Ευκλειδης Β 71

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχος 71 • Ιανουάριος • Φεβρουάριος • Μάρτιος 2009· Έτος λη ' • Ευρώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ I

./ Eνariste Galois ./ Πιθανότητες

./ Χρυσός λόγος

./ Μαθηματικοί Διαγωνισμοί

./ Homo Mathematicus

Μαθηματικά Α' Τάξης

4

7

9 20

./ Άλγεβρα: Μελέτη Συνάρτησης-Συστήματα -Τριώνυμο 24

./ fεωμετρία: Παραλληλόγραμμα-Τραπέζια 32

Μαθηματικά Β' Τάξης ./ Άλγεβρα: Εκθετική και Λογαριθμική Συνάρτηση 35

./ fεωμετρία: Κανονικά πολύγωνα και Εμβαδά 40

./ Κατεύθυνση: Κωνικές Τομές 47

Μαθηματικά Γ' Τάξης ./ Μαθηματικά fενικής Παιδείας: Πιθανά και Απίθανα

./ Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Θέματα Παραγώγων

••••••••••••••••••••••

51

55

./ Η ταχύτητα κινητού ως ρυθμό μεταβολής διανύσματος 64

./ Η αναζήτηση μεγίστου και ελαχίστου στη fεωμετρία 67

./ Αλληλογραφία 71

./ Ο Ευκλείδης προτείνει... 73

./ Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν 78

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

Σας ευχαριστούμε που περιβάλλετε με εκτίμηση το

περιοδικό μας, και βοηθάτε στην αναβάθμισή του με την

καλοπροαίρετη κριτική σας και τις ενδιαφέρουσες ερ·

γασίες σας .

Η συνεργασία σας μας είναι πάντα απαραίτητη και

μας ενδυναμώνει στη συνέχεια της προσπάθειάς μας

Σε μικρό χρονικό διάστημα θα έχετε στα χέρια αας

και το 4ο τεύχος για μια ολοκληρωμένη επaνάληψη

Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Γ.Σ. Ταααόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευσταθίου

Σύνθεση εξωφύλλου: Από θεωρία Gαlois, από Θεωρία Ομάδων και

συμμετρία μια αποκαλυπτική απεικόνιση

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

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

ΓΙΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Τιι.': 2103617784-3616532 Fox: 2103641025 Εκδότης: Αλεξανδρής Ν ικόλαος

Διευθυντής: Τυρλής Ιωάννης

Επιμέλεια 'Εκδοσης: Τασσόπουλος Γιώργος Ευσταθίου Βαγγέλης

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος:

Τασσόπουλος Γιώργος

Αντιπρόεδρος:

Ευσταθίου Βαγγέλης

Γραμματέας:

Χριστόπουλος Πανaγιώτης

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

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Αθανασόπουλος Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκης Νίκος Αντωνόπουλος Νίκος Αργυράκης Δημήτριος Βακαλόπουλος Κώστας Δρούτσας Παναγιώτης Ευσταθίου Βαyyε'λης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Ζώτος Βαyyε'λης Κακκαβάς Απόστολος Καλίκας Σταμάτης Κανε'λλος Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρακατσάνης Βασίλης Καρκάνης Βασίλης Κατσούλης Γιώργος Κερασαρίδης Γιάννης Καρδαμίτσης Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Κλάδη Κατερίνα

Συντακτική ε πιτροπή Κόντζιας Νίκος Κοτσιφάκης Γιώργος Κουτρουμπε'λας Κώστας Κυριαζής Ιωάννης Κυριακόπουλος Αντώνης Κυριακόπουλος Θανάσης Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδης Χρήστος Λάππας Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκας Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκης Λεωνίδας Μενδρινός Γιάννης Μεταξάς Νικόλαος Μπρίνος Παναγιώτης Μυλωνάς Δημήτρης Μώκος Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Ρέγκλης Δημήτρης

Σdί'rη Εύα

Σταϊκος Κώστας

Στάϊκος Παναγιώτης

Στρατής Γιάννης

Ταπεινός Νικόλαος

Τασσόπουλος Γιώργος

Τζιώτζιος Θανάσης

Τριάντος Γεώργιος

Τσαγκάρης Ανδρέας

Τσατούρας Ευάγγελος

Τσικαλουδάκης Γιώργος

Τσιούμας Θανάσης

Τυρλής Ιωάννης

Φανέλη Άννυ

Χαραλαμποπούλου Λίνα

Χαραλάμπους Θάνος

Χριστιάς Σπύρος

Χριστόπουλος Παναγιώτης

Ψύχας Βαyyε'λης ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

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

• Οι συνεργάτεc;, τα άρθρα, οι προτεινόμεvεc; ασκήσειc;, οι λύσειc; ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΆvονται έγκαιρα, στα γραφεία τηc; 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 παραyyέλνονται στεΆνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή

πληρώνεται στα γραφεία τηc; Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: ΙΝΤΕΡΠΡΕΣ Α.Ε. τηλ.: 210 8160330 Υπεύluνος τuπογpαφείοu: Β. Σωτηριάδης

Evariste Galois Μια τραγική μεγαλοφυ1:α του Χρήστου Δεμοίρου

Γύρω στα 1830, στο περιβάλλον του Παρισιού, με την έντονη Μαθηματική δραστηριότητα, αναπτύχθηκε μια μεγαλοφυ'ία πρώτου μεγέθους, που σαν κομήτης εξαφανίστηκε τόσο ξαφνικά, έτσι όπως είχε εμφανιστεί . Στη σύντομη και πολυτάραχη ζωή του ο Εβαρίστ Γκαλουά (Eνariste Galois), πρόλαβε να αλλάξει την όψη της σi)γχρονης Άλγεβρας και να δώσει απαντήσεις σε προβλήματα που απασχολούσαν τα Μαθηματικά για περισσότερα από 3.000 χρόνια ( Βαβυλωνίους, αρχαίους Έλληνες και Άραβες). Βρέθηκε όμως επανειλημμένως στη δίνη πολιτικών αντιπαραθέσεων που όχι μόνο τον απομάκρυναν από Ακαδημαϊκή καριέρα αλλά τον οδήγησαν τελικά στο θάνατο.

Ο Γκαλουά γεννήθηκε στις 25 Οκτωβρίου 18 1 I στη μικρή πόλη Bourg la Reine που βρίσκεται μερικά χιλιόμετρα νότια του Παρισιού . Ο πατέρας του ήταν ευχάριστος και πνευματώδης άνθρωπος και ήταν παθιασμένος εχθρός

της μοναρχίας. Διατηρούσε οικοτροφείο νέων και το 18 15 , όταν ο μικρός Εβαρίστ ήταν 4 χρονών, εκλέχθηκε δήμαρχος της Bourg 1a Reine. Η μητέρα του προερχόταν από οικογένεια που είχε, επί πολλές γενιές, παράδοση διακεκριμένων δικαστικών. Κόρη ειρηνοδίκη είχε λάβει κλασσική και θρησκευτική παιδεία, ενώ λάτρευε τον αρχαίο πολιτισμό. Αυτή την παιδεία μετέδωσε στον γιο της, που πολύ νωρίς τον διέκρινε ένα βαθύ αίσθημα δικαιοσύνης και ένα πάθος για την δημοκρατία. Το 1823 σε ηλικία 12 χρονών ο Γκαλουά μπήκε 4ος στο γυμνάσιο Louis \e Grand στο Παρίσι. Στην αρχή η επίδοση του ήταν ικανοποιητική, αλλά λίγους μήνες μετά συνέβη κάτι που θα επηρέαζε την υπόλοιπη ζωή του . Η Γαλλία του 1823 αναπολούσε την επανάσταση . Ήταν μια εποχή συνωμοσιών, εξεγέρσεων και φημών για επικείμενη επανάσταση. Υπήρχε ένας αδιάκοπος αγώνας μοναρχικών και δημοκρατικών σχετικά με την ισορροπία των εξουσιcον. Όλο αυτό το κλίμα μεταφερόταν και στο πρώην Ιησουϊτικό σχολείο του Γκαλουά. Με τη φήμη ότι το σχολείο θα επιστρεφόταν στη δικαιοδοσία ιερέων, των οποίων η αυξανόμενη επιρροή αποτελούσε ένδειξη μετατόπισης προς το βασιλιά, μία ημέρα, μερικοί από τους μαθητές των μεγαλύτερων τάξεων αρνήθηκαν να ψάλλουν στο παρεκκλήσι . Την επόμενη ο γυμνασιάρχης, που η συμπεριφορά του θύ μιζε περισσότερο δεσμοφύλακα, δε δίστασε να αποβάλει 1 Ο από τους υποκινητές της «εξέγερσης» . Όταν το ίδιο απόγευμα οι μαθητές αρνήθηκαν να πιούν, σε πρόποση στην υγειά του Λουδοβίκου του 18ου, άλλοι 100 αποβλήθηκαν. Η εμπειρία της ταπεινωτικής ήττας των συμμαθητών του, αναζωπύρωσε τις δημοκρατικές πεποιθήσεις του Γκαλουά, αλλά παράλληλα τον έκανε να χάσει κάθε ενδιαφέρον που είχε για τα μαθήματα που μέχρι τότε παρακολουθούσε.

Την 2η χρονιά η απόδοση του συνεχώς μειωνότqν με αποτέλεσμα να μείνει στην ίδια τάξη . Έτσι αναγκάστηκε να παρακολουθήσει τάξη προπαρασκευαστικών μαθημάτων, μεταξύ των οποίων ήταν και τα Μαθηματικά που μέχρι τότε δεν είχε διδαχθεί ποτέ. Ήταν μια αποκάλυψη για τον δεκατριάχρονο Γκαλουά. Πολύ γρήγορα κατιΊλαβε την μεγαλοφυΤα του και τα σχολικά συγγράμματα έγιναν τετριμμένα για αυτόν. Έτσι άρχιζε να διαβάζει έργα αυθ:-:ντιιον, όπως η γεωμετρία του Legendrc, αλλά και άλγεβρα των Lagι·ange και Abcl. Η ανωτερότητα που αισθανόταν πλέον, τον έκανε αλαζόνα και ο εύθυμος χαρακτήρας του άλλαξε. Έγινε ιδιόρρυθμος και κλείστηκε στον εαυτό του.

Η εργασία του στα Μαθηματικά του σχολείου ήταν μέτρια. Τα κανονικά μαθήματα ήταν ανιαρά για την μεγαλοφυ"i:α του και δεν ήταν καΟόλου αναγκαία για την κατανόηση των πραγματικών Μαθηματικών. Το ξεχωριστό δώρο του Γκαλουά, να έχει την ικανότητα να εκτελεί τις πιο δύσκολες πράξεις και συλλογισμούς σχεδόν εξ' ολοκλήρου μέσα στο μυαλό του, δεν τον βοήθησε ούτε με τους δασκάλους, ούτε με τους εξεταστές του. Έτσι οι δάσκαλοι του τον έκριναν λέγοντας ότι «υπάρχει κάτι περίεργο μ' αυτόν», ή ότι «δεν είναι κακός, απλά επινοητικός και ιδιόρρυθμος». Μερικοί καθηγητές παραδέχονταν το ότι ήταν καλός στα Μαθηματικά τονίζοντας όμως ότι «τον έχει κυριεύσει η μανία των Μαθηματικών», αλλά μερικοί αρκούνταν σε έναν σαρκασμό «η εξυπνάδα του είναι προς το παρόν ένας μύθος στον οποίο δεν μπορούμε να δώσουμε πίστη», ή ακόμη χειρότερα τον κατηγορούσαν ότι «παριστάνει τον φιλόδοξο και τον πρωτότυπο». Το 1829 δημοσίευσε την πρώτη του εργασία με τίτλο <<Απόδειξη ενός θεωρήματος στα συνεχή κλάσματα», του οποίου η συμβολή ήταν αμελητέα σε σχέση με τις μετέπειτα ανακαλύψεις του. Ο δάσκαλος του Richard αναγνώρισε το «ταλέντο» του στα Μαθηματικά και εισηγήθηκε να γίνει δεκτός χωρίς εξετάσεις στην Eco\e Polytechnique, που ήταν η πιο φημισμένη πανεπιστημιακή σχολή της Γαλλίας και εργάζονταν σ' αυτήν οι διασημότεροι επιστήμο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 71 τ.3/1

------------- Evariste Galois Μ ια τραγική μεγαλοφυ"ϊα -----------

νες της εποχής, χωρίς όμως επιτυχία. Τον ίδιο χρόνο πραγματοποιεί σπουδαίες ανακαλύψεις στη Θεωρία Εξισώσεων, γράφοντας μια εργασία. Αυτή την εργασία ανέλαβε να την παρουσιάσει στην Ακαδημία Επιστημών ο Cauchy, ο μεγαλύτερος τότε, Γάλλος Μαθηματικός. Μόνο οι Eu1er και Cay1ey μπορούν να αντιπαραβάλλουν το συγγραφικό τους έργο σε αυτό του Cauchy. Λίγες μέρες πριν την παρουσίαση της εργασίας όμως, ο Cauchy αρρώστησε και έτσι δεν μπόρεσε να παραβρεθεί στην Ακαδημία χάνοντας επιπλέον και το χειρόγραφο. Νέες ατυχίες και aπογοητεύσεις περίμεναν τον Γκαλουά. Στο τέλος της ίδιας χρονιάς επιχείρησε για δεύτερη φορά την εισαγωγή του στην Eco1e Po1ytechnique. Ο Γκαλουά ήταν ήδη μεγάλος Μαθηματικός αλλά οι κριτi:ς του δα μποροίJσαν να uντιληφΟο\J\' τις κωνοτομiες του κιη τον τμόπο σκέψης του. Το αποτέλεσμα ήταν πάλι η αποτυχία. Η εξέταση του έγινε θρύλος. Η συνήθεια του να δουλεύει τα πάντα μέσα στο μυαλό του ήταν τρομερό μειονέκτημα όταν έπρεπε να βρεθεί μπροστά στον πίνακα με την κιμωλία. Στη διάρκεια της εξέτασης, κάποιος εξεταστής συζήτησε μαζί του ένα δύσκολο μαθηματικό θέμα. Αν και ο εξεταστής έκανε λάθος, ήταν πολύ ισχυρογνώμων και τότε aπελπισμένος ο Γκαλουά έχασε την υπομονή του και πέταξε το σφουγγάρι πάνω του. Το τελευταίο πλήγμα (για εκείνη τη χρονιά) ήταν ο θάνατος του πατέρα του, που αυτοκτόνησε.

Αποφασισμένος για αναγνώριση, τον Φεβρουάριο του 1830 γίνεται για πρώτη φορά δεκτός από πανεπιστημιακή σχολή, την Eco1e Preparatoire, σχολή κατώτερη της Eco1e Po1ytechnique. Εκεί είχε το χρόνο να συνεχίσει την εργασία του και έτσι μετά από λίγο καιρό ξαναπέρασε την πύλη της Ακαδημίας Επιστημών καταθέτοντας το <φνημόνω τι{η•ω στις συνθήκες επιλυσιμότητας των εξισώσεων με ΙΗ�ικιί», διεκδικώντας το Μεγάλο βραβείο Μαθηματικών που επρόκειτο να δοθεί. Αυτή τη φορά αυτός που έπρεπε να αξιολογήσει και να παραδώσει το κείμενο στην Ακαδημία ήταν ο Fourier (γνωστός για τις περίφημες σειρές που φέρουν το όνομά του) . Για κακή του τύχη όμως, ο Fourier πέθανε ένα βράδυ, στο κρεβάτι του στο Παρίσι, λίγες μέρες πριν από τη συνεδρίαση . Έτσι κανείς δεν παρουσίασε την εργασία του, που ουσιαστικά ποτέ δεν πήρε μέρος στο διαγωνισμό. Η ατυzία αυτή έμοιαζε για τον Γκαλουά κάτι παραπάνω από μω ιnri.Jl σίφτιτωση. Απογοητευμένος ρίχτηκε με π{ι.Οος στην πολιτικΙ1, προσχωρώντας σε ένα ριζοσπαστικό κίνημα που ήταν εκτός νόμου εκείνη την εποχή . Οι πρώτοι πυροβολισμοί της επανάστασης του 1830 γέμισαν με χαρά τον Γκαλουά. Θέλησε να ξεσηκώσει τους συμφοιτητές του και να τους οδηγήσει στις συμπλοκές, αλλά αυτοί δίσταζαν να ακολουθήσουν. Το αποτέλεσμα ήταν να αποβληθεί δια παντός από την Eco1e Preparatoire . Μη έχοντας τι άλλο να κάνει προσπάθησε να συγκροτήσει μια ιδιωτική τάξη Ανωτέρας Άλγεβρας, όπου θα παρέδιδε μαθήματα μία φορά την εβδομάδα. Η σειρά των μαθημάτων περιείχε και μια νέα θεωρία γνωστή σήμερα ως «θεωρία τωιι φαιιταστrια:Υι• αριΟμ(:Υι• τοι: ωtΙοi�». Η αδυναμία του να βρει μαθητές, τον οδήγησε στο να καταταχθεί στο Πυροβολικό της Εθνικής Φρουράς, ένα δημοκρατικό παρακλάδι της εθνοφρουράς, γνωστό και ως «Φίλοι του Λαού». Λίγες μέρες αργότερα ο βασιλιάς Λουδοβίκος - Φίλιππος επιθυμώντας να αποφύγει νέες εξεγέρσεις κατάργησε το Πυροβολικό της Εθνικής Φρουράς και έτσι ο Γκαλουά έμεινε άπορος και άστεγος .

Το π{ιΟος τοη iφως γ ω τα Νlαθηματικά δε\' είz:: σβι1σ�:ι. Το χειμώνα του 183 1 , για τρίτη (και φαρμακερή) φορά κατέθεσε το μνημόνιο του στην Ακαδημία. Αυτή τη φορά το μνημόνιο αξιολογήθηκε από τον Poisson (γνωστό για τους νόμους του στη θεωρία των πιθανοτήτων). Ο Poisson ούτε πέθανε, ούτε έχασε την εργασία, αλλά διαβάζοντας την δεν έδωσε την απαραίτητη προσοχή για να την καταλάβει. Η απάντηση ήταν «Κατέβαλα κάθε προσπάθεια να κατανοήσω την απόδειξη του κ. Γκαλουά. Οι συλλογισμοί του δεν είναι ούτε αρκετά σαφείς, ούτε αρκετά ανεπτυγμi:νοι για να μπορέσω να κρίνω την ακρίβεια τους, και βρίσκομαι σε αδυναμία να τους περιγράψω έστω και μερικώς στην αναφορά μου . . . »

Ήταν η σταγόνα που ξεχείλισε το ποτήρι. Είχε πληρώσει το τίμημα του να είναι μπροστά από την εποχή του, μπροστά ακόμη και από τους δασκάλους του . Μετά από αυτό ο Γκαλουά αφιέρωσε όλη τη δραστηριότητα του στην επαναστατική πολιτική . <<Αν χρειάζεται το πτώμα κάποιου για να ξεσηκωθεί ο λαός» έγραψε «θα δωρίσω το δικό μου». Έλαβε μέρος σε όλες τις εξεγέρσεις και αναταραχές του Παρισιού . Στις 9 Μαtου 1 83 1 , στο δημοκρατικό συμπόσιο που γινόταν, κρατώντας έναν σουγιά στο υψωμένο του χέρι, έκανε μία πρόποση <<Στο βασιλιά Λουί- Φιλίm>. Αυτή η ενέργεια του θεωρήθηκε μεγάλη ασέβεια και οδηγήθηκε σε δίκη. Αν και αθωώθηκε τον κατέταξαν στους «επικίνδυνους» και ένα μήνα μετά, για ασήμαντη αφορμή τον συνέλαβαν και καταδικάστηκε σε εξάμηνη φυλάκιση, στις φυλακές της Αγίας Πελαγίας . Ένα μήνα όμως πριν τη συμπλήρωση της ποινής, ξέσπασε επιδημία χολέρας στο Παρίσι και οι φυλακισμένοι αφέθησαν ελεύθεροι. Ότι συνέβη στον Γκαλουά τις επόμενες εβδομάδες είναι κατά μεγάλο

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 71 τ.3/2

------------- Evariste Galois Μια τραγική μεγαλοφυ"ϊα ------------

ποσοστό συνέπεια μιας ρομω·τικ1Ίς ιστορίας με μια μυστηριιi>δη γυναίκα την Στεφανί ντε Μοτέλ. Αυτός που δήλωνε ότι δεν θα παντρευόταν παρά μόνο μια σπουδαία γυναίκα, είχε πέσει στα χέρια μιας κοινής γυναίκας της κατώτερης υποστάθμης. Η Στεφανί ήταν aρραβωνιασμένη με κάποιον κύριο ονόματι

Σελίδα από τις σημειώσεις του Galoix. που έγραψε τηv τελευταία vύχτα πρι ι· τη μοι·ομαχία

ντ ' Ερμπανβίλ, ο οποίος ήταν ένας από τους καλύτερους σκοπευτές στη Γαλλία. Όταν ο ντ ' Ερμπανβίλ ανακάλυψε την απιστία προκάλεσε αμέσως τον Γκαλουά σε μονομαχία την επόμενη αυγή . Πολλοί ισχυρίζονται ότι ήταν άλλο ένα σχέδιο εξόντωσης του και ο Γκαλουά ήξερε εκ των προτέρων την κατάληξη της μονομαχίας. Το βράδυ πριν τη μονομαχία, σε μια απεγνωσμένη προσπάθεια να κερδίσει την αναγνώριση, κατέγραψε μεταξύ άλλων όλα τα θεωρήματα που πίστευε ότι fξηγο\)\' το αίνιγμα των ::ξισ(i>σεων πi:μπτου βαΟμοί). Προσπάθησε σε ένα βράδυ, βιαστικά, να εκφράσει όλη την επιστημονική διαθήκη που είχε στο μυαλό του, γράφοντας στο χαρτί του . Κάπου κάπου κατέρρεε, και σημείωνε με ορνιθοσκαλίσματα στο περιθώριο <<Δεν έχω χρόνο, δεν έχω χρόνο». Στο τέλος της νύχτας έγραψε μια συνοδευτική επιστολή στο φίλο του Σεβαλιέ , ζητώντας του, μετά το θάνατο του, να διανεμηθούν οι εργασίες του στους μεγαλύτερους Μαθηματικούς της Ευρώπης. Κατέληγε με τα εξής λόγια «Θα ζητήσεις δημόσια από τον Jacobi ή τον Gauss να εκφέρουν τη γνώμη τους όχι πάνω στην ορθότη-

τα, αλλά στη σημασία των θεωρημάτων. Ύστερα από αυτό, θα υπάρξουν ελπίζω μερικοί που θα θεωρήσουν ωφέλιμο γι ' αυτούς να αποκρυπτογραφήσουν ό,τι περιέχεται σ' όλον αυτόν τον συρφετό». Το ε-

πόμενο πρωί, την Τετάρτη 30 ΜαΤου 1832, σε έναν απομακρυσμένο αγρό, ο Γκαλουά χτυπήθηκε από το όπλο του ντ' Ερμπανβίλ και άφησε την τελευταία του πνοή , σι: ηλικία 20 ετιίη•, λίγες ώρες αργότερα σε κάποιο νοσοκομείο της περιοχής.

Χρειάστηκαν έντεκα χρόνια μέχρι ο Ζοσέφ Λιουβίλ να ανακαλύψει την αξία των χειρογράφων του Γκαλουά. Ο Λιουβίλ ξόδεψε μήνες προσπαθώντας να ερμηνεύσει τη σημασία των ευφυών υπολογισμών. Τελικά το 1846 δημοσίευσε τις εργασίες σε κάποιο έγκυρο Μαθηματικό περιοδικό . Οι εργασίες αυτές δ::ν είzω· τίποτε λιγότερο απ<ι τη Θεωρία Ομάδων, το κλειδί της σύγχρονης Άλγεβρας και Γεωμετρίας (αλλά σημαντική και για την Κβαντομηzανικil. τη Χημεία και την Κρυσταλλογραφία) . Εξέφρασε θεμελιώδεις ιδιότητες της ομάδας μετασχηματισμών που προσδιορίζεται από τις ρίζες μιας αλγεβρικής εξίσωσης. Αρχαία προβλήματα όπως η τριχοτόμηση της γωνίας, ο διπλασιασμός του κύβου, η επίλυση τριτοβάθμιας, τεταρτοβάθμιας καθώς και η επίλυση αλγεβρικής εξίσωσης οποιουδήποτε βαθμού, βρήκαν τη φυσική τους θέση μέσα στη θεωρία Galois . Η πλήρης κατανόηση της σπουδαιότητας του έργου του Γκαλουά επιτεύχθηκε όμως μόνο διαμέσου των εργασιών των Jordan, Klein και Lie γ ω τις μι;ταΟί:σι:ις ( 1870). Τότε η ενοποιητιΚΊ1 αρχή του Γκαλουά αναγνωρίστηκε ως ένα από τα κορυφαία επιτεύγματα των Μαθηματικών του 19ου αιώνα.

Ο Γκαλουά είχε επίσης ορισμένες ιδέες για τα ολοκληρώματα των αλγεβρικών συναρτήσεων μιας μεταβλητής. Αυτό δείχνει ότι ο τρόπος σκέψης του ήταν πολύ κοντά σ' εκείνον του Riemann, περίπου είκοσι χρόνια πριν από αυτόν. Θα μπορούσαμε λοιπόν να διατυπώσουμε την εικασία ότι, αν ο Γκαλουά ζούσε περισσότερο, τα σύγχρονα Μαθηματικά θα είχαν δεχτεί πιο βαθιά επίδραση από το Παρίσι και τη σχολή του Lagr�l!lgc, παρά από το Γκi:τινγκεν και τη σχολή του Gauss.

Βιp;.ιογραφία: 1 . Carl Β. Boyer- Uta C. Merzbach. Η ιστορία των μαθηματικών. Εκδόσεις Γ. Α. Πνευματικού. 2. Simon Sίngh. Το τελευταίο θεώρημα του Φερμά. Εκδόσεις Τραυλός 3. Dίrk J. Struίk. Συνοπτική ιστορία μαθηματικών. Εκδόσεις 1. Ζαχαρόπουλος 4. Ε. τ. Bell. Οι μαθηματικοί. Τόμος li. Πανεπιστημιακές Εκδόσεις Κρήτης 5. Denίs Guedj. Το θεώρημα του παπαγάλου. Εκδόσεις Πόλις 6. Στυλιανού Αvδρεαδάκη. Θεωρία Galoίs. Εκδόσεις Συμμετρία 7. Tom Petsinίs. Ο Γάλλος μαθηματικός. Εκδόσεις Τραυλός

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 1 τ.3/3

Ένα σχόλιο στη Θεωρία Πιθανοτήτων Γιώργος Α. Κουσινιώρης

Σ το σχολικό βιβλίο των Μαθηματικών Γενικής Παιδείας της Γ Λυκείου, στην σύντομη ιστορική αναδρομή που υπάρχει στην εισαγωγή του κεφαλαίου των Πιθανοτήτων, υπάρχει μια αναφορά στους Β . Pascal και Ρ. Fermat που λέει ότι αφορμή για την ενασχόλησή

τους με τη Θεωρία Πιθανοτήτων υπήρξε η ενασχόληση του ανθρώπου με τα τυχερά παιχνίδια. Έψαξα, λοιπόν, και βρήκα μερικές λεπτομέρειες σχετικά με το θέμα αυτό.

στοιχήματος;

Ο Blaise Pascal ( 1 623 - 1 662) είχε ένα φίλο, ονόματι Cheνalier de Mere, ο οποίος ήταν φανατικός παίκτης τυχερών παιχνιδιών. Ο Cheνalier de Mere έθεσε στον Pascal δύο ερωτήματα: • Τι είναι προτιμότερο; Να στοιχηματίσει, ότι θα φέρει μία του

λάχιστον φορά έξι όταν ρίξει ένα ζάρι τέσσερις φορές, ή ότι θα φέρει μια τουλάχιστον φορά εξάρες όταν ρίξει δύο ζάρια εικοσιτέσσερις φορές.

• Δύο παίκτες βάζουν από ένα ποσό α και συμφωνούν να πάρει το ποσό που συγκεντρώνεται αυτός που θα κερδίσει πρώτος τρία παιχνίδια. Καθένας από τους δύο παίκτες έχει την ίδια πιθανότητα να κερδίσει ένα παιχνίδι. Αν για κάποιο λόγο οι παίκτες αναγκαστούν να διακόψουν το παιχνίδι ενώ το σκορ είναι 2- 1 , με ποια αναλογία πρέπει να μοιραστούν τα

Με αφορμή τα δύο αυτά ερωτήματα, και όχι μόνο, ο Pascal αντάλλασε απόψεις με τον Pierre de Fermat ( 1 608 - 1 665) αλληλογραφώντας μαζί του και τελικά το 1 654 κατάφερε να απαντήσει και στα δύο αυτά ερωτήματα.

Από την αλληλογραφία των δύο μεγάλων αυτών επιστημόνων του 1 7ου αιώνα μπήκαν οι βάσεις της Θεωρίας των Πιθανοτήτων.

Θα προσπαθήσουμε, με τις γνώσεις που έχουμε από τη Θεωρία Πιθανοτήτων, να δώσουμε κι εμείς την απάντηση στα προβλήματα αυτά . . . κλέβοντας λίγη από τη δόξα του Pascal . ! !

� Το πρώτο πρόβλημα Σχετικά με το πρώτο ερώτημα ο de Mere ισχυριζόταν ότι τα δύο

ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα, αφού η πιθανότητα να φέρει έξι όταν ρίξει το ζάρι μια φορά είναι

1 /6 ' θ ' ' ξ ' ' ' ' 4 1 4 2 ' θ οποτε η πι ανοτητα να φερει το ε αρι στις τεσσερις ριψεις ειναι · 6 = 6 = 3, ενω η πι α-

νότητα να φέρει τις εξάρες όταν ρίξει τα δύο ζάρια μια φορά είναι 1 /36 (ως γνωστόν όταν ρίχνουμε δυο ζάρια έχουμε 36 δυνατά αποτελέσματα), έτσι η πιθανότητα να φέρει τις εξάρες στις

, , , 24 I 24 2 εικοσιτεσσερις ριψεις ειναι · 36

= 36 = 3 .

Από την εμπειρία του, όμως, είχε διαπιστώσει ότι η πιθανότητα να φέρει το ένα εξάρι είναι μεγαλύτερη από την πιθανότητα να φέρει τις εξάρες και έτσι διαμαρτυρήθηκε στο φίλο του τον Β . Pascal ότι τα μαθηματικά οδηγούν σε εσφαλμένα αποτελέσματα.

Προφανώς ο συλλογισμός αυτός του Cheνalier de Mere είναι εντελώς λανθασμένος. Γιατί σύμφωνα με τη λογική αυτή, αν ρίξουμε ένα ζάρι περισσότερες από έξι φορές, για παράδειγμα 7

' ' θ ' ' ξ ' ' 7 I 7 1 ' δ ' ' φορες, τοτε η πι ανοτητα να φερουμε το ε αρι ει ναι ·- = - > , που φυσικα εν ει ναι σωστο. 6 6


----------- Evariste Galois Μια τραγική μεγαλοφυ"ϊα ----------

Ας προσπαθήσουμε να μελετήσουμε το πρόβλημα με περισσότερη προσοχή . Θα εξετάσουμε, κατ' αρχήν, την περίπτωση που ρίχνουμε το ζάρι τέσσερις φορές. Ποιο είναι το πείραμα τύχης (π.τ .) που εκτελούμε στην περίπτωση αυτή ; Προφανώς το π.τ.

συνίσταται στο να ρίξουμε το ζάρι τέσσερις φορές και συνεπώς ολοκληρώνεται με την τέταρτη ρίψη του ζαριού . (Ρίχνουμε το ζάρι τέσσερις φορές ακόμα και αν φέρουμε εξάρι στην πρώτη, δεύ

τερη ή τρίτη ρίψη). Επομένως ο δειγματικός χώρος Ω του π.τ. θα αποτελείται από τετράδες αριθμών από το 1 ως

το 6 . (πχ (1,2,3,4), (2,2,6,5), (6,6, 1,3) κτλ). Προφανώς ο δειγματικός χώρος αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα, αφού δεν υπάρχει λόγος να θεωρήσουμε ότι κάποια από τις τετράδες που σχηματίζονται έχει διαφορετική πιθανότητα εμφάνισης από οποιαδήποτε άλλη τετράδα.

Για να δούμε, τώρα, πως θα μετρήσουμε πόσα είναι τα στοιχεία του Ω. Για να πάρουμε τον πρώτο αριθμό της τετράδας έχουμε 6 δυνατότητες (όσα και τα δυνατά

αποτελέσματα της ρίψης του ζαριού), για να πάρουμε το δεύτερο αριθμό της τετράδας έχουμε πάλι 6 δυνατότητες. Επομένως για το πρώτο ζευγάρι της τετράδας έχουμε 6·6 = 62 = 36 δυνατότητες.

Για τον τρίτο αριθμό της τετράδας έχουμε πάλι 6 δυνατότητες, οπότε με πρώτο καθένα από τα 62 ζευγάρια σχηματίζουμε 62·6 = 63 τριάδες.

Με την ίδια λογική οι 63 τριάδες δίνουν 63·6 = 64 τετράδες που είναι και το ζητούμενο πλήθος των στοιχείων του Ω. Συνεπώς Ν(Ω) = 64.

Το ενδεχόμενο Α που μας ενδιαφέρει αποτελείται από όλες τις τετράδες του Ω που περιέχουν ένα τουλάχιστον εξάρι.

Για να βρούμε το πλήθος των στοιχείων του Α πρέπει να μετρήσουμε τις τετράδες που έχουν ακριβώς ένα εξάρι, τις τετράδες που έχουν ακριβώς δύο εξάρια, αυτές που έχουν ακριβώς τρία εξάρια και αυτές που έχουν ακριβώς τέσσερα εξάρια. Επειδή η καταμέτρηση αυτή είναι δύσκολο να γίνει θα μετρήσουμε τις τετράδες που δεν έχουν μέσα τους εξάρι, δηλαδή θα βρούμε πόσα στοιχεία έχει το συμπληρωματικό ενδεχόμενο Α ' του ενδεχομένου Α. Κάνοντας συλλογισμό αντίστοιχο με τον προηγούμενο για να πάρουμε τον πρώτο αριθμό της εξάδας έχουμε 5 δυνατότητες (καθένα από τους αριθμούς 1 , 2, 3, 4, 5) αφού δε θέλουμε το 6. Ομοίως για να πάρουμε το δεύτερο έχουμε 5 δυνατότητες, για να πάρουμε τον τρίτο έχουμε 5 δυνατότητες και τον τέταρτο 5 δυνατότητες. Συνεπώς το Α ' έχει Ν(Α ') = s·s·s·s = 54 στοιχεία. Χρησιμοποιώντας τον κλασσικό ορισμό της πιθανότητας έχουμε:

Ν (Α') 4 Ρ(Α')= = 2._ = 625 �0 48225 . Ν (Ω) 64 1 296 '

Επομένως Ρ(Α)= 1 - Ρ(Α') = 1-0,48225 = 0,5 1 775 = 15 1 ,78%1 . Ας εξετάσουμε, τώρα, και την περίπτωση που ρίχνουμε τα δύο ζάρια εικοσιτέσσερις φορές. Θα δουλέψουμε με τρόπο ανάλογο του προηγουμένου . Το πείραμα τύχης έχει να κάνει τώρα με το σχηματισμό εικοσιτετράδων από τα τριάντα έξι

δυνατά αποτελέσματα που έχουμε όταν ρίχνουμε δύο ζάρια. Σκεπτόμενοι όπως προηγουμένως βρίσκουμε ότι το συνολικό πλήθος των εικοσιτετράδων

που σχηματίζονται είναι Ν(Ω) = 3624. Το ενδεχόμενο Α που μας ενδιαφέρει περιέχει τις εικοσιτετράδες που περιέχουν τουλάχιστον

ένα διπλό εξάρι. Βρίσκουμε τις εικοσιτετράδες που δεν περιέχουν διπλό εξάρι, δηλαδή το πλήθος των στοιχείων του ΑΌ Είναι Ν (Α')= 3524, αφού οι εικοσιτετράδες που δεν περιέχουν διπλό εξάρι σχηματίζονται από τις υπόλοιπες 35 ζαριές (εκτός από τις εξάρες) .

' I - Ν(Α') - 3524 -

[ 35 )24 '"'-' Επομενως Ρ (Α ) - ( ) - --;;ι - - - 0,5086. Ν Ω 36- 36

Άρα Ρ(Α) = 1 - Ρ(Α') = 1-0,5086 = 0,49 1 4 = ,..-@9-, 1

-4°--,Yol .


----------- Evariste Galois Μια τραγική μεγαλοφυΤα ----------

Επομένως πράγματι η πιθανότητα να φέρουμε το ένα εξάρι είναι λίγο μεγαλύτερη της πιθανότητας να φέρουμε το διπλό εξάρι. Έτσι ο Pascal αποκατέστησε την αξιοπιστία των Μαθηματικών στα μάτια του Cheνalier de Mere.

Σκεφτείτε πόσο ζάρι έπαιζε ο . . . aξιότιμος κύριος Cheνalier de Mere, που κατάφερε στη πράξη να διαπιστώσει μια τόσο μικρή διαφορά στις δυο πιθανότητες. ! !

� ΊΌ δείJτερο πρόβλημα Για να απαντήσουμε στο δεύτερο πρό

βλημα πρέπει να βρούμε ποια πιθανότητα έχει να κερδίσει ο κάθε παίκτης τα τρία παιχνίδια. Οπότε το ποσό θα μοιραστεί ανάλογα με την πιθανότητα αυτή .

Ας δούμε ποιο είναι το πείραμα τύχης. Ξεκινώντας με σκορ 2- 1 υπέρ του α ' ,

παίζουν ένα παιχνίδι. Αν το κερδίσει ο α ' τότε τελειώνει ο αγώνας με σκορ 3- 1 υπέρ του α ' . Αν κερδίσει ο β ' , τότε το σκορ γίνεται 2-2 και επομένως παίζουν και τρίτο παιχνίδι, το οποίο όποιος το κερδίσει παίρ-νει και τον αγώνα με σκορ 3-2 .

α τέλος παιχνιδιού. (σκόρ 3- 1 )

τέλος παιχνιδιού. ( σκόρ 3-2)

τέλος παιχνιδιού . ( σκόρ 2-3)

Τα παραπάνω φαίνονται στο δενδροδιάγραμμα του διπλανού σχήματος. Επομένως ο δειγματικός χώρος του π.τ. είναι Ω= { α, βα, ββ} .

Η πιθανότητα του ενδεχομένου {α} προφανώς είναι Ρ( α) = ..!.. . Οι πιθανότητες των { βα} και 2

{ββ} πρέπει να είναι ίσες, αφού εφ ' όσον κερδίσει ο β ' και το σκορ γίνει 2-2 η πιθανότητα στη συνέχεια να κερδίσει ο α ' ή ο β ' είναι ίδια. Επομένως αν ρ είναι η πιθανότητα αυτή, τότε έχου-

1 1 1 με: Ρ(α)+Ρ(βα)+Ρ(ββ) = 1 <=> - + 2ρ = l <=> 2ρ = - <=> ρ = - .

2 2 4 Αν Α είναι το ενδεχόμενο να κερδίσει ο α ' και Β το ενδεχόμενο να κερδίσει ο β ' , τότε είναι

Α= {α, βα} και Β= {ββ} . Συνεπώς είναι Ρ(Α) = Ρ(α)+Ρ(βα) = ..!_+..!_ = 2 και Ρ(Β) = Ρ(ββ) = ..!.. . 2 4 4 4

3

Ε , , Ρ(Α) 4 3 'Ε ' ' λ ' θ ' δ ' , πομενως ειναι -- = -1- = . τσι ο α εχει τριπ ασια πι ανοτητα να κερ ισει το στοιχημα Ρ(Β)

4 απ ' ότι ο β ' και κατά συνέπεια πρέπει να μοιραστούν το ποσό με αναλογία 3 προς 1.

� Σαν άσκηση Βρείτε με τρόπο ανάλογο με αυτόν που εφαρμόσαμε στο πρώτο πρόβλημα, την πιθανότητα

να φέρουμε ένα τουλάχιστον εξάρι όταν ρίξουμε ένα ζάρι:

α) 6 φορές

β) 1 0 φορές

γ) 20 φορές

(Απ. 66,51 %)

(Απ. 83,85 %)

(Απ. 97,39%)

Πηγές για τα ιστορικά στοιχεία και τις εικόνες: 1 . Μεγάλη Μαθηματική Εγκυκλοπαίδεια. Εκδόσεις Δημόκριτος 2 . Σχετικές πληροφορίες από το Διαδίκτυο


ένας <<μαyικό9> αριθμό;! του Νίκου Ντούση

ο μεγάλος γάλλος μαθηματικός Henri Poincare κάποτε είπε: « Ο επιστήμονας δεν μελετά τη φύση επειδή είναι χρήσιμο, αλλά επειδή αυτό τον ευχαριστεί. Και τον ευχαριστεί επειδή η φύση είναι όμορφη. Εάν η φύση δεν ήταν όμορφη, τότε δεν θα άξιζε τον κόπο να την γνωρίσουμε. Και εάν δεν

άξιζε τον κόπο να την γνωρίσουμε, τότε δεν θα άξιζε να ζούμε». Και το ερώτημα που προκύπτει αμέσως είναι το εξής: ποια ομορφιά βλέπει στη φύση ένας μαθηματικός;

Όλα ξεκίνησαν από τους Πυθαγόρειους όταν ανακάλυψαν έναν «μαγικό» αριθμό που έμελλε να γίνει ο πιο συναρπαστικός αριθμός στην ιστορία των μαθηματικών. Αναρωτήθηκαν λοιπόν, πως θα πρέπει να χωρίσουμε ένα ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ σε δυο μέρη, ώστε ο λόγος του ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ προς το μεγαλύτερο τμήμα ΑΜ, να ισούται με το λόγο του τμήματος ΑΜ προς το μικρότερο τμήμα ΜΒ.

Δ λ δ, , ΑΒ ΑΜ

η α η να ισχυει -- = -- . ΑΜ ΜΒ

Α χ Μ ι-χ Β

Α ν για λόγους aπλότητας υποθέσουμε ότι το ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ έχει μήκος ι μονάδα και θέσουμε ΑΜ=χ, τότε είναι φανερό ότι για να υπολογίσουμε το μήκος χ, αρκεί να λύσουμε την εξίσωση :

ι χ , ? ι ο - = -- η χ- +χ- = χ ι-χ

Λ , δ β' θ ' ξ' β ' ' -ι + J5 ' λ' ΑΒ

θ ' υνοντας τη ευτερο α μια αυτη ε ισωση ρισκουμε οτι χ= , οποτε ο ογος -- α ισουται με 2 ΑΜ

_.!._ = 1 + J5 ::::: Ι ,6 1803 . . . ο οποίος ονομάζεται «Χρυσός Λόγος» και συμβολίζεται με φ προς τιμήν του

χ 2 αρχαίου έλληνα γλύπτη Φειδία.

Ο Χρυσός Λόγος φ έχει απασχολήσει και εμπνεύσει κάποια από τα μεγαλύτερα μαθηματικά μυαλά όλων των εποχών, αλλά όχι μόνο! Βιολόγοι, ζωγράφοι, γλύπτες, μουσικοί, αρχιτέκτονες αλλά και ψυχολόγοι έχουν προσπαθήσει να κατανοήσουν τη γοητεία και την πανταχού παρουσία του Χρυσού Λόγου στη φύση . Γιατί τόση φασαρία όμως; Η απάντηση είναι απλή : ο αριθμός αυτός εμφανίζεται με έναν πολύ μυστηριώδη τρόπο, σχεδόν ανεξήγητα, εκεί που κανείς δεν τον περιμένει!

Πάρτε για παράδειγμα το πεντάκτινο αστέρι, το μυστικό σήμα της σχολής των Πυθαγορείων: Α

Παίρνοντας ένα από τα 5 ισοσκελή τρίγωνα που δημιουργούν τις γωνίες του και διαιρώντας τη μεγαλύτερη πλευρά του προς τη βάση του, ο λόγος που προκύπτει ισούται με φ= 1 ,6 18 ...

Ας πάρουμε ένα παράδειγμα από τη ζωολογία! Εξετάζοντας πόσα ζευγάρια κουνέλια μπορούν να γεννηθούν ξεκινώντας από ένα μόνο ζευγάρι που μπορεί να αναπαραχθεί και να δώσει ένα νέο ζεύγος κάθε μήνα, παρατηρούμε ότι ο αριθμός των ζευγαριών ακολουθεί την εξής σειρά:

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β' 71 τ.317

------------ Ο Χρυσός Λόγος - ένας «μαγικός» αριθμός!

στην οποία κάθε αριθμός προκύπτει αν προσθέσουμε τους δυο προηγούμενους και ονομάζεται ακολουθία Fibonacci, προς τιμήν του ιταλού μαθηματικού Leonardo Fibonacci που την ανακάλυψε. Αν σε αυτή την ακολουθία υπολογίσετε το λόγο κάθε αριθμού δια τον προηγούμενο του, τι παρατηρείτε;

� = 2 � = 1 .5 I 2

5 8 1 3 2 1 34 - = 1 .666 . . . - = 1 .6 - = 1 .625 - = 1 .6 15 . . . -= 1 .6 19 . . . 3 5 8 13 2 1

Οι λόγοι πλησιάζουν όλο και περισσότερο τον Χρυσό λόγο! Μάλιστα αν συνεχίσουμε να διαιρούμε δυο διαδοχικούς αριθμούς Fibonacci, τόσο καλύτερη προσέγγιση του φ θα επιτυγχάνεται.

Συνεχίζοντας, ας δούμε την φυλλοταξία ενός τριαντάφυλλου, ενός ηλίανθου ή ενός κουκουναριού . Τα πέταλα ενός τριαντάφυλλου ή οι σπόροι ενός ηλίανθου θα έχετε παρατηρήσει ότι διατάσσονται σε σπειροειδή μορφή . Αν τεμαχίσετε το άνθος θα παρατηρήσετε ότι η πρώτη σειρά αποτελείται από 2 πέταλα, η επόμενη από 3 , η επόμενη από 5 , η επόμενη από 8 κ.ο.κ. Δηλαδή , βλέπουμε ότι διατάσσονται σύμφωνα με τους αριθμούς Fibonacci! Δεν παρατηρούμε όμως μόνο στα φυτά αυτού του είδους την «κανονικότητα» αλλά και σε πάρα πολλές σπειροειδής μορφές στη φύση, όπως για παράδειγμα στο ναυτίλο (κοχύλι), στο σχήμα των σπειροειδών γαλαξιών, στα κέρατα των κριαριών και γενικά σε μορφές που ακολουθούν τη λεγόμενη «λογαριθμική σπείρα» η οποία πρώτα μελετήθηκε από τον Αρχιμήδη και αποδεδειγμένα συνδέεται με τον Χρυσό Λόγο.

Ακόμα, υπάρχουν πολλοί που συνδέουν τον Χρυσό Λόγο με τη γεωμετρία του ανθρωπίνου σώματος. Σύμφωνα με έρευνες, αν υπολογίσουμε τον λόγο του μήκους του χεριού από την άκρη των δακτύλων έως τον αγκώνα δια το μήκος από τον αγκώνα έως τον ώμο, τότε ο αριθμός που θα βρούμε, πλησιάζει τον Χρυσό Λόγο φ. Τέτοιες συμμετρίες έχουν ανακαλυφθεί και στο πόδι, στο πρόσωπο κ.λ.π. και πολλοί ισχυρίζονται ότι όσο οι σχετικοί λόγοι είναι κοντά στο φ, τόσο πιο καλλίγραμμο σώμα διαθέτουμε! Είναι τελικά και η ομορφιά θέμα γεωμετρίας;

Πάντως, είναι ευρέως διαδεδομένη η άποψη ότι ο Χρυσός Λόγος σχετίζεται με την ανθρώπινη αντίληψη της καλαισθησίας. Πολλοί ψυχολόγοι έχουν διενεργήσει πειράματα που συντείνουν στο ότι σχήματα με διαστάσεις που βασίζονται στο φ (όπως το Χρυσό Ορθογώνιο του οποίου ο λόγος του μήκους δια το πλάτος είναι ίσος με Ι ,6 18 . . ), είναι πιο ευχάριστα στο ανθρώπινο μάτι από άλλα σχήματα που είχαν να επιλέξουν οι συμμετέχοντες στα πειράματα. Βέβαια, τέτοιες απόψεις ακόμη ελέγχονται αλλά αυτό δεν σταμάτησε πολλούς ζωγράφους, γλύπτες, αρχιτέκτονες ή μουσικούς να δημιουργήσουν έργα που βασίζονται στον Χρυσό Λόγο.

Ξεκινώντας από τον γλύπτη Φειδία, που φιλοτέχνησε με πολλά έργα του τον Παρθενώνα, λέγεται ότι χρησιμ οποιούσε την Χρυσή Αναλογία στα γλυπτά του . Μεγάλοι ζωγράφοι όπως ο Άλμπρεχτ Ντίρερ, ο Λεονάρντο Ντα Βίντσι, ο Σαλβατόρ Νταλί κ.α. μαγεύτηκαν από τον Χρυσό Λόγο και φιλοτέχνησαν πίνακες με σαφείς ή έμμεσες αναφορές σε αυτόν. Για παράδειγμα, στον πίνακα του Νταλί «Θυσία του Μυστικού Δείπνου», οι διαστάσεις του βρίσκονται μεταξύ τους σε Χρυσή Αναλογία και διάφορα σχέδια

του Ντα Βίντσι περιλαμβάνουν πρόσωπα με τον Χρυσό Λόγο στις διαστάσεις τους ή λογαριθμικές σπείρες στα μαλλιά τους (λέγεται ότι το ορθογώνιο γύρω από το πρόσωπο της Μόνα Λίζα είναι Χρυσό Ορθογώνιο . . . ). Η κατασκευή των γνωστών βιολιών Στραντιβάριους (από τον ιταλό Α ντόνιο Στραντιβάρι) βασίζεται στον Χρυσό Λόγο αλλά και μεγάλοι συνθέτες όπως ο Κλώντ Ντεμπισί και ο Μπέλα Μπάρτοκ κατασκεύαζαν μελωδίες, aρμονίες και ρυθμούς με εφαρμογή του Χρυσού Λόγου.

Η λίστα με τις εμφανίσεις του Χρυσού Λόγου θα μπορούσε να είναι ατελείωτη και αν προσπαθούσαμε να δώσουμε μια εξήγηση θα άγγιζε τα όρια του μυστικισμού. Το ερώτημα που απασχολεί τους φιλοσόφους ανά τους αιώνες, για το αν τα μαθηματικά είναι ανθρώπινη εφεύρεση ή προϋπήρχαν και εμείς τα ανακαλύψαμε, φαίνεται απλό, αρκεί κάποιος να θαυμάσει το πώς ένας αριθμός είναι ο αγαπημένος της ίδιας της φύσης. Πάντως, ένα πράγμα είναι σίγουρο : στα

μαθηματικά κρύβεται μια απαράμιλλη ομορφιά που τελικά αντικατοπτρίζει την ίδια τη φύση . Και αν δεν υπήρχε αυτή η ομορφιά , τότε δεν θα άξιζε να ζούμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 1 τ.3/8

αθηματtκοi Δtαyωvισμοi αθη.ματtκές Ολυμπιάδες

Ε.Μ.Ε.

69ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤ Α ΜΑΘΗΜΑ ΤΙΚΑ

''Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ"

ΣΑ ΒΒΑ ΤΟ, 17 ΙΑΝΟΥ ΑΡΙΟΥ 2009

Α' τάξη Λυκείου

Πρόβλημα ι Να aπλοποιήσετε την αλγεβρική παράσταση

( χ2 -�τ {y+�)n-m ·ym+n Α� (y'-:}( χ -π-.

. χ•••

όπου m,n ακέραιοι και x,y πραγματικοί αριθμοί με xy * Ο, xy * 1 και xy * -1.

Λύση

= ( x2y2 -l )m-n ·X2n . ( xy+1)n-m ·ym-n . Ym+n

y2m ( xy -I)m-n ·Xn-m Xm+n

( xy + 1 ) ιn-n ( xy -1 Γ-η . ( xy + 1 )n-m . χ 2n-2n . y2ιn-2m = Ι . ( xy -I)m-n

Πρόβλημα 2 Να βρεθούν οι ακέραιοι αριθμοί α, β αν γνωρίζετε ότι ισχύουν:

jα - β j = jα j + jβj και α3β2 + α2β

3 + 2α2β2 - α - β = 37. Λύση Από την ισότητα jα - βj = jαj + jβj � Ο προκύπτει ότι:

Ι α - βj = jαj + jβj <=> jα - βj2 = (jαj + jβj)2 α2 - 2αβ + β2 = α2 + 2 jαβj + β2 -αβ = jαβj <:=> (α� Ο και β� Ο) ή (α� Ο και β� Ο).

Από τη δεύτερη ισότητα λαμβάνουμε: α3β2 + α2β3 + 2α2β2 - α - β= 37 <:=> α2β2 (α+ β+ 2) - (α+ β+ 2) = 35<:::> (α+ β+ 2 ) ( α2β2 - Ι )= 35,

από την οποία έχουμε ότι ο α2β2 - Ι είναι ένας από τους παράγοντες του 35, δηλαδή έχουμε: α2β2 -1 = ±1 ή α2β2 - Ι= ±5 ή α2β2 -1 = ±7 ή α2β2 -1 = ±35 <:=> α2β2 = 2 ή α2β2 = Ο ή α2β2 = 6

ή α2β2 = -4 ή α2β2 = 8 ή α2β2 = -6 ή α2β2 = 36 ή α2β2 = -34.


--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες ---------

Οι αποδεκτές περιπτώσεις, αφού α, β ΕΖ και α2β2 2: Ο , είναι οι: • α 2β 2 = Ο , η οποία οδηγεί στις λύσεις (α, β) = (Ο,-3 7 ) ή (α, β) = (-3 7 , Ο) . " α2β2 = 36 <::> αβ = -6 (αφού α, β ετερόσημοι) , η οποία οδηγεί στο σύστημα: {α + β= -Ι}<=> (α,β) = (-3, 2 ) ή ( α,β) = ( 2, -3 ) . αβ = -6 Πρ{•βλημα 3 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς 3α . Πάνω στις πλευρές ΒΓ και Γ Δ λαμβάνουμε σημεία Ε

και Ζ τέτοια ώστε ΕΓ = ΖΔ = α . Τα ευθύγραμμα τμήματα ΒΖ και ΔΕ τέμνονται στο σημείο Κ. Αν η ευθεία ΑΚ τέμνει την ευθεία Ε Ζ στο σημείο Λ, τότε: (α) Να αποδείξετε ότι: ΑΛ ..L ΕΖ (β) Να υπολογίσετε το μήκος της ΑΛ συναρτήσει του α.

Λί1ση (α) Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΔΖ και ΔΕΓ έχουν τις κάθετες πλευρές τους ίσες ( ΑΔ = ΔΓ= 3α ,

Α Α

ΔΖ=ΕΓ= α ). Άρα είναι ίσα και έχουν ΔΑΖ = ΕΔΓ. Αν Μ είναι το σημείο τομής ΑΖ και ΔΕ, τότε έχου-με: ΜΔΖ + ΔΖΜ = ΔΑz + ΔΖΑ = 1 80°- ΑΔΖ = 1 80° - 90° = 90°. Άρα είναι ΕΔ _i ΑΖ και ομοίως αποδεικνύουμε ότι είναι ΖΒ _i ΑΕ , οπότε το σημείο Κ είναι το σημείο τομής των υψών του τριγώνου ΑΕΖ.

Άρα θα είναι και ΑΚ _l ΕΖ ή ΑΛ _l ΕΖ .

(β) Έχουμε ότι

Α 3α Δ �----------

3α

Β

\ -�--- : \ �--- : '

, -� -------- Μ: α \ �,

---- ..;_

"

\ k �-- z \

\ " \ " ' ··'· ;ι'; ,' ).� / " \ '

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

Ε α Γ

Ι αJS (ΑΕΖ) = 2 · ΕΖ· ΑΛ = -2- · ΑΛ και

(ΑΕΖ) = (ΑΒΓΔ) - (ΑΒΕ) - (ΕΓΖ) - (ΑΔΖ) = 9α2 - 3α2 - α2 - 3�2 = 7�2 ,

. λ β ' ΑΛ 7J5α οποτε αμ ανουμε: = -- . 5

Πρ6βλημα 4 Να προσδιορίσετε τριψήφιο θετικό ακέραιο abc= lOOa + lOb + c, όπου a, b, c ψηφία, a>O, ο ο-

ποίος ικανοποιεί την ισότητα:

Αί1ση Από τη σχέση I 00 � abc = ( a + b2 + c3 ) 2 < I 000 προκύπτει ότι:

1 0 � a + b2 + c3 � 3 1 , ( I )

Από τη σχέση ( 1 ) , δεδομένου ότι a Ε {1 , 2 , . . . ,9} και b, c Ε {0, 1 , 2, . . . ,9}, συμπεραίνουμε ότι: c E {0, 1 , 2, 3} και b E {0, 1 , 2, 3, 4, 5}. (2)

Επιπλέον η δεδομένη ισότητα γίνεται:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 71 τ.3/10

--------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

abc = (a + b2 + c3 )2 <::::>1 00a + l0b + c = (a + b2 + c3 )2 . (3 ) Διακρίνουμε τώρα τις περιπτώσεις:

.. Για c = Ο η εξίσωση (3) γίνεται: 1 00a + 1 0b = (a + b2 )2 , (4)

από την οποία για b Ε {0, 1 , 2, 3, 4, 5} δεν προκύπτουν a, b που την επαληθεύουν. Πράγματι, τα ψηφία a , b που ικανοποιούν την εξίσωση ( 4) πρέπει να είναι τέτοια ώστε ο αριθμός a + b2 να λήγει σε Ο. Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα (a , b ) = (9, I ) ή (6, 2) ή ( Ι , 3) ή (4, 4) ή ( 5 ,5) , από τα οποία κανένα δεν ικανοποιεί την εξίσωση ( 4 ) .

" Για c = Ι η εξίσωση (3 ) γίνεται: I OOa + I Ob + Ι = ( a + b2 + Ι )2 , από την οποία προκύπτει ότι ο αριθμός a + b2 + Ι πρέπει να λήγει σε I ή 9 . Έτσι πιθανά ζεύγη είναι τα (a, b ) = (8, 0) ή ( 7 , 1) ή (9 , 1) ή (4, 2)ή (6, 2)ή ( 1 , 3) ή (9, 3)ή ( 2, 4)ή (4, 4)ή (3 ,5)ή ( 5 ,5), από τα οποία προκύπτει μόνο η λύση ( a, b ) = ( 4, 4) και ο αριθμός abc = 44Ι .

• Για c = 2 η εξίσωση (3) γίνεται: Ι OOa + 1 Ob + 2 = ( a + b2 + 2 )2 , η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε 2 . Για c = 3 η εξίσωση (3) γίνεται: Ι OOa + Ι Ob + 3 = ( a + b2 + 3 )2 , η οποία είναι αδύνατη, αφού δεν είναι δυνατόν το τετράγωνο ενός ακεραίου να τελειώνει σε 3 .

Β' τάξη Λυκείου Π ρόβλημο I Να προσδιορίσετε τις τιμές του πραγματικού αριθμού a για τις οποίες το σύστημα

χ2 + 4y2 = 4a2

ax-y = 2a έχει μία μόνο λύση. Για τις τιμές του a που θα βρείτε να λύσετε το σύστημα .

.\[Jση Το σύστημα είναι ισοδύναμο με το σύστημα

{ χ:χ+ _;: �: · ' }� {χ, + 4�: · �:.�: :4a' } �ι + 4a' ):' �:::,� · + 1 2a' :0} Το σύστημα έχει μία μόνο λύση, αν, και μόνον αν, η εξίσωση (Ι + 4a2 ) χ 2 - I 6a2 x + 1 2a2 = Ο έχει μία δι-

πλή ρίζα, δηλαδή, αν, και μόνον αν, ισχύει: Δ = I 6a2 ( 4a2 - 3) = Ο<::::> a = Ο ή a = .J3 ή a = - .J3. 2 2

" Για a = Ο , το σύστημα έχει τη λύση ( x , y) = ( 0, 0) . ιι

πλή ρίζα χ = � , οπότε το σύστημα έχει τη μοναδική λύση 2

( χ y) = [� .J3J αν a = - .J3. ' 2 ' 4 ' 2

il ρ(ιβλημα 1

.J3 a = - και 2

Έστω sl = χ+ Υ + z και s2 = xy + yz + zx' όπου χ, Υ' z Ε JR τέτοιοι ώστε να ικανοποιούν την ι-

σότητα χ2 (y + z) + y2 { z +χ)+ z2 { χ+ y) = 6 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 1 τ.3/ 1 1

--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες

(α) Να αποδείξετε ότι: 3xyz = S1S2 - 6 .

(β) Να προσδιορίσετε τους αριθμούς x, y, z, αν είναι S1 = 3 και S2 = 2 .

Λ ίιση (α) Έχουμε

χ 2 ( y + z ) + y2 ( z + χ ) + z2 ( χ + y) = 6 <::::> χ ( xy + xz ) + y ( yz + yx) + z ( zx + zy) = 6 <=> χ (S2 - yz) + y ( S2 - zx ) + z ( S2 - xy) = 6<::::> ( χ + y + z ) S2 - 3xyz = 6 <::::> 3xyz = S 1S2

- 6 .

(β) Για S1 = 3 και S2 = 2 έχουμε το σύστημα:

{χ::::: :χ3= 2} <::::> { χ� : �z++zz: � 2 } , xyz = Ο χ = Ο ή y = Ο ή z = Ο

από το οποίο εύκολα προκύπτουν οι λύσεις ( x, y, z) = ( 2, Ι, Ο) ή ( Ι, 2, 0)ή ( 2, 0, Ι ) ή (Ι, Ο, 2) ή ( 0, 2, Ι ) ή ( 0, 1, 2) . Πρόβλημα 3

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α= 90° . Α ν ΑΔ είναι ύψος του τριγώνου και Κ1 , Κ2 , Κ3 είναι τα κέντρα των εγγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΔ, ΑΓΔ, ΑΒΓ, αντίστοιχα, να αποδείξετε ότι ΑΚ3 = Κ1Κ2 •

Α

Β Δ Γ

Τα σημεία Κ1 και Κ3 βρίσκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας Β, ενώ τα σημεία Κ2 και Κ3 βρί

σκονται πάνω στη διχοτόμο της γωνίας Β . 'Ε τ σι έχουμε ΒΚ, Γ = 1 80° - ( Β ; f) = 1 80' - 4 5' = 1 3 5'

Ομοίως λαμβάνουμε ΒΚ1Α = 1 3 5° και ΓΚ3Α = Ι 3 5° . Άρα έχουμε

ως παραπληρώματα κάποιας γωνίας 1 3 5°. Επομένως τα τρίγωνα ΑΕΚ3 , Κ3ΕΚ1 και Κ3ΖΚ2 είναι ορθογώνια ισοσκελή , οπότε το σημείο Κ3 είναι ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΚ1Κ2 •

' ' Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΚ3Ε και Κ2ΕΚ1 είναι ίσα, γιατί έχουν ΕΚ3 = ΕΚ1 και Κ1Κ2Ε = ΕΑΚ3 ,

αφού έχουν τις πλευρές τους κάθετες. Άρα είναι ΑΚ3 = Κ1 Κ2

ΓΙ ρόβλημα 4. Να προσδιορίσετε την τιμή του ακέραιου αριθμού k, 1 < k < 30 και μη σταθερό πολυώνυμο

Ρ ( χ ) με πραγματικούς συντελεστές, έτσι ώστε να ισχύει:

( x - k )P (3x) = k ( x - l) P ( x) , για κάθε x ε JR . Λίιση Έστω Ρ ( χ ) = a" χ

" +aπ-ι χ η-ι + . . . + a1 χ + a0 , a" :;t: Ο, η� 1 το ζητούμενο πολυώνυμο. Τότε εξισώνο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 1 τ.3/ 1 2

--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες ---------ντας τους συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων των δύο μελών της δεδομένης ισότητας πολυωνύμων, λαμβάνουμε 3" a, = ka, � k = 3" .

Επειδή είναι 1 < k < 30 οι μόνες δυνατές τιμές του η είναι οι η = Ι ή η = 2 ή η = 3 . Έτσι η δεδομένη ισότητα γίνεται: ( χ - 3" ) Ρ ( 3χ ) = 3" ( χ - Ι ) Ρ ( χ ) , για κάθε χ Ε IR . ( Ι )

Για η = Ι η ( Ι ) γίνεται ( x - 3) P (3x ) = 3 ( x - l ) P ( x ) , για κάθε χ Ε IR , από την οποία για x = l προκύπτει Ρ (3 ) = 0 . Άρα είναι P ( x ) =a1 ( x - 3) .

Για η = 2 η ( Ι ) γίνεται (x - 32 ) P (3x ) = 32 ( x - l ) P ( x ) , για κάθε χ Ε IR , από την οποία για προκύ

πτει Ρ (3 ) = 0 και Ρ (9) = 0 . Άρα είναι P ( x ) =a2 (x - 3 ) ( x - 9) .

Για η = 3 η ( l ) γίνεται (x - 33 ) P (3x ) = 33 ( x - l ) P ( x ) , για κάθε χ Ε .IR , από την οποία για προκύ

πτει Ρ (3) = 0 , Ρ (9 ) = 0 και Ρ ( 27 ) = 0 . Άρα είναι P ( x ) =a3 ( x - 3) ( x - 9) ( x - 27 ) .

Γ ' τ�ιξη Λυκείου Πρόβλημα ι Να προσδιορίσετε τις τιμές της παραμέτρου m για

τις οποίες το εμβαδόν του τριγώνου που ορίζεται από τις γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f ( χ) = -3χ + 6 ,

g ( χ) = mx, m Ε .IR και τον άξονα των χ ισούται με 3.

\ί1ση Από το σύστημα y = mx, y = -3x + 6 προκύπτει ότι οι . . Μ , ( 6 6m ) . συντεταγμενες του σημειου ειναι --,-- , οποτε

m + 3 m + 3 έχουμε:

Ε (ΟΑΜ) = _!_ · 2 · ι� ι = 3 � � = 3 ή � = -3 � m = 3ή m = - 1 . 2 3 + m 3 + m 3 + m

Πρόβλημα 2

χ

Α (2, 0)

Έστω Η το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο οξυγωνίου τριγώνουΑΒΓ. Έστω ακόμη Δ, Ε και Ζ τα μέσα των πλευρών του ΒΓ, ΑΓ και ΑΒ, αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία ΔΙ , Ε i και ΖΙ έτσι ώστε: ΟΔ Ι = λ · ΟΔ , ΟΕ Ι = λ · ΟΕ και ΟΖ Ι = λ · ΟΖ , με λ > Ι . Ο κύκλος cα

που έχει κέντρο το σημείο Δ1 και διέρχεται από το Η τέμνει την ευθεία ΒΓ στα σημεία Α1 και Α2 . Όμοια, οι κύκλοι cβ (Ε Ι , Ε ΙΗ ) και cΛzi , ZIH ) ορίζουν τα σημεία B I , B2 και ΓΙ , Γ2 στις

ευθείες ΑΓ και ΑΒ, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι τα σημεία Α1 , Α2 , Β1 , Β2 , Γ1 και Γ2 είναι ομοκυκλικά.

Λύση Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . Επειδή τα σημεία Δ, Ε , Ζ είναι τα μέσα των πλευρών

του ΒΓ , ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, τα τρίγωνα ΑΒΓ και ΔΕΖ έχουν τις πλευρές τους παράλληλες. Τα τρίγωνα ΔΕΖ και Δ 1Ε 1 Ζ1 έχουν επίσης τις πλευρές τους παράλληλες, γιατί

ΟΔ 1 = λ · ΟΔ , ΟΕ 1 = λ · ΟΕ και ΟΖ 1 = λ · ΟΖ .

Η Δ 1Ζ1 είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής ΚΗ των κύκλων Cα και CΎ . Επειδή η Δ 1Ζ 1 είναι παράλληλη με την ΑΓ , έπεται ότι ΚΗ ..l ΑΓ .


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

Επειδή όμως ισχύει και ότι ΒΗ .l ΑΓ καταλήγουμε στο συμπέρασμα, ότι τα σημεία Β, Κ , Η είναι συνευθειακά.

Με όμοιο τρόπο, αν ΜΗ, ΛΗ είναι η κοινή χορδή των κύκλων Cβ , Cr και Cα , Cβ , αντίστοιχα, κα-ταλήγουμε στο συμπέρασμα ότι τα σημεία Α, Μ, Η και τα σημεία Γ, Λ, Η είναι συνευθειακά.

Α

Λ ., • , 8 1

Β Δ Α2 Γ •

Δ1 (Ca)

Από τη δύναμη του σημείου Β ως προς τους κύκλους Cα και Cγ , έχουμε:

οπότε τα σημεία Αι , Α2 , Γι , Γ2 είναι ομοκυκλικά στο κύκλο με κέντρο το Ο , που είναι το σημείο τομής των μεσοκαθέτων των τμημάτων Α ι Α2 και Γι Γ2 .

Όμοια εργαζόμαστε και με τα άλλα ζευγάρια σημείων, οπότε τα σημεία Αι , Α2 , Β ι , Β2 , Γι και Γ2

βρίσκονται σε κύκλο κέντρου Ο.

Π ρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε την τιμή του θετικού ακέραιου k και μη σταθερό πολυώνυμο Ρ { χ) , n βαθ

μού, με πραγματικούς συντελεστές, έτσι ώστε να ισχύει: ( x - k) P {3x) = k {x - l) P {x) , για κάθε χ ε !R .

ΛίJση Έστω Ρ( χ)= a nx " + an _ ιx

n-ι + . . . + a ιχ + a0 , an ;t:. Ο, η 2: 1 , το ζητούμενο πολυώνυμο. Τότε εξισώνο

ντας τους συντελεστές των μεγιστοβάθμιων όρων των δύο μελών της δεδομένης ισότητας πολυωνύμων, λαμβάνουμε

3" a 11 = ka 11 <::> k = 3" .

Έτσι η δεδομένη ισότητα γίνεται:

( χ - 3" ) Ρ ( 3χ) = 3" ( χ - Ι ) Ρ ( χ), η 2: 1, για κάθε χ ε IR . ( 1 ) Από την ( 1 ) για χ = 1 προκύπτει ότι Ρ ( 3 ) = Ο , οπότε στη συνέχεια για χ = 3 προκύπτει Ρ ( 3

2 ) = Ο .


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Συνεχίζοντας έτσι λαμβάνουμε τις σχέσεις Ρ ( 3k ) = Ο, για k = 3, . . . η - 1 .

Επίσης από την ( 1 ) για χ = 3" λαμβάνουμε : Ο = 3" ( 3" - 1 ) Ρ ( 3" ) = Ο <:::> Ρ ( 3" ) = Ο .

Άρα το ζητούμενο πολυώνυμο η βαθμού έχει τις η ρίζες 3k , k = 1 , 2, . . . , η , οπότε

. Π ρόβλημα 4 Δίνεται η συνάρτηση f : IR � IR με πεδίο ορισμού και σύνολο τιμών, το σύνολο των πραγματι-

κών αριθμών ( f(JR) = IR) . Αν για οποιουσδήποτε πραγματικούς αριθμούς x,y ισχύει η σχέση :

r ( r ( f(x)) - f(y)) = f(x) - r ( f(y)) , (1)

να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f, είναι περιττή .

. \ίJση Θέτουμε στη δεδομένη σχέση όπου y το f(x) και έχουμε:

f ( f ( f(x) ) - f ( f( χ) ) ) = f(x) - f ( f ( f(x) ) )

<:::> f(O) = f(x) - f (f ( f(x) )) <=> f (f ( f(x) ) ) = f(x) - f(O) <=> (f o f o f ) (x) = f(x) - f(O) (2) .

Από τη σχέση (2) έχουμε τις ισότητες

από τις οποίες προκύπτει ότι:

(f ο f ο f ο f) (x) = f ( f(x) - f(O) )} ( f o f o f o f ) (x) = f ( f(x) ) - f(O) '

f ( f(x) - f(O) ) = f ( f(x) ) - f(O) .

Από την (3) για χ = Ο παίρνουμε:

f ( f(O) - f(O) ) = f ( f(O) ) - f(O) <:::> f(O) = f ( f(O) ) - f(O) <:::> f ( f(O) ) = 2f(O)

Από τη σχέση ( I ) για χ = y = Ο και σε συνδυασμό με τη σχέση (4) , έχουμε:

(3)

(4) .

f ( f ( f(O)) - f(O) ) = f(O) - f( f(O) ) <:::> f ( 2f(O) - f(O) ) = f(O) - 2f(O) <:::> f( f(O) ) = -f(O) (5) .

Από τις σχέσεις (4) και (5) έχουμε: f(O) = Ο .

Αν τώρα στη σχέση (1) θέσουμε χ = Ο καταλήγουμε στη σχέση :

f ( f ( f(O) ) - f(y)) = f(O) - f ( f(y) ) <:::> f ( -f(y) ) = -f ( f(y) ) .

Επειδή όμως σύνολο τιμών της συνάρτησης f είναι το JR , έπεται ότι για κάθε χ Ε JR θα υπάρχει ένα τουλάχιστον y Ε JR τέτοιο, ώστε f(y) = χ .

Άρα έχουμε f( -χ) = -f(x) , για κάθε χ Ε JR , δηλαδή η συνάρτηση f είναι περιττή .


-------- Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες --------

26η Ελληνική Μ αθη ματική Ολυ μπιάδα ' ' Ο Α ρχιμή δη ς "

ΣΑΒΒΑ ΤΟ, 2 1 ΦΕΒΡΟΥ ΑΡΙΟΥ 2009

Θέματα μεγάλων τάξεων Πρόβλημα I Να προσδιορίσετε τις τιμές του θετικού ακέραιου n για τις οποίες ο αριθμός

Α = J9n - 1 n + 7

είναι ρητός.

Λύση Αρκεί να υπάρχουν α, b Ε Ν* με (α, b ) = Ι τέτοιοι ώστε :

9n - 1 n + 7 b2 •

Από τη σχέση ( Ι ) λαμβάνουμε: 7α2 + b2 7(α2 - 9b2 ) + 64b2 64b2

n - - = -7 + -::------::--9b2 - α2 - 9b2 - α2 9b2 - α

( 1 )

(2)

Επειδή είναι (α, b ) = Ι , έπεται ότι ( α2 , b2 ) = 1 και ( 9b2 - α2 , b2 ) = 1 , οπότε από τη σχέση (2) προκύπτει ότι ο αριθμός n είναι ακέραιος, αν, και μόνον αν, ο ακέραιος 9b2 - α2 είναι διαιρέτης του 64.

Επειδή οι αριθμοί α, b και n είναι θετικοί ακέραιοι, προκύπτει ότι 9b2 - α2 � 8 , οπότε θα είναι:

9b2 - α2 = (3b + α) (3b - α) Ε {8, 1 6, 32, 64} . (3) Επειδή οι παράγοντες 3b + α, 3b - α έχουν άθροισμα πολλαπλάσιο του 6 και διαφορά πολ

λαπλάσιο του 2 και είναι 3b + α > 3b - α , από τη σχέση (3) οι μόνες δυνατές περιπτώσεις που προκύπτουν είναι οι εξής :

( 3b + α, 3b - α) = (4, 2 ) ή ( 3b + α, 3b - α) = (8, 4) ή ( 3b + α, 3b - α) = ( Ι 6, 2 )

q (α, b ) = ( 1 , I ) ή (α, b ) = (2, 2 ) ή (α, b) = ( 7, 3 ) . Το ζευγάρι (α, b) = ( 2, 2 ) απορρίπτεται, γιατί ο μέγιστος κοινός διαιρέτης των α, b είναι 2,

οπότε προκύπτουν τελικά οι τιμές n = 1 ή n = 1 1 .

Πρόβλημα 2 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με περίκεντρο Ο και Α1 , Β 1 , Γ 1 τα μέσα των πλευρών ΒΓ , ΑΓ και

-- -- -- --

ΑΒ αντίστοιχα. Θεωρούμε τα σημεία Α2 , Β2 , Γ 2 έτσι ώστε: ΟΑ2 = λ · ΟΑ1 , ΟΒ2 = λ · ΟΒ1 και ΟΓ 2 = λ · ΟΓ1 με λ > Ο . Αποδείξτε ότι οι ευθείες ΑΑ2 , ΒΒ2 , ΓΓ 2 συντρέχουν.

ΛίJση Έστω Η το ορθόκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . Τότε θα ισχύει ΑΗ = 2 · ΟΑ1 • Δεδομένου ό-

μως ότι ΟΑ2 = λ · ΟΑ1 , καταλήγουμε στη σχέση : ΑΗ = � · ΟΑ2 •

Αν τώρα C είναι το σημείο τομής των ΑΑ2 και ΟΗ (από την ομοιότητα των τριγώνων CHA

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 71 τ.3/1 6

---------Μαθη ματικοί Διαγωνισμοί - Μαθη ματικές Ολυμπιάδες --------

- 2 -και COA2 ), έχουμε: HC = - · CO . Δηλαδή η ΑΑ1 περνάει από το σημείο C που χωρίζει το λ

ΟΗ σε λόγο l_ . λ

Α

Α2

Ομοίως, θα ισχύει 8Η = 2 · 08 1 • Δεδομένου όμως ότι 082 = λ · 081 , καταλήγουμε - 2 -8Η = - · 082 .

λ Αν τώρα C' είναι το σημείο τομής των 882 και ΟΗ (από την ομοιότητα των τριγώνων C'HA

και C'082 ), έχουμε : HC' = 2 · C'O . Δηλαδή η 882 περνάει από το σημείο C' που χωρίζει το λ

ΟΗ σε λόγο l_ . λ

Αν τώρα C" είναι το σημείο τομής των 882 και ΟΗ , τότε με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι

η ΓΓ1 περνάει από το σημείο C" που χωρίζει το ΟΗ σε λόγο l_ . - λ Τα σημεία όμως C , C' , C" ταυτίζονται. Άρα οι ευθείες ΑΑυ 882 , ΓΓ2 συντρέχουν.

Παρατηρήσεις ( 1 ) Α ν λ = 1 , τότε το σημείο C ταυτίζεται με το βαρύκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ . (2) Αν λ = 2 , τότε το σημείο C ταυτίζεται με το κέντρο του κύκλου του Euler του τριγώνου ΑΒΓ . Στη περίπτωση αυτή τα τρίγωνα Α8Γ και Α282Γ2 είναι ίσα και έχουν κοινό κύκλο του Euler. (3 ) Σε κάθε περίπτωση τα τρίγωνα Α8Γ και Α187Γ1 είναι όμοια με τις πλευρές τους παράλ-ληλες. Το ένα τρίγωνο είναι "εικόνα" του άλλου μέσα από ομοιοθεσίες, οπότε μπορεί να προκύψει λύση και μέσω ομοιοθεσιών. (4) Λύσεις του προβλήματος μπορούν να δοθούν με χρήση Αναλυτικής Γεωμετρίας ή μιγαδικών αριθμών.

Π ΡΟ ΒΛ Η Μ Α 3 Αν οι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί x, y και z έχουν άθροισμα 2, να αποδείξετε ότι:

? ? 2 2 ? ? χ-Υ + y z + z- χ- + xyz � Ι . Για ποιες τιμές των χ, y και z αληθεύει η ισότητα;


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μ αθηματικές Ολυμπιάδες --------ΛiJση

Θα χρησιμοποιήσουμε στην πρώτη φάση τη γνωστή ανισότητα 2αβ :::;; α 2 + β2 , η οποία ισχύει για κάθε α, β ε ffi. ενώ η ισότητα ισχύει για α = β ε ffi. ο Έτσι έχουμε

? ? ? ) ? ? Ι (2 2 ? ? ? ? ? ) x-y + yz- + z-x- + xyz = 2 χ y + 2yz- + 2z-x- + 2xyz Ι = - (2xy o xy + 2yz ο yz + 2zx ο zx + 2xyz ) 2

:ς ± [χy (χ2 + y2 ) + yz (y2 + z2 ) + yz (y2 + zz ) + 2xyz J Ι [( ) ( ? ? ? ) ? ? ? J = 2 xy + yz + zx χ- + y + z- - xyz- - yzx- - zxy + 2xyz

= ± [(xy + yz + zx) (x2 + y2 + z2 ) - xyz (x + y + z - 2 )]

= ± [ (xy + yz + zx ) ( χ2 + y2 + z2 )] , (αφού χ + y + z = 2) 0 Μέχρι τώρα έχουμε αποδείξει ότι:

( l )

χ2/ + /22 + 22χ2 + .xy2::ς� [(.xy + yz + 2x) (x2 + / + z2 )] , (2) ενώ η ισότητα ισχύει, όπως προκύπτει από την ( 1 ), όταν :

x = y = 2 ή x = y, z = O ή y = z, x = O ή 2 = x, y = 0 , οπότε, αφού είναι χ + y + 2 = 2 , η ισότητα αληθεύει όταν:

( x , y , z ) = (� . � . �) ή ( Ι , 1 , 0 ) ή ( 1 , 0 , 1 ) ή (0 , 1 , 1 ) 0 (3) 3 3 3

Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε τη γνωστή ανισότητα α β ,; ( α ; β )' , α, β ε IR'. , θεω

ρώντας α = 2xy + 2y2 + 2zx, β = χ2 + y2 + 22 ο Έτσι έχουμε

� [(.xy + y2 + 2x) (x2 + / + 22 )] = � [(2.xy + 2yz + 22x) (x2 + / + 22 )]

:::;; _!_ 2.xy + 2y2 + 22x + x + y + z- = _!_(x +y + 2)4 = 1 . ( 2 2 ? )2 4 2 1 6

(4)

Από τις (2) και (4) λαμβάνουμε τη ζητούμενη ανισότητα χ2/ + y222 + 22χ2 + xy2 :::;; 1 0 Η ισότητα στη σχέση ( 4) ισχύει, όταν: α = β <=> 2xy + 2 y2 + 22χ = χ2 + / + 22 ,

η οποία συναληθεύει με τις ισότητες (3 ) για (x, y, 2 ) = ( 1 , 1 , 0) ή ( 1 , 0, 1 ) ή (0, 1 , 1 ) ο

Π ΡΟ ΒΑ Η Μ Α 4 Δίνονται οι διαφορετικοί μεταξύ τους μιγαδικοί αριθμοί 21 , 22 , 23 , 24 , 25 , 26 των οποίων οι ει-

κόνες A, , Az , A3 , Α4 , Α5 , Α6 είναι διαδοχικά σημεία του κύκλου με κέντρο το σημείο 0(0, 0) και ακτίνα r > Ο ο Α ν w είναι μία λύση της εξίσωσης 22 + 2 + 1 = Ο και ισχύουν οι σχέσεις :

21 w2 + 23w + 25 = 0 (Ι) , z2w2 + z4w + 26 = 0 (11) να αποδείξτε ότι:

(α) Το τρίγωνο Α, Α3Α5 είναι ισόπλευρο, (β) lz1 -22 l +lz2 -23 1 +123 -24 1 +1z4 -25 1 +125 -26 1 +iz6 -21 1 = = 3 lz, -z4 1 = 3 122 -25 1 = 3 123 -26 1 .

Λι'>ση

(α) Εφόσον ο μιγαδικός w είναι ρίζα της εξίσωσης 22 + 2 + Ι = Ο , θα ισχύει w2 + w + 1 = Ο . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 71 τ.3/18

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

Πολλαπλασιάζοντας τη τελευταία εξίσωση με w , έχουμε: w3 + w2 + w = Ο <=> w3 + w2 + w + 1 = 1 <=> w3 = 1 . '------ν----'

ο Από τη τελευταία εξίσωση συμπεραίνουμε ότι Η = 1 . Αντικαθιστώντας στη σχέση (Ι) w2 = -w - 1 , έχουμε:

Ζ I ( -1 - W) + Ζ 3 W + Ζ 5 = 0 <::::> - Ζ I - Ζ I W + Ζ 3 W + Ζ 5 = 0 <::::> ( Ζ 3 - Ζ I )w = Ζ I - Ζ 5 • Άρα

I( z 3 - z 1 Jwl = lz 1 - z 5 1 <=> lz 3 - z 1 l lwl = lz 1 - z 5 1 <=> lz 3 - z 1 l = lz 1 - z 5 1

Αντικαθιστώντας στη σχέση (Ι) w = -w2 - 1 , έχουμε :

(Α) .

z1w2 + z3 (-w2 - 1) + z5 = Ο <=> z1w2 - z3� -z3 +z5 = 0 <=> (z1 -z3 )� = z5 -z3 . Άρα έχουμε l(zι - z3 )w2 1 = lz5 - z3 1 <=> lzl - z3 1 lw2 1 = lz5 - z3 1 <=>

lz3 - 2ι l = l zs - 23 1 (Β) . Από τις σχέσεις (Α) και (Β) έχουμε τις ισότητες :

lz 1 - z 3 1 = lz 3 - z 5 1 = lz 5 - z 1 l ' δηλαδή το τρίγωνο Α1Α3Α5 είναι ισόπλευρο.

(β) Με όμοιο τρόπο (χρησιμοποιώντας τη σχέση (Π)) αποδεικνύουμε ότι και το τρίγωνο Α2Α4Α6 είναι ισόπλευρο. Από γνωστή πρόταση της γεωμετρίας έχουμε ότι Α1Α2 + Α1Α6 = Α1Α4 , οπότε χρησιμοποιώντας μέτρα μιγαδικών λαμβάνουμε :

l z Ι - z2 1 + 1z6 - zι l = lz l - z4 1 · ( 1 )

Ομοίως, από την ισότητα Α3Α2 + Α3Α4 = Α3Α6 χρησιμοποιώντας μέτρα μιγαδικών λαμβάνου-με : l z2 - z3 1 + 1z3 - z4 1 = 1z3 - z6 1 · (2)

Α1

Ομοίως , από την ισότητα Α5 Α4 + Α5 Α6 = Α5 Α2 χρησιμοποιώντας μέτρα μιγαδικών λαμβάνουμε:

(3) Προσθέτοντας τις σχέσεις ( l ) , (2) και (3) κατά μέλη και χρησιμοποιώντας τις ισότητες

l z Ι - z4 1 = lz3 - z6 1 = lz2 - z5 1 λαμβάνουμε :

lzl -z2 1 + lz2 -z3 1 + lz3 -z4 1 + lz4 -z5 1 + lz5 -z6 1 + lz6 -zl l = 3lzl - 24 1 = 3lz2 - 25 1 = 3lz3 - 26 1 ·


HIJMIJ MArHHEMAriCVS 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.

Για τους συνr.pγ6τι:ς της στι]λης: παράκληση ! τα κείμενα της στήλης αυτής, ως προς το περιεχόμενό τους και ως προς το επίπεδό τους, θα πρέπει να είναι συμβιβαστά με τα ενδιαφέροντα και το επίπεδο κατανόησης από μέρους των παιδιών.

επιμέλεια : Καρκ{ινης Βασίλης, Κερασαρίδης Γιάννης

I . "τι ι:ίναι τα ΙV/αΟηματικά;

Τα ΜαΟηματιιcά και η μετάβαση απδ �iνα �:πίπεδο κατα ιιδη ση ς στο αμ�iσω ς αιιlύτερο

Η ικανότητα της μαθηματικής μεθόδου να συμπεριλαμβάνει την ίδια τη διαδικασία, της μετάβασης από ένα επίπεδο κατανόησης της πραγματικότητας στο αμέσως ανώτερο και ποιοτικά νέο επίπεδο, μπορεί να κατανοηθεί με χρήση μιας σειράς φυσικών θεωριών ως υποδειγμάτων. Παράδειγμα: Σχέση μεταξύ της Μακροσκοπικής Θεωρίας της Δ ιάχυσης (η οποία προϋποθέτει μια συνεχώς κατανεμημένη διαχεόμενη ουσία), και της Στατιστικής θεωρίας της Διάχυσης (η οποία αναχωρεί από την θεώρηση της κίνησης ατομικών σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας) . Απάντηση: Στη μακροσκοπική θεωρία της διάχυσης, η πυκνότητα της διαχεόμενης ουσίας ικανοποιεί μια ειδική διαφορική εξίσωση με μερικές παραγώγους και η μελέτη διάφορων προβλημάτων, που αναφέρονται στην διάχυση , ανάγεται στην εύρεση των λύσεων αυτής της διαφορικής εξίσωσης για κατάλληλες συνοριακές και αρχικές συνθήκες. Στη στατιστική θεωρία της διάχυσης, για μικρές περιοχές του χώρου (που περιέχουν μόνο ένα μικρό αριθμό σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας) , η ίδια η έννοια της πυκνότητας χάνει την σημασία της. Εδώ τον λόγο έχει η στατιστική θεωρία της διάχυσης. Η στατιστική θεωρία της διάχυσης

1 1 . 'Ά υ η) το ξιiρατι:; ,

προχωρεί από την θεώρηση των μικροσκοπικών wχαίων κινήσεων σωματιδίων, οι οποίες οφείλονται στα μόρια του διαλυτικού μέσου. Επειδή ο αριθμός των ατομικών σωματιδίων της διαχεόμενης ουσίας είναι πολύ μεγάλος, οι νόμοι, που διέπουν την κατανομή πιθανότητας των μετατοπίσεων των σωματιδίων αυτών, οδηγούν, με την υπόθεση ότι οι μετατοπίσεις καθενός σωματιδίου είναι ανεξάρτητες των άλλων, σε συγκεκριμένους νόμους (και όχι νόμους τύχης) , οι οποίοι διέπουν την κίνηση της διαχεόμενης ουσίας ως ολότητας. Οι νόμοι αυτοί συμβαίνει να συμπίπτουν με τις διαφορικές εξισώσεις, οι οποίες περιγράφουν την συνεχή θεωρία.

Το παράδειγμα αυτό είναι αρκετά τυπικό, υπό την έννοια μια στατιστική τυχαίων γεγονότων συχνά οδηγεί από ένα σύνολο νόμων (στην παρούσα περίπτωση, από τους νόμους που διέπουν τα ατομικά σωματίδια της διαχεόμενης ουσίας), σε ένα ποιοτικά διαφορετικό σύνολο νόμων (στην παρούσα περίπτωση, στις διαφορικές εξισώσεις της συνεχούς θεωρίας της διάχυσης).

[πηγή : «Εισαγωγή στη Μεθοδολογία των Μαθηματικών»,

Κ. Α . Rybnikoν, εκδ. " Επιστήμη και Κοινωνία" , Θεσσαλονίκη 1 986]

Γι{ιννης Κερασαρίδης

Μήπως γνωρίζετε τι ζητούσε ο Eνariste Galois από τον πρόεδρο της Ακαδημίας Επιστημών των Παρισίων με επιστολή του στις 3 1 Μάρτη 1 83 1 ;

η απάντηση στο τέλος της στήλης

1 1 1 . , οι συ νφγάτεc: τιιc: στιίJ.ιιc: wάφο υ ιι-ερωτο ι)ν ,

Πplύτο Οιiμα: Μαθηματικά και 1Ί.':χνη (τιiταρ τη συ νιiχεια)

Προl.ε-μ)μενα. Σήμερα σας παρουσιάζουμε, το τέταρτο και τελευταίο μέρος της ενδιαφέρουσας εργασίας « Τέχνη και Μαθηματικά στο Μουσείο Ηρακλειδών», του Απόστολου Παπανικολάου


--------------------------- ΗΟΜΟ ΜΑτΗΕΜΑτ�VS --------------------------

Ε Ι Δ Ι ΚΟΊΈ Ρ Η ΑΝΑΛΥΣ Η Π Ι ΝΑ ΚΩΝ ΤΟΥ ESC H E R Ε Ν Λ Ε Ι Κτ J ΚΑ Π Α ΡΑΔ Ε Ι Γ Μ ΑΤΑ

Ιδιαίτερη αναφορά θα κάνουμε στο έργο του Escher:

Είναι γνωστό ότι ο Ολλανδός καλλιτέχνης Escher ( 1898- I 972) δεν είχε ιδιαίτερες μαθηματικές γνώσεις. Όμως ο ίδιος έλεγε ότι «διασχίζει συνεχώς το σύνορο μεταξύ Μαθ ατικών και Τέ » απεικονί οντα Όριο Τετραγώνου 111: Αναζητούνται

καλλιτεχνικά μαθηματικές έννοιες για τις οποίες ενημερωνόταν από μεγάλους μαθηματικούς της εποχής του (Coxeter, Penrose κ.α.) . Έτσι, έχει ιδιαίτερο ενδιαφέρον να «ανακαλυφθούν» και να μελετηθούν οι μαθηματικές αυτές έννοιες μέσα από τον πλούτο των πινάκων που εκτίθενται στο ουσείο Η ακλειδών.

ποιοι από τους βασικούς σημειακούς ΕΠΙΛΟΓΟΣ μετασχηματισμούς (μεταφορά, Ο Πλάτων στο διάλογο

αξονική συμμετρία, στροφή, σύνθεση «Πολιτεία>> θεωρεί ανέφικτο να

μεταφοράς και αξονικής συμμετρίας) προσπαθήσει κάποιος να μάθει

είναι εμφανείς στον πίνακα αυτό .Σε Μαθηματικά μέσα από πίνακες

φιλοσοφικό επίπεδο τίθεται και ζωγραφικής. Έτσι και το πρόγραμμα « τέχνη και Μαθηματικά» δεν συζητείται το ερώτημα πώς οι φιλοδοξεί να διδάξει Μαθηματικά

άγγελοι που συμβολίζουν το καλό σε βάθος -κάτι που θα γίνει στη συνυπάρχουν με τους διαβόλους που σχολική τάξη- αλλά μέσα από το

f--συ_,_L..,_ολ_ι_.' ._ο_υ

_ν

_τ_ο_κ_α

_κ_ό _______ +------------� ευχάριστο περιβάλλον της τέχνης να

Verbum=Λ όγoς: Μέσα από την άποψη δημιουργήσει αλλαγή στάσης ως

του καλλιτέχνη για τη δημιουργία και προς τη θεώρηση των

εξέλιξη της ζωής που απεικονίζεται Μαθηματικών, για τους μαθητές

στον πίνακα αυτό διερευνάται η που τα θεωρούν απρόσιτα,

διασύνδεση του μαθηματικού λόγου επισημαίνοντας τη φιλοσοφική τους διάσταση και τη διείσδυσή τους σε με τις υπόλοιπες σημασίες της λέξης όλους τους τομείς της ανθρώπινης λόγος. (αίτιο, λογική, λεκτική σκέψης και δραστηριότητας.

εκφορά). Συσχετίζεται ο πίνακας και Θερμές ευχαριστίες στους με τον Απόλλωνα που στην Αρχαία 5000 περίπου μαθητές και Ελλάδα θεωρείται ως θεός του ηλίου καθηγητές, που με τις επισκέψεις και λο ι ' στο Μουσείο Ηρακλειδών τα τρία f---��-'-��--------�-----------� Explorίng the lnfinίte 116: τελευταία χρόνια, στο πρόγραμμα

Αυτοομοιότητα είναι η ιδιότητα ενός « τέχνη και Μαθηματικά», τις

σχήματος να είναι όμοιο με ένα ή ενδιαφέρουσες ερωτήσεις και

περισσότερα τμήματά του . Υπάρχει παρατηρήσεις, εμπλούτισαν και εμπλουτίζουν αυτήν την προσπάθεια τέτοιο τμήμα του πίνακα που ολιστικής προσέγγισης της γνώσης

επαναλαμβάνεται σε διαφορετική και πνευματικής ανάτασης. κλίμακα; Το μουσείο ανεξάρτητα από τις

Ποια πρακτική αλλά και εκθέσεις καλλιτεχνών που φιλοσοφική σημασία έχει η φιλοξενεί κατά διαστήματα, θα έχει διαπίστωση για ένα αντικείμενο ότι μόνιμα εκτιθέμενα έργα των έχει την ιδιότητα της αυτοομοιότητας; Escher και Vasarely για τις ανάγκες

του εκπαιδευτικού προγράμματος. f--

Δ-ια_ι_p_ε_σ_η

___ Κ_υ_{J_ικ_ο_υ_, _

__ Χι

_ώ_

p_ο_υ_:

+------------� Φιλοδοξία του προγράμματος είναι

Αριθμήσιμο λέγεται ένα σύνολο όταν από τη σχολική χρονιά 2009-20 1 0 για τα τμήματα των σχολείων που μπορούμε σε κάθε στοιχείο του να ήδη έχουν παρακολουθήσει την

aντιστοιχίσουμε ένα φυσικό αριθμό. εισαγωγή στη σχέση Τέχνης και Είναι το σύνολο όλων των κόμβων Μαθηματικών να προσφέρει πιο του πίνακα aριθμήσιμο; Μπορούμε εξειδικευμένες παρουσιάσεις των δηλαδή να aντιστοιχίσουμε σε κάθε θεμάτων που θίγονται στο γενικό κόμβο αυτής της σκαλωσιάς από ένα μέρος και σε συνεργασία με τον ξεχωριστό φυσικό αριθμό ή δεν διδάσκοντα καθηγητή φθάνουν οι φυσικοί αριθμοί γι αυτό; Απόστολος Παπανικολάου


-------------- HIJMIJ MArHEMAriCVS -------------

Λ ::ι)η:μο ο::μα: «Είιιαι αμιΟμ/ις το μψ5{J>,· ;; , ΤΟ /! Π/τμου Σοφια ι•ο ι) I I υΟα;ιt)μι·ω 2.'άμο ιJ

I Ιμοί.ηt)μ:: ιια. Ο φίλος της στήλης Πέτρος Σοφιανός, είναι γνωστός στους αναγνώστες της στήλης μας για την ικανότητά του να διατυπώνει μαθηματικές απόψεις σε έμμετρο λόγο (βλέπε: «Έμμετρος βίος του Πυθαγόρα», τεύχος 67) . Απολαύστε το νέο θέμα που μας έστειλε · έχει τίτλο «Είναι αριθμός το μηδέν;»

Αλήθεια είναι αριθμός και το μηδέν που πάει να πει μηδέ* ένα; Χωρίς το εν και το μηδέν κομπιούτερ δε δουλεύει πού λεν' πως τάχα τη ζωή μας όλων aπλουστεύει. Αν "όχι" πούμε το μηδέν, το "ναι " είναι το ένα, μα με δυο τέτοιους "αριθμούς" φτιάχνουμε τον κάθε ένα ! ΣΗΜΕΙΟ, ΣΠΓΜΗ θα πει μηδέν, ήτοι α κ ι ν η σ ί α που πουθενά δεν θα τη βρεις . . . στο "πάντα ρει" η σοφία. Αν στο μηδέν βάλουμε αρχή άπειροι είναι οι αριθμοί κι απ' το μηδέν το μέτρημα πιάνουμε σαν τον όνο αν πρόγραμμα δε βάλουμε στο χώρο και στο χρόνο, αν δε προγραμματίσουμε μαζί το Χωροχρόνο . ΧΩΡΟΣ και ΧΡΟΝΟΣ "αριθμοί" είναι κι αυτοί αντάμα τον ΚΟΣΜΟ μήπως νοήσουμε που είναι όμως άλλο πράγμα ! Κόσμος σημαίνει στόλισμα, "ποίημα θεού" είπε κάποιος Ίωνας πρωτοφιλόσοφος Θαλής εκ της Μιλήτου στα 600 προ Χριστού, δάσκαλος του δικού μας του πρώτου σοφοδάσκαλου του Σάμιου Πυθαγόρα. 'Άείζωον πυρ" ο Ηράκλειτος τον κόσμο αποκαλούσε καθώς και μέτρηση "φωτιάς" να μάθει προσπαθούσε. Μετά χρόνους δισ-χίλιους κι αφού η Άνωση - Βάρος έγινε από τον Νεύτωνα , με Κέλσιου βαθμούς Θερμοκρασία μετρήθηκε σε πάγο "Ο" και υδρατμούς" ι 00" .

"Υπάρχει απόλυτο μηδέν (-273) ; " να μια άλλη απορία που ο λόρδος Κέλβιν έθεσε για τη θερμοκρασία την έρευνα βυθίζοντας σε κάποια αργοπορία, αν Ενιαία ψάχνουμε Συμπαντική Θεωρία ! Θυμήσου φίλε μου μικρέ μα αφού καλά γνωρίσεις τα παραπάνω όλα αυτά σχολεία αφού φοιτήσεις του Νεύτωνα η Μηχανική με την παγκόσμια έλξη θα ερμηνευθεί απ' το μηδέν: Σημείο Ισορροπίας η μάλλον Ανακύκλησης* * του ΘΕΡΜΟΧΩΡΟΧΡΟΝΟΥ που αν και τον ζει δεν τον νοεί μυαλό δεμένου όνου . . . Γιατί και ο κύκλος είναι μηδέν που μόνο με διαβήτη μπορείς να φτιάξεις παίζοντας με προσοχή στη μύτη . . . Σε έξη ίσα τμήματα κύκλο μεγάλο η μικρό χωρίζεις με ακτίνα που αν θες δοκίμασε το εσύ μπορεί να νοιώσεις φίνα ! Μα έτσι το χωρόχρονο aρχίζεις να γνωρίζεις καθώς σε μοίρες, μέρες και λεπτά συνέχεια μερίζεις . . . "Γιατί σε aρχαίους Αιγύπτιους, Έλληνες και Ρωμιούς μηδέν δεν εχρησίμευε κι είχαν πολλούς θεούς; " Έχει κι αυτό μια εξήγηση που ψάχνω κι εγώ ακόμα γιαυτό σ' αφήνω τώρα δα για τούτη δω την ώρα μα εσύ αν θέλεις ρώταγε πάντοτε και προχώρα . . .

Πέτρος Σοφιανός Πυθαγόρειο Σάμου

* Από την Ελληνική λέξη "ουδέν" ο Πτολεμαίος πρότεινε και επικράτησε το σύμβολο "Ο" .

* * nα το σημείο αυτό μιλάει ο φιλόσοφος Αναξίμανδρος που θεωρείο αρχή του σύμπαντος το 'ΆΠΕΙΡΟΝ" η "αείδιον " όπως ο ίδιος αποκαλούσε . . .


-------------- HIJMIJ MA1ΉEMAr/CUS

Τ ρ ίτο Oi:μu : « 1-1 ορΟολογ ιιο'1 κοπι) της μελαμίνης»

1/μοi.ςf)μ::νu.. Λοιπόν, αγαπητοί φίλοι της στήλης, μη σκέφτομαι τα άχρηστα κομμάτια, μου προ ημερών βρέθηκα σε ένα ξυλεμπορικό διηγήθηκε μια ιστορία και αφού την τέλειωσε κατάστημα με σκοπό να παραγγείλω κάποια ζήτησε τη γνώμη μου. Ήδη , όμως, ο υπάλληλος κομμάτια μελαμίνης που μου χρειάζονται για μια είχε εκτελέσει την παραγγελία, με ειδοποίησε πως κατασκευή . Όταν φτάσαμε στο λογαριασμό, με τα κομμάτια ήταν έτοιμα και πως έπρεπε να τα έκπληξή μου άκουσα το μαγαζάτορα να μου λέει πάρω για να μη εμποδίζουν τους άλλους πελάτες. πως το κατάστημα δεν χρεώνει με τα τεμάχια που Φεύγοντας, ο μαγαζάτορας μου υπενθύμισε πως παρήγγειλα, αλλά με το πόσα ακέραια φύλλα του χρωστώ μια απάντηση και πως θα με περίμενε μελαμίνης πρέπει να κόψει. Και συμπλήρωσε: «αν κάποια μέρα να τον επισκεφθώ και να του δεν σου χρεώσω τα κομμάτια που περισσεύουν, για απαντήσω. Του το υποσχέθηκα. Μήπως κάποιος μένα αυτά θα είναι άχρηστα». Όταν ο υπάλληλος από σας μπορεί να μου δώσει ιδέες; (Ωάννης πήρε την παραγγελία και πήγε να την εκτελέσει, ο Κερασαρίδης) μαγαζάτορας για να με . . . παρηγορήσει και για να

Το πρόβλημα «Στο ξυλουργικό τμήμα κάποιου

εργοστασίου δόθηκε η παραγγελία, να κόψουν από φύλλα μελαμίνης κομμάτια δύο ειδών για την κατασκευή 1 .000 αντικειμένων. Το ξυλουργείο ειδοποιήθηκε ότι για το καθένα από τα 1 .000 αντικείμενα χρειάζονται δύο κομμάτια από το πρώτο είδος και τρία κομμάτια από το δεύτερο . Στην αποθήκη του έχει 800 φύλλα μελαμίνης με τις ίδιες διαστάσεις. Προτάθηκαν τρεις τρόποι ορθολογικής κοπής των φύλλων. Με τον πρώτο τρόπο από κάθε φύλλο μελαμίνης βγαίνουν πέντε κομμάτια του πρώτου είδους και δύο του δεύτερου,

111,. • • � ii r/ι το .;ι:ματε; " fοι απαιιτιίσ::ις/

3 1 Μαρτίου 1 83 1 Κύριε Πρόεδρε,

Τολμώ να ελπίζω ότι οι κκ. Lacroix και Poisson δεν θα θεωρήσουν κακό να τους υπενθυμίσω ένα σύγγραμμα σχετικό με τη θεωρία εξισώσεων που τους ανατέθηκε εδώ και τρεις μήνες.

Οι έρευνες που περιλαμβάνει αυτό το σύγγραμμα ανήκουν στην εργασία που είχα υποβάλει πέρυσι στο διαγωνισμό για το μεγάλο βραβείο των Μαθηματικών, όπου έδινα, σε όλες τις περιπτώσεις, τους κανόνες για να αναγνωρισθεί αν μία εξίσωση ήταν ή όχι ε-,ι:ιλύσιμη μέσω τετραγωνικών ριζών. Όπως αυτό το πρόβλημα παρουσιάστηκε ως τώρα, αν όχι αδύνατον, τουλάχιστον πολύ δύσκολο στους γεωμέτρες, η εξεταστική επιτροπή έκρινε ΕΚ ΤΩΝ ΠΡΟΤΕΡΩΝ ότι δεν μπορούσα να είχα λύσει αυτό το πρόβλημα,

ενώ με τον δεύτερο τρόπο κοπής βγαίνει ένα κομμάτι του πρώτου είδους και πέντε του δεύτερου είδους. Τέλος με τον τρίτο τρόπο κοπής βγαίνουν τρία κομμάτια του πρώτου είδους και τέσσερα του δεύτερου.

Φτάνουν, άραγε, τα φύλλα της μελαμίνης που βρίσκονται στην αποθήκη για την εκτέλεση της παραγγελίας; Πόσα φύλλα μελαμίνης πρέπει να κοπούν με τον πρώτο, πόσα με τον δεύτερο και πόσα με τον τρίτο τρόπο, για να εκτελεστεί η παραγγελία;»

πρώτον, διότι λέγομαι Galois, και επιπλέον διότι ήμουν φοιτητής και μ' ενημέρωσαν ότι χάθηκε το σύγγραμμά μου. Αυτό το μάθημα θα έπρεπε να μου ήταν αρκετό . Όμως, σύμφωνα με τη γνώμη ενός αξιότιμου μέλους της Ακαδημίας, έγραψα και πάλι ένα μέρος του συγγράμματός μου και σας το παρουσίασα. Βλέπετε, κύριε Πρόεδρε, ότι οι έρευνές μου έχουν υποστεί μέχρι σήμερα περίπου την ίδια μοίρα με εκείνες που λύνουν τον τετραγωνισμό του κύκλου. Η αναλογία θα ισχύσει έως το τέλος; Θέλετε, κύριε Πρόεδρε, να με απαλλάξετε από την ανησυχία, καλώντας τους κκ. Lacroix και Poisson να δηλώσουν αν έχασαν το σύγγραμμά μου ή αν έχουν την πρόθεση να κάνουν αναφορά στην Ακαδημία.

Δεχθείτε, κύριε Πρόεδρε, τα σέβη του ευλαβούς υπηρέτη σας, Ε. GALOIS

[πηγή : Από την ηλεκτρονική αλληλογραφία του Νίκου Λυγερού προς Γιάννη Κερασαρίδη


�•ΙιιιιauιucfJ 1}οω ΊJ[{][!} !J' uc!J&j[[J ΊJΘGJ !JGJωe5dΘGJ

Μελέτη συνάρτησης - Συστήματα - Τριώνυμο Β ' βαθμού Αντώνης Κυριακόπουλος -Χρυσ. Κυβερνήτου - Σπύρος Καρδαμίτσης

Χ Ρ ΗΣ Ι Μ ΕΣ Ε Π Ι Σ Η Μ Α Ν Σ Ε Ι Σ

1 . Μια συνάρτηση f: Α -t IR λέμε ότι είναι άρτια αν, και μόνο αν, για κάθε χ Ε Α ισχύουν: (-χ) Ε Α και f(- χ) = f(x). • Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρ

τησης έχει άξονα συμμετρίας τον άξονα y 'y.

- Μια συνάρτηση f: Α -t IR λέμε ότι είναι περιττή αν, και μόνο αν, για κάθε χ Ε Α ισχύουν: (-χ) Ε Α και f(- χ) = -f(x). • Η γραφική παράσταση μιας περιττής συ

νάρτησης έχει κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων.

2. Έστω μια συνάρτηση f: Α -t IR α) Αν για ένα αριθμό k Ε IR ισχύει:

f(x) ::=: k, για κάθε χ Ε Α, τότε το k είναι αναγκαίως η ελάχιστη τιμή της f; Όχι. Αυτό συμβαίνει μόνο αν το k είναι τιμή της f. Δηλαδή , αν υπάρχει ξ Ε Α με f(ξ) = k. • Για παράδειγμα, έστω η συνάρτηση :

f(x) = [ χ [ , χ Ε IR . Για κάθε χ Ε IR ισχύει:

[ χ [ ::=: - 2, δηλαδή f(x) ::=: - 2, αλλά το - 2 δεν είναι ελάχιστη τιμή της f. Η ελάχιστη τιμή της f είναι το Ο .

β) Αν για έναν αριθμό λ Ε IR ισχύει: f(x) :::; λ, για κάθε χ Ε Α,

τότε το λ είναι αναγκαίως η μέγιστη τιμή της f; Όχι. Αυτό συμβαίνει μόνο αν το λ είναι τιμή της f. { αχ + βy = γ 3 . Έστω το σύστημα: , , , α χ + β y = γ

Θέτουμε:

D = α β

, Dx = γ β D =

α γ

α' β' γ' β' ' Υ α' γ'

(1)

• Αν D * Ο, τότε το σύστημα (1) έχει τη

μοναδική λύση : χ = D,

, y = DY •

D D • Αν D = Ο, τότε το σύστημα (1) είναι αδύ-

νατο ή έχει απειρία λύσεων. - Σημειώνουμε ότι για το σύστημα ( 1 ) ισχύουν τα εξής: α) D * Ο <:::::> ( έχει μία μοναδική λύση) β) D=O<=:>( είναι αδύνατο ή έχει άπειρες λύσεις) γ) (σύστημα αδύνατο) => D = Ο

(το αντίστροφο δεν ισχύει.) δ) (σύστημα με άπειρες λύσεις. ) => D = Ο

(το αντίστροφο δεν ισχύει .) 4. Έστω η συνάρτηση : f(χ)=αχ2+βχ+γ (α-:F-0).

• Αν α > Ο, τότε η f έχει ελάχιστη τιμή για β , Δ

χ = - - ιση με: - - . 2α 4α

• Αν α < Ο, τότε η f έχει μέγιστη τιμή για

χ = - 1._ ίση με: - � . 2α 4α

5. Θεώρημα τριωνύμου. Έστω το τριώνυμο : f(x) = αχ2+βχ +γ (α-:F-0, Δ=β2-4αγ).

α) Έστω ότι Δ < Ο. Τότε: • αf(χ) > Ο, για κάθε χ Ε IR. tτ:) ι - 00

ομό:Jημο ΊΌD α.

β) Έστω ότι Δ = Ο. Τότε:

+οο

• αf(χ) > Ο, για κάθε χ Ε IR με χ * _ 1_ , 2α

f( _ 1._ ) = ο. 2α

1._ 2α

χ ι - 00 +οο fΊχ) ομοοημο ΊΌD α. ? ομό:Jημο ΊΌD α.

γ) Έστω ότι Δ > Ο (ρ ι, ρ2 οι ρίζες του, ρ ι<ρz). Τότε:


Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

• αf(χ) > Ο, για κάθε χ Ε (-οο, ρι )υ(ρ2,+οο). • αf(χ) < Ο, για κάθε χ Ε (ρι , ρ2).

χ ι - οο Ρ Ρ ft:x) ομ(σημο ? ετ:::ρόση μο ? ομ(σημο

�u a ro u a �u a

6. Έστω το τριώνυμο f(χ)=αχ2+βχ +γ ( α*Ο). Ισχύουν οι εξής ισοδυναμίες:

(για κάθε χ Ε IR, f(x) > Ο ) <:::} {α > 0 Δ < Ο

(για κάθε χ Ε IR, f(x) :::: Ο ) <:::} {α > Ο Δ ::ο; Ο

(για κάθε χ Ε IR, f(x) < Ο ) <:::} {α < Ο Δ < Ο

(για κάθε χ Ε IR, f(x) � Ο ) <:::} {α < Ο Δ ::ο; Ο

7. Α νι σώσεις της μορφής

Γ(χ) = (α 1 χ + β 1 )k ' . . . (ανχ + βν )k, :::: Ο (ή � 0),

όπου αι , αz, . . . αν * Ο, kι , k2, . . . , kν φυσικοί θετικοί αριθμοί και τα διώνυμα στις παρενθέσεις έχουν ανά δυο διαφορετικές ρίζες (ν φυσικός με ν :::: 2). Η επίλυση της ανίσωσης αυτής ανάγεται στην εύρεση των προσήμων του γινομένου Γ( χ), για τις διάφορες τιμές του χ Ε IR . Τα πρόσημα του Γ(χ) μπορούμε να τα βρούμε εύκολα ως εξής: Βή μα I . Βρίσκουμε τις ρίζες των διωνύμων που είναι στις παρενθέσεις. Οι ρίζες αυτές είναι ανά δύο διαφορετικές και είναι κατά σει-

, . _ β ! _ β 2 _ β ν ρα. ρ ι - - - , ρ2 - - - , · · · , ρv - - - , α l α 2 α ν

με βαθμό πολλαπλότητας k ι , k2 , . . . , kv αντιστοίχως. Βή μα 2. Τις ρίζες αυτές τις βάζουμε κατά σειρά μεγέθους στον άξονα των πραγματικών αριθμών. Δεν είναι βλάβη της γενικότητας να υποθέσουμε ότι: ρ ι < ρ2 < . . . < ρν - ι < ρν. Έτσι, θα έχουμε το παρακάτω πίνακα:

χ ι - 00 �1 Ρ2 Ρ,Ί- 1 � +οο f1x) ? ? ? ?

Βή μα 3° . Στο τελευταίο δεξιά διάστημα (ρv, +οο) θέτουμε το πρόσημο του γινομένου των συντελεστών του χ των διωνύμων που έχουν υψωθεί σε περιττή δύναμη , δηλαδή που έχουν ρίζες με περιττό βαθμό πολλαπλότητας.

Βήμα 4° . Τα πρόσημα στα υπόλοιπα διαστήματα τα βρίσκουμε ως εξής, αρχίζοντας από το προτελευταίο διάστημα (ρν - ι , ρv) : Στο διάστημα (ρv- ι , ρν) θέτουμε το ίδιο πρόσημο με εκείνο του (επομένου) (ρν, +οο), αν η ρίζα που τα χωρίζει, έχει άρτιο βαθμό πολλαπλότητας ή το αντίθετό του, αν έχει περιττό βαθμό πολλαπλότητας. Όμοια, στο (προηγούμενο) διάστημα (ρν-2 , ρν-1 ) θέτουμε το πρόσημο του (επομένου) (ρv - ι , ρν) , αν η ρίζα ρν - ι , που τα χωρίζει, έχει βαθμό πολλαπλότητας άρτιο αριθμό ή το αντίθετό του, αν έχει βαθμό πολλαπλότητας περιττό αριθμό. Συνεχίζουμε κατ' αυτόν τον τρόπο έως ότου βάλουμε πρόσημα σε όλα τα διαστήματα. - Για παράδειγμα, τα πρόσημα του γινομένου :

Γ(χ) = (2χ _ ?)9(χ + 1 )20(-χ + 2) ι 3χs δίνονται στον παρακάτω πίνακα:

7 χ 1 _ 00 - 1 ο 2 2

I ? f1x) + ? +

I I ? + ?

Ση μείωση . Η εύρεση των προσήμων ενός γινομένου που περιέχει παράγοντες της μορφής (αχ + λ)ν και παράγοντες της μορφής (γχ2

+δχ+ε)μ, όπου αγ * Ο και λ, μ φυσικοί θετικοί αριθμοί, ανάγεται στην εύρεση των προσήμων γινομένου της παραπάνω μορφής που εξετάσαμε. (βλέπε ασκήσεις παρακάτω) . Α. σ κη ση 1 '1 • Να εξετάσετε αν ο ι παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτιες ή περιττές:

1 . f(x) = 3χ2 - 2 lxl + 1 . {- 3χ - 4 άν χ � -2 2. g(x) = ,

- 3χ + 4 αν χ 2:: 2 Λ ί)ση : 1 . Τ ο σύνολο ορισμού της f είναι το IR . Για κάθε χ Ε IR . Για κάθε χ Ε IR έχουμε -xEIR και f (-χ)=3(-χ)2 -2 1- x l + 1 =3x2-2 l x l + 1 =f(x) .

2 . Το σύνολο ορισμού της g είναι: Α=(--ω,-2]υ[2,+οο) . Είναι φανερό ότι για κάθε χ ΕΑ ισχύει (-χ) ΕΑ. Έστω ένας αριθμός χ ΕΑ. α) Έστω ότι χ � - 2 . Τότε g(x) = - 3χ - 4. Εξάλλου, τότε - χ :Ξ:: 2 και συνεπώς:

g (-χ) = - 3(-χ) + 4 = 3χ + 4 = - g(x) β) Έστω ότι χ :Ξ:: 2 . Τότε g(x) = - 3χ + 4.


Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Εξάλλου, τότε - χ :::; -2 και συνεπώς: g (-χ) = - 3 (-χ) - 4 = 3χ - 4 = - g(x) .

Συμπεραίνουμε ότι, για κάθε χ Ε Α ισχύει : g (-x)=-g(x) . Άρα, η συνάρτηση g περιττή . Ά σ κη ση 2 11 • Να εξετάσετε αν ο ι παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτιες ή περιττές:

1) f : ( - 2, 2] � IR με f(x) = χ2•

2) g(x) = ιχ - 2ι + 3 . ΛίJση : 1 . Το σύνολο ορισμού της f είναι Α = (-2 , 2] . Έχουμε 2 Ε Α, αλλά (-- 2) � Α.

Συνεπώς, υπάρχει χ Ε Α τέτοιο ώστε (-χ) �Α. Άρα η f δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή . 2 . Το σύνολο ορισμού της g είναι το IR . Για κάθε χ Ε IR, έχουμε (- χ) Ε IR . α) Έστω ότι η g είναι άρτια. Τότε : g ( - I ) = g ( I ) => ι- 1 - 2 ι + 3 = ι 1 - 2 ι + 3 => 6 = 4, άτοπο . β) Έστω ότι η g είναι περιττή . Τότε : g(- Ι ) = - g( 1 ) => ι- 1 - 2ι + 3 = -( ι 1 - 2ι + 3 ) => => 6 = - 4, άτοπο. Άρα η g δεν είναι ούτε άρτια, ούτε περιττή . Ά σ κη ση 3 '1 • Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f : IR� IR διέρχεται από τα σημεία Α( - 2, 3) και Β(2,1). Η συνάρτηση αυτή είναι :

Α. άρτια, Β. περιττή, Γ. ούτε άρτια, ούτε περιττή.

Απάντηση . Γ. (δικαιολογήσετε την απάντηση) Ά σ κη ση 411 • Να μελετήσετε ως προς την μονοτονία τις συναρτήσεις:

l) f(x) =Vx - 2 . 2) g(x) = 3 -

�.

Λ ίJση : I . Τ ο σύνολο ορισμού της f είναι: Α = [2 , +οο) . Θεωρούμε δύο αριθμούς χ ι , χ2 Ε Α με χ ι < χ2 . Έχουμε:

2 :Ξ; Χ ι < Χ2 => 0 :Ξ; Χ ι - 2 < Χ2 - 2 => => Vx , - 2 < Vx 2 - 2 => f(χ ι ) < f(xz) .

Συμπεραίνουμε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. 2. Το σύνολο ορισμού της g είναι Β = [ 1 , +οο) . Θεωρούμε δύο αριθμούς χ ι , xz Ε Β με χ ι < χ2 . Έχουμε: 1 :Ξ: χ ι < χ2 => Ο :Ξ: χ ι - 1 < χ2 - 1 =>

� < �χ 2 - 1 => - � > -� => 3 - � > 3 - �χ 2 - I => g(χ ι ) > g(x2) .

Συμπεραίνουμε ότι η g είναι γνησίως φθίνουσα.

Ά σ κη ση 5η . Η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f : IR� IR διέρχεται από τα σημεία Α (-2, 3), Β (1 , 2) και Γ(3,4). Η συνάρτηση αυτή είναι: Α. Γνησίως αύξουσα., Β. Γνησίως φθίνουσα, Γ. Δεν είναι γνησίως μονότονη. Από.ντη ση : Γ ( δικαιολογήστε την απάντηση . ) Ά σ κ η σ η 6 11 •

χ 2 + 1 Να δείξετε ότι η συνάρτηση f(x) =

ιχι

έχει ελάχιστη τιμή το 2. Λ ίJ σ η . Το σύνολο ορισμού της f είναι το IR*

α) Θα δείξουμε ότι : f(x) � 2, για κάθε χ Ε IR* . Έστω ένας αριθμός χ =F Ο . Για να δείξουμε ότι

f( χ) " 2 αρκεί να δείξου με ότι : χ; χΙ 1 " 2, αρ-

κεί χ2 + 1 � 2 ιχ ι , αρκεί ι χ ι 2 - 2 ιχ ι + 1 � Ο, αρ

κεί �χ ι - ι Υ � Ο, ισχύει. β) Θα δείξουμε ότι το 2 είναι τιμή της f. Με

χ 2 + 1 x=FO, έχουμε: f(x) = 2 <=> -ιχι

- = 2 <=> χ2 + 1

= 2 ιχ ι <=> ιχι 2 - 2 ιχ ι + 1 = ο <=> �χ ι - 1Υ = ο <=> ιχ ι = 1 <=> χ = ± Ι . Άρα, το 2 είναι τιμή της f (για χ= 1 ή για χ=- 1 ) . Συνεπώς, η f έχει ελάχιστη τιμή το 2 . Ά σ κ η ση 7'1 • Να κατασκευάσετε παραβολή της μορφής y= αχ2, τέτοια ώστε να διέρχεται από το ση

μείο A(- Ji ,1) . Λ ίJση . Για να διέρχεται η παραβολή y = αχ2

από το σημείο Α( - J2 , I ) , πρέπει και αρκεί:

1 = α ( - J2 )2 <=> 1 = 2α <=> α = _!_ . 'Ε τ σι έ-2

χουμε να κατασκευάσουμε την παραβολή 1 2 ( ' ' ) y= 2 χ παρακατω σχημα .



Ά σ κη ση 8η . , β λ , 2 Θεωρουμε την παρα ο η y = αχ και την

ευθεία ε: y = 3χ - 2α. Να κατασκευάσετε τις γραμμές αυτές έτσι ώστε να έχουν κοινό σημείο με τετμημένη χ = 1 . Λi>ση . Το σημείο της παραβολής C με τετμημένη χ = 1 έχει τεταγμένη y = α. Άρα, για να διέρχεται και η ευθεία (ε) από το σημείο Α ( 1 , α) πρέπει και αρκεί: α = 3 - 2α <=> 3α = 3 <=> α = 1 . Έτσι έχουμε :

2 ε: y = 3χ - 2 και C : y = χ . Στο παρακάτω σχήμα έχουμε κατασκευάσει, κατά τα γνωστά, την ευθεία ε και την παραβολή C .

\ \ Ι._

\ '

Να λυθεί το σύστημα: { x: 2_

2x;y � - �: (l) x - y _ x + y = _!__!_

2 3 6

Λ ί> ση . Έχουμε: ( 1 ) <=> {3(χ + 2) - 4(2χ - y) = -7 <=>{5χ - 4y = 1 3

(2) 3(x - y) - 2(x + y) = 1 1 x - 5y = I 1

Για το σύστημα (2) έχουμε : 5 - 4

D = _ 5

= - 2 1 , Dx =

5 1 3 D = = 42

Υ } } 1

1 3 - 4 = - 2 1

1 1 - 5 '

Επειδή D * Ο, το σύστημα ( 1 ) έχει τη μοναδι-, , D x - 2 1 _ Ο Υ _ 42 _ κη λυση : χ = D =

- 2 1 = 1 , Υ - D - - 2 Ι

-

-2 . Ά σκη ση 1 0η . Ν α βρείτε τους αριθμούς α και β, για τους οποίους το σύστημα:

{ (α - 2β)χ - (α + 1 )y = 3α - β + 1

(2α - β)χ + (β - 1 )y = 2α - 3β - 1

έχει την λύση : χ = 2, y = - 3. Απάντη ση : α = - 4, β = - 2 . Άσκηση 1 i η . Είναι δυνατόν ένα σύστημα πρώτου βαθ

μού, δύο εξισώσεων με δύο αγνώστους, να

έχει ακριβώς δύο λύσεις; Λπ{ι:ντη ση : Όχι. (δικαιολογήστε την απάντηση) . Ά σ κ η ση 1 2 '1 • { λχ + y = 1 Να λυθεί το σύστημα:

1 ) λ (1)

χ + (2λ - y = Αν λ = 1 να βρείτε τις λύσεις (χ, y) του συ

στήματος αυτού, για τις οποίες ισχύει:

x2+2y2 = 1 . Λύση . Έχουμε :

D = λ 1

= λ(2λ - 1 ) - 1 = 2λ2 - λ - Ι = Ι 2λ - 1

= (λ - 1 )(2λ + 1 ) . 1 1

Dx = = λ - 1 . λ 2λ - Ι λ 1 2 D = = λ - 1 = (λ - Ι )(λ + 1 ) .

Υ λ 1

α) Έστω ότι λ * 1 και λ * - - . Τότε Ο * Ο και 2

συνεπώς το σύστημα έχει τη μοναδική λύση : D λ - 1 Ι

χ = _χ = = Ο (λ - 1 )(2λ + 1) 2λ + Ι '

Ο Υ (λ - Ι)(λ + 1) =� y = -D (λ - 1)(2λ + 1) 2λ + 1

β) Έστω ότι λ = Ι , τότε το σύστημα γίνεται: {χ + Υ = 1 <=> x + y = 1 <=> y = 1 - χ

χ + y = 1 Έτσι, τότε, το σύστημα έχει απειρία λύσεων της μορφής: (χ, y) = (χ, 1 - χ) , χ ε IR .

γ) 'Εστω ότι λ = - ..!_ , τότε το σύστημα γίνεται: 2 {- _!_ x + y = I { x - 2y = -2

2 <=> 2 1 , αδύνατο . Ι χ - y = --

x - 2y = -- 2 2 - Έστω ότι λ= 1 . Τότε, όπως είδαμε παραπάνω,



το σύστημα έχει άπειρες λύσεις, τις εξής: χ = k, y = 1 - k kε!R . Έτσι, έχουμε: χ2 + 2y2 = 1 � k2 + 2( 1 - k)2 = 1 �

3k2 - 4k + 1 = ο � ( k = 1 ή k = _!_ ) . 3

Με k = 1 , έχουμε τη λύση χ = 1 , y = Ο . Μ k 1 ' λ ' 1 2 ε = 3 , εχουμε τη υση χ = 3 , y = "3 . Αυτές οι δύο λύσεις είναι οι ζητούμενες. Α σ κηση 1 3 11 0 Να βρείτε τους αριθμούς λ ε !R, για τους οποίους έχει μία μοναδική λύση το σύστη-

μα: { 2(λ - 1 )χ + y = λ

(ι) (λ + 2)χ + (λ - 1 )y = λ + 1

Λ ίJ (Η1 ο Τ ο σύστημα ( 1 ) έχει μία μοναδική λύση αν, και μόνο αν:

D :;e O � 2(λ - 1)

:;e O � λ + 2 λ - 1

2(λ - 1 )2 - (λ+2) :;t: ο � λ(2λ - 5) :;t: ο � 5 ( λ :;e Ο και λ :;e - ) . 2

Άρα, οι ζητούμενοι αριθμοί λ είναι όλοι οι ' θ ' ' ' ο 5

πραγματικοι αρι μοι, εκτος απο τους και 2" . Ά σ κη ση � 4'1 • Να βρείτε τους αριθμούς λ ε IR, για τους οποίους είναι αδύνατο το σύστημα: { λχ + y = 1

(1) χ + λy = λ 2

/\ίJση ο α) Έστω ότι το σύστημα ( 1 ) είναι αδύ-λ 1 2 νατο. Τότε : D=O=> =Ο::::>λ -1 =Ο=> 1 λ

( λ = 1 ή λ = - 1 ) . β) Α ντιστρόφως. i) Έστω ότι λ = 1 . Τότε το σύστημα ( 1 ) γίνεται: {χ + Υ = 1

� χ + y = 1 , που έχει απειρία λύχ + y = 1

σεων. ii) Έστω ότι λ = - 1 . Τότε το σύστημα ( 1 ) γίνε-

ται: � , αδύνατο . {- χ + Υ = 1 {χ - Υ = - 1

x - y = 1 x - y = 1 Άρα ο ζητούμενος αριθμός λ είναι λ = -1 . λ σ κη ση J 5 '1 •

Να βρείτε τους αριθμούς λ ε IR, για τους οποίους το παρακάτω σύστημα έχει απειρία λύσεων. {λχ + (3λ - 2)y = ι

(ι) χ + λy = λ

I- α) Έστω ότι το σύστημα ( 1 ) έχει απει-ρία λύσεων, τότε :

λ 3λ - 2 2 0=0:::::> =Ο::::>λ -3λ+2=0=> 1 λ

( λ = 1 ή λ = 2) . β) Α ντιστρόφως.

i) Έστω ότι λ = 1 . Τότε το σύστημα ( 1 ) γίνε-{χ + Υ = 1 τα ι: � χ + y = 1 , που έχει απειρία

χ + Υ = 1 λύσεων. ii) Έστω ότι λ = 2. Τότε το σύστημα ( 1 ) γίνεται: {2x + 4y = 1 {x + 2y = _!__ , � 2 , αδυνατο .

x + 2y = 2 x + 2y = 2 Άρα ο ζητούμενος αριθμός λ είναι λ = 1 .

Να αποδείξετε ότι το (ομογενές) σύστημα: { αχ + βy = Ο (ι)

α 'χ + β 'y = Ο έχει μόνο τη μηδενική λύση (0, Ο) αν, και

α β μόνο αν : D = :;t: Ο.

α' β '

Λ �μι η, ι . Έστω ότι το σύστημα ( 1 ) έχει μόνο την μηδενική λύση (0,0) . Θα δείξουμε ότι D :;t: Ο. Έστω ότι D = Ο . Τότε, το σύστημα ( 1 ) θα είναι αδύνατο ή θα έχει απειρία λύσεων. Αλλά, αδύνατο δεν μπορεί να είναι γιατί έχει τη λύση (0, 0) . Ούτε σύστημα με άπειρες λύσεις μπορεί να είναι, γιατί τότε εκτός από την λύση (0, Ο) θα είχε και άλλες λύσεις, άτοπο. Άρα D :;e Ο .

Έστω ότι D :;t: Ο. Έχουμε:

D = 0 β

= Ο και D = α χ Ο β ' ' Υ α' Ο

ο = 0.

Έτσι, το σύστημα ( 1 ) έχει τη μοναδική λύση : D D

χ = � = Ο και y = ; = Ο,


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

δηλαδή την μηδενική (0, 0) . Ά σ κηση 1 7'1 • Έστω ένα σύστημα δύο γραμμικών εξισώσεων με δύο αγνώστους χ και y, έχει μία μοναδική λύση και ισχύει:

ο; + D � + 50 2 ::;; 2D(Dx + 2D Y ) (ι )

Να βρείτε τη λύση του συστήματος αυτού.

/\{Jση, 'Εχουμε D =F- Ο και χ = D , , y =

D Y . D D Επειδή D2 > Ο, έχουμε :

D 2 0 2 D D ( 1 ) Q _χ + -Υ + 5 ::ς 2 -χ - 4 -y Q

D 2 D 2 D D Q χ2 + y2 + 5 ::; 2χ - 4y Q q (χ2 - 2χ + Ι ) + (/ +4y+4) ::; Ο G Q (χ - 1 )2 + (y + 2 )2 ::; ο Q

G (x - l )2 + (y + 2)2=0q - q

{ χ - 1 - ο y + 2 = 0

q { χ = I

. y = -2 Άρα, η λύση του συστήματος είναι: ( Ι , -2) .

Ένα σύστημα δύο γραμμικών εξισώσεων με δύο αγνώστους χ και y έχει μία μοναδική

D x D λύση και ισχύουν: =Ο και D DY

Dx - ι =20.

οΥ ι

Να βρείτε τη λύση του συστήματος αυτού. Απόντη σrg " Χ = 1 , y = I .

] 9' 1 0 Έστω η εξίσωση : χ2 - (λ - 2)χ - (λ - 3) = Ο. Να βρείτε τους αριθμούς λ ε IR, για τους οποίους η εξίσωση αυτή έχει ρίζες πραγματικές και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι το ελάχιστο δυνατό. ι\ι'){ΡΉ ιi · Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι: Δ=(λ-2)2+4(λ+3)=λ2+3>0, για κάθε λε!R . Άρα, η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές (και άνισες) , για κάθε λε!R , τις ονομάζουμε ρ 1 και ρ2 . Έχουμε: ρ ι + ρ2 = λ - 2 και ρ ι ρ2=-(λ+3) . 'Ε , 2 2 ( )2 2 τσι εχουμε: Ρ ι + ρ2 = ρ , + ρ2 - ρ ι ρ2 =

= (λ - 2)2 + 2(λ + 3) = λ2 - 2λ + 1 0 . Το τριώνυμο : λ2 - 2λ + 1 0 γίνεται ελάχιστο για λ= 1 .

Αυτή είναι η ζητούμενη τιμή του λ.

Επί ενός ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ, μήκους ι Ocm, παίρνουμε ένα σημείο Μ και θέτουμε ΑΜ = χ ( Ο < χ < ι Ο). Κατασκευάζουμε δύο τετράγωνα με πλευρές τα τμήματα

ΑΜ και ΜΒ, αντιστοίχως. ι ) Να βρείτε το άθροισμα των εμβαδών

των δύο τετραγώνων συναρτήσει του χ. 2) Να βρείτε τη θέση του σημείου Μ πάνω

στο τμήμα ΑΒ, έτσι ώστε το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων να είναι το ελάχιστο δυνατό. Ποιο είναι το ελάχιστο αυτό άθροισμα;

, \ ι . Έχουμε ΑΒ = 1 0 και ΑΜ = χ. Άρα ΜΒ = 1 Ο - χ. Έτσι, το άθροισμα των εμβαδών των δύο τετραγώνων με πλευρές ΑΜ και ΜΒ είναι: f(x)=x2+( 1 Ο-χ)2=2χ2 -20χ+ 1 00 2. Για να βρούμε τη θέση του σημείου Μ, αρκεί να βρούμε το χ. Κατασκευάζουμε τον πίνακα μεταβολής της συνάρτησης f (παρακάτω πίνακας)

χ ι -cο ο s ι ο f � χ . ·ελ.άχ �

Η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή για

χ = - -20 = 5 . 4

+ co

Συμπεραίνουμε ότι η ζητούμενη τιμή του χ είναι χ=5 . Το ελάχιστο άθροισμα είναι: f(5)=50.

Οι συναρτήσεις f(x) = χ2 + αχ + β και g(x) = χ2 +βχ + α έχουν ίσες ελάχιστες τιμές. Η g λαμβάνει ελάχιστη τιμή για χ = - ι . Ν α βρείτε τους αριθμούς α και β.

. . Η λ , , f , α 2 - 4β , υ)σΉ� . ε αχιστη τιμη της ειναι - .

4

Η λ , , , β 2 - 4α ε αχιστη τιμη της g ειναι: -

4 και

την λαμβάνει για χ = - � . Σύμφωνα με το 2 ! α 2 - 4β β 2 - 4α

πρόβλημα, έχουμε : -

4 _ � : � 1 4 <c>


Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου { β = 2 { β = 2

α 2 + 4α - 1 2 = Ο <=>

(α = 2 ή α = -6) Άρα οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: (α = 2, β = 2) και (α = -6, β = 2) . ί\σκηση 2 211 • Να βρείτε τους αριθμούς λεΙR: 1) Για τους οποίους ισχύει: (λ - 4)χ2+ 6λχ + 5λ < Ο, για κάθε χεΙR. (1 ) 2) Για τους οποίους ισχύει:

(λ - 1 )χ2 -2(λ -1 )χ + 3 :::ο, για κάθε χ εΙR. (2) ΛίJση . 1 . Με λ = 4 γίνεται: 24χ + 20 < Ο, η οποία δεν ισχύει για κάθε xεiR (γιατί ; ) . Έστω λ * 4. Η διακρίνουσα του τριωνύμου του πρώτου μέλους είναι: Δ = 36λ2 - 4(λ - 4)5λ = 8λ(2λ + 1 0). Έτσι έχουμε : {λ - 4 < ο { λ < 4

( 1 ) <=> Δ < Ο

<=> 8λ(2λ + 1 0) < Ο

<=>

<=> { λ < 4

<=> - 5 < λ < Ο . - 5 < λ < Ο

Άρα οι ζητούμενες τιμές του λ είναι -5<λ<Ο. 2. Με λ = 1 γίνεται: Οχ2 - Οχ + 3 :Ξ:: Ο η οποία ισχύει για κάθε xEIR . Έστω ότι λ * 1 , Η διακρίνουσα του τριωνύμου του πρώτου μέλους είναι:

Δ = 4(λ - 1 )2 - 1 2(λ - 1 ) = 4(λ - 1 )(λ - 4) . Έτσι έχουμε: {λ - 1 > ο { λ > 1 (2) <=>

Δ :ς Ο <=>

4(λ - l)(λ - 4) :ς Ο <=>

<=> <=> Ι < λ < 4 { λ > 1 1 :ς λ :ς 4 -

Άρα οι ζητούμενες τιμές του λ είναι: I <λ::Ξ;4 και η λ= 1 , δηλαδή τελικά 1 ::Ξ;λ::Ξ;4. Άσκηση 23 '1 • Να βρείτε τους αριθμούς λεΙR, για τους ο-

, , 3 χ 2 + λχ - 2

ποιους ισχυουν: - < 2 < 2 (1) χ - χ + 1

για κάθε χ ε ΙR ΛίJση. Έχουμε: χ2 - χ + I > Ο , για κάθε xEIR (γιατί;) . Έτσι, έχουμε, για κάθε xEIR : ( I ) <=>-3χ2+ 3χ-3< χ2 + λχ - 2 < 2χ2 - 2χ +2 <=>

<=> {4χ2 + (λ - 3)χ + 1 > 0 (2)

χ2 - (λ + 2)χ + 4 > ο (3) Συνεπώς, οι σχέσεις ( I ) ισχύουν για κάθε

χ ε IR αν, και μόνο αν, οι σχέσεις (2) και (3) ισχύουν για κάθε χ Ε IR . Προς τούτο πρέπει

, { (λ - 3) 2 - 42 < 0 { lλ - 31 < 4 και αρκει: <=> <=> <=>

(λ + 2) 2 - 42 < 0 lλ +� < 4

{- 4 < λ - 3 < 4 {- 1 < λ < 7 <=> <=> -1 <λ<2 .

- 4 < λ + 2 < 4 - 6 < λ < 2 Άρα οι ζητούμενες τιμές του λ είναι: - 1 <λ <2 .

Ά σκηση 24'1 • Να βρείτε τους αριθμούς λεΙR, για τους ο-

, , ti( ) χ 2

- χ + λ , ποιους η συναρτηση : χ = εχει χ 2 + χ + 1

μέγιστη τιμή το 2. Λύση . Το τριώνυμο : χ2 + χ + I έχει διακρίνουσα αρνητική, άρα: χ2 + χ + 1 > Ο, για κάθε xεiR . Έτσι, το σύνολο ορισμού της συνάρτησης f είναι το IR . Για να είναι το 2 μέγιστη τιμή της f πρέπει και αρκεί: { Για κάθε χ Ε R , f (x) � 2

Υπάρχει χ Ε R , f (x) = 2

,....,., χ 2 + χ + 1 -_..._..,_{ Για κάθε χ Ε R , χ2 - χ + λ

< 2

Υπάρχει χ Ε R , χ 2 - χ + λ = 2 x 2 + x + l

{::::} { Για κάθε χ Ε R, χ 2 - χ + λ� 2χ 2 + 2χ + 2 Υπάρχει x E R, χ 2 - χ + λ = 2χ 2 + 2χ + 2 { Για κάθε χ E R, χ 2 + 3χ + (2 - λ) :;:: Ο {::::} Υπάρχει χ Ε R, χ 2 + 3χ + (2 - λ) = Ο

<=> <::::>9-4(2-λ)=Ο<::::>λ=--{9 - 4(2 - λ) :ς ο 1 9 - 4(2 - λ) � ο 4

ί\ σ κη ση 2511 • Θεωρούμε ένα τριώνυμο : f(x) = αχ2 + βχ +γ (α * Ο) και έναν αριθμό ξεΙR. Να δείξετε ότι

το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, και ο αριθμός ξ είναι μεταξύ των ρι

ζών του αν, και μόνο αν: αf(ξ) < Ο. ΛίJση. Ι . Έστω ότι το τριώνυμο f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, τις ρ 1 και ρ2 με ρ 1 < ρ2 και ότι ρ 1 < ξ < ρ2 . Τότε, από το θεώρημα του τριωνύμου, έπεται ότι αf(ξ) < Ο . 2 . Α ντιστρόφως.

Έστω ότι αf(ξ) < Ο . Ονομάζουμε Δ την διακρίνουσα του f(x) . Αν Δ :::; Ο, τότε, από το θεώρημα του τριωνύμου, θα είχαμε: αf(χ) :Ξ:: Ο για


Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

κάθε xεiR . Έτσι, θα είχαμε αf(ξ) 2:: Ο, άτοπο. Άρα Δ > Ο . Έτσι, το f(x) έχει ρίζες πραγματικές και άνισες, έστω τις ρ , και ρ2 με ρ , < ρ2 . Αν ξ ε (- οο, ρ ι ] υ[ρ2 , +οο), τότε, από το θεώρημα του τριωνύμου, θα είχαμε αf(ξ) 2:: Ο, άτοπο. Άρα ρ , < ξ < ρ2 . Ά σκη ση 2 6'1 . Ν α λυθεί η ανίσωση : (χ2-4)(χ2 -3χ+2)9(χ+2)4(2χ2+5 + 10)7::::;0.(1) Λί> σ η . Έχουμε χ2 - 4 = (χ+2)(χ - 2). • Το τριώνυμο χ2 - 3χ + 2 έχει διακρίνουσα

θετική και οι ρίζες του είναι 1 και 2. Άρα: χ 2 - 3 χ + 2 = (χ - 1 )(χ - 2).

Θ Τ 0 τριώνυμο 2χ2 + 5Χ + 1 0 έχει διακρί-νουσα αρνητική και άρα 2χ2 + 5χ + 1 0 > Ο για κάθε xεiR .

Έτσι έχουμε: ( 1 ) <=> (χ+2)(χ-2)(χ- 1 )9(χ-2)9(χ+2)4 ::::; ο

<=> (χ+2)\χ-2) 1 0(χ- 1 )9 ::: Ο. (2) Ονομάζουμε Γ(χ) το πρώτο μέλος της ανίσωσης ( 2 ) . Κατά τα γνωστά κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων του Γ(χ) :

χ 1--οο -2 ι 2 +co

Γ(χ) + f f + t +

Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι S = [-2, Ι ] υ {2 } . �\. σ L· J ·: r-;-·ι1 ., ; ' 1

• 1""\. ; ,_) ' • - ι •

Να λυθεί η ανίσωση : ( -χ+5)\χ2+ 2χ-3) 7 (-χ+ 3)9( -3χ2+ 2χ-5) 1 3χ3>0.(1) Λ{; r::τ . . Το τριώνυμο : χ2 +2χ - 3 έχει διακρίνουσα θετική και οι ρίζες του είναι 1 και - 3 . Άρα : χ2 + 2χ - 3 = (χ - 1 )(χ + 3) . • Το τριώνυμο : - 3χ2 +2χ - 5 έχει διακρί

νουσα αρνητική, άρα -3χ2+2χ-5<0, για κάθε xεiR . Συνεπώς: (-3χ2+2χ-5 ) 1 3<0, για κάθε xεiR . Έτσι έχουμε:

( Ι ) <=> - (χ - 1 )\χ - 1 )7(χ +3)\-χ +9)9χ3 < ο <=> (χ - 1 ) ' 2(χ + 3)7(- χ +3)9χ3 > Ο. (2)

Ονομάζουμε Γ(χ) το πρώτο μέλος της ανίσωσης (2). Κατά τα γνωστά κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα προσήμων του Γ(χ)

χ 1-c:o -3

Γ(χ) + f ο

3 +co

Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο λύσεων της ανίσωσης είναι: S = (- οο, -3) υ(Ο, 1 ) υ ( 1 , 3 ) .

Ά σκηση 28 '� .

Να λυθεί η ανίσωση : χ + 2 χ + 1

-- > -

χ - 1 - χ - 3 (1)

Λύση . Οι ρίζες των παρονομαστών είναι και 3 . Με χ :;t. 1 και χ :;t. 3 , έχουμε:

( Ι ) <=> χ + 2 - χ + 1 � ο

χ - 1 χ - 3

<=> (χ + 2)(χ - 3) - (χ - 1)(χ + 1 ) � 0 (χ - 1 )(χ - 3)

-χ-5 <=> �Ο<=>[Γ(χ)= ] (χ+5)(χ-1 )(χ-3)::::;0 .

(x- l)(x-3) Κατά τα γνωστά, κατασκευάζουμε τον παρακάτω πίνακα:

- 5 3 +co + f

Συμπεραίνουμε ότι οι λύσεις της ανίσωσης ( 1 ) είναι: χ ::::; - 5 και 1 < χ < 3 . Άσκηση 2 9'1 •

2χ - 6 Να λυθεί η ανίσωση : < 2 (1)

χ 2 - 4χ + 3 Λύση . Οι ρίζες του τριωνύμου : χ2 - 4χ +3 είναι 1 και 3 . Έτσι, με χ :;t. 1 και χ :;t. 3 , έχουμε:

( Ι ) <=> 2(χ - 3) < 2 <=> 1

< 1 <=> (χ - 1)(χ - 3) (χ - \ )

1 χ - 2 <=> 1 - -- > 0 <=> -- > 0 <=> χ - 1 χ - 1

<=> (χ - 2)(χ - Ι ) > Ο <=> ( χ < 1 ή χ > 2) . Άρα οι ζητούμενες λύσεις είναι :

χ < 1 , 2 < χ < 3 και χ > 3 . Ά σ κη ση 30'� .

Θεωρούμε το σύστημα: . Να { αχ + y = 2 χ + αy = α + 1

βρείτε τους αριθμούς α εΙR, για τους οποίους το σύστημα αυτό έχει μια μοναδική λύση (ξ,η) με ξ + η > 1 . Λύση . Βρίσκουμε εύκολα ότι: D=α2-1 , Dχ=α-1 και Dy=α2+α-2 . Για να Πληρούνται οι συνθήκες του προβλήματος,

πρέπει και αρκεί: {Dx D �� <=> {Dx + g; � D - + - > 1 > 0 D D D

<=>D(Dx+DΓD)>O (αντικαταστάσεις, πράξεις τ λ. )<=>( α-1 )2( α+ 1 )>0<=>( α>-1 , α:;t. I ) .


Μαθηματικά για την Α ' Λυ κείου

Γεω μετρία Παρ αλληλόγρ αμμα - Τ ραπέζια

Άσκηση 1 Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Αν ΑΕ είναι το κάθετο ευθύγραμμο τμήμα από την κορυφή Α προς τη διαγώνιο ΔΒ και Κ, Λ τα μέσα των ΑΒ και ΑΔ αντίστοιχα τότε:

α. Να δείξετε ότι κ:έΛ = 90°

β. Να δείξετε ότι ΚΛ = ΑΓ

2

γ. Αν η BAr = 30° , να δείξετε ότι ΚΛ=ΒΓ

Λύση

Δ Γ

Λ

Β Δ

α. Στο τρίγωνο Δ Ε Α Ε = 9Ο" } � ΕΛ= ΔΑ � ΕΛ = ΛΑ � ΛΑΕ ΕΛ διάμεσος 2

ισοσκελές με κορυφή Λ � ΛΕΑ = ΛΑΕ ( 1 ) Δ

Στο τρίγωνο Α Ε Β Ε = 90° } ΑΒ Δ

� ΕΚ=- � ΕΚ = ΑΚ � Α Ε Κ ΕΚ διάμεσος 2

ισοσκελές με κορυφή Κ � ΑΕΚ = ΕΑΚ Λ Λ Λ ( 1 ) . ( 2 ) Λ Λ

Άρα ΚΕΛ = ΛΕΑ + ΑΕΚ = ΛΑΕ + ΕΑΚ = = Α = 90° (γιατί ΑΒΓ Δ ορθογώνιο)

β. Στο Α ΒΔ � ΚΛ//=-Δ Κ μέσο ΑΒ} ΔΒ

Λ μέσο ΑΔ 2 ΑΒΓ Δ ορθογώνιο � ΔΒ = ΑΓ

ΑΓ (3) ,(4) � ΚΛ = τ γ. Αν ΒΑΓ = 30° τότε στο

Δ Β = 90° } Β Α Γ

ΒΑΓ=30° (5) ,(6) � ΚΛ = ΒΓ ο

Άσκηση 2

ΑΓ � ΒΓ=- (6) 2

(2)

(3)

(4)

(5)

Δίνεται ορθογώνιο παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ. Α ν Μ μέσο του ΑΒ και Ν μέσο του Γ Δ τότε οι ΔΜ και ΒΝ τέμνουν την ΑΓ στα σημεία Ρ και Σ

Αποστόλης Κακαβάς

αντίστοιχα. α. Να αποδείξετε ότι ΒΝ//ΔΜ β. Να αποδείξετε ότι ΑΡ=ΡΣ=ΣΓ γ. Να αποδείξετε ότι ΔΡ=2ΡΜ

Λίιση

Δ Ν

α. ΑΒΓ Δ ορθογώνιο

Γ

Β

�ΑΒ// = ΔΓ � ΑΒ // = ΑΓ �ΜΒ// = ΔΝ �ΜΒΝΔ 2 2

παραλληλόγραμμο � ΒΝ // ΔΜ ( 1 ) Δ Μ μέσο ΑΒ }

β. Στο τρίγωνο Α Σ Β : ( )

� ΜΡ // ΣΒ από 1

Ρ μέσο ΑΣ�ΑΡ=ΡΣ (2) Δ Ν μέσοΓΔ }

Στο τρίγωνο Γ Δ Ρ : ( )

�Σ μέσο ΣΝ // ΔΡ από Ι

ΡΓ�ΡΣ=ΣΓ (3) (2), (3) � ΑΡ=ΡΣ=ΣΓ Δ Δ

γ. Συγκρίνω τα τρίγωνα Α Ρ Μ, Γ Ν Σ ο Αυτά έχουν

ΑΡ=ΣΓ (από β), ΑΜ=ΝΓ ( ΑΜ = �Β = Γ: = ΝΓ) και Ρ ΑΜ = Νf'Σ (ως εντός εναλλάξ των ΑΒ/ /Γ Δ

Δ Δ που τέμνονται από την ΑΓ) άρα Α Ρ Μ = Γ Ν Σ (Π-Γ -Π), οπότε ΡΜ=ΣΝ (4)

Δ Στο Δ Ρ Γ : Ν μέσοΓΔ} ΔΡ (4)

� ΣΝ = - � ΔΡ = 2ΣΝ=>ΔΡ = 2ΡΜ Σ μέσο ΡΓ 2 2"" τρόποςΦέρω τη διαγώνιο ΔΒ του ορθογωνίου ΑΒΓΔ� ΑΓ, ΔΒ διχοτομούνται στο Ο. Άρα ΑΟ,

Δ ΔΜ διάμεσοι του Α Β Δ � Ρ βαρύκεντρο του

Δ Α Δ Β � ΔΡ=2ΡΜ. Άσκηση 3

Δ Δίνεται τρίγωνο Α Β Γ και τα ύψη του ΒΔ και ΓΕ. Αν Μ είναι το μέσο του ΒΓ, δείξτε ότι:

Δ α. το Δ Μ Ε τρίγωνο είναι ισοσκελές


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

β. η γωνία ΔΜΕ = 180° - 2Α και οι γωνίες

ΜΔΕ = ΜΕΔ = Α . ΛίJση

Δ α. Στο τρίγωνο Β Ε Γ : Ε = 900 } ::::::> ΕΜ= ΒΓ = ΜΒ ΕΜ διάμεσος 2

Α

Β Μ

( I )

Στο Β Δ Γ : Δ = 9Ο'' } ΔΜ διάμεσος

Γ ΒΓ ::::::> ΔΜ=- = ΜΓ (2) 2

Δ ( 1) , ( 2) ::::::> ΕΜ = ΜΔ ::::::> Ε Μ Δ ισοσκελές (3)

' Λ με κορυφή Μ ::::::> ΜΔΕ=ΜΕΔ (4) _Ι , ' ' ( Ι )

Στο Ε Μ Β : ΕΜΒ = 1 80° - Β - ΒΕΜ ::::::> EMB = l 80° - 2B (5 )

_\ ' ' ' ( 2 ) Σ το Δ Μ Γ : ΓΜΔ = 1 80° - Γ - Γ ΔΜ ::::::> ΓΜΔ = 1 80° - 2f' ( 6)

' Λ Λ ( 5 ) (6 ) ΔΜΕ = 1 80ο - ΕΜΒ - ΓΜΔ ::::::>

ΔΜΕ = 1 80° - ( 1 80" - 2Β ) - ( 1 80" - 2Γ ) ::::::>

ΔΜΕ = 1 80° - 1 8ο + 28 - 1 80" + 2r ::::::> ΔΜΕ = 2Β + 2Γ - 1 80° ::::::> ΔΜΕ = 2 (8 + Γ) - 1 80° ::::::>

ΔΜΕ = 2 ( 1 sο-Α.) - Ι 80° ::::::> ΔΜΕ = 360 -2Α - Ι 80° ::::::>

ΔΜΕ = 1 80° - 2Α (7) Δ ' Λ Λ (4).( 7 ) Στο ΔΜΕ : ΔΜΕ+ ΔΕΜ + ΕΔΜ = 1 80° ::::::>

1 80° - 2Α+ 2ΜΔΕ = Ι 80° ::::::> 2ΜΔΕ = 2Α ::::::> ΜΔΕ = Α. Άρα και ΜΕΔ = Α Άσκηση 4 Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και στις προεκτάσεις των πλευρών του ΑΒ και ΒΓ παίρνουμε σημεία Κ και Λ ώστε ΑΚ=ΓΛ. Αν φέρουμε τις ΛΝ//ΔΚ και ΚΝ//ΔΛ να δειχθεί ότι ΚΝΛΔ τετράγωνο. Λύση Από υπόθεση ΛΝ//ΔΚ και ΚΝ//ΔΛ άρα το τετράπλευρο ΚΝΛΔ είναι παραλληλόγραμμο ( 1 )

Δ Δ Συγκρίνουμε τα τρίγωνα Α Κ Δ και Δ Γ Λ αυτά

έχουν κΑΔ = ΔΓ Λ = 90" ΑΔ=ΔΓ(ΑΒΓΔ τετράγωνο) Και ΑΚ=Γ Λ (από υπόθεση).

Δ Δ Άρα Α Δ Κ = Δ Γ Λ ::::::> ΔΚ = ΔΛ (2) Α Δ

Λ Λ Ν

Και ΓΔΛ = ΑΔΚ (3) Οπότε

Λ

' Λ Λ (3 ) ' Λ ' Λ

ΚΔΛ = ΚΔΓ + Γ ΔΛ ::::::> ΚΔΛ = ΚΔΓ + ΑΔΚ = ΑΔΓ = 90° (ΑΒΓΔ τετράγωνο) ( 1 ), (2), (4) ::::::> το ΚΝΛΔ είναι παραλληλόγραμμο, ορθογώνιο και ρόμβος άρα είναι τετράγωνο. Άσκηση 5 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ από την κορυφή Δ φέρω ΔΚ l. ΑΓ , όπου Κ διαφορετικό του Α και στην προέκταση της ΔΚ προς το Κ σημείο Λ, ώστε ΔΚ=ΚΛ να δείξετε ότι: Το τετράπλευρο ΑΓΒΛ είναι ισοσκελές τραπέζιο. ΛίJση Φέρω διαγώνιο ΔΒ του παραλληλόγραμμου ΑΒΓ Δ τότε ΑΓ, ΔΒ διχοτομούνται στο Ο άρα Ο μέσο ΒΔ�ΟΒ=ΟΔ ( 1 )

Λ

Δ Δ Στο τρίγωνο ΔΛΒ : ΛΟ διάμεσος (από ( ! )) και

ΟΚ μεσοκάθετος του ΔΛ( από υπόθεση) άρα ( ι ) ΔΒ ΟΛ = ΟΔ = - άρα ΔΑΒ = 90° οπότε

2 ΒΛ l. ΔΛ και ΑΓ l. ΔΛ ::::::> ΑΓ // ΒΛ (2) Αν ήταν ΑΛ//ΒΓ επειδή και ΑΔ//ΒΓ (ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο) τότε Δ, Α, Λ συνευθειακά (Ευκλείδιο Αίτημα) άρα το Α συμπίπτει με το Κ άτοπο γιατί Α διαφορετικό του Κ.


Μ αθη ματικά για την Α ' Λυκείου

Άρα ΑΛ '7\ΒΓ (3) (2),(3)::::>ΑΓΒΛ τραπέζιο (4) Το Α ως σημείο της μεσοκαθέτου των ΔΛ ισαπέχει από τα άκρα του Δ και Λ ::::>ΑΛ=ΑΔ (5) Αλλά κα ΒΓ=ΑΔ (ΑΒΓΔ παραλληλόγραμμο) (6) (5),(6) => ΑΛ=ΒΓ (7) (4), (7) => το ΑΓΒΛ είναι ισοσκελές τραπέζιο . ί\ σκηση 6 Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ) και οι διχοτόμοι των γωνιών του Α και Δ τέμνονται στο Κ, ενώ οι διχοτόμοι των γωνιών του Β και f τέμνονται στο Λ (ώστε τα τρίγωνα

Δ Δ ΑΔΚ και Β Λ Γ να μην έχουν κοινά εσωτερι-κά σημεία). Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΔΚΛΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Λ ίJση ΑΚ, ΔΚ διχοτόμοι δυο εντός και επί τα αυτά γωνιών άρα είναι κάθετες, οπότε ΔΚ ύψος και διχο-

Δ τόμος του Δ Α Ε τριγώνου άρα και διάμεσος οπότε Κ μέσο του ΑΕ ( Ι ) . Ομοίως για Γ Λ και ΒΛ οπότε Λ μέσο του ΒΖ (2)

Α Β

Δ Ζ Ε Γ ( 1 ), (2) => ΚΛ ευθύγραμμο τμήμα που έχει άκρα τα μέσα των διαγωνίων του ΑΖΕΒ τρπεζίου (αν τα Δ,Ζ,Ε,Γ έχουν τη διάταξη του σχήματος) η ΚΛ διάμεσος του ΑΖΕΒ τραπεζίου (αν έχουν τη διάταξη Δ,Ζ,Ε,Γ). Σε κάθε περίπτωση ΚΛ//ΔΓ (3)

Αλλά Λ Λ Λ Λ Λ Λ

Λ Λ Δ Γ Α Β Γ Δ Δ + Γ = - + - < - + - + - + - = Ι 80" ι ι 2 2 2 2 2 2 οπότε ΔΚ, Γ Λ τέμνονται ( 4) ( αφού σχηματίζουν δυο εντός και επί τα αυτά μέρη γωνίες με άθροισμα μικρότερο του 1 80° )

Λ Δ Γ Λ (3) , (4) ::::>ΔΚΛΓ τραπέζιο (5) Και Δι = - = - = Γ ι 2 2

( 6) (επειδή ΑΒΓ Δ ισοσκελές τραπέζιο άρα Δ = Γ ) (5) , (6) => το ΔΚΛΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο . ί\σκηση 7 .

Δ Λ

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο Α ΒΓ ( Α = 90° με ΑΒΦΑΓ) και εξωτερικά απ' αυτό κατασκευάζουμε τα τετράγωνα ΑΒΔΕ και ΑΓΖΗ και έστω θ και I οι προβολές των Δ και Ζ αντίστοιχα στην ΒΓ. Να δείξετε ότι: α. ΓΙ=Βθ και ΒΓ=ΖΙ+ΘΔ β. Τα σημεία Δ.Α,Ζ είναι συνευθειακά.

γ. Αν Μ το μέσο του ΔΖ τότε ΒΜΓ = 90° . .\ ίJση υ.. Φέρω ΑΚ ..l ΒΓ και συγκρίνω τα τρίγωνα.

Δ Δ Α Κ Γ και Ζ Ι Γ . Αυτά έχουν ΖΓ=ΑΓ(ΑΓΖΗ τετράγωνο) και fΊ = Αι (ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες) άρα

Λ Δ Α Κ Γ = Ζ Ι Γ::::> ΓΙ = ΑΚ ( Ι ) και ΖΙ=ΓΚ (2)

Δ Δ Συγκρίνω τα τρίγωνα Α Κ Β, Β Θ Δ , αυτά έχουν Κ = Θ = 90" , ΑΒ=ΒΔ (ΑΒΔΕ τετράγωνο) και ΑΒΚ = Δ ι (ως οξείες γωνίες με πλευρές κάθετες)

Δ Δ άρα ΑΚΒ=ΒΘΔ::::>ΑΚ=ΒΘ (3) και ΚΒ=ΘΔ (4)

( 2).( 4) ( l ) , (3)::::> ΓΙ=ΒΘ(5) και ΒΓ=ΓΚ+ΚΒ = Zl+� (6)

' �I ,. " ' " ' " " ' " '

,. " ' Ζ ,. " I ' Γ

I , ι

I J

I ,' I Ν / I ,.,. " " �I , ,.,. r ,.,.

Μ - - }... ,. "

·, !;!:...- _ _ _ _ Β Η L-----------��- Λ ' ' ' '

Ε Δ 1:1. Φέρω τις διαγώνιες ΑΖ, ΑΔ των τετραγώνων ΑΓΖΗ και ΑΒΔΕ αντίστοιχα τότε ZAr = 45" και ΒΑΔ = 45° . Οπότε ΖΑΔ = ΖΑΓ + ΒΑΓ + ΒΜ = = 45" + 90° + 45" = Ι 80'' . Άρα Δ,Α,Ζ συνευθειακά

ΖΙ ..l ΒΓ } γ. => ΖΙ // ΘΔ Αν ήταν ΖΔ//ΙΘ τότε

ΔΘ ..l ΒΓ Δ Δ

ΖΙΘΔ ορθογώνιο άρα ΖΙ=ΘΔ, οπότε Ζ Ι Γ = Β Θ Δ (ορθογώνια, Π=ΒΘ και ΖΙ=ΘΔ)::::>ΖΓ=ΒΔ::::> ΑΓ=ΑΒ άτοπο . Άρα ΖΔ '7\ΙΘ , οπότε ΖΙΘΔ τραπέζιο . Αν Ν μέσο του ΒΓ, τότες ΜΝ κοινή διάμεσος

Δ του Β Μ Γ και ΖΙΘΔ τραπεζίου γιατί ΝΓ=ΝΒ και Π=ΒΘ (από α)) άρα ΝΙ+ΓΙ=ΝΒ+ΒΘ::::>ΝΙ=ΝΘ

ΖΙ +ΘΔ !6J ΒΓ άρα l'v1N = =-2 2

Δ Άρα στο Β Μ Γ : ΜΝ διάμεσος και

ΜΝ = ΒΓ ::::> ΒΜΓ = 90°

2


ΑΛΓΕ ΒΡΑ γ ια την � · τάξ η του Λυκε ίου

Εκθετ ι κή κα ι λογαρ ι θμ ι κή συνάρτηση

Ε ΚΘ Ε τ Ι Κ Η Σ Υ '\ Α ΡΤ Η Σ Η

ΟΡΙΣΜΟΣ Εκθετική συνάρτηση με βάση το θετικό αριθμό α, με α =F- 1 ονομάζουμε τη συνάρτηση f: R � R με f(x) = α' και σύνολο τιμciΛ' το f (R ) = (Ο, +οο) .

Για χ=Ο

f (Ο )=α 0= 1 ,δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις όλων των εκθετικών συναρτήσεων τέμνουν τον άξονα ψ 'ψ στο σημείο (0, 1 )

Α ν ήταν α = 1 τότε: f ( 1 )= 1 χ= 1 ,δηλ για α= 1 , τότε έχουμε σταθερή συνάρτηση . Γ ι ' αυτό το λόγο στην εκθετική συνάρτηση θεωρούμε α =F- 1

\ 1 0 '\ (Η Ο '\ Ι Α Ε ΚΘ Ετt ΚΗ Σ

Για α > 1 1 . Η f(χ) = αχ είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή , για χι < χ2 ισχύει αχ ' < αχ' 2 . Αν χ � - οο τότε α' � Ο (με θετικές τιμές) 3 . Αν χ � + οο τότε α' � + οο

χ

-2 - 1 2

- 1

4. χ > Ο <:::::> αχ > 1 5 . χ < Ο <:::::> αχ < 1

Καλδή Φωτεινή

ΛΟΓΑΡΙ ΘΜ Ι Κ Η ΣΥΝΑΙ>ΤΗΣΗ

ΟΡΙΣΜΟΣ Λογαριθμική συνάρτηση με βάση το θετικό αριθμό α με α =F- 1 ονομάζουμε τη συνάρτηση f : (0, +οο )� Rμε f(x) = logαx και σύνολο τιμών το f ( R) = R

Για χ = 1 f( 1 ) = logα 1 = Ο, δηλαδή οι γραφικές παραστάσεις όλων των λογαριθμικών συναρτήσεων τέμνουν τον άξονα χ' χ στο σημείο ( 1 ,0)

Μ Ο Ν ΟΤΟΝ Ι Α ΛΟΓΑ Ρ Ι ΘΜ Ι ΚΗΣ

Για α > l 1 . Η f(x) = logαx είναι γνησίως αύξουσα

Δηλαδή , για Χι < Χ2 ισχύει logαx ι<logαx2 2 . Αν χ � Ο+ τότε logαx� - οο 3 . Αν χ � + οο τότε logαx� +οο

2

- 1

- 1

4. χ > 1 <:::::> logαx > Ο 5 . Ο < χ < 1 <:::::> logαx < Ο


Μ αθηματικά για την Β ' Λυκείου

Για Ο < α < 1 1 . Η f( χ) = αχ είναι γνησίως φθίνουσα

δηλαδή , για χ ι < χ2 ισχύει αχ ' < α χ, 2. Αν χ � - οο τότε αχ � +οο 3 . Αν χ � +οο τότε αχ � Ο

-2 - 1

4. χ > Ο <::::> Ο< αχ < 1 5 . χ < Ο <::::> αχ > 1

Αν α = e τότε f(x)=ex

Σ ΧUΛ Ι Α

2

Από τη μονοτονία της εκθετικής συνάρτησης f(χ)=αχ με χεR και Ο < α =ι. 1 προκύπτει ότι: Αν χι =1- χ2 τότε αχ ' =1- αχ' Αν αχ ' = αχ' τότε χι = χ2 Άρα ισχύει η ισοδυναμία αχ ' = αχ' <::::> Χ ι = χ2

Ε ΡΩΤ Η Σ Ε Ι Σ Τ Υ Π Ο Υ ΣΩΣΤΟ - Λ Λ ΘΟΣ 1 . ( 1 /2)3>( 1 /2)5 2. Αν χ, y εR με χ < y τότε 2χ > 2Υ 3 . Η συνάρτηση φ(χ)=3 -χ είναι γνησίως

αύξουσα 4. Η συνάρτηση φ(x)=log2(x -2) έχει πεδίο

ορισμού το σύνολο (Ο,+οο) 5 . Για κάθε Χ ι , χ2 > Ο ισχύει η ισοδυναμία lnx ι =

lnx2 <::::> χ ι = χ2 6 . Για κάθε θ > Ο ισχύει: ln(θ/e )= 1 +I η θ 7 . Για κάθε χ, y > Ο αν ισχύει logx+logy=3 τότε

xy = 1 00 8 . log35 > log34 9 . Η γραφική παράσταση της lnx έχει

ασύμπτωτο τον ημιάξονα Οχ 1 Ο. Για κάθε α, β > Ο με α =1- 1 και β =1- 1 , αν logaβ

= γ τότε lοgβα = 1 /γ Π )ΩΠ-Ι Σ Ε Ι Σ ΠΟΛΛΑ Π Λ Η Σ Ε Π Ι Λ Ο Γ Η Σ

1 . Δίνεται η συνάρτηση φ(χ)= 5χ , τότε ισχύει: Α. φ(5)> φ(2) Β. φ( Ι /5 ) :::; φ( Ι /2) Γ. φ(5) = φ(2)

Για Ο < α < 1 1 . Η f(x) = logαx είναι γνησίως φθίνουσα

δηλαδή , για Χ ι < χ2 ισχύει Ιοgαχ ι > logαx2 2 . Αν χ � Ο+ τότε logax� +οο 3 . Αν χ � + οο τότε logax� Ο

2

- 1

4 . χ > 1 5 . Ο<χ< 1

<::::> logax < Ο <::::> logax > 1

Αν α = 1 0 τότε f (x) = logx Αν α = e τότε f(x)= lnx

ΣΧΟΛ Ι Λ

χ

Από τη μονοτονία της λογαριθμικής συνάρτησης f(x)=logax με χ>ο και Ο < α =1- 1 προκύπτει ότι: Αν Χ ι =Ι- Χ2 τότε logaX ι =ι. logax2 Αν logax ι = logax2 τότε Χ ι = χ2 Άρα ισχύει η ισοδυναμία logaX ι = logaXz <::::> Χ ι = Χ2

Δ. φ(5) < φ(2) Ε . φ(5 ) :Ξ': φ(2) 2 . Δίνεται η συνάρτηση φ(χ)=5 -χ

Α. φ( Ι /2) < φ( Ι /8) Β. φ( l /2) :Ξ': φ( l /8) Γ φ( l /2) > φ( Ι /8 ) Δ. φ( Ι /2) = φ( l /8)

3. 3 . Η συνάρτηση φ(x)=log(3x - 6) έχει πεδίο ορισμού το διάστημα Α. ( -οο, 2) Β. (0,2) Γ. (2 ,+οο), Δ. [2,+οο), Ε. (-οο,2] 4 4. Αν f(x)=2x ,η εξίσωση f(x)=20 έχει λύση τον αριθμό : Α . I Ο Β. log202 Γ. log220 Δ. 20 Ε . 2

5 . 5 . Η ανίσωση log v, (3x - 1 ) < log v, (3 -χ) έχει σύνολο λύσεων το διάστημα Α. ( l ,+oo) Β. (-οο,3) Γ. (3 ,+οο), Δ. ( 1 ,3 ) Ε. (-οο, 1 ) 6 6 . Αν log(α + β) = logα + logβ, με α, β > Ο, και α =ι. 1 , τότε ο β ως συνάρτηση του α είναι:

Α. α Β. α + 1 Γ. ___!!____ Δ.

α - 1 Ε. α + 1 α + Ι α α - 1 α α - 1

7 7 . Αν για τον πραγματικό αριθμό χ ισχύει: logx+2log( l /x) = log8 -2logx τότε ο χ είναι: Α Α. 5 Β. 6 Γ. 7 Δ. 8 Ε. 9



ΛΣ Ι< Η Σ Η 1 11 Να παρασταθούν γραφικά στο ίδιο σύστημα αξόνων οι συναρτήσεις:

α) f(x) = 2' + ι, g(x) = 2' -ι , h(x) = 2' -1+2 β) f(x) = 31xl ' g(x)= 3-1•1

Λ ΥΣ Η

_ , σ

_ ,

.\.l: h: H Σ H 2 11

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = ( l - α ) ' , να βρεθούν οι τιμές του α με α * 5 για τις οποίες η f είναι:

α - 5 α) αύξουσα , β) γνησίως φθίνουσα \ \.::: Η α) Η συνάρτηση f είναι αύξουσα όταν και μόνο όταν: α * 5 και Ι - α � Ι ( Ι )

α - 5 1 - a 6 - 2a

Έχουμε: ( I ) <=> -- - I � Ο <=> � Ο <=> (6 -2α)(α -5) � Ο <=> 3 ::::: α < 5 a - 5 a - 5

β) Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα όταν και μόνο όταν 1 - a 1 - a

α * 5 και -- > Ο ( 1 ) και -- < Ι (2) a - 5 a - 5

Έχουμε: ( I ) <=> ( 1 -α)(α -5) > Ο <=> Ι < α < 5 1 - α 6 - 2a

Εξάλλου : (2 ) <=> -- -Ι < Ο <=> < Ο <=> (6 -2α)(α -5) < Ο <=> (α < 3 ή α > 5) Από τη a - 5 a - 5

συναλήθευση των δυο ανισώσεων έχουμε : Ι < α < 3 AΣ K t1J Σ G'-Y 3 1 1

, , e ' - 1 Δινεται η συναρτηση f(x) = --

e ' + 7 α) Να βρείτε το πεδίο ορισμού της β) Να αποδείξετε ότι είναι γνησίως αύξουσα γ) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες η Cr είναι κάτω από τον άξονα χ 'χ δ) Να βρείτε τις τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες f(x)=f(2x) ,\ Yl: H α) Επειδή e' + 7 * Ο για κάθε πραγματικό αριθμό χ , το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι όλο το σύνολο R β) Αν χ ι , χ2 Ε JR με χ ι < χ2 , τότε e ' ' < e ' � . Υπολογίζουμε την διαφορά f(χ ι ) - f(x2) και έχουμε

e' ' - 1 e' ' - Ι 8( e' ' - e' ' ) , f(x ι )-f(x2)= -- --- = <Ο αρα f(χ ι ) < f(x2) και επομένως η f είναι γνησίως e' ' + 7 e' ' + 7 (e' ' + 7)(e' ' + 7)

αύξουσα. γ) Για να είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f κάτω από τον οριζόντιο άξονα πρέπει και αρκεί:

e ' - 1 f(x) < Ο ( I ) . Έχουμε: ( Ι ) <=> -- < Ο <=> (e' -1 )(e'+7)<0 <=> e' - Ι < Ο <=> e' < Ι <=> χ < Ο, αφού e'+7>0, e ' + 7

για κάθε χ Ε R,


Μ αθη ματικά για την Β ' Λυκείου

e ' - I e 2 ' - I . . . . δ) Έχουμε: f(x) = f(2x) <=> . = ? . <=> e3'+ 7 e' - e2'-7 = e3'- e' + 7e2'-7 <=> 8( e'- e2') = Ο e ' + 7 e - ' + 7

<=> 8e'( 1 -ex ) = Ο <=> e' = Ο (αδύνατη) ή ex = 1 <=> χ = Ο . Λl: K H l: H 4'1 Δίνονται οι συναρτήσεις f(x) = e' -e και g(x)=e • -x -1 α) Να βρεθούν τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f, g. β) Να βρεθούν οι τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες η γραφική παράσταση της f είναι πάνω από τη γραφική παράσταση της g. Λ Υ Σ Η α) Τα κοινά σημεία των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f και g προσδιορίζονται από την λύση της εξίσωσης: f(x) = g(x) . Οι λύσεις αυτής θα είναι οι τετμημένες των σημείων τομής των δύο

, , 40. χ ι -χ χ e 2χ χ χ γραφικων παραστασεων. ι( χ) = g(x) <=> e -e = e - 1 <=> e -e = --:- - 1 <=> e - e·e = e - e <=> e'

e2x + ( 1-e )e'-e = Ο <=> <=> <=> e' = e <=> χ = 1 ex = ψ ) ex = ψ } ψ2 + ( 1 - e) ψ - e = Ο ψ Ε {- 1, e}

β) Οι τιμές του πραγματικού αριθμού χ για τις οποίες η γραφική παράσταση της συνάρτησης f βρίσκεται πάνω από την γραφική παράσταση της συνάρτησης g προσδιορίζονται από την λύση της ανίσωσης: f(x) > g(x) ( 1 ) . Έχουμε : ( Ι ) <=> e'-e > e 1 -'- 1 <=> e2' - e·e' < e - e' <=> e2' + ( 1-e)e'-e < Ο <=>

<=> <=> ( e' + 1 ) ( e' - e ) < Ο <=> e' < e <=> χ < 1 e' = ψ ) e' = ψ

) ψ2 + ( 1 - e) ψ - e < O (ψ + 1 ) (ψ + e) < 0 ΛΣ Κ Η l: Η 5' 1 Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της συνάρτησης: f(x) = 21og(4-x)+log(x2-4) -log χ Λ V Σ Η Για να ορίζεται η συνάρτηση πρέπει και αρκεί: 4-χ > Ο ( 1 ) και χ2-4 > 0 (2) και χ > Ο (3) . Έχουμε: ( 1 ) <=> χ Ε (-οο, 4) , ( 2 ) <=> (χ - 2) ( χ + 2 ) > Ο <=> χ Ε ( -οο, -2 ) υ (2, +οο) και (3 ) <=> χ Ε (Ο, +οο) Άρα το πεδίο ορισμού της f είναι: Dι- = (0,2) ΑΣ ΚΗ l: Η 6'1

' ' 2 - χ Δινεται η συναρτηση f(x) = ln(-- )

2 + χ α) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. β) Να δειχθεί ότι η συνάρτηση f είναι περιττή . γ) Να λυθεί η aνίσωση f(x) < Ο. Λ Υ Σ Η

2 - χ α) Για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και αρκεί: 2 + χ =F- Ο ( 1 ) και -- > Ο (2) .

2 + χ Έχουμε : ( Ι ) <=> χ =F- -2 και (2) <=> (2-χ)(2+χ) > Ο <=> -2 < χ < 2 . Άρα: D Γ = (-2 , 2 ) β) Επειδή το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι συμμετρικό ως προς το Ο αρκεί να δείξουμε ότι

f(-x)= - f(x) ή ισοδύναμα f(-x)+f(x) = Ο . 2 - χ 2 + χ 2 - χ 2 + χ

f(-x) + f(x) = Ιη( -- ) + Ιη( -- ) = \η ( -- . -- ) = lη l = Ο 2 + χ 2 - χ 2 + χ 2 - χ

2 - χ 2 - χ 2 - χ 2 - χ γ) Στο ( -2,2) έχουμε : f(x) < Ο <=> \η( -- ) <Ο <=> \η( -- ) < Ιη 1 <=> -- <I <=> -- -1 <0

2 + χ 2 + χ 2 + χ 2 + χ - 2 χ

<=> -- < ο <=> -2χ(2+χ) < Ο <=> χ(χ+2) >Ο <=> χ < -2 ή χ > ο <=> χ Ε ( 0, 2 ) 2 + χ

Λl: Κ Η Σ Η 7'1 Αν οι αριθμοί: log2, log(4' - 5) και log(4' - 7/2) είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου, να βρεθεί το χ Λ V l: H Για να είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου πρέπει και αρκεί: \og2+log (4'-7/2) = 2 · \og (4'-5) ( 1 ) .


Μαθη ματικά για την Β ' Λυ κείου

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί 4' > 5 και 4' > 2, δηλαδή , λ , ln 5

4 > 5 και τε ικα χ> -- . Τότε: 2

( l ) <=> log (2 4χ-7) = log( 4χ-5)2 <=> 2 4'-7 = ( 4χ - 5)2 <=> 42χ - 1 2 -4χ + 32 = Ο

<=> 4' = ω }<=>

4' ={ω }}<::::> 4' = 4 ή 4' = 8 <::::> χ = I ή 22 ' = 23 <=> χ = I ή χ = � . ω2 - 1 2ω + 32 = 0 ω ε 4, 8 2

ΑΣ Κ Η Σ Η 81 1 Δίνεται το πολυώνυμο Ρ(χ) = χ4 + (ln2m)x3 + (lnm)x2 - 2χ - 1 ,m > Ο. Αν το Ρ(χ) έχει παράγοντα το χ + l ,να βρείτε : α) τις τιμές που μπορεί να πάρει το m.

ln 4

β) Αν m, , m2 αυτές οι δυο τιμές με mι > m2, να λύσετε την aνίσωση ln(mι m2)-ln(m1x)>ln(m2x)-2m1 , χ > Ο ΛΥΣ Η α) Αφού το χ + Ι είναι παράγοντας του πολυωνύμου Ρ( χ) τότε η τιμή χ = -1 είναι ρίζα του . Άρα: Ρ ( - 1 ) = Ο ::::> 1- ln2m + lnm -2 - I = Ο ::::> ln2m -lnm -2=0 ::::>

(lnm - 2)( 1nm + 1 ) = 0 ::::> lnm = 2 ή lnm = -1 ::::> m = e2 ή m = .!_ e

β) Αφού είναι m 1 > m2 προκύπτει ότι: m 1 = e2 ,m2 = .!_ . Επομένως η ανίσωση στο (Ο, +οο ) ισοδύναμα e

γράφεται : ln(m Ι mz ) - Ιη(mΙ χ) > ln(m2 χ) -2m1 <=> ln e - ln e2 χ > ln .!_ χ - 2e2 <=> e

I - 2 - Inx > lnx - 1- 2e2 <=> lnx < 2e2 <=> Ο < χ < e 2e2 . \ :: 1-.: Η :: Η ll' Να λυθεί η εξίσωση 5·2'+1 = 4' + 1 6

Η εξίσωση ισοδύναμα γράφεται: 5 ·2'+ 1 = 4 ' + 16 <=> 1 0·2' = 22χ + 16 <=> 22χ -l 0·2x + 1 6 = Ο 2 ' = ω } 2' = ω }

<=> <=> <=> 2' = 2 ή 2' = 8 <=> χ = Ι ή χ=3 ωc - 1 0ω + 1 6 = 0 ω ε {2, 8

} \ :::.>: · · � �τ . : , i . \ . \ \ � Η

α - 3 I . Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία η συνάρτηση f(x)=( -- )'

α + 2 2 . Να προσδιοριστεί η τιμή του πραγματικού αριθμού χ σε κάθε περίπτωση

α) χ = 8 ι - ιοg, ; β) 5 ' ' - s x +9 = 1 25 γ) 3 -3 2 · · · 3 ' = 3 1 0 δ) (315/' -2 =(5/3)' -6 (απ: α : χ=8/27, β: χ=2, χ=3 γ: χ=4 δ: χ=2) 3 . Να επιλυθούν οι εξισώσεις α) 3 χ -2 = 8 - 2' - 1 β) 22'+2 -5 ·2χ+3 = - 26 γ) 22+χ -2 4 -χ = 1 2

δ) 2' -5 .JY + 4 = Ο ε) log4[1og3(1og2x)] = Ο (απάντηση α :χ = 2 β : χ= Ι , χ=3 γ: χ=2 δ: χ=Ο ε : χ=4 ) 4 . Να προσδιοριστεί το α ώστε η εξίσωση 2' +α 2 _, - 2 = Ο να έχει δυο θετικές λύσεις (απάντηση α < I ) 5 . Αν για τους θετικούς και διάφορους της μονάδας αριθμούς α, β, γ ισχύει η σχέση loga β = logβ γ· logy α να

δείξετε ότι α = β ή α = ι /β . 6 . Να βρείτε το πεδίο ορισμού της συνάρτησης f(x)=log [ log ( log (log χ) ) ] (απάντηση Dr = ( 1 00, +οο))

7 . Να λυθούν τα συστήματα: α) { log χ - log Υ = 7 β) { xy = 1 000 (απάντηση α: (= 1 06, y= Ι / 1 0 ), β : (χ = 1 0, log χ + log y = 5 χ ιog y = 1 00

y= I 00 ή χ= 1 00, y= 1 0)) 8 . Αν οι θετικοί και διάφοροι της μονάδας αριθμοί α, β, γ είναι διαδοχικοί όροι γεωμετρικής προόδου, να

αποδείξετε ότι οι αριθμοί : ι /logaχ , ι /log11 ψ, ι /logy χ είναι διαδοχικοί όροι αριθμητικής προόδου . 9 . Έστω η εξίσωση 4' - ι -5 ·2' + 1 6 = Ο α) Να αποδείξετε ότι η εξίσωση έχει ακριβώς δύο ρίζες χ 1 , χ2 (χ ι <χ2) τις

οποίες και να βρείτε. β)να βρείτε πόσους όρους πρέπει να παρεμβάλλουμε μεταξύ των δυο ριζών ώστε όλοι μαζί να αποτελούν διαδοχικούς όρους αριθμητικής προόδου με διαφορά Ι / ι Ο (απ: α: χ 1 =2, χ2=4, β: 1 9 όρους)

, , . �ι + ημ2χ Ιn(ημχ) + ln(συνχ) , ι ο. Να λυσετε στο διαστημα (Ο ,π/2) την εξισωση : ln = (απαντηση χ = π/4) 2 2

1 1 . Να λύσετε στο σύνολο (0, � ) την log(ημ2x)+log( συνχ )+ .!. log3-log( l +συν2χ) = log( l +συνχ) (απ: χ=π/3) 2 2


Μαθηματικά για την Β ' Λυ κείου

Κανονικά πολύγωνα και εμβαδά

Άσκηση Ι "

Να βρεθεί το μήκος κύκλου, αν η διαφορά των

εμβαδών του εγγεγραμμένου και

περιγεγραμμένου τετραγώνου στον κύκλο

ισούται με 50.

ΛίJση

Α ν R η ακτίνα του κύκλου τότε η πλευρά του εγγεγραμμένου τετραγώνου είναι ΑΒ = λ4 =

R/2 , οπότε (ΑΒΓΔ) = ΑΒ2 = 2R2 • ( 1 ) Α

Δ Β

Γ Η πλευρά του περιγεγραμμένου τετραγώνου είναι

ΕΖ = 2R, οπότε (ΕΖΗΘ) = ΕΖ2 = 4R2 • (2)

Αλλά (ΕΖΗΘ) - (ΑΒΓΔ) = 50 <:::::> 4R2 - 2R2 = 50

<:::::> R2 = 25 <:::::> R = 5 .

Άρα ι = 2πR <:::::> ι = Ι Οπ.

Άσκη ση 2' 1 Θεωρούμε κύκλο (O,R). Αποδείξτε ότι

λ ' 4 η πλευρά του

περιγεγραμμένου τετραγώνου στον κύκλο.

ΛίJση ----

Έστω ΑΒ = λ4, Μ μέσο του τόξου ΑΒ , οπότε ΑΜ = λ8 και ΓΔ = λ� . Έχουμε Ε8 = 8(0ΑΜ) =

I 820Μ · ΑΗ <:::::> Ε8 = 40Μ · ΑΗ ( 1 )

Μάλλιος Κανέλλος - Κατσούλης Γιώργος

Γ Μ Δ

λ4 λ ' Αλλά ΑΗ - και ΟΜ = ΜΓ = -4 2 2

(διότι 6, = 45° ) . Από ( Ι ) και (2) είναι

Ε = 4 · � · λ � <:::::> Ε = λ · λ' . 8 2 2 8 4 4

Άσκηση 3'' Θεωρούμε κανονικό εξάγωνο ΑΒΓΔΕΖ

εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R). Οι διαγώνιοι του

ΑΕ και ΖΓ τέμνονται στο σημείο Κ και η ΒΚ

τέμνει την πλευρά ΖΕ στο σημείο Λ.

Να δείξετε ότι:

(i) Ι Ι Ι

-- = --+-ΑΚ 2 ΑΖ2 ΑΓ2

(ii) (ΚΖΑ) = .!_ (ΚΖΕ) 3 (ίίί) Να υπολογιστεί το εμβαδόν του

πολυγώνου ΑΒΛΖ και το εμβαδόν του

πολυγώνου ΒΛΕΔΓ.

Λύση

(i) Επειδή ΖΑ = ΑΒ = ΒΓ = 60° , προκύπτει

ότι Zr = 1 80" άρα η ΖΓ είναι διάμετρος του

κύκλου. Συνεπώς: ΖΑΓ = 90° ως

εγγεγραμμένη που βαίνει σε ημικύκλιο .


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Ακόμα , και (R + R ) · RJ3

(ΑΒΚΖ) = (ΑΒ + ΖΚ) · ΑΚ = 2 2 Α 1 ,..--._ Α

ΑΖΚ = - ΑΓ = 60° οπότε ΑΚΖ = 90°. 2

Β

Ε

Επομένως, στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΖΓ ισχύει:

1 1 ΑΓ� + ΑΖ2 -- + -- = ---:----:-ΑΖ::. ΑΓ2 ΑΖ2 ΑΓ2

ΖΓ2 = ---=---=-

ΑΚ2 . ΖΓ2 ΑΚ2

( i i ) Τα τρίγωνα ΖΚΛ και ΚΒΓ είναι όμοια διότι ΖΛ//ΒΓ, άρα

1 ΛΖ ΚΖ ΛΖ 2 R ΛΖ 1 - = - <=> - = -- <=> - = -ΒΓ ΚΓ ΒΓ 1_ R ΒΓ 3

2

Αλλά ΒΓ = ΖΕ = λ6 οπότε �� = }j (1)

Επίσης τα τρίγωνα ΖΚΛ και ΖΚΕ έχουν ίσα ύψη απ' την κορυφή Κ, άρα ο λόγος των εμβαδών είναι ίσος με το λόγο των βάσεων δηλ:

(ΚΖΛ) = ΛΖ� (ΚΖΛ) =� <=>(ΚΖΛ) =� (ΚΖΕ). (ΚΖΕ) ΖΕ (ΚΖΕ) 3 3

( i i i) Το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΛΖ είναι ίσο με το άθροισμα των εμβαδών του

τραπεζίου ΑΒΚΖ (αφού ΑΒ//ΚΖ) και του τριγώνου ΚΖΛ. Για το τραπέζιο ΑΒΚΖ ισχύει:

3R2 J3 =

8

2 2

Ενώ για το τρίγωνο ΚΖΛ έχουμε:

(ΚΖΛ) = .!_ (ΚΖΕ) = .!_ (ΑΖΕ) = __!__ R · R J3 = R 2 J3 3 6 1 2 2 1 4

Το εμβαδόν του πολυγώνου ΒΛΕΔΓ προκύπτει αν, απ' το εμβαδόν του εξαγώνου αφαιρέσουμε το εμβαδόν του τετραπλεύρου ΑΒΛΖ δηλαδή : (ΒΛΕΔΓ) = Ε6-(ΑΒΛΖ) =

6(�λ, α, ) - (ΑΒΛΖ) ={ �R R�) - (ΑΒΛΖ) =

2 24 12

Άσκηση 4'1 Στο διπλανό σχήμα είναι ΑΒ = λι, Μ μέσο του

τόξου ΑΒ. Βρείτε την περίμετρο και το εμβαδόν

του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΜΒ.

Μ

Λί1ση

'Ε χουμε ΑΒ = λ4 <::::> ΑΒ = 360ο = 90° ( 1 )

4 ..-.._ ---Άρα ΑΜ = ΜΒ = 45° (2)

Από το νόμο των συνημιτόνων, στο τρίγωνο ΟΑΜ είναι:


Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

ΑΜ2 = ΟΑ2 + ΟΜ2 -

2 0Α · ΟΜ · συν ό, <=> ΑΜ2 =

=R2 + R2 - 2 RR · J2 <=> 2

<::> ΑΜ2 = R 2 ( 2 - J2 ) <=>

AM = R�2 - J2 (3 ) _..-...

(l:ημ �: ίωση : ΑΜ = λ8, αφού ΑΜ = 45° ) .

Η ζητούμενη περίμετρος είναι:

Π · R · 45° r;:;. Π = AB + AM + t'- = λ4 + λ8 + = Rν2 + ΜΒ 180

+ R�2 - J2 + πR . 4

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι: _..-...

Ε = (ΟΑΜ) + (ΟΜ8) - (ΟΑ8) =

= ..!_ΟΑ · ΟΜ 0 + πR 2 45ο

2 ημ

I 360°

Ι Ι J2 πR2 Ι R2 ( r;:;. ) - OA - 08 = - RR- + - - - RR = - 2ν2 + π - 4 2 2 2 8 2 8

Από τυχαίο σημείο Α, κύκλου (O,R) φέρνουμε

εφαπτόμενο τμήμα ΑΒ = �. Αν η ΟΒ τέμνει 3

τον κύκλο στο Γ, βρείτε την περίμετρο και το

εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΑΒΓ.

, λ , RJ3 Εχουμε Α8 = -·' = -- (1)

3 3 Α �-..__,,---�Β

Στο τρίγωνο ΟΑ8 είναι Α = 90" οπότε '

? ' ' ' RJ3 -( )?

ΟΒ- = ΟΑ- + Α8- <=> 082 = R- + -3- <=>

<=> 082 = R 2 + 3R 2 = 1 2R 2 <=> 08 = 2R J3 9 9 3

Επειδή Α8 = 08 , είναι ό = 30° (3) 2 Η ζητούμενη περίμετρος είναι:

(2)

ΙJ� ΙJ� RJ3 Π= ΑΒ + 8Γ+-tΑΓ = ΑΒ+(ΟΒ-ΟΓ) +-tΑΓ=- + 3

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι :

Ε = (ΟΑΒ) - (ΟΜ )= ..!_ΟΑ · ΑΒ -πR2 · 3Οο =

2 360" ..!_ R RJ3 _ πR2

= 2R2.J3 - πR2 = R 2 (2.J3 - π) .

2 3 1 2 12 12

Δίνονται ο ι κύκλοι (K,R) και (Λ, Ρ ) με Ρ = R .J3 και διάκεντρο ΚΛ = 2R. Αφού διαπιστώσετε ότι

οι κύκλοι τέμνονται σε δύο σημεία, τα οποία

ονομάζουμε Α και Β, τότε:

Να υπολογίσετε ως συνάρτηση του R το

εμβαδόν του κοινού τους μέρους.

(i) Για να τέμνονται οι κύκλοι, πρέπει η

διάκεντρος να βρίσκεται μεταξύ των

ποσοτήτων P-R και P+R. Πράγματι ισχύει:

Ρ -R < ΚΛ < Ρ + R ή R (J3 - 1) < 2R < R (.J3 + 1 ) . Ονομάζουμε Ε το ζητούμενο εμβαδόν, τ , το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος του κύκλου

(K,R) και Τ2 το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος του κύκλου (Λ,Ρ). Το ζητούμενο



εμβαδόν προκύπτει απ' το άθροισμα των

δύο κυκλικών τμημάτων δηλαδή Ε = τ I + τ 2 -Αφού στο τρίγωνο ΚΛΑ γνωρίζουμε τα μήκη

των πλευρών του μπορούμε να βρούμε το

είδος του. Είναι:

ΚΑ2 + ΑΛ" = R" + ( RJ3 )" = 4R2 επίσης ΚΛ2

(2R)2 = 4R2 δηλαδή ισχύει: ΚΑ2 + ΑΛ2

ΚΛ 2 , άρα το τρίγωνο είναι ορθογώνιο με

κλλ = 90'' . Ακόμα στο παραπάνω τρίγωνο

ισχύει :

, , R ΑΚ- = ΚΗ · ΚΛ <=> R- = ΚΗ · 2R <=> ΚΗ = -

2

Α

Δηλαδή ΚΗ = α3, άρα ΑΒ = λ3 = RJ3 και

ΑΚΒ = 1 20° , ενώ το τρίγωνο ΑΒΛ είναι

ισόπλευρο αφού ΛΑ = ΛΒ = ΑΒ = RJ3. Για το κυκλικό τμήμα Τ 1 έχουμε :

Επίσης για το κυκλικό τμήμα Τ2 έχουμε :

Τ = (Λ · ΑΒ) - (ΛΑΒ) = πΡ2 60-

p2J3 = 2 360 4

p2 = -u (2π - 3J3 ) και αντικαθιστώντας την τιμή του Ρ με

R J3 προκύπτει:

Τελικά:

Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο

σε κύκλο (O,R). Αν ο παρεγγεγραμμένος κύκλος

του τριγώνου, εφάπτεται στην πλευρά ΒΓ στο

Μ και στην προέκταση της ΑΒ στο Δ, βρείτε

την περίμετρο και το εμβαδόν του

μικτόγραμμου τριγώνου ΒΜΔ.

Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο, οπότε Μ μέσο

ΒΓ. Άρα ΒΜ = � = RJ3 2 2

(1)

Α

Τα εφαπτόμενα τμήματα ΒΜ και ΒΔ του κύκλου

(Κ) είναι ίσα. Άρα ΒΔ = R J3 2 (2)



Επίσης

ΚΔ = ΚΜ = ΑΜ = � ( Α1 = 30° στο τρίγωνο ΑΔΚ) Άρα ΚΔ = ΒΓ.J3

= λ3 νf3 = R

.J3 . .j3 = 3R (3) 2 2 2 2 Η

3R Π · -

ζητούμενη

2 h πR + -- = Rν3 + -3 2

περίμετρος

Το ζητούμενο εμβαδόν είναι

Ε = (ΒΜΚΔ) - (ΚΝfΔ) = 2 (ΜΒΚ ) - (ΚΝfΔ)=

= f ·�BM · MK -

R.J3 3R

4 24 4 3R2

= -8 (2vl3 - π)

Άσκηση 8' 1

6 3πR2

8

είναι:

Θεωρούμε κύκλο (O,R) και δύο ακτίνες του

ΟΑ, ΟΒ οι οποίες τέμνονται κάθετα. Ο κύκλος

(A,R) τέμνει το τόξο ΑΒ στο σημείο Μ και η

προέκταση της ΑΜ τέμνει την προέκταση της

ακτίνας ΟΒ στο σημείο Δ. (i) Να υπολογίσετε την περίμετρο και το

εμβαδόν του χωρίου που ανήκει στον ,..---... κυκλικό τομέα Ο · ΑΒ και εξωτερικό του

κύκλου (A,R).

ii) Να υπολογισθεί η περίμετρος και το

εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΜΒΔ.

ΛίJση (i) Παρατηρούμε ότι το τρίγωνο ΟΑΜ είναι

ισόπλευρο πλευράς R, αφού από τον κύκλο (O,R)

είναι ΟΑ = ΟΜ = R και από τον κύκλο (A,R) είναι AO = AM = R.

Α

Άρα είναι: ΑΟΜ = ΟΑΜ = ΟΜΑ = 60°

Επίσης είναι: ΜΟΒ = 90° - 60° = 30°

Η ζητούμενη περίμετρος είναι ίση με το άθροισμα: του τόξου ΟΜ που ανήκει στον (A,R), του τόξου

ΜΒ που ανήκει στον (O,R) και της ακτίνας ΟΒ .

τ . . ξ ΟΜ . S π R 60 π R ο μηκος του το ου ειναι: 1 = -- = -1 80 3

τ , ' ξ ΜΒ . S π R 30 π R ο μηκος του το ου ειναι: ? = -- = -- 1 80 6 Τελικά η ζητούμενη περίμετρος Π είναι :

π R π R R Π = S1 + S? + ΟΒ = - + - + R = -(6 + 3π) - 3 6 6 Επίσης το ζητούμενο εμβαδόν θα προκύψει αν απ'

το εμβαδόν του κυκλικού τομέα Ο · ΜΒ αφαιρεθεί

το εμβαδόν του κυκλικού τμήματος που προκύπτει

απ' τον κύκλο (A,R) και τη χορδή του ΟΜ. Αν

ονομάσουμε Ε το ζητούμενο εμβαδόν, θα είναι:

ii) Το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΜΒΔ προκύπτει αν απ ' το εμβαδόν του τριγώνου

ΜΟΔ αφαιρεθεί το εμβαδόν του κυκλικού τομέα

Ο · ΜΒ με αντίστοιχη γωνία 30°. Όμως στο



τρίγωνο ΟΑΔ η ΟΜ είναι διάμεσος άρα

(ΟΜΔ) = _!_ (ΑΟΔ) = _!_ (_!_ ΑΟ · ΟΔ) = 2 2 2

_!_ = R · R.J3 = Rz .J3 4 4

Αν ονομάσουμε Ε ι το ζητούμενο εμβαδόν τότε θα � Rz.J3 είναι: Ε1 = (ΟΜΔ) - (Ο · ΜΒ) =-- -4

π R2 · 30 . Ε = R2 (3.J3 - π) . 360 η I \ 2

Η περίμετρο; Π του μικτόγραμμου τριγώνου ΜΒΔ είναι Π = ΜΔ +ΔΒ + S2 . Αλλά ΜΔ = ΟΜ = R.

Επί ση; ΟΔ2 = ΑΔ: - ΟΑ2 = 4R 2 - R2 = 3R2 <;:::::;> ΟΔ = R.J3.

Άρα ΔΒ = ΟΔ - ΟΒ = R .J3- R

Επομένω.: Π = R + R .J3 - R + π R = R .J3 + π R . . 6 6

Δίνεται ευθ. τμήμα ΑΒ = 2α α>Ο, το οποίο

προεκτείνουμε κατά τμήμα ΒΓ = α. Στο ίδιο

ημιεπίπεδο κατασκευάζουμε τα ισόπλευρα

τρίγωνα ΑΒΔ και ΒΓΖ. Ακολούθως γράφουμε

τον κύκλο (Ζ, ΖΔ).

i) Αποδείξτε ότι ο κύκλος διέρχεται από το

μέσο Μ της ΑΒ.

ii) Να υπολογισθούν τα εμβαδά των

μικτογράμμων τριγώνων ΒΚΕ και ΔΜΚ,

όπου Κ και Ε τα σημεία που ο κύκλος

τέμνει τις προεκτάσεις των ΖΒ και ΑΓ

αντίστοιχα.

Λί>ση

(i) Τα τρίγωνα ΔΜΒ και ΔΒΖ είναι ίσα, οπότε

ΒΖΔ = Μ = 90" και ΔΖ = ΔΜ = ΜΖ, αφού

ΜΔΖ = 60°. Επομένως ο κύκλος (Ζ, ΖΔ) περνά

απ' το μέσο Μ της ΑΒ και εφάπτεται στην ΑΔ (ΑΔ//ΒΖ) .

Α

i i ) Η ακτίνα του κύκλου είναι

Z 2α.J3 r;3 Ε δ ' · Δ = ΔΜ =--= αν.) . πει η ΑΔ εφαπτομενη 2

και ΑΜΕ τέμνουσα έχουμε: ΑΔ2 = ΑΜ·ΑΕ <;:::::;>

ΑΕ = 4α και ΒΕ = 2α, ΓΕ = α. Αν Ε ι το εμβαδόν του μικτόγραμμου τριγώνου ΒΚΕ

έχουμε: � π R2 1 Ε = (Ζ · ΚΕ) - (ΖΒΕ) =- - - ΒΕ · ΖΛ = I 4 2

Επίσης αν Ε2 το εμβαδό του μικτόγραμμου τριγώνου ΔΜΚ τότε:

Ε2 = (Ζ · ΚΔ) - (ΖΚΔ) - Τ, Τ το εμβαδό του

κυκλικού τμήματος τόξου ΔΜ

� π Rz π (α.J3)z 3αzπ (Ζ · ΚΔ) =-4- =

4 4

(Z · KΔ) = _!_R z = 3αz

2 2 ? .J3 ?

Τ = (ΖΔ'Μ) - (ΖΔΜ) = πR- - R2_2 = α- (6π - 9.J3)

6 4 1 2 Άρα

Ε = 3παz -

3αz-

αz (6π - 9.J3) =�(π + 3.J3 - 6 ) 2 4 2 1 2 4



Δίνεται κύκλος (0, R) και ένα σημείο Α τέτοιο

ώστε: ΟΑ = RJ5. Από το Α φέρουμε την

τέμνουσα ΑΒΓ με ΑΒ = ΒΓ και την εφαπτομένη

ΑΔ.

Να υπολογίσετε το εμβαδό του μικτόγραμμου

τριγώνου ΑΒΔ.

, ο R2 R2 Άρα Ε = R - -4( π - 2) =4( 6 - π).

Δύο κύκλοι (Κ, R) και (Λ, R) εφάπτονται

εξωτερικά στο σημείο Α. Φέρουμε τις

παράλληλες ακτίνες ΚΒ, ΛΓ στο ίδιο

ημιεπίπεδο προς την ΚΛ. Με διάμετρο την ΒΓ

Λ i1 ση γράφουμε ημικύκλιο εξωτερικό των παραπάνω

Ισχύει: κύκλων. Να δείξετε ότι το εμβαδόν Ε που

ΑΒ . ΑΓ = ΑΟ2 - R 2 <=> ΑΒ . 2ΑΒ = ( R J5)2 - R2 <=> ορίζουν τα τόξα ΑΒ, Ar και ΒΓ ισούται με το

<=> ΑΒ = ΒΓ = R J2 = λ εμβαδόν του τετραπλεύρου ΚΒΓ Λ. 4

και ΑΒ -ΑΓ = ΑΔ2 <=> ΑΔ = 2R όμως: (ΑΟΓ) = 2(ΓΟΒ) = R2

(ΑΟΔ) = _!_ΟΔ · ΑΔ = R 2 2

Α

Και έχοντας κοινή πλευρά την ΟΑ προκύπτει ότι

1/ έχουν ίσα ύψη προς αυτήν δηλ ΓΚ = ΖΔ. Άρα

ΓΚΔΖ παραλληλόγραμμο, με διαγώνιους ΚΖ, Γ Δ οι οποίες διχοτομούνται, άρα Γ Δ διάμετρος. Α ν Ε το ζητούμενο τότε: Ε = (ΔΒΑ) - Τ, Τ το εμβαδό του κυκλικό τμήματος τόξου ΔΒ .

(ΔΒΑ) = _!_ (ΔΓ Α) = R 2 2

I/ Επειδή ΚΒ = ΛΓ = R , το ΚΒΓΛ

παραλληλόγραμμο. Άρα ΒΓ = ΚΑ = 2R

Ακόμα ΑΚΒ = ΓΛz <=> (Κ . ΑΒ) = (Λ · ΓΖ)

οπότε έχουμε:

(ΚΒΓΛ) = (ΒΓΛΑΒ) + (Κ · ΑΒ) ( I ) = (ΒΓ ΛΑΒ) + (Λ · ΓΖ)

= (ΑΒΔΑ) + (ΑΔΓΖΑ)

= ( ΑΒΔΑ) + (ημικύκλιο ΑΖ) - Τ

= (ΑΒΔΑ) + (ημικύκλιο ΒΓ) - Τ

= Ε .

είναι

z

(1)

� πR 2 1 ο R2 Τ = (ΟΔΒ) - (ΟΔΒ) = - - -R� =- (π - 2) Όπου Τ είναι το εμβαδό κυκλικού τμήματος 4 2 4 ----

τόξου ΔΓ.



Κωνικές Το μές

Π ρόβλημο i ο

Δίνεται κύκλος C (K,R): x2+y2+Ax+By+Γ=O, και ένα σημείοΡ(χ0, y0). Συμβολίζουμε με Δp(K,R) τη δύναμη του σημείου Ρ ως προς τον κύκλο C (K,R) (κέντρου Κ και ακτίνας R). Να αποδειχθεί ότι Δp(K,R)= x/+y02+Ax0+By0+Γ

Γνωρίζουμε από τη θεωρία ότι κ (- Α - Β ) και 2 ' 2

.JA2 + Β2 - 4Γ R = ο Το διάνυσμα ΚΡ έχει

2 , ( Α Β ) ,

,

συντεταγμενες χ0 + 2, y0 + l οποτε ο ορισμος

της δύναμης ως προς σημείο δίνει

Δρ (K , R ) = IKP I 2 - R2 = ( Χ0 + � ) 2 + (Υο + �) 2 Α2 Β2 - - - + Γ = 4 4

, Α2 , 82 Α2 Β2

= χ - + Αχ + - + y- + By + - - - - - + Γ = ο ο 4 ο ο 4 4 4 = χ� + y� + Αχ0 + By0 + Γ ο

χ2 y2 Δίνεται η έλλειψη - + - = 1 στην οποία το αz βz μήκος του μικρού ημιάξονα είναι ίσο με το μισό της εστιακής απόστασης. Μια ευθεία, παράλληλη προς την ευθεία y = χ + J6 διέρχεται από την εστία Ε της έλλειψης που ανήκει στο θετικό ημιάξονα Οχ και τέμνει την έλλειψη στα σημεία Μ, Ν. α) Να βρείτε την εκκεντρότητα της έλλειψης.

β) Να αποδείξετε ότι η γωνία ΝΟΜ δεν εξαρτάται από την έλλειψη. γ) Εάν επιπλέον είναι γνωστό ότι η χορδή ΝΜ

έχει μήκος 4.Ji , να βρείτε την εξίσωση της έλλειψης.

'\ ιΊ cσ11 α) Από την εκφώνηση γίνεται φανερο οτι ο μεγάλος άξονας της έλλειψης βρίσκεται πάνω στον

Αθανάσιος Καλάκος

άξονα χ 'χ ο Άρα α>β. Αν ΕΈ=2γτότε από την υπόθεση για την έλλειψη έχουμε: ΟΕ=ΟΒ ή γ=β. Ε δ ' ' 2 β2 7 ' 2 2 2 ' πει η ακομα α = +γ- εχουμε α = γ , η

α � γJ'i , ή l � � ' ή I ε � Jil α ν 2 2

ι �'

'"" χ ' Α ' Ε ' ο Ε

/

Υ

Ά χ

Από το α) ερώτημα β = γ = h . Εάν λοιπόν

θέσουμε β= μ έχουμε β=γ=μ και α = μ J2 . Άρα η εξίσωση της έλλειψης λαμβάνει τη μορφή

2 2 � + L2 = 1 . Η ευθεία που έχει την ιδιότητα της 2μ- μ εκφώνησης θα έχει συντελεστή διεύθυνσης λ= I και διέρχεται από το σημείο Ε(μ, 0). Συνεπώς η εξίσωσή της θα είναι y=χ-μ. Οι συντεταγμένες των σημείων Μ, Ν θα προσδιορίζονται από τη λύση του συστήματος. Αντικαθιστώντας την τιμή του y στη δεύτερη

) , εξίσωση βρίσκουμε y = χ - μ , � + L = 1

2μ2 μ2

χ 2 + 2 ( χ - μ )2 - 2μ2 = ο <:::::> 3χ 2 - 4χμ = ο <:::::> χ = ο

' 4μ η χ = - . 3

Αν χ=Ο τότε y=-μ δηλαδή Μ(Ο,-μ) και αν χ = 4μ 3

τότε y = .!:: δηλαδή Ν ( 4μ ,.!::) . 3 3 3

Συνεπώς, ΟΜ = ( Ο, -μ) και ΟΝ = ( � , �) . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 1 τ.3/47


'Ετσι έχουμε ΟΜ · ΟΝ = IΟΜI · IΟΝi συν (ΝόΜ) <=>

μ2 J17 ( ' ) ( ' ) J17 -3 = μ · μ-3-συν ΝΟΜ <::::> συν ΝΟΜ = -U Συνεπώς, το συν ( ΝΟΜ) είναι σταθερό (ανεξάρτητο του μ) και άρα η γωνία δεν εξαρτάται από την έλλειψη . Έχουμε διαδοχικά

,-------

INMI = 4J2 <=> ( i J2 + ( i J2 = 4J2 <=>

<=> 4μ J2 = 4J2 <=> μ = 3 3 2 2 οπότε η εξίσωση της έλλειψης είναι � + L = Ι . Ι 8 9

Πρόβλημα 3 Δίνεται το σημείο Α(Ο, 1 2) και η ευθεία ε: y=3. Να βρείτε το γεωμετρικό τόπο των σημείων του επιπέδου, των οποίων η απόσταση από το σημείο Α είναι διπλάσια της απόστασης από την ευθεία ε.

Λ\Jση Έστω Μ(χ ι , Υ ι ) ένα τέτοιο σημείο. Τότε d (M, ε) = l y 1 - 3l και IMAI = Jx� + ( y1 - I 2 )2 .

Επειδή θα πρέπει IMAI = 2 · d (Μ, ε ) έχουμε διαδοχικά Jx� + (y1 - Ι 2)2 = 2 1Υι - 31 <=> Χ� + y� - 24y1 + 1 44 = = 4(y� - 6y l + 9) <=>

/ χ2 <=> χ2 -3y2 + 108 = Ο <=> 3y2 - χ2 = 1 08 <=>__!__ - -1 = I 1 1 1 1 36 1 08 Συνεπώς τα ζητούμενα σημεία είναι τα σημεία της

2 2 υπερβολής C : L - � = Ι η οποία έχει άξονα 36 1 08 συμμετρίας την ευθεία χ 'χ . Εδώ έχουμε α2=36, β2= 1 08 , γ2= α2+β2= 1 44. Συνεπώς, οι κορυφές της υπερβολής είναι τα σημεία Α(Ο,6), Α '(Ο,-6) και οι εστίες τα σημεία Ε(Ο, 1 2), Ε ' (Ο,- Ι 2) .

Πρόβλημα 4 ΧΖ ΥΖ

Δίνεται η υπερβολή c. : - - - = 1, c� : ΧΖ = 3y 3 4

α) Να αποδείξετε ότι οι καμπύλες Cι , Cz εφάπτονται στα κοινά σημεία τους, δηλ. έχουν κοινή εφαπτομένη στα σημεία αυτά

β) Να αποδείξετε ότι για κάθε λ > J6 το αντίστοιχο σημείο της παραβολής με τετμημένη

λ βρίσκεται «πάνω» και από τα δυο σημεία της υπερβολής με τετμημένη λ. Λύση

χ2 = 3y } ( Ι ) α) Η λύση του συστήματος χ 2 y2

3-4= 1 (2 ) θα μας δώσει τα κοινά σημεία των C 1 , C2 • ( Ι ) 2

( 2) <=> y -L = 1 <=> y2 - 4 y + 4 = Ο <=> y = 2 (διπλή 4 ρίζα), οπότε ( Ι ) <=> χ 2 = 6 <=> χ = ±16. Συνεπώς το σύστημα έχει δυο διπλές ρίζες τις ( x , y) = (16,2 ) , ( x , y) = (-16, 2) . Το γεγονός ότι κάθε κοινό σημείο των C 1 • C2 είναι διπλό κοινό σημείο, μας κάνει να υποψιαστούμε ότι οι καμπύλες εφάπτονται στα κοινά τους σημεία. Ας το επαληθεύσουμε, η εφαπτομένη της υπερβολής στο σημείο ( 16, 2) είναι η xf - 2: = 1 ή

216 · χ - 3 · y - 6 = Ο . Η εφαπτομένη της παραβολής στο σημείο ( 16, 2) έχει εξίσωση

χ · 16 = � ( y + 2 ) , αφού p = � . 2 2

χ χ

Υ Άρα 216 · χ - 3y - 6 = Ο και οι δυο ευθείες συμπίπτουν. Άρα οι C 1 , C2 εφάπτονται στο ( 16, 2) . Παρόμοια δείχνουμε ότι οι C 1 • C2 εφάπτονται στο ( -16,2 ) .

β) Γ λ β ' λ 2 ' '

ια χ= ρισκουμε y = 3 οποτε το σημειο της

παραβολής με τετμημένη λ είναι το Α [λ, �2 ) . Για

χ=λ η εξίσωση της υπερβολής δίνει y2 = .i (λ 2 - 3) . τ ο δεύτερο μέλος της εξίσωσης

3

ΕΥΚΛ ΕΙΔΗΣ Β ' 71 τ.3/48


είναι θετικός γιατί λ > J6 . Συνεπώς, τα δυο (συμμετρικά ως προς τον άξονα χ 'χ) σημεία της υπερβολής με τετμημένη λ είναι τα Β(λ,μ), Β ' (λ,-μ) όπου μ = �� ( λ 2 - 3 ) . Προφανώς, το Α βρίσκεται «πάνω» από το Β ' διότι yA>O>yR . Αρκεί να δείξουμε λοιπόν ότι το Α βρίσκεται πάνω από το Β . Αρκεί y'\>y8 , ή �4 > 4 (λ2 - 3 ) ,

ή λ 4- 1 2λ2+ 36>0, ή (λ2 -6)2>0 που αληθεύει, αφού λ > J6 .

ΧΖ ΥΖ Δίνεται μια έλλειψη C : -z + -z = 1 με α > β α β

Σε τυχαίο σημείο της M(x,y) φέρουμε την εφαπτομένη ε. Ας είναι d και d 'οι αποστάσεις των εστιών Ε(γ,Ο), Ε '(-γ,Ο) αντίστοιχα από την ευθεία ε. α) Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε θέση του σημείου Μ, οι ποσότητες α2-γχ1 και α2+γχ1 είναι θετικές. β) Να αποδείξετε ότι για οποιαδήποτε θέση του

1 - ε d l + ε σημείου Μ, -- < - < -- όπου ε η

Ι + ε - d ' - 1 - ε εκκεντρότητα της έλλειψης.

d γ) Για ποιες θέσεις του Μ ο λόγος

d, γίνεται

μέγιστος ή ελάχιστος;

α) Επειδή -α:Ξ:χ ι:Ξ:α έχουμε : -γα:Ξ:γχ 1:Ξ:γα και -γα:Ξ:-γχ ι:Ξ:γα. ' 2 ? ? ? Άρα α +γχ ι:=:::α--γα και α--γχ 1:=:::α--γα. Όμως α2-γα=α(α-γ)>Ο, οπότε α2+γχ 1:Ξ::α2-γα>Ο και όμοια α2-γχ 1:Ξ::α2-γα>Ο. β) Η εφαπτομένη (ε) έχει εξίσωση χ�ι + �� = Ι ,

α- β-

d _ lα2 - γχ ι l Συνεπώς - και από το α) ερώτημα d ' - �α 2 + γχ ι l d α2 - γχ ι Ε δ ' γ ' δ ξ � = ? • πει η ε = - η προς απο ει η d α- + γχ 1 α

? α - γ α- - γχ α + γ ανισότητα γίνεται -- � ? 1 � -- . α + γ α- + γχ 1 α - γ

Ας αποδείξουμε το πρώτο σκέλος. Έχουμε ισοδύναμα

2 α - γ α - γχ -- � ? I <=> α + γ α- + γχ 1

' ? ? 3 ? <=> αο + γαχ 1 - γα- - γ- χ 1 � α - γαχ 1 + γα - γ-χ 1 <=> <=> 2γαχ 1 � 2γα2 <=> χ 1 � α , το οποίο είναι

αληθές. Παρόμοια για το δεύτερο σκέλος έχουμε ισοδύναμα

3 2 2 3 2 2 α -γα -γαχ ι +γ Χ ι:Ξ:α +γα +γαχ ι +γ χ ι<=> 2γαχ ι:Ξ::-2γα2<=>χ ι:Ξ::-α, το οποίο είναι αληθές. γ) Όπως είδαμε στο β), ο λόγος :. γίνεται ελάχιστος όταν το αριστερό σκέλος της ανισότητας ισχύει σαν ισότητα δηλαδή όταν χ 1 =α. Άρα πρέπει και αρκεί το σημείο Μ να συμπέσει με το δεξί άκρο του μεγάλου άξονα της έλλειψης. Παρόμοια

d , , , , Μ ο d" γινεται μεγιστος οταν και μονο το συμπέσει με το αριστερό άκρο του μεγάλου άξονα της έλλειψης.

ri! ;;ό βλψω 6 Δίνεται η παραβολή y2=2px με p>O. Μια μεταβλητή ευθεία διέρχεται από την εστία Ε της παραβολής και τέμνει την παραβολή στα σημεία Μ, Ν. - - 3p2 α) Να αποδείξετε ότι ΟΜ · ΟΝ = - - και να

4

συμπεράνετε ότι η γωνία θ = ( ΟΜ · ΟΝ) είναι

πάντοτε αμβλεία.

β) Να αποδείξετε ότι πάντοτε -� � συνθ < Ο . 5

Πότε ισχύει η ισότητα;

www.tophi.gr



ΛίJση Θα πάρουμε πρώτα τη γενική περίπτωση που η ευθεία ΜΝ δεν είναι παράλληλη προς τον άξονα y 'y . Τότε ΜΝ : y = λ ( χ -�) . Οι συντεταγμένες των σημείων Μ, Ν θα προσδιορίζονται από τη

λύση του συστήματος 2 Υ = λ (χ _.e_)} ( 1 ) / = 2ρχ ( 2 )

Υ

χ '

y '

' ( 2 ) b λ 2 (χ -�)2 - 2ρχ = ο

<=>

Άρα: λ2 2 <=> λ2χ2 - ρ (λ2 + 2 ) χ + --f- = ο

χ

Αφού η εξίσωση αυτή έχει δυο ρίζες στο R θα ρ (λ2 + 2) ρ4 έχουμε λi:Ο και Χ ι + χ 2 = 0 , Χ ι Χ2 = - . λ- 4

Άρα Υι = λ ( Χ ι -�} Υ2 = λ (χ 2 -�) , οπότε

y, + y, � λ ( χ , + χ , - ρ) � λ[ ρ (�

,+ 2) -+ �

Αν λοιπόν Μ(χ ι ,Υ ι ) και N(x2,y2) τότε - - ρ2 ρ2 3ρ2 ΟΜ · ΟΝ = χ ι χ 2 + Υι Υ2 = 4 - -

1 = -4 .

Συνεπώς ΙoM I · ION I συνθ = -

3�

2 .

Οπότε συνθ<Ο και η γωνία θ είναι πάντοτε αμβλεία.

Στην ειδική περίπτωση που η ευθεία ΜΝ είναι ΜΝ // y 'y τότε ΜΝ : χ = Ε. , οπότε y2 = 2ρΕ. = ρ2

2 2

ή y = ±ρ . Άρα Μ (� , ρ} Ν (� , -ρ) και ισχύει - - 3ρ2

πάλι ΟΜ · ΟΝ = --4

β) Από το α) ερώτημα. ΟΜ · ΟΝ = - 3Ρ2

, οπότε 4

3 2 συν

θ = - I ρ

ι ι ι· Θα υπολογίσουμε ως

4 0Μ ΟΝ συνάρτηση του λ το γινόμενο lδMI IδNI . 'Εχουμε

διαδοχικά lδMI IδNI = J( χ � + y� ) ( χ � + y; ) =

= J( χ � + 2ρχ ι ) ( χ � + 2ρχ� ) =

= �( χ ι χ 2 )2 + 2ρχ ι χ 2 ( χ ι χ � ) + 4p� Χ ι Χ � =

ρ4 ρ2 λ 2 + 2 ρ� = - + 2ρ-ρ-- + 4ρ� - =

1 6 4 λ2 4

1 7 1 1 - + - + - = 1 6 2 λ2

Συνεπώς, τελικά 3 συvθ � -

4J25 + I 1 6 λ2

3 C)6 " ν.c..J -t-λ2

Επειδή Ο < 1� έχουμε: 25 < 25 + 1� , ή λ- λ-

5 < �25 + 1� , ή λ-5 3 ' 3 > J25 + 1 6 , η

λ2

5 3 < 3 , ή

1-i < συνθ < ο ι .

Στην ειδική περίπτωση MN//y 'y έχουμε

' -3ρ2 3 οποτε συνθ = -- 22 = -- .

4ρ2 � 5 4

3 Συνεπώς πάντοτε - - :::; συνθ < Ο με την ισότητα

5 να ισχύει μόνο αν ΜΝ/ /y 'y.


�ω8ιιιι•τ••• [ΥΟω f3[j][!} r Uc!J{J[j] f3(J)I]) liJI])WC3(J(J)I])

Πιθανά και . . . απίθανα

Παναγιώτης Χριστόπουλος - Θανάσης Χριστόπουλος Η θεωρία των Πιθανοτήτων είναι νέος κλάδος των μαθηματικών, ο οποίος συμβαδίζει και με την

ανάπτυξη της τεχνολογίας. Σήμερα βέβαια έχει μετασχηματιστεί σε αυτοτελή κλάδο των μαθηματικών. Εφαρμογές των πιθανοτήτων έχουμε σε όλες τις επιστήμες: Οικονομία, Ιατρική , Πληροφορική, Γενετική , Τηλεπικοινωνίες, Φυσική, κ.ά.

Οι πιθανότητες άρχισαν να παίρνουν μορφή το 1 γ αιώνα με την αλληλογραφία μεταξύ Pasca1 και Fermat, το 1 8° αιώνα με τον κλασικό ορισμό που έδωσε ο De Moiνre, το 1 9° αιώνα με την αξιωματική θεμελίωση από τον Ko1mogoroν, αλλά και με τις εργασίες πολλών άλλων όπως του Laplace, του Bemoui ll i , του Gauss . Στο σχολικό βιβλίο αναλυτικά αναφέρεται η θεωρία των πιθανοτήτων. Θεωρούμε όμως ότι η υπενθύμιση των πιο κάτω προτάσεων είναι αναγκαία. );> Στις ασκήσεις κάθε ενδεχόμενο Α συνήθως δίνεται με περιγραφή , εμείς πρέπει να το γράψουμε με

αναγραφή των στοιχείων. Δηλαδή να μην ξεχνάμε ότι εξετάζουμε μόνο τα στοιχεία του Ω αν ικανοποιούν την περιγραφή, για να τα συμπεριλάβουμε στο Α.

);> Ο Ρ(Α) είναι αριθμός στο κλειστό διάστημα [0, 1 ] .

);> Ο P(AnB) είναι αριθμός O$P(AnB)$P(A) και O$P(AnB)$P(B) άρα στο κλειστό διάστημα

[O,min {Ρ( Α), Ρ(Β) } ] . Επειδή όμως P(AUB)::; 1 έχουμε P(A)+P(B)-P(AnB)::; 1 ή P(A)+P(B)-1 ::;P(AnB) δηλαδή ο P(AnB) είναι αριθμός στο κλειστό διάστημα [max {0, Ρ(Α)+Ρ(Β)- 1 } , min {P(A), Ρ(Β) } ] .

);> Ο P(AUB) είναι αριθμός P(A)$P(AUB)$1 και P(B)$P(AUB)$1 οπότε ο P(AUB) είναι αριθμός

στο κλειστό διάστημα [max {P(A), Ρ(Β) } , min { 1 ,P(A)+ Ρ(Β) } ] . );> Αν Ρ(Α)+Ρ(Β)> 1 τότε τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα διότι αν ήταν θα είχαμε P(AUB)=

Ρ(Α)+Ρ(Β)> 1 δηλαδή P(AUB)> 1 άτοπο. );> Προσοχή μόνο αν τα απλά ενδεχόμενα είναι ισοπίθανα έχουμε Ρ (Α ) = �� διαφορετικά

απαιτούμε μόνο Ο::;Ρ(ω;)::; 1 και Σ Ρ ( ω; ) = 1 οπότε Ρ(Α)=Ρ(ω ι )+Ρ(ωz)+Ρ(ω3)+ . . . Ρ(ωκ) με Α= {ω ι , ωz, ω3, . . . , ωκ} c Ω.

);> Απαραίτητη προϋπόθεση το πλήθος των δυνατών αποτελεσμάτων του Ω να είναι πεπερασμένο διότι αν ζητούσαμε από κάποιον να μας πει έναν αριθμό τότε ποια η πιθανότητα να πει το 7. Ρ(7)= , 1

απειρο που είναι παράλογο.

);> Α ν το πλήθος των στοιχείων είναι πεπερασμένο και τα δυνατά αποτελέσματα ισοπίθανα τότε το

καθένα έχει πιθανότητα .!.. . Άρα αν Ρ(Α)=Ο τότε Α=0 . ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 71 τ.3/5 1

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ί\σκηση ! '1

1 2λ - 3 J λ - 1 * Α ν Ρ ( Α) =

5 και Ρ (Β ) = -

2- με λ Ε Ν

και Β, Β ' * 0 όπου Α, Β ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα. Να βρεθούν i) το λ και οι πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) ii) Αν λ=2 P(A ' nB)=0,4. Να βρεθούν οι πιθανότητες P(AnB) και P(AUB).

Λt1ση ί) Πρέπει

J2λ - 3J I Ο:::;Ρ(Α):::; Ι <:::> Ο � 5

� Ι <:::> Ο � j 2λ - 3 � 5

Άρα J2λ - 3 J � 5 και -5 � 2λ - 3 � 5 -2 � 2λ � 8 <:::> - Ι � λ � 4 άρα λ = - Ι ή λ=Ο ή λ= Ι ή λ=2 ή λ=3 ή λ=4 και λ Ε Ν * Επομένως λ= Ι ή λ=2 ή λ=3 ή λ=4.

1 Ι Για λ= Ι έχουμε P(A)= S για λ=2 P(A)=S

3 5 Για λ=3 Ρ(Α)=- για λ=4 Ρ(Α)= - = Ι

5 5 λ - 1

Επίσης Ο:::;Ρ(Β):::; 1 δηλαδή Ο �

-2-�

Ι

ή Ο:::;λ-1 :::;2<:::> Ι :::;λ:::;3 άρα λ= Ι ή λ=2 ή λ=3 . Για λ= Ι έχουμε Ρ(Β)=Ο άρα Β=0, απορρίπτεται

Ι δ , για λ=2 έχουμε, P(B)=l εκτο

2 για λ=3 έχουμε P (B ) = l = l άρα Β=Ω οπότε

Β ' =0 απορρίπτεται.

i i ) Ρ ( Α ) = 1 , Ρ ( Β) = � = 0, 5 και P ( A 'n B ) = 0, 4

Αλλά P(A ' nB)=P(B-A)=P(B)-P(AnB) επομένως Ρ(Α ' nB)=0,4<:::>P(B)-P(AnB)=0,4 οπότε P(AnB)=0,5-0,4 P(AnB)=O, I P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AnB)

= _!_ + _!_ _ __!___ = 2 + 5 - ι � ή 0, 6 . 5 2 1 0 1 0 1 0

Λσκηση 2 11 Δυο φίλοι συμφωνούν να λένε τυχαία έναν

ακέραιο αριθμό ο καθένας από το 1 μέχρι το 5. Α ν η διαφορά τους είναι μικρότερη ή ίση του 1 κερδίζει ο α ' ενώ εάν η διαφορά είναι μεγαλύτερη (2 ή 3 ή 4) κερδίζει ο β '

Ποιος από τους δυο έχει μεγαλύτερη πιθανότητα νίκης;

.\(Jση Ας δούμε τα δυνατά αποτελέσματα σε μορφή

πίνακα ι , Ι Ι ,2 1 ,3 ι ,4 2 , Ι 2,2 2,3 2 ,4 3 , Ι 3 ,2 3 ,3 3 ,4 4, 1 4,2 4,3 4,4 5 , Ι 5 ,2 5 ,3 5 ,4

Α: «Κερδίζει ο α» {( ι , Ι ) , (2, 2 ) , (3, 3 ) , ( 4, 4) , ( 5 , 5 )} Α = ( ι , 2) , ( 2, 3 ) , (3, 4) , ( 4, 5 )

( 2 , Ι ) , ( 3, 2 ) , ( 4, 3 ) , ( 5 , 4 ) Β : «Κερδίζει ο β» {( ι , 3 ) , ( ι , 4) , ( Ι , 5 ) , ( 2, 4 ) , ( 2, 5 )} Β = (3, 1 ) , ( 3, 5 ) , ( 4, ι ) , ( 4, 2 )

(5 , 1 ) , ( 5 , 2 ) , ( 5 , 3 ) Ν(Α)= Ι 3 Ν(Β)= ι 2

Ι ,5 2,5 3 ,5 4,5 5,5

ι 3 Ι 2 Ν(Ω)=25 άρα Ρ ( Α) = 2 5

εν

ώ Ρ (Β ) =

25 Οπότε ο α ' έχει μεγαλύτερη πιθανότητα. Ά σκηση 3 11 Αν Ρ(Α ')+Ρ(Β ')=1 ,3καιΡ[(Α-Β)U(Β-Α))=Ο,4

i) Να βρεθούν οι πιθανότητες P(AnB) και P(AUB).

ii) Αν επιπλέον P(A 'UB)=0,75 να βρεθούν οι

πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) Λi1ση

i) Ρ(Α ')+Ρ(Β ')= Ι ,3<:::> ι-Ρ(Α)+ Ι-Ρ(Β)= ι ,3 2-Ι ,3=Ρ(Α)+Ρ(Β) άρα Ρ(Α)+Ρ(Β)=Ο,7 αλλά P[(A-B)U(B-A)]=P(A-B)+P(B-A) αφού (Α-Β) n (Β-Α)=0 ή P[(A-B)U(B-A)]= =P(A)-P(AnB)+P(B)-P(AnB)= =P(A)+P(B)-2P(AnB) αφού P[(A-B)U(B-A)]=0,4 άρα P(A)+P(B)-2P(AnB)=0,4

0, 3 =0,7-0,4=2P(AnB) οπότε P(AnB)= l ή P(AnB)=O, Ι 5 P(AUB)=P(A)+P(B)-P(AnB)=0,7-0, 1 5=0,55

i i ) P(A 'UB)=0,75 P(A ')+P(B)-P(A ' nB)=0,75 A 'nB=B-A 1-P(A)+P(B)-[P(B)-P(AnB)]=O, 75 ι-Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ(Β)+Ρ(ΑnΒ)=Ο,75 Ι +0, Ι 5-0,75=Ρ(Α) Ρ(Α)=0,40 οπότε Ρ(Β)=Ο,30 Άσκηση 4 '1 θεωρούμε ως πείραμα τύχης τη ρίψη


Μ αθηματικά για την Γ Λυκείου

αμερόληπτου ζαριού. Α ν Ω είναι ο δειγματικός χώρος αυτού του πειράματος τύχης και f(x)=x3-κx+l , κεΩ i) Ν α βρεθεί η εξίσωση της εφαπτομένης στη

γραφική παράσταση της f στο σημείο A(l ,f(l))

ii) Αν Αι(Χ ι , Υι), Α2(χ2, Υ2), . . . , Αιο(Χιο, Υιο) είναι 10 σημεία της ευθείας του ερωτήματος i) να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου : Ε : Η τυπική απόκλιση των τεταγμένων είναι διπλάσια από την τυπική απόκλιση των τετμημένων αυτών των σημείων.

ΛίJση Ω= { 1 ,2,3 ,4,5 ,6 } f(χ)=χ3-κχ+ Ι άρα Γ(χ)=3χ2-κ f( Ι )=2-κ και f' ( l )=3-κ οπότε ε: y=(3-κ)χ- Ι i i ) Αφού τα σημεία ανήκουν στην (ε) άρα y ι=(3-κ)χ ι- Ι , y2=(3-κ)χΓ Ι , . . . , Υ ι ο=(3-κ)χ ι ο-Ι οπότε S,= 1 3-κ I S, και αφού Sy=2S, άρα 1 3-κ I =2<::>3-κ=2 ή 3-κ = -2<::>κ= Ι ή κ=5

2 Ι επομένως Ε= { 1,

5 } και Ρ (Ε) = 6 = 3 . λ σκηση 5' � 1\ α βρεθούν οι μέγιστες τιμές των

παραστάσεων i) Ρ(Α).Ρ(Α ') ii) Ρ(Α ') . [Ρ(Α)) 2

.\ ί)ση i) Έστω Ρ(Α)=χ είναι Ο::;χ::; Ι άρα Ρ(Α ' )= Ι-χ

οπότε αρκεί να μελετήσουμε τη συνάρτηση f(x)=x( I -x)<::>f(x)=x-x2 άρα Γ(χ)= Ι-2χ ,

i i )

f' (x)>O<::> Ι -2χ>Ο <::::> χ :::;; .!_ f (.!..) = .!_ - - 2 2 4

χ ο 1 12

Γ( χ) + 6 -

f(x) � � ΟΜ

1

Η f ' ζ λ , , Ι , παρουσια ει ο ικο μεγιστο για χ = - ισο 2

με .!.. δηλ f ( χ ) :::;; .!.. δηλ. η μέγιστη τιμή της 4 4

παράστασης είναι .!.. [ Ρ ( Α) Ρ ( Α ') :::;; .!.. ] . 4 4

i i ) g(x)=( l -x)x2 ή g(x)=x2-x3 οπότε g '(x)=2x-3x2

για g '(x)=O

έχουμε 2χ-3χ2=0<::> χ(2-3χ)=Ο<::>χ=Ο ή χ = � 3

χ ο

g ' (x) +

g(x) �

2/3

6 -

� ΟΜ

4 g ( x ) :::;; -

27

1

4 δηλ. Μέγιστη τιμή της παράστασης: -

27 Άσκηση 6'� Αν Ρ(ΑυΒ) =� και P[(A -B)u (B - A)J = k

i) Να βρεθεί η πιθανότητα να μην πραγματοποιούνται τα Α, Β συγχρόνως

ii) Επίσης η πιθανότητα να μην πραγματοποιείται κανένα από τα Α, Β.

iii) Ποια η μέγιστη τιμή της παράστασης Ρ(Α)·Ρ(Β)

ΛίJση i) είναι AUB=[(A-B)U(B-A)]U(AnB) και

[(A-B)U(B-A)] , AnB ασυμβίβαστα οπότε Ρ(Α U B)=P[(A-B)U(B-A)]+P(AnB) � = .!_ + Ρ (Α n Β) άρα 8 2

5 Ι 5 4 Ι Ρ (Α n B) =8

-2

= 8 -8

=8 .

Δεν πραγματοποιούνται τα Α, Β συγχρόνως: Ι 7 (AnB) ' οπότε P(AnB) ' = I-P(AnB) = I -g =g

i i) Κανένα από τα Α, Β : οπότε 5 3 Ρ (Α u B) ' = 1 - Ρ (Α υ Β) = Ι - 8 = s

Ι 1 i i i) Ρ[( Α-Β) υ(Β-Α) J =2 <::::> Ρ( Α-Β) + Ρ( Β-Α) =2 1

<::::> Ρ (Α) - Ρ (Α n Β) + Ρ (Β) - Ρ (Α n B) = 2 Ι Ι 1 Ι 3 οπότε Ρ (

Α) + Ρ ( Β) =2

+ 28 =2

+4

=4 .

3 1 5 Αν Ρ(Α)=χ τότε Ρ (Β) = - - χ με - :::;; χ :::;; -4 8 8

και .!.. ::;; � - χ ::;; � άρα Ρ (Α ) Ρ (Β) = χ (� - χ ) 8 4 8 4

Μελετάμε τη συνάρτηση : f{x) =x(�-x)=�x-x2

οπότε f ' ( x ) = � - 2x , f ' ( x ) � O 4

3 3 - - 2χ � ο <=> χ :::;; -4 8



χ ο 3/8 1 Γ(χ) + 6 -

f(x) � � ΟΜ

Ρ (Α) = % = Ρ (Β) , Ρ (Α )Ρ (Βι"χ = :4 = (%)2

Άσκηση 7ι ι Αν Ω={Ο,1 ,2,3,4} ο δειγματικός χώρος ενός

πειράματος τύχης και Ρ (κ) = _!_Ρ (κ - 1 ) για κ κ=1 ,2,3,4. i) Να υπολογιστούν οι πιθανότητες των απλών

ενδεχομένων ii) Αν Α={κ, κ2-1 } και Β={κ+l, κ-2}

ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω και AnB={3} να προσδιοριστεί η τιμή του κ και να βρεθεί η πιθανότητα P(A 'nB) Λί>ση

i ) Ρ( κ) = _!_ Ρ( κ - I ) για κ= 1 ,2,3 ,4 οπότε κ P( l )=Ρ( Ο) ( 1 )

Ρ (2) = _!_ Ρ ( 1 ) <=> Ρ ( 1 ) = 2Ρ (2 ) (2) 2

Ρ (3) = _!_Ρ (2) <=> Ρ (2) = 3Ρ (3 ) (3 ) 3

Ρ (4) = _!_Ρ (3) <=> Ρ (3 ) = 4Ρ (4) (4) 4

Αν Ρ(4)=χ τότε από (4)=>Ρ(3)=4χ οπότε από τη σχέση (3 )=>Ρ(2)=3 .4χ= 1 2χ και από Ρ( 1 )=24χ και Ρ(Ο)=Ρ( 1 )=24χ αλλά Ρ(Ο)+Ρ( 1 )+Ρ(2)+Ρ(3)+Ρ( 4)= 1 <=> <::>24x+24x+ l 2x+4x+x= 1 , 65x=l άρα χ = -1

65

οπότε Ρ (Ο) = Ρ ( 1 ) = �;, Ρ (2) = �� ' Ρ (3) = �, Ρ (4) = -1 .

65 65 i i) αφού 3 εΑnΒ άρα 3 εΑ και 3 εΒ 3 εΑ σημαίνει ότι κ=3 ή κ2- 1=3<::>κ2=4<::>κ=2 ή κ= -2 η τιμή κ=3 απορρίπτεται γιατί τότε

κ2 - I =9-1 =8 � Ω η τιμή κ= -2 απορρίπτεται γιατί τότε κεΑ αλλά -2 � Ω η τιμή κ=2 είναι δεκτή οπότε Α= {2,3 } και Β= {3 ,0 }

A ' nB=B-A= {O } άρα P(A'nB) =P(B-A) =P(O) = 24 65

Άσκηση 8'1 Αν Ω={1 ,2,3, . . . . , 10} ο δειγματικός χώρος

ενός πειράματος τύχης με ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα Α,Β αυτού με AnB={3,5} , Β ' ={ 1 ,2, 7 ,8, 1 Ο} ί) Να δειχθεί ότι 0,2::s;P(A)::s;0,7 ii) Αν (ΑUΒ) '={χεΩ/χ3-χ2+χ-1=0} τότε

Ρ(Α-Β)=Ο,4 Λί>ση Αφού Β '= { 1 ,2 ,7,8 , 1 0 }=> 8= {3 ,4,5 ,6,9 } άρα

Ν (Β) 5 1 2 Ρ (Β) =-- = - = - και P (A n B) = - = 0 2 Ν (Ω) 1 0 2 1 0 '

αφού Α n Β ς Α => Ρ (Α n Β) � Ρ (Α) δηλαδή 0,2::s;P(A) επίσης επειδή 8= {3 ,4,5,6,9 } και AnB= {3 ,5 } επομένως τα στοιχεία 4,6,9 δεν

ανήκουν στο Α οπότε Ρ (Α) � }____ 1 0

. " ) 3 2 1 ο 1 1 χ--χ +χ- = <=> χ2(χ- 1 )+(χ- 1 )=(χ-1 ) (χ2+ 1 )=Ο χ-1 =Οήχ= 1 οπότε(ΑUΒ) '= { 1 } ::::>AU8= {2,3 , . . . , 1 0 }

6 2 και P(A-B)=P(A)-P(AnB)= - - - =0 4

1 0 1 0 '

Ασκήσεις για λύση 1 ) Αν για τα ενδεχόμενα Α,8 ενός δειγματικού χώρου Ω που αποτελείται από ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα ισχύουν:

3Ν(Α)+2Ν(Β)=2Ν(Ω) και p(A) . p(A ')=3/ 1 6

i) Να βρεθούν οι πιθανότητες p(A), p(B) ii) Να δειχθεί ότι 1 14 :::: p(A-8)::::;3/8

2) Το 40% των κατοικιών σε μια πόλη διαθέτει ηλιακό θερμοσίφωνο, ενώ το 50% διαθέτει μόνο ηλεκτρικό θερμοσίφωνο, ποια η πιθανότητα αν επιλεγεί τυχαία μια κατοικία να μην διαθέτει ούτε ηλεκτρικό ούτε ηλιακό θερμοσίφωνο; 3) Ποιος από τους δύο τύπους είναι κατάλληλος για να εκφράσει την πιθανότητα κάθε απλού ενδεχομένου ωί του Ω, όπου Ω ο δειγματικός χώρος της ρίψης ενός μη αμερόληπτου ζαριού . α) p(ωi)=(2 ωί - 1 )- 1

β) p(ωi)=(2 ωί - 1 )/36 Ποια η πιθανότητα αυτό το ζάρι να «φέρει» ζυγό αριθμό;



ΚΑ ΤΕ ΥΘ ΥΝΣΗ Γ ' Λ ΥΚΕΙΟ Υ

ΓENJJ(A ΘΕΜΑ ΤΑ ΠΑΡΆΓΩΓΩΝ

Γκίνης Παναγιώτης - Πατσαλιάς Μιχάλης - Χριστιάς Σπύρος

Α. Ε ΡΩΤ ΗΣ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ ΛΑΘΟΥΣ

1 . Εάν μία συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη σε ένα σημείο χ0 του πεδίου ορισμού της, τότε πάντοτε θα είναι και ασυνεχής στο σημείο αυτό.

2. Έστω συνάρτηση f ορισμένη σε διάστημα Δ και χ0 εσωτερικό σημείο του Δ. Εάν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο σημείο χ0 με f'(x0)=0, τότε η συνάρτηση f παρουσιάζει υποχρεωτικά τοπικό ακρότατο στο χ0.

3. Έστω συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη σε διάστημα Δ με f" (χ) * Ο για κάθε χ Ε Δ . Τότε η συνάρτηση f δεν έχει σημεία καμπής στο διάστημα Δ.

4. Έστω ότι η ευθεία y=y0 είναι οριζόντια ασύμπτωτη μίας γραφικής παράστασης συνάρτησης f στο +οο . Τότε η Cr δεν έχει πλάγια ασύμπτωτη στο +οο .

5. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη στο [α, β] και χ0 σημείο του (α, β) τέτοιο ώστε f '(x0 ) = Ο .

Τότε πάντοτε θα ισχύει ότι f(α)=f(β) . 6. Εάν μία συνάρτηση f είναι κυρτή σε διάστημα Δ, τότε θα ισχύει πάντοτε ότι f "(x) > Ο για

κάθε χ Ε Δ . 7. Έστω συνάρτηση f ορισμένη και συνεχής στο � . Τότε η Cr δεν έχει κατακόρυφες

ασύμπτωτες. 8. Κάθε ρητή συνάρτηση θα έχει τουλάχιστον μία ασύμπτωτη . 9. Έστω συνάρτηση f παραγωγίσιμη και γνησίως αύξουσα στο [α, β] . Τότε η συνάρτηση f δεν

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α, β] . 1 Ο. Η κατακόρυφη ασύμπτωτη της γραφικής παράστασης μίας συνάρτησης, δεν έχει ποτέ κοινά

σημεία με τη συνάρτηση . l l . 'Εστω συνάρτηση f ορισμένη σε διάστημα Δ και f '(x) = Ο για κάθε εσωτερικό σημείο του Δ.

Τότε η συνάρτηση f είναι σταθερή στο Δ. 12. Έστω f μία συνάρτηση κοίλη στο � . Τότε υποχρεωτικά η συνάρτηση f θα έχει μέγιστο στο � . 13. Εάν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 2] με f(O)=O τότε υπάρχει ξ Ε (0, 2) με

f'(ξ) = f(2) . 2

14. Εάν η f" αλλάζει πρόσημο εκατέρωθεν του χ0 τότε το χ0 είναι θέση σημείου καμπής. 1 5. Δίνεται παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [α, β] � IR , η οποία παρουσιάζει στο χ0 = β τοπικό

ελάχιστο. Τότε f(β)=Ο. Α Π ΑΝΤΗΣΕΙΣ ΣΤΙΣ Ε ΡΩΤ Η Σ Ε Ι Σ ΣΩΣΤΟΥ - ΛΑΘΟΥΣ

1 2 3 4 5 6

Λ Λ Σ Σ Λ Λ

Β . Γ Ε Ν Ι ΚΑ Θ Ε Μ ΑΤΑ Π Α ΡΆ ΓΩ ΓΩ Ν

Θ Ε Μ Α t " :

7 8 9 10 1 1 12

Σ Λ Σ Λ Λ Λ

13 14 15

Σ Λ Λ

Δίνεται η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : [0, 4] � 91 για την οποία γνωρίζουμε ότι f(O)=f(4)=2 και η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 4] . α) Να δειχθεί ότι f(x) � 2 για κάθε χ Ε [0,4] .



β) Εάν η μέγιστη τιμή της f στο [0, 4) είναι ίση με 3, να δειχθεί ότι υπάρχουν χι , χ2 στο (0, 4) , , 1 1 τετοια ωστε -- - -- = 4 .

f ' (x 1 ) f ' (x2 ) γ) Θεωρούμε τις συναρτήσεις g(x)= �f(x) + χ και φ( χ)= 2Fx με χ Ε [0, 4) . Να δειχθεί ότι

υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (0, 4) τέτοιο ώστε οι εφαπτόμενες των Cr και Cg στο σημείο με τετμημένη χ0 να είναι παράλληλες.

Λ Υ Σ Η : α) Έχουμε ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο [0, 4] , άρα θα είναι και συνεχής σε αυτό .

Επίσης f(O)=f(4)=2 . Επομένως η συνάρτηση f ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [0, 4] . Άρα θα υπάρχει ένα τουλάχιστον ρ Ε (0, 4) τέτοιο ώστε f '(ρ) = Ο . Έτσι για χ < ρ θα έχουμε ότι f '(x) > f '(ρ) = Ο ενώ για χ > ρ θα έχουμε ότι f '(x) < f '(ρ) = Ο (Αφού η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 4]) . Επίσης το ρ είναι μοναδική ρίζα της f' στο [0, 4] αφού η συνάρτηση f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [0, 4) . Έτσι προκύπτει ο παρακάτω πίνακας ετα ολών f στο [0, 4] :

χ Ο ρ 4 Από τον πίνακα μεταβολών παίρνουμε ότι η

f'

f

+ συνάρτηση f παρουσιάζει στο σημείο ρ ολικό μέγιστο το f(ρ) και στα σημεία Ο και 4 ολικό ελάχιστο το f(O)=f(4)=2 . Επομένως το σύνολο τιμών της συνάρτησης είναι το [2 , f(ρ)] . Άρα

f(x) :?: 2 για κάθε χ Ε [0, 4] . β) Από το α) ερώτημα έχουμε ότι fmax=f(ρ). Άρα παίρνουμε ότι f(ρ)=3 . Η συνάρτηση f

ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος μέσης τιμής σε κάθε ένα από τα διαστήματα [0, ρ] και [ρ, 4] . Έτσι υπάρχουν ένα τουλάχιστον χι Ε (0, ρ) και ένα τουλάχιστον χ2 Ε (ρ, 4) , , f '( ) _ f(ρ) - f(0) _ 3 - 2 _ 1 f '( ) _ f(4) - f(ρ) _ 2 - 3 _ 1 Το' τε θα τετοια ωστε χ 1 - - -- - - και χ 7 - - -- - -- .

ρ ρ ρ - 4 - ρ 4 - ρ ρ - 4

' ' 1 1 εχουμε οτι -- - -- = ρ - ρ + 4 = 4 . f '(x 1 ) f '(x 2 )

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση M(x)=g(x)-φ(x)=�f(x) + χ - 2-Γχ , Χ Ε [Ο, 4] . Η συνάρτηση Μ(χ)

είναι παραγωγίσιμη στο [0, 4] άρα και συνεχής σε αυτό. Επίσης M(O)=M(4)=.J2

. Άρα από το θεώρημα Rolle θα υπάρχει ένα τουλάχιστον χ0 Ε (0, 4) τέτοιο ώστε Μ '(χ0 ) = 0 <=> g '(χ 0 ) = φ '(χ 0 ) . Επομένως οι εφαπτόμενες των Cr και Cg στο σημείο με τετμημένη χ0 είναι παράλληλες.

Θ Ε Μ Λ 2" : Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: 9t � 9t με f(O)=l και τέτοια ώστε f(x)f ' (x) + f2 (x) = xe-2' για κάθε χ Ε 9t . α) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f. β) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. γ) Να δειχθεί ότι η ευθεία y=-x+ 1 εφάπτεται της Cr. ΛΥΣΗ : α) Η σχέση f(x)f '(x ) + f2 (x) = xe-2 ' γράφεται: 1 (f 7 ( )) ' f7 ( ) -? χ - - χ + - χ = xe -

2 ή

(f2 (x)) ' e2 ' + 2e2 ' f2 (x) = 2χ ή (f2 (x )e2 ' ) ' = (χ 2 ) ' . Άρα f2 (x)e2 ' = χ 2 + c . Για χ=Ο παίρνουμε ότι ? �

, ? ? ? 2 χ - + 1 I I ν χ - + 1 , r c=l . Επομενως f- (x )e- ' = χ - + 1 <=> f (χ) = -2 .- <=> f(x) = , χ Ε 9\ . Η συναρτηση ως e ' e'

' ' ' ι):) Ε ' ' ' lf I .J χ 2 + 1 παραγωγισιμη στο

9\ ειναι και συνεχης στο

� . πισης απο τη σχεση (χ) =

ex παίρνουμε ότι f(x) * Ο για κάθε χ Ε 9\ . Άρα η συνάρτηση f διατηρεί σταθερό πρόσημο στο



9\ . Αφού f(0)=1 θα έχουμε ότι f(x)>O για κάθε χ Ε 9\ . Επομένως προκύπτει ότι

f(x) = j;2;ϊ , χ Ε 9ι . e' β) Παραγωγίζοντας τη συνάρτηση f που βρήκαμε από το α) ερώτημα έχουμε ότι

f '(x ) = -χ2 + χ - 1 χ Ε �Η . Το τριώνυμο -χ2+χ-1 είναι αρνητικό για κάθε χ Ε �Η . Άρα ex ' f '(x ) < Ο για κάθε χ Ε 9\ . Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο 9\ . Τότε αφού f συνεχής στο �Η θα έχουμε ότι f(A) = ( ιim f(x) , ι im f(x)) . Για το lim f(x) έχουμε :

X -4 +,-.c Χ �-'Χ: Χ �+::ο

ι. f ) ι· j;2;ϊ ι · χ Γ11 1 ο 1 ο (Γ ι ·

χ , ' D χ�� ( χ = x ��z e' = χ��?'; e' ν 1 + � = . = ια το χ��-" ;χ- χρησιμοποιησαμε κανονα e

L ' Hospital) . Για το 1 im f(x) έχουμε Χ ---+-'Χ:

Δ�, f( x ) = Δ�χ � = Δ�, el' (-χ)�1 +χ\ = (+οο) · (+οο) · 1 = +οο . Άρα f(A) = (0, + οο) .

γ) Παρατηρούμε ότι η ευθεία και η συνάρτηση έχουν την ίδια τιμή για χ=Ο, την f(0)=1 . Επίσης

από το β) ερώτημα παίρνουμε ότι f '(Ο) = -01 = - 1 = λ ε • Άρα πράγματι η ευθεία y=-x+ 1 e εφάπτεται της Cr στο σημείο της Μ(Ο, 1 ) .

Θ Ε \ 1 \ 3 " : Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f : 9t � 9t για την οποία ισχύει ότι f3 (χ) + f(x) = χ για κάθε χ Ε 9t . α) .'\α βρεθεί το f(O). β) .'\α μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία και το πρόσημό της. γ) .'\α δειχθεί ότι xf ' (x) < f(x) < χ για κάθε χ>Ο •

. \ Υ : Η : α) Θέτοντας όπου χ το Ο στη σχέση της υπόθεσης παίρνουμε ότι

( (Ο) + f(O) = Ο <=> f(O)(f2 (0) + 1 ) = Ο από όπου προκύπτει ότι f(O)=O.

β) Παραγωγίζοντας τη σχέση f\x) + f(x ) = χ παίρνουμε ότι 3f2 (x)f '(x ) + f '(x ) = 1 για κάθε

χ Ε �11 ή f '(χ ) = 2 1 > Ο για κάθε χ Ε 91 . Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο 3f (x) + 1

�Η . Έτσι η εξίσωση f(x)=O θα έχει μία το πολύ ρίζα στο 9\ . Λόγω του α) ερωτήματος έχουμε ότι f(O)=O . Άρα το χ0=0 είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης f(x)=O . Τότε για χ<Ο θα έχουμε ότι f(x)<f(O)=O ενώ για χ>Ο θα έχουμε ότι f(x)>f(O)=O . Δηλαδή f(x)<O στο ( -οο, Ο) και f(x)>O στο (Ο, + οο) .

γ) Η προς απόδειξη ανίσωση ισοδύναμα γράφεται : f '(x ) < f(x) < 1 (αφού χ>Ο) . Θεωρούμε τη χ

συνάρτηση f ορισμένη στο [0, χ] . Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα αυτό άρα και συνεχής σε αυτό. Τότε από το θεώρημα μέσης τιμής θα υπάρχει ένα τουλάχιστον

Χο Ε (Ο, χο) τέτοιο ώστε f '(x 0 ) = f(x) - f(O) = f(x) (1) . Από το β) ερώτημα έχουμε ότι

χ - 0 χ

f '( ) 1 χ = 3f2 (x ) + l Τότε η συνάρτηση f ' είναι παραγωγίσιμη στο 9\ με

f "(x ) = - 6f�x)f '(x )7 < Ο για κάθε χ>Ο . Άρα η συνάρτηση f ' είναι γνησίως φθίνουσα στο (3f- (x ) + 1 ) -

(Ο, + οο) . Τότε για Ο<χ0<χ παίρνουμε ότι f '(x) < f '(x 0 ) < f '(O) . Θέτοντας στη σχέση


Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

f '(x) = 3f2 (

�) + 1

όπου χ το Ο παίρνουμε ότι f '(O) = 1 . 'Ετσι έχουμε ότι f '(x) < f '(x0 ) < 1 (2) .

Από (1) και (2) προκύπτει ότι f '(x) < f(x) < 1 , δηλαδή το ζητούμενο. χ

θ [ i\Ί Α 4" : Μία συνάρτηση f : (0, + οο) � 91 έχει την ιδιότητα : f(xy) = f(x) + f(y) + xy - x - y - 1 για κάθε

χ, Υ Ε 91 . α) Να βρεθεί το f(1) .

β) Εάν η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0=1 με f ' (1) = 3 , να δειχθεί ότι η

συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, + οο) και να βρεθεί ο τύπος της.

γ) Να λυθεί η εξίσωση f(x)=2x όταν χ Ε (0, 2] .

α) Θέτοντας στη σχέση της υπόθεσης όπου χ και y το 1 παίρνουμε ότι : f(1)=2f(l)-2 � f(1 )=2 .

β) Αφού f '( 1 ) = 3 θα έχουμε ότι l im f(x) - f(l) = 3 ή λόγω του α) ερωτήματος I im f(x) - 2 = 3 . χ -> 1 χ - Ι χ -> 1 χ - Ι

Έστω τυχαίο χ0 στο (Ο, + οο) . Τότε :

I . f(x) - f(xo ) X=Xo1' ι · f(x oh ) - f(x o ) ι · f(x o ) + f(h) + xoh - x o - h - 1 - f(x o ) ιm = ιm = ιm =

χ -> χο χ - χ0 h -> 1 x0h - χ0 h -> 1 x 0h - χ0

= lim f(h ) - 2 + x0h - x0 - h + I = I im[ I f(h) - 2 + ) - h - 1 ] = f '(I ) - 1 + 1 = 2 + 1 , δηλαδή Ιι->1 x0 (h - I) h -> 1 Χο h - 1 x 0 (h - Ι ) Χο Χ 0 πραγματικός αριθμός. Αφού η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο τυχαίο χ0 Ε (Ο, + οο) , θα

είναι παραγωγίσιμη στο (0, + οο) με f '(x) = � + 1 για κάθε χ Ε (0, + οο) . Η σχέση f '(x) = � + Ι χ χ

γράφεται f '(x) = (2 1n x + x) ' και αφού οι συναρτήσεις f(x) και 2Ιηχ+χ είναι συνεχείς στο (Ο, + οο) θα έχουμε ότι f(x) = 2 1n x + x + c . Για χ=1 προκύπτει ότι c=1 . Άρα f(x) = 2 1n x + x + I , χ Ε (Ο, + οο) .

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση K(x)=f(x)-2x=21nx-x+1 , χ Ε (Ο, 2] . Τότε Κ '(χ) = 2 - χ > Ο για κάθε χ

χ Ε (0, 2) . Η συνάρτηση Κ(χ) είναι συνεχής στο (0, 2] , άρα η συνάρτηση Κ(χ) είναι γνησίως αύξουσα στο (0, 2] . Επομένως η εξίσωση Κ(χ)=Ο θα έχει μία το πολύ ρίζα στο (0, 2] . Παρατηρούμε ότι το χ0=1 είναι μία προφανής ρίζα της εξίσωσης Κ(χ)=Ο . Άρα η εξίσωση Κ(χ)=Ο ή ισοδύναμα η εξίσωση f(x)=2x έχει μοναδική ρίζα στο (0, 2] το χ0=1 .

Θ Ε Μ Λ 5" : Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: ( 1 , + οο) � 91 για την οποία ισχύει ότι

xf '(x) + 2x2 1n x = 2x2f(x) + e' , χ Ε [1 , + οο) , f ' (1) = 3e και f(χ)>χ2+1 για κάθε χ Ε (1 , + οο) .

α) Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς τη μονοτονία στο [ Ι , + οο) .

β) Να βρεθεί το σύνολο τιμών της συνάρτησης f. γ) Να δειχθεί ότι f(x)>2x2+1nx για κάθε χ Ε (Ι , + οο) .

Λ Υ Σ Η: : α) Η σχέση xf '(x) + 2x2 1n x = 2x 2f(x) + e' γράφεται: xf '(x) = 2x2 (f(x) - ln x) + e' ή

e' f '(x) = 2x(f(x) - Jn x) + - , χ Ε [1 , + οο) . Από τη σχέση f(x)>x2+1 προκύπτει ότι f(x)-x

Ιηχ>χ2+1-Ιηχ, χ Ε [1 , + οο) . Θεωρούμε τη συνάρτηση φ(χ)=χ2+1-Ιηχ, χ Ε [Ι , + οο) . Τότε η

' ' ' [1 ) '( ) 2χ 2 - 1 Ο ' θ [Ι ) συναρτηση φ ειναι παραγωγισιμη στο , + οο με φ χ = > για κα ε χ Ε , + οο . χ

ΕΥΚΛΕΙ ΔΗΣ Β ' 71 τ.3/58

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Άρα η συνάρτηση φ είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1 , + οο) . Έτσι φmin=φ{l)=2>0. Άρα f(x)

lnx>φ(x) 2': 2>0 για κάθε χ ε [l , + οο) . Τότε από τον τύπο της f ' προκύπτει ότι f '(x) > O για κάθε χ ε [1, + οο) . Επομένως η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [ 1 , + οο) .

β) Αφού f συνεχής και γνησίως αύξουσα στο [ 1 , + οο) θα έχουμε ότι f(A) = [f(l) , l im f(x)) . Από Χ ---t+Χ

τη σχέση xf '(x ) + 2x2 ln x = 2x 2f(x) + e' για x=l προκύπτει ότι 3e=2f(l)+e <=:> f(l )=e. Επίσης

αφού f(x)>x2+ 1 για κάθε χ ε [1 , + οο) προκύπτει ότι Ο < -1- < -2-

1 - με l im Ο = Ο και f(x) Χ + 1 Χ -Η'>:

I im -?-1 - = Ο . Άρα από κριτήριο παρεμβολής παίρνουμε ότι lim -1- = Ο και αφού f(x)>O χ -->+οο χ - + 1 χ ->+οο f(x) τελικά έχουμε ότι l im f(x) = +oo . Άρα f(A) = [e, + oo) .

Χ --7+'Υ�

γ) Θεωρούμε τη συνάρτηση M(x)=f{x)-2x2 -Ι πχ, χ ε [1 , + οο) . Η συνάρτηση Μ( χ) είναι Ι e' 1 παραγωγίσιμη στο [1 , + οο) με Μ '(χ ) = f '(x) - 4χ - - = 2x(f(x) - \η χ) + - - 4χ - - , χ ε [1 , + οο) . χ χ χ

Από το α) ερώτημα έχουμε ότι f(x)-lnx>2 . Έτσι για τη συνάρτηση Μ '(χ) παίρνουμε ότι e' 1 e' - 1 , , , , Μ '(χ ) > 4χ + - - 4χ - - = -- > 0 για καθε χ ε [l , + οο) . Άρα η συναρτηση Μ(χ) ειναι χ χ χ

γνησίως αύξουσα στο [ 1 , + οο) . Τότε Mmin=M(l)=e-2>0. Επομένως M(x) 2': e - 2 > 0 για κάθε χ ε [1, + οο) ή ισοδύναμα παίρνουμε ότι f( χ)> 2χ2+Ιηχ για κάθε χ ε [1, + οο) .

Έστω η παραγωγίσιμη συνάρτηση f: [α, β [ � 9i και χο<α.

α) Να δειχθεί ότι εάν μία τουλάχιστον από τις διερχόμενες από το σημείο Μ(χο, yo) ευθείες τέμνει τη Cr σε δύο διαφορετικά σημεία Ν(χι , f(χ ι )), Κ(χ2, f(x2)), τότε υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (α, β) τέτοιο ώστε η εφαπτόμενη της Cr στο σημείο Ρ(ξ, f(ξ)) να διέρχεται από το σημείο Μ(χο, Υο).

β) Να δειχθεί ότι εάν η Cr ανήκει σε ένα από τα ημιεπίπεδα μίας ευθείας (ε) που διέρχεται από το σημείο Μ(χ0, y0) και έχει με την (ε) κοινό σημείο το Δ(ζ, f(ζ)), τότε η ευθεία (ε) εφάπτεται της Cr στο σημείο Δ(ζ, f(ζ)) •

.\ Ί l: Η : α) Αρκεί να δειχθεί ότι υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (χι , χ2) τέτοιο ώστε y0 - f(ξ) = f '(ξ)(ξ - χ0 ) .

Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - Yo , χ ε [χ 1 , χ 2 ] . (Υποθέσαμε ότι χ1<χ2) . Τότε η χ - Χ ο

συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο διάστημα [χ , , χ 2 ] , άρα και συνεχής σε αυτό . Επίσης τα σημεία Μ(χο, Υο) , Ν(χι , f(χι )) και Κ(χ2, f(x2)) με α � χ , < χ 2 � β είναι συνευθειακά. Τότε

θα ισχύει ότι f(x , ) - Yo = f(x z ) - Yo = f(x , ) - f(x 2 ) . Άρα προκύπτει ότι g(x1)=g{x2) . Δηλαδή η χ , - Χ ο χ2 - Χ ο χ , - χ 2

συνάρτηση g ικανοποιεί τις προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [χ ι , χ2] . Άρα υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ ε (χι , χ2) τέτοιο ώστε g '(ξ) = Ο ή f '(ξ)(ξ �

ξχ��

)�(ξ) + Υ ο = Ο <=> y0 - f(ξ) = f '(ξ)(ξ - χ0 ) , δηλαδή το ζητούμενο .

β) Η ευθεία (ε) έχει εξίσωση της μορφής : y = c(x - χ0 ) + y0 • Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι c(x - x0 ) + y0 2': f(x) για κάθε χ ε (α, β] . Τότε c(x - x0 ) + y0 - f(x) 2': 0 για κάθε χ ε [α , β] . Θεωρούμε τη συνάρτηση K(x)= c(x - x0 ) + y0 - f(x) . 'Ετσι Κ(χ) 2': 0 για κάθε χ ε [α , β) . Όμως Κ(ζ)=Ο αφού το σημείο Δ(ζ, f(ζ)) είναι κοινό σημείο της Cr και της (ε) . Άρα παίρνουμε ότι Κ( χ) ;::: Κ(ζ) για κάθε χ ε [α , β] . Δηλαδή προκύπτει ότι συνάρτηση Κ(χ)



παρουσιάζει στο χ0=ζ ολικό ελάχιστο, άρα και τοπικό. Έτσι από το θεώρημα Fermat θα έχουμε ότι Κ '(ζ) = Ο <=> f '(ζ) = c . Άρα η ευθεία (ε) εφάπτεται της Cr στο σημείο Δ(ζ, f(ζ)) .

Σzόλω : Στην περίπτωση που η συνάρτηση f ήταν παραγωγίσιμη μόνο στο χ0=ζ, για το β) ερώτημα θα μπορούσαμε να εργασθούμε ως εξής : Αφού το σημείο Δ(ζ, f(ζ)) είναι κοινό σημείο της Cr και της (ε) θα έχουμε ότι f(ζ) = c(ζ - x0 ) + y0 <=> Υο = f(ζ) - c(ζ - χ0 ) (1) . Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι c(x - x 0 ) + y0 :?: f(x ) (2) για κάθε χ Ε [α, β] . Τότε από (1) και (2)

παίρνουμε ότι c(x - ζ) :?: f(x) - f(ζ) . Για χ>ζ θα έχουμε ότι c :?: f(x) - f(ζ) ενώ για χ<ζ θα έχουμε (χ - ζ) ' f(x) - f(ζ) Ε δ ' '

f ' '

ζ θ ' ' οτι c ::; . πει η η συναρτηση ειναι παραγωγισιμη στο α ισχυει οτι (χ - ζ)

c :?: Ι iιτι f(χ) - f(ζ) = f '(ζ) και c ::; J im f(x) - f(ζ) = f '(ζ) . Άρα f '(ζ) = c και επομένως η ευθεία (ε) Χ->� (χ - ζ) χ-->ζ (χ - ζ)

εφάπτεται της Cr στο σημείο Δ(ζ, f(ζ)) .

Θ Ε Μ Λ 7" : Δίνεται συνάρτηση f : (O,+oo) � JR , δύο φορές παραγωγίσιμη με f(I) = 2e , ώστε

f'(x) = 2x3e' + 3f(x) , (1) για κάθε χ > Ο.

χ α) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης f. β) Να εξετασθεί η συνάρτηση f ως προς την μονοτονία, τα ακρότατα, την κυρτότητα και

τις aσύμπτωτες. ι\ ΥΣ Η : α) Από την ( I ) έχουμε: xf'(x ) = 2x4e' + 3f(x) . Πολλαπλασιάζουμε με 2χ 2 > Ο και έχουμε :

3 6 ? J 2 . 2x3f ' (x) - 6x 2f(x) 2x · f'(x ) = 4x e' + 6x-f(x) <=> 2x f ' (x) - 6x f(x) = 4x 6e' <=> = e' 4χ 6

Άρα (f(x) )

'= (ex ) ' <=> f(x) = e' + c . Επειδή f(1 ) = 2e βρίσκουμε c = O . Επομένως 2χ3 2χ3

f(x) = 2x 3e' . β) Είναι f'(x) = 6x 2e' + 2x3e' = 2e' x 2 (x + 3) > 0 για κάθε χ > Ο. Επομένως η f είναι γνησίως

αύξουσα στο πεδίο ορισμού της (ανοιχτό διάστημα), άρα δεν έχει ακρότατα. Επίσης f"(x) = 1 2xex + 6x 2e' + 6x2e' + 2x3e' = 2xe' (6 + 6x + x 2 ) > 0 . Άρα η f είναι κυρτή στο πεδίο ορισμού της και δεν παρουσιάζει σημεία καμπής. Ακόμη lim (2x3e' ) = Ο , άρα η συνάρτηση f δεν έχει κατακόρυφες aσύμπτωτες αφού είναι

Χ -70-

2x3e' συνεχής στο (Ο, +οο) , ενώ l im -- = lim 2x 2e' = +οο δηλαδή η συνάρτηση δεν έχει ούτε

πλάγιες aσύμπτωτες. Θ Ε Μ Α 8" :

Χ --++ΧΙ Χ Χ -7+7..ι

Δίνεται συνάρτηση f δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β] . Αν η f παρουσιάζει ακρότατο στο μέσο του διαστήματος και J f"(x) j < 1 για κάθε χ Ε (α, β) να δείξετε ότι J f '(α)j + Jf '(β) j < β - α. Λ Υ Σ Η : Από το θεώρημα του Fermat είναι f'( α + β ) = Ο . Η συνάρτηση f' είναι παραγωγίσιμη στο [α, β] 2 , [ α + β ] [ α + β β] Ε , , θ , , δ , , , αρα και στα α,-2- , -2- , . πομενως σε κα ε ενα απο τα ιαστηματα αυτα ισχυουν οι

προϋποθέσεις του Θ.Μ.Τ και έτσι έχουμε ότι :


Μ αθηματικά για την Γ ' Λυκείου

α + β Υπάρχει ένα τουλάχιστον χ 1 Ε (α, --) ώστε 2 ,

f'(ψ) - f'(α) -f'(α) f'(α) f (χ 1 ) = β = -β- = -2--. και � - α � β - α

2 2 f'(β) - f'( α + β ) ,

' ' λ ' ( α + β β) ' f"( ) 2 2 f (β) Ε ' υπαρχει ενα του αχιστον χ 2 Ε -2-, ωστε χ ? = β = . . . = -- . πομενως -β - � β - α

2 j f"(x 1 ) j = l-2 f'(α) l και j f "( x 2 ) j = l2 f '(β) l · Έχουμε ότι j f"(x) j < l για κάθε χ Ε (α, β) . Άρα προκύπτει β - α β - α

ότι : 1-2 f'(α) l + 12 f'(β ) i < I + I <=> 2 jf'(α)j + j f'(β)j < 2 <=> -2-{ if'(α)j + j f'(β)j ) < 2 <=> jf'(α)j + j f'(β)j < β - α . β - α β - α 1 β - α β - α β - α Θ Ε Μ Α 9" : Δίνεται η συνάρτηση f(x) =

g(<χ)ι , όπου g(x) δύο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση στο [α, eg ' β] . Δίνεται επίσης ότι g'(x) < g(x) · g'(x), για κάθε χ Ε [α, β ] . α) Να εξετασθεί η συνάρτηση f ως προς την μονοτονία της στο [α, β] . β) Εάν για τη συνάρτηση g ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α,

β) να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f δέχεται οριζόντια εφαπτομένη σε σημείο της με τετμημένη χ0 Ε (α, β).

γ) Εάν f"(x) < Ο για κάθε χ Ε [α, β J να βρεθεί το πλήθος των ριζών της f'(x) = Ο στο

διάστημα (α, β).

α) Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη ως πηλίκο παραγωγίσιμων συναρτήσεων στο [α, β] .

f'( ) _ g'(x )eg1 ' 1 - g(x)g'(x)eg< x ι eg1 ' 1 (g'(x) - g(x)g'(x)) _ g'(x) - g(x)g'(x) Ο , ' θ ' θ [ β] Χ - "( Ι ? ( I ? - ,1 I < απο UΠΟ εση για Κα ε Χ Ε α, . [ e� χ ]- [ eg χ ]- eg χ

Άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β] . β) Αφού για την συνάρτηση g ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [α, β)

σημαίνει ότι g(α)=g(β) . Άρα f(α) = g\α� = g·�<βΡ� = f(β) . Άρα η f στο [α, β] ικανοποιεί τις eg α e� προϋποθέσεις του θεωρήματος Rolle, επομένως υπάρχει τουλάχιστον ένα χ0 Ε (α, β) ώστε f'(x 0 ) = Ο . Άρα η C1 δέχεται οριζόντια εφαπτομένη στο σημείο με τετμημένη χ0 Ε (α, β) .

γ) Αφού f"(x) < Ο για κάθε χ Ε [α, β] η f' είναι γνησίως φθίνουσα στο [α, β] . Είναι η g δύο φορές παραγωγίσιμη στο [α, β) άρα g' συνεχής στο [α, β] οπότε f' συνεχής στο [α, β] .

Επίσης α < χ0 < β άρα f'(α) > f'(x0 ) > f'(β) ή f'(α) > Ο > f'(β) δηλαδή f'(α)f'(β) < Ο . Από το θεώρημα Bolzano υπάρχει τουλάχιστον ένα ξ Ε (α, β) τέτοιο ώστε f'(ξ) =Ο . Επίσης η f' είναι γνησίως φθίνουσα άρα το ξ είναι μοναδικό.

Θ E IVI A 1 0" : Θεωρούμε την συνάρτηση f : [2, 4 1 � 1R , δυο φορές παραγωγίσιμη με f(2)=f(4)=0 και την

συνάρτηση g(x) = -f(3)(x2 - 6χ + 8). α) Να δειχθεί ότι υπάρχουν τουλάχιστον 2 σημεία χ1 , χ2 (χ 1 :;e χ2 ) Ε (2, 4) τέτοια ώστε

f'(χ 1 ) = g '(χ 1 ) και f'(x2 ) = g '(x2 ) . β) Να δειχθεί ότι υπάρχει ξ Ε (2, 4) ώστε f"(ξ) = -2f(3).

ΛΥΣΗ :

α) Έστω F(x) = f(x) - g(x) η οποία είναι παραγωγίσιμη στο [2, 4] ως διαφορά παραγωγίσιμων συναρτήσεων. Είναι F(2) = f(2) - g(2) = Ο = F(3) = F(4). Επομένως ικανοποιούνται οι


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στα [2, 3] και [3, 4] . Άρα υπάρχουν: χ ι Ε (2, 3) με F'(χ ι ) = Ο � f'(χ ι ) = g'(χ ι ) και χ 2 Ε (3, 4) με F'(x 2 ) = 0 � f'(x 2 ) = g'(x 2 )

β) Η συνάρτηση F'(x ) = f'(x) - g'(x ) είναι παραγωγίσιμη ως διαφορά παραγωγίσιμων. Επίσης F'(χ ι ) = F'(x 2 ) = Ο . Για την F' ικανοποιούνται οι υποθέσεις του θεωρήματος Rolle στο [χ ι , χ 2 ] ς:; [2, 4] . Άρα υπάρχει ξ Ε (χ ι , χ 2 ) τέτοιο ώστε F"(ξ) = Ο. Είναι F'(x) = f'(x ) - ( -f(3)(2x - 6)) = f'(x) + f(3)(2x - 6) f"(ξ) + 2f(3) = ο � f"(ξ) = -2f(3).

και F"(x) = f"(x) + 2f(3). Άρα

Θ Ε Μ Λ 1 1 " : {9 - χ\ χ � 1

Δίνεται η συνάρτηση f : JR � JR με τύπο f(x) = 6χ + 2, 1 < χ < 3 .

χ2 + 2χ + 5, χ 2:: 3

α) Να μελετηθεί η συνάρτηση f ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. β) Να εξετασθεί εάν η Cr τέμνει τον άξονα χ' χ και εάν ναι, σε πόσα σημεία.

Λ. Υ Σ Η : α) Η συνάρτηση f είναι συνεχής σε καθένα από τα διαστήματα (-οο, Ι) , ( Ι ,3 ) και (3, +οο) ως

πολυωνυμική . Επιπλέον είναι: l im (9 - x2 ) = f(I ) = l im (6x + 2) = 8 και χ-+ 1 x-+ l ·t l im (6x + 2) = f(3) = Iim (x2 + 2x + 5) = 20 . Άρα η f είναι συνεχής στο JR. Η f είναι χ --73 χ -+3"'" παραγωγίσιμη σε καθένα από τα διαστήματα ( -οο, Ι), ( 1 ,3) και (3, +οο) ως πολυωνυμική με

f '(x) = 6, Ι < χ < 3 . f '(x) = O � . {-2χ , χ < Ι {-2χ = Ο � χ = Ο δεκτή

2χ + 2 = Ο � χ = - 1 απορρίπτεται διότι χ> 3 2χ + 2, χ > 3

Άρα προκύπτει ο παρακάτω πίνακας μεταβολών : χ -CX) ο 1 3 +οο

f'(x) + ο

f(x) / � / � Για κάθε χ Ε (-οο, Ο) είναι f'(x ) > Ο άρα η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, Ο] . Για κάθε χ Ε (0, Ι ) είναι f'(x ) < Ο άρα η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [Ο, Ι ] . Για κάθε χ Ε [ Ι , 3 ] και για κάθε χ Ε [3, + οο] η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα και αφού η f είναι συνεχής στο χ0=3 , παίρνουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [I , 3] U [3, +oo) = [I, +oo) . Στο χ0 = 0 η ( παρουσιάζει τοπικό μέγιστο το f(0)=9, στο χ ι = I η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο το f(1)=8 και στο χ 2 = 3 τοπικό μέγιστο το f(3) = 20. Για χ Ε [ -οο, Ο] είναι Ι ί ιη f(x) = -οο και f(0)=9. Άρα f(( -οο, Ο]) = ( -οο, 9] . Για χ Ε [0, Ι] είναι x-+-oc f(0)=9 και f(1)=8 . Άρα f([O, Ι ] ) = [8, 9] . Για χ Ε [Ι , 3] είναι f(1)=8 και f(3) = 20 οπότε f([I , 3]) = [8, 20] . Τέλος για χ Ε [3, +οο) είναι f(3) = 20 και l im f(x) = +oo . Άρα χ-++::.ι: f([3, +oo)) = [20, +οο). Το σύνολο τιμών f(A) της συνάρτησης f, είναι η ένωση όλων των παραπάνω συνόλων τιμών. Έτσι προκύπτει ότι f(A)= 9\ . Επομένως η συνάρτηση f δεν έχει ολικά ακρότατα.

β) Η συνάρτηση f παρουσιάζει στο 1 τοπικό ελάχιστο το f(I) = 8. Άρα για κάθε χ Ε (0, Ι) είναι χ<1 και η f γνησίως φθίνουσα άρα f(x) > f(I) = 8 > Ο . Επίσης για κάθε χ Ε (l , +oo) η f είναι γνησίως αύξουσα και για χ>1 έχουμε ότι f(x) > f(l) = 8 > 0. Άρα για κάθε χ Ε [Ο, +c.ο) η f(x) = Ο δεν έχει ρίζα. Είναι f(0)=9 και για κάθε χ Ε ( -οο, Ο) η f είναι γνησίως αύξουσα.


Μ αθη ματικά για την Γ Λυκείου

Επίσης lim f(x) =-oo. Άρα υπάρχει m E IR με m<O U)στε f(m)<O. Ορίζουμε τη συνάρτηση f X --'?-'YJ

στο [m,O] όπου είναι συνεχής με f(m)f(O)<O . Άρα από το θεώρημα Bolzano υπάρχει ένα τουλάχιστον ξ Ε ( -οο, Ο) με f(ξ)=Ο και η f γνησίως αύξουσα στο Ι m,O] άρα το ξ είναι μοναδικό . Επομένως η γραφική παράσταση της f τέμνει τον οριζόντιο άξονα ακριβώς σε ένα σημείο .

Έστω συνάρτηση f : IR � IR δυο φορές παραγωγίσιμη συνάρτηση της οποίας η γραφική παράσταση δέχεται στο σημείο Α(Ι , 1 ) εφαπτομένη παράλληλη στην ευθεία ψ=χ+l . Επίσης ισχύει ότι f"(x) > f(x) για κάθε χ Ε IR . α) Να δειχθεί ότι f ' (χ) < f(χ) για κάθε χ<Ι και f ' (x) > f(x) για κάθε χ>l .

β) Να δειχθεί ότι f(x) ;::::: e x - l για κάθε χ Ε JR.

α) Από υπόθεση προκύπτει ότι f(I)=I και f '(1 ) = 1 . Επίσης έχουμε ότι

f" ( x ) > f ' (x ) <=> [t " (x )- f(x)]' > 0. Έστω h(x) = f ' (x) - f(x ), x E IR . Η στο � αφού h '(x) > Ο , για κάθε χ Ε IR. Για \1 ( λ ) < h ( 1 ) <=> f'(x) - f(x) < f'(l )- f( l ) <=> f'(x )- f(x) < Ο <=> f'(x) < f(x) .

h είναι γνησίως αύξουσα χ < 1 έχουμε

Για χ > I έχουμε : h(x) > h(1) <=> f'(x ) - f(x) > f'(1 ) - f(l) <=> f'(x ) - f(x) > Ο <=> f'(x) > f(x) . .

β) Έστω g( x ) = e- ' f(x) , χ Ε IR. Η συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη ως γινόμενο παραγωγίσιμων συ\'αρτήσεων με g '(x) = e- ' (f '(x )- f(x)) . Από α) ερώτημα έχουμε ότι g'(χ ) < Ο για χ< Ι και g ' ( λ ) > Ο για χ> I . Αφού η συνάρτηση g(x) είναι και συνεχής στο χ0=1 παρουσιάζει ελάχιστο

στο χ " = I το g(l) = .!_ . Άρα e-x f(x) :?: .!_ , για κάθε χ Ε IR, δηλαδή f(x) :?: eχ - ι για κάθε χ Ε IR. e e

:: �ρατήρησ-η: Ευχαριστούμε το συνάδελφο κ. Λευτέρη Γιαννακόπουλο από το Λύκειο Α νδρούσας Μεσσηνίας για την εύστοχη παρατήρησή του, σύμφωνα με την οποία, στο θέμα 8 σελίδα 68 του τεύχους 69, λείπει από την εκφώνηση το σύνολο ορισμού f (IR) της Γ' . Η λύση της ανίσωσης f( r- ι ( χ 2 - 8χ) - 2) < 2 (l), που έχει δοθεί, ισχύει βέβαια αν f(IR) = IR . Αν όμως

έχουμε π.χ. f (IR) = [O, +oo) = Ar-" τότε η συνάρτηση Γ' (χ2 - 8χ ) = Γ' (g (χ )) με g (x ) = x2 - 8x , θα

έχει σύνολο ορισμού το A ' = {x E Ag l (x2 - 8x ) E Ar-, } = {x E 1R j x2 - 8x :?: 0} = (-oo, O] u [8, +oo) , το

οποίο θα είναι και σύνολο ορισμού της ανίσωσης (Ι), αφού ΑΓ = IR . Έτσι λοιπόν θα έχουμε τελικά: ( Ι ) <=> χ Ε ( -1 , 9) n Α ' <=> χ Ε ( -1, Ο] υ [ 8, 9) . Α ν άλογα θα εργαστούμε και για την προτεινόμενη εξίσωση . Θεωρήσαμε υποχρέωσή μας να κάνουμε αυτή τη διευκρίνιση διότι όπως μας πληροφόρησε ο συνάδελφος αυτή η παράλειψη γίνεται σε πολλά Σχολικά βοηθήματα.

Διόρθωση: Επίσης στην Άσκηση 5 σελίδα 48 του τεύχους 70 στο ερώτημα (β) αντί διαδοχικοί ακέραιοι να γραφεί διαδοχικοί θετικοί ακέραιοι

Βιβλία που λάβαμε: Το Βιβλίο των μαθηματικών Χρήστου Γκουβιέρου και Θύμιου Διαμαντόπουλου «Μαθηματικά:

Γ Λυκείου» Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης» με πολλές εφαρμογές, ασκήσεις και πολλά παραδείγματα Τεύχος Β ' [Παράγωγοι - Ολοκληρώματα] .

ΕΥ ΚΛΕ ΙΔΗΣ Β ' 7 1 τ.3/63

Η ταχύτητα κινητού ως ρυθμός μεταβολής διανύσματος Γιώργος Σ. Τασσόπουλος - Καθηγητής Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου

Στη μνή μη του Θόδωρου Ν. Καζαντζή Αν ένα υλικό σημείο κινείται επί επιπέδου (Ρ) και θεωρήσουμε επί του (Ρ) καρτεσιανό σύστημα ( Ο,Τ,]) , τότε οι συντεταγμένες (x,y) τυχαίας θέσης Μ αυτού, θα είναι συναρτήσεις του χρόνου t, δηλαδή θα έχουμε: x=x(t), y=y(t) με t�O, οπότε OM = x ( t )T+ y ( t )} = f ( t ) . Το σύνολο όλων των

ορσ

σημείων Μ, θα αποτελέσει τελικά την τροχιά ( c ) του υλικού σημείου (κινητού). Για τη συγκεκριμένη θέση Α Ξ Μ0 , στην οποία βρίσκεται το υλικό σημείο τη χρονική στιγμή to θα έχουμε : ΟΑ = χ ( t0 )Τ+ y ( t0 )} = f ( t0 ) , οπότε : ΑΜ = ΟΜ - ΟΑ = ΟΜ - ΟΜ0 = = [χ ( t ) - χ ( t0 ) ]Τ+ [Υ ( t ) - Υ ( t0 ) ]] = f ( t ) - f ( t0 ) και για t * t0 θα έχουμε:

ΑΜ x ( t) - x ( t0 ) -: y( t) - y( t0 ) -: _ f( t) - f( t0 ) = · Ι + · J -t - t0 t - t0 t - t0 t - t0

(ε)

(c)

χ χ

y · Αν οι συναρτήσεις x(t), y(t) παραγωγίζονται στο to,

x ( t ) - x ( t0 ) τότε ως γνωστόν: ιίm = χ ' ( t0 ) και Ι->tο t - t0

ιim y ( t ) - y ( to ) = y' ( t0 ) . Ορίζουμε τότε ως: Ι -> Ιο t - to

ι . ΑΜ ι · ΟΜ - ΟΜο ι · f ( t ) - f ( t0 ) ιm-- = ιm = ιm το Ι->Ιο t - to Ι -> Ιυ t - to Ι->Ιο t - to εφαρμοστό διάνυσμα ϋΑ = x ' ( t0 ) · T+ y ' ( t0 )} με αρχή το Α και το ονομάζουμε ταχύτητα του κινητού στη θέση Α Ξ Μ0 , δηλαδή τη χρονική στιγμή t0 Συμβολικά ϋΑ = ϋ ( t0 )

-- f ( t ) - f ( t0 ) Επομένως υ ( t0 ) = ιim----'---'--------'--"-'-1 ->lo t - to

* Συμπληρώνονται φέτος, δέκα χρόνια απουσίας του

Πρόκειται λοιπόν για το ρυθμό μεταβολής του διανύσματος f ( t ) = ΟΜ , στη θέση to . Όμως ως γνωστόν η οριακή θέση της ευθείας ΑΜ, όταν το Μ «τείνει» στο Α, ορίστηκε ως εφαπτομένη της (c ) στο Α. Άρα ϋΑ = ΑΣ // (ε ) , δηλαδή ουσιαστικά το Σ βρίσκεται επί της (ε). Ειδικά όταν (c) ς χ 'χ θα έχουμε ϋΑ = χ ' ( t0 ) ·Τ και

όταν (c) ς y'y , θα έχουμε ϋΑ = y ' ( t0 )} •

Στο Σχολικό βιβλίο Ανάλυσης όταν (c) ς χ 'χ , ως ταχύτητα τη χρονική στιγμή t0 ορίζεται ο αριθμός x '(t0) (Συμβολίζεται μάλιστα με s ' (to)) δηλαδή ουσιαστικά το μέτρο lϋΑ I του διανύσματος ϋΑ , όταν το κινητό κινείται προς τη θετική φορά ή το - ΙϋΑ I , όταν κινείται κατά την αρνητική φορά

(Αλγεβρική τιμή του υΑ ) . Μιλάμε δηλαδή μόνο για το συντελεστή του i . Είναι βέβαια προφανές τότε, δηλαδή κατά την κίνηση επί του χχ ' , ότι η γνώση του συντελεστή x '(t0) του i , ισοδυναμεί με τη γνώση του διανύσματος χ ' ( to ) . τ , δηλαδή της ταχύτητας, όπως την ορίσαμε. Στη γενική περίπτωση βέβαια θα έχουμε :

lϋA I = �[x ' ( t0 )]2 + [y ' ( t0 )]

2

Εξάλλου ο λόγος

S(t)=x(t) , ονομάζεται (κακώς) και στη Φυσική και στην Ανάλυση μέση ταχύτητα του κινητού (Αριθμητική μέση ταχύτητα) στο χρονικό διάστημα [t0,t] . Λέω κακώς, διότι δεν ανταποκρίνεται στην έννοια της μέσης ταχύτητας, όπως την αντιλαμβανόμαστε στην καθομιλουμένη , παρά μόνο όταν το κινητό κινείται το χρονικό διάστημα [t0,t] κατά την ίδια φορά, δηλαδή χωρίς παλινδρομήσεις. (Είναι μάλιστα προσημασμένη). Για να έχει νόημα η μέση ταχύτητα με την καθομιλουμένη έννοια και στην περίπτωση παλινδρομικής κίνησης, μπορούμε το συνολικό διάστημα S ι+S2 (σχ. α) να το θεωρήσουμε ισοδυνάμως διανυόμενο κατά την ίδια φορά ( σχ. β) οπότε θα πάρουμε ως μέση ταχύτητα το λόγο

- S( t2 ) - S ( t0 ) S 1 + S2 U = = , t 2 - to t 2 - to

όπως ακριβώς γίνεται στο σχολικό βιβλίο.


S ι to f--------';;.;_------+tι 12 .; - - - - - - - -i

S2 Σχ. α

to t ι t2 ι--------S-ι ------+ιι- - - - S� - - •

Σχ. β Οι Φυσικοί μάλιστα ΟΜ - ΟΜο f ( ι ) - f ( ιο )

ι - ι0 ι - ι0

το λόγο

για τον οποίο

μιλήσαμε προηγουμένως, τον αποκαλούν διανυσματική μέση ταχύτητα περιπλέκοντας ακόμη περισσότερο το θέμα . . Αυτό είναι μια ανάγκη των Φυσικών να μιλήσουν για μέση ταχύτητα (Στο Γυμνάσιο και στις πρώτες τάξεις του Λυκείου) πριν καν μας πουν τι είναι ταχύτητα. Δηλαδή ορίζουν μέση τιμή ενός μεγέθους πριν καν ορίσουν το μέγεθος. Θα μπορούσαν λοιπόν το κλάσμα s ( t ) - s ( ι 0 ) -------'---'--------'-----'-- , ι =1- ι0 να το ονομάσουν απλώς λόγο

t - t0 μεταβολών των S(ι) , ι και όχι μέση ταχύτητα, όπως

χ ( ι ) - χ ( ι0 ) στη γενική περίπτωση το λόγο ι - ι0

f ( ι ) - f ( ι0 ) μεταβολών των χ(ι), ι και το λόγο ι - ι0

μεταβολών των f(ι) , ι . * Τελειώνοντας θέλω να τονίσω ότι όταν γράφουμε: S(ι)=3 t+2, για την κίνηση επί του άξονα χχ ' , ή απλούστερα S=3t+2, δεν εννοούμε π.χ. ότι το ι εκφράζει χρόνο σε sec και το S εκφράζει μήκος σε m, διότι κάτι τέτοιο είναι παράδοξο. Σκεφτείτε να γράψουμε: 1 7m=3 . 5 sec+2 ! ! ! Με την τελευταία αυτή μορφή , αντιλαμβάνονται (κακώς) κάποιοι την ισότητα S=3ι+2 και απορούν, πώς είναι δυνατόν κατά την . . , S - 2 ευρεση της αντιστροφης συναρτησης, ι = -- να

3 γίνει εναλλαγή των μεταβλητών (S ,ι), αφού η πρώτη παριστάνει μήκος και η άλλη χρόνο. Δεν αντιλαμβάνονται έτσι ότι η σχέση S=3t+2, ως εξίσωση φυσικών μεγεθών υποδηλώνει ότι:

Sm = 3�t sec+ 2m , δηλαδή Sm = (3ι + 2 )m sec

και τελικά S=3t+2, όπου τα S,ι είναι πλέον πραγματικοί αριθμοί και μόνο με αυτήν την έννοια μιλάμε για αντίστροφη συνάρτηση . Η εναλλαγή λοιπόν των S,ι μπορεί να γίνει πλέον, αφού και οι δυο είναι πραγματικοί αριθμοί.

* Δίνεται έτσι και μια απάντηση στο εύλογο ερώτημα του συναδέλφου Γ. Πρίντεζη που έγινε στο προηγούμενο τεύχος

Α ν η κίνηση γίνεται στο χώρο των τριών διαστάσεων τότε εργαζόμαστε ομοίως για τις τρεις συντεταγμένες χ=χ(ι), y=y(ι), z=z(ι) ως προς σύστημα (Ο, i, ], e) F:φαρμογή : Ας θεωρήσουμε κινητό επί επιπέδου

( 7 -:) 1 - ι 2 2ι O, t , J με χ ( ι ) = --2 , y ( ι ) = --7 , t � O . 1 + t 1 + ι-

Τότε x2(ι)+y\t)= 1 , οπότε η τροχιά του κινητού θα είναι το υπεράνω του άξονα χ 'χ ημικύκλιο με κέντρο Ο και ακτίνα ρ= 1 . Για να βρούμε την

, . , . Ι ταχυτητα του κινητου τη χρονικη στιγμη ι0 = - ,

Ι - _!_ οπότε φυσικά χ ( t0 ) = -f = l βρίσκουμε:

Ι + - 5 4

2

( ) 4t ' ( ) 2 ( Ι - ι ) χ ' t - y ι - οπότε : - ( Ι + ι 2 ) ' - ( 1 + ι 2 ) ' χ ' ( ι ) = -

32 ο 25

και ' ( ) 24

Υ ιο = - . 25

- 32 7 24 -: - -υΑ = - - ι + - J = ΑΣ = ΟΤ

25 25 Και η κατασκευή του φαίνεται στο σχήμα

Υ Σ

Υ

χ

Άρα

ι χ ( ι ) = .jl;t2 '

Ι + ι-Εντελώς ανάλογα αν

Υ ( t) = �, ι � Ο, τότε το κινητό διαγράφει το Ι + ι -

πρώτο τεταρτημόριο του προηγούμενου 1 ημικυκλίου, αλλά τη χρονική στιγμή t0 = 2 θα

βρίσκεται σε 1 2 Ι χ ( ιο ) =

R = r;

Ι + _!_ ν 5 4

διαφορετική θέση

και η ταχύτητα του κινητού

θα είναι διαφορετική , αφού οι εξισώσεις της κίνησης (αυτές που καθορίζουν τις συντεταγμένες χ(ι), y(ι)) είναι διαφορετικές. Υπολογίζοντας με τον ίδιο τρόπο την ταχύτητα τη χρονική στιγμή


Ι t0 = - , μπορούμε να δούμε αν έχει μικρότερο ή 2 μεγαλύτερο μέτρο από την προηγούμενη . Θα παραθέσουμε στη συνέχεια δυο παραδείγματα που αναφέρονται στο ρυθμό μεταβολής συνάρτησης από το βιβλίο του αείμνηστου Θ. Καζαντζή (Προβλήματα επανάληψης για τις εξετάσεις του 1 994) που συνέγραψε με την Ε. Μήτσιου. Από σεβασμό στο μεγάλο δάσκαλο παραθέτουμε το κείμενό του χωρίς καμιά παρέμβαση. Π ρόβλημα 1 1

Ί·:ν<tς iινh(Ια; Jιι:τ«φiρη έναν κουf'ά τσιμέvτο, σε μιά σκαλωσιά 20 m πάνω από

το χί·ιη του, �ιε τη βο1ιθι::Ηι ενός σκοινιο\' ποv περνά από μία τροχα).ία στη σκα

λtι)σ ιίι. Λ,. τραβίι τu σχοι,•ί με ρυθμό Sm το ).επτό ενιi> την ίbια σηηιή απομα

χρί·,·rτ<tι α:τό tfl σημr ίο α π ' όΠΟ\1 βρισκόταν (ακριβώς κάτω απ' την τροχαλία}

με ρυθμό 25m το λεπτό, πόσο γρήγορα σηχ<ίJνεται ο κΟυβάς από το έδαφος στο

τtλος των 36 brυη:ρολί:πτων; -------- ---- -·

:\ I ' ,. :ο r n I ; ( l t Jl%0:. jΟήΟψΟl ' (1Ί. ι Η \'ιι η·�.Ι= � - 20 ::: 40 Ιη. ,) ι ι>τι ,;0�; " ιη·Ι Ι,ω;ι ι < IJ1"Y tJH\ Ηίοη Λ . i ψc t\' zω ο :ι.1 f ι �Ι \η::: οτην Οι:οη ω ,τi]. Τ.<ηω 1 o(l ι Τ ι ' OY.Ι\ t \'i ;-ι ι J Ι ' ωι riνn ο <ί.νΗlιω:το;. tι'ι- ! t1 < Ι ' ι ι )::: _c; rn/ rn i rι . t--. ι ι γ �Η Ι rι η;τι:Χπtιιnl τσι• Η :τ ιΊ το Λ ι (1 τ ι S ' ( i J � ? S πι/ nι i n . ΊΌ ι) ( Β ι · ·;·. ){ Ι - tΗ Ι ι ι·):rο ι � I J Ι Ι Ι το ιΊψο; οτο ο;τοίο i·;ι,_Ι i ο χ π ο ι ι 1 r.o ι , j \iι ; . " Εχο ι • μ ι· ι φ ω ;

ι>ί Ι Ι + .'\ ι ι ) + 20 !l( ι ι =- .ω ( ! ιΨΦ; nzωνι- Δ

X(l )

h(Ι) : ·- • - � Α

Ο l ' ί . Αι)({ lι ( Ι Ι � fl( : ) �- :\ ( l l - 2 0 I_ I ) ι σ(t) S(t) Jιi'' ;;; ( �6 ) = -1 ιη i ιι ��'-ιι:---.;;;,;;..;:-�...,.., J (ι(J :"

�;_πίοη; χ:! ( ι ι � �-'ω + �ο� ι 2 ι ίψα �:-!( .); 5 ) �-. -::./ ('".1/ ) 1 + 20� αi.ί.t"ι

111 ! • \' ) Sι ι .ι -= S ' ι ι 1 · 1 ,� _ς . �\ '-"- ι _ς 111 υ:τι)Π χ( .3/ 5 ) ;;:: 25 n-r )

\;τι ·j ι 2 J J o· :τ ι ι ι_)ι ι.-:ι;ι·/ωη 2 '\ Ι Ι ι - χ \ 1 Ι :-:: ?.\ι ι ι - S'; τ ) -,· ι r ι 1 :-:: 3/ ) \( λι � )- x'( .V ) ) == .\( ::.J :S J - \ ' (3! S) � χ ' Ι 3 / 5 ) = 1 5})_ :: l i ιπ/ ι rι ι ι 1

l5 .-\ :1 i l ι I ι ! Η" :τr : ι�Ιc ιγωγωη / ι ' ( )/ 5 1 -=: υ'Ι Ί/ ·" ι + .\' ( ν .i ι ο:rσιι- Ιι'ι· ν 5 I .-;: � •· ! " _-,:- } 1 1 \ r1i . . , ._ ι__n·tJμ,·, :-;: μι· { ι ι \' Ι ) ; ω ω ι Η]Χωνι τω. ο ;--:.ι ·ψ ι :. ι ι; ι ι :τ ο τι > t·r)Hιι:u: zιηι·� Ο J ν ; ;_•, ι ν;�ιΊ

OT l '? ! t l l i _ , = .)/ s ιn i l 1 I i.νιΊι IΙ'i ν 5ί ·-;: 2.0 ιη/ ffi 1 11

'>

Ι ιΊ ι ι 5 � ι (Ί ι •τt l t ' Ι)/ ς ! - ·" ·• 2 · 25 - \ 2 "

_5

:'i -r Ι _" 7 2 ι :ιη/ n: 1 1 1

Π ρόβλη μα 1 5

I · ι ι ιΊ ι J ι : \' τ ι ι. \ ' ι ! 1 .

r!'ι t ) ι .Πι ι i )J ι Ιι Ί

Έηις π�οβοί.έcις τuποΟηt:ίηιι fJTO έδαφος, σε απόσταση 8m από ένα σ π ί τ ι ·�αι

3m α:ι:ι) το μονο:τ(ηι ποιι uδtιγεί από το σπίτι στο δρόμο. Ένας άνδρας προχ<ι•

ρ('t σtο μο,·οπιίτι μr. ηιχύτηtη l m/sec . Η όσο γρήγοQ<t κινείται η σκιά του στο''

τοίχο τοt• σπιτωί• όt<Σ\' u:τtχn 3m ιιπ' αυη)ν;

ί-.ι·· σ ι) Ι:. ι ι ; ο ι ;υν 11 ι ι : ΙΙ ) ( Ι 't ω Ι Ι J Λ. \ :.: h Ι Ι ι Οιι ι·zιη' Ι Ι ! ι.υι Ι ' Η ""- �Πl . _,\��Η ! ( / \' \ ι ! ι η t ι : 1 Ι ! Ι 1 Η Ηί f ! H > t ' υ.\"1'1"-.ι t ι. ι ι . . 1 ι · Ι <.J\"

l ο i χ ι • 1 1 ]\" /.�Ιι l\" l 'r. f.[ Ι i lJ ',' \ 1 1 ] 1 Γ Ι Ι Τ : Γ. Β == h - .) \ 1 } . J.-:οτω '-: 1 \ J I J Ι I ;-( i-)( !1 ( 1 · Ι ; I J T J ] ; οι. ω; ι ι ; ι ι Ι 1 1. 1 ι ' Ί ( J Η_Ι ί "f Ι � Ι \'U / 1 ·. 1 · %. 1 ( 1 Ε Ι � .-\ r ι ν Η ι ι .Ι \ Η ι t l ι .

υ:rιιη : \ ! i ι -:.c . Λι_Κ t \(1 ) = 1 - S ι ι ) S i ! ι S .\( ! ) S ) r ! j Π ι ο_ι ι t • ,' ι · ί · ;' ι ::: i 1 \" 1 ι t ; ! -χ ι � ι :

\ ' Ι ! 1 ::.. } \ Η ) ι-.; - .\ ( ί J) - --� .\ ( 1 \ ( S - .)( 1 ) ). Χ S ι ι 1

2-Ι .. ; ι ι i - 3 s ω \ι. ο - _; Sιο·( -SΊΊ ι ) __

S S(l ι ·

24 .\ ( 1 ) 24 - � - so 1_ , : ι-; - sω ·_.

i.ΖητfΙ-fUL-Χ'(ζ')όiτ0Ίϊ·ί:�-ηy_ρr;\;ι.1�;-� :χή στ ιγμή κατά την ο ;ι: ο ίιι iΓE=3m δηλαδή όταν 5(10)= 3m. ..

αλλά S'(t) - - I m Ι sec αφού μειόJνεται το S(t) με τον Ι.διο ρυΟμό που αυξάνε< το ΕΒ δηλ. με την ταχύτητα του ανδρός.

ο:τ;'�π την ϊ.lκινιzrΊ (πι-;' ! 1 1-1 t0 ι"•χι:.J ;( ( (11) -::: 2J : i-i - S r Ι J �

•\ι_ χι η ιr.<ιr"ι zινι·ίτοι μ r πrι.ί•τηω 24 rn/ sι:c. 2)

Για να έχουμε και μια αίσθηση τρισορθογώνιου συστήματος στο χώρο, θέτουμε ένα ακόμη ερώτημα ως συνέχεια του προβλήματος αυτού. (Α ν το ύψος του ανθρώπου είναι 1 ,8m, τότε να βρεθεί ο ρυθμός μεταβολής του ύψους της σκιάς του στον τοίχο την ίδια χρονική στιγμή).

z

Η '

Σχ. β Έστω ΕΗ το ύψος του ανθρώπου και Ε Ή ' το ύψος της σκιάς του στον τοίχο. Θεωρούμε καρτεσιανό σύστημα (Ox,Oy,Oz), Σχ. β, αφού έχουμε να κάνουμε με κίνηση του ΕΗ επί του επιπέδου xoz και με κίνηση του ΕΉ ' επί του επιπέδου yoz . Προφανώς το S(t) παίζει το ρόλο του x(t) . Εξάλλου τα Ε, Ε ' κινούνται κατά την αρνητική φορά επί των ημιαξόνων Οχ, Oy αντιστοίχως, το δε Η" επί του ημιάξονα Oz με συνάρτηση θέσης z(t) . Άρα x(t)=S(t)>O, y(t)>O, z(t)>O και S '(t)<O, y '(t)<O. Ζητάμε λοιπόν το z '(to) τη χρονική στιγμή to που είναι S(t0)=3 . Από την ομοιότητα των τριγώνων ΑΕΗ, ΑΕΉ '

ΕΉ ' ΑΕ' έχουμε: -- και από το θεώρημα Θαλή ΕΗ ΑΕ

ΑΕ' = ΒΟ . Άρα ΑΕ ΒΕ

=> z( t ) = 1 4, 4 [8 - S ( t )T 1 =>

Ε Ή ' ΒΟ z ( t ) 8 , ΕΗ

= ΒΕ

=> 1,8 = 8 - S ( t ) => z ( t ) =

= 1 4, 4 (- 1 ) [8 - S ( t )T2 [8 - S ( t )J ' = 1 4' 4S ' ( t )2•

[8 - S( t )J

Άρα z'( to ) 14,4S '( t0 ) = 14,4(-1) = -Ι!:__(Σε�) ·

[8- S(to )T (8 - 3)2 125 sec Η προβολή λοιπόν Η" του Η ' επί του Oz κινείται κατά την αρνητική φορά επί του ημιάξονα Oz, δηλαδή η σκιά ελλατώνεται .

* Το εντυπωσιακό είναι ότι δεν εξαρτάται από το ΑΒ . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 71 τ.3/66

Η αναζήτη ση μεγίστου

και ελαχίστου στη Γεω μετρία

Σε πάρα πολλά βιβλία Γεωμετρίας μεταξύ των οποίων και στο Σχολικό των Θωμαίδη , Ξένου, Παντελίδη, Πούλου και Στάμου προτείνεται το εξής πρόβλημα: Αν Α, Β δυο διακεκριμένα σημεία εκτός ευθεία.; (ε) , τότε να βρεθεί σημείο Μ της (ε) τέτοιο ώστε η διαφορά I ΜΑ-ΜΒ I να είναι μέγιστη .

Επειδή για δυο σημεία Β , Β 1 συμμετρικά ως προς την ( ε ) . ισχύει I ΜΑ-ΜΒ I = I ΜΑ-ΜΒ 1 I , δεν βλάπτεται η γενικότητα αν υποθέσουμε ότι τα Α, Β βρίσκονται προς το ίδιο μέρος της (ε). Σ ' αυτή την περίπτωση αν η ΑΒ τέμνει την (ε) στο Μ0, τότε προφανc;); ισχύει: I ΜΑ-ΜΒ I <ΑΒ= I ΜοΑΜσΒ ι . για κάθε σημείο Μ της (ε)διαφορετικό από το \.-1, , . Αρα το ζητούμενο σημείο είναι το Μ0.

Α

(ε)

Μ Μ ο

Β ι

Τι γίνεται όμως αν ΑΒ//(ε) ; Παρόλο που είχε γίνει παλαιότερα μέσα από τον Ευκλείδη Β ' ερώτηση στους συγγραφείς του Σχολικού Βιβλίου «πώς διαπίστωσαν ότι σ' αυτή την περίπτωση δεν υπάρχει μέγιστο της διαφοράς;» μέχρι σήμερα δεν έχουν δώσει απάντηση .

Το θέμα βέβαια είχε διαπραγματευτεί ο αείμνηστος δάσκαλός μας Σπύρος Κανέλλος στη Γεωμετρία του, τη λύση του οποίου παραθέτουμε αυτούσια. Ακολούθως παραθέτουμε και μια

Σωτήρης Ε. Λουρίδας - Γιώργος Σ. Τασσόπουλος

ενδιαφέρουσα διαπραγμάτευση του συναδέλφου Σωτήρη Ε. Λουρίδα κυρίως για το γεγονός ότι είναι καθαρά Γεωμετρική σε αντίθεση με την Αλγεβρική λύση που προηγείται.

Αν κάποιο άλλο βιβλίο Γεωμετρίας έχει ασχοληθεί με το θέμα και το αγνοούμε, παρακαλούμε να μας γίνει γνωστό και θα το αναφέρουμε στο επόμενο τεύχος με ιδιαίτερη χαρά. Διαπραγμάτευση Σπύρου Γ. Κανέλλου

Τα Α κα ι Β κείνται επί ευθείας (δ) παραλλήλου

της (ε). Τότε εφ ' ουδενός σημείου Μ της ευθείας (ε) λαμβάνει χώραν το μέγιστον της διαφοράς I ΜΑ-ΜΒ ι . Διότι δύναται ν ' αποδειχθεί ότι δοθέντος οιουδήποτε σημείου Με (ε) υπάρχει πάντοτε έτερον σημείον Μ ' της (ε) τοιούτον ώστε

I ΜΆ-Μ 'Β I > I ΜΑ-ΜΒ ι . (Δια να δώσωμεν μιαν απόδειξιν τούτου, αποδεικνύομεν πρώτον το εξής λήμμα: «Εάν μεταβλητού τριγώνου ΑΒΓ, η

διάμεσος ΑΔ και το ύψος ΑΗ μένουν σταθερά

(ΑΔ>ΑΗ) τότε αυξανούσης της βάσεως ΒΓ

αυξάνει και η διαφορά I ΑΒ-ΑΓ I ».

Α

Σχ. α

Πράγματι, έστω ότι η βάσις ΒΓ αυξάνεται εις Β 'Γ ' όπου ΓΓ'=ΒΒ '=y>Ο (Σχ. α) . Εάν η πλευρά ΑΒ=γ κείται απέναντι της αμβλείας γωνίας ΑΔΒ τότε είναι: ΑΒ>ΑΓ και ΑΒ '>ΑΓ ' δηλ: γ>β, γ '>β ' και η αποδεικτέα I ΑΒ '-ΑΓ ' I > I ΑΒ-ΑΓ I καθίσταται ( l )γ-β>γ ' β ' .


Προς απόδειξιν της ( 1 ) λαμβάνομεν υπ' όψιν ότι

γ2-β2=2ΒΓ·ΔΗ=2αc οπότε : (2 )γ - β = �2c και β + γ

, , β ' α + 2y 2 ομοιως γ - = -β , , c

+ γ Εκ των προφανών ανισοτήτων γ '<γ+y, β '<β+y

συνεπάγεται ότι β ' +γ' <β+γ+ 2y. Επειδή � < 1 , β + γ

δια τούτο αν οι όροι του αυξηθούν κατά την αυτήν (θετικήν) ποσότητα 2y, το κλάσμα αυξάνει ήτοι: (3) α α + 2y

β + γ <

β + γ + 2y Είναι όμως, (4) β+γ+2y>β '+γ ' Εκ των (3) και (4)

, , α α + 2y λ ' (2) συνεπαγεται οτι -- < -, -, και ογω των : β + γ β + γ

γ-β<γ '-β ' Α

Ν '

ο

Ν Κ Σχ. β

Β (δ)

(ε) Μ Μ '

Έστω Ο το μέσον του ΑΒ, Κ η προβολή αυτού επί την (ε) και Μ τυχόν σημείον της (ε). Ας λάβωμεν επί της (ε) και έτερον σημείον Μ ' τοιούτον ώστε : (4) ΚΜ '>ΚΜ. (Σχ. β) Θα δείξωμεν ότι:

(5 ) I Μ Ά-Μ 'Β I > I ΜΑ-ΜΒ I Έστωσαν Ν και Ν ' τα συμμετρικά των Μ και Μ 'ως προς το Κ. Τότε Μ 'Β=ΝΆ και ΜΒ=ΝΑ, ως τμήματα συμμετρικά ως προς την κοινήν κάθετον ΟΚ των παράλληλων ευθειών ΑΒ και (ε). Επομένως

(6) I Μ Ά-Μ 'Β I = I ΑΜ '-ΑΝ ' I ' I ΜΑ-ΜΒ I = I ΑΜ-ΑΝ I

Κατά το προαποδειχθέν λήμμα, επειδή Ν 'Μ '>ΝΜ (λόγω της (4)) θα είναι και I ΑΜ '-ΑΝ ' I > I ΑΜ-ΑΝ I οπότε, λόγω των (6) προκύπτει η αποδεικτέα (5 ) .

Διαπραγμάτευση Σωτή ρη Ε . Λουρίδα

Δίνονται ευθεία (ε) και δυο σημεία Β, Γ ώστε ΒΓ//(ε). Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχει σημείο Μ της (ε) τέτοιο ώστε η διαφορά I ΜΒ-ΜΓ I να γίνει μέγιστη .

Π ρ ιν τη λύση : Θα παραθέσουμε δυο προτάσεις που θα χρησιμοποιηθούν ως λήμματα.

Π ρόταση I : Έστω Κ το μέσο του ΒΓ και Τ�Κ το σημείο τομής της μεσοκάθετης του ΒΓ με την (ε). Αν Μ ι , Μ2 δύο σημεία της (ε) επί του ημιεπιπέδου (ΚΤ, Γ) με τΜ ι <ΤΜ2, τότε ισχύει: ' '

ΒΜ 1Γ > ΒΜ 2Γ

Απόδειξη : Θεωρούμε τον περιγεγραμμένο κύκλο στο τρίγωνο Μ ιΒΓ κέντρου Ο που επανατέμνει την ευθεία (ε) στο σημείο ΜΊ συμμετρικό του σημείου Μ ι ως προς το τ.

Τότε : τΜ ι <τΜ2=>ΟΜ ι <ΟΜ2=>R<ΟΜ2 αν R η ακτίνα του κύκλου . Αυτό σημαίνει ότι το σημείο Μ2 είναι εξωτερικό σημείο του κύκλου .

(ε)

Σχήμα ι

Άρα το σημείο Σ δηλαδή το σημείο τομής του κύκλου με την ευθεία ΒΜ2 είναι εσωτερικό σημείο του τμήματος ΒΜ 1 Γ = ΒΣΓ > ΒΜ2Γ

οπότε

Π μόταση 2 : Δίνονται δυο σημεία Β, Γ και -κυρτογώνιο τόξο ΒΜΓ . Αν Ε, Ζ δυο σημεία του

� �

τόξου αυτού ώστε ΕΓ > ΖΓ , τότε ισχύει: ΒΕ<ΒΖ<ΒΓ.


Απόδειξη σε διαφορετικά ημιεπίπεδα που έχουν κοινή την Η ευθεία ΕΓ χωρίζει το επίπεδο σε δυο ημιεπίπεδα. ευθεία ΒΣ2 και τα σημεία Ι και Β σε διαφορετικά Το σημείο Β και το τόξο ΕΖΓ βρίσκονται σε ημιεπίπεδα με κοινή ευθεία την Σ 1 Γ. Από την διαφορετικά ημιεπίπεδα, άρα και τα σημεία Β, Ζ πρόταση 2 έχουμε ΒΣ 1<ΒΙ<ΒΣ2 . αφού το Ζ είναι σημείο του τόξου ΕΖΓ .

~ Β Γ

Σχήμα 2

Αυτό σημαίνει ότι το σημείο τομής Θ των χορδών ΕΓ και ΒΖ θα είναι εσωτερικό σημείο της χορδής ΒΖ αλλά και της ΕΓ. Επομένως ΒΕ<ΒΘ<ΒΖ<ΒΓ αφού ΒΕΓ = ΒΖΓ > 90° .

. \ ί; ση του ΒασικοίJ προβλή ματος

Β

Τ Μ ι

Σχήμα 3

(ε)

Αφού τΜ 1<τΜ2 η ημιευθεία ΒΜ2 είναι εσωτερική της γωνίας Μ 1ΒΓ (Σχήμα 3) . Παρατηρούμε ότι ΒΜ 1>Μ 1Γ και ΒΜ2>Μ2Γ, αφού τα Μ 1 , Μ2 βρίσκονται στο ημιεπίπεδο (ΚΤ, Γ). Θεωρούμε το σημείο Σ1 του ΒΜ1 , ώστε Μ 1Σ 1=Μ 1Γ και το σημείο Σ2 του ΒΜ2 ώστε Μ2Σ2=Μ2Γ, οπότε Μ 1Β-Μ 1Γ=ΒΣΙ και Μ2Β-Μ2Γ=ΒΣ2 . Αρκεί λοιπόν να αποδείξουμε ότι ΒΣ 1<ΒΣ2 . Με βάση την πρόταση I προκύπτει ότι ΒΜΙ > ΒΜ 2Γ ( 1 ), οπότε

�Γ �Γ - , ( 1) =>W' +-2- >W' +-2- =>ΒΣ,Γ> ΒΣ.zΓ>W' . Αυτό

σημαίνει ότι το κυρτογώνιο τόξο ΒΣ 1Γ θα βρίσκεται εντός του κυκλικού τμήματος ΒΣ2ΓΒ (σχ. 4).

Γ Σχήμα 4

Σχόλιο : Επιπλέον, για κάθε σημείο Μ της (ε) επί του ημιεπιπέδου (ΚΤ, Γ) υπάρχει σημείο Σ του ΜΒ ώστε ΜΣ=ΜΓ, οπότε ΜΒ-ΜΓ=ΒΣ<ΒΓ, αφού ΒΣΓ> 90σ => ΒΣ < ΒΓ . Η διαφορά ΜΒ-ΜΓ μπορεί να θεωρηθεί ως συνάρτηση του χ=τΜ δηλαδή : f : JR + � JR : f (χ ) = ΜΒ - ΜΓ , οπότε η f είναι φραγμένη στο JR+ , αφού ΜΒ-ΜΓ<ΒΓ. Από αυτό οδηγούμαστε στο να εξετάσουμε αν το ΒΓ είναι το supremum του f( JR+ ). Σύμφωνα με το αξίωμα του ελαχίστου άνω φράγματος, ή του συνεχούς, ή της πληρότητας, υπάρχει στο JR το supremum του f( JR+ ) . Θα αποδείξουμε ότι αυτό είναι το ΒΓ. Για να αποδείξουμε ότι το ΒΓ είναι το supremum του f( JR+ ) αρκεί για κάθε θετικό αριθμό ε (χωρίς βλάβη της γενικότητας Ο<ε<ΒΓ) να υπάρχει Χ0 Ε JR+ τέτοιο ώστε ΒΓ -ε <f(x0). Μπορούμε να βρούμε σημείο Μ της (ε) τέτοιο ώστε ΜΒ-ΜΓ=ΒΓ -ε. Πρόκειται για σημείο τομής της ευθείας (ε) με την υπερβολή που έχει εστίες Β,Γ και σταθερή διαφορά ρ=ΒΓ -ε. Ο προσδιορισμός του Μ γίνεται ως εξής: Θεωρούμε τον κύκλο (c 1 ) =(Β,ρ) ο κύκλος (Μ, ΜΣ) εφάπτεται του κύκλου (c 1 ) και διέρχεται εκτός από το Γ και από το Γ συμμετρικό του Γ ως προς την (ε) . Άρα ο κύκλος κατασκευάζεται, οπότε προσδιορίζεται και το κέντρο του Μ (Γνωστή Απολλώνια κατασκευή)*

Όπως αναφέραμε τα σημεία Σ 1 και Γ βρίσκονται * Απολλώνιος ο Περγαίος (260-200 π.Χ. )


----- Γ

τ Μ Μ ο -1 (ε)

\ I I I

Το τυχόν σημείο Μο της (ε) με τΜσ>ΤΜ προσδιορίζει το xa=TM0 ώστε ΒΓ -ε<f(χο) . Άρα το ΒΓ είναι το sup f (χ )

χ ε �{ +

Αντίστο ιχο Οέμα για μη ί}π<φξη μεγίστου

α θ ρ ο ίσματος δ υ ο πλπφ ών τ ρ ιγι!)νου

(Από το Γ.Σ. Τασσόπουλο, Καθηγητή Μαθηματικών Βαρβακείου Λυκείου . ) Ένα ανάλογο πρόβλημα είναι κάτι που μοιάζει παράδοξο, εκ πρώτης όψεως. Πρόκειται για την ύπαρξη τριγώνου με σταθερό εμβαδόν και απείρως μεγάλη περίμετρο. Πράγματι, αν η κορυφή Α ενός τριγώνου ΑΒΓ κινείται σε ευθεία (ε)//ΒΓ, τότε το εμβαδόν του παραμένει σταθερό. Όμως αν η μεσοκάθετος (δ) του ΒΓ τέμνει την (ε) στο Μ, τότε διαισθανόμαστε ότι όσο το Α απομακρύνεται από το Μ, η περίμετρος του τριγώνου μεγαλώνει και επομένως μπορεί να υπερβεί οποιαδήποτε προηγούμενη περίμετρο . Αυτό όμως το οποίο εποπτικά φαίνεται προφανές στην ουσία αποτελεί ένα αρκετά ενδιαφέρον πρόβλημα που εστιάζεται στο εξής: Αν Α ' σημείο της (ε) με ΜΑ '>ΜΑ, τότε: Α 'Β+Α Τ>ΑΒ+ΑΓ. Θεωρούμε γι' αυτό τα Α 1 , ΑΊ συμμετρικά των Α, Α' ως προς Μ αντιστοίχως. Τότε : Α 'Β+ΑΤ=Α'Β+ΒΑ ' 1 , και ΑΒ+ΑΓ= ΑΒ+ΒΑ1 , οπότε αρκεί Α 'Β+ΒΑΊ > ΑΒ+ΒΑ, . Τα τρίγωνα όμως ΒΑΑ1 και ΒΑΆ Ί έχουν κοινή διάμεσο ΒΜ. Αν λοιπόν θεωρήσουμε το συμμετρικό Βι του Β ως προς Μ, τότε θα έχουμε:

8 1

Α ' (ε)

(δ) ΑΒ 1=ΒΑ1 και Α 'Β 1=ΒΑΊ , οπότε

Α 'Β+ΒΑ ' 1=Α'Β+Α 'Β 1>ΑΒ+ΑΒ 1=ΑΒ+ΒΑ, , αφού το σημείο Α είναι στο εσωτερικό του τριγώνου Α 'Β Β ι .

Τ ο άθροισμα λοιπόν ΑΒ+ ΑΓ, ή το ίσο του ΑΒ+ΑΒ 1 αυξάνεται απεριορίστως, δηλαδή δεν είναι άνω φραγμένο, όπως ήταν η διαφορά στο προηγούμενο θέμα. Μπορεί δηλαδή να γίνει μεγαλύτερο από οποιοδήποτε αριθμό λ>Ο (χωρίς βλάβη της γενικότητας λ>ΒΓ). Πράγματι η έλλειψη με εστίες Β, Β ι και μεγάλο άξονα λ τέμνει την ευθεία (ε) που διέρχεται από το κέντρο Μ αυτής σε δυο σημεία. Έστω Α το ένα από αυτά. Ο προσδιορισμός του Α γίνεται ως εξής. Ο κύκλος (Α, ΑΒ) διέρχεται εκτός από το σημείο Β και από το σημετρικό Β 'του Β ως προς την (ε) και εφάπτεται του κύκλου (c ι )=(Β ι , λ) . Άρα ο κύκλος κατασκευάζεται, οπότε προσδιορίζεται και το . κέντρο του Α (Απολλώνια κατασκευή). Αν πάρουμε επί της (ε) σημείο Α ' τέτοιο ώστε ΜΑ'>ΜΑ, τότε θα έχουμε σύμφωνα με τα προηγούμενα Α 'Β+ ΑΤ> ΑΒ+ ΑΓ=λ. Αφήνουμε ως ανοιχτό πρόβλημα την ολοκλήρωση

της Γεωμετρικής Κατασκευής (Με κανόνα και

διαβήτη) των κοινών σημείων έλλειψης ή

υπερβολής με ευθεία.


---------------- Αλληλογραφία

Απάντηση στο άρθρο του κ. Γ. Τασσόπουλου με τίτλο : « Μ ε αφορμή μια άσκηση του σχολικού βιβλίου»

Γεώργιος Χαρ. Πολύζος, Μόνιμος Πάρεδρος του Π. Ι . Σε σχέση με το άρθρο του κ. Γ. Τασσόπουλου που δημοσιεύθηκε στο περιοδικό «ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β '», τεύχος 70, σελ. 58-59, με τίτλο : «Με αφορμή μια άσκηση του σχολικού βιβλίου», με την ιδιότητά μου ως Παρέδρου Μαθηματικών του Π. Ι . που συμμετείχα τόσο στη σύνταξη των Προγραμμάτων Σπουδών των Μαθηματικών όσο και στη συγγραφή των Οδηγιών για τη διδασκαλία των Μαθηματικών της Λυκείου, αλλά και ως μέλους της συγγραφικής ομάδας του βιβλίου των Μαθηματικών της Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ Λυκείου, έχω να παρατηρήσω τα εξής: Α) Στην άσκηση 6 της σελίδας 1 48 του σχολικού βιβλίου : «Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ Λυκείου», στην οποία αναφέρεται ο συντάκτης του άρθρου, ζητείται: «Να βρεθεί συνάρτηση/τέτοια, ώστε να ισχύει: i) ( f o g )( x ) = x � + 2χ + 2 , αν g(x) = x + 1 i i) ( f o g )( x ) = J1 + x 2 , αν g(x) = -x 2 i i i ) (g o f )( x ) = fσυνx f , αν g(x) = � ». Δηλαδή ζητείται να βρεθεί, σε καθεμιά από τις περιπτώσεις i), ii) και iii), μία τουλάχιστον συνάρτηση/που να ικανοποιεί τις συνθήκες καθεμιάς των περιπτώσεων αυτών και όχι να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις/ που να ικανοποιούν τις προαναφερθείσες συνθήκες, κάτι που άλλωστε θα ήταν πέρα από τους στόχους του Προγράμματος Σπουδών των Μαθηματικών Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης Γ ' Λυκείου. Ωστόσο το Παιδαγωγικό Ινστιτούτο, επειδή έγινε αποδέκτης ερωτημάτων και προβληματισμών αρκετών συναδέλφων. σχετικά με τον τρόπο εύρεσης όλων των συναρτήσεων fπου ικανοποιούν τις συνθήκες των ερωτημάτων της συγκεκριμένης άσκησης, θεώρησε σκόπιμο να ενημερώσει τους μαθηματικούς όλων των Λυκείων για τις απαντήσει; στα ερωτήματα αυτά. Για το λόγο αυτό από το σχολ. έτος 2007-08 καταχώρησε τις συγκεκριμένες απαντήσεις στο τεύχος: «Οδηγίες για τη διδακτέα ύλη και τη διδασκαλία των Μαθηματικών του Γεηκού Λυκείου» (σελ. 1 35- 1 37). Εκτός των απαντήσεων στα συγκεκριμένα ερωτήματα, στις ίδιες σελίδες τω\· Οδηγιών του Π.Ι . γίνεται αναφορά, με σχόλια και παραδείγματα, και στα παρακάτω δύο ΛΑΘΗ που κάνου\' πολλές φορές οι μαθητές, στα οποία αναφέρεται και ο κ. Γ. Τασσόπουλος :

: . ' \ \ Θ Ο ' : f2 = g2 <::> f = g ή f = -g Ι ο Λ Α ΘΟΣ : f · g = O <::> f = O ή g = O Β ) Όσον αφορά την άποψη του συντάκτη του άρθρου, ότι ελλοχεύει κίνδυνος λάθους, αν, αντί του ερωτήματος i i ) , δοθεί το ερώτημα: iv) «Να βρεθεί συνάρτηση/τέτοια, ώστε να ισχύει: (f ο g)(x) = J1 - χ 2 , αν g(x) = -χ 2 », έχω να παρατηρήσω ότι δεν ελλοχεύει τέτοιος κίνδυνος, καθόσον, όπως στο ερώτημα ii) , πήραμε, ως μια από τις ζητούμενες συναρτήσεις, την: f(x) = �. με χ Ε g(Drog ) = g(JR) = (-οο, Ο] , έτσι και στο ερώτημα iv) θα πάρουμε, ως μια από τις ζητούμενες συναρτήσεις, την :

f(x) = �' με χ Ε g(Drog ) = g([- 1 , 1 ] ) = [- 1 , 0] . Αν, όμως, ζητηθεί να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f για τις οποίες ισχύουν οι συνθήκες του ερωτήματος iv), τότε μπορούμε να εργαστούμε όπως παρακάτω. Ο τρόπος που παραθέτω είναι γενίκευση του τρόπου που υπάρχει στις οδηγίες για το ερώτημα i i) και μπορεί να εφαρμοστεί τόσο στην περίπτωση που είναι Drog = Dg (όπως συμβαίνει στο ερώτημα ii)), όσο και στην περίπτωση που είναι Drog c Dg (όπως συμ-βαίνει στο πρόσθετο ερώτημα iv)) . Απάντη ση r.ρώτη μα :

«Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις/για τις οποίες ισχύει: (f ο g)(x) = � , αν g(x) = -χ 2 ». Ι" fiιίμα: Αρχικά βρίσκουμε ποια μορφή έχουν οι ζητούμενες συναρτήσεις, εφόσον βέβαια υπάρχουν. Έστωfμια από αυτές. Τότε θα ισχύει: D,σg = [ - 1 , 1 ] c JR = Dg , {g(x) E DΓ , για κάθε χ Ε [- 1 , 1 ] οπότε θα έχουμε: &

g(x) !l DΓ , για κάθε χ !l [ - 1 , 1 ] .


---------------- Αλληλογραφία

Επομένως, θα είναι: g(JR) Π Dr = g([ - 1 , 1 ] ) και επειδή g(JR) = (-oo, O] & g([- 1 , 1 ] ) = [- 1 , 0] (εύκολη απόδειξη), θα ισχύει: (-oo, O] Π Dr = [- 1 , 0] Άρα, το πεδίο ορισμού της .f θα είναι ένα σύνολο της μορφής: Dι- = [- 1 , 0] U S , όπου S ς (Ο, + οο) . Για να βρούμε τον τύπο της .f εργαζόμαστε ως εξής: Έστω y E Dr .

• Αν y E [- 1, 0] = g( [- I , ι ]) , τότε θα υπάρχει χ Ε [- 1 , 1] τέτοιο ώστε y = g(x) = -χ2 , οπότε θα έχουμε :

f(y) = f(g(x)) = .Jι - χ 2 = J1+Y

u. - R

I " Ο' L J

• Αν y Ε S , τότε θα είναι y > Ο , οπότε θα ισχύει y =f:. g(x) για κάθε χ Ε JR . Επομένως στην περίπτωση αυτή δεν παίζει ρόλο για την σύνθεση f ο g η τιμή της .f στο y Ε S , οποιοδήποτε και αν είναι το S ς;; (0, +οο) . Μπορούμε συνεπώς να πάρουμε ως f(y) οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό.

Άρα, η .f ,αν υπάρχει, θα πρέπει να είναι της μορφής:

f : [- 1 , o] u s � JR, x � f(x) = {JI+;., αν χ Ε [- 1, 0] , ( 1 ) h(x), αν χ Ε S

όπου S οποιοδήποτε υποσύνολο του (0, + οο) και h οποιαδήποτε συνάρτηση ορισμένη στο S.

2" βιίμα: Ελέγχουμε, τώρα, ποιες από τις παραπάνω συναρτήσεις ικανοποιούν τις δοθείσες συνθήκες. Για καθεμιά από αυτές ισχύει:

[ ] , {Χ Ε Dg {Χ Ε JR 7 , 7 • DΓog = - 1 , 1 , διοτι: <::::> 7 <=>-χ- Ε [-1, 0] , αφου Sς (Ο,+οο)<::> χ- < 1 <::> χ Ε [-1, 1] g(x) EDr -χ- E [-l, O] U S

• Για κάθε χ Ε [ -1 , 1 ] είναι g(x ) = -χ 2 Ε [ - ι , Ο] , οπότε θα έχουμε: f(g(x)) = .Jι + g(x) = .Jι - χ 2 Άρα, όλες οι παραπάνω συναρτήσεις .f (άπειρες σε πλήθος) ικανοποιούν τις δοθείσες συνθήκες και επομένως είναι όλες δεκτές. Σχ/ι/.ια: ι . Από όλες τις συναρτήσεις .f της μορφής ( 1 ) μία μόνο έχει πεδίο ορισμού το

g(Dfog ) = g([- 1 , 1 ] ) = [- 1, 0] , η : f0 : [ - 1 , 0] � JR , Χ � f0 (x) = J}+;. . Όλες οι υπόλοιπες από τις συναρτήσεις αυτές είναι επεκτάσεις της f0 .

2 . Φυσικά και η συνάρτηση : f : Δ � JR, χ �f(x) = Jl+;. , όπου Δ = [ - 1 , +οο) ή Δ = [- ι , α) ή Δ = [ - 1 , α] , με α > Ο , είναι μία από τις ζητούμενες συναρτήσεις. Η συνάρτηση, όμως, αυτή είναι ειδική περίπτωση της ( 1 ) για S = (O, +oo) ή S = (Ο, α) ή S = (Ο, α] και h(x) = Jl+;., x E S .

3 . Με τον ίδιο τρόπο δουλεύουμε σε κάθε περίπτωση, είτε είναι Drog = Dg είτε είναι Drog c Dg . Δηλαδή βρίσκουμε τον τύπο της.f στο g(D Γοg ) και στη συνέχεια την επεκτείνουμε, με οποιονδήποτε τρόπο, σε κάθε σύνολο της μορφής g(Drog ) υ S , όπου S οποιοδήποτε υποσύνολο του JR - g(Dg ) , εφόσον βέβαια είναι JR - g(D g ) =f:. 0 .

4. Το 2" βήμα της παραπάνω διαδικασίας είναι απαραίτητο, διότι ενδέχεται, με τον έλεγχο που κάνουμε στο βήμα αυτό, να διαπιστώσουμε ότι καμία από τις συναρτήσεις της μορφής που βρήκαμε στο ι " βήμα δεν ικανοποιεί τις δοθείσες συνθήκες. Για παράδειγμα, δεν υπάρχει< Ι J συνάρτηση f τέτοια, ώστε να ισχύει: (f ο g)(x) = χ , με g(x) = -χ2 , ενώ υπάρχει συνάρτηση f τέτοια, ώστε να ισχύει: (f ο g)(x) = j x j , με g(x) = -χ2 ,

( I ) Αυτό είναι εύκολο να το διαπιστώσουμε από την αρχή . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 7 1 τ.3/72

Ο Ε υ κλεί δ ης ..

π ροτει νει

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα».

P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - ΘΑΝ. ΚΥΡΙ Α ΚΟΠΟΥ ΛΟΣ

ΑΣΚΗΣΗ Ι 35 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 67 ) ΑΣΚΗΣΗ 136 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 67 ) Δίνεται η f(x) = kη μχ + λσυνχ , όπου Δίνονται τρία σταθερά μη συνευθειακά σημεία k = η μαη μβ , λ = συνασυνβ . Να αποδείξετε ότι

ισχύει f(x) � 1 , για κάθε χ Ε R .

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΘΑΝΑΣΗ ΚΥΡΙΑΚΟΠΟΥ.\0 - Αθήνα )

Λ ΥΣΗ ( Από τον συνάδελφο ΠΑ Υ ΛΟ ΜΑΡΑΓΚΟΥ.λλΚΗ - Πειραιάς) 1 . Αν k = λ = Ο , τότε f(x) = Ο ::; 1 , για κάθε χ Ε R . 2 . Αν lk l + lλ l :;t Ο , τότε f(x) = ρημ(χ + Φ) , όπου

ρ = �k : + λ2 , συνΦ = � , ημΦ = � . Συνεπώς, ρ ρ

αρκεί ,.α δειχθεί ότι f(x) ::; max f(x) = ρ ::; 1 :Ε χουμε ρ ::; ι <=> k 2 + λ2 ::; 1 <=> η μ

2αημ

2β + συν 2ασυν 2

β ::; ι <=> η μ 2 αημ

2β + συν2ασυν 2

β ::;

(η μ 2 α + συν2α)(ημ 2β + συν 2

β) <=> η μ 2 ασυν 2

β + η μ 2βσυν 2α 2 Ο

σχέση που ισχύει. (Προφανώς, η αποδεικτέα ισχύει χωρίς τον περιορισμό λ :;t - 1 )

Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Γιάννη ς Η λιό

πουλος - Καλαμάτα, Παναγιώτης Μπαρδάκας -

Ωρωπός, Γιώργος Αποστολόπουλος - Μ εσολόγγι,

Ιωάννα Γιαννακοπόυλου - Λαμία, Αθανάσιος Κα-

Α,Β,Γ. Με κέντρο το σημείο Β και τυχαία ακτί

να γράφουμε κύκλο και θεωρούμε μία τυχαία

διάμετρό του Δ Β Ε. Θεωρούμε πάνω στην Γ Δ

σημείο Θ τέτοιο, ώστε ΔΘ=2ΓΘ και Ι το μέσον

της ΑΕ. Να αποδείξετε ότι η ΘΙ διέρχεται από

σταθερό σημείο το οποίο την διαιρεί σε δύο

τμήματα που έχουν λόγο ίσο προς � . (Προτάθηκε από τον Χημικό Δ Η Μ Ή Τ Ρ Ι Ο

ΚΑΡΒΕΛΑ - Πεύκη ).

Α

Γ

λάκας _ Πατήσια, Π έτρος Σκαλτσάς _ Αγρ ίνιο , Λ ΥΣΗ (Από τον συνάδελφο ΠΑΥ ΛΟ ΜΆΡΑ-

Γιώργος Τσαπακίδης _ Κυψέλη Αγρινίου , Β ασί-ΓΚΟΥ ΔΑΚΗ -Καλλίπολη Πειραιά)

λειος Ν ικολάκης - Θες/νίκη , Γιώργος Δελη στάθης - Κ. Πατήσια, Β αγγέλη ς Μου ρούκος - Αγρίνιο, Θεωρούμε σημείο Κ του ΘΙ τέτοιο, ώστε

Αντώνη ς Ιωαvνίδης - Λάρισα. Παύλος και ο Πολι- 2 ΚΙ = 3 ΘΚ ( 1 ) . Από την υπόθεση είναι � __, _, __, __, __, __, � �

τικός Μηχανικός Ι ωάννης Ανδρή ς - Αθήνα. ΔΘ= 2ΘΓ=> ΒΘ- ΒΔ = 2(ΒΓ-ΒΘ) => 3ΒΘ= ΒΔ+ 2ΒΓ (2)


--------------- Το βήμα του Ευκλείδη

Από την υπόθεση έχουμε, επίσης, ότι: � � ---7 ---7 ---7 ---7 ΒΕ+ ΒΑ = 2 ΒΙ (3) . Επειδή ΒΔ+ ΒΕ = Ο , με

πρόσθεση κατά μέλη των (2), (3) παίρνουμε ---7 ---7 ---7 ---+

3 ΒΘ+ 2 ΒΙ = ΒΑ+ 2 ΒΓ (4). Η σχέση ( 1 ) δίνει ---7 ---7 ---7 ---+ ---+ ---+ ---7

2(ΒΙ- ΒΚ) = 3(ΒΚ- ΒΘ) � 5 ΒΚ = 2 ΒΙ+ 3 ΒΘ ..... ..... .....

και λόγω της (4) : 5 ΒΚ = ΒΑ+ 2 ΒΓ και τέλος ..... 1 ..... 2 ..... ΒΚ = - ΒΑ+ - ΒΓ . Επειδή τα σημεία Α,Β,Γ είναι

5 5 σταθερά το σημείο Κ είναι σταθερό και διαιρεί

(βάσει της ( 1 )) το τμήμα ΘΙ σε λόγο � . 3

Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Ι ω άννα Γιαννα

κοπούλου - Λ αμία, Ανη1J\ιη ς Ι ω αννίδη ς - Λάρισα.

ΑΣΚΗΣΗ Ι 37 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 68 ) 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 1 1 1 2 1 3 το ποδικό τρίγωνο του Ι. Αν

το ορθικό τρίγωνο Κ 1 Κ 2Κ3 του τριγώνου 1 1 1 21 3

έχει εμβαδόν Ε ', να δείξετε ότι:

Ε' = 1 6

· Es . αzβzγz (α + β + γ)z

κτάσεων των υψών 1 1 Κ 1 , Ι 2Κ 2 , 1 3Κ 3 του ποδικού τριγώνου Ι 1 Ι 2 Ι 3 με τον περιγεγραμμένο κύκλο του (Ι , ρ) και Η ' το ορθόκεντρο του Ι 1 1 2 Ι 3 . Επειδή τα σημεία Ρ1 , Ρ 2 , Ρ3 είναι συμμετρικά του Η ' ως προς τις πλευρές του τριγώνου Ι 1 Ι 2 Ι 3 , τα τρίγωνα Ι 1 Ι 2 Ι 3 , Ρ1 Ρ2Ρ3 έχουν πλευρές παράλληλες

μία προς μία και συνεπώς είναι όμοια με λόγο ο-, Κ 2Κ 3 Η 'Κ ? Ι . . μοιοτητας λ 1 = -- = --- = - . Άρα, αν ειναι

p2p3 Η 'Ρ2 2 Ε 1 το εμβαδόν του τριγώνου Ρ1 Ρ2Ρ3 , ισχύει Ε ' λ2 1 ' I 1 ( Ι ) Σ ' Ε = 1 = 4 , οποτε Ε = "4 Ε 1 • υμφωνως

I

προς το θεώρημα του NAGEL οι ακτίνες ΙΙ 1 , ΙΙ 2 , 11 3 του περιγεγραμμένου κύκλου (Ι , ρ) του τριγώνου Ι 1 Ι 2 Ι 3 είναι κάθετες στις πλευρές του ορθικού τριγώνου Κ 1 Κ 2Κ3 και συνεπώς είναι κάθετες στις πλευρές του τριγώνου Ρ1 Ρ2Ρ3 . Επειδή

οι ακτίνες αυτές είναι κάθετες στις πλευρές του αρχικού τριγώνου ΑΒΓ, τα τρίγωνα ΑΒΓ και Ρ1 Ρ 2 Ρ 3 έχουν τις πλευρές τους παράλληλες οπότε

είναι όμοια με λόγο ομοιότητας ίσο με τον λόγο των ακτίνων των περιγεγραμμένων κύκλων τους.

Δηλ. έχουμε � = (Ε..) 2 (2) . Από τις ( 1 ),(2) προ-Ε R

κύπτει ότι: Ε ' = .!_ Ε 1 = .!_ (Ε..) 2 Ε δηλαδή 4 4 R

Ε ' = (L) 2 Ε (3 ) . Επειδή από το τρίγωνο ΑΒΓ 2R

έχουμε ρ = Ε = 2Ε , R = αβγ , η (3) δίνει: τ α + β + γ 4Ε

2Ε

Ε ' = ( α + β + γ ) 2 Ε = 1 6Ε 5

2 αβγ α 2β 2 γ 2 (α + β + γ) 2 4Ε

Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Ροδόλφος Μπό

ρης - Δ άφνη, Γ ιώργος Τσαπακίδης -- Κυψέλη Α

γρινίου , Γ ιάννης Σταματογιάννη ς - Δ ροσιά, Β αγ

γέλη ς Μ ουρούκος - Αγρίνιο , Π αύλος Μ α ρ αγκου-

δάκης - Καλλίπολη Π ειραιά και ο Π ολιτικδς Μ η

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο Γ ΙΩ ΡΓΟ ΤΡΙΑ- χανικός Ι ω ι'Jννη ς Ανδρι1 ς - ΑΟιΊνα .

ΝΤΟ - Αθήνα ) Λ ΥΣΗ ( από τον ίδιο )

ΑΣΚΗΣΗ 1 38 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 68 ) Ονομάζουμε Ρ1 , Ρ2 , Ρ3 τα σημεία τομής των προε- Ν α αποδείξετε ότι ισχύει η ανισότητα


-------------- Το βήμα του Ευκλείδη

(2007 + 2008

)2008 > 1004 · 1 005 · . . . · 301 0 · 301 1 . 2

(Προτάθηκε τον Γ Ι ΩΡΓΟ T P I ANTO - Αθήνα)

ΛΥΣΗ (Από τον συνάδελφο ΒΑ ΓΓΕΛΗ Μ ΟΥ

ΡΟΥΚΟ - Αγρίνιο )

Εφαρμόζουμε την ανισότητα α + β > � (που 2

ισχύει για θετικούς αριθμούς α, β με α =1= β ), 1 004 φορές ως εξής :

2007 + 2008 = 40 1 5 = 1 004 + 30 1 1 > ν'1 004 . 30 1 1 2 2 2 2007 + 2οο8 =

40 1 5 = 1 οο5 + 30 1 0 > .J1 005 . 30 1 0 2 2 2

2007 + 2008 = 40 1 5 = 1 006 + 3009 > .Jωο6 . 3009 2 2 2

2007 + 2008 = 40 1 5 = 2006 + 2009 > .J 2006 . 2009 2 2 2

2007 + 2008 > .J2007 . 2008 2

Με πολ!σιασμό κατά μέλη των ανισοτήτων έχουμε

( 2007 + 2008)

ι οο-ι > .Jωο4 . t oo5 . . . . . 30 1 ο . 30 1 1 2

και με ύψωση στο τετράγωνο έχουμε την αποδεικτέα.

Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι: Γιιίφγος Λπο

στολόπουλος - Μ εσολόγγι , Αθανάσιος Κ αλιχκος

Κ . Π ατήσια, Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη , Γ ιιίφγος

Τσαπακίδης · · Κυψέλη Αγρινίου , Δη μι)τρης Καρα

β6τας - Κ. Αχαία, I Ίάννης Σταματογιάννη ς - Δρο

σιά, Ανπί>νη ς Ι ω αννίδης Λ άρ ισα, Ιl αί>λος Μ αρα

γκουδάκης -- Π ειραιιiς, ο Π ολιτικός Μ ηχανικ6ς

Ι ωάννης Α νδρι) ς - Α θι)vα, Ο μαθηη) ς του Λ εο

vτείου Λυκείου Π ατησίων Η λίας Ζαδίκ και η μα

θι)τρια του Λυκείου Σπηλίου Ρεθύ μνου Ε μ μ ανουέ

λα Π απαιωάννου .

ΑΣ ΚΗΣΗ Ι 39 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 68 )

Να δείξετε, χωρίς τη χρήση ακολουθιών, ότι η

μοναδική συνάρτηση f, η οποία είναι ορισμένη

και συνεχής στο R και για την οποία ισχύει: 2f(2x) = f(x) + 3x - 2 , για κάθε x E R (1) είναι

η f(x) = χ - 2 . (Προτάθηκε από τον συνάδελφο

ΑΝΤΩΝ Η ΚΥ Ρ Ι Α ΚΟΠΟΥ ΛΟ - Αθήνα )

Λ ΥΣΗ \ από τον ίδιο ) Όπως εύκολα διαπιστώνουμε, η συνάρτηση f(x) = χ - 2 πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Θεω-ρούμε τη συνάρτηση g(x) = f(x) - (χ - 2) (2) Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και συνεχής στο R . Έχουμε, για κάθε χ Ε R :

( Ι ) 1 g(2x) = f(2x) - (2χ - 2)=> g(2x) = - f(x) 2 3 + - χ - 1 - 2χ + 2 => 2g(2x) = f(x) - (χ - 2) 2

( 2 ) => 2g(2x) = g(x) (3)

Θεωρούμε ένα αριθμό α > Ο . Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο διάστημα [-α, α] και άρα λαμβά-

νει ελάχιστη και μέγιστη τιμή στο διάστημα αυτό . Έτσι, όπως βρίσκουμε εύκολα, υπάρχει αριθμός k > Ο με !g (x)l � k, Vx Ε [-α, α] (4) Συνεπώς, λόγω της (3), έχουμε:

!g(2χ)Ι � � , Vχ Ε [-α, α] (5 ) . Θέτουμε y = 2x . 2 Έχουμε: χ Ε [-α,α]=>-α � χ � α=:>-2α � 2χ � 2α => -2α � y � 2α

'Ετσι, από την (5 ) έπεται ότι: lg(y)l � � , 2 Vx Ε [ -2α,2α] . Επειδή [-α, α] c [ -2α,2α] , έπε-

ται ότι: lg(y )! � � , Vy Ε [-α, α] , δηλαδή : 2

!g( χ)! � � , Vx Ε [-α, α] . 'Εστω τώρα ότι για ένα 2 k φυσικό αριθμό ν ισχύει: lg( χ )I � r ' Vx Ε [-α, α] .

Όπως παραπάνω δείχνουμε ότι:

lg (x)l � 2�+ 1 , Vχ Ε [-α, α] . Άρα ( τέλεια επαγωγή)

για κάθε φυσικό αριθμό ν ισχύει:


--------------- Το βήμα του Ευκλείδη --------------

k lg(x)l s r , 'lfx E [-α, α] (6). Έστω τώρα ότι για

ένα αριθμό χ 0 Ε [-α, α] ισχύει: g(x 0 ) :;t: O . Τότε, lg( χ 0 )I > Ο και από την ( 6) θα έχουμε, για κάθε φυ-

σικό αριθμό ν: lg( χ 0 )I s �::::} 2 ν s -1 _k_l 2 g(x 0 )

k lη --

k lg(x o )l ::::} !η γ s !η -- ::::} ν s Άρα, τότε, lg(x 0 )1 Ιη 2

το σύνολο των φυσικών αριθμών θα ήταν άνω φραγμένο, άτοπο. Άρα: g(x) = Ο, Vx Ε [-α, α] . Ε-πειδή αυτό ισχύει για κάθε αριθμό α > Ο , έπεται ότι: g(x) = Ο, Vx Ε R . Έτσι, λόγω της (2), έχουμε f(x) = χ - 2, Vx Ε R . Άρα, άλλη τέτοια συνάρτηση

δεν υπάρχει. Λύσεις έστειλαν οι συνάδελφοι:

Γιώργος Αποστολόπουλος - Μ εσολόγγι , Α θ ανά

σιος Καλάκος - Κ. Π αηΊ σια, Π αύλος Μ αραγκου

δάκης - Π ε ιραιάς.

Με αφορμή την άσκηση 139 που πρότεινε ο συνάδελφος ΑΝΤΩΝ ΗΣ ΚΥ Ρ Ι Α ΚΟΠΟΥ ΛΟΣ, ο συνάδελφος ΣΩΤΗ Ρ Η Σ Ε. Λ Ο Υ Ρ Ι ΔΑΣ προσεγγίζοντας μεθοδολογικά γενικεύει το θέμα:

Ν α βρεθούν όλες οι συνεχείς συναρτήσεις

f : R � R με την ιδιότητα: af(ax) = f(x) + (a2 - 1 )x - 2a + 2 (1 ), για κάθε

χ Ε R , όπου a είναι τυχαία σταθερά μεγαλύτερη

της μονάδας.

Λ ΥΣ Η : Η ( 1 ) γράφεται: a[f(ax ) - ax + 2] = f(x) - χ + 2 , για κάθε χ Ε R ,

οπότε: alf(ax) - ax + 21 = l f (x) - χ + 21 , για κάθε

χ Ε R . Η συνάρτηση h : R � R με h(x) = f(x) - χ + 2 είναι συνεχής ( άθροισμα συ-

νεχών συναρτήσεων). Επίσης, η συνάρτηση g : R � R με τύπο g(x) = l h (x) l = l f (x) - χ + 21 είναι συνεχής ( απόλυτο συνεχούς συνάρτησης)

1 με g(ax) = - g(x) (2), για κάθε χ Ε R , οπότε a

g(O) = Ο . Επομένως ισχύει ότι g(x) � Ο = g(O) ,

που σημαίνει πως το g(O) = Ο είναι ολικό ελάχι-

στο . Υποθέτουμε ότι υπάρχει χ 0 :;t: Ο τέτοιο, ώστε g(x 0 ) > Ο . Τότε, στο κλειστό διάστημα Δ με άκρα τους αριθμούς Ο και χ 0 , η συνάρτηση g δέχεται

ολικό μέγιστο. Άρα, υπάρχει ξ Ε Δ τέτοιο, ώστε: g(ξ) � g( χ ) , για κάθε χ Ε Δ , και άρα: g(ξ) � g(x 0 ) > Ο .

Επειδή a > 1 ο αριθμός 1 βρίσκεται μεταξύ των a αριθμών Ο και ξ οπότε g( 1) s g(ξ) και επειδή a

ξ ( 2 ) I ξ Ο < g( ξ) = g( a · -) = - g(-) έπεται ότι: a a a Ο < g( 1) s __!_ g( 1) ::::} Ι s __!_::::} a s 1 ,άτοπο. a a a a

Άρα, g(x) = Ο , για κάθε χ Ε R ή το αυτό : f(x) = χ - 2 , για κάθε χ Ε R . Εύκολα διαπιστώνε-

ται ότι η συνάρτηση αυτή ικανοποιεί την αρχική συνθήκη ( 1 ) .

Παρατήρηση I ' ' . Για a = 2 > 1 προκύπτει η συνθήκη της άσκησης 1 39 .

Παρατήρηση 2 Η . Αν επιτρέψουμε την χρήση α

κολουθιών, τότε μπορούμε να διατυπώσουμε το παραπάνω πρόβλημα ως εξής:

Να βρεθούν όλες οι συναρτήσεις f : R � R που

είναι συνεχείς στο Ο και για κάθε χ Ε R ισχύει: af(ax) = f(x) + (a2 - t)x - 2a + 2 (1), όπου a είναι

τυχαία σταθερά με la l :;t: 1 .

Λ ΥΣ Η : Αν a = Ο , η f(x) = χ - 2 είναι η μοναδική

συνάρτηση που ικανοποιεί τις επιταγές του προβλήματος. Υποθέτουμε ότι a :;t: Ο . Η ( I ) ισοδυναμεί με την ισότητα: a[f(ax) - ax + 2] = f(x) - χ + 2 (2) που ισχύει για κάθε χ Ε R . Η συνάρτηση g : R � R με g(x) = f(x) - χ + 2 είναι συνεχής

στο Ο και ικανοποιεί,για κάθε χ Ε R , τη σχέση : ag(ax) = g(x) (3) .


--------------- Το βήμα του Ευκλείδη

Προφανώς g(O) = Ο . Έστω ότι είναι Ο < la l < 1 . Τό- βαδόν του επιπέδου χωρίου που καταλαμβάνουν τα τε, από την ισότητα (3) έχουμε: g( χ ) = ag( ax) = a 2 g( a 2 χ ) ,

για κάθε χ Ε R , οπότε με τέλεια επαγωγή καταλήγουμε στη σχέση : g( χ) = a ν g( a " χ ) , για κάθε χ Ε R και για κάθε φυ-σικό αριθμό ν, με l im a ν = Ο . Η συνέχεια της συ-,.---++χ νάρτησης g στο Ο δικαιολογεί την γραφή : lim g(a " x ) = g( l im a '. x ) = g(O) = O (4) V---++X \ ' � - Χ

Επομένως. gι χ ) = l im [a ' · g(a '" x )] = O , για κάθε γ � - :ι:

χ Ε R . ή {( χ ) = χ - 2 , για κάθε χ Ε R : Έστω ότι εί\'αι a. > I . Τότε. για κάθε χ Ε R , έχουμε :

χ I χ Ι χ g( x ) = g ι a - ) = - g(-) = -" g(-? ) a a a a - a -. . ' ( ) 1 ( χ ) και με τει.εια επαγωγη : g χ = - g - με

a ν a ν

l im -1-. = Ο . Και πάλι η συνέχεια της g στο Ο δί-

,. ___,. _:ι: a ,

νει :

l im g(�) = g( l im �) = g(O) = O , \' ----t -:ι:: a \ ν---++χ- a ν για κάθε χ Ε R ή f(x) = χ - 2 , για κάθε χ Ε R .

Π ΡΟΤΕΙΝΟΜ ΕΝΑ Θ Ε Μ ΑΤΑ

1 49 . Δίνεται η έλλειψη

χ 2 y 2 C 1 : -2

+ -2 = l , α > β > Ο

α β και ο κύκλος

C 2 : χ 2 + / = α 2 . Να βρεθεί σημείο Μ του κύκλου c 2 τέτοιο, ώστε οι εφαπτόμενες που άγονται από το Μ προς την έλλειψη C 1 να είναι τέτοιες, ώστε η απόσταση της αρχής 0(0,0) των αξόνων

από την ευθεία που ορίζουν τα σημεία επαφής τους με την C 1 να είναι ελάχιστη .

(Προτείνεται από τον ΘΑΝΑΣ Η ΚΥΡΙ Ά ΚΟ

Π ΟΥ ΛΟ - Αθήνα )

1 50 . Κατασκευάζουμε διαδοχικά τετράγωνα κοινής κορυφής Ο, ώστε η διαγώνιος του προηγουμένου να είναι πλευρά του επομένου. Αν Sν είναι το εμ-

ν πρώτα τετράγωνα, να δειχθεί ότι ισχύει: 2

Sν+ Ι = 2Sν + � και να εξαχθεί ο τύπος του Sν 2 συναρτήσει των ν,α, όπου α το μήκος της πλευράς του πρώτου τετραγώνου. (Προτείνεται από τον συνάδελφο Ν Ι ΚΟΛΑΟ ΒΑΔΙ ΒΟΥ Λ Η - Άρτα )

1 5 1 . Σε τρίγωνο ΑΒΓ σημείο Δ χωρίζει την πλευρά ΒΓ σε μέσο και άκρο λόγο με ΒΔ < ΔΓ . Ομοίως σημείο Ε την Γ Α με ΓΕ < ΕΑ . Να δειχθεί ότι η ευθεία ΑΔ διχοτομεί το ευθύγραμμο τμήμα ΒΕ. (Προτείνεται ΝΙ ΚΟΛΑΟ ΒΑΔ Ι ΒΟΥ Λ Η - Άρτα ) 1 52 . Να βρεθεί πολυώνυμο f(x ) , 2ν- l βαθμού, όπου ν Ε Ν* , ώστε το πολυώνυμο f(x) + Ι να διαιρείται με το (χ - 1) ν και το f(x) - 1 να διαιρείται με το (χ + 1 ) ν . Στη συνέχεια να βρεθεί ένα

τέτοιο πολυώνυμο πρώτου βαθμού, ένα τρίτου βαθμού και ένα εβδόμου βαθμού . (Προτείνεται από Ν. ΒΑΔ Ι Β ΟΥΛΗ - Άρτα )

1 53 . Να δειχθεί ότι δεν υπάρχουν φυσικοί αριθμοί χ,y,z,α,β, γ που να ικανοποιούν τις συνθήκες: χ 3 + yz = α3 , y 3 - χz = β 3 , z 3

- χy = γ 3.

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Α ΠΟΣΤΟΛΟ

ΚΑΖΑΚΟΠΟΥ ΛΟ - Θεσσαλονίκη )

1 54 . Αν α, β, γ 2': Ο , α + β + γ = 1 , να δειχθεί ότι

..!_ - 2αβγ � α 2 + β 2 + γ 2 � 1 - 2αβγ . (Προτείνεται 2 από τον συνάδελφο Γ. Ν Ι ΚΗ ΤΑΚΗ - Σητεία )

Λ 1 55 . Σε κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ είναι: Α = 1 20° Β = Δ = 90° ΓΔ2 - ΑΒ 2 = 2J3 και ΑΓ

< Jj . ' ΓΔ 2 I) Να υπολογισθεί το εμβαδόν του ΑΒΓ Δ.

ll) Να δειχθεί ότι : ΑΓ > ΒΔ και ΑΓ = 2 0 ΒΔ 2 - εΦΙ 5

(Προτείνεται από τον συνάδελφο Γ Ι Ω Ρ ΓΟ ΑΠΟ

ΣΤΟΛΟ ΠΟΥ ΛΟ - 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 .

Γνωρίζετε ότι :

Επιμέλεια : Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

• Το μηδέν χρησιμοποιήθηκε το 1 000 μ. Χ. περίπου και το σύμβολο «0» είναι το πρώτο γράμμα από τη λέξη ουδέν. Η επινόηση του συμβόλου αρχικά έγινε από τον Κλαύδιο Πτολεμαίο( Ι ΟΟ- 1 78μ.Χ.) .

• Οι αριθμοί πήραν τη σημερινή τους μορφή το 1 6° αιώνα, επινοήθηκαν από τους Ινδούς και έφθασαν στην Ευρώπη από τους Άραβες της Ισπανίας γι' αυτό αναφέρονται ως Αραβική γραφή .

• Το δισεκατομμύριο είναι μια λέξη που χρησιμοποιήθηκε μετά το 1 6° αιώνα. • Κανένας μέχρι σήμερα δεν έχει βρει γιατί χρειάζονται 1 7 τουλάχιστον αριθμοί για να έχει

μοναδική λύση ένα πρόβλημα Sudoku. • Ο Όμηρος δεν είναι μόνο ο μεγαλύτερος ποιητής της aνθρωπότητας αλλά και σπουδαίος

μαθηματικός αφού στους στίχους των ποιημάτων του παίζει με τα Μαθηματικά.

• Ο Απ. Δοξιάδης με Comics αναφέρεται στη μεγάλη περιπέτεια της λογικής στις αρχές του 20ου αιώνα; Η φωτογραφία είναι από το νέο του βιβλίο, με τίτλο LOGICOMIX. Αρκετά ενδιαφέρουσα περιήγηση . . .

• Ο υπερβατικός αριθμός π είναι ο ποιο δημοφιλής, ο Αρχιμήδης τον προσδιόρισε με τα εγγεγραμμένα και περιγεγραμμένα πολύγωνα μεταξύ των αριθμών

3 1 Ο 3 1 0 Σ ' Β ' ' 70

και 7ι . το πανεπιστημιο της . ιεννης εγινε

λέσχη «φίλοι του ελληνικού π » . Οι Γιαπωνέζοι είναι λάτρεις του π, ο Τακαχίρο Σακάι αντικατέστησε τα ψηφία του με νότες και δημιούργησε μελωδία, ο Χ. Γκότο θυμάται 42 .000 ψηφία του, οι Γ. Κανάντα και Ν . Τακαχάσι στο Πανεπιστήμιο του Τόκιο υπολόγισαν 69 δισεκατομμύρια ψηφία.

• Αν προσθέσουμε τρείς διαδοχικούς αριθμούς που ο μεγαλύτερος είναι πολλαπλάσιο του 3 . Στη συνέχεια να πάρουμε το άθροισμα των ψηφίων του αθροίσματος. Του αριθμού αυτού που προκύπτει επίσης το άθροισμα των ψηφίων κ.ο .κ . μέχρι που να έχουμε μονοψήφιο αριθμό. Ο αριθμός αυτός είναι πάντα το 6 . (θεώρημα Ιάμβλιχου ) .

• Αν έχουμε ένα από κάθε νόμισμα (0.0 1 , 0 .02, 0 .05 , 0 . 1 0, 0 .20, 0 .50 , Ι , 2, 5 , 1 0, 20, 50, 1 00, 200, 500) η συνολική τους αξία είναι 888 . 88 Ευρώ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 70 τ.2!78

------------ Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν ------------

Θέματα που ζητούν τη λύση . . . Ο Λύκος, η Κατσίκα και το Λάχανο Ένας Βαρκάρης έχει μια μικρή βάρκα που μπορεί κάθε φορά να πάρει μαζί του ή τον Λύκο ή την Κατσίκα ή το Λάχανο. Πώς θα τα περάσει όλα στην απέναντι όχθη ώστε ούτε ο λύκος να μείνει μόνος του με την κατσίκα ούτε η κατσίκα με το λάχανο;

Η Αλυσίδα Κρεμάμε μια αλυσίδα από τα άκρα της σε δύο διαφορετικά καρφιά ενός τοίχου που βρίσκονται στο ίδιο ύψος. Ο Γαλιλαίος είπε ότι το σχήμα που παίρνει η αλυσίδα είναι παραβολή . Έκανε λάθος ο Γαλιλαίος; Ποια μαθηματική συνάρτηση περιγράφει το σχήμα

Η Αρετή και η Κακία Θα έχετε ακούσει την ιστορία με την Αρετή και την Κακία. Αλλά αν και σεις βρεθείτε στο σταυροδρόμι καμιά φορά δεν είναι εύκολο να ξεχωρίσετε ποιά από τις αδελφές θα συναντήσετε. Βρείτε ποιά ερώτηση πρέπει να κάνετε ώστε από την απάντηση να ξέρετε τον σωστό δρόμο για το σχολείο; (Σημειώστε ότι η Αρετή λέει πάντα αλήθεια ενώ η Κακία λέει πάντα ψέματα) .

Η Απλοποίηση Ένας μαθητής στις εξετάσεις για να κάνει την πρόσθεση των κλασμάτων 1 6 1 9 26 , 49

- + - + - + - = σκέφτηκε να τα 64 95 65 98 απλοποιήσει και διέγραψε τα ίδια ψηφία που υπήρχαν σε αριθμητή και παρονομαστή και ' 1 1 2 4 εγραψε =- + - + - + - . Είναι σωστό το

4 5 5 8 αποτέλεσμα;

Το εμβαδό Το ΑΒΓΔ είναι τετράγωνο με εμβαδό = 1 τ.μ. να βρεθεί το εμβαδό ΕΖΗΘ, (χωρίς υπολογισμούς Πυθαγόρειο Θεώρημα κλπ), με απλό τρόπο, τα Κ,Λ,Μ,Ν είναι μέσα των πλευρών λ

k Το 1089 Πάρτε 3ψήφιο αριθμό ΑΒΓ με Α διαφορετικό από το ψηφίο Γ. Δημιουργήστε τον αριθμό ΓΒΑ και αφαιρέστε τοv μικρότερο από τον μεγαλύτερο. Αντιστρέψτε τώρα τα ψηφία της διαφοράς και προσθέστε τη διαφορά με τον αριθμό που προέκυψε πάντα θα έχετε 1 089 .

Εννέα τετράγωνα Μπορούμε να έχουμε 9 διαδοχικούς αριθμούς που το άθροισμα των τετραγώνων των 5 πρώτων ισούται με το άθροισμα των τετραγώνων των 4 άλλων;

Η Ηλικία και Μ τα αγικα τετρα γ ω να 4 9 2 3 5 7 8 1 6

Το παραπάνω είναι ένα μαγικό τετράγωνο 3χ3 . Πάρτε τρείς 3ψήφιους αριθμούς από τις γραμμές ή τις στήλες διαβάζοντάς τους από δεξιά ή αριστερά από πάνω ή κάτω. Στο άθροισμά τους προσθέστε και την ηλικία σας. Πείτε μόνο το τελικό αποτέλεσμα και θα είναι γνωστή η ηλικία σας. Γιατί;

Η Θέα Βρίσκεστε στην κορυφή ενός λόφου που είναι δίπλα στη θάλασσα υψόμετρο 500 μέτρα. Τίποτα δεν εμποδίζει τη θέα στο απέραντο γαλάζιο. Πόσα χιλιόμετρα μακριά βλέπετε; (Η Γη είναι σφαιρική με ακτίνα 6370 χιλιόμετρα) .


------------ Τα Μαθη ματικά μας διασκεδάζουν ----------�

Απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν. Ο Λύκος, η Κατσίκα και το Λάχανο Ο βαρκάρης θα περάσει πρώτα την κατσίκα στην απέναντι όχθη και θα γυρίσει να πάρει το λύκο, μόλις περάσει το λύκο απέναντι θα πάρει πάλι την κατσίκα μαζί του για να την πάει στην αρχική όχθη . Θα πάρει το λάχανο να το περάσει απέναντι και θα επιστρέψει να πάρει και την κατσίκα.

Η Αλυσίδα Ο Leibniz, ο Huygens και ο Bemulli απέδειξαν ότι το σχήμα που παίρνει περιγράφεται από τον τύπο y=α*cosh(x/α), όπου α είναι μια σταθερά που εξαρτάται από

την αλυσίδα και cosh(x/α)= e '·ιa + e-

xιa . Ο 2

Γαλιλαίος δεν έπεσε και πολύ έξω αφού για μικρές τιμές του χ έχουμε παραβολή .

Η Αρετή και η Κακία Η ερώτηση που πρέπει να κάνετε είναι: «Α ν ρωτήσω την αδελφή σου ποιο δρόμο να πάρω για το σχολείο ποιόν θα μου πει;» . Στη συνέχεια ακολουθήστε τον άλλο δρόμο από αυτόν που θα σας δείξει. Διότι αν είναι μπροστά σας η Αρετή σας λέει αλήθεια ότι αυτόν το δρόμο θα σας υποδείξει η αδελφή της που όμως λέει πάντα ψέματα. Άρα δεν τον ακολουθούμε. Αν είναι μπροστά σας η Κακία τότε σας λέει ψέματα ότι αυτόν το δρόμο θα σας υποδείξει η Αρετή . Άρα μην τον ακολουθήσετε.

Η Απλοποίηση Ο μαθητής πήρε άριστα. Ήταν πολύ τυχερός. Ψάξτε και σεις για άλλα τέτοια κλάσματα.

Το εμβαδό

Είναι 4/20= 1 /5 τ. μ. και να η εξήγηση .

Το 1 089 Στη διαφορά πάντα το μεσαίο ψηφίο είναι 9 . Το πρώτο ψηφίο είναι η διαφορά του τελευταίου ψηφίου από το μεσαίο(9) . Διότι ( 1 00 Α+ 1 0Β+Γ) - ( 1 00Γ+ 1 0Β+Α) = =99 Α+ΟΒ-99Γ = 99(Α-Γ) = 99Δ = = 1 00(Δ- 1 )+ 1 0 . 9+( 1 0-Δ). π.χ. 654-456= 1 98 και 89 1 + 1 98= 1 089 . Παρατήρηση : Α ν η διαφορά είναι 99 διπλασιάστε πρώτα το 99.

Εννέα τετράγωνα Ονομάστε τους χ, χ+ 1 , . . . χ+8 λύστε την εξίσωση και θα έχετε το αποτέλεσμα 36,37 ,38 ,39,40,4 1 ,42,43 ,44 .

Η Ηλικία και τα Μαγικά τετράγωνα Οι τρείς αριθμοί έχουν πάντα άθροισμα 1 665, τον οποίο aφαιρείτε και μένει η ηλικία σας. Το ίδιο ισχύει αν πάρετε το υπόλοιπο της διαίρεσης με 1 1 1 . (Δημ.Καρβελάς Χημικός)

Η Θέα Αν φανταστείτε την ΑΟ που ενώνει την κορυφή του λόφου Α με το κέντρο της Γης Ο και η οποία τέμνει την επιφάνεια της Γης στο σημείο Γ, την ΑΒ εφαπτομένη από το Α στην επιφάνεια της Γης στο σημείο Β και την ακτίνα ΟΒ της Γης, έχετε ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΟ (Β= 1 ορθή) με

συνθ= ΟΒ 6370 ' θ=Ο.72° ' θ=Ο.Ο 1 25 ΟΑ 6370 + 0 .5

η η

ακτίνια.

Άρα το μήκος του τόξου ΓΒ που βλέπετε από τον λόφο είναι 0 .0 1 25 * 6370=80 χιλιόμετρα.

Α

ο


Μόλις κυκλοφόρησαν τα βι βλία με τα θέματα των Διαγωνισμών 1 997 - 2007 της Ε . Μ . Ε .

Ο ΘΑΛΗΣ, Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ, Ο ΑΡΧΙ Μ ΗΔΗΣ, Ο ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗ ΜΑτΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝ ΙΣΜΟΣ

Με τα προβλήματα τις λύσεις τους και τα ιστορικά ση μειώματα.

Οι ΠΑΝΕΛι\ΗΝιοι ΜΑΘΗΜΑΙΙΚΟι

./ Ο ω.ΑΗ! ./ Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ.

ΔΙΑfΩΝΙΙΜΟΙ 1997 . 2007

..1 ΟλΡΧΙΜΗΔΗ!. ./ Ο MaOrfiAKO! ΜλθtΙΜιΗΙΚΟΙ ΔlλfΩΝΙΣΜΟΙ

r1J 203 σελίδες 20€

• Τα προβλή�α • 01 λύσει� τουc; • Ιστοριιιά οημι;ιώμστα

360 σελίδες 30€

ΑΘΗΝΑ :107 ΑθΗΝΑ 2007

Κεντρική διάθεση : Ελληνική Μαθη ματική Εται ρεία Πανεπιστημίου 34 - 1 06 79 Αθήνα Τηλ. : 2 1 0 36 1 6532 , 2 1 0 36 1 7784 fax : 2 1 0 364 1 025 i [email protected]

ΕΠΙΧΕΙΡΗΣΙΑΚΟ ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ «ΚΟΙΝΩΝΙΑ ΤΗΣ ΠΛΗΡΟΦΟΡIΑΣ»

2000 - 2006 Γ ' ΚΠΣ ΑΞΟΝΑΣ 1 : ΠΑΙΔΕΙΑ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΣ

ΜΕΤΡΟ 1 . 3 : «ΤΕΚΜΗΡΙΩΣΗ ΑΞΙΟΠΟΙΗΣΗ ΚΑΙ ΑΝΑΔΕΙΞΗ

ΤΟΥ ΕΛΛΗΝΙΚΟΥ ΠΟΛΙΤΙΣΜΟΥ»

Στον κόμβο της ΕΜΕ (http://www.hms.gr) έχει αναρτηθεί το ψηφιοποιημένο αρχειακό υλικό της Ελληνικής Μαθηματικής που παρήχθη στο πλαίσιο των έργων: «Μαθηματικά και Πολιτισμός : Από την Αρχαιότητα στην Κοινωνία

της Πληροφορίας» Συγχρηματοδότηση 75% Ευρωπαϊκή Ένωση

25% Εθνικοί Πόροι Επέκταση των δράσεων του έργου : «Μαθη ματικά και Πολιτισμός : Από την

Αρχαιότητα στην Κοινωνία της Πληροφορίας» Συγχρηματοδότηση 80% Ευρωπαϊκή Ένωση

�008 . .. . ν . ,.,:,. -ι ι . . .. ,.ι �····•ιr- ι ιο. .....,. •

20% Εθνικοί Πόροι

111m' Π (811ΙΙΙΙΣ IAWIA[ �1 1111Eirttu1D� • -= 11 ΙΚΗ ΠΗΡΠ � !I�JEJPiίH! EΠbiH 8

Η ΠΑΙΔΕΙΑ ΣΤΗΝ KOPV<PH ΠΙΙΙΙΑί� 01�11 Ε n ι χ ι; · ρ n <r 1 C i'. ·O Π ριΟ γ ρ σ μ ο �γη:ΡΗΗ!1&01 Η Ε κ n α i δ s u cr rιoς κ α 1 ρ )π κ r ς

ΕΥΡΟ!ωf .Ο κοι�.)Νik1 fΔ.·· 10 Ε r α ·� vr: λ. ι.JΟ τ 1.ι<. n ς K a [a p t 1 0Π C' Η Π Ρ ΑΕ Η ΣΥΓΧΡΗΜΑ ΤΟ ΔΟ !ΕΙ ΤΑΙ : ΕΥΡ ΩΠ.ΑΪΚ Ο ΚΟΙΝΩ ΝΙΚΟ T.AMEIO (Ε .Κ. Τ .) · Ε0 ΝΙΚ ΟΙ Π ΟΡ ΟΙ

Ευκλειδης Β 71

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 71