) - ( a + .J a 2 - χ 2 )( a - .J a 2 - χ 2 ) I - ( .J a 2 - χ 2 ) I 2 · a + .Ja 2 - χ 2 (a - .Ja 2 _ χ 2 ) 2

a 1 - χ I 2 2 Χ I 2 2 r=== (a - ν a - χ ) - (a + ν a - χ ) .Ja 2 - χ 2 .Ja 2 _ χ 2

- χ (a - .Ja 2 - χ 2 + a + .Ja 2 - χ 2 )

a .Ja 2 - χ 2 χ = - . + ---;==== 2 ( a + .J a 2 _ χ 2 )( a _ .J a 2 _ χ 2 ) .J a 2 _ χ 2

.Ja 2 _ χ 2 ,---= � Xf 1(x ) + .Ja 2 - x 2 = 0

χ

- χ

'. " ! ' ' Εξετάζουμε την ύπαρξη παραγώγου στις θέσεις a , - a , στις οποίες μηδενίζονται τα υπόρρι-ζ α.


Α. Για Ο < χ < a , είναι


f(x) - f(a) f(x) - Ο f(x) , , Ο ----'---'----..:........:... = = -- ( διαπιστωνουμε αοριστια - ) x - a x - a x - a Ο

ι . f(x) - f(a) ι · f(x) HOSPΠAL ι · f '(x) ι · f '( ) ι · ( ιm = ιm -- = ιm = ιm χ = ιm x�a x - a x�a x - a x�a (x - a) ' x�a x�a .Ja 2 - χ 2 Ο ---) = - = 0

Άρα : f '(a) = Ο . χ a

f(x) - f(-a) f(x) - 0 f(x) Ο Β. Για - a < χ < Ο , είναι = = -- (διαπιστώνουμε αοριστία - ) x + a x + a x + a Ο

ιim f(x) - f(-a) = ιim f(x) Ηοs�τΑι ιim f '(x) = ιim f '(x) = ιim (- .Ja 2 - χ 2 ) = _ _Q_ = Ο x�-a χ + a x�-a χ + a x�-a (χ + a) ' x�-a x�-a χ - a Άρα: f ' ( -a) = Ο . Τελικά, είναι Α' = [ -a,O) υ (0, a] = Α .

3 . Η εξίσωση της εφαπτομένης t της C r στο σημείο Μ(χ 0 , f(x 0 )) είναι:

y - f(x 0 ) = f '(x 0 )(x - χ 0 ) . Το σημείο Ν έχει τετμημένη χ Ν = Ο και τεταγμένη

ΥΝ = f(x 0 ) + f '(x 0 )(0 - χ 0 ) = f(x 0 ) - x 0f '(x 0 ) , οπότε για το μήκος του έχουμε :

( 1a2 _ χ2 )2 MN2 = (0 - xo )2 + (yN - f(xo ))2 = x� + x� (f'(xo ))2 = x� + x� · ν 2 ο = x� + a2 - x� = a2 => MN = a Χ ο

;_�. ιφ παραηjρ ψrη : Στην άσκηση που προηγήθηκε,μεταξύ άλλων, επιθυμούμε να επισημά-

νουμε το γεγονός ότι παρόλο που η συνάρτηση g( χ) = .J a 2 - χ 2 δεν είναι παραγωγίσιμη στις θέ-

σεις a, -a , δεν συμβαίνει πάντα το ίδιο με μία συνάρτηση της μορφής f (χ) = g( .J a 2 - χ 2 ) • Επί

σης, παρ όλο που η συνάρτηση f(x) = Fx δεν παραγωγίζεται στη θέση χ0 = Ο , ενδεχομένως η

συνάρτηση h(x) = �g(x) να παραγωγίζεται σε μία θέση χ0 με g(x0 ) = Ο .Για τον λόγο αυτό, εί

μαστε υποχρεωμένοι να εξετάζουμε την ύπαρξη παραγώγου με την βοήθεια του ορισμού σε κάθε σημείο χ 0 που μηδενίζει την υπόρριζο ποσότητα.

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = V2kx2 - χ3 , k > Ο .

1 . Να βρείτε το πεδίο ορισμού Α της f.

2 . Να προσδιορίσετε το lim [f(x) + 2χ] . χ�-οο

3. Α ν η ευθεία (ε) : y = ax + 1 είναι aσύμπτωτη της Cr , τότε να βρείτε τις τιμές των a, k .

4 Γ k 3 ' λέ ' , f . ια = 2" να κανετε με τη της μονοτονιας και των ακροτατων της .

� 11 Είναι Α = {χ ε R / 2kx 2 - χ 3 � ο } . Επειδή 2kx2 - χ3 � Ο <=> x2 (2k - x) � Ο <=> χ � 2k , έχουμε Α = ( -oo,2k] . ·� Για χ < Ο , είναι:

3 1 2 3 3 2k 3 2k �k � f(x)+2x =v 2kx -χ +2χ = 3 -χ (1 --) +2χ = 3 (-χ) (1--) = -χ · 3 (1--) +2χ = -χ[3 (1--) -2] (1) χ χ χ χ



Από την ( 1 ) προκύπτει ότι : lim [f(x) + 2χ] = . . . = -(-οο) · [\/1 - Ο - 2] = (+οο)(- 1) = -οο . χ �-00

3 . Ισχύουν lim f(x) = a (2) και lim [f(x) - ax] = 1 χ �-00 χ χ �-οο (3) . Από την ( 1 ) , για χ < Ο έχουμε

f(x) = -v1 - 2k => lim f(x)

= - lim v1 - 2k = - 1 => a = - 1 . ( λόγω της (2)) .Τότε είναι και χ χ χ �-00 χ χ �-00 χ

f(x)-ax =f(x)+ x=-x ·H+x=-x · [�1 - 2: -1]

[�1- 2: ]3 - 13 - -χ · = 2k => lim[f(x)-ax] = lim

2k = 2k

- � +�1 - 2: +1 � +�1 - 2: + 1 Χ-+-00 Χ-+-00 �(1 - 2:)2 +�1- 2: + 1 3

Συνεπώς, η (3) δίνει: 2k = 1 => k = l . 3 2

4. Για k = l είναι f(x) = V3x 2 - χ 3 , Α = ( -οο,3] . Η f είναι συνεχής στο διάστημα Α και πα-2 ραγωγίσιμη (κατ αρχήν) στο σύνολο Α ' = ( -οο,Ο) υ (0,3) , με παράγωγο συνάρτηση :

f(x) = [(3x2 -x3)� ]' =� (3x2 -x3)�-1 - (3x2 -x3)' 1 · (6χ-3χ2) 3χ(2-χ) = -χ(χ-2) (4) 3 3 · �(3χ2 -χ3)2 3 · �(3χ2 -χ3)2 �(3χ2 -χ3)2

Για την μελέτη της μονοτονίας και των ακροτάτων δεν είναι αναγκαία η εξέταση ύπαρξης ή μή των παραγώγων της f στις θέσεις όπου μηδενίζονται οι υπόρριζες ποσότητες, αλλά μόνον η συνέχεια στις θέσεις αυτές. Σύμφωνα με την (4), ο πίνακας μεταβολής για την f είναι :

χ - 00 ο 2

f '(x) + ο

f(x) + οο � Ο � V4 � Τ.Ε Τ.Μ

ο Τ.Ε

J γ; ; " u ""'· , _:. . Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα σε καθένα από τα διαστήματα (-οο,0] , [2,3] και γνησίως αύξουσα στο διάστημα [0,2] . Η συνάρτηση παρουσιάζει τοπικό μέγι-

στο f(2) = V4 και τοπικό ελάχιστο f(O) = f(3) = Ο , που είναι και ολικό ελάχιστο αφού το σύνολο τιμών της f είναι f(A) = [Ο,+οο) .

Να μελετήσετε και παραστήσετε γραφικά την συνάρτηση f(χ)=ηιχ·η.(χ+2)-ηί(χ+1)


στο διάστημα [-π, π] .

Η f είναι παραγωγίσιμη στο [-π, π] και ισχύει:

f'(x) = [ημχ · ημ(χ + 2) - ημ 2 (χ + 1)] ' = συνχ · ημ(χ + 2) + ημχ · συν(χ + 2)(χ + 2) ' - 2ημ(χ + 1) [ημ(χ + 1)] ' = συνχ · η μ( χ + 2) + ημχ · συν( χ + 2) - 2ημ(χ + 1)συν(χ + 1)(χ + 1) ' = ημ[(χ + 2) + χ] - ημ2(χ + 1) = ημ(2χ + 2) - ημ(2χ + 2) = ο

Συνεπώς, η συνάρτηση f είναι σταθερή στο [-π, π] . Δηλ. υπάρχει c Ε R : f(x) = c , για κάθε

χ Ε [-π, π] . Επειδή f(O) = -ημ 2 1 , είναι c = f(O) , οπότε f(x) = -η μ 2 1 , για κάθε χ Ε [-π, π] .

Η γραφική παράσταση της f είναι το ευθύγραμμο τμήμα της ευθείας y = -η μ 2 1 , με κλειστά άκρα τα σημεία με τετμημένες - π, π .

Υ

- π ο π χ

y - -ημ 1 > - 1

'Εστω a > Ο και οι μιγαδικοί z = a( συνt + Ι η( εφ.!.)) + i · aημt , t Ε (0, π ] . Ορί-2 2

ζουμε το διάνυσμα ; = ( _!(Re(z)) ,_!(lm(z)) ) και την συνάρτηση f(t) = 1; 1 , t Ε (0, π2] . dt dt

1. Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f. χ

2. Να υπολογίσετε το ορισμένο ολοκλήρωμα Ι( χ) = Jr(t)dt , χ Ε (0, π ] . π 2 2

3 . Να μελετήσετε την συνάρτηση Ι , ως πρός την μονοτονία, τα ακρότατα την κυρτότητα

και το σύνολο τιμών της.

Είναι: Re(z) = a( συνt + Ιη(εφ_!_ )) , lm(z) = aημt . Παραγωγίζοντας ως προς t , έχουμε 2



� (Re(z)) = a( -ημt) + a ο _Ι_ ο ( εφ..!.. ) ' = -aημt + a ο _Ι_ ο (Ι + εφ2 .!. )(.!. ) ' dt t 2 t 2 2 εφ- εφ-2 2

t Ι + εφ 2 -Ι Ι Ι - ημ 2 t = -aημt + a o 2 = -aημt + a o --- = -aημt + a o - = a o _.....:..:.....__

2 ο εφ.!. 2 ο εφ.!. ημt ημt

συν - t = a o --ημt

2 2 t Ι + εφ 2 -2

� (Im(z)) = a(η μt) ' = a ο συνt dt

τότε �=(a · ω:'ι .a ·αM)Jj = (a· αι1ι.ι +{a·αMf =�ωlι(ωlι +η =a ωΙι. ω1ι +ψι = rμ l1 rμ ηft ηΛ

= a�σφ= t = a l σφt l = aσφt ο Τελικά: f(t) = aσφt , t Ε (0, π ] ο 2

2 0 Είναι χ χ χ t χ ( t ) ' χ Ι (χ ) = Jf(t)dt = fa o σφtdt = a fσυν dt = a f�dt = a f(ln jημt j ) 'dt = a [ln jημt J ];

π π π ημt π ημt π 2 - - - - -

2 2 2 2 2

= a[ln J ημx J - ln 1 ] = a ln Jημχ J = a lη(ημχ) αφού ημχ > Ο , για κάθε χ Ε (0, π ] ο 2

Η συνάρτηση Ι είναι παραγωγίσιμη στο (0, π ] με Ι '(χ) = aσφχ > Ο , οπότε η συνάρτηση Ι είναι 2

γνησίως αύξουσα στο (0, π ] με μέγιστο Ι( π ) = a ο σφΟ = Ο ο 2 2

π Επειδή Ι "(χ) = a( σφχ) ' = -a(l + σφ2 χ) < Ο , για κάθε χ Ε (0, -) και η Ι ' είναι συνεχής στο 2

(0, π ] η καμπύλη της Ι είναι κοίλη στο (0, π ] ο 2 2

Επειδή , τέλος, lim Ι( χ) = lim a lη(ημχ) = a lim ln y = a(-oo) = -οο , είναι Ι((Ο, π ] ) = ( -οο,Ο] ο χ -+0+ χ -+0+ y-+0+ 2

Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία την συνάρτηση f(x) =ln(l+x2)-e-x +l ,x ε R.

Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R και ισχύει:

f '(x) = � + e-x = � + -Ι = 2xex + I + x2 ( l ) ο Θέτουμε h(x) = 2xex + I + x 2 και η ( l ) Ι + χ2 Ι + χ2 ex ex (l + x2 )



γράφεται: f ι (χ) = h(x) 2 (2) . Επειδή είναι ex (1 + χ2 ) > Ο , για κάθε χ Ε R , το πρόσημο και ex (1 + χ )

οι ρίζες της f ι(χ) ταυτίζονται με το πρόσημο και τις ρίζες της h(x) . Έχουμε :

h(x) = 2xex + 1 + χ2

h ι(χ) = 2ex + 2xex + 2χ = 2ex (χ + 1) + 2χ h "(x) = 2ex (x + 1) + 2ex + 2 = 2ex (x + 2) + 2 h "'(x) = 2ex (χ + 2) + 2ex = 2ex (χ + 3) {h "ι(χ) = Ο <=> χ = -3 Επειδή είναι: h "'(x) > Ο <=> χ > -3 , συνάγεται ότι η συνάρτηση h " είναι γνησίως φθίνουσα

h"'(x) < Ο <=> χ < -3

στο διάστημα ( -οο, -3] , γνησίως αύξουσα στο διάστημα [-3, +οο) , ενώ παρουσιάζει ελάχιστο

1 {χ < -3 => h "(x) > h "(-3) > Ο ίσο προς h "( -3) = 2(1 - -3 ) > Ο . Συνεπώς, ισχύουν: . Δηλ. είναι e χ > -3 => h "(x) > h "(-3) > Ο h " (χ) > Ο , για κάθε χ Ε R , οπότε η h ι είναι γνησίως αύξουσα στο R . Για την συνάρτηση h ι παρατηρούμε ότι : h ι( - 1)h ι(Ο) = ( -2) · 2 = -4 < Ο , δηλ. ικανοποιεί στο διάστημα [ - 1 , Ο] το θεώρημα του BOLZANO. Άρα, υπάρχει χ0 Ε ( - 1, Ο) : h ι(χ0 ) = Ο . Επειδή η hι είναι γνησίως αύξου-

, , , , { χ < χ0 => h ι(χ) < h ι(χ0 ) = Ο , , σα η ριζα χ0 ειναι μοναδικη . Εχουμε : ι ι που σημαινει οτι χ > χ0 => h (χ) > h (χ0 ) = Ο

Η h είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα ( -οο, χ0 ] , γνησίως αύξουσα στο [ χ0 , +οο) και πα

ρουσιάζει στη θέση χ0 ελάχιστο ίσο προς h(x0 ) = 2x0exo + 1 + χ � . Έχουμε δηλ. ότι

h(x) ::::: h (x0 ) , για κάθε x E R . Επειδή είναι - 1 < χ0 < O => e- 1 < exo < e0 = 1 => exo < 1 . Όμως

h(x) > Ο , για κάθε χ Ε R , με αποτέλεσμα f ι(χ) > Ο , για κάθε χ Ε R , οπότε η f είναι γνησίως

αύξουσα στο R .

Δίνεται συνάρτηση f : [-1, 1 ] � R , συνεχής στο [-1, 1] , παραγωγίσιμη στο

(-1, 1) με f(l) E: [-1, 1 ] και f(-1) - f(l) = l . Δίνεται επίσης η συνάρτηση g : [-l, l ] � R με

g(x) = f(l) f(x) - l . Να αποδείξετε ότι: f(l) - x

--+ --+ 1 . Υπάρχει ένα τουλάχιστο χ0 Ε (-1, 1) τέτοιο, ώστε τα διανύσματα a=(f'(XιJ),-l),b=(2,1)

να είναι παράλληλα. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/62


� � 2. Υπάρχει t0 ε (-1, 1) τέτοιο, ώστε τα διανύσματα u = (g'(t0 ), f(1)) , v = (2f(-1), -1) να

είναι κάθετα μεταξύ τους. --> --> --> --> f '(x ) Λύση : I . Επειδή a// b <=> det(a/, b ) = Ο <=> 0

1 - 1 = Ο <=> 2f '(x0 ) + 1 = Ο , αρκεί να δειχθεί 2

ότι η εξίσωση 2f '(x) + 1 = Ο ( 1 ) έχει τουλάχιστο μία ρίζα χ0 Ε (- 1 , 1) .

Επειδή 2f '(x) + 1 = Ο <=> [2f(x) + χ] ' = Ο <=> h '(x) = Ο , αρκεί να δειχθεί ότι η συνάρτηση h(x) = 2f(x) + χ ικανοποιεί το θεώρημα του ROLLE στο διάστημα [ - 1 , 1] . Πράγματι, η συνάρτηση h είναι παραγωγίσιμη στο (- 1 , 1 ) ως γραμμικός συνδυασμός παραγωγισίμων συναρτήσεων, συνεχής στο [ - 1 , 1 ] ως γραμμικός συνδυασμός συνεχών συναρτήσεων με h(- 1) = 2f(- 1) - 1 = 2[1 + f(l)] - 1 = 1 + 2f(1) = h(l) .

--> --> --> --> 2 . Επειδή τα διανύσματα u = (g '(t0 ), f(l)) , ν = (2f(- 1), - 1) είναι μη μηδενικά, αφού ν * Ο και

--> --> --> --> f(l) έ [- 1 , 1 ] =:> f(l) * O , έχουμε: u ..l ν <::::> u · ν = 0 <::::> 2f(-1)g'(t 0 ) - f(1) = 0 <=> η εξίσωση L'(t) =O έχει ρίζα στο διάστημα (- 1 , 1) , όπου L(t) = 2f(- 1)g(t) - f(l) t . Προς τούτο, αρκεί η συνάρτηση L να ικανοποιεί το θεώρημα του ROLLE στο διάστημα [-1 , 1 ] . Πράγματι η συνάρτηση L είναι συνεχής στο [ - 1, 1] , παραγωγίσιμη στο ( - 1, 1) και ισχύουν:

L( - 1) = 2f( - 1)g( - 1) + f(l) = 2f( - 1)f(1) f( - 1) - 1 + f(l) = 2f( - 1)f(l) f(l) + f(l) = 2f2 (1) + f(l) f(1) + 1 f(- 1)

L(l) = 2f( - 1)g(l) - f(l) = 2f( - 1)f(l) f(l) - 1 f(l) = f(1) [2f( - 1) - 1] f(l) - 1

= f(1) [2(1 + f(l)) - 1] = f(1) [2f(l) + 1] = 2f2 (1) + f(l) δηλ. L( - 1) = L(l) . Γεγονός που αποδεικνύει το ζητούμενο .

Θ Ε Μ Λ (7) Δίνεται η μη σταθερή συνάρτηση f, παραγωγίσιμη στο R με f(x) > Ο , για κάθε

, xJ f(z)f'(x - z) χ Ε R και η συναρτηση F(x) = 2 dz . (1) 0 (f(z) + f(x - z))

1 . Να δείξετε ότι: Α. r f(t)dt = r f(a + b - t)dt . Β. F(x) = _! · f(x) - f(O) . 2 f(x) + f(O)

2. Αν η εφαπτομένη της CF στη θέση χ0 = Ο σχηματίζει με τον άξονα χ'χ γωνία π , να δεί-3

f'(O) ξετε ότι -- = 4J3 . f(O)



r r g(t)=a+b-t r r<b) Έχουμε ! f(a+b-t)dt =-! f(a+b-t)(a+b-t)'dt = - ! f(g(t))g'(t)dt =-,ι(aJ f(y)dy

= -r::�ab f(y)dy = - r f(y)dy = r f(y)dy = r f(t)dt

Είναι F(x) = J f(z)f '(x - z) 2 dz ( 1 ) . Βάσει του ερωτήματος 1 .Α,θα είναι και

0 (f(z) + f(x - z))

F(x) = r f(x - z)f '(z) 2 (2). Με πρόσθεση κατά μέλη των ( 1 ) ,(2) έχουμε:

(f(x - z) + f(z))

2 . F(x) = r f(z)f '(x - z) dz + r f(x - z)f '(z) dz (f(z) + f(x - z)) 2 (f(x - z) + f(z)) 2

= r f(z)f '(x - z) + f(x - z)f '(z) dz = r f(x - z)f '(z) - f(z)(f(x - z)) ' dz = (f(x - z) + f(z)) 2 (f(x - z) + f(z)) 2

f(x - z)f '(z) - f(z)(f(x - z)) ' ( f(z) ) ' = r (f(x - z)) 2 dz = r f(x - z) dz (3)

(f(x - z) + f(z)) 2 (1 + f(z) ) 2 (f(x - z)) 2 f(x - z)

Αν τεθεί h(z) = 1 + f(z) = f(z) + f(x - z) (4), η ισότητα (3) δίνει f(x - z) f(x - z)

r h '(z) r 1 ι [ 1 ] Χ 1 1 2 . F(x) = (h(z)) 2

dz = (- h(z) ) dz = - h(z) ο = - h(x) + h(O)

=

= f(O) + f(x) = f(x) - f(O) => F(x) = _!_ . f(x) - f(O) f(O) + f(x) f(x) + f(O) f(x) + f(O) 2 f(x) + f(O)

2 Ε δ , F( ) 1 f(x) - f(O) , λ' , , , . πει η η χ = - · , ειναι πη ικο παραγωγισιμων συναρτησεων ειναι 2 f(x) + f(O)

παραγωγίσιμη στο R με παράγωγο

F '(x) = _!_ . f '(x)(f(x) + f(O)) - (f(x) - f(O))f '(x) = _!_ . 2f(O)f '(x) = f(O)f '(x) 2 (f(x) + f(0))2 2 (f(x) + f(0))2 (f(x) + f(0))2

=> F'(x) = f(O)f '(x) (f(x) + f(0))2

Ο συντελεστής διευθύνσεως της εφαπτομένης της C F στη θέση χ0 = Ο , είναι

F'(O) = f(O)f '(O) = f '(O) οπότε F '(O) = ε π => f '(O)f(O) = J3 => f '(O) = 4J3 . 4f 2 (Ο) 4f(O) ' φ 3 4f2 (Ο) f(O)

Τα ονόματα των επιτυχόντων στους διαγωνισμούς λόγω πληθώ-ρας και επίκαιρης ύλης δεν θα δημοσιευθούν σ' αυτό το τεύχος του περιοδικού μπορείτε όμως να τα βρείτε στην ιστοσελίδα



ι i ·-, - \

Γιώργου Τσαπακίδη

Στον πραγματικό κόσμο κυριαρχεί η ανισότητα, γιατί είναι αδύνατο δύο αντικείμενα ή γεγονότα ή καταστάσεις να είναι απολύτως ταυτόσημες.

Το γεγονός αυτό είναι φυσιολογικό να αποτυπώνεται και στα Μαθηματικά, που είναι το κύριο εργαλείο της περιγραφής και της κατανόησης του κόσμου.

Έτσι μεταξύ των βασικών σχέσεων των Μαθηματικών, της ισότητας και της ανισότητας, οι ανισότητες είναι ο κανόνας και οι ισότητες η εξαίρεση .

Στο άρθρο αυτό θα μελετήσουμε την σύνδεση των ανισοτήτων με τα ολοκληρώματα στο πλαίσιο της ύλης των Μαθηματικών Κατεύθυνσης της Γ. Λυκείου .

Η πρόταση που συνδέει τα ολοκληρώματα με τις ανισότητες είναι η :

Αν η συ\'άρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει f (χ ) � Ο για κάθε

χ ε [α,β] , τότε s: f (x ) dx � O .

Α ν για τη" f ισχύουν οι υποθέσεις της προηγούμενης πρότασης και επί πλέ

ον υπάρχει χ1 ε [α, β] με f ( χ1 ) :;t: Ο , τότε J: f ( χ1 ) dx > Ο .

τότε ΔΕ:\ εί\'αι αναγκαστικά f (χ ) � Ο για κάθε χ ε [α,β] .

Το προηγούμενο μπορούμε να το διαπιστώσουμε με ένα απλό aντιπαράδειγμα:

Το αντίστροφο της προηγούμενης πρότασης δεν ισχύει, δηλαδή : Α ν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] και ισχύει J: f (χ )dx � Ο ,

Είναι [ 4x3dx = [x4 J: , = 1 6 - 1 = 1 5 > 0 και όμως δεν ισχύει f ( x ) = 4x3 � Ο για κάθε χ ε [- 1 ,2] ,

αφού για χε [- 1 ,0) έχουμε f ( χ ) = 4χ3 < Ο Δυο πολύ χρήσιμα και πολύ απλά πορίσματα, που απορρέουν από την προηγούμενη βασική ανισοτική πρόταση είναι :

Αν οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α,β] και f (χ ) � g (x ) για κάθε χ ε [α,β] ,

τότε J: f (x)dx � J: g (x ) dx .

Η συνάρτηση h με h ( χ ) = f ( χ ) - g ( χ ) είναι συνεχής στο [α, β] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων και ισχύει : h ( χ ) = f ( χ ) - g ( χ ) � Ο ( 1 ) για κάθε χ ε [α,β] , άρα:

( 1 ) � rh (x1fx � O � r[f (x ) - g ( x )Jtx � O � rf (x1fx - rg ( x1fx � O � rf ( x1fx � rg ( x1fx .

Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [α,β] ,τότε s: f (χ )dx ::;; s: lf (χ )�χ .

Για κάθε χ ε [α,β] είναι : - I f ( χ ) I ::;; f ( χ ) ::;; I f ( χ ) I ( 1 ) (αφού για κάθε α ε JR. ισχύει: - Ιαl ::;; α ::;; Ι αl ) και επειδή οι συναρτήσεις - I f I , f , I f I είναι συνεχείς στο [α,β] θα έχουμε :

( 1 ) � - J: ι f ( χψχ � J: f ( x1fx � J: ι f ( χψχ � s: f ( x)dx ::;; s: ι f ( x )�x

(αφού για θ>Ο ισχύει : -θ � χ � θ � lx l � θ ) .



[ ll ιφυτπ'Η]ψJ"η : Αν χρησιμοποιήσουμε κάποιο από τα δυο προηγούμενα πορίσματα στις εξετάσεις, πρέπει να το αποδείξουμε, γιατί δεν αναφέρονται στο σχολικό βιβλίο . Τα προβλήματα που αναφέρονται σε ολοκληρώματα και ανισότητες μπορούμε να τα καταταξουμε σε δύο κατηγορίες. n :'1 Π< Α T ll jl rO Π} � Λ : . H U O \ Ε ! Ξ Π U . \ :\ Η ΣσΠ η .υ.: Π Ο Υ fH E i} ff [ X E I 0. \Ο Κ \ Η ΙΡ'Ω Η \. Στην περίπτωση αυτή αποδεικνύουμε ότι f ( χ ) � Ο (ή f ( χ ) ::; Ο ) για κάθε χε [α,β] και χρησιμοποιούμε τη βασική πρόταση . Η απόδειξη της f ( χ ) � Ο ( f ( χ ) ::; Ο ) μπορεί να γίνει με τη βοήθεια των ακρότατων ή της μονοτονίας της συνάρτησης f. ] !.' Π ΡΟ Η�λ Η \ i A . Αν Ο<α<β και η συνάρτηση f είναι συνεχής και αύξουσα στο [α,β] , δείξτε ότι : s: f ( χ )dx ::; βf (Ρ ) - αf (α) .

. \� )ση Επειδή η f είναι αύξουσα στο [α, β] , για α ::; χ ::; β έχουμε : f (α ) ::; f ( χ ) ::; f (β ) , έτσι

J: f ( x)dx ::; J: f {β ) dx = f (β ) J: dχ = (β - α) f (β ) = βf (β ) - αf (β) ::; βf (β ) - αf (α)

διότι (f (α ) � f (β ) και - α<Ο) => -αf (α) � -αf (β ) . χ

2 " π π�ο Β λ Η Ι\'Ι Α . Δίνεται η συνάρτηση : f {x ) = :χ με χ > Ο.

α. Να την μελετήσετε ως προς τη μονοτονία και τα ακρότατα.

β. Να δείξετε ότι : : ::; f ( χ ) ::; e για κάθε χ ε [ i , 2] . 3e2 12 ex 3

γ. Να δείξετε ότι - ::; - dx ::; -e . 8 I Χ χ 2

2 ' ' θ ο ' f' ( ) ex lnx ' f ' ( ) ο 1 ο ο 1 .\υση α . Για κα ε χ> ειναι : χ = ---χ- οποτε: χ > <=> nx < <=> < χ < Έτσι σχημα-χ

τίζουμε τον παρακάτω πίνακα: χ ο +οο

f ' (χ)

f(x)

μεγ.

β . Από το προηγούμενο ερώτημα και για χ ε [ � , 2] παίρνουμε τον πίνακα :

χ 1

f ' (χ)

f(x)

μεγ.

2

4 ελ _ .,,_.



,-;:;- e2 e4 Εξετάζουμε αν ν 2e > - , ή 2e > - , ή 32 > e3 που ισχύει. Άρα το .,& είναι τοπικό ελάχιστο και

4 1 6

το � ολικό ελάχιστο της f στο [_!__ , 2] . 'Ετσι � � f ( χ ) � e => � � � � e για κάθε χ Ε [_!__ , 2] . 4 2 4 4 χ χ 2

Ε, < e < , θ ι , , e e , , e2 χ [ ] 2 χ

γ. ι ναι - _ - _ e για κα ε χ Ε - , 2 και οι συναρτησεις με τυπους - ,- , e ειναι συνεχεις στο 4 χ χ 2 4 χ χ [ � , 2] (η πρώτη και η τρίτη σταθερές και η δεύτερη πηλίκο συνεχών συναρτήσεων ) , άρα 12 e2 12 ex 12 , 12 e2 e2 2 e2 ( 1 ) e2 3 3e2 - dx � - dx � e dx ( 1 ) ειναι : - dx = -[χ] , = - 2 - - = - · - = -

4 I Χ χ I I 4 4 2 4 2 4 2 8 2 2 2 2 ( e dx = e [x ]� = e (2 - _!_) = 3e

Άρα ( 1 ) => 3e2 � r2 � dx � 3e . ! 2 2 2 8 ! χ χ 2

2 2 ΠlJ ll])O JB Λ JHI VΠ A : Δείξτε ότι In.J1 + χ dx �

_x_ dx . 12008 12008

ο ο χ + 2

. " ι ; r· : ·ι Αρκεί να δείξουμε ότι: r2008 ln�1 + χ dx - r2

008-x- dx � Ο , δηλαδή

Jo Jo χ + 2 r(lnfι+x -� )dx�O( 1) χ+2

Θεωρούμε την συνάρτηση f (x ) = 1n.J1 + x __

χ_ με χ � Ο. χ + 2 Είναι f' ( χ ) =

( 1

) 2 = χ2

2 � Ο 2 1 + χ ( χ + 2)2 2 ( χ + 1 ) ( χ + 2) για κάθε χ � Ο (το = μόνο όταν χ=Ο), άρα

η f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο,+οο ) , για αυτό f ( χ ) � f ( Ο) = Ο , για κάθε χ � Ο, άρα

r2008 Jo f ( χ ) dx � Ο , δηλαδή η ( 1 ) ισχύει.

Ι χ

dt > χ - 2 2 -2 ln t + 1 χ - 1 2t

Θεωρούμε τη συνάρτηση f (χ ) = Γ �t _

χ - 2 Jz ln �

χ - 1 2t

1 Είναι : f ' ( x ) - --:--- χ2 + 1 ln --2x

2 χ 2 + 1 1

_

( χ - 1 ) - Ιη --τχ-( χ - 1 )2 ( x - l )z ln x2 + 1

2χ ' ' ( ) ( 1 )2 1 χ 2 + 1 Εστω η συναρτηση g χ = χ - - η -- , χ � 2 . 2χ

χ 2 - 1 2χ 3 + χ - 1 Είναι: g' ( χ ) = 2 ( χ - 1 ) -

( ) = ( χ - 1 )

( ) > Ο

χ χ2 + 1 χ χ 2 + 1

με χ � 2 .

για κάθε χ � 2 ,

άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο [2 , +οο) , έτσι g ( χ ) � g ( 2 ) = 1 - ln � > Ο 4



( αφού e > � � ιne > ιη 2_ � ι > ιη � ), επομένως f' (χ ) > Ο για κάθε χ � 2, για αυτό η f είναι γνησίως 4 4 4

αύξουσα στο [2 ,+οο),άρα f ( x ) � f ( 2) = 0 για κάθε χ � 2, δηλαδή : Γ �t � χ - 2 , για κάθε χ � 2 . Jz ι t + 1 χ - 1 n -2t Το πρόβλημα αυτό προτάθηκε για Λύση στο Ρουμανικό περιοδικό GAZETA ΜΑΤΗΕ

ΜΑτΙCΑ, τεύχος 9 του 1 999, από τον Ion Nebelcu .

Για τις συναρτήσεις f,g ισχύουν : έχουν συνεχείς παραγώγους στο [ο,α]

f ' ( χ ) � Ο και g' ( χ ) � Ο για κάθε χ ε[ο,α]

η f δεν είναι σταθερή στο [ο,α] f(O)=O

δείξτε ότι s: f ( χ )g' ( χ ) dx + Ι f ' ( χ ) g ( χ ) dx " r ( α ) g (β ) yια κάθε μ με Ο< μ<α.

Είναι: f f( x)g' ( x)dx+ Ι f' ( x) g( x)dx = f f ( χ )g' ( χ ) dx ψ( χ ) g ( χ)] ; - [ f ( χ )g' ( χ ) dx =

= S: f (x )g' ( x ) dx + f ( α) g ( α) - f (O) g (O) - [ S: f ( x )g' ( x ) dx + [ f ( x )g' ( χ ) dx J = = f (α ) g (α ) - Ι f (χ )g ' (χ ) dx ( 1 )

Είναι f' ( χ ) � Ο για κάθε χε [Ο,α], άρα η f είναι αύξουσα στο [Ο,α] και για β � χ � α έχουμε

f {ψ f(α) => f { x ) g' (ψ f(α) g' ( x ) => f f{ x)g' ( x) dx � r f{α)g' (x)dx=f(α) r g' ( ψx =f(α) [g( x)J ; =

= f ( α) (g ( α) - g (β) ) => - J: f { x)!'(x)dx " -f (α) (g (α) - g (β ) ) ,

όποτε από την ( 1 ) παίρνουμε :

J: f (x )g' ( x ) dx + Ι f' ( x )g (x ) dx ;, f ( α) g ( α) - f ( α) (g ( α) - g (β) ) = f ( α) g (β ) .

Δίνεται η συνάρτηση f, που είναι συνεχής και αύξουσα στο [α,β] . Θεωρούμε τη

συνάρτηση : α + t f.t f.t

F ( t ) = α xf (χ )dx - -2- α f ( χ )dx , t ε [α, β ] .

α. Να δείξετε ότι η F είναι αύξουσα στο [α,β] .

μ. Ν α δείξετε ότι f. xf (x )ι!χ " α ; β f. f (χ )ι!χ .

' · Επειδή οι συναρτήσεις xf( χ) και f( χ) είναι συνεχείς στο [α, β] , οι συναρτήσεις f. xf (χ )dx και f. f (χ )dx είναι παραγωγίσιμες στο [α, β] , επομένως και η F είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] ως διαφο

ρά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4/68


Για κάθε tE [α, β] είναι :

F(t) � [ Ι' χf (ψι} -( α; t )' J' r(x)dx - α; t [ J' r(x)dx} � tf ( t ) - � Ι' f ( x)dx - α; 1 f ( t )

t -α 1 Ι 1 Ι 1 Ι 1 Ι 1 Ι 1 Ι[ J =-f(t)-- f(x)dx=-f(t) dx-- f( x)dx =- f( t) dx-- f(x)dx =- f( t) -f(x) dx . 2 2 2 2 2 2 2 α α α α α α Αφού η f είναι αύξουσα στο [α,β] , για κάθε t ε [α,β] ο περιορισμός της f στο [α,t] θα επαληθεύει τη σχέση f (χ ) ::;; f ( t ) , δηλαδή την f ( t) - f ( χ ) � Ο για κάθε χ ε [α, t] . Επομένως

Ι' [ f ( t ) - f ( χ ) J dx <: Ο , δηλαδή F' ( t ) <: Ο για κάθε tE [α, β] . Άρα η F είναι ιrι\ξουσα στο [α, β] .

β. Επειδή η F είναι αύξουσα στο [α, β] και β>α θα είναι F(β) <: F( α) �Ο, οπότε Ι xf( χ )dx <: α ;β Ι f( χ )dx .

Δίνονται οι συνεχείς συναρτήσεις f,g στο [α,β] και η

F ( t ) � s: f 2 (χ ) dx ι g' (χ ) dx - ( s: f ( χ ) g ( χ )dx ) ' ,t Ε(α,β] .

Δείξτε ότι :α . η F είναι αύξουσα στο (α,β] .

β. [ f: f ( χ ) g ( χ ) dx J 2 ,; S: f' ( x ) dx Ι g' ( x ) dx (ανισότητα Caucby - Schwarz).

γ. [ f.' f (χ ) ημχdχ J' + [ Ι r (χ )συνχdχ J' ψ - α) S: r' (x ) dx

α. Επειδή οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α, β] και οι f2 , g2 και fg είναι συνεχείς στο [α, β] ,

έτσι οι συναρτήσε" f >' (χ )dx , Ι g' ( χ };!χ και 1' f (χ ) g (χ )dx είναι παριzyωγίσιμες στο [α, β] ,

επομένως η F είναι παραγωγίσιμη στο [α,β] , ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων.

Για κάθε tε [α,β] είναι: F' ( t ) � [ f.' r' ( x)dx} S: g' ( x)dx + Ir' ( x};lx [ Ig' ( x)dx} -

-2 Ι f (x ) g ( x};lx [ ι f ( x ) g (x)dx} � r· ( t ) Ι' g' (χ )dx + g' ( t ) Ι' r· ( χ };!χ _

-2f ( t ) g ( t ) Ι' f ( x ) g ( x)dx � � Ι' [ f2 ( t ) g' ( χ ) + g' ( t } f' (x ) - 2f ( t) g ( t ) f ( χ ) g (x )]dx �

� S: [f ( t ) g ( χ ) - g ( t } f ( t )J ' dx . Επειδή είναι : [f ( t ) g ( χ ) - g ( t } f ( χ )J ' <: Ο για κάθε χ,tε [α,β] , έ

χουμε: f' ιr ( t ) g ( χ ) - g ( t } f ( χ )J ' dx <: Ο , οπότε F' ( t ) <: Ο για κάθε tε [α,β] . Άρα η F είναι ιrι\ξουσα

στο [α,β] .



β. Αφού η F είναι αύξουσα στο [α,β] και α<β έχουμε: Ο = F ( α) ::;; F (β ) �

=> ( Ι' f { x ) g ( x)dx J' ,; Ι' f' { x)dx Ι' g' ( x)dx

γ. Είναι: ( Ι' f {x ) ημχdχ J' + ( Ι' f { x ) συνχdχ J' ,; Ι' f' ( χ )dx Ι' η μ 'xdx +

+ s: f' ( χ )dx s: σνν'χdχ �υ: η μ 'xdx + s: συν'χdχ J s: f' ( χ )dx

� J: (ημ'χ + συv'ψ< + S: f' ( x)dx � fΊdx Ι' f' ( χ)dχ � (β - α) f f' { x}:lx

2 ' � K . \ T \-jj [ΠJ 1' U\ : Η Υ Π ΟΘ ιt: Σ Η ΤΟ'11 / Π Ι) Ο !ΒΛ Η :'ο/Ι ΑΤ02: Ε Π !\ Α R Λ ;� n � ; Yu !i-G Ί!Ί\ �'r i E Ο Λ Ι) Κλ fΗ: -

<» Η πορεία της λύσης του προβλήματος καθορίζεται από το ζητούμενο, έτσι αν το ζητούμενο είναι : ισότητα, χρησιμοποιούμε το θεώρημα Fermat. να δείξουμε ότι υπάρχει ξε(α,β), τέτοιο ώστε . . . χρησιμοποιούμε το Θ.Bolzano ή Θ.Rolle ή το Θ .Μ.Τ.

cυ•σ li . Ι ii ι i : Α ν για τη συνεχή συνάρτηση f:l!. � 111. ισχύει f xf ( t )ιit + 1 ;,; e' - 2008ημχ

για κάθε χ ΕΙ!., δείξτε ότι Ι' r (χ )ι! ι � 2007 .

λ Θεωρούμε τη συνάρτηση : g ( χ) � Ι xf ( t )dt + 1 -e' + 2008ημχ � χ Ι' f ( t)dt + 1 - e' + 2008ημχ ,

που είναι παρσ:yωγισιμη στο ΙR,με g' ( χ ) � (χ )' Γ f ( t )dt + χ ( Γ f ( t )dt} + ( 1 - e' + 2008ημχ ) ' �

� Γ f { t)dt + xf ( x ) - e' + 2008συνχ . Είναι g ( x ) ;,; o � g (O) για κάθε χεR, έτm η f παρουσιάζει

ελάχιστο στο χ0 = Ο και είναι παραγωγισιμη σε αυτό, σύμφωνα με το Θ. Fermat θα έχουμε g' (Ο ) = Ο ::::}

=> Γ f ( t)dt + Of {O) - e' + 2008συν0 � 0 => - J: f { t )dt � 1 - 2008 -:c> J: f ( t)dt � 2007 .

� � Π1' 0 !3λ Η Μ Λ : Αν για τις συναρτήσεις f,g ισχύουν : ο είναι συνεχείς στο [α,β] G: · f(α)<g(α)

' 1' f ( x )ι!χ > 1' g ( χ )ι!χ ,

Δείξτε ότι υπάρχει Χ0 ε (α, β) με f ( Χ0 ) = g ( Χ0 ) . . ιίJ ςη� Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=f(x)-g(x) , που είναι συνεχής στο [α,β] , ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. Είναι: h(α)=f(α)-g(α)<Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4!70


Έχουμε και J: f { x }Jx - J: g ( χ }Jx > Ο δηλαδή J: ( f {x ) - g ( χ ) }!χ > Ο , άρα υπάρχει χ , Ε( α, β] με

f ( χ , ) - g ( χ , ) > Ο ,γιατί αν ήταν f(x�g(x):<:;O για κάθε χε [ α, β] θα είχαμε [ ( f ( χ ) - g ( χ ) }!χ ,; Ο ,

πράγμα άτοπο. Έτσι h { Χ ι ) = f { Χ ι ) - g ( Χ ι ) > Ο και h(α)<Ο, άρα h { α ) h { Χ ι ) < Ο και επειδή η h είναι

συνεχής στο [α, Χ ι ] c [α, β] σύμφωνα με το Θ. Bolzano θα υπάρχει χ0 ε ( α, Χ ι ) c (α, β ) με h ( χ 0 ) = Ο δηλαδή f ( x0 ) = g ( x0 ) . HJ!.! i � ,> �) β Λ ' i \ J \. . Αν οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α,β] και ισχύει :

J: f ( χ )ιιχ J: g ( χ )ιιχ > Ο , δείξτε ότι υπάρχει ξ Ε( α, β) με f.' f ( x )ιιχ � f.' g ( χ )ιιχ ,

�" " ' Θεωρούμε τη συνάρτηση F ( χ ) � ι f ( χ }Jx - f. ' g ( χ }Jx που είναι παραγωyισιμη στο [α, β] ,

ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων (οι συναρτήσεις 1' f ( χ }Jx και f: g ( χ }Jx είναι παρα

γωγίσιμε; στο [α,β] , αφού οι f,g είναι συνεχείς στο [α,β]) , άρα και η F είναι συνεχής στο [α,β] ,

με F ( α ) F ( β ) � - J: g ( χ }Jx f: f ( χ }Jx < Ο , έτσι σύμφωνα με το Θ . Bolzano θα υπάρχει ξ ε (α, β), τέ-

τοιο ώστε F ( ξ ) � Ο δηλαδή 1' f ( χ }Jx � 1' g ( χ }Jx .

Π Η:ι ι _ _

Ι . Α ν για την παραγωyίσιμη συνάρτηση f:IR � lR ισχύει Γ' f ( Ι )dt ,; χ 2 - χ για κάθε χ εΙR, δείξτε ότι

η C r έχει εφαπτομένη παράλληλη στον άξονα χ 'χ . 2. Αν η συνάρτηση f έχει δεύτερη συνεχή παράγωγο στο [α,β] και ισχύει f(α)=Ο=f(β), δείξτε ότι s: f ( x ) f " ( x )dx � Ο ·

3. Αν για την παραγωγίσιμη στο JR συνάρτηση ισχύει f '(0)= 1 και .[ f ( t )dt � xe- • , για κάθε xεJR, να

βρείτε την εξίσωση της εφαπτομένης της C r στο A(O,f(O)) . (Εξετάσεις 200 1 ) . 4. Αν οι συναρτήσεις f,g είναι συνεχείς στο [α, β] , η f έχει ελάχιστο το μ και η g μέγιστο το Μ στο [α, β] ,

δείξτε ότι : ί f ( x ) g ( x}Jx ,; Μ ί f ( χ}Jχ + μ ί g ( χ}Jχ - (β - α) Μμ .

5. Αν η συνάρτηση f είναι δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α,β] και Γ(χ)>Ο κάθε χε [α,β] ,δείξτε ότι :

" · f(x)-f( α):<:;f "(β)(χ-α), για κάθε χε [ α, β] J! . 2 i f( χ }:!χ ,; f' (β) (β -α)' + 2f ( α) (β-α) . (Εξετ. 1 997) .

6. Αν η συνάρτηση f είναι συνεχής στο [0, 1 ] , f(O)>O και i f { χ )dx < -

1 - , δείξτε ότι η εξίσωση 2009 f ( χ ) = χ 2008 έχει τουλάχιστον μια ρίζα (0, 1 ) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 68 τ.4171

,::::;:;;' " Ι " ' " ' "' """ �•' ::: - �J ;:-', ,_[" J r � ------- � -� �_, � � - � ......... .)

<<Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα>,. Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια :

" Στο εσωτερικό ορθογωνίου παραλληλογράμμου

με διαστάσεις α = 1 2m , β = 8m θεωρούμε 1 7 τυ

χαία σημεία. Να αποδείξετε ότι υπάρχει ένα τουλάχιστο τρίγωνο ΑΒΓ με κορυφές τρία από τα 17 αυτά σημεία με εμβαδόν (ΑΒΓ) :<::; 6m' . (Επροτάθη από τον συνάδελφο )

: (από τον συνάδελφο ) Με ευθείες παράλληλες προς τις πλευρές του χωρίζουμε το ορθογώνιο σε 8 ίσα ορθογώνια διαστάσεων 4χ3 . επειδή είναι 1 7 = 8 · 2 + 1 , σύμφωνα με την αρχή των περιστεροφωλιών, τρία τουλάχιστον από τα 1 7 σημεία θα ανήκουν σε ένα από τα 8 ορθογώνια. Ονομάζουμε Α, Β, Γ τα σημεία αυτά και ΚΛΜΝ το ορθογώνιο που τα περιέχει. ( βλέπε παρακάτω σχήματα 1 ,2)

κ Λ Α

Β - - -Γ Ν Μ

1 2 Από την κορυφή Β φέρουμε την παράλληλη προς την ΚΑ που τέμνει την ΑΓ στο Δ και τις κάθετες προς την ΒΔ ευθείες απο τα Α, Γ που την τέμνουν στα σημεία Ε,Ζ αντίστοιχα. Έχουμε

1 1 ( Α Β Γ ) = ( Α Β Δ ) + ( Β Δ Γ ) = - Β Δ · Α Ε + - Β Δ · Γ Ζ = 2 2

1 1 ι = - Β Δ ( Α Ε + Γ Ζ ) :5 - Κ Α · Κ Ν = - · 3 · 4 = 6 2 2 2

Κ Λ Α , I I I I I I I I Δ z

Β- - - τ - - - - q

Ν κ :Γ

I , ι Γ :ι:

ιοι Μ Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

4

1 Ι �

Να αποδείξετε ότι αν ο ακέραιος m δεν διαιρεί-

2 ' 3 ' θ ' 3 2 ν+2 δ ται με το ουτε με το τοτε ο αρι μος · ιαι-

ρεί τον αριθμό m 2ν - 1 . (Επροτάθη από τον )

( από τον συνάδελφο ) Επειδή ο ακέραιος m δεν διαιρείται με το 2 είναι

περιττός, δηλ. της μορφής m = 2 p + 1 , p ε Ζ , οπότε m2 =4p2 +4p+ 1�m2 - 1 = = 4p(p + 1) = 4 · 2t = 8t , t ε Z , όπου p(p + 1) = 2t (γινόμενο διαδοχικών ακεραίων) . Άρα ο m 2 - 1 διαιρείται με το 8. Επειδή ο ακέραιος m δεν διαιρείται με το 3 είναι της μορφής m = 3k ± 1 , οπότε m2 = 9k2 ± 6k + 1 � m2 - 1 = 3(3k2 ± 2k) = 3λ , λ ε Ζ .

Άρα ο m 2 - 1 διαιρείται με το 3 . επειδή (8,3) = 1 , ο

αριθμός m 2 - 1 διαιρείται με το γινόμενό τους 8 · 3 = 24 . Έχει δηλ. αποδειχθεί ότι η πρόταση ισχύει για ν = 1 . Δεχόμαστε ότι η πρόταση ισχύει για

k k Ν• · 3 2 k+2 I 2' 1 · ν = , Ε . Δηλ. οτι · m - , οποτε

ισχύει ότι m2' - 1 = 3 . 2k+2 . z , z ε z ( 1 ) . Θα δείξουμε ότι η πρόταση ισχύει για ν = k + 1 , δηλ. ότι ισχύει

2' " 3 k+3 m - 1 = 3 · 2 · ξ για κάποιο ξ Ε Ζ . Πράγματι, j<-1 ' t ( I )

έχουμε : m -1=πf ·2 -1=(m )2 -1=(3 · 2'+2 · z+ 1)2 - 1= = 32 · 22k+4 . z2 + 1 + 6 · 2k+2 z - 1 = 3 · 2ω (3 · 2k+ Ι · z2 + z) = 3 · 2k+3 · ξ

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ο Πολιτικός Μηχανικός και η μαθήτρια του 2°v Λυκείου Μεγάρων

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ κέντρου βάρους Κ. Αν ο

περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΚΓ εφάπτε

ται στην πλευρά ΑΒ να αποδείξετε ότι:

2J3 ' Δ ' ' ΑΒ ημθ + ημω :.,; -- , οπου ειναι το μεσον της και 3 θ = ΔΑΚ , ω = ΔΒΚ . (Επροτάθη από τον συνάδελφο

) ( από τον συνάδελφο

Επειδή είναι ΑΔ εφαπτομένη και ΔΚΓ τέμνουσα του κύκλου έχουμε ΔΑ 2 = ΔΚ · ΔΓ δηλ

L = .!.. μ . μ ::::} 3γ2 = 4μ 2 ::::} 3γ2 = 4 3 Υ Υ Υ = lαz + lβ2 - γ2 ::::} lγ2 = αz + βz ( 1 )


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . --------------

Δ

1' : � , , I ' I ' , I :

, .. ο ' , \ • κ , , ' ε

' , 41. , � ,.. .... '1-,� .... · ....

........ ....

,' ' ....

.... ....

��,_,_,_' __ �'7--'-�'-�===�·f

Β Μ Από τον νόμο των ημιτόνων στο τρίγωνο ΑΒΚ έχουμε :

Λ

ημθ = ημω = ημ(ΑΚΒ) � _!_ . Άρα ΒΚ ΑΚ γ γ ημθ = ημω = ημθ + ημω � _!_ => ημθ + ημω � ΒΚ + ΑΚ ΒΚ ΑΚ ΒΚ + ΑΚ γ γ

Αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει ΒΚ + ΑΚ 2.J3 . 2 μβ + μα 2.J3

γ < -3-, η 3 · -γ-� -3- ,

' μβ + μα {;;3 '

{;;3 (2) η -- � ν.J , η μβ + μα � γν.J γ Πράγματι επειδή είναι

1 ( I ) 1 3 μ� = - (2α2 + 2γz - βz ) =- (2αz + az + βz - βz ) = -αz

4 4 4 και

1 ( I ) 1 3 μ� = 4 (2β2 + 2γ2 - α2 ) =

4 (2β2 + α2 + βz - αz ) =4 βz

' α.f3 β.fj · δ θ ' (β ' οποτε μβ = -2- , μα = -2- αρκει να ειχ ει ασει της

(2)) ότι ισχύει aJ3 + β.fj � γJ3, ή α+ β ::Ω γ, 2 2

ή α2 + β2 + 2αβ � 4γ2 , ή α2 + β2 + 2αβ � 2(α2 + β2 ), ή α2 + β2 - 2αβ � Ο, ή (α - β)2 � Ο

σχέση που ισχύει. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Α. 1 'Η;Ηϊj ς Ι ω υ.\'\' ί δης - . \ ά ρ ωυ. Γ ι ιιΙ'Ι'V:Κοποίιί.ου ( (•) <ίννυ -\ υ μ ίυ . Ρο δόλφος \ i πίι ρ η ς - 1ύ.φνη I 18. Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ με

Λ Λ

Α+ Γ < π . Ονομάζουμε

ριγεγραμμένων κύκλων των τρι

γώνων ΑΓ Δ, ΒΓ Δ

, αντιστοίχως. Α ν α είναι το μήκος της πλευράς ΑΒ, να

δείξετε ότι

α · lηι.(Β+Δ� (ΚΙΚ2) = 2ημ· η�

• (Προτάθηκε από τον συνάδελφο λ ρ υ σ ίι -στομο hούρτη - . \ fφ ισυ )

Κ ι , Κ 2 τα κέντρα των πε-

\ύση : ( rι;τ(ι τ ο \' ίδ ιο ) Επειδή η ΓΔ είναι κοινή χορδή των δύο κύκλων η διάκεντρος Κ ι Κ 2 είναι μεσοκάθετος της

Λ Λ

ΓΔ. Άν είναι Ε το μέσον της ΓΔ και ΔΙ)Ε=φ, ΔΙ)Ε=&,

τότε έχουμε: (Κ 1 Ε) = �σφ& , (Κ 2 Ε) = �σφφ

οπότε : (Κ 1 Κ2 ) = (Κ1Ε) - (Κ2Ε) = = l (σφθ - σφφ) = l . ημ(φ - θ) ( 1)

2 2 ημφ · ημθ Στο εσωτερικό του τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ θεωρούμε τις ημιευθείες Αχ, By που τέμνονται στο σημείο Ρ τέτοιες,

Λ Λ Λ Λ

ώστε ΒΑχ = ΒΔΓ , ABy = ΔΒΓ = φ . Τότε, τα τρι-γωνα Ρ ΑΒ και ΒΔΓ είναι όμοια με αποτέλεσμα να ισχύ-

ουν : ΑΡΒ = ΔrΒ (2) και ΑΒ = ΡΒ (3) . Παρατηρούμε,

ΔΒ ΒΓ Λ Λ Λ Λ Λ Λ

επίσης, ότι ΑΒΔ= ΑΒΡ-ΔΒΡ= ΔΒΓ-ΔΒΡ= ΓΒΡ. Λ Λ

Δηλ. ΑΒΔ = ΓΒΡ ( 4) . Από τις σχέσεις (3 ) ,( 4) προ-κύπτει ότι τα τρίγωνα ΑΒΔ και ΓΒΡ είναι όμοια,

Λ Λ Λ Λ Λ Λ (2) ΒΡΓ= ΒΑΔ= Α(5) . ΑΡΓ= ΑΡΒt- ΒΡΓ= Α+Γ (6)

( 5) Λ Λ Λ Λ Λ

και ΑΓΡ = ΒΓΡ- ΒΓ Α = ΑΔΒ- ΑΓΒ = (7) . = π - ω - θ - (π - ω - φ) = φ - θ

Λ

Τέλος έχουμε: 1 =..1_ . ΑΓ . ΑΡ = ημθ . ημ(ΑΡΓ) . ημφ = α ΑΓ ΑΡ α ημΔ ημ(Affi) ημΓ

ημθ η μ( Α + Γ) ημφ ημθ · ημφ η μ( Α + Γ) -- . . - = . _::__:.._____:_ ημΔ ημ(φ - θ) ημΓ ημ(φ - θ) ημΓ · ημΔ


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . -------------και λόγω της σχέσης ( l ) : γ γ ημ(Α + Γ) - = . � α 2 · (Κ1Κ2 ) ημΓ · ημΔ

=> (Κ,Κ2 ) =α . ημ(Α + Γ) = 2 ημΓ · ημΔ

= α . Ιημ(Α + Γ)I = � . lημ(Β + Δ) I 2 ημΓ · ημΔ 2 ημΓ · ημΔ

1 19. Να δείξετε ότι η εξίσωση

2χ8 + 3χ6 - 3χ3 - 2χ + 9 = Ο (1) στερείται πραγμα

τικών ριζών. (προτάθηκε από τον συνάδελφο Αντώνη Ι ωαννίδη - .\ ά ρ ισα)

Λύση 1 η ( από τον ίδ ιο) Ισχύει: t 2 - t + 1 > Ο , για κάθε t Ε R ( 1 ) . Η σχέση ( 1 ), για t = χ 4 , χ 3 , χ 2 , χ δίνει διαδοχικά τις σχέσεις:

χ8 - χ4 + 1 > 0) !2(χ8 -χ4 + 1) > 0 χ6 -χ3 + 1 > 0 � 3(χ6 -χ3 + 1) > 0 (2). χ4 - χ2 + 1 > 0 2(χ4 -χ2 + 1) > 0 χ2 - x + l > O 2(χ2 -x+ l) > O

Μ ε πρόσθεση των σχέσεων (2) παίρνουμε 2χ 8 + 3χ 6 - 3χ 3 - 2χ + 9 > Ο , γεγονός που αποδεικνύει τον ισχυρισμό. Λύση

2 1 1 ( από τον συνάδελφο Ηλιόπουλο Γιάννη -

Καλαμάτα) Θέτουμε: f(x) =2x8 +3x6 , g(x) =3x3 +2x-9, χ Ε R . Η εξίσωση ( 1 ) γράφεται στη μορφή : f(x) = g(x) , χ Ε R (2). Προφανώς, ισχύει f(x) � Ο ,

για κάθε χ Ε R . Επειδή είναι g'(x) = 9χ 2 + 2 > Ο , για κάθε χ Ε R , η συνάρτηση g είναι γνησίως αύξουσα

στο R . Συνεπώς, χ � 1 => g(x) � g(l) = -4 (3) και η (2) είναι αδύνατη στο ( -οο,1] , αφού το πρώτο μέλος της είναι μή αρνητικό και το δεύτερο μέλος της αρνητικό. Με εφαρμογή του σχήματος HORNER για χ = 1 , η εξίσωση ( 1 ) γράφεται ισοδύναμα: (χ - 1)(2χ7 + 2χ6 + 5χ 5 + 5χ4 + 5χ3 + 2χ 2 + 2χ) + 9 = (4) . Για χ > 1 , το πρώτο μέλος της (4) είναι προφα

νώς, θετικό, οπότε και πάλι η εξίσωση ( Ι ) είναι αδύνατη στο (1 ,+οο) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Γιαν

νακοπούλου Ι ω άννα - Λαμία, Ροδόλφος �Ιπόρης - Δάφνη , Λουκάς Κοσμάς Πειρ αιάς, :\ικητάκης Γεόψγιος Σητεία

Κρήτης, Αποστολόπουλος Γεώργιος - Μ εσολόγγι, Σωτή

ρης Σκοτίδας - Καρδίτσα, Γιό>ργος Τσαπακίδης - Αγρίνιο.

1 20. Να βρείτε όλες τις πραγματικές συναρτήσεις f , που ορίζονται σε διάστημα Δ = [ a, b] ς R με

f(Δ) = Δ και ικανοποιούν την συνθήκη

l f(x) - f(y)l � l x - Yl , για κάθε χ, y Ε Δ . (Προτάθηκε

από τον συνάδελφο :\. \'ικολόπουλο - Λ ά ρισα)

Λύση : ( από τον ίδιο) Ισχύει l f(x) - f(y)ι � ιx - � (Ι), για κάθε χ, y Ε Δ. Η σχέση (Ι) για χ = a, y = b δίνει

l f(a) - f(b)I � Ιa - bl = b - a ( l ) . Επειδή

f([a, b]) = [a, b] ισχύει a � f(x) ::;; b , για κάθε χ, y Ε Δ , οπότε είναι a ::;; f(a) ::;; b και a ::;; f(b) ::;; b και τελικά lf(a) -f(b)l � b-a (2). Από τις ( 1 ),(2) έχου

με l f(a) - f(b)l = b - a (3) . Αν δεχθούμε ότι

f(a) -:1:- a και f(a) -:1:- b , τότε ισχύουν οι σχέσεις a < f(a) < b και a � f(b) ::;; b και άρα η σχέση l f(a) - f(b)l < b - a , άτοπο, λόγω της (3) . Συνεπώς, θα

είναι είτε f(a) = a , είτε f(a) = b . Α . Έστω ότι είναι f(a) = a . Τότε η (3) γράφεται la - f(b ) I = b - a και επειδή f(b) � a ισχύει ότι

f(b) - a = b - a => f(b) = b. Από την (Ι) για y = a παίρνουμε lf(x) -f(a� � ιχ-� �lf(x) -� � ιχ-� και επειδή είναι f(x) � a , χ � a , έχουμε f(x) - a � χ - a � f(x) � χ (4) . Από την (Ι) για Υ = b παίρνουμε

lf(x) - f(b)l � ιχ -� � ιf(χ) -� � ιχ - � και επειδή

είναι f(x) � b , x � b , έχουμε b - f(x) � b - χ � f(x) � χ (5) . Από τις σχέσεις (4),(5) προκύπτει ότι f(x) = x , x E [a, b] . Β . Έστω ότι είναι f(a) = b . Τότε η (3 ) γράφεται

lb - f(b ) I = b - a και επειδή f(b) ::;; b , χ � b κα

ταλήγει στην b - f(b) = b - a � f(b) = a . Από την (Ι) για y = b παίρνουμε

l f(x) - f(b)l � lx - bl � lf(x) - al � lx - bl και ε-

πειδή είναι f(x) � a , χ � b , f(x ) - a � b - χ � f(x ) � a + b - χ (6). Από την (Ι) για y = a παίρνουμε

l f(x) - f(a)l � l x - al � lf(x) - bl � l x - al και επειδή είναι f (χ) � b , χ � a , έχουμε - f(x) + b � χ - a � f(x) � a + b - χ (7) .

έχουμε

Από τις σχέσεις (6),(7), καταλήγουμε στην f(x) = a + b - χ , χ Ε [a, b] . Εύκολα διαπιστώνεται ότι οι συναρτήσεις f(x) = χ και f(x) = a + b - χ ικανοποιούν την (Ι). (Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: Ηλιόπουλος Γιάννης - Καλαμάτα, Ροδόλφος Μπόρη ς - Δάφνη, Ι ωαννίδης Αντώνης - Λάρισα, Σκοτίδας Σωτήρ ης - Καρδ ίτσα , Τσαπακίδης Γιόψγος - Αγρίνιο ) οι οποίοι έκαναν μόνοι την διόρθωση της αρχικής συνθήκης, που δυστυχώς διέλαθε της προσοχής των υπευθύνων της στήλης. Για τον λόγο αυτό η στήλη ζητά συγγνώμη από όλους τους συναδέλφους. 1 2 1 . Δίνονται οι πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραι

οι α,β. Να αποδείξετε ότι κάθε ρίζα της μονάδας με τάξη αβ, αναλύεται κατά μοναδικό τρόπο σε γινόμενο


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . -------------

δύο ριζών της μονάδας με τάξεις α,β αντιστοίχως.

(προτάθηκε από τον συνάδελφο Α θανάσιο Κα/.άκο - Αθι']να) Λύση : ( από τον συνάδελφο Γιώργο Τσαπακίδη - Αγρίνιο ) Επειδή (α, β) = 1 , υπάρχουν μοναδικοί ακέ-

ραιοι μ, ν τέτοιοι, ώστε μα + νβ = 1 ( 1 ) .

'Ε 2kπ . 2kπ { β } , στω zk = συν- + ιημ- , k ε 0,1, . . . ,α - 1 μια αβ αβ

από τις ρίζες της μονάδας με τάξη αβ. Λόγω της (1 ) , η ρίζα αυτή γράφεται:

2kπ . 2kπ 2 . 1 · kπ . 2 · 1 · kπ zk = συν- + ιημ- = συν-- + ιημ-- = � αβ � �

2(μα + νβ)kπ . 2(μα + νβ)kπ = συν + ιημ = αβ �

2μαkπ + 2vβkπ . 2μαkπ+ 2νβkπ =σΙΝ +ιημ =

αβ αβ =( <JIN 2μαkπ +Ϊψ 2μαkπχ <JIN 2\βkπ + iημ 2vβkπ)

αβ αβ αβ αβ =(συν 2μkπ +iψ 2μkπΧ<JΙΝ 2νkπ +iημ2Wπ) (2)

β β α α όπου στη\' ισότητα ( 2 ) ο πρώτος παράγοντας είναι μία ρίζα τη; μο\'άδα; με τάξη β ενώ ο δεύτερος παράγοντας είναι μία ρί;α τη; μονάδα; με τάξη α. (Λύση έστειί.ε επίση; ο συ\'άδελφος Ροδόλφος Μπόρης -1άφ,· η ) 1 22. Πάνω σε κύκλο θεωρούμε τρία σταθερά σημεία Α,Β,Γ και δύο μεταβλητά σημεία Ν,Ρ. Ονομάζουμε Μ την τομή των ΑΡ,ΒΝ και Λ την τομή των ΑΝ,ΓΡ. Να αποδείξετε ότι η ΜΛ διέρχεταιο από σταθερό σημείο. (Προτάθηκε από τον Χημικό Δ ιυι {μ ρω Καρβεί.ύ. - Αθιj"α ) . \ ί; ση : ( από ΊΟ\' ίδιο ) Η εφαπτομένη του κύκλου στο ση

μείο Α τέμνει την ΒΓ σε σημείο Κ. Τ ο σημείο αυτό είναι σταθερό ως τομή δύο στα-

""'--------'�"""""'----'-�κ θερών ευθειών . 8 Θα δείξουμε ότι ΜΛ διέρχεται από το σημείο Κ. Προς τούτο, αρκεί να δείξουμε ότι τα σημεία Μ,Λ,Κ είναι συνευθειακά.

Έστω Ζ το σημείο τομής των ΒΝ και ΚΑ , Ε το σημείο τομής των ΒΝ, ΡΓ και Δ το σημείο τομής των ΡΓ, ΑΚ. Τα σημεία Μ,Λ,Κ βρίσκονται στις πλευρές ΖΕ,ΔΕ,ΔΖ του τριγώνου ΔΕΖ αντιστοίχως. Για να είναι τα σημεία αυτά συνευθειακά αρκεί ( σύμφωνα με το αντίστροφο

του θεωρήματος του Μενελάου ) να ισχύει ότι :

ΚΔ ΜΖ ΛΕ Α . , ΔΕΖ ' ζ - . - . - = 1 . πο το τριγωνο , εφαρμο οντας ΚΖ ΜΕ ΛΔ

το ευθύ του θεωρήματος του Μενελάου για τις διατέμνουσες ΚΓΒ, ΑΛΝ, ΑΜΡ, παίρνουμε αντιστοίχως τις ισότητες:

ΚΔ ΒΖ ΓΈ ΑΔ ΝΖ ΛΕ ΚΖ ΈΕ

. ΓΔ

= 1 (1), ΑΖ . ΝΕ ΆΔ = 1 (2),

ΜΖ . ΡΕ . ΑΔ = I (3)

ΜΕ ΡΔ ΑΖ Πολ/σιάζοντας κατά μέλη τις ( 1 ) ,(2),(3) έχουμε : ΚΔ . ΒΖ . ΓΕ . ΑΔ . ΝΖ . ΛΕ . ΜΖ . ΡΕ . ΑΔ

= 1 ΚΖ ΒΕ ΓΔ ΑΖ ΝΕ ΛΔ ΜΕ ΡΔ ΑΖ

=> ΚΔ . ΜΖ . �Ε . ΒΖ · ΝΖ . ΕΡ · ΕΓ . ΑΔ2 = 1 ΚΖ ΜΕ ΛΔ ΑΖ2 ΕΝ · ΕΒ ΓΔ · ΡΔ ΚΔ ΜΖ ΛΕ ΚΔ ΜΖ ΛΕ

=> - · - · - · 1 · 1 · 1 = 1 => - · - · - = 1 ΚΖ ΜΕ ΛΔ ΚΖ ΜΕ ΛΔ

αφού ισχύουν : ΑΖ =ΖΒ ΖΝ, ΑΔ=ΔΓ ΔΡ, ΕF ΕΓ=ΕΝ ΕΕ . 1 23 . Δίνεται πλήρες τετράπλευρο ΑΒΓΔ.ΗΖ , όπου το

ΑΒΓΔ είναι εγγράψιμμο σε κύκλο με πλευρές α,β,γ,δ.

Ονομάζουμε Ε την τομή των ΑΓ,ΒΔ , Ρ την τομή των ΒΔ,ΖΗ και Θ την τομή των ΑΓ,ΖΗ. Να αποδείξετε

ότι ισχύει: (ΑΒΓΔ) = _!_ (αδ

_ βγ )( αβ - �) · (Προτά-(ΘΕΡ) 4 βγ αδ γδ αβ

θηκε από τον συνάδελφο ΓΗi>ργο Τρ ιάντο-ΑΟI] \'α) Λύση : ( από τον ίδ ιο )

Είναι: (ΑΒΓΔ) =

(ΕΑΒ) + (ΕΒΓ) + (ΕΓΔ) + (ΕΑΔ) = (ΘΕΡ) (ΘΕΡ)

(ΕΑΒ) (ΕΒΓ) (ΕΓΔ) (ΕΑΔ) = -- + -- + -- + -- =

•

(ΘΕΡ) (ΘΕΡ) (ΘΕΡ) (ΘΕΡ) ΕΑ · ΕΒ ΕΓ · ΕΒ ΕΓ · ΕΔ ΕΑ · ΕΔ --- + + + --ΕΘ · ΕΡ ΕΘ · ΕΡ ΕΘ · ΕΡ ΕΘ · ΕΡ ΕΑ · (ΕΒ + ΕΔ) + ΕΓ · (ΕΒ + ΕΔ)

ΕΘ · ΕΡ

----Εκδόσεις Μαυρίδη τηλ: 231 0.228009, φαξ:231 0 287097


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . . --------------

Θ

(ΕΑ + ΕΓ)(ΕΒ + ΕΔ) ΑΓ · ΒΔ --- ::::? ΕΘ · ΕΡ ΕΘ · ΕΡ

::::> (ΑΒΓΔ) .!_ · ΑΓ · ΒΔ ·_2_ . 2 (1) (ΘΕΡ) 4 ΕΘ ΕΡ

Η

Επειδή στο πλήρες τετράπλευρο κάθε διαγώνιος διαιρείται αρμονικά υπό των άλλων δύο διαγωνίων του, έχουμε: Ι) Ρ,Ε αρμονικά συζυγή των Β,Δ

ΡΒ ΡΔ ΡΒ + ΕΒ ΡΔ + ΕΔ ::::? - = - ::::? ::::? ΕΒ ΕΔ ΕΒ ΕΔ

::::> ΕΡ = ΕΡ + 2ΕΔ ::::> ΕΡ = ΕΡ + 2 ::::>

ΕΒ ΕΔ ΕΒ ΕΔ Ι Ι 2 Ι Ι � ΕΡ(- - -) = 2 � - = - - - (2) ΕΒ ΕΔ ΕΡ ΕΒ ΕΔ

11) Ε,Θ αρμονικά συζυγή των Α,Γ

ΕΑ ΘΑ ΕΑ ΕΓ ΕΑ ΕΓ �- = - �- = - �---ΕΓ ΘΓ ΘΑ ΘΓ ΕΑ+ ΘΑ ΕΓ+ ΘΓ ΕΑ ΕΓ ΕΘ ΕΘ ::::? - = ::::? - = - + 2 ::::? ΕΘ ΕΘ + 2ΕΓ ΕΑ ΕΓ

1 Ι 2 Ι 1 ::::> ΕΘ(ΕΑ

-ΕΓ ) = 2 =>

ΕΘ=

ΕΑ -

ΕΓ (3)

Η ( Ι ), βάσει των σχέσεων (2),(3) γράφε-

ται: (ΑΒΓΔ)

= .!_ · ΑΓ · ΒΔ · (-Ι _ _ _ Ι ) · (-Ι _ _ _

Ι ) (4) (ΘΕΡ) 4 ΕΑ ΕΓ ΕΒ ΕΔ

Και άν τεθεί: ΕΑ= χ, , ΕΓ= χ2 , EB= y, , ΕΔ= y2 , η

(4) παίρνει την μορφή :

(ΑΒΓΔ) = _!_ · (χι + χ2ΧΥι +yz )(_.!._ _ _.!._)(_.!._ _ _.!._) = (ΘΕΡ) 4 Χι Χ2 Υι Yz

1 2 2 2 2 =- · Χ2 - Χι . Υ2 - Υι (S) 4 ΧιΧ2 ΥιΥz

Αρκεί να δειχθεί ότι:

χ ; - χ � _ y ; - y � = ( αδ _ βγ )( αβ _ �) (6)

Χ ι Χ 2 Υ ι Υ 2 βγ αδ γδ αβ

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΕΑΒ και ΕΔΓ έχου-

με : ΕΑ = ΕΒ = ΑΒ ::::> � = 1.!_ = α (?) ΕΔ ΕΓ ΔΓ Υ 2 χ 2 γ

Από την ομοιότητα των τριγώνων ΕΒΓ και ΕΑΔ έχου-

με: ΕΒ = ΕΓ = ΒΓ ::::> 1.!_ = � = � (S) ΕΑ ΕΔ ΑΔ Χ ι y 2 δ

Παρατηρούμε ότι: αδ βγ αβ γδ α2δ2 - β2γ2 α2β2 - γ2δ2

( βγ - αδ )( γδ - αβ ) = αβγδ . αβγδ

(α2δz -βγχαzβz -yδz) (α2δz -βγ)(α2β2 -yδz) Υ αzβγδz βγδz . α2 (9)

αzβ2 2δ2 2 2 ::::? - γ = Υι - y2

γ2δ2 y; ( 1 1 )

Μ ε πολ/σιασμό κατά μέλη των ( Ι Ο) ,( Ι Ι ) έχουμε: α2δ2 _ β2γ2 α2β2 _ γ2δ2

_ χ � - χ; y� - y; βγ γ2δ2 - � · -----τ

α2δ2 _ β2γz α2β2 _ γ2δ2 γ2 ::::? . · - = β2γz γzδ2 α2

χ� -χ; Υι - y; XzY2 (αzδz -βγ)(α2β2 -γ2δ2 ) γ2 = -- · -- · - ::::? ·-

χ; y; Χ ιΥι βγδz α2

( 2 2 )( 7 2 ) ( 2 2 )(· .2 2 ) Χι -χ2 Υϊ -yz Χ2 - Χι Υ2 -yι (12)

ΧιΥ ιΧ2Υ2 Χ ιΥιΧzΥ2 Οι σχέσεις (9),( 1 2) δίνουν την αποδεικτέα σχέση .

Προτεινόμενες ασκήσεις 137. Δίνεται οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ εμβαδού Ε με πλευρές α,β,γ, εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Έστω (Ι,ρ) ο εγγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΒΓ και Ι ι Ι 2 Ι 3

το ποδικό τρίγωνο του Ι . Αν το ορθικό τρίγωνο

Κ ι Κ 2Κ 3 του τριγώνου 1 1 1 2 1 3 έχει εμβαδόν Ε ' , να απο-

δείξετε: Ε , = 1 6 . Ε s (Προτείνεται από τον α zβ 2 γ z (α + β + γ) 2

συνάδελφο Γι(iψγο Τριά\ϊο - λθΙ1να) 138 . Να αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα:

(2007+ 200�2008 > 1 004· 1 005· 1 006· . . . · 30 1 0· 30 1 1 2

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ ι(οργο Τ ριάντο -Αθήνα) 139 . Να δείξετε, χωρίς την χρήση ακολουθιών, ότι η μοναδική συνάρτηση f , η οποία είναι ορισμένη και συνεχής στο R και για την οποία ισχύει: 2f(2x) = f(x) + 3χ - 2 , για κάθε χ ε R είναι

η f (x ) = χ - 2 . (Προτείνεται από τον συνάδελφο Α

νηονη Κυριακόπουλο - Αθήνα)

140. Να βρείτε τις συναρτήσεις f , οι οποίες είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο R και για τις οποίες ισχύει: (y - x)f'(3x - 2y) = f(y) - f(x) , για κάθε

χ , y ε R (Ι) . (Προτείνεται από τον μαθητή Γιάννη Σού

μπλη-Αρσάκειο Ψυzικού, Αθήνα)

1 4 1 . Αν α,β είναι θετικοί πραγματικοί, να αποδειχθεί ότι

( α + Ι ) 3 + ( β + Ι ) 3 � .!.. α β . (Προτείνεται από τον συ-3 3 2

νάδελφο ΓιιiJργο Αποστολόπουλο - Μεσολόγγι) 142. Να δείξετε ότι για το εμβαδόν Ε ορθογωνίου τριγώνου με υποτείνουσα 1 , ισχύει: .J4E+l + Ι ?: J2 + 1 • (Προτείνεται

4Ε από τον συνάδελφο Γιώργο Αποστολόπουλο - Μεσολόγγι)


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 .

Επιμέλεια : Παναγιώτης Χριστόπουλος

Γνωρίζουμε από την Γεωμετρία τον λόγο της χρυσής τομής τον αριθμό Φ. Πρώτοι οι Αρχαίοι Έλληνες βρήκαν τον αριθμό αυτό τον οποίο θεωρούσαν ως ΘΕΪΚΗ ΑΝΑΛΟΓΙΑ. Η εφαρμογή του σε δημιουργήματα και κατασκευές οδηγούσε σε άριστα και ωραία αποτελέσματα. Ήταν ο αριθμός της ομορφιάς. Η ονομασία του αριθμού με το γράμμα Φ δόθηκε προς τιμήν του Φειδία ο οποίος εφάρμοζε στα δημιουργήματά του τις αναλογίες της χρυσής τομής. Όμως συναντάμε αναλογίες χρυσής τομής (Φ) και σε όλα τα έργα της Αρχαίας Ελλάδας όπως στον Παρθενώνα στην Ακρόπολη, το θέατρο της Επιδαύρου, στο σήμα των Πυθαγορείων την πεντάλφα και πολλά άλλα έργα, ακόμα στην Αρχιτεκτονική, τα Μαθη ματικά, την Τέχνη, το Χρηματιστήριο, την Οδοντιατρική, την Ιατρική, ίσως και στη δομή του DNA, παντού συναντά κανείς το λόγο της χρυσής τομής. Οι όροι της ακολουθίας Fibonacci 1 , 1 ,2,3 ,5 ,8 , 1 3 ,2 1 ,34,55 ,89 , 1 44, . . . δίνουν αν διαιρέσουμε έναν όρο της με τον

. , ( ν + 1 ) ( , , 5ο , ) λ , προηγουμενο του -- = φ το ν μετα απο τον ορο , τον ογο φ.

ν Ποιος είναι ο αριθμός; Αν πάρουμε μια ράβδο με μήκος λ και την κόψουμε σε δυο τμήματα ένα με μήκος χ και το άλλο

επομένως με μήκος λ-χ και ισχύει � = � ή αν λύσουμε την εξίσωση χ2 +λχ-λ2 = Ο θα χ λ - χ

· · ο Φ · λ ' λ 1 + J5 1 618 Α · θ · 1 εχουμε το μηκος χ . ειναι ο ογος - = = , . ν τον αντιστρεψετε α παρετε -

χ 2 φ που είναι ίσο με το φ-1 . Αν τον υψώσουμε στο τετράγωνο έχουμε φ2 που είναι ίσο με το φ+l .

Στον πίνακα αυτό βλέπουμε την αλφάβητο και μερικά σύμβολα που χρησιμοποιούσαν οι αρχαίοι Έλληνες για αριθμούς καθώς και την αντιστοιχία των συμβόλων με την σημερινή γραφή των αριθμών.

A= l 1 = 1 0

Β = 2 Κ = 2 0

Γ= 3 Λ= 30

Δ=4 Μ = 40

E = S N = SO

άγνωσϊο = 6 Ξ = 6 0

Ζ = 7 0 = 70

Η = 8 Π = 80

I Θ = 9 1... 7

( κό n na ) = 90

P = l O O

Σ = 2 0 0

Τ= 300

Υ=400

Φ= 5 0 0

Χ = 600

Ψ = 70 0

Ω = 800

"(() (σα μ π ί ) = 900

Όπως φαίνεται στον πίνακα είχαν 27 γράμματα-αριθμούς που αν τους προσθέσουμε μεταφράζοντας τους σε αραβική γραφή (σημερινή γραφή) το άθροισμα είναι: (Α=)l+(Β=)2+3+ . . . +800+(Ω=)900 = 4995 που τα ψηφία του έχουν άθροισμα 4+9+9+5=27 όσα τα γράμματα. Πολλαπλασιάζοντας τα ψηφία έχουμε 4.9.9.5=1620=1000.Φ. Ακόμα το γινόμενο 4995.Φ = 8091 ,9 που τα ψηφία του έχουν άθροισμα 8+0+9+1+9=27. Επίσης το γινόμενο 4995.π = 4995.3,14 = 15684,3 που τα ψηφία του έχουν άθροισμα 1+5+6+8+4+3 = 27. Είδατε τι ωραία σύμπτωση ;


------------ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -----------

Π ρ ιν τον Η λεκτρονικό Υ πολογιση) Ξέρετε ότι, μέχρι τη δεκαετία του 1 970, που δεν υπήρχαν Ηλεκτρονικοί Υπολογιστές, στα σχολεία οι μαθητές μάθαιναν για τους λογαριθμικούς πίνακες με την βοήθεια των οποίων μπορούσαν να κάνουν δύσκολες πράξεις που σή μερα γίνονται με τις αριθμομηχανές και τους Η/Υ. Οι πίνακες είχαν αριθμούς με πέντε δεκαδικά ψηφία. Ακόμα υπήρχε ο Λογαριθμικός κανόνας. Ο Λογαριθμικός κανόνας ήταν εργαλείο (Χάρακας) που έφερε πολλές κλίμακες και είχε τέτοια κατασκευή που με την βοήθειά του μπορούσαν να γίνουν πράξεις και υπολογισμοί.

Τα Ρ ίχτερ Ξέρετε ότι, ο σεισμός 4 Ρίχτερ απελευθερώνει 30 φορές περισσότερη ενέργεια από αυτή των 3 Ρίχτερ ενώ σεισμός των 7 Ρίχτερ απελευθερώνει ένα εκατομμύριο φορές περισσότερη ενέργεια. Ο τύπος των Ρίχτερ είναι ίδιος με τον τύπο για τα decibel (Ντεσιμπέλ) στον ήχο.

Οι τύποι αυτοί εκφράζονται με λογαρίθμους. Είναι R=log: L:.δ το Lo στα Ρίχτερ είναι η ο

μέγιστη πλευρική μετατόπιση και στον ήχο η ακουστική πίεση αναφοράς ( κατώφλι της ακοής) .

Ένα λογα ρ ι θ μ ι κ() παράδ οξο

Το 4<8 το � > i ή (Η > (Η ή 1 1 2/og - > 3 log - άρα 2>3 ! ! ! 2 2

Η ΒΑ Ι> ΚΑΛΑ Ένας βαρκάρης έχει δύο κατσίκια και ένα λύκο. Η βάρκα είναι δύο ατόμων. Ο βαρκάρης θέλει να περάσει το ποτάμι με τα ζώα του αλλά στη βάρκα χωράει μόνο αυτός και ένα ζώο. Επίσης ο λύκος δεν πρέπει να μείνει μόνος του με τα κατσίκια. Μπορείτε να τον βοηθήσετε; Λύστε το ίδιο πρόβλημα με δύο κατσίκες και ένα λύκο ή δύο λύκους και μια κατσίκα.

ΊΌ Ταχυ δ ρ ο μείο Ο Μιχάλης θέλει να στείλει με το ταχυδρομείο μια ράβδο που έχει μήκος 5 παλάμες. Στο ταχυδρομείο δέχονται αντικείμενα με μήκος μέχρι 4 παλάμες. Ο Μιχάλης βρήκε λύση και δεν αντιμετώπισε πρόβλη μα στο ταχυδρομείο, τι έκανε;

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 68 τ.4178

------------ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν -----------

Ο Π ίνακας Ο N.Bogdanoν-Belsky το 1 895 ζωγράφισε έναν πίνακα και τον ονόμασε «ένα δύσκολο πρόβλημα» Μέσα στον πίνακα διακρίνεται η αριθμητική παράσταση :

102 + 1 12 + 122 + 132 + 142 365

που πρέπει να υπολογιστεί από μνήμης. Είναι πράγματι δύσκολο;

Βρείτε τ ο ν α ρ ιθ μ ό

- · -,

Το πρόβλημα αυτό μου έστειλε ο Χημικός Δημήτρης Καρβελάς Γράψε ένα πολυψήφιο αριθμό Α να λήγει σε 82 και όλα τα άλλα ψηφία του να είναι εννιάρια και μηδενικά οσαδήποτε με οποιαδήποτε σειρά λαμβανόμενα. π.χ. 9009082 Στον αριθμό αυτό πρόσθεσε έναν αριθμό χ < 789 π.χ. τον 63 9 και έναν αριθμό Β ο οποίος να λήγει σε 29 και όλα τα άλλα ψηφία του να είναι οσαδήποτε εννιάρια. π. χ. Β=99929 Δηλαδή 9009082+639+99929 = 9109650 Το άθροισμα αυτό λέτε στο φίλο σας να το διαιρέσει δια 900 και να σας ανακοινώσει το

υπόλοιπο (9 1 09650 : 900 υπόλοιπο υ=750). Αφαιρέστε εσείς το 1 1 1 από το υπόλοιπο και η διαφορά είναι ο αριθμός χ. Δηλαδή 750- 1 1 1 =639

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδά�ουν. Η ΒΑ Ρ ΚΑΔΑ Ο βαρκάρης πρέπει πρώτα να πάρει μαζί του το λύκο και να τον αφήσει στην απέναντι όχθη , ύστερα θα μεταφέρει και τη μια κατσίκα αλλά φεύγοντας θα πάρει πάλι μαζί του το λύκο. Θα τον αφήσει πάλι στην πρώτη όχθη για να πάρει μαζί του την άλλη κατσίκα και αφού την αφήσει μαζί με την πρώτη θα γυρίσει να πάρει και πάλι το λύκο.

Το Ταχυδρομείο Τη συσκεύασε σε κιβώτιο με μήκος 4 παλάμες και πλάτος 3 παλάμες στο οποίο χωράει ακριβώς διαγώνια. Πυθαγόρειο θεώρη μα.

Ο Πίνακας

Όχι διότι r +(χ+1γ +(χ+2)2 =(χ+3)2 +(χ+4)2

άρα 102 + 1 12 + 122 = 132 + 142 = 365 . Άρα το αποτέλεσμα στον πίνακα είναι 2 .

Βρείτε τ ο ν αριθμό Ο αριθμός Α είναι 9009000+82= πολλαπλάσιο του 900 + 82. Ο αpιθμός Β είναι 99900+29 = πολλαπλάσιο 70'. 4cΧΙ-� 9

Άρα Α+Β+χ =

9009000+82+99900+29+χ=9 1 08900+ 1 1 1 +χ=

πολλαπλάσιο του 900 + 1 1 1 + χ. Τ ο υπόλοιπο

θα είναι υ= 1 1 1 +χ < 900 (ή χ<789που

ισχύει) . Άρα χ = υ- 1 1 1

Μ Α 8 Η Μ Α Τ Ι Κ Ω Ν

'"Εwιι; ΙΙΙΙ8ημεριWς d.α6σιοι; &ιδαιmιίις ριιwο-οδιπ6ι; (σ.320).

'nl χριιιmκό � 1διιlιντης -ιδιοσης. Ι'Ί8 � δημισσρyιια\ ..,.

:ιrρος flς aξ86σ•ις μa ινιι δια.zρσνιά &Ιιρο. �-δWΙΙΒαη ·: rtl0 - 241801 ('[�


tΞMHNIKH f�ΛΑΘΗΜΑτJΚΗ Γ.ΤΑΙΡΕΙΑ

ΣVΝΕΔΡΙΟ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ

21 - 22 - 23 Νυιμβρίοιι 2008

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία

Η ΜΑiιιpΑτικiι ΕΚΠΑίi&U6ιι ΚΑΙ lf 6ύγ/ετιι ΠfJΑfpΑΤΙΚ6ΤιιΤΑ TIU

21'u ΙλΙώΥ Α Το θέμα του 25ου Συνεδρίου που διοργανώνει η Ε.Μ.Ε. στις 2 I , 2 2 και

2 3 :\οεμβρ ίου 2008 στον Βόλο θα προσεγγίσει τη μαθηματική παιδεία,

που επιδιώκουμε μέσα από τη σχολική κυρίως εκπαίδευση, αλλά και τη

μαθη ματική εμπειρία που παράγεται μέσα από τη σύνθετη πραγματικότητα του 2 1 ου αιώνα.

Καλούμε τα μέλη και τους φίλους της Ελληνικής μαθηματικής κοινότητας να μετάσχουν ενεργά στις συζητήσεις που θα προκληθούν από τις κεντρικές ομιλίες και από τις επιστημονικές εργασίες που θα παρουσιαστούν στο συνέδριο .

Ιδιαίτερος στόχος του συνεδρίου είναι -/ να διερευνήσουμε τον τρόπο που προσδιορίζονται τα προβλήματα στο σύγχρονο κόσμο, έναν κόσμο όπου

τα όρια μεταξύ της aπτής και της εν δυνάμει πραγματικότητας φαίνονται δυσδιάκριτα ,/ να διευρύνουμε τους μαθηματικούς μας ορίζοντες πλησιάζοντας τις θεωρίες που αναπτύσσονται πλέον μα

ζί με τις εφαρμογές τους να αναζητήσουμε, στις νέες αυτές συνθήκες, τη συμβολή της μαθηματικής παιδείας του πολίτη στην ενδυνάμωση της δημοκρατίας

,/ να συνδέσουμε όσο το δυνατόν περισσότερο τη σύνθετη πραγματικότητα και τη σύγχρονη μαθηματική επιστήμη με τη θεωρία της μάθησης και την εμπειρία της διδασκαλίας των μαθηματικών στις πολύπλοκες, σήμερα, σχολικές συνθήκες.

�_Ο_ι παρουσιάσεις των εργασιών θα κατανεμηθούν στους ακόλουθους άξονες: 1 . Μαθηματική Εκπαίδευση και σύγχρονος κόσμος

• πώς συνδέονται τα μαθη ματικά με τα νέα προβλή ματα- φαινόμενα και τα διεπιστη μονικά πεδία της έρευνας; • πώς συνδέονται τα μαθηματικά με τις νέες. τεχνητές, πραγματικότητες που παράγονται:

2. Μαθηματικά και Ε κπαιδευτικό σύστημα: • πότε αρχίζει και πότε τελειώνει η μαθη ματική εκπαίδευση ; • πώς σχεδιάζεται η διδασκαλία σε ανομοιογενείς τάξεις και συνθήκες;

3. Μαθηματική Εκπαίδευση και Δημοκρατία στον 2 1 ° αιώνα� • με ποια μαθηματικά μπορεί ο σύγχρονος πολίτης να κατανοεί, ώστε να μετέχει ενεργά στην πολύπλοκη κα

θημερινή πραγματικότητα; • τι ση μαίνει συνεργατικι1 μάθηση και δικτυωμένη δραστη ριότητα στην τάξη των μαθη ματικών;

4. Θεωρία και Πράξη της Μαθηματικής Εκπαίδευσης • τι άλλαξε στη θ ε ω ρ ί α της μάθ η ση ς και τ η ς δ ι δ ασκαλίας των μαθη ματικών; • πώς εντάσσεται η Διδακτική των Μαθη ματικών στην πανεπιστημιακή εκπαίδευση και την επιμόρφωση ό

σων διδάσκουν Μαθη ματικά;

j Η Επιστημονική Επιτροπή θα δέχεται εργασίες για κρίση έως τις 1 2 Σεπτεμβρίου 2008, L στην ηλεκτρονική διεύθυνση ίnfΌ@hn1s.gr

Κάθε πρόταση θα πρέπει να τεκμηριώνεται βιβλιογραφικά και να περιλαμβάνει περίληψη στην οποία να επεξηγεί • το θεματικό άξονα με τον οποίο συνδέεται, • τον εκπαιδευτικό της στόχο • και την επιδίωξη της συμβολής της στις εργασίες του συνεδρίου.

Το κείμενο δεν θα υπερβαίνει τις 1 2 σελίδες γραμμένο με γράμματα μεγέθους 1 2 ' και τον τίτλο με 1 6 ' . Περίληψη της εργασίας (στα Ελληνικά) καθώς και ABSTRACT σε μια διεθνή γλώσσα, που δε θα υπερβαίνει τις 1 5 γραμμές κειμένου.

Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία Πανεπιστη μίου 34 - 106 79 Αθήνα

Τηλ. : 210 3616 532 - 3617 784 Fax: 210 3641 025 e-mail : in.fQ@hms,gr, www .hms.gr

Παράρτημα Ε.Μ.Ε. Ν. Μαγνησίας Πρόεδρος: Σπυρίδων Δημόπουλος

Κύπρου 48- 38221 Βόλος Τηλ./Faχ: 24210 29134 e-mail : [email protected]

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γρομμα από τη Συντακτική επιτροπή

Τεύχος Αφιερωμενο στη μντ'ιμη του Ν!κοu nanαδόnουλοιι ... . . . . . Μ. τζούμας, Η Ευκλείδεια Γεωμετρία ως Εργαλείο της An. Χατζηδήμος Αριθμητικι'Jς Ανάλυσης σε Εφαρμογές

των Μaθημαnκών ΜΕΡΟΣ Ι . Ανδρtας Κουλοίιρης Ντt:τερμινισnκά. μη Προβλtψιμα Φaινόμενο 1101 η Εnιστημη του XQouς . . . . .. . . . 23 Δήμητρα Χριcποπούλοu Ο Ενδtχομενι!'<ός Νομιναλισμός του HARTAY FΙELD .. . . . . .. . . . . . . ......... . . . . . . .... 46 Δημήτριος Βόyιας ΣUοτημα ΔιπλοU Αοτtρα . . . . . . S::S Γεώρyιος Τριόvτος Μια Μαθηματική δtαδρομη από την ρίζα

Τάξης zw ενός θετικοίι aριθμού χ στην vnερβατU(ή συνάρτηση χα έως την ρίζα τάξης ν . . .. 7 1 Χαράλαμπος ΣrαχτtαςΣuμβολή στη ν Ενσωμάtωση Στοχαστικών

Μοντέλων σε Εκnοιδει.ιτu<ό Πληροφοριακό Σuστήμοτο� Ορθολογική Διαχείριση Μοθφuι:ού Δuναμιι<ού •.. . . . . . . . 84

Μι)(Οηλ Χρuοοβέρyης Η ΑξιΟλόγηση των Μαθητων Σκοπός και Στόχοι · Νομικό ΠλαίσΙο . . ... 100 Για τους οι.ινεργάπ:ς της Μαθ. Επιθεώρησης 108

... ο Cl Ν

:z: w :z: ιι. α w Θ ffi :z: :IC � :Ε :z: Θ ( :ι;

ISSN: 1105-1951 67

ο� Σuvορ·ι fjuι:ι<,: Ημιτονοοδαι:ις Μόf.!φι1' στο Σ.χολτ.,.(ι θιf\-'ία ,\-1ι(Ι Πρό'r('Ι(J'1, γιο rη Διδuοτ.a.:ι..rα ι (Κ)<) Η fηιδοοη ιο_(Ί• η Εοελτξlι;ο ΜαΟηη:Δν ·ι η ι; lρi τη<; Δηι.ισττι;::ό\:• mouς Νοερώς Υηιι:\Qyιομο(>ς Δι&οοι;nλ{α 1uιν Κι:ψπVλων του Γ-ΙΙ ιπι'6ου ι.:(" rοτι Χώρου, nr προτι ιυχl('.ι�<ό w.•�r μrισ.,...uχιοκό μαθήμcιιa με r1 χρrΊοη rou uπaλογτσ rή ως νοηηο<ο\ι tpγaλ[iov Χtψι:t>. ιη(JΙι:Μιτ.;ά Μι.Ιffτι rάίν 1ιοι.ι Σ.ι ψμι· rtχαιrν (Η' Λτι:Qwlς Mι"rf)Ιl)X> rιο.αί-ι; ι\ιcryωντο�τούς

Νιιτ\μcι ιrt ΛριΌtιr:Qr:'> ...ο ι ('..;fτpι10f1'> 0 1 0 Σχολt"ό J\.U-1 οτό EΊ..tpιf·rtρu ΚοινωνιJ.;.ό Πφιβό.λλόνται! Παιδι<ιtί: lιι Mnvιfλo Tl)fι, ι'ψιΟμΟΥ[>Ομ}<ι'j<., Αηιί 11.1 ιι;ι;ήμι.ιrtι (sι:Ικ.•mι':\Ι U lα ι,:οτ"�"�''"(' οχΠJλα1'rt t.SO<i.,! sd\enl('.ς) or �ιιeι "ιοδιι-.ιJΟΊ•l εργι1"λcιι:ιι.:ή<; rνορχήι.τιρwαrι<. '\π(iψ(Ι\ 'ι<ιb>tfrΙΙΙΙΙ<ΙΙν [J.;.nωbιυ ιιι«.iν '\lt't τ� ν Χρ11σψηιιοΤηnη 'ι'ι;ις Ί ε:χνολοyι·�l<., σ • μ Δf!μο ι ιι.ιι Σ.χολtί(ι, ηλ\ό o..('j! lf(l'k, {)�'�: 'j!ν{H(Hf ι.Ι)λ\iff(>i} Μ ιΟ Επψ6ρψωοJrι 0 1 ιι fκπιοιδΗΙJ1 .. (ί Λοyrοιιιι.ό

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ 6 ΕΠΙΘΕΩΡΗΣΗ ..200""7 lλNOYAPIOI ΙΟΥΝΙΟΣ

Περιοδικι'ι Ε"Π'ιατημονική Έκδοση ο Nixou Σ. nanaδoJJOUλOU

ΕΛΛΗ Ν Ι ΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΠΑΙΡΕΙΑ

Ευκλειδης Β 68

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 68