Ευκλειδης Β 77

84
27η Βαλκανιάδα Μα θηματικών στη Μολδαβία· Μάιος 2010 Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα Υπατία

description

Ευκλειδης Β 77

Transcript of Ευκλειδης Β 77

Page 1: Ευκλειδης Β 77

• 27η Βαλκανιάδα Μαθηματικών στη Μολδαβία· Μάιος 2010

• Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα • Υπατία

Page 2: Ευκλειδης Β 77

προσφορ με τnν aγορό επιλεγμένων βασικών βοnθnμότων

δώρο* nλεκτρονικό εκπαιδευτικό κaι λογοτεχνικό βιβλίο

��-� •Η προσφορά ισχυει aπό 20/09/2010 έws ι9/ 10/2010

ηλεκτρονικό βοnθήμaτa (e-books) μόνο με 8 €

Νέες Εκδόσεις της

Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑηΚΗ ETAIPEIA

π.;,.,,,,, ,,,, ,,,.,, .. Χ. Δ. Αί'8ιπρόντnς και S. Κ. Chiiilkrabartl

Πc.ριοδι•Ι\ eτrιcnη�νι .... -..aoorι

Κεντρική διάθεση Ελληνική ΜΑθηματική Εταιρεία

Π ανεπιστημίοu 34 - Αθήνα

Page 3: Ευκλειδης Β 77

Μαρία Ρουσούλη - Λεωνίδας Σιώζος-Ρουσούλης Α φορμή γι' αυτό το άρθρο δόθηκε από το βιβλίο «Το

... ..... . . . ....

θεώρημα του παπαγάλου» του Denis Guedj . Κατά την .... ... . ... αναδρομή του κυρίου Ρυς στην ιστορία των

Μαθηματικών, φτάνοντας στην Αλεξάνδρεια αναφέρει: «η Υπατία η πρώτη γυναίκα μαθηματικός στην ιστορία . . . . », κλείνοντας: « . . . την έκαψαν ζωντανή. Η Λέα τον κοίταξε κατάχλωμη και σχολίασε: Μία μόνο μαθηματικός στην αρχαιότητα και αυτή βασανίστηκε και κάηκε στην πυρά; Και μετά απορούν που τα πιο πολλά κορίτσια δεν είναι καλά στα μαθηματικά!»

«Η Υπατία ήταν άραγε η μοναδική γυναίκα μαθηματικός;» Σύμφωνα με έρευνες σε έργα ιστορικών και φιλοσόφων, στην

αρχαία Ελλάδα έζησαν τουλάχιστον 50 γυναίκες μαθηματικοί από τον 1 0° π.Χ. έως τον 5° μ.Χ. αιώνα. Δυστυχώς έμειναν στην αφάνεια λόγω της στάσης των αρχαίων κοινωνιών προς «τας πεπαιδευμένας γυναίκας», της εξαφάνισης διαφόρων ιστορικών μαρτυριών, ιδιαίτερα με την καταστροφή της βιβλιοθήκης της Αλεξάνδρειας, και της απόδοσης των εργασιών τους σε άνδρες επιστήμονες. Προέρχονταν από διάφορες γωνιές του ελληνικού κόσμου και οι περισσότερες ήταν προνομιούχες γυναίκες με σπουδές πέραν της βασικής εκπαίδευσης. Ακόμη όμως και σήμερα, γυναίκες και μαθηματικά μοιάζουν ασυμβίβαστες έννοιες. Είναι χαρακτηριστική η δήλωση του προέδρου του HaiΎard, Lawrence Summers πως «οι γυναίκες είναι γενετικά κατώτερες και δεν είναι φτιαγμένες για τις θετικές επιστήμες» , που τελικά οδήγησε στη παραίτησή του . [ l ]

Γεωμετρική Περίοδος (11 ος - 8°ς π.Χ αιώνας) Κατά τους Ρωμαίους ιστορικούς Βιτρούβιο

και τίτο Λίβιο ( 1 ος π.Χ. αι.) η μητέρα του Θησέα Αίθρα (10°ς- 9°ς π.Χ.αι.) δίδασκε στα παιδιά της Τροιζήνας λογιστική (πρακτική αριθμητική) . Στηριζόταν στην χρήση του άβακα και συμβόλων κατά το κρητομηκυναϊκό σύστημα αρίθμησης, όπου απουσίαζε το μηδέν, καθιστώντας τον συμβολισμό των αριθμών πολύπλοκο, λόγω των πολλών επαναλήψεων των συμβόλων αυτών.

Σχολή της Ιωνίας (6°ς- 5ος π.Χ αιώνας) Από την σχολή της Ιωνίας σύμφωνα με τον

ιστορικό Λόβωνα τον Αργείο (3°ς π.Χ αι. ) διακρίθηκε η Πολυγνώτη η οποία ήταν μαθήτρια και σύντροφος του Θαλή . Ο Ρωμαίος συγγραφέας Βοήθιος ( 5ος μ. Χ. αι.) αναφέρει πως ήταν γνώστης πολλών γεωμετρικών θεωρημάτων, ενώ εισήγαγε και την αρχή της ακροφωνίας στον συμβολισμό των αριθμητικών συμβόλων. Όπου το Δ παριστάνει τον αριθμό 1 0, το Η ( έκατον ) συμβολίζει το 1 00 , ΧΗ= 1 1 00 κ.ο.κ . . Τα σύμβολα αυτά ονομάζονται «ηρωδιανικά» καθώς περιγράφονται σ' ένα απόσπασμα το οποίο

αποδίδεται στον Ηρωδιανό. Κατά τον Βιτρούβιο η Πολυγνώτη διετύπωσε και απέδειξε πρώτη την πρόταση πως «Κάθε εγγεγραμμένη γωνία που βαίνει σε ημικύκλιο είναι ορθή».

Σχολή του Πυθαγόρα (6°ς- 5ος π.Χ. αιώνας) Βασική αιτία για να δεχτεί ο Πυθαγόρας

γυναίκες στη σχολή του αποτέλεσε η ιέρεια των Δελφών και δασκάλα του ιδίου, Θεμιστόκλεια.

Σύμφωνα με τον φιλόσοφο Αριστόξενο ο οποίος έζησε τον 4ο αιώνα π.χ. , η Θεμιστόκλεια τον 6° π.Χ αιώνα , δίδασκε στους επισκέπτες του μαντείου των Δελφών μαθηματικά, έχοντας μάλιστα διακοσμήσει τον βωμό του Απόλλωνα με γεωμετρικά σχήματα και παραστάσεις. Οι γνώσεις και η σοφία της αποτέλεσαν αντικείμενο θαυμασμού για τον Πυθαγόρα, τον οποίο εκείνη μύησε στις αρχές της αριθμοσοφίας[2] και της γεωμετρίας, ενώ πέτυχε να του εμφυσήσει και τις ηθικές της αρχές κι αξίες.

Από τη σχολή του Πυθαγόρα διακρίθηκαν πολλές γυναίκες στα μαθηματικά οι οποίες αναφέρονται στο έργο του Ιάμβλιχου

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/1

Page 4: Ευκλειδης Β 77

Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 1 Οος π.Χ - 5°ς μ.Χ Αιώνα )

(νεοπλατωνικού φιλόσοφου του 3ου μ.Χ.αι.) ((Περί Πυθαγορείου βίοω>.

Η πεθερά του Πυθαγόρα Δεινώ, σύζυγος του γιατρού Βροντίνου από τον Κρότωνα, η οποία ήταν γνώστης της αριθμοσοφίας και μελέτησε, κατά τον Dasypodius, τους ελλιπείς αριθμούς[3] .

Η κόρη τους, Θεανώ η Θουρία, ήταν μαθήτρια του Πυθαγόρα, τον οποίο και παντρεύτηκε. Μαζί του απέκτησε τρεις κόρες (Δαμώ, Μυία, Αριγνώτη) και δύο γιους (Μνήσαρχο και Τηλαύγη) με τη βοήθεια των οποίων συνέχισε και διέδωσε τη διδασκαλία και το έργο του σε όλη την Ελλάδα και την Αίγυπτο. Η ίδια ασχολήθηκε με τη θεωρία των αριθμών, η οποία έπαιξε κυρίαρχο ρόλο στην πυθαγόρεια διδασκαλία, ενώ παράλληλα δίδαξε μαθηματικά και αστρονομία στις πυθαγόρειες σχολές της Σάμου και του Κρότωνα. Της αποδίδεται η άποψη της «Χρυσής Τομής» (Golden Ratio), όπως και διάφορες κοσμολογικές θεωρίες ενώ έγραψε επτά περίπου μελέτες και βιβλιογραφία του Πυθαγόρα που χάθηκαν. Θεωρείται ως η διασημότερη γυναίκα αστρονόμος και κοσμολόγος της αρχαιότητας, ενώ ο Ιάμβλιχος την μνημονεύει ως «μαθηματικόν άξιαν μνήμης κατά παιδείαν».

Η Δαμώ, κόρη του Πυθαγόρα, δίδαξε τα πυθαγόρεια δόγματα στην Σχολή του Κρότωνα. Μάλιστα ο Πυθαγόρας της είχε εμπιστευτεί τα γραπτά του έργα, με την ρητή εντολή να μην τα ανακοινώσει σε αμύητους. Μετά την διάλυση της Σχολής η Δαμώ βρέθηκε στην Αθήνα όπου πολύ αργότερα δημοσίευσε μονάχα την γεωμετρική διδασκαλία του πατέρα της, με την βοήθεια των Πυθαγορείων Φιλολάου και Θυμαρίδα, με τίτλο <<Η προς Πυθαγόρου /σrορίω> . Κατά τον Γεμίνο τον Ρόδιο ( 1 ος π.Χ.αι. ), η κατασκευή του κανονικού τετραέδρου και του κύβου, καθώς και η μέθοδος εγγραφής κανονικού δωδεκαέδρου σε σφαίρα, οφείλονται στην Δαμώ. Ακόμα, ο Διογένης ο Λαέρτιος της αποδίδει τη θεώρηση <<Από τα σrερεά σχήματα το ωραιότερο είναι η σφαίρα, ενώ από τα επίπεδα ο κύκλος». Η Δαμώ παντρεύτηκε στην Αθήνα κάποιον πυθαγόρειο με τον οποίο αργότερα απέκτησε και μία κόρη, την Βιτάλη .

Η Μυία ή Μυρία ήταν σύζυγος του Μίλωνα του Κροτωνιάτη . Δίδαξε στην Σχολή του Κρότωνα , ασχολήθηκε με τη γεωμετρία και της αποδίδεται η επινόηση της τρίτης (ή εστηκυίας) μεσότητος, δηλαδή αναλογίας.

Η Αριγνώτη αναφέρεται από τον νεοπλατωνικό φιλόσοφο και συγγραφέα Πορφύριο τον Τύριο (3°ς μ.Χ αι.) ως θυγατέρα του Πυθαγόρα, αλλά το λεξικό του Σούδα την αναφέρει ως μαθήτρια «Σάμια φιλόσοφο Πυθαγορική».Υπήρξε φιλόσοφος, συγγραφέας και

μαθηματικός και έχαιρε μεγάλης εκτίμησης. Έγραψε πολλά φιλοσοφικά έργα και ένα μαθηματικό βιβλίο με τίτλο <<Ιlερί αριθμών», το οποίο χάθηκε.

Η Φιντύς ή Φίλ τυς θυγατέρα του Θεόφρη από τον Κρότωνα, δίδαξε στην σχολή του Κρότωνα. Α ναφέρεται ως εμπνεύστρια της ισότητας που συνδέει τις πυθαγόρειες τριάδες δηλ.

α' + ( αΊ- Ι )' � ( α'2+ 1 )'

(α περιττός φυσικός) .

Η Μελίσσα ασχολήθηκε με την κατασκευή κανονικών πολυγώνων εγγεγραμμένων σε κύκλο. Κατά τον Νικηφόρο Βλεμμίδη [4] η σχέση

12 + 22 + . . . + ν 2 = [ν (ν2+ l)Ι οφείλεται στην

Μελίσσα. Η Σπαρτιάτισσα Τυμίχα ήταν γεννημένη

στον Κρότωνα και όπως αναφέρεται από τον Διογένη Λαέρτιο, έγραψε για τους «φίλους αριθμούς» [5] . Μετά την καταστροφή της σχολής από τους δημοκρατικούς του Κρότωνα η Τυμίχα κατέφυγε στις Συρακούσες, όπου κατά τους ιστορικούς Ιππόβοτο και Νεάνθη (3°ς π.Χ. αι. ), ο τύραννος Διονύσιος της ζήτησε να του αποκαλύψει το περιεχόμενο της Πυθαγόρειας διδασκαλίας. Παρά τη μεγάλη αμοιβή που εκείνος της υποσχέθηκε, εκείνη αρνήθηκε κατηγορηματικά και μάλιστα, σύμφωνα με κάποιους ιστορικούς, έκοψε με τα δόντια τη γλώσσα της και την έφτυσε στο πρόσωπο του Διονυσίου .

Η Πτολεμα"ϊς ήταν νεοπυθαγόρεια φιλόσοφος, μουσικός και μαθηματικός και κατά τον Πορφύριο (νεοπλατωνικό φιλόσοφο του 3ου μ. Χ αι.) απέδειξε την αντιμεταθετική ιδιότητα για τους αριθμούς.

Διοτίμα από την Μαντινεία

Από τους Πρόκλο ( νεοπλατωνικό φιλόσοφο και συγγραφέα του sου μ.Χ.αι.) και Διογένη Λαέρτιο αναφέρεται η ιέρεια Διοτίμα από την Μαντινεία, ως γνώστρια της Πυθαγόρειας αριθμοσοφίας και της γεωμετρίας. Είναι η μόνη γυναίκα που συμμετείχε στο ανδροκρατούμενο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/2

Page 5: Ευκλειδης Β 77

------- Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 10°ς π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

Συμπόσιο του Πλάτωνα και αναφέρεται ως «σοφή Η Κυρηναϊκή Σχολή (4�ς- 3σς π.Χ. αιώνας) γυναίκα δασκάλα του Σωκράτη». Ο Πρόκλος στα περίφημα σχόλιά του στο

Η εγγονή του Πυθαγόρα Βιτάλη ή Βιστάλα, πρώτο βιβλίο του Ευκλείδη, αναφέρεται στην κόρη της Δαμούς ήταν γνώστρια των μαθήτρια του Πλάτωνα, Αρετή την Κυρηνεία ή πυθαγόρειων μαθηματικών και κατά τον Αρήτη . Υπήρξε κόρη του Αριστίππου, ιδρυτή της συγγραφέα Αθήναιο τον Ναυκράτιο (2°ς-3ος Κυρηναϊκής Σχολής, τον οποίο και διαδέχθηκε μ.Χ.αι.) δίδαξε γεωμετρία στην Αθήνα. Σ' αυτήν η μετά τον θάνατο του, κατόπιν εκλογής, στην Δαμώ εμπιστεύτηκε τα «υπομνήματα», δηλαδή διεύθυνση της Σχολής. Έγγραψε σαράντα τα φιλοσοφικά κείμενα του πατέρα της. τουλάχιστον βιβλία, από τα οποία τα δύο

Πυθαγόρεια φιλόσοφος, συγγραφέας και περιελάμβαναν και πραγματείες για τα μαθηματικός που αναφέρεται από τον Ν.Βλεμμίδη, μαθηματικά, ενώ δίδαξε μαθηματικά, φυσική και ήταν η Περικτιόνη η μητέρα του Πλάτωνα στην ηθική φιλοσοφία στην Αττική . Μάλιστα, ανάμεσα οποία ο μεγάλος φιλόσοφος και μαθηματικός στους μαθητές της συγκαταλέγονται και 100 οφείλει την πρώτη γνωριμία του με τα περίπου φιλόσοφοι. Το έργο της συνέχισε ο γιος μαθηματικά. Ο συγγραφέας Ιωάννης Στοβαίος (5°ς της Αρίστιππος ο Νεώτερος, ο οποίος ονομάστηκε μ.Χ.αι.) στο <<ΑνθολόγιΟ>) του [6], αναφέρει για την <ψητροδίδακτος)) . Ο John Moran στο βιβλίο του Περικτιόνη ότι «κατείχε τα της γεωμετρίας και της «Women ίn Scίence>> αναφέρει ότι στον τάφο της αριθμητικής» . έστησαν μαρμάρινη επιγραφή στην οποία

Άλλες Πυθαγόρειες γυναίκες ήταν οι: αναγραφόταν: «Ενθάδε κείται το μεγαλείο της Ρυνδακώ αδελφή Βυνδάκου, Οκκελώ και Ελλάδος με την ομορφιά της Ελένης, την πένα του Εκκελώ (αδελφές) από τις Λευκάνες, Χειλωνίς Αριστίππου και την γλώσσα του Ομήροω) . κόρη Χείλωνος του Λακεδαιμονίου, Κρατησίκλεια σύζυγος Κλεάνορος του Σχολή του Επίκουρου. (4σς- 3°ςπ.Χ.αιώνας). Λακεδαιμονίου, Αβροτέλεια κόρη Αβροτέλους Διακρίθηκαν στα μαθηματικά η Θεμίση τόυ Ταραντίνου, Εχεκράτεια η Φλιασία, Θεανώ και η Λεοντία η Κορινθία η οποία έγραψε γυναίκα του Μεταποντίνου Βροντίνου, πολλές εργασίες αλλά δυστυχώς δεν σώζεται Τυρσηνίς η Συβαρίτις, Πεισιρρόδη η καμία. Ταραντινίς, Θεαδούσα η Λάκαινα, Βοιώ η Αργεία, Βαβέλυκα η Αργεία, Κλεαίχμα αδελφή Αυτοχαρίδα του Λάκωνος, Ελορίς η Σαμία και Ν ισθαιαδούσα

Η Ακαδημία του, Πλάτωνα (4ος π.Χ. αιώνας) Στην Ακαδημία του Πλάτωνα σπούδασαν η

Πυθαγόρεια Λασθένεια , η Αξιοθέα η Φλιασία καθώς και η Αρετή η Κυρηνεία. Η πρώτη προέρχονταν από την Μαντινεία όπου και είχε μελετήσει τα έργα του Πλάτωνα. Λέγεται ότι εισήλθε στην Ακαδημία του για να σπουδάσει μαθηματικά και φιλοσοφία, ντυμένη σαν άντρας, καθώς δεν επιτρέπονταν η είσοδος στις γυναίκες. Μετά τον θάνατο του Πλάτωνα συνέχισε τις σπουδές της κοντά στον ανεψιό του Σπεύσιππο τον οποίο και παντρεύτηκε. Σύμφωνα με τον Αλεξανδρινό γραμματικό Αριστοφάνη τον Περιπατητικό (3°ς-2οςπ.Χ.αι) , στην Λασθένεια οφείλεται ο παρακάτω ορισμός της σφαίρας «Σφαίρα είναι ένα στερεό σχήμα που περικλείεται από μία επιφάνεια προς την οποία από ένα σημείο που βρίσκεται μέσα στο σχήμα, όλες οι προσπίπτουσες ευθείες είναι ίσες μεταξύ τους)) .

Η Αξιοθέα η Φλιασία ασχολήθηκε ιδιαίτερα με τα μαθηματικά και την φυσική φιλοσοφία διδάσκοντας σε Κόρινθο και Αθήνα.

Άλλες γυναίκες Μαθηματικοί τον 4α π.Χ. αιιονα Τον 4° π.Χ. αιώνα διακρίθηκε στα

μαθηματικά η Νικαρέτη η Κορίνθια την οποία αναφέρει ο Στοβαίος. Η Νικαρέτη έγραψε πολλά έργα τα οποία όμως χάθηκαν. Αξίζει να σημειωθεί πώς αναφέρεται από τον Νικόλαο Χατζηδάκι[7] ως «της Γεωμετρίας θεραπαινίς>) και σ'αυτήν οφείλονται οι αποδείξεις των θεωρημάτων <<Κάθε εξωτερική γωνία ενός τριγώνου είναι μεγαλύτερη από καθεμιά από τις απέναντι γωνίες του τριγώνου>) , «Σε κάθε τρίγωνο η μεγαλύτερη γωνία κείται απέναντι της μεγαλύτερη πλευράς» και «Σε κάθε τρίγωνο δύο γωνίες είναι μικρότερες των δύο ορθών με οποιοδήποτε τρόπο κι αν τις πάρουμε», που περιέχονται στο πρώτο βιβλίο των Στοιχείων του Ευκλείδη.

Ο Έλληνας ιστορικός Πλούταρχος ( 1 ος μ. Χ. αι.) αναφέρει την μαθηματίκό και αστρονόμο Αγλαονίκη, η οποία κατηγορήθηκε για μαγεία, καθώς προέβλεπε εκλείψεις του Ηλίου και της Σελήνης. Τ όνομά της φέρει κι ένας κρατήρας στο νότιο ημισφαίριο της Αφροδίτης.

Ο Αθήναιος στους «Δειπνοσοφιστές» αναφέρει επίσης πολλές γυναίκες που διακρίθηκαν στα μαθηματικά όπως τις Καλύκη, Αρχεδίκη, Τελέσσινα, Πυθιονίκη, Λαμπιτό, Δανάη, Θεόκλεια, Άνθεια, Χλόη, για τις οποίες όμως δεν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/3

Page 6: Ευκλειδης Β 77

------- Γυναίκες και Μαθη ματικά στην Αρχαία Ελλάδα( lΟος π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

έχουν βρεθεί στοιχεία για την ζωή και το έργο και στο λεξικό του Σούδα, κατά τις οποίες τους. ξεπέρασε όλους τους φιλοσόφους της εποχής της

Ελληνιστικοί χρόνοι (2ος- 1 ος π.Χ.αιώνας) Η κόρη του μαθηματικού Ζηνοδώρου,

Πυθαϊς (2°ς π.Χ.αι.), ασχολήθηκε μαζί με τον πατέρα της με εμβαδά επιπέδων χωρίων και αναφέρεται από τον Ευτόκιο τον Ασκαλωνίτης και τον Θέωνα τον Αλεξανδρέα. Λέγεται πως απέδειξε την πρόταση «Από όλα τα ισοπερίμετρα σχήματα που έχουν τον ίδιο αριθμό πλευρών μεγαλύτερο είναι το κανονικό» .

Από τον 2° π.Χ μέχρι τον 3° μ.Χ.αιώνα δεν αναφέρεται καμία γυναίκα μαθηματικός. Τον 4° όμως μ.Χ αιώνα εμφανίζεται η πιο γνωστή μαθηματικός και φιλόσοφος της αρχαιότητας, η Υπατία.

[ 1] Σε συνέδριο στο Cambridge, Massachusetts στις 14-1-05. Παραιτήθηκε Ιούνιο 2006 [2] Πυθαγόρεια μαντική τεχνική [3] Ένας αριθμός λέγεται ελλιπής, όταν οι γνήσιοι διαιρέτες του αν προστεθούν, δίνουν άθροισμα μικρότερο του ιδίου του αριθμού π.χ. 8 είναι ελλιπής γιατί 1+2+4=7<8 [4] Βυζαντινός λόγιος και κληρικός 1197-1272 [5] Δύο αριθμοί λέγονται φίλοι όταν το άθροισμα των διαιρετών του ενός μας κάνει τον άλλο π. χ. 220 και 284 [ 6]Α ναφέρονται επίσης και οι : Αίθρα, Αρετή, Αριγνώτη, Δαμώ, Θεανώ, Θεμιστόκλεια, Πυθαϊς, Τυμίχα και Υπατία. [7] Μαθηματικός καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Αθηνών 1872-1942 πρώτος (ιδρυτικός) πρόεδρος της Ε.Μ.Ε. το 1918

ΠΗΓΕΣ Lynn Μ. Osen «Women ίn Mathematίcs» ΜΠ Press, (1975) Ogi1νie, Marilyn Bailey Women ίn Scίence. The ΜΠ Press, (1986). Β.Σπανδάγος-Ρ.Σπανδάγου «Οι Μαθηματικοί της

. αρχαίας Ελλάδας», (1994) Εκδ. Τραυλού http:/ /www .e-paideia.net http://wikipedia.com

Αλεξανδρινή Σχολή (3ος -6ος μ.Χ. αιώνας) ΥΠΑΊΊΑ (Αλεξά\•δρεια 370 μ.Χ.- 415 μ.Χ)

Η Υπατία είναι η πρώτη γυναίκα επιστήμονας της οποίας η ζωή έχει καταγραφεί με λεπτομέρειες. Ιστορικές μαρτυρίες γι' αυτήν βρίσκει κανείς στις επιστολές του μαθητή και ένθερμου οπαδού της Συνέσιου της Κυρήνης επισκόπου Πτολεμα"iδας, ο οποίος την αποκαλεί «μητέρα, αδελφή και δάσκαλο», στο έργο <<Εκκλησιαστική Ιστορία» του Σωκράτη Σχολαστικού, σε έργα του Νικηφόρου Καλλίστου, του Φιλοστόργιου, του Δαμάσκιου, του Ησύχιου

όχι μόνο στα μαθηματικά και την αστρονομία αλλά διέπρεψε και σε άλλους κλάδους των επιστημών.

Η Υπατία ήταν κόρη του Θέωνα, μαθηματικού, φιλόσοφου αστρονόμου, Μουσείο Αλεξάνδρειας

και στο της που

ήταν ανώτατο πνευματικό ίδρυμα. Ο Θέων επιθυμούσε η κόρη του να γίνει «το τέλειο ανθρώπινο όν» σε μία εποχή που οι γυναίκες θεωρούνταν κατώτερα όντα. Γι' αυτό φρόντισε για την σπάνια μόρφωσή της και την άρτια σωματική της διάπλαση ακολουθώντας το «Νοϋς ύγιής έν σώματι ύγιεΤ». Της μετέφερε τις γνώσεις του, της δίδαξε τις αρχές διδασκαλίας και μοιράστηκε μαζί της το πάθος του για απαντήσεις στο άγνωστο. Την μύησε στις διαφορετικές θρησκείες και τη δίδαξε πώς να επηρεάζει τους ανθρώπους με την δύναμη των λέξεωνc

Η Υπατία αρχικά σπούδασε στην σχολή της Αλεξάνδρειας, μετά στην Νεοπλατωνική Σχολή του Πλούταρχου του Νεότερου στην Αθήνα και στη συνέχεια στην Ρώμη . Είναι η πρώτη γυναίκα «πανεπιστημιακός» στην ανατολή. Ήταν μία πολύ όμορφη, έξυπνη, ταλαντούχα, τίμια και θαρραλέα γυναίκα. Ο ποιητής Leconte De Lisle έγραψε πως η Υπατία είχε το πνεύμα του Πλάτωνα και το κορμί της Αφροδίτης. Ήταν μαθηματικός και φιλόσοφος επικεφαλής της Νεοπλατωνικής Σχολής της Αλεξάνδρειας και ο Δαμάσκιος (6°ς μ.Χ.αι.) την ονομάζει «Γεωμετρική». Δίδαξε le quadriνium δηλ. αριθμητική, γεωμετρία, αστρονομία και μουσική . Η ομοιότητα με τους σύγχρονους πανεπιστημιακούς είναι εντυπωσιακή .

Το ερευνητίκό της έργο Δεν είναι γνωστή για κάποια μαθηματική

ανακάλυψη, αλλά κυρίως διότι συγκέντρωσε τις μέχρι τότε γνώσεις ,τις οργάνωσε, τις aπλούστευσε και τις δίδαξε. Τα περισσότερα από τα γραπτά της ξεκίνησαν σαν σημειώσεις για τους μαθητές της. Έγραψε:

* Σχόλια για τα 6 πρώτα βιβλία των Αριθμητικών του Διόφαντου (Υπόμνημα εις Διόφαντον) που θεωρείται το πρώτο βιβλίο Άλγεβρας και Θεωρίας Αριθμών, προτείνοντας εναλλακτικές λύσεις και νέα προβλήματα. Επίσης ήταν αξιόλογη η εργασία της στις δευτεροβάθμιες και διτετράγωνες εξισώσεις.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/4

Page 7: Ευκλειδης Β 77

Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα( 1 0°ς π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

* Διατριβή στις Κωνικές τομές του Απολλώνιου του Περγαίου σε 8 βιβλία. Το κείμενο της Υπατίας είναι μία απλούστευση της εργασίας του, όπου προσπαθούσε να εξηγήσει τις ασυνήθιστες τροχιές των πλανητών. (Οι κωνικές τομές αγνοήθηκαν μέχρι τις αρχές του 17°" αιώνα)

* Μία διατριβή για τον Ευκλείδη και βοήθησε τον πατέρα της στην αναθεώρηση και επανέκδοση των Στοιχείων του Ευκλείδη (13 βιβλία) που είναι σε χρήση ακόμα και σήμερα

* Κάποια μέρη από τα σχόλια του πατέρα της, στην Κύκλου Μέτρησιν του Αρχιμήδη και ένα κείμενο για ισοπεριμετρικά σχήματα.

Εξέδωσε τη Μεγάλη Σύνταξη ή Μαθηματική Πραγματεία του Πτολεμαίου (Almagest) του 2°" αιώνα. π.Χ., μία εγκυκλοπαίδεια 13 βιβλίων που περιείχε ό,τι ήταν γνωστό για την αστρονομία στην αρχαιότητα. Υπολόγιζε τις κινήσεις των πλανητών βασισμένες στο γεωκεντρικό μοντέλο του Πτολεμαίου που έγινε αποδεκτό για πάνω από 1000 χρόνια (16°ς αιων.). Επίσης ήταν πολύτιμο βιβλίο για τους μαθητές στα μαθηματικά γιατί περιείχε όλη τη δουλειά του Ίππαρχου στην τριγωνομετρία που είχε χαθεί.

Έγραψε τον Αστρονομικό κανόνα , μια νέα έκδοση των Πρόχειρων κανόνων (Handy tables) του Πτολεμαίου που αρχικά εκδόθηκαν από τον Θέωνα και υπολόγιζαν τις θέσεις του ηλίου της σελήνης και των πλανητών καθώς και εκλείψεις ηλίου, σελήνης πιο γρήγορα από τους κανόνες που περιέχονταν στη Μεγάλη Σύνταξη.

Δυστυχώς τα περισσότερα γραπτά της καταστράφηκαν στην πυρκαγιά της βιβλιοθήκης της Αλεξάνδρειας και ό,τι έχει διασωθεί είναι αποσπάσματα έργων της ενσωματωμένα σε διατριβές άλλων συγγραφέων, όπως του πατέρα της

Διδακτική μέθοδος Από όλους τους σχολιαστές περιγράφεται ως

χαρισματικός δάσκαλος και εξαίσιος ρήτορας. Έδινε διαλέξεις μπροστά σε ακροατήριο είτε στο δρόμο, είτε στο σπίτι της που έγινε κέντρο διανοούμενων, ή μαθήματα σε μικρές ομάδες νέων. Την εποχή εκείνη η Αλεξάνδρεια είχε ξεχωριστά σχολεία για παγανιστές, εβραίους και χριστιανούς. Η ίδια ήταν παγανίστρια, αλλά τα μαθήματά της παρακολουθούσαν παιδιά παγανιστών και χριστιανών και ιδιαίτερα καλών

οικογενειών, καθώς και μαθητές από διάφορα μέρη του κόσμου .

.Σχέmι. της �·την κοινωνία Είχε το χάρι�μα της επικοινωνίας,

αλληλογραφούσε με πολύ κόσμο από την περιοχή της Μεσογείου, ήταν αναμεμειγμένη στην πολιτική ζωή της πόλης και συχνά την καλούσαν ως σύμβουλο οι άρχοντες.

Πp,qΚ1'ιικές:-1,t,;ψαμ.:αιι;ι:κές ε1,Σι;ν,οήG,εl!; της Κατασκεύασε ορισμένα εργαλεία (>πως ένα

όργανο για την διύλιση του νερού και ένα για τη μέτρηση της στάθμης του, ένα διαβαθμισμένο υδρόμετρο από μπρούντζο για τη μέτρηση της ειδικής βαρύτητας δηλ. πυκνότητας του υγρού, ένα είδος θερμομέτρου (το βαρύλλιο), μουσικά όργανα και κατά τον Συνέσιο, τον επιπεδοσφαιρικό aστρολάβο, ένα όργανο που χρησιμοποιούνταν για τη μέτρηση και πρόβλεψη των θέσεων των πλανητών, του ήλιου και των άστρων, καθώς και τον υπολογισμό της ώρας, της ανατολής και δύσης του ηλίου, αλλά και του ανερχόμενου ζωδίου του ζωδιακού κύκλου.

Το. oh;t.);v,ηρA τtλος της Η Υπατία έζησε σε μία εποχή που η

πνευματική ζωή της Αλεξάνδρειας βρισκόταν σε κατάσταση σύγχυσης. Η Ρωμαϊκή Αυτοκρατορία γινόταν Χριστιανική και για τους χριστιανούς οι Πλατωνιστές ήταν επικίνδυνοι αιρετικοί, ενώ στα μαθηματικά έβλεπαν αιρέσεις και σατανισμό. Έλεγε: «Είναι καλύτερα να σκέφτεσαι λάθος από το να μη σκέφτεσαι καθόλου».Πίστευε σ' ένα ορθολογισμό της ζωής παρά σε μια αλήθεια που στηρίζονταν σε δογματικές και απόλυτες αντιλήψεις.

Βρέθηκε στο μέσον ενός ανταγωνισμού ανάμεσα στον Κύριλλο , φανατικό Χριστιανό και Πατριάρχη της Αλεξάνδρειας και του Ορέστη, Ρωμαίου κυβερνήτη της Αιγύπτου, μαθητή και υποστηρικτή της. Ο Κύριλλος έβλεπε στην Υπατία μια συνεχή απειλή για την διάδοση της χριστιανικής πίστης και θεωρείται από πολλούς ηθικός αυτουργός για τον θάνατό της.

Πέθανε βίαια, συρόμενη μέσα στους δρόμους από το φανατισμένο χριστιανικό όχλο, εκτελέστηκε με όστρακα (θραύσματα) αγγείων, διαμελίστηκε το σώμα της και στη συνέχεια κάηκαν τα μέλη της. Η Υπατία ήταν ο τελευταίος παγανιστής φιλόσοφος και ο θάνατός της σημάδεψε το τέλος της αρχαίας ελληνικής επιστήμης καθώς λίγα χρόνια μετά ακολούθησε ο Μεσαίωνας. Μέχρι τον 1 6° αιώνα κανένα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/5

Page 8: Ευκλειδης Β 77

------ Γυναίκες και Μαθηματικά στην Αρχαία Ελλάδα( lΟος π.Χ- 5°ς μ.Χ Αιώνα)

γυναικείο όνομα δεν έχει διασωθεί στην ιστορία Το 1 979 η Judy Chicago την προσκάλεσε στο των Μαθηματικών. <<Dίnner Party»! Έργο που εκτίθεται στο Μουσείο

Στο έργο της επεκτάθηκαν κυρίως μετά τον του Brooklyn. 1 7° αιώνα οι Descartes, Newton και Leibnitz. Από το 1 986 εκδίδεται ένα φεμινιστικό

Ο απόηχος της μ"ήμης της Η προσωπικότητα της Υ πατίας έχει εμπνεύσει πολλούς ανθρώπους του πνεύματος, της τέχνης και των επιστημών. Ένα μικρό δείγμα δίνεται παρακάτω.

. Απεικονίζεται στην τοιχογραφία του Ραφαήλ , <<ll Σχολή την Αθηνών» ( 1 5 1 0) ,στην Αίθουσα της Υ πογραφής στο Βατικανό, που αποτελεί την φιλοσοφία της ζωγραφικής, δίπλα στον Παρμενίδη

Προς τιμήν της ένας κρατήρας (28χ4 1 km)και ένα ρήγμα 180km στη σελήνη ονομάστηκαν «Υπατία» (Crater Hypatίa and Rίmae Hypatίa) και ο Viktor Κηοπe ονόμασε «238 Υπατία» έναν αστεροειδή που ανακάλυψε το έτος 1 884.

Το 1 900 η Mary Anderson υποδύθηκε την Υπατία στο ομώνυμο θεατρικό έργο.

. !_.l ..... • Γι1W U._Λ',

·rn;ν� ·�(.-.

ΧΑΛΚΙΔΑ 19-20-21 NOEIBPIOY 2010

-

περιοδικό με τίτλο Υπατία, <<llypatίa: Α journal of Femίnίst Phίlosophy» by Indiana Uniνersity Press. Τον Μάιο του 2009 προβλήθηκε στο φεστιβάλ Κινηματογράφου στις Κάννες, εκτός συναγωνισμού, η ταινία του Alejandro Amenabar, «Agora», με θέμα τη ζωή της Υ πατίας την οποία υποδύεται η Rachel W eisz

Επίσης ένα είδος λεπιδόπτερου ( σκώρου) ονομάζεται Υπατία !

ΒΙΒΛΙΟΓΡΑΦΙΑ Lynn Μ. Osen «Women ίn Mathematίcs» ΜΙτ Press, Β.Σπανδάγος-Ρ.Σπανδάγου «Οι Μαθηματικοί της αρχαίας Ελλάδας», ( 1 994) Εκδ. Τραυλού http:/ /www .e-paideia.net, http:/ /wikipedia.com Thomson Gale « Hypatίa of Alexandrίa,bίography», World of Mathematics a part ofThomson Corporation Alic Margaret « Hypatίa 's Herίtage: Α Hίstory of Women ίn Scίence from Antίquίty to the Nίneteenth Century» London: Women' s Press Ltd ( 1 986) . «Hypatίa of Alexandrίa» APOD (Jan 1 999) Ginny Adair «Hypatίa, Bίographίes of Women Mathematίcίans» Agnes Scott College (Dec. 1 995) Elbert Hunnard «Lίttle Journeys Vo/.1 0: Great Teachers, Hypatίa» ( 1 928) Πέδρο Γκάλβεθ : «Υπατία», Μεταίχμιο (2006)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/6

Page 9: Ευκλειδης Β 77

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

27η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα Μάιος 2010, Κισιvάου, Μολδαβία

Η 27η Βαλκανική Μαθηματική Ολυμπιάδα διοργανώθηκε στο Κισινάου της Μολδαβίας από 2 μέχρι 8 Μα ίου 20 1 Ο. Η Ελληνική ομάδα αποτελείτο από τους μαθητές: Βλάχο Γεώργιο, Μπραζιτίκο Κων­

σταντίνο, Παγωνάκη Δημήτριο, Πλατιά Νικόλαο, Ταρατόρη Ευάγγελο και Τσαμπασίδη Ζαχαρία.

Αρχηγός της αποστολής ήταν ο Καθηγητής του Πανεπιστημίου Ιωαννίνων Θεόδωρος Μπόλης και υπαρχηγός ο Μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος.

Οι Έλληνες μαθητές επέτυχαν να κερδίσουν 4 μετάλλια, ως εξής: • Ταρατόρης Ευάγγελος Αργυρό μετάλλιο

• Βλάχος Γεώργιος Χάλκινο μετάλλιο

• Μπραζιτίκος Κωνσταντίνος Χάλκινο μετάλλιο

• Τσαμπασίδης Ζαχαρίας Χάλκινο μετάλλιο

Συμμετείχαν συνολικά 20 χώρες. Οι ένδεκα χώρες της Νοτιοανατολικής Ευρώπης καθώς και ανεπί­σημα οι χώρες: Ιταλία, Ηνωμένο Βασίλειο-Ιρλανδία, Γαλλία, Αζερμπαϊτζάν, Καζακστάν, Τουρκμενι­στάν, Τατζικιστάν, Σαουδική Αραβία, Ουζμπεκιστάν, καθώς και μία δεύτερη ομάδα της Μολδαβίας.

Πρόβλημα Ι. Aνa,b,c είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, να αποδείξετε ότι:

a2b(b-c) h2c(c-a) c2a(a-b) _ ___,__ _ _:_ + + � ο . (1)

a + h h+c c+a

Λύση (Κ. Μπραζιτίκος, Ε. Ταρατόρης)

(α + b)(b + c)(c + α) οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι α3 b3 + b3 c3 + c3 α3 � α3 b2 c + b3 c2 α + c3 α2 b (2)

Πράγματι, από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου λαμβάνουμε τις ανισότητες α3 b3 + α3 b3 + α3 c3 � 3 · Vα3 b3 • α3 b3 • α3 c3 = 3α3 b2 c , b3 c3 + b3 c3 + b3 α3 � 3 · V b3 c3 • b3 c3 • b3 α3 = 3b3 c2 α , c3 α3 + c3 α3 + c3 b3 � 3 · V c3 α3 • c3 α3 • c3 b3 = 3c3 α2 b .

(3) (4) (5)

Με πρόσθεση κατά μέλη των (3), (4) και (5) λαμβάνουμε τη σχέση (2) . (Η ισότητα ισχύει, αν και μό­νον αν α = b = c ) .

2"ς τρόπος (Ζ. Τ σαμπασίδης)

Διαιρώντας και τα δύο μέλη με αbc >Ο , προκύπτει η ισοδύναμη ανισότητα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/7

Page 10: Ευκλειδης Β 77

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

α(b-c) b(c-α) c(α-b) ----:-----"-+ + � ο' c(α+b) α(b+c) b(c+α)

η οποία με πρόσθεση μιας μονάδας σε κάθε όρο του πρώτου μέλους και 3 στο δεύτερο μέλος γίνεται ισο­b(c+α) c(α+b) α(b+c) δύναμη με την ανισότητα + + � 3 . c(α+b) α(b+c) b(c+α)

Η τελευταία προκύπτει με χρήση της ανισότητας αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου ως εξής: b(c+α) c(α+b) α(b+c) b(c+α) c(α+b) α(b+c) ---'-----"-+ + >3·3 . . =3 c(α+b) α(b+c) b(c+α)- c(α+b) α(b+c) b(c+α) ·

3"c τρόπος (Γ. Βλι'ιχος) Χωρίς βλάβη της γενικότητας υποθέτουμε ότι α= max{α,b,c} και διακρίνουμε τις περιπτώσεις: 1 '1 πφίπτωσι1: α � b � c > Ο .

, , , αb αc α2 ( b -c) αb αc Τοτε θα ειναι αb � αc �bc >Ο και επιπλεον -----= ( )( )

� 0::::> --�--. α+b α+c α+b α+c α+b α+c

Επίσης έχουμε αc bc c2 (α -b) αc bc ...,..------''-:--:--'--.,.- > ο=> -- > --α+c b+c (α+c)(b+c)- α+c-b+c ·

'Ε , , αb αc bc b b 0 τσι εχουμε τις ανισοτητες --� --� -- και α � αc � c > , α+b α+c b+c

από τις οποίες χρησιμοποιώντας την ανισότητα της αναδιάταξης λαμβάνουμε � � k � � k -- · αb + --· αc + -- · bc�--· αc + --· bc + -- · αb

α+b α+c b+c α+b α+c b+c α2b2 α2c2 b2c2 α2bc αbc2 αb2c α2b(b-c) b2c(c-α) c2α(α-b)

=>--+--+--�--+--+--=> + + �ο. α+b α+c b+c α+b α+c b+c α+b b+c c+α

211περίπτωση: a �c �b>O .

Τότε θα είναι αc � αb � bc >Ο και επίσης αc αb α2 ( c -b) αc αb -----= >0::::> -- >--α+c α+b (α+b)(α+c)- α+c-α+b

αb bc b2 (α -c) αb bc -----= >0::::>--> --

α+b b+c (α+b)(b+c)- α+b b+c'

οπότε χρησιμοποιώντας κατάλληλα την ανισότητα της αναδιάταξης, όπως και στην προηγούμενη περί­� � k � � k πτωση, λαμβάνουμε -- · αc + -- · αb + -- · bc �--· bc + -- · αc + -- · αb

Πρόβλημα 2.

α+c α+b b+c α+c α+b b+c α2b(b-c) b2c(c-α) c2α(α-b)

=> + + �0. α+b b+c c+α

Έστω ABC οξυγώνιο τρίγωνο με ορθόκεντρο Η και έστω Μ το μέσον της πλευράς AC. Έστω Cι το ίχνος του ύψους του τριγώνου ABC από το C και Ηι το συμμετρικό του Η ως προς την ΑΒ.

Έστω ακόμη Ρ, Q και R οι προβολές του σημείου Cι πάνω στις ευθείες ΑΗι , A C και BC. Αν Μι είναι το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου PQR, να αποδείξετε ότι το συμμετρικό

του σημείου Μ ως προς το σημείο Μι βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΗι . Λί1ση Θα χρησιμοποιήσουμε την ακόλουθη βοηθητική πρόταση. Λήμμα: Έστω ΚLΜΝ εγγράψιμο (κυρτό) τετράπλευρο του οποίου οι διαγώνιοι είναι κάθετες και

τέμνονται στο Αν Μ1 ,Μ2 ,Μ3 ,Μ4 είναι τα μέσα των πλευρών KL , LM , MN,NK, αντίστοιχα και

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.Ι/8

Page 11: Ευκλειδης Β 77

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

Χι ,Χ2 ,Χ3,Χ4 είναι οι προβολές του σημείου Χ πάνω στις πλευρές ΚL,LM,.MN,NK, αντίστοιχα, τότε τα οκτώ σημεία Μι ,Μ2 ,Μ3,Μ4 και Χι ,Χ2 ,Χ3 ,Χ4 είναι ομοκυκλικά.

Λπι)δι:ιξη λιΊ,ιματος. . Το τετράπλευρο ΜιΜ2Μ3Μ4 είναι ορθογώνιο, αφού ΜιΜ2 11 Μ3Μ4 11 ΚΜ και

Μ2Μ3 11 Μ4Μ 11 LN. Έστω r ο περιγεγραμμένος κύκλος του ορθογωνίου ΜιΜ2Μ3Μ4• Επειδή Μ3ΧΜ = ΝΜκ = NiK = κΧχι τα σημεία Μ3,Χ ,Χι είναι συνευθειακά, οπότε το σημείο Χι

ανήκει στο κύκλο διαμέτρου ΜιΜ3 , δηλαδή στον κύκλο r. Ομοίως και τα υπόλοιπα σημεία Χ2 ,Χ3 και Χ4 ανήκουν στον κύκλο r. ο

Σχήμα 1 Επανερχόμενοι στο πρόβλημά μας, παρατηρούμε, όπως είναι γνωστό, ότι το σημείο Ηι ανήκει στο

περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC. Σύμφωνα με το λήμμα, τα σημεία P,Q και R βρίσκονται όλα στον κύκλο διαμέτρου .ΜΝ , όπου Ν το μέσον του ΒΗι . Επομένως, το σημείο Ν είναι το συμμε­τρικό του σημείου Μ ως προς το Μι και βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΒΗι .

Α

/ ' /

R

Σχήμα 2 11ρ6βλημα 3. Μία ταινία πλάτους w είναι το σύνολο όλων των σημείων του επιπέδου τα οποία βρίσκονται

ανάμεσα ή πάνω σε δύο παράλληλες ευθείες που έχουν απόσταση w . Έστω S ένα σύνολο n σημεί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. Ι/9

Page 12: Ευκλειδης Β 77

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

ων του επιπέδου με την ιδιότητα τρία οποιαδήποτε σημεία από αυτά μπορούν να καλυφθούν με μία

ταινία πλάτους 1 . Να αποδείξετε ότι το σύνολο S μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλάτους 2 .

. \;':ση (Ε. Ταρυτ6ρη;;) Πρώτα θα αποδείξουμε την ακόλουθη βοηθητική πρόταση: b \;]}ψα. Αν ένα τρίγωνο ABC μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλάτους , τότε ένα τουλάχιστον ύ­

ψος του τριγώνου έχει μήκος το πολύ b . Απόδειξη. Η κάθετη από μία τουλάχιστον κορυφή του τριγώνου προς τις παράλληλες που ορίζουν την ταινία

πλάτους b τέμνει την απέναντι πλευρά του τριγώνου. Έστω αυτό συμβαίνει για την κορυφή Α και έστω D το σημείο το­μής της κάθiτης με την πλευρά BC Επο­μένως, αν ΑΕ = υ Α είναι το ύψος του τρι-γώνου από την κορυφή Α, τότε θα έχουμε υ Α= ΑΕ::; AD::; b (δες σχήμα 3) .

Επανερχόμενοι στο πρόβλημα μας, συμπεραίνουμε ότι το ελάχιστο πλάτος ταινίας, με την οποία μπορεί να καλυφθεί ένα τρίγωνο, είναι ίσο με το μήκος του μι­κρότερου ύψους του τριγώνου.

Στη συνέχεια επιλέγουμε δύο σημεία Α, Β από το σύνολο S τέτοια ώστε η α-πόστασή τους να είναι η μέγιστη δυνατή .

Α

b

Β

Σχήμα 3

Έτσι για οποιοδήποτε άλλο σημείο C του συνόλου S, η πλευρά ΑΒ θα είναι η μεγαλύτερη του τριγώνου

' .... ' ' ' , ' .... '

c

' ............ -

-

' '

' '

' '

'

.... ....

' ,. .,.

' --.,ς.- """

Σχήμα 4

' '

I ...

'

ληλες προς την ευθεία ΑΒ σε απόσταση 1 από αυτήν. 2"0 η>6πος

I I

I

... -- ι

I I

ABC , οπότε το ύψος του από την κορυφή Α θα είναι το ελάχιστο ύψος του τριγώ­νου ABC Επομένως, σύμ­φωνα με το λήμμα, το ύψος αυτό θα έχει μήκος το πολύ 1 , αφού από την υπόθεση το τρίγωνο ABC μπορεί να καλυφθεί με μία ταινία πλά­τους 1 .

Άρα το σύνολο S μπο­ρεί να καλυφθεί με μία ται­νία πλάτους 2 που θα ορίζε­ται από δύο ευθείες παράλ-

Από όλα τα τρίγωνα με κορυφές σημεία του συνόλου S θεωρούμε ένα με μέγιστο εμβαδό, έστω το τρίγωνο ABC . Θεωρούμε τα συμμετρικά D, Ε, F των κορυφών Α, Β, C , αντίστοιχα, ως προς τα μέσα των πλευρών BC, CA, ΑΒ, αντίστοιχα.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/10

Page 13: Ευκλειδης Β 77

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

Θα αποδείξουμε ότι όλα τα σημεία του συνόλου S ανήκουν στο εσωτερικό ή πάνω στις πλευρές του τριγώνου DEF .

Πράγματι, αν το σημείο Χ ε S βρίσκεται εξωτερικά του τριγώνου DEF , τότε, χωρίς βλάβη της γενι­κότητας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι το σημείο Χ και η πλευρά BC βρίσκονται σε διαφορετικά ημιε­πίπεδα ως προς την ευθεία EF , οπότε το τρίγωνο BCX θα έχει εμβαδό μεγαλύτερο από το εμβαδό του τριγώνου ABC , άτοπο.

δ ' ' ABC DEF ' ' λ ' ' DE 2 ' ABC Επει η τα τριγωνα και ειναι ομοια με ογο ομοιοτητας - = και το τριγωνο ΑΒ

μπορεί να καλυφθεί με μια ταινία πλάτους 1 , έπεται ότι το τρίγωνο DEF μπορεί να καλυφθεί με μία τα ι-νία πλάτους 2, η οποία βεβαίως καλύπτει όλα τα σημεία του S.

χ

F

,

,

ι

'

\

\

Α

,'

'

\, Ε - .. - _,:- ---- .. --\�---- ..... ---- ---- .. -----. , ' , ' I

', ,'

\ / '

ι'

' '

' '

'

I I

I \\ι'(:;

I

I I

I

, I

I

' I D1 /

I I

I I

I '',,,•/ D

Σχήμα 5

I I

I '

I ,

I I

I

Πρόβλημα 4. Για κάθε ακέραιο η�2, σημειώνουμε με f{η) το άθροισμα των θετικών ακέραιων

που δεν είναι μεγαλύτεροι του η και δεν είναι σχετικά πρώτοι με τον η. Να αποδείξετε ότι

f {η + ρ) -::�; f {η) για κάθε η � 2 και για κάθε πρώτο θετικό ακέραιο ρ . Λύση

Παρατηρούμε πρώτα ότι υπάρχουν η + 1 - φ (η ) θετικοί ακέραιοι, όπου φ είναι η γνωστή συνάρτηση του Euler, που δεν είναι σχετικά πρώτοι με τον η και ότι η ύπαρξη του θετικού ακέραιοι r μεταξύ αυτών συνεπάγεται και την ύπαρξη του αριθμού η - r. Έτσι προκύπτει για τη συνάρτηση f( η ) ο τύπος

f(η) = � -η · (η + 1 -Φ(η )). Ας υποθέσουμε ότι ισχύει f( η + ρ ) = f( η) για κάποιο ακέραιο η � 2 . Τότε, πρώτα παρατηρούμε ότι οι ακέραιοι η και η + ρ διαιρούν και οι δύο τον αριθμό 2f (η ) < η (η + ρ ) , οπότε οι η και η + ρ δεν είναι σχετικά πρώτοι. Επομένως, προκύπτει ότι η = kp, για κάποιο k ε Ν. Έτσι έχουμε

f (η + ρ ) = f (η ) � kp + 1 - φ ( kp) = ( k + 1 ) ( kp + ρ + 1 - φ ( kp + ρ )) , από την οποία προκύπτει ότι kp + 1 -Φ(kp) = (k + 1 )a , ( 1 ) και kp + ρ + 1 -Φ(kp + ρ ) = ka (2) για κάποιο a ε Ν* ,a <ρ. Ιδιαιτέρως, από την ( 1 ) έχουμε (ρ - a ) k = a - 1 + Φ(pk),

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/1 1

Page 14: Ευκλειδης Β 77

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

από την οποία προκύπτει ότι p > a ;::: Ι , ενώ με αφαίρεση κατά μέλη των ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε a = Φ(kp + p) -Φ(kp) - p = - 1( mod (p - Ι)),

από την οποία προκύπτει ότι p = a - 2 . Πράγματι, αν p = 2, τότε a = 1 και Φ(2k + 2) = k + 3, που είναι αδύνατο, αφού Φ(2k + 2) � k + Ι.

Επίσης, αν p = 3, τότε a = 1 και Φ( 3k + 3) = 2k + 4 , που είναι αδύνατο, αφού Φ( 3k + 3) � 2k + 2. Επο­μένως είναι p ;::: 5 , οπότε από την ισοτιμία a = - 1 ( mod (p - 1)) προκύπτει τελικά η ισότητα p = a - 2 .

Με χρήση της ισότητας αυτής στις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε Φ(kp) = 2k + 3 - p (3) Και Φ(kp + p) = 2k + I + p. (4) Θα αποδείξουμε ότι ο p δεν διαιρεί κανέναν από τους ακέραιους k και k + Ι . Πράγματι, αν p lk + Ι, τότε από την σχέση (4) έπεται ότι Pit, άτοπο, ενώ αν p lk, τότε επίσης

PiΦ(pk), οπότε από τη σχέση (3 ) έπεται ότι p l3, άτοπο. Επομένως έχουμε τις σχέσεις Φ(kp) = (p + I )Φ(k) και Φ(kp + p) = (p + 1 )Φ(k + 1), από οποίες σε

συνδυασμό με τις σχέσεις ( Ι ) και (2) λαμβάνουμε

και

Φ(k) = 2k + 2 - 1 p - I

Φ(k + Ι ) = 2k + 2 + 1 . p - I

(5)

(6)

Έχουμε ήδη αποδείξει ότι p;::: 5 και ακόμη από τη σχέση (5) προκύπτει ότι k + 1;::: 6 . Επιπλέον, από τις (5) και (6) προκύπτει ότι Φ(k + Ι ) -Φ(k) = 2, από την οποία προκύπτει ότι ο 4 δεν είναι δυνατόν να διαιρεί και τους δύο αριθμούς Φ(k) και Φ(k + Ι) .

Έτσι διακρίνουμε τις περιπτώσεις:

Αν 4%Φ(k), τότε k = qP ή

τη σχέση (5) λαμβάνουμε

k = 2qP , όπου q είναι περιττός πρώτος και ο β ;::: Ι είναι ακέραιος. Από 2 (k + I ) 1 ( Ι ) 1 2 k , , ----'---"- - Ι =Φ(k);:::- · 1 -- · k;:::- · - · k =-=> p�5, οποτε προκυ-p - Ι 2 q 2 3 3

πτει ότι p = 5 . Για p = 5 , από τη σχέση (5) λαμβάνουμε Φ(k) = k - 1. Επομένως, ο k πρέπει να εί-2 ναι περιττός, ο k + Ι πρέπει να είναι άρτιος και ο Φ( k + 1 ) � k + Ι , που αντίκειται στην ισότητα ( 6). 2

" Αν 4% Φ(k + Ι ), τότε k + Ι = qP ή k + 1 = 2qP, όπου q είναι περιττός πρώτος και ο β;::: 1 είναι ακέ-

ραιος. Από τη σχέση (6) λαμβάνουμε 2 (k + 1 ) + Ι --Φ(k + Ι);:::-_ k + Ι . p - I 3

Α , , 7 , 6 2 (k + Ι ) , , , (5) , , Φ(k) 1 3 - p ν τωρα ει ναι p ;::: , τοτε --;::: , οποτε απο τη σχεση επεται οτι � -- , που p - 7 p - I p - 7 είναι αδύνατη .

Αν είναι p � 7, τότε p = 7 και αφού ο Ρ - Ι διαιρεί τον k + Ι, έχουμε επίσης q = 3. Χρησιμοποιώ-2 ντας πάλι τη σχέση (6) βλέπουμε ότι, αν k + Ι = 2 · 3α, τότε καταλήγουμε σε άτοπο, αλλά και αν k + Ι = 3α , τότε k + Ι = 3 , το οποίο έχουμε ήδη αποκλείσει.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/12

Page 15: Ευκλειδης Β 77

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

51 η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα 2-14Ιουλίου 2010, Ασταvά, Καζακστάν

Από 2 μέχρι Ι4 Ιουλίου 2010 διεξήχθη στο Καζακστάν η 5Ιη Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα. Το μεγαλύτερο μέρος της οργάνωσης έγινε στην πρωτεύουσα Αστανά , ενώ για κάποιες μέρες οι αρχηγοί των ομάδων φιλοξενήθηκαν στην παλαιά πρωτεύουσα της χώρας Άλμα Άτα. Συμμετείχαν συνολικά 517 μαθητές και μαθήτριες από 97 χώρες από όλο τον κόσμο. Οι μαθητές διαγωνίστηκαν σε 6 προβλήματα σε δύο διαδοχικές ημέρες διαφόρων βαθμών δυσκολίας. Η Ελληνική ομάδα συμμετείχε με 6 μαθητές και κατέκτησε 2 αργυρά μέταλλα και 4 εύφημες μνείες, ως εξής:

• Λογοθέτης Φώτιος, Αργυρό μέταλλο

• Ταρατόρης Ευάγγελος, Αργυρό μέταλλο

• Βλάχος Γεώργιος, Εύφημη μνεία

• Μπραζιτίκος Κωνσταντίνος, Εύφημη μνεία • Τσαμπασίδης Ζαχαρίας, Εύφημη μνεία

• Τσαρέας Αθανάσιος, Εύφημη μνεία.

Συνοδοί της Ελληνικής ομάδας ήταν ο Αναπληρωτής Καθηγητής του Ε. Μ. Πολυτεχνείου Ανάργυρος Φελλούρης (αρχηγός) και ο Μαθηματικός Ευάγγελος Ζώτος (υπαρχηγός) .

ΤΑ ΠΡΟΒΛΗΜΑΤΑ Βιι611λημα Ι. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτήσεις f: JR � JR που ικανοποιούν την εξίσωση

ι([ x]y) = f(x)[J(y)] (1)

για κάθε χ, y e JR • (Εδώ με το σύμβολο [ z) σημειώνουμε τον μεγαλύτερο ακέραιο που είναι μικρό­

τερος ή ίσος του z . ) \ t;ΓHJ ( j ,,_ ηΗΊπος) Από τη σχέση (1 ) , για χ= Ο, λαμβάνουμε /(0) = f( O)[f(y )] , (2)

για κάθε y ε JR . Στη συνέχεια υπάρχουν δύο δυνατές περιπτώσεις: 1 '' ;τψίπτωση: 'Εστω /(Ο)* Ο. Τότε από τη (2) προ�πτει ότι [f(y )] = 1, για κάθε y ε JR, οπότε

η εξίσωση (Ι) γίνεται f ([χ] y) = f (χ) , για κάθε χ, y ε JR . Θέτοντας σε αυτήν y = Ο λαμβάνουμε f(χ)=/(Ο)=c;eΟ,για κάθε xεJR. Όμως από τη σχέση [f(y)]=1, για y=O, λαμβάνουμε [ c] = [f (Ο) J = 1, οπότε c ε [1,2) . Άρα έχουμε τη συνάρτηση f (χ)= c, c ε [1, 2 ). Η συνάρτηση αυτή επαληθεύει τη σχέση (Ι), αφού ισχύει c = c [ c], λόγω του περιορισμού c ε [ 1, 2).

2'1 πf:ρίπτι•Jση: Έστω /(0) =Ο. Τότε έχουμε δύο υποπεριπτώσεις: α) Έστω υπάρχει α ε (Ο, 1) τέτοιο ώστε f (α) * Ο. Τότε θέτοντας στην ( 1 ) χ = α λαμβάνουμε Ο = f (Ο) = f ([α] y) = f (α ) [ f ( y) J , για κάθε y ε JR . Άρα θα έχουμε [ f ( y) J = Ο, για κάθε y ε JR , οπότε θέτοντας στην ( 1 ) χ= 1 λαμβάνουμε τελικά f (y) =Ο, για κάθε y ε JR, που είναι αντίθετο προς την υπόθεση ότι υπάρχει α ε (Ο, 1) τέτοιο ώστε f (α) * Ο. β) Έστω ισχύει ότι f (α)= Ο, για κάθε α ε [Ο, 1) . Τότε για τον τυχόντα πραγματικό αριθμό z , υπάρχει

ακέραιος Ν τέτοιος ώστε α := ..!._ ε [Ο, 1) . Πράγματι, αρκεί να πάρουμε Ν = [ z] + 1, αν z � Ο και Ν

z Ν = [ z] -1, αν z < Ο . Έτσι τώρα, αν θέσουμε στην (Ι) χ = Ν και y = α :=- , τότε λαμβάνουμε

Ν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/13

Page 16: Ευκλειδης Β 77

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

/( z ) = f([ Ν] α)= I( N)[f( α)]= Ο, για κάθε z Ε IR., η οποία προφανώς επαληθεύει τη σχέση ( 1 ) . 2"' τρόπος (Λύση Φ(ί)τη Λογοθέτη) Θέτοντας στην ( 1 ) χ = y = Ο , λαμβάνουμε

1(0) = /(0)[/(0)] <=> f(O) =Ο ή [1(0)] = 1, οπότε διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (Α) [ I (Ο) J = 1 . Θέτοντας y = Ο στην ( 1 ) λαμβάνουμε

f (Ο) = I (χ ) [ f (Ο)] � I (χ ) = I (Ο), για κάθε χ Ε IR. . Α ν θέσουμε c = f (Ο), τότε έχουμε [ c] = 1 <=> 1 :$; c < 2 . Εύκολα επαληθεύουμε ότι η συνάρτηση

f (χ) = c, c Ε [ 1, 2) ικανοποιεί τη σχέση ( 1 ) . (Β) f (Ο) = Ο. Στην περίπτωση αυτή, θέτοντας χ = y = 1 στη σχέση ( 1 ), λαμβάνουμε f ( 1) = Ο ή [ f ( 1) J = 1 , οπότε έχουμε τις υποπεριπτώσεις: (α) Αν /(1)=0 , τότε από τη σχέση ( 1 ) για χ=1, λαμβάνουμε l(y) =O, για κάθε yEIR, η οΠοία προφανώς ικανοποιεί τη συνθήκη του προβλήματος. (β) 'Εστω [/(1)] = 1. Τότε από τη σχέση ( 1 ), για y = 1, προκύπτει η ισότητα f(x) =Ι ( [ χ] ) , για κά-

θε χ Ε IR.. Επιπλέον, για χ= n, y = _!_, n ΕΖ, n 2:: 2 προκύπτει από τη σχέση ( Ι ) ότι: n

ι (n·�)= !(•) [ι (�)]� J ( I )= !(•) [ι ([�])] � f ( I )= f (n)[f (O )] =Ο,

που είναι άτοπο, γιατί [ I ( 1) J = 1 .

Πρόβλημα 2. Έστω Ι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ABC και έστω Γ ο περι­γεγραμμένος κύκλος του. Έστω ότι η ευθεία ΑΙ τέμνει ξανά τον κύκλο Γ στο σημείο D . Έστω Ε

-

ένα σημείο του τόξου BD C και F ένα σημείο πάνω στην πλευρά BC έτσι ώστε ,.. ,.. ι ,..

BAF = CAE <- · BA C . 2

Τέλος, έστω G το μέσον του ευθυγράμμου τμήματος IF . Να αποδείξετε ότι οι ευθείες DG και ΕΙ τέμνονται πάνω στον κύκλο Γ.

Λί1ση Έστω ότι η ευθεία ΕΙ τέμνει τον περιγεγραμμένο κύκλο Γ στο σημείο Χ και έστω L το σημείο

στο οποίο η διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει την πλευρά BC . Έστω ακόμη ότι το ευθύγραμμο τμήμα DX τέμνει τις ευθείες IF και AF στα σημεία Ν και Τ , αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι G = Ν ή !Ν= NF, (σχήμα!).

Από το θεώρημα του Μενελάου στο τρίγωνο AIF έχουμε TF . AD . !Ν =1 ΑΤ ID NF '

οπότε αρκεί να αποδείξουμε ότι: TF ID -=-ΑΤ AD

' '

Έστω ότι η ευθεία AF τέμνει τον κύκλο Γ στο σημείο Κ, Κ '* Α . Επειδή είναι ΒΑΚ = CAE , έ-� Λ Λ Α Α

χουμε ότι ΒΚ = CE, οπότε θα είναι ΚΕ 11 BC . Επιπλέον έχουμε ΙΑΤ = DAK = EAD = EXD =!ΧΙ, " " " "

οπότε τα σημεία Ι , Α, Χ, Τ είναι ομοκυκλικά. Άρα έχουμε !ΤΑ= !ΧΑ= ΕΧΑ = ΕΚΑ, οπότε θα είναι

ΙΤ 11 ΚΕ 11 BC και επομένως TF IL -=-ΑΤ Α Ι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/14

( l )

Page 17: Ευκλειδης Β 77

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

D

Σχήμα 1 �

Επειδή η CI είναι διχοτόμος της γωνίας Α CL , από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου έχουμε IL CL ΑΙ AC (2) - = -

Λ " Λ Λ 1 Λ

Επιπλέον , DCL = DCB = DAB = CAD = - BAC , οπότε τα τρίγωνα DCL και DAC είναι όμοια. 2

Άρα έχουμε την ισότητα CL DC (3) - = --AC AD

Είναι επίσης γνωστό ότι το μέσον D του τόξου BC ισαπέχει από τα σημεία Β, C και Ι , οπότε η DC ID τελευταία σχέση γίνεται AD AD (4) -- = -

Από τις σχέσεις ( 1) , (2), (3) και (4) προκύπτει η ζητούμενη σχέση TF =

ID . ΑΤ AD

2 "0 τρόπος (Λi1ση Ε. Το.ρατόρη ) Όπως και στη πρώτη λύση (σχήμα 1 ), θεωρούμε το σημείο Χ στο οποίο η ευθεία ΕΙ τέμνει τον κύ­

κλο Γ και έστω Τ = XD n AF, Ν = XD n FI . Επομένως , αρκεί να αποδείξουμε ότι Ν Ξ G ή ΝΙ = NF .

D

Σχήμα 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/1 5

Page 18: Ευκλειδης Β 77

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

Επειδή ΤΧΙ = DAE = DAC - EAC = DAB - BAF = ΤΑ! , το τετράπλευρο ΙΤΧΑ είναι εγγράψιμο, οπότε έχουμε !Τ Α = !ΧΑ = ΕΧΑ = ΕΒΑ = EBC + CBA = CAE + CBA = BAF + CBA = cfr Α ο

Από την ισότητα !ΤΑ = CFA έπεται ότι Π 11 BC . Έστω Μ= DX n BC . Επειδή είναι AFM = ΑΤΙ και FTM = ΧΤΆ = xiA , τα τρίγωνα TFM και !ΧΑ είναι όμοια.

� �

Επιπλέον, από το εγγράψιμο ΙΤΧΑ προκύπτει ότι DΠ = DAX , οπότε και τα τρίγωνα DΠ και DAX είναι όμοια

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι !Μ 11 AF , οπότε σε συνδυασμό με την παραλληλία Π 11 BC προ-κύπτει ότι το τετράπλευρο ITFM είναι παραλληλόγραμμο. Έτσι οι διαγώνιες του διχοτομούνται, οπότε το σημείο τομής τους θα είναι το μέσον του FI .

Λ Λ. Λ Λ Λ Λ

Από τις ισότητες DBC = DCB = DAB = DXB και BDM = BDX έπεται ότι τα τρίγωνα BDM και , , , , DB DX , XDB ειναι ομοια, οποτε λαμβανουμε -- = -- , δηλαδη

DM DB DB2 = DX · DM . ( 1 )

Επιπλέον, αφού D είναι το μέσον του τόξου BC , είναι γνωστό ότι DB = DC = DI � �

(αυτό προκύπτει από IBD = Β + Α = BiD ) . Άρα η σχέση ( 1 ) γίνεται: 2 2

Dl2 = DX · DM ' DI = DM . (2) η DX DI

� �

Από τη σχέση (2) και την ισότητα lιιfDI = IDX προκύπτει ότι τα τρίγωνα DMI και DIX είναι ό-μοια, οπότε θα έχουμε MiL = MiD = DXI = ΤΧΙ = ΤΑ! . Άρα είναι !Μ 1 1 AF , αφού τεμνόμενες με την AD σχηματίζουν δύο εντός εκτός και επί τα αυτά γωνίες ίσες.

* Ι l ι ι ιψλημυ 3 . Έστω Ν το σύνολο των θετικών ακέραιων. Να προσδιορίσετε όλες τις συναρτή-

σεις g : Ν* � Ν* που είναι τέτοιες ώστε ο αριθμός

(g(m ) + n){ m + g(n)} είναι τέλειο τετράγωνο, για κάθε m, n ε Ν* .

. \ t)() J j Παρατηρούμε ότι όλες οι συναρτήσεις g ( n) = n + c, όπου c μη αρνητική σταθερά, ικανοποιεί τη

συνθήκη του προβλήματος, αφού είναι (g (m) + n) (m + g (n)} = (n + m + c)2 •

Θα αποδείξουμε ότι δεν υπάρχουν άλλες λύσεις του προβλήματος. Πρώτα θα αποδείξουμε το λήμμα που ακολουθεί.

. Ι ιjμμrι : Αν για κάποιο πρώτο θετικό ακέραιο p και για τους θετικούς ακέραιους k, f. ισχύει ότι p lg (k) - g ( η , τότε p ik - f. .

.\π(Ίδ� : ιξ ι ι λ ι'ι μμ ιι.το.; Υποθέτουμε πρώτα ότι p2 1g ( k ) - g (η , οπότε θα υπάρχει ακέραιος α τέτοιος ώστε

g (η = g ( k) + p2 α . Στη συνέχεια θεωρούμε κάποιο θετικό ακέραιο D > max { g ( k) , g (η} που δεν διαιρείται με τον p και θέτουμε n = pD - g ( k ) .

Τότε οι θετικοί ακέραιοι n + g ( k ) = pD και n + g ( f. ) = pD + ( g ( f.) - g ( k )} = p ( D + pα) διαιρούνται και οι δύο με το p , αλλά όχι και με το p2 • Σύμφωνα με την υπόθεση του προβλήματος οι αριθμοί ( g ( k ) + n} ( k + g ( n)) και ( g ( f.) + n} ( f. + g ( n )} είναι τετράγωνα ακεραίων που διαιρούνται με το p , άρα και με το p2 • Επομένως οι παράγοντες g ( n) + k και g ( n) + f. διαιρούνται επίσης με το

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/16

Page 19: Ευκλειδης Β 77

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

p, οπότε p i(g (n) + k) - (g (n) + η = k - ι 'Εστω τώρα ότι p lg ( k) - g (η , αλλά ο p2 δεν διαιρεί τον g ( k) - g { f ) . Τότε επιλέγουμε τον α­

ριθμό D , όπως στη προηγούμενη περίπτωση και θέτουμε . n = p3 D - g ( k) . Τότε ο θετικός ακέραιος g ( k) + n = p3 D διαιρείται με τον p3 , αλλά όχι με τον p4 , ενώ ο θετικός ακέραιος g (η + n = p3 D + ( g (η -g ( k) ) διαιρείται με τον p , αλλά όχι με τον p2 . Έτσι συμπεραίνουμε ο­μοίως, όπως και προηγουμένως, ότι οι αριθμοί g ( n) + k και g ( n) + .e διαιρούνται με τον p , οπότε θα ισχύει και ότι p l(g ( n ) + k ) - (g ( n) + η = k - ι ο

Επιστρέφοντας στην απόδειξη του προβλήματος, αποδεικνύουμε ότι η συνάρτηση g είναι 1 - 1 .

Πράγματι, ας υποθέσουμε ότι g ( k ) = g (η , για κάποια k, .e Ε Ν* . Τότε από το προηγούμενο λήμμα προκύπτει ότι ο αριθμός k - .e διαιρείται με κάθε πρώτο θετικό ακέραιο p , οπότε θα είναι k - f = Ο ή k = .e .

Στη συνέχεια θεωρούμε τους αριθμούς g ( k) και g ( k + 1 ) , όπου k θετικός ακέραιος. Επειδή η δι-αφορά ( k + 1 ) - k = 1 δεν έχει πρώτο διαιρέτη, από το λήμμα έπεται ότι το ίδιο συμβαίνει και για τον α­ριθμό g ( k + 1) - g ( k) . Επομένως, για τον τυχόντα θετικό ακέραιο k , ισχύει lg ( k + 1 ) - g ( k )I = 1 .

Έστω τώρα g ( 2) - g ( 1 ) = q, lq l = 1 . Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι g ( n) = g ( 1) + q ( n - 1) , για κάθε θετικό ακέραιο n .

Πράγματι, για n = 1, 2 ισχύει από τον ορισμό του q . Α ν υποθέσουμε ότι ισχύει η σχέση g ( n) = g ( 1 ) + q ( n - 1 ) , για κάποιο n > 1 , τότε

g (n + 1) = g (n ) ± q = g ( 1 ) + q (n - 1 ) ± q , δηλαδή θα έχουμε g ( n + 1 ) = g ( 1 ) + qn ή g ( n + 1 ) = g ( 1 ) + q ( n - 2) .

Επειδή, λόγω του ότι η συνάρτηση g είναι 1 - 1 , ισχύει ότι g (n + 1 ) 7' g (n - 1 ) = g ( 1 ) + q (n - 2)

λαμβάνουμε ότι g ( n + 1 ) = g ( 1 ) + qn, για κάθε θετικό ακέραιο n . Όμως δεν μπορεί να ισχύει η ισότητα q = - 1 γιατί τότε, για n :2: g ( I ) + I , θα είχαμε g ( n ) � Ο , που

είναι αδύνατο. Επομένως έχουμε q = 1 και g ( n) = n + c, για κάθε n Ε Ν* και c = g ( 1 ) - 1 :2: Ο . Il α μ ατι'] ρη ση . Η απόδειξη της ισότητας g ( n) = ( g ( 1 ) - 1 ) + n , για κάθε θετικό ακέραιο n , μπορεί

να γίνει και χωρίς τη χρήση του ότι η g είναι 1 - 1 . Πράγματι, από τη σχέση lg ( k + 1 ) - g ( k )I = 1 , έχου­με g ( k + 1 ) = g ( k) + q, l q l = 1 . Τότε, λόγω της υπόθεσης, ο ακέραιος ( g ( k + 1 ) + k) ( k + 1 + g ( k) ) = ( g ( k) + q + k ) ( g ( k ) + k + 1) θα ε{ ναι τέλειο τετράγωνο. Αν ήταν q = - 1 , τότε ο ακέραιος ( g ( k) + q + k) ( g ( k) + k + 1) = ( g ( k) + k) 2 - 1 θα ήταν τέλειο τετράγωνο, που είναι αδύνατο, αφού g ( k) + k :2: 2 . Άρα είναι q = 1 , οπότε πλέον έχουμε

g (n) = g (n - 1 ) + 1 = · · · = g ( 1 ) + n - 1 .

Πρ6βλημα 4 . Έστω Ρ σημείο στο εσωτερικό του τριγώνου ABC . Οι ευθείες ΑΡ, ΒΡ και CP τέμνουν τον περιγεγραμμένο κύκλο Γ του τριγώνου ABC ξανά στα σημεία K, L και Μ, αντίστοι­

χα. Η εφαπτομένη του κύκλου Γ στο σημείο C τέμνει την ευθεία ΑΒ στο σημείο S. Υποθέτουμε ότι SC = SP. Να αποδείξετε ότι ΜΚ = ML.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/17

Page 20: Ευκλειδης Β 77

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

. . . . .

- - -

Σχήμα 3

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' ' . ' ' ' ' ' '

' ' ' ' ' ' ' ' ' ' '

Υποθέτουμε ότι CA > CB, οπότε το σημείο S θα βρίσκεται στην ημιευθεία ΑΒ . Από τα ζεύγη ό­μοιων τριγώνων PKM,PCA και PLM,PCB , έχουμε τις ισότητες

ΡΜ ΡΑ LM CB ΚΜ

= CA

και ΡΜ

= ΡΒ '

, , "' "' λ , , 'λ λ β , LM CB ΡΑ απο τις οποιες με ΠΟΛJΙ.απ ασιασμο κατα με η αμ ανουμε -- = - · - .

ΚΜ CA ΡΒ

, , ΜΚ ML , δ 'ξ , CB ΡΒ Επομενως, για την ισοτητα = , αρκει να απο ει ουμε οτι - = - . CA ΡΑ

Έστω Ε το σημείο στο οποίο η διχοτόμος της γωνίας Β του τριγώνου ABC τέμνει την πλευρά ΑΒ Θυ 'ζ , , , , Χ , , , Χ4 CA , . " μι ουμε οτι ο γεωμετρικος τοπος των σημειων για τα οποια ισχυει οτι

ΧΒ =

CB , ειναι ο

Απολλώνιος κύκλος Ω με κέντρο Q πάνω στην ευθεία ΑΒ . Ο κύκλος αυτός περνάει από τα σημεία C και Ε . Επομένως, για να ισχύει η ισότητα ΜΚ = ML , αρκεί το σημείο Ρ να ανήκει στον κύκλο Ω , δηλαδή αρκεί να ισχύει QP = QC .

Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι S = Q , που ολοκληρώνει και την απόδειξη του προβλήματος. Έ­χουμε

CES = CAE + ACE = BCS + ECB = ECS ' οπότε θα είναι SC = SE . Επομένως το σημείο S βρίσκεται πάνω στην ευθεία ΑΒ , αλλά και στη μεσο­κάθετη του CE , οπότε συμπίπτει με το σημείο Q .

2 " τ μ ι'ιπο:� Όπως και στην πρώτη λύση υποθέτουμε ότι το σημείο S βρίσκεται στην ημιευθεία ΑΒ . Θα απο­

δείξουμε ότι για να ισχύει η ισότητα ΜΚ = ML , αρκεί να ισχύει ότι SP = SC . Έστω Ε και F τα ση­μεία τομής της ευθείας SP με τον περιγεγραμμένο κύκλο ω του τριγώνου ABC , όπου το σημείο Ε

βρίσκεται στο ευθύγραμμο τμήμα SP . Τότε έχουμε SP2 = SC2 = SA · SB , δηλαδή είναι SP =

SA , o-SB SP

πότε τα τρίγωνα PSA και BSP είναι όμοια. Άρα έχουν και BPS = SAP .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/18

Page 21: Ευκλειδης Β 77

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

Σχήμα 4

Όμως είναι 2 · BPS = ΒΕ + LF και 2 · SAP = ΒΕ + ΕΚ , _..--..._ .....--..

οπότε τελικά προκύπτει η ισότητα LF = ΕΚ ( 1 ) " " ...-.. ....-.. ...-.. ...-...

Επίσης, από την ισότητα SPC = SCP προκύπτει ότι EC + MF = EC + ΕΜ , οπότε --- ---MF = EM (2)

Από τις ( 1 ) και (2) λαμβάνουμε MFL = MF + FL = ΜΕ+ ΕΚ = ΜΕΚ , οπότε θα είναι ΜΚ = ML . 3 ' ' ' τμ ιΊπο.::: Θεωρώντας τη δύναμη του σημείου S ως προς τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ABC λαμ-

β · ' C'S2 S'P2 S'B SΆ SP SA ' ' ' ' ' BPS ανουμε την ισοτητα = = · � - = - , απο την οποια προκυπτει οτι τα τριγωνα

. SB SP Λ Λ

και APS είναι όμοια. Έτσι προκύπτει και η ισότητα των γωνιών BPS = PAS . Επίσης έχουμε Λ 1'\ Λ 1'\

Ρ ΑΒ = ΚΑΒ = ΚLΒ = BPS , οπότε θα είναι ΚL 1 1 PS . Έστω τώρα Q το σημείο τομής των ευθειών LK και CM . Τότε έχουμε τις ισότητες γωνιών

Li:M + ciκ = LCM + ciκ = CQK = CPS = PCs = lvfic = JιιJiκ + κic από τις οποίες προκύπτει ότι Λ Λ

LKM = MLK και τελικά ML = ΚΜ .

Σχήμα 5 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/19

s

Page 22: Ευκλειδης Β 77

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

Π 17. iΗΗ!ψψ:η�. Η Ελληνική ομάδα είχε απόλυτη επιτυχία σε αυτό το πρόβλημα, αφού όλοι οι Έλλη­νες μαθητές το έλυσαν πλήρως. Οι λύσεις τους κατά κανόνα ακολούθησαν τον δεύτερο και τον τρίτο τρόπο ή ήταν παραλλαγές αυτών των δύο τρόπων.

Π ,., Σε καθένα από τα έξι κουτιά Β1 ,Β2 ,Β3 ,Β4 ,Β5 ,Β6 υπάρχει αρχικά ένα κέρμα. Υ-

πάρχουν δύο δυνατοί τύποι επιτρεπόμενων πράξεων:

Τύπος 1 : Επιλέγουμε ένα μη κενό κουτί Bi με ι :s; j :s; 5. Αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί Bi και προσθέτουμε δύο κέρματα στο κουτί Βί+Ι •

Τύπος 2 : Επιλέγουμε ένα μη κενό κουτί Bk με ι :s; k :s; 4. Αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί Bk και ανταλλάσσουμε τα περιεχόμενα των (πιθανά κενών) κουτιών Bk+J και Bk+2 •

Να προσδιορίσετε αν υπάρχει πεπερασμένη ακολουθία τέτοιων πράξεων η οποία έχει ως αποτέ­

λεσμα τα κουτιά Β1 , Β2 , Β3 ,Β4 ,Β5 να είναι κενά και το κουτί Β6 να περιέχει ακριβώς 2ΟιΟ20101010

κέρματα. (Σημειώνουμε ότι a hc = a(bc ) . )

Όταν γράφουμε την αντιστοιχία ( α1 , α2 , • • • , αn ) ---+ (α; , α; , . . . , α: ) , 1 :s; n :s; 6 , εννοούμε ότι είναι δυνα­

τόν με διαδοχική εφαρμογή επιτρεπόμενων πράξεων το αρχικό περιεχόμενο ( α1 , α2 , • • • , αn ) των n διαδο­

χικών κουτιών, 1 � n � 6 , να γίνει (α; , α; , . . . , α: ) , αντίστοιχα, ενώ το περιεχόμενο των υπόλοιπων κου­

τιών παραμένει αναλλοίωτο. Θα αποδείξουμε ότι είναι δυνατή η αντιστοιχία.

( 1, I, 1, 1, 1, 1 ) ---+ (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Α) , όπου Α = 20 1 020 1 020 1 0 • Πρώτα όμως θα αποδείξουμε δύο βοηθητικές προτάσεις :

'1/ •ίΨι i (α, Ο, Ο) ---+ {Ο, 2a , Ο) , για κάθε ακέραιο α :?: 1 .

Θα αποδείξουμε με επαγωγή ότι (α, Ο, Ο) ---+ {α - k, 2k , Ο) , για κάθε ακέραιο k με 1 � k � α . Για

k = 1 με εφαρμογή της πράξης τύπου 1 στο πρώτο κουτί λαμβάνουμε

(α, Ο, Ο) ---+ (α - 1, 2, Ο) = (α - 1, 21 , Ο) . Υποθέτουμε ότι ισχύει το ζητούμενο για κάποιο θετικό ακέραιο k < α . Τότε ξεκινώντας από την

τριάδα {α - k, 2k , Ο) εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 1 στο δεύτερο κουτί 2k μέχρις ότου αυτό να αδειά­

σει και στη συνέχεια εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 2 στο πρώτο κουτί. Έτσι έχουμε τις αντιστοιχίες :

(α - k 2k ο) ---+ (α - k 2k - 1 2) ---+ . . . ---+ (α - k ο 2k+l ) ---+ (α - k - 1 2k+l ο) ' ' ' ' ' ' ' ' .

Επομένως έχουμε (α, Ο, Ο) ---+ (α - k, 2k , Ο) ---+ (α - k - 1, 2k+Ι , Ο) . 2

' Για κάθε θετικό ακέραιο n, έστω Ρ, = � (π.χ. � = 222 = 1 6). Τότε n-φορές

(α, Ο, Ο, Ο) ---+ (Ο, Ρ, , Ο, Ο) , για κάθε α :?: 1 .

ο

Όπως στο λήμμα 1 , θα αποδείξουμε ότι (α, Ο, Ο, Ο) ---+ (α - k, Ριc , Ο, Ο) , για κάθε ακέραιο k με

1 � k � α . Για k = 1 εφαρμόζουμε τη πράξη τύπου 1 στο πρώτο κουτί, οπότε:

( α, Ο, Ο, Ο) ---+ (α - 1, 2, Ο, Ο) = (α - 1, Ρι , Ο, Ο) . Υποθέτουμε ότι ισχύει το ζητούμενο για κάποιο θετικό ακέραιο k < α . Ξεκινώντας από την τετράδα

(α - k, Ρι, , Ο, Ο) , εφαρμόζουμε στο πρώτο κουτί διαδοχικά το λήμμα 1 και πράξη τύπου 1 , οπότε λαμβά-

νουμε (α - k, Pιc , Ο, Ο) ---+ {α - k, Ο, 2Ριc , Ο) = (α - k, Ο,Ριr+1 , Ο) ---+ (α - k - 1,Ριc+1 , Ο, Ο) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/20

Page 23: Ευκλειδης Β 77

--------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες ---------Έχουμε δηλαδή ( a, O, O, O) ____, ( α - k, � , O, O) ____, ( a - k - 1, �+1 , 0, 0) . ο

Επανερχόμενοι στο πρόβλημα μας, πρώτα εφαρμόζουμε την πράξη τύπου Ι στο κουτί 5 και στη συ­

νέχεια την πράξη τύπου 2 διαδοχικά στα κουτιά Β4 , Β3 , Β2 και Β1 και τελικά εφαρμόζουμε το λήμμα 2

δύο φορές:

( 1, 1, 1 , 1 , 1 , 1 ) _, ( 1, 1 , 1 , 1 , 0, 3) ____, ( 1 , 1 , 1 , 0, 3, 0) ____, ( 1 , 1 , 0, 3 , 0, 0) ____, ( 1 , 0, 3, 0, 0, 0) ____, (ο, 3, ο, ο, ο, ο) ____, ( ο, ο, � , ο, ο, ο) = ( ο, Ο, 1 6, ο, ο, ο) ____, (o, o, O, f16 , 0, o) .

Έχουμε ήδη στο κουτί 4 περισσότερα από Α κέρματα, αφού

20 1 0 ( 1 1 )20 1 1 1 5 20 1 020 1 0 ( 1 1 )20 1 0 1 1 ·20 1 020 1 0 20 1 020 1 1 2 21 1 ·20 1 1 22 Α = 20 1 0 < 2 = 2 < 2 < 2 = 2 < 2 < f16 . Για να ελαττώσουμε τον αριθμό των κερμάτων στο κουτί Β4 εφαρμόζοί>με την πράξη τύπου 2 επα­

Α ναληπτικά τόσες φορές, όσες χρειάζεται ώστε ο αριθμός των κερμάτων του να γίνει - . Σε κάθε εφαρ-

4 μογή της πράξης τύπου 2 αφαιρούμε ένα κέρμα από το κουτί Β4 και εναλλqσσουμε τα κέρματα των κε-

νών κουτιών Β5 και Β6 • Έχουμε δηλαδή

(o, o, O, f16 , 0, o) _, (o, o, o, f16 - 1, ο, ο) _, . . . _, ( ο, ο, ο,� , ο, ο) .

Στη συνέχεια εφαρμόζουμε την πράξη τύπου Ι επαναληπτικά στα κουτιά Β4 και Β5 ως εξής:

(Ο, Ο, Ο, � , Ο, Ο) ____, · · · ____, (Ο, Ο, Ο, Ο, � , Ο) ____, · · · ____, (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Α) .

' Ι 1 ' ί!''' η ι Στο παραπάνω πρόβλημα, αν είχαμε μόνο τέσσερα κουτιά, τότε εύκολα μπορούμε να διαπιστώσουμε ότι είναι δυνατόν να επιτύχουμε να βάλουμε το πολύ 28 κέρματα στο τελευταίο κουτί. Όμως, όταν έχουμε 5 ή 6 κουτιά, τότε ο μέγιστος αριθμός των κερμάτων που μπορούμε να επιτύχουμε στο τελευταίο κουτί αυξάνει εκρηκτικά. Έτσι, για τα 5 κουτιά μπορούμε να επιτύχουμε να βάλουμε στο

τελευταίο κουτί περισσότερα από 221 4 κέρματα, ενώ για τα 6 κουτιά ο αντίστοιχος μέγιστος αριθμός

κερμάτων είναι Pp . 21 4

. . . . . Α ' βλ θ ' Α 20 1 020 1 020 1 0 θ ' ' θ ' � ϊ υ μ η ; . ν στο προ ημα μας ο αρι μος = αντικαταστα ει απο τον αρι μο

Β = 20 1 020 1 0 , τότε η ζητούμενη εξάδα μπορεί να επιτευχθεί χωρίς τη χρήση του λήμματος 2, ως εξής:

( 1, 1 , 1, 1, 1, 1 ) ____, ( 0, 3, 1, 1, 1, 1 ) ____, (Ο, 1, 5, 1, 1 , 1 ) ____, (Ο, 1 , 1 , 9, 1 , 1 ) ____, (Ο, 1, 1 , 1 , 1 7, 1 ) ____, ( 0, 1, 1 , 1, 0, 35 ) ____, (Ο, 1 , 1, 0, 35, Ο) ____, (Ο, 1 , 0, 35, Ο , Ο) ____, (Ο, 035, 0, Ο , Ο)

____, (Ο, Ο, 1, 234 , Ο, Ο) ____, (Ο, Ο, 1, Ο, 2234 , Ο) ____, (Ο, Ο, Ο, 2234 , Ο, Ο) ____, (Ο, Ο, Ο, 2234 - 1, Ο, Ο) ____, . . . . ____, (Ο, Ο, Ο, : , Ο, Ο) ____, (Ο, Ο, Ο, Ο, � , Ο) ____, (Ο, Ο, Ο, Ο, Ο, Β) .

ΠΙ 6 , Έστω a1 ,a2 , a3 , • • • μία ακολουθία θετικών πραγματικών αριθμών. Υποθέτουμε ότι

για κάποιο θετικό ακέραιο s , έχουμε ότι

an = max {ak + an-k 1 1 :::;; k :::;; n - 1} ' (1) για κάθε n > s. Να αποδείξετε ότι υπάρχουν θετικοί ακέραιοι .e και Ν , με .e :::;; s , τέτοιοι ώστε

an = αι + an-t ' για κάθε n �Ν.

Από τα δεδομένα του προβλήματος έχουμε ότι κάθε an με n > s μπορεί να γραφεί ως an = a11 + ai2 με j1 , j2 < n, j1 + j2 = n. Αν, έστω j1 > s , τότε μπορούμε να προχωρήσουμε με τον ίδιο τρόπο με το a11

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/2 1

Page 24: Ευκλειδης Β 77

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

κοκ. Επίσης, γράφουμε τον όρο αn στη μορφή

α = α. + α. + . . . + α. , n � '2 � (2)

1 < . < . . . -(3) _ ι

1 _ s, ι1 + ι

2 + . . . + ιk - n .

Επιπλέον, αν α; και α; είναι οι αριθμοί της σχέσης (2) που λαμβάνονται στο τελευταίο βήμα, τότε I 2 ί1 + ί

2 > s

. Επομένως η σχέση (3) μπορεί να προσαρμοστεί ως

1 � ί1

� s, ί1 + ί2

+ . . . + ίk = n, ί1 + ί2 > s . ( 4) Επίσης, αν υποθέσουμε ότι οι δείκτες ί1 , . . . , ίk ικανοποιούν τις συνθήκες (4), τότε θέτοντας

s1

= ί1

+ · · · + ί1 ,

από τη σχέση ( 1 ) έχουμε

Με βάση όλα τα προηγούμενα καταλήγουμε στον ακόλουθο ισχυρισμό :

Για κάθε n > s , έχουμε αn = rnax { α;1 + . . ·α;k : η οικοyέ vεια { ί1 , ί

2, . . . ίk ) ικανοποιεί τη σχέση ( 4)} . ( 6)

Στη συνέχεια σημειώνουμε α.

r = max _J_ l �i�s

ί

και σταθεροποιούμε κάποιο δείκτη f � s τέτοιο ώστε r = αe . f

Θεωρούμε κάποιο n :?: s2 f + 2s και επιλέγουμε μία έκφραση του αn στη μορφή (2), (4). Τότε έχου-

με n = ί1 + . . · + ίk � sk, οπότε k :?: n

:?: sf + 2 .

s

Ας υποθέσουμε ότι κανείς από τους δείκτες ί3 , . . . , ίk δεν είναι ίσος με f . Τότε, από την αρχή του πε-

ριστεροφωλιάς, θα υπάρχει κάποιος δείκτης j , με 1 � j � s , ο οποίος θα εμφανίζεται μέσα στους δεί­

κτες ί3 0 . . . , ίk τουλάχιστον f φορές και j ::f:. f . Αν διαγράψουμε αυτές τις f εμφανίσεις του j από την

{ ί1 , . . . , ίk ) και αντί αυτών προσθέσουμε j εμφανίσεις του f , θα λάβουμε μία ακολουθία

( ί1 ,ί2

, ί; . . . , ί; . ) ,

η οποία επίσης ικανοποιεί την (4) . Με βάση τον ισχυρισμό (6), έχουμε

α. + · · · + α. = α :?: α. + α. + α .. + · · · + α .. , 1ι '* n 11 12 13 1k'

α α . ή, με διαγραφή των όρων που συμπίπτουν, έχουμε fα1 :?: Jαe , οπότε : -t � ; . Από τον ορισμό του f , η

τελευταία σχέση δίνει fα1 = Jαe , οπότε

α = α. + α. + α .. + · · · + α .. . n � � � � Έτσι, για κάθε n > s2 f + 2s έχουμε βρει μια αναπαράσταση της μορφής (2), ( 4) με ί

1 = f , για κά­

ποιο j :?: 3 . Αναδιατάσσοντας τους δείκτες μπορούμε να υποθέσουμε ότι ίk = f . Τελικά, παρατηρούμε

ότι στην αναπαράσταση αυτή, οι δείκτες ( ί1 , . .. , ίk-Ι ) ικανοποιούν τις συνθήκες ( 4) με το n να έχει αντι­

κατασταθεί με το n - f . Έτσι, από τον ισχυρισμό (6) λαμβάνουμε

αn-t + αe :?: ( αiι + . . . + αίk-1 ) + α( = αn '

η οποία, λόγω της σχέσης ( 1 ) , δίνει

αn = αn-t + αe , για κάθε n :?: s2 f + 2s,

όπως ακριβώς ζητούσαμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/22

Page 25: Ευκλειδης Β 77

ΗΟΜΟ MA THEMATICUS 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.

I Ί υ τ ω 1 � r;, , ,ηιy ι"ιπ.,: η ι ς r.τ 1Ίλ ι ι ς : 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.

I . "τι ι:ίJ 'rιι τα Υ!αΙJημα τιιΙ/ι ; "

I Ιμι:ιτο ι..<:iμι.το

Δεν φαίνεται να υπάρχει γενική συμφωνία ως προς το τι πρέπει να αποτελεί μια πρώτη εισαγωγή στην Ανάλυση και την Αναλυτική Γεωμετρία. Με­ρικοί επιμένουν ότι ο μόνος τρόπος για την πραγ­ματική κατανόηση της Ανάλυσης είναι το ξεκίνημα από μια πλήρη πραγμάτευση του συστήματος των πραγματικών αριθμών και η ανάπτυξη κατόπι της θεωρίας, βήμα προς βήμα και κατά αυστηρό λογικό τρόπο. Άλλοι πάλι ισχυρίζονται ότι η Ανάλυση εί­ναι πρωταρχικά ένα εργαλείο για μηχανικούς και για φυσικούς και πιστεύουν ότι η εισαγωγή αυτή πρέπει να δίνει έμφαση στις εφαρμογές της Ανάλυ­σης, με τη βοήθεια της διαίσθησης και με εντατική εξάσκηση σε προβλήματα τα οποία αναπτύσσουν την επιτηδειότητα και ευστροφία στο χειρισμό διά-

Λ<: ι!ηρο ιtι:ίμ;: ιv

φορων φυσικών προβλημάτων που παρουσιάζονται στις πρακτικές εφαρμογές.

Και οι δυο αυτές απόψεις έχουν πολλά τα ορθά. Η Ανάλυση είναι μια επαγωγική επιστήμη και ένας από τους κλάδους των καθαρών Μαθηματικών. Ταυτόχρονα όμως έχει ρίζες βαθιές στα φυσικά προβλήματα και μεγάλο μέρος από τη δύναμη και την ομορφιά της την οφείλει στην ποικιλία των ε­φαρμογών της. Είναι εξ άλλου δυνατό να συνδυα­στεί μια έντονα θεωρητική ανάπτυξη με μια πολύ καλή τεχνική εξάσκηση . . .

. . .'Εκπληξη προξενεί το πόσο λίγη Αναλυτική Γεωμετρία χρειάζεται για την κατανόηση των στοι­χείων της ολοκλήρωσης και της παραγώγισης

[πηγή : ΤΟΜ Μ. APOSTOL «ΔΙΑΦΟΡΙΚΟΣ ΚΑΙ ΟΛΟΚΛΗΡΩτΙΚΟΣ ΛΟΓΙΣΜΟΣ>ι,

τόμ. Ι, εκδ. Μ. Πεχλιβανίδη & ΣΙΑ Α.Ε.]

Τ α i\l υΟη μιιτικιί ιη'ηιψυ : : :π ιτ:: \J�ι ; ι;; , ιφφ ι J Ιολί ::ς, ι)ν : :ψα Το κείμενο που ακολουθεί γράφτηκε περί τα

μέσα της δεκαετίας του 1970. Κατά τη γνώμη μας αποτελεί έναν ύμνο στην επιστήμη των Μαθηματι­κών. Πραγματικά, αν διαβάσετε παρόμοια κείμενα, γραμμένα όμως σήμερα, θα διαπιστώσετε το ίδιο πνεύμα. Εμείς ευχαριστούμε την 'ΈΠΙΣΤΗΜΟΝΙ­ΚΗ ΒΙΒΛΙΟΘΗΚΗ LIFE" [εκδόσεις: «Λύκειος Απόλλων», «Χρυσός Τύπος>)] για την ομορφιά του κειμένου.

«Τα Μαθηματικά στον 20° αιώνα εξακολου­θούν να αναπτύσσονται aτελεύτητα. Ο αριθμός των μαθηματικών αυξήθηκε κατά χιλιάδες από το 1900. Επιχειρήσεις-κολοσσοί, όπως η ΙΒΜ, η Μπελ Τέ­λεφον και η Τζένεραλ Ελέκτρικ διατηρούν μεγάλα και δραστήρια κέντρα ερευνών, όπου ολόκληρα συνεργεία από μαθηματικούς αμείβονται μόνο και μόνο για να σκέφτονται . . . Και με τους ηλεκτρονι­κούς υπολογιστές, τα αγαπημένα αυτά παιδιά των

μαθηματικών, εξοπλίζονται τώρα τα νευραλγικότε­ρα σύγχρονα κέντρα, τα ναυτιλιακά γραφεία, οι αε­ροπορικές εταιρείες, οι βάσεις εκτόξευσης πυραύ­λων, τα χρηματιστήρια -κλπ, Με λίγα λόγια η εποχή μας τρέφεται με Μαθηματικά και στηρίζεται σ ' αυ­τά. . Ποτέ άλλοτε ένας γυάλινος πύργος δεν έριξε τόσο μεγάλη σκιά στην καθημερινή ζωή . Και το παράδοξο είναι ότι οι μεμυημένοι δεν μετάνιωσαν ποτέ για το πάθος τους προς το αφηρημένο. Έχουν εξοικειωθεί με τα απέραντα μεγέθη και το ανεξε­ρεύνητο γαλάζιο διάστημα, ύστερα από τον δρόμο που άνοιξαν οι μαθηματικοί του 19ου αιώνα. Η σκέψη τους κυριαρχείται τώρα από αφαιρέσεις των aφαιρέσεων, από «παραλλαγέρ> και «αντιπαραλ­λαγές>), από «ομάδες μετασχηματισμών)), «άπει­ρους αριθμούς>), «aσυνεχείς συναρτήσεις>) και «το­πολογικούς χώρους>) .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/23

Page 26: Ευκλειδης Β 77

------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS ------------

Αν και παρόμοιες περιπλανήσεις στις περιοχές των «καθαρών» Μαθηματικών φαίνονται να μη έ­χουν το παραμικρό πρακτικό πνεύμα, διαθέτουν ε­ντούτοις την παράξενη ικανότητα να προχωρούν πέρα από τις συγκεκριμένες γνώσεις των φυσικών επιστημών, να καταστρώνουν εξισώσεις που επιβε­βαιώνονται από τα γεγονότα πριν ακόμη η επιστή­μη ανακαλύψει γεγονότα που ανταποκρίνονται σε εξισώσεις. Η διαδικασία αυτή πραγματοποιείται συχνά - αλλά έχει διαψευσθεί και αρκετές φορές. Έτσι, πολλοί μαθηματικοί προτιμούν να περιορί­σουν το ρόλο τους μάλλον στη διατύπωση υποθέ­σεων παρά στην ανακάλυψη μιας αλήθειας. Αλλά η ελευθερία του πνεύματος που απέρρευσε από την παραδοχή «η τέχνη για την τέχνη» οδήγησε σε μια πλούσια και γόνιμη εφευρετικότητα . . . .

Οι επιστήμονες που προσπάθησαν να συμβαδί­σουν μ' αυτή την υπερτροφική ανάπτυξη μας βε­βαιώνουν ότι ζούμε σε μια χρυσή εποχή των Μα­θηματικών. Υπολογίζουν ότι στα 60 τελευταία χρό­νια γεννήθηκαν περισσότερες καινούργιες θεωρίες απ' όλους τους προηγούμενους αιώνες. Οι στατι­στικές επιβεβαιώνουν αυτόν τον απολογισμό, και μια τελευταία ανάλυση που έγινε από το «Mathe­matical Reνiews» δείχνει ότι ο αριθμός των δημι-

1 1 . ""/ ΙJτfJ το ξ{ραη:; "

ουργικών έργων που δημοσιεύτηκαν διπλασιάστη­κε από το 1 940 ως το 1 950, διπλασιάστηκε για άλ­λη μια φορά στην επόμενη δεκαετία και αυξήθηκε κατά 70% από το 1 96 1 ως το 1 963 . Η ομάδα «Μπουρμπακί»* . . . δημοσίευσε 30 μεγάλους τόμους μιας εγκυκλοπαίδειας για τις βάσεις των σύγχρο­νων Μαθηματικών, χωρίς ακόμη να έχει πλησιάσει την αναλυτική γεωμετρία.

Τα νέα Μαθηματικά, τόσο σε έκταση όσο και σε βάθος είναι δύσκολο να προσδιοριστούν με α­πλές περιγραφές. Γενικά όμως, η ανάπτυξή τους ακολούθησε δυο γραμμές, επιτυχίες και κατακτή­σεις απ' τη μια πλευρά, εξ αιτίας της ικανότητας να λύνουν προβλήματα, και πνευματική αναζήτηση και θεωρία από την άλλη . Η δεύτερη αυτή τάση ει­σάγει μιαν αβεβαιότητα ως προς τη φύση και το σκοπό των απώτερων μαθηματικών αφαιρέσεων. Και τα δύο αυτά νήματα είναι στενά συνυφασμένα και μας προσφέρουν τις σημερινές λαμπρές μαθη­ματικές πραγματοποιήσεις»

* Μια ομάδα Γάλλων μαθηματικών που εργάζονται με το συλλογικό ψευδώνυμο «κύριος Νικολά Μπουρμπακί» («Mon­sieur Nicolas Bourbaki»)

Κφασα ρ ίδης Γ ιάννης

α. Ποιοι πήραν τα δύο πρώτα βραβεία Fields Medal, από τη καθιέρωσή τους;

β . Να τι γράφει ο Ian Stewart (μαθηματικός, πανεπιστήμιο Ουώρικ), στο βιβλίο του «Οι αριθμοί της Φύσης» (εκδόσεις ΚΆΤΟΠΤΡΟ, Αθήνα 1 996) : « . . . Η ακολουθία των πρώτων αριθμών αρχίζει με τους 2,3 ,5 ,7 , 1 1 , 1 3 , 1 7 , 1 9, και συνεχίζεται επ' άπειρον. Εκτός από το 2, όλοι οι πρώτοι είναι περιττοί, και οι πε­ριττοί πρώτοι χωρίζονται σ δύο κλάσεις : σ' αυτούς που είναι κατά μία μονάδα μικρότεροι από κάποιο πολλαπλάσιο του 4 (όπως οι 3 ,7 , 1 1 , 1 9) και σ' εκείνους που είναι κατά μία μονάδα μεγαλύτεροι από κά­ποιο πολλαπλάσιο του 4 (όπως οι 5 , 1 3 , 1 7). Αν διατρέξετε την ακολουθία των πρώτων και μετρήσετε το πλήθος των αριθμών που ανήκουν σε κάθε κλάση, θα παρατηρήσετε ότι υπάρχουν πάντοτε περισσότεροι αριθμοί της κλάσης «κατά ένα μικρότεροι» παρά της κλάσης «κατά ένα μεγαλύτερου> . . . Το ίδιο μόρφω­μα επαναλαμβάνεται έως και για αριθμούς που φτάνουν τουλάχιστον στο ένα τρισεκατομμύριο, και είναι απολύτως λογικό να υποθέσουμε ότι ισχύει επ' άπειρον»

Ποια είναι η δική σας γνώμη ; [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

1 1 1 . "οι σιι ι ι:φγάτες της στιίλης γράφουν-ι.ρωτο ύ ιι "

/Ιριύτο 0/;μrι.: Δ υο ΠΙΙ'::λιιiς στη ι • ι:ιια)ιια τω ι• ;Ίι!αΟηματιιαύ ιι, απt) το ν Ιαη .�Ίeιι•ω·t

Πμοl.ιηιιίμειια: Ο φίλος της στήλης Καραβασί- Εμείς ευχαριστούμε το φίλο Διονύση και του δη­λης Διονύσης (Πειραιάς), μας γράφει : « . . . . Τον τε- λώνουμε πως ενθαρρύνουμε τέτοιες πρωτοβουλίες. λευταίο καιρό "έπεσε" στα χέρια μου ένα βιβλίο Με την ευκαιρία αυτή "ψάξαμε" το θέμα και δανει­του μαθηματικού IAN STEWART με τίτλο «Οι α- στήκαμε κι εμείς, από το ίδιο βιβλίο, μια παράγρα­ριθμοί της φύσης» [εκδόσεις ΚΆΤΟΠΤΡΟ] . . . Το φο που μέρος της το βάλαμε σαν ερώτημα στο διάβασα και με εντυπωσίασε . . . Σας στέλνω δύο "Αυτό το ξέρατε; " και το υπόλοιπό της σαν "απά­παραγράφους από το τρίτο κεφάλαιο για να τις α- ντηση" . πολαύσουν ο ι φίλοι της στήλης . . . » .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 7 7 τ. l/24

Page 27: Ευκλειδης Β 77

------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS -------------

«Οι ιφ ιΟ μ ο ί ηJς ΦίJση .:>> «Η εικόνα των Μαθηματικών που προκύπτει αλληλεπιδρούν μεταξύ τους οι μαθηματικές έννοι­

από την περιγραφή των βασικών τους αντικειμέ- ες. Τα Μαθηματικά δεν είναι απλώς μια συλλογή νων είναι εκείνη ενός δέντρου που έχει τις ρίζες του απομονωμένων γεγονότων: μοιάζουν περισσότερο στους αριθμούς και διακλαδώνεται σε όλο και πε- με ένα τοπίο · τα χαρακτηρίζει λοιπόν μια εγγενής ρισσότερο απόκρυψες δομές δεδομένων καθώς γεωγραφία, την οποία αξιοποιούν οι χρήστες και οι προχωρούμε από τον κορμό σε μεγάλους κλάδους, δημιουργοί τους, για να βρίσκουν το δρόμο τους απ' αυτούς σε μικρότερους κλώνους, κ.ο.κ. Από μέσα σ' αυτό το τοπίο - που διαφορετικά θα ήταν τούτη την εικόνα, όμως, λείπει ένα ουσιώδες συ- μια αδιαπέραστη ζούγκλα>> στατικό. Δεν περιγράφει τον τρόπο με τον οποίο

«0 χρήστης των Μαθηματικών, λοιπόν, διασχί­ζει μόνο τα ευκολοδιάβατα μέρη αυτής της μαθη­ματικής επικράτειας. Ο δημιουργός των Μαθημα­τικών εξερευνά τα άγνωστα μυστήριά της, τα χαρ­τογραφεί και ανοίγει δρόμους μέσω των οποίων αυτά καθίστανται εύκολα προσπελάσιμα για τον καθένα.

Το συστατικό που συγκρατεί ενωμένο όλο αυτό το τοπίο είναι η απόδειξη. Η απόδειξη καθορίζει τη διαδρομή από το ένα γεγονός στο άλλο. Για τους επαγγελματίες μαθηματικούς, μια απόφανση είναι

.ι � : λ'

έγκυρη μόνο αν έχει αποδειχθεί πέρα από κάθε δυ­νατότητα λογικού σφάλματος. Ωστόσο, υπάρχουν όρια στο τι μπορούμε να αποδείξουμε και στο πως μπορούμε να το αποδείξουμε. Έπειτα από σκληρή δουλειά στον τομέα της φιλοσοφίας και της θεμε­λίωσης των Μαθηματικών καταδείχτηκε ότι δεν μπορούμε να αποδείξουμε τα πάντα, επειδή πρέπει να ξεκινήσουμε από κάπου · Αλλά, ακόμη κι αν έ­χουμε αποφασίσει από που θα ξεκινήσουμε, μπορεί κάποιες αποφάνσεις να μη είναι ούτε aποδείξιμες ούτε αναιρέσιμες»

., . . : ·a " Στις 1 6, 1 7 Απρίλη 20 1 0 πραγ- ρο Διαλόγου για τη διδασκαλία των Μαθηματι­ματοποιήθηκε το 8° «Διήμερο Διαλόγου για τη δι- κών»,με τίτλο «Κοινωνικές διαστάσεις της μαθη­δασκαλία των Μαθηματικών». Απευθυνθήκαμε ματικής εκπαίδευσης: : Όψεις και ζητήματα». Με στον Δημήτρη Χασάπη (αναπληρωτή καθηγητή και χαρά σας παρουσιάζουμε, σ' αυτό το τεύχος, το διαχρονικό οργανωτή αυτών των διήμερων), με αί- πρώτο μέρος του τμήματος. Σε κάποιο από τα επό­τημα να μας επιτρέψει να δημοσιεύσουμε ένα πολύ μενα τεύχη θα σας παρουσιάσουμε και το δεύτερο τμήμα της εισήγησής του που έγινε στο 4° «Διήμε- μέρος.

{{ () ,ιη:τασχη;.tατtπι:ηλ.;: -{.f! -:;· Λ . \ Η: ρ ο .: Δ ημ. Χασάπης - Πανεπιστήμιο Αθήνας

«Από την εμφάνιση του σύγχρονου σχολείου επιστημολογική θεώρηση της μαθηματικής γνώσης μέχρι σήμερα, τα Μαθηματικά κατέχουν κεντρική και πρακτικής εμπεριέχει και υποβάλλει αντίστοι­και αδιαμφισβήτητη θέση στο σχολικό πρόγραμμα, χες προσεγγίσεις της μάθησης και διδασκαλίας των τόσο της πρωτοβάθμιας όσο και της δευτεροβάθμιας Μαθηματικών. Γιατί κάθε προσέγγιση της μαθημα­εκπαίδευσης, με μια αιτιολόγηση η οποία, ανεξάρ- τικής εκπαίδευσης εμπεριέχει αναγκαστικά μια τητα από τις διατυπώσεις της, παραπέμπει άμεσα ή προσέγγιση του φαινομένου της ανθρώπινης μάθη­έμμεσα, στις μοναδικές ιδιότητες των Μαθηματικών σης βασισμένη σε αντίστοιχες παραδοχές για τη ως μιας γνώσης και μιας δραστηριότητας, οι οποίες φύση και το χαρακτήρα των Μαθηματικών. έχουν την δυνατότητα να «ασκούν» το μυαλό των Η παραδοχή , λοιπόν, ότι τα Μαθηματικά ως παιδιών στις λογικές διεργασίες και στην ορθολογι- σχολικό μάθημα αποτελούν προνομιακό πεδίο νοη­κή σκέψη, όπως και να αποτελούν το πεδίο ανάπτυ- τικής άσκησης υπονοεί μια θεώρηση της μαθηματι­ξης μιας σειράς «ανώτερων» νοητικών ικανοτήτων, κής γνώσης ταυτισμένη με το επιστημολογικό πρό­ανάλυσης, σύνθεσης, γενίκευσης κλπ. τυπο της "απολυτοκρατίας" των Μαθηματικών. Θί::-

Η παραδοχή αυτή όμως, όπως και κάθε παρα- ωρεί τα Μαθηματικά ως μια γνώση η οποία είναι δοχή για το ρόλο των Μαθηματικών στο σχολείο, αμετάβλητη, αδιάψευστη, αντικειμενική και απόλυ­ενσωματώνει και υλοποιεί παραδοχές για τη φύση τη, εξαρτημένη μόνο από τις μαθηματικές παραδο­και το χαρακτήρα της μαθηματικής γνώσης και χές της και τους παραδεκτούς κανόνες της τυπικής πρακτικής, και αντίστροφα κάθε φιλοσοφική- παραγωγικής λογικής, άρα ως μια γνώση η οποία εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/25

Page 28: Ευκλειδης Β 77

------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS -------------

ναι ουσιαστικά υπερανθρώπινη, άρα α-κοινωνική τητα. Αυτή η διαδικασία «εφαρμογής» των Μαθη­και α-χρονική, άρα υπεριστορική, και γι αυτό ανε- ματικών θεμελιώνεται αποκλειστικά στην παθητική ξάρτητη των ηθικών και πολιτισμικών αξιών. παρατήρηση και αναπτύσσεται ως ένα νοητικό παι-

Αναπόφευκτη συνέπεια της παραδοχής αυτής χνίδι αναδιοργάνωσης και συστηματοποίησης θεω­είναι η κατάτμηση μιας σαφώς προκαθορισμένης ρητικών εγγραφών, μαθηματικά δεδομένων. μαθηματικής γνώσης, της λεγόμενης και «διδακτι- Βασική, όμως, όψη αυτής της θεώρησης της κής ύλης», σε aπλουστευμένες και ιεραρχικά οργα- μαθηματικής εκπαίδευσης, η οποία πρέπει εδώ να νωμένες από το απλό στο σύνθετο διδακτικές ενό- υπογραμμιστεί, είναι η σχέση την οποία επιβάλλει τητες, με κύριο περιεχόμενο απολύτως βασικές έν- ανάμεσα στη διδασκαλία των Μαθηματικών στο νοιες, τυποποιημένους κανόνες, τεχνικές ασκήσεις σχολείο και στη μαθηματική δραστηριότητα και και προβλήματα με μια και μοναδική λύση και η γνώση που αποτελούν τυπικά το αντικείμενο της διδασκαλία της έτσι μετασχηματισμένης μαθηματι- διδασκαλίας των Μαθηματικών. Η σχέση αυτή εί-κής γνώσης με κύριο στόχο την επισώρευση ανα­γκαίων γνώσεων, τη νοητική άσκηση και την ανά­πτυξη γνωστικών δεξιοτήτων.

Η διδασκαλία των Μαθηματικών, στην περί­πτωση αυτή, αποτελεί μια κλιμάκωση νοητικών εμπειριών, που στοχεύουν και υπηρετούν την ά­σκηση στις λογικές διεργασίες και στην ορθολογι­κή σκέψη, διαταγμένων σε μια αλληλουχία ώστε κάθε εμπειρία να αποτελεί ενδυνάμωση και διεύ­ρυνση της προηγούμενης, ενώ οι έννοιες της επα­νάληψης και του αυτοματισμού αποτελούν δομικό της στοιχείο .

Αντίστοιχα, η αναφορά αυτής της μαθηματικής γνώσης στην πραγματική ζωή των ανθρώπων γίνε­ται με δύο παράλληλους και ανεξάρτητους μεταξύ τους μονόδρομους. Από το ένα μέρος οι ορισμένες μαθηματικές έννοιες αναγνωρίζονται στον κόσμο της πραγματικότητας, αποσπώνται, απλοποιούνται και υπόκεινται σε μια νοητική επεξεργασία και από το άλλο οι απλοποιημένες και τυποποιημένες μα­θηματικές έννοιες εφαρμόζονται στα πρότυπά τους, τα οποία επίσης ενυπάρχουν ήδη στην πραγματικό-

ναι ουσιαστικά μια πρακτική σχέση χρησιμοποίη­σης της μαθηματικής γνώσης, η οποία έχει ως κυ­ρίαρχη λειτουργία της, όχι τη γνώση των Μαθημα­τικών, αλλά πρωτίστως τη γνώση κανόνων, προτύ­πων και πρακτικών που στοχεύουν στη συγκρότη­ση μιας ειδικής σχέσης των παιδιών με τα Μαθη­ματικά. Αυτό ακριβώς σημαίνουν, εκτός των όσων προαναφέρθηκαν, οι παραδοχές και διακηρύξεις οι οποίες θεωρούν ως πρωταρχικούς στόχους της δι­δασκαλίας των Μαθηματικών στο σχολείο «τη με­θοδική άσκηση στην ορθολογική σκέψη, στην ανά­λυση, στην αφαίρεση, στη γενίκευση, στην εφαρμογή, στην κριτική και στις λογικές διεργασίες καθώς και η μύηση στη μαθηματική αποδεικτική διαδικασία» ή «την ανάπτυξη της ικανότητας για ακριβή σύλληψη των εννοιών, των μεγεθών, των ιδιοτήτων και των σχέσεων μεταξύ τους και ιδιαιτέρως εκείνων που εί­ναι απαραίτητες για την κατανόηση και επίλυση πραγματικών προβλημάτων της σύγχρονης ζωής και για την επαφή με τη σύγχρονη τεχνική, οικονομική και κοινωνική πραγματικότητα» και τα συναφή»

1936 Oslo, Norway Lars Ahlfors, Finland Το πρώτο F.M. απονεμή Jesse Doug\as, USA θηκε το 1936 . Το δεύτερο,

1950 Cambridge, United States Laurent Schwartz, France λόγω του Β' Παγκοσμίου Πολέμου, το 1950 Atle Se\berg, Norway

Συνεχίζοντας, ο lan Stewart, απαντά στο ερώ­τημά του: «Στη θεωρία των αριθμών αποδεικνύε­ται με έμμεσες μεθόδους, πως, όταν οι πρώτοι γί­νονται αρκετά μεγάλοι, το μόρφωμα αλλάζει και η κλάση των «κατά ένα μεγαλύτερων» καθίσταται πολυπληθέστερη . Αυτό το γεγονός αναδείχθηκε αρχικά για αριθμούς μεγαλύτερους από το 1 0 ' 1 0 ' 1 0Ά 1 0 '46 (για να μη τρελαθεί ο εκτυπωτής, έχω χρησιμοποιήσει την απόστροφο, προκειμένου

να συμβολίσω την ύψωση σε δύναμη). Αυτός ο α­ριθμός είναι απίστευτα τεράστιος. Αν τον γράφαμε ολόκληρο, θα είχε τη μορφή 1 0000 . . . 000, με εξαι­ρετικά μεγάλο πλήθος μηδενικών. Ακόμη κι αν μπορούσαμε να μετατρέψουμε όλη την ύλη του σύμπαντος σε χαρτί και να γράψουμε ένα μηδενικό πάνω σε κάθε ηλεκτρόνιο, τα ηλεκτρόνια δεν θα αρκούσαν για να γράψουμε ακόμη και ένα ελάχι­στο κλάσμα των απαιτούμενων μηδενικών».

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/26

Page 29: Ευκλειδης Β 77

ι .,.

, ' '1 /' '

Ευσταθίου Ευάγγελος - Καρδαμίτσης Σπύρος Η λογική για αρκετούς αιώνες έμεινε στο σημείο που την είχε αφήσει ο ιδρυτής της Αριστο­

τέλης (384 - 322 π.χ). Σημαντική πρόοδος στην επιστήμη αυτή σημειώθηκε τον 1� αιώνα, όταν τα μαθηματικά εισέβαλαν και σε αυτόν τον τομέα της γνώσης. Η παρουσίαση βασικών εννοιών της μαθηματικής λογικής δίνει την δυνατότητα στους μαθητές να κατανοήσουν την λογική δομή των φράσεων που χρησιμοποιούν στα μαθηματικά και να συνειδητοποιήσουν τα στάδια μιας α­ποδεικτικής πορείας μιας μαθηματικής πρότασης συστηματοποιημένα και απρόσβλητα.

στα μαθηματικά εννοούμε κάθε φράση που με βάση το νοηματικό της περιε­χόμενο μπορεί να χαρακτηριστεί ως αληθής (α) ή ως ψευδής (ψ). Για παράδειγμα οι προ­τάσεις: «Κάθε τετράγωνο είναι ρόμβος» είναι

αληθής και «0 αριθμός 1 2 είναι πολλαπλάσιο του 5» είναι ψευδής. Οι μαθηματικές προτάσεις συμβολίζονται με

τα γράμματα p, q, r, . . . κτλ και χωρίζονται σε απλές προτάσεις (όταν κανένα τμήμα τους δεν αρκεί για να σχηματιστεί άλλη πρόταση ) και σύνθετες (όταν δεν είναι απλές)

. Συνδέοντας δύο ή περισ­σότερες προτάσεις με τις λέξεις «ή», «Και»,

«αν . . . τότε», «αν και μόνο αν» δημιουργούμε νέες προτάσεις. Αυτές οι διαδικασίες παραγω­γής νέων σύνθετων προτάσεων τις λέμε λογι­

κές πράξεις. Α ν p είναι μια πρόταση , τότε η

πρόταση «όχι p» συμβολισμός p ονομάζεται

άρνηση της p και χαρακτηρίζεται ως:

αληθής (α) αν η πρόταση p είναι ψευδής.

ψευδής (ψ) αν η πρόταση p είναι αληθής. Τα παραπάνω παριστάνονται στον διπλανό πί-να κ α

Ρ Ρ

σ, ψ

ψ σ,

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ονο­μάζουμε διάζευξη των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρόταση που συμβολίζεται με pvq και διαβάζεται « p ή q »

για την οποία ισχύουν: Η πρόταση pvq είναι ψευδής μόνο αν οι προτάσεις p, q είναι και οι δύο ψευδής Η πρόταση pvq είναι αληθής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις

Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω πίνακα:

Ρ q pvq

σ, σ. σ.

σ. ψ σ.

ψ σ. σ.

ψ ψ ψ

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ονομά­ζουμε σύζευξη των προτάσεων p, q με την

σειρά που αναφέρονται μια νέα πρόταση που συμβολίζεται με pΛq και διαβάζεται <φ και φ> για την οποία ισχύουν:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/27

Page 30: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Η πρόταση pΛq είναι αληθής μόνο αν οι προτάσεις p, q είναι και οι δύο αληθείς Η πρόταση pΛq είναι ψευδής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις

Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω

πίνακα:

Ρ q pΛq α α α

α ψ ψ

ψ α ψ

ψ ψ ψ

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ονομάζουμε συνεπαγωγή των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρότα­ση που συμβολίζεται με p�q και διαβάζεται «αν p τότε φ> ή «p συνεπάγεται q» για την ο­

ποία ισχύουν:

Η πρόταση p � q είναι ψευδής μόνο αν η

πρόταση p είναι αληθής και η πρόταση q είναι ψευδής.

Η πρόταση p � q είναι αληθής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις

Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω

πίνακα:

Ρ q p � q α α α

α ψ ψ

ψ α α

ψ ψ α

Σημειώνουμε ότι: Α ν η πρόταση p είναι ψευδής, τότε η πρό­ταση p � q είναι πάντοτε αληθής ανεξάρ­

τητα αν η πρόταση q είναι ψευδής ή αλη­θής. Έστω η συνεπαγωγή p � q, τότε: η συνε­παγωγή q � p ονομάζεται αντιστροφο-

αντίθετος της συνεπαγωγής p � q, και

έχει πάντοτε την ίδια τιμή με την συνεπα-γωγή Ρ � q.

Έστω δύο προτάσεις p, q. Ο­νομάζουμε ισοδυναμία των προτάσεων p, q με την σειρά που αναφέρονται μια νέα πρότα­ση που συμβολίζεται με p<::::>q και διαβάζεται <φ αν, και μόνο, αν q » ή « p ισοδυναμεί q » για την οποία ισχύουν:

Η πρόταση p<::::>q είναι αληθής μόνο αν οι προτάσεις p, q έχουν την ίδια τιμή αληθεί­

ας Η πρόταση p<=>q είναι ψευδής σε όλες τις άλλες περιπτώσεις

Τα παραπάνω παριστάνονται στον παρακάτω πίνακα:

Ρ q p {::::} q α α α

α ψ ψ

ψ α ψ

ψ ψ (},

Δίνονται τα σύνολα Α = { χε Ζ : 1 � I χ - 1 1 � 2 } και Β = { y ε Ζ : I χ + 2 1 < 5 } α. Ν α γράψετε τα σύνολα Α και Β με ανα­γραφή των στοιχείων τους. β. Να βρεθούν τα σύνολα AuB και AnB.

α. Το σύνολο Α προσδιορίζεται από τα κοινά χεΖ που επαληθεύουν τις σχέσεις I χ-1 1�2

και 1 �1 χ-1 1 . Από τον ορισμό της απόστασης δύο σημείων σε άξονα έχουμε: Ι χ - 1 I � 2 <=> 1 - 2 � χ � 1 + 2 <::::> - 1 � χ � 3 <=> χ ε [ -1 ,

3 ] ( 1 )

και 1 � Ι χ - 1 1 <=> Ι χ - 1 1 � 1 <::::> χ ::Ξ: 1 - 1 ή χ � 1 + 1 <::::>

(χ :::; ο ή χ � 2 ) <=> χ ε (--οο, Ο] u [2, +οο) (2)

Οι ( 1 ) και (2) συναληθεύουν στο σύνολο (-1 ,0] u [2, 3)

- CX) - 1 ο 3 + m

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/28

Page 31: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Επομένως έχουμε Α = { Ο, 2 , } Το σύνολο Β προσδιορίζεται από τα κοινά y Ε Ζ που αληθεύουν την σχέση :

Ι χ + 2 1 < 5 <=> - 2 - 5 < χ < - 2 + 5 <=>

<::::> - 7 < Χ < 3 <::::> Χ Ε (- 7, 3) Άρα Β = { - 6, -5 , -4, -3 , -2, -1 , Ο, 1 , 2} β. Είναι ΑυΒ = { - 6, -5 , -4, -3 , -2, -1 , Ο, 1 ,

2 , 3 } και AnB = { Ο, 2}

Α ν α + β - γ = Ο τότε να αποδείξετε ότι : α3 + β3 - γ3

= - 3αβγ

Έχουμε α + β - γ = Ο => α + β ·= γ => (α + β)3 = γ3 => α3 + 3α2β + 3αβ2 + β3 = γ3=> α3 + β3 -γ3 = -3α2β - 3αβ2 => α3 + β3 -γ3 = -3αβ(α + β) => α3 + β3 -γ3 = -3αβγ ( γιατί α + β = γ)

Για την απόδειξη της παραπάνω συνεπαγωγής ξεκινήσαμε με την υπόθεση α + β - γ = Ο και με διαδοχικά βήματα καταλήξαμε στο συμπέ­ρασμα α3 + β3 - γ3

= -3αβγ. Μια τέτοια διαδι­κασία λέγεται ευθεία απόδειξη .

Α ν α, β είναι ακέραιοι αριθμοί, ο α είναι άρ­τιος και ο β περιττός, τότε να αποδείξετε ό-τι:

ί. Ο ακέραιος α2 είναι επίσης άρτιος. ίί. Ο ακέραιος β είναι περιττός. ίίί. Ο ακέραιος α + β είναι περιττός.

i. Αφού ο ακέραιος α είναι άρτιος, έχει την μορφή α = 2κ όπου κ ακέραιος αριθμός. Επο­μένως έχουμε: α2 = (2κ)2 = 4κ2 = 2 ·2κ2 = 2λ ( ' λ 2 2) ' ' ' 2 οπου = κ που σημαινει οτι ο ακεραιος α είναι άρτιος. ii. Αφού ο ακέραιος β είναι περιττός, έχει την μορφή β = 2ρ + 1 όπου ρ ακέραιος αριθμός. Επομένως έχουμε: β2 =(2ρ + 1 )2 =4ρ2 + 4ρ+ 1 = =2(2ρ2 + 2ρ) + 1 = 2λ + 1 (όπου λ = 2ρ2 + 2ρ) που σημαίνει ότι ο ακέραιος β2 είναι περιττός.

i i i . Είναι α + β = 2κ + 2ρ + 1 = 2( κ + ρ) + 1 = 2λ+ 1 (όπου λ = κ + ρ) που σημαίνει ότι ο α + β ακέραιος είναι περιττός.

Αν ο ακέραιος α2 είναι περιττός να δείξετε ότι ο α είναι περιττός.

Αρκεί να αποδείξουμε την αντθετοαντίστροφη συνεπαγωγή που όπως προαναφέραμε, είναι ι­σοδύναμη με την ζητούμενη. Δηλαδή να δεί­ξουμε ότι: Αν ο α δεν είναι περιττός, τότε ο α2 δεν είναι περιττός, ή ισοδύναμα: Α ν ο α είναι άρτιος, τότε ο α2 είναι άρτιος. Αυτό όμως το δεί­ξαμε στην προηγούμενη άσκηση, ερώτημα (i)

Δεχόμαστε ότι δεν ισχύει η πρόταση αυτή , δη­λαδή δεν ισχύει η συνεπαγωγή :

( α2 είναι περιττός => α είναι περιττός) Αυτό φυσικά δεν σημαίνει ότι απλώς δεν ι­σχύει το συμπέρασμα της συνεπαγωγής, αφού υπάρχουν αληθείς συνεπαγωγές με ψευδές συμπέρασμα (όταν φυσικά η υπόθεση είναι ψευδής) . Ψευδής συνεπαγωγή λοιπόν σημαίνει ότι: ισχύει η υπόθεση, δηλαδή (ο α2 είναι πε­ριττός) και δεν ισχύει το συμπέρασμα, δηλαδή (ο α είναι άρτιος). Θα καταλήξουμε τότε σε άτοπο, δηλαδή στο παράλογο συμπέρασμα ό­τι: κάποια πρόταση p ισχύει και συγχρόνως ισχύει και η άρνησή της p . Πράγματι, δείξαμε στην προηγούμενη άσκηση ότι ισχύει η συνεπαγωγή : (ο α είναι άρτιος => ο α2 είναι άρτιος) . Όμως δεχτήκαμε ότι η υπό­θεση της (ο α είναι άρτιος) είναι αληθής, οπό­τε και το συμπέρασμα ( ο α2 είναι άρτιος) είναι αληθής. (Κανόνας αποσπάσεως) Αλλά έχουμε δεχτεί ότι (ο α2 είναι περιττός) . Καταλήξαμε λοιπόν στο παράλογο συμπέρασμα: Ο α2 να ' ' ' 2 ' ειναι αρτιος και συγχρονως ο α να μην ειναι

άρτιος. (Πράγμα άτοπο) . Καλό είναι να γίνει κατανοητή η λεπτή δι­αφορά μεταξύ του 1 ου και του 2°υ τρόπου,

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/29

Page 32: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

διότι τις περισσότερες φορές δίνεται η ε­ντύπωση (κακώς) ότι ο 1 ος τρόπος αποτε­λεί μέθοδο απόδειξης με απαγωγή σε άτο­πο.

. Στην παραπάνω 2η απόδειξη υποθέ­σαμε ότι δεν ισχύει αυτό που θέλαμε να απο­δείξουμε και χρησιμοποιώντας αληθείς προ­τάσεις φθάσαμε σε δύο αντιφατικά συμπερά­σματα. Οδηγηθήκαμε όπως λέμε σε άτοπο. Η παραπάνω μέθοδος απόδειξης χρησιμοποίησε για πρώτη φορά από τον Ζήνωνα ( 488 - 430 π. Χ.), ως επιστημονική μέθοδο για την ερμη­νεία των γνωστών παραδόξων του.

Δίνεται η αναλογία � = � = 1 , όπου α, β, γ β γ δ

και δ είναι θετικοί αριθμοί. α. Αν είναι α=δ τότε να δείξετε ότι:α=β=γ=δ β. Α ν είναι α -:;= δ τότε να δείξετε ότι:

α αs + β2γ2 + α3γ2 - = δ β4γ + δ4 + β2γδ2

α. Α ν α = δ η αναλογία γράφεται: � = Q. = l , β γ α οπότε αν ονομάσουμε καθένα από τους ίσους όρους ίσο με λ έχουμε: {; = ��} (Ι)

γ = αλ Επομένως α = βλ = γλ2 = αλ3 ::::::> α = αλ3 ::::::>

3 3 α,οΟ 3 α - αλ = Ο ::::::> α( 1 - λ ) = Ο => λ = 1::::::> λ = 1 Και για την τιμή του λ που βρήκαμε έχουμε από τις σχέσεις (I) ότι: α = β = γ = δ. β . Αν α :1: δ ονομάζουμε πάλι τους ίσους λό­γους ίσους με λ > Ο από όπου προκύπτει ότι: {; : ��} => {α =:� ;λ�� �λδ�zδ/! }

γ = δλ γ = δλ Επομένως αντικαθιστώντας έχουμε: αs + β2γ2 + α3γ2 = β4γ + δ4 + β2γδ2

= δsλι s + δ4λ6 + δs λι ι δ4λ6 (δι? + ι + δλs )

δ5ι? + δ4 + δ5λ5 δ4 (δι? + ι + δλ5 )

= fif = λ3 = λ-λ·λ = � . Q. . r = � β γ δ δ

Το πρώτο ερώτημα είναι νέα σχολική άσκηση και το δεύτερο ερώτημα προέρχεται από το κλασικό βιβλίο Hίgher Algebra των Hall και Knight που εκδόθηκε το 1 887 .

Να βρείτε τους αριθμούς α, β, γ αν ισχύουν συγχρόνως οι σχέσεις:

2 1 2 1 2 1 α - β � - , β - γ � - , γ - α � -4 4 4

Με πρόσθεση κατά μέλη των παραπάνω σχέ­σεων παίρνουμε:

2 2 2 1 1 1 α - β + β - γ + γ - α 2 - + - + - <=> 4 4 4

2 2 2 1 1 1 α - α + β - β + γ - γ :::; - - - - - - <=> 4 4 4

2 1 2 1 2 1 (α - α + - )+ (β - β + - ) + (γ - γ + - ) ::;Ο<::> 4 4 4

( α _ .!. )2 + ( β _ .!. )2 + (γ- .!. )2 :::; 0 2 2 2

Στην παραπάνω σχέση ισχύει η ισότητα γιατί το πρώτο μέλος είναι μη αρνητικό, συνεπώς κάθε όρος της είναι ίσος με το μηδέν, οπότε

(α -.!. )2 = Ο και ( β - .!. )2 = Ο και ( γ - .!. )2 = Ο 2 2 2

Άρα α -.!. = Ο και β - .!. = Ο και γ - .!. = Ο 2 2 2

Ε ' ' β 1 πομενως εχουμε α = = γ = 2 .

α. Α ν Α, Β, Γ είναι θετικοί ρητοί αριθμοί με Α2 - Β = Γ2, τότε υπάρχουν θετικοί ρητοί χ, y τέτοιοι ώστε: �Α + JB = J;. + JY (I) β. Βρείτε θετικούς ρητούς αριθμούς χ ,y έ­

τσι ώστε: �5 + 51 = J;. + JY ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/30

Page 33: Ευκλειδης Β 77

Μαθη ματικά για την Α ' Λυκείου

α. Παρατηρούμε ότι: (I)� (JA+[J))2 =(.fx+[y)2

� A +JB = x + y + 2h (Π)

Για να ισχύει η (Π) αρκεί

ι�:�}� {χχ::γ}

Λύνοντας το παραπάνω σύστημα προκύπτουν οι τιμές των χ, y που είναι:

A +Jri A + IΓI Α + Γ --- =-- =--A+.JA2 - Β χ =-----2 2 2 2

. A - .JA2 - B A -Jri Α - Γ y = = = 2 2 2 που είναι θετικές ρητές.

β. Για το ερώτημα αυτό έχουμε απλή εφαρμο­γή του παραπάνω τύπου με Α = 5 Β = 2 1 και Α2 - Β = 4=22 δηλαδη' Γ=2 ' ' ' οπότε:

�5 +J2Ϊ = J5 ; 2 +J5 ; 2 =� +#

Οι παραστάσεις της παραπάνω μορφής ονομά­ζονται διπλά τετραγωνικά ριζικά και εμφανί­ζονται στις λύσεις διτετραγώνων εξισώσεων. Η απλοποίηση τέτοιων παραστάσεων με την μέθοδο της εμφάνισης αναπτύγματος ταυτότη­

τας κάτω από το ριζικό δεν είναι πάντοτε εύ­κολη .

Αν οι αριθμοί χ+ .Jx2 + 1 και y + �y2 + 1 εί­

ναι aντίστροφοι, να δείξετε ότι οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

Αφού οι αριθμοί χ + .j;!;ϊ και y + �y2 + 1 είναι aντίστροφοι, ισχύει:

( x + .Jx2 + 1 ) · ( y + �y2 + 1 )= 1

απ' όπου παίρνουμε τις σχέσεις: χ + .j;!;ϊ =

1 = y + �y2 + 1

= y - �y2 + 1 y -.,v;ϊ

(y + �y2 + 1 )(y - �y2 + 1) y2 -..v;ϊ2

= Υ�� �y2 + 1 - y Υ - y -

και με ανάλογη διαδικασία έχουμε:

y + �y2 + 1 = 1 -.j;!;ϊ - χ χ + .j;!;ϊ

Προσθέτοντας τις παραπάνω σχέσεις κατά μέ­λη έχουμε: χ + .j;!;ϊ + y +..v;i. =

= ..v;i. - y +.j;!;ϊ - χ =>

=> χ + Υ = - χ - Υ => 2χ + 2y = Ο =>

χ +y = ο � χ = - y, δηλαδή οι αριθμοί χ, y είναι αντίθετοι.

Θέτουμε α = χ + .Jx2 + 1 , τότε έχουμε

α - χ = .j;!;ϊ => α2 + χ2 - 2αχ = χ2 + 1 =>

Αν θέσουμε πάλι β = y +..v;i. , με ανάλογη

δ δ ' ' ' β2 - 1

ια ικασια προκυπτει οτι: y = -- . 2β

Αφού οι αριθμοί α και β είναι aντίστροφοι ι-, Ι , ,

σχυει α = - , επομενως εχουμε: β

2 2 2 - - 1 α - 1 β - 1 α - 1 α2 x + y = -- + -- = -- + -- = 2α 2β 2α 2 . _!_

α2 - 1 1 - α2 -- + -- = 0 2α 2α '

άρα οι χ, y είναι αντίθετοι.

α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/3 1

Page 34: Ευκλειδης Β 77

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

-- - - - - - - - - - - - - - - ------------------------------------ -------------------------------�-- - - - -- - - - ---------1

Ασκήσε ις Π ΟΛΛΑΠΛΗ Σ Ε Π ΙΛΟ ΓΗ Σ Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ζώτος

____ j Στο άρθρο αυτό σας παρουσιάζουμε, με αφορμή τη νέα αναθεωρημένη έκδοση του σχολικού βιβλίου

Άλγεβρας Α ' Λ υκείου, μερικές ασκήσεις πολλαπλής επιλογής και περιμένουμε λύσεις καθώς και αντίστοι­χες ασκήσεις από μαθητές και συναδέλφους μαθηματικούς. Θα μας ενδιέφεραν τα σχόλια και οι παρατη­ρήσεις σας. Οι λύσεις θα δημοσιεύονται στο επόμενο τεύχος, καθώς και η σχετική ενδεικτική βιβλιογρα­φία.

είναι ίσος με 1

Α. 3 · Β. _!_ 2 Γ . .!. 3

είναι ίσο με

με

Α. 99 1 00

Δ.-Ι -

990 1

Β. __22__ Ι ΟΟΟΟ Ε. 990 Ι

Ι ΟΟΟΟ

Δ. 1 Ε. � 2

Γ. -1-5000

Α. -8 Β. -7 Γ. � 2 Δ. _!2 6 Ε. - 23 . 3

με Α. χ

2 Β. --2 χ

χ - 2 Γ. -­χ

είναι ίση

Δ. _!_ Ε. � χ χ

Α Ι Ι Ι Ι , ' θ ν - +-+-+-= α , τοτε το α ροισμα Ι Ι 22 44 88 Ι2 23 45 89 ' ' - +-+-+- ειναι ισο με 1 Ι 22 44 88

Α. α Β. 4α + 4 Γ. 8α

2 4 6 8 3 1 1 1 0 6. Αν Α=-+-+--- και Β = - + -----7 9 1 Ι 13 7 9 Ι Ι 1 3

τότε το Β είναι ίσο με Α. 1 - Α Β. 2 - Α Γ. 1 - 2Α Δ. 3 - 2Α Ε. 3 + 2Α

α β γ α2 + β2 + γ2 ϊ. Α ν - = - = - , τότε το είναι {σο 2 3 4 αβ + βγ + αγ με Α. Β.

29 Γ. 26 Δ. 3 26 29 Ε. � 8 1 1 1 1 ' R . Αν - +- +- = - και αχ = βψ = γz = 8 , τοτε χ ψ z 2

το άθροισμα α + β + γ είναι ίσο με Α. 1 6 Β. 1 2 Γ. 8 Δ. 4 Ε. _!_ 4 1 1 . \ Υ.'\ Α \1 Ε Ι Σ Τ\ \' ΗΗ Η Τ ΕΣ Π ΡΑ Ξ Ε Ι Σ

9 . Αν αχ = 2 και β Ψ = 3 , τότε η παράσταση χ β-ψ α3

· 2 είναι ίση με α- χ . β- Ψ

Α. 24 Β. 36 Γ. 48 Δ. 54 Ε. 60 2' 6 + 2' 8 + 230 1 0 . Η παράσταση 1 0 1 1 1 7 4 + 4 + 4 είναι ίση με

Β. 2-4 Γ. 24

1 1 . Αν αβ = -2 και χ - ψ = 3 , τότε η παράσταση αΨ αχ , . , - :- ειναι ιση με βχ βΨ

Α. -9 Β. -8 Γ. -6 1 Δ. --8

1 Ε. --9 [ 6ν-2 3μ-4 ) [ 6ν-4 3μ-2 ) 1 2 . Η παράσταση --+- : -+-- 34 36 9 64

Δ. 3 + α Ε. 4 + α . είναι ίση με ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/32

Page 35: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α. 3 Β. 4 Γ. 5 Δ. 6 Ε. 8 4α - Ι 2α + Ι Αν χ =-- και ψ = -- , τότε το χ συ-4α 2α

ναρτήσει του ψ είναι ίσο με Α. χ = 2ψ Β. χ = ψ2 Γ. χ = -2ψ2 Δ. χ = ψ - 2 Ε. χ = 2ψ - ψ2

Α ν α + β = Ι Ο , τότε η τιμή της παράστασης α2 - β2 - Ι Οβ - 25 --:,...---:--::----=----- είναι ίση με α2 - β2 - 5α - 5β Α. Ι Β. � 2 Γ. 5 Δ. _!2 2 Ε. 1 0

Α Ι 7 . . . ν χ + -- = , τοτε η τιμ η της παραστασης χ - 3 Ι χ 2 - 6χ + είναι ίση με χ2 - 6χ + 9

Α. 5 Β. Ι 4 Γ. Ι 6 Δ . 2 Ι Ε . 27 Αν χ3 + 3χψ2 = 13 και ψ3 + 3χ2ψ = Ι4 τότε

το χ είναι ίσο με Α. -Ι Β. Ι Γ. 2 Δ. 3 Ε. 4

Αν α -:t:- Ο και (χ - Ι )2 = α , τότε το γινόμενο (χ2 - 3χ + 2) · (χ2 - χ ) είναι ίσο με

Α. α + Ι Δ. α2 + α

Β. α2 - Ι Ε. α2 - α .

Αν α2 - 4αβ - β2 = Ο , τότε η τιμή της παρά­στασης

α2 - β2 + αγ + βγ α2 + β2 - 2αβ + αγ - βγ α2 + β2 + 2αβ - αγ - βγ είναι ίση με Α. -2 Δ. Ι

Β. - Ι Ε. 2

Γ. Ο

α7-ν + α4-ν Η παράσταση είναι ίση με α3-ν + α-ν

Η παράσταση Α. Ι 7 Β. 3 Ι Δ. 63 Ε. Ι 27

21 8 - Ι 1 2 6 είναι ίση με 2 + 2 + Ι Γ. 43

Ι 1 1 3 + -

Α ν < μ < --...,.. και ______χ_Ι = μ , τότε (0, 2 )- l (0, 3 )- l χ + -3 το άθροισμα όλων των ακεραίων τιμών του χ εί-ναι: Α. 50 Δ. 65

Β. 52 Ε. 75

Γ. 64

Ι 0, 02 . Α ν -- = -- και -3 < ψ < 3 , τοτε η με-3χ - 2 ψ γαλύτερη ακεραία τιμή που μπορεί να πάρει το χ είναι: Α. 48 Β. 49 Δ. 5 1 Ε. 52

Γ. 50

Αν χ, ψ είναι πραγματικοί αριθμοί και ισχύ­ουν χ4 < χ3 , χ · ψ > ψ , ποιο από τα παρακάτω εί­ναι αληθές ; Α. Ο < ψ < 1 Δ. ψ > 2

Β. 1 < ψ < 2 Ε. ψ < Ο

Γ. ψ = Ο

χ -2 χ Αν χ < ψ < -2 , α = - , β =- και γ =-ψ ψ -2 ποιο από τα παρακάτω είναι αληθές ; Α. α < β < γ Β. β < α < γ Γ. β < γ < α Δ. α < γ < β Ε . . γ < α < β

Ι 1 Ι Ι 2 , Α ν κ < λ < μ < ν και - + - +- + - =- , τοτε κ λ μ ν 2 Ι

ποιο από τα παρακάτω μπορεί να είναι τιμή του κ ; Α. 40 Β. 42 Γ. 44 Δ. 46 Ε. 48

Αν α, β, γ ε !R. με α2 · β < Ο , α · β4 > 0 και 3 � < Ο , τότε το πρόσημο των α, β, γ αντίστοιχα γ

είναι Α. -, +, + Δ. +, -, -

Β. -, -, + Ε. +, +, -

Γ. +, -, +

Η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να πάρει η πα­ράσταση 4χ 2 - Ι 2χ + 1 9 είναι Α. 1 9 Β. 1 2 Γ. 1 0 Δ. 9 Ε. 4

Αν χ4 < χ2 και χ3 < χ5 , τότε το χ παίρνει τι­μές στο διάστημα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/33

Page 36: Ευκλειδης Β 77

Μ αθηματικά για την Α ' Λυκείου

Α. ( -1 , 0 ) Δ. ( 1 , +οο )

Β. (0, Ι ) Γ. ( -οο, 1 ) Ε. (Ο, +οο )

1 3 + -2 9 . Αν β = __

α_ και l_ < β < 1 , ποιό από τα πα-1 1 0 α + -3

ρακάτω είναι αληθές ; Α. 2 < α < 9 Β. 3 < α < 1 0 Γ. α = 4

3 . Δ. - < α < 2 1 0 Ε. 4 < α < 6

3 0 . Έστω α , β θετικοί ακέραιοι και ισχύουν 1 α + -

1 < α < 1 3 , -f- = β + 1 , τότε το πλήθος όλων των 3 + -α

τιμών του β είναι

Α. 4 Β. 5 Γ. 6 Δ. 7 Ε. 8 3 ! . Αν 2 < χ ::; 1 0 και 3χ + 2ψ = 8 , ποια από τις παρακάτω ανισότητες είναι αληθής ; Α. - 1 0 ::; ψ < 2 Β. - 1 1 < ψ ::; 1 Γ. - 1 1 ::; ψ < 1 Δ. - 1 < ψ ::; 1 1 Ε. 2 < ψ ::; 1 0

ο 1 3 2 ' 3 2 . Αν α < και - =-=- , ποιο απο τα πα-3α 4β 5γ ρακάτω είναι αληθές ; Α. α < γ < β Β. β < γ < α Δ. β < α < γ Ε. γ < β < α

Γ. α < β < γ

33 . Αν x, ψ, z ε JR με χ2 · ψ < Ο , χ3 · ψ · z3 > 0 και χ · z2 > Ο , ποιο από τα παρακάτω είναι λάθος ; Α. χ + z < Ο Β. χ · ψ < Ο Γ. ψ · z > Ο Δ. � > 0 z Ε. χ + ψ < Ο

34 Αν χ2 < χ και ψ < Ο , ποιο από τα παρακάτω είναι λάθος ; Α. Ο < χ < 1

Χ · ψ < ψ

Β. χ · ψ < 0 χ 1 Ε. - > -­ψ Χ · ψ

1 Γ. 1 < ­χ Δ.

35. Αν α < Ο < β < γ , ποιο από τα παρακάτω είναι αληθές ;

Α. α < β - γ Β. α + γ < 0 αβγ Γ. αβγ < 0 (γ - α ) + β

Δ. α + β + γ > Ο Ε α + γ β . < . 2 ι ν . Λ fl Ο Λ \T I I ΊΊ Μ /1

36 . Αν jx + 3 j + jx + ψ - 1 j = Ο , τότε το γινόμενο χ · ψ είναι ίσο με Α. - 14 Β . - 1 2 Δ . -6 Ε. -3

Γ. -9

3 7 . Αν χ - ψ + 3 = 0 και α jx - ψ j + 4 jψ - x j = 1 8 , τότε ο α είναι ίσος με Α. 1 Β. 2 Γ. 3 Δ. 4 Ε. 5 38 . Πόσες διαφορετικές τιμές μπορεί να πάρει η

' χ χ - 1 χ + 2 παρασταση : -� I

+ -1 -1

+ -1 -1 χ χ - 1 χ + 2

Α. 1 Β. 2 Γ. 3 Δ. 4 Ε. 5 39 . Αν χ3 < χ < jx j , σε ποιο από τα παρακάτω δι­αστήματα παίρνει τιμές το χ ; Α. (-1 , 1 ) Β. (- 1, 0) Γ. (-οο, - 1 ) Δ. ( 1 , +00 ) Ε. (Ο, 1 )

40 . Αν 1 < χ < 3 , τότε η παράσταση Α = 4χ - j2x - jx - 3 j j είvαι ίση με Α. χ + 3 Β. χ - 3 Γ. -χ + 3 Δ. -χ Ε. -3χ

4 1 . Αν α, β, γ ε JR και ισχύουν α3 < α2 , jγ - 1 1 = γ - 1 , 2β = 3γ , ποια από τις παρακάτω α­νισότητες είναι αληθής ; � α < β < γ R β < α < γ Δ. β < γ < α Ε. γ < α < β

Γ. α < γ < β

42. Αν jx - 3 j < 2 και j2ψ - 1 j = χ , τότε το άθροι­σμα όλων των ακεραίων τιμών που μπορεί να πά­ρει ο ψ είναι Α. - 1 Β. 1 Γ. 2 Δ. 4 Ε. 5 43 . Αν 2 < α < 7 και jα - 2 j + j7 - α j + 5x = 25 , τότε το χ είναι ίσο με Α. 2_ Β. 3 Γ. 4 2 Δ. 5 Ε. 34 5

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ.l/34

Page 37: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

Αν jx - 1 j > 2 και jχ - 1 j + jψ + 1 j = 4 , τότε το άθροισμα όλων των ακεραίων τιμών που μπορεί να πάρει ο ψ είναι Α. -4 Β. -3 Γ. -2 Δ. - 1 Ε . 1

Στο διπλανό σχήμα δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με πλευρές α, β, γ . Η παράσταση j α - βj + j β - γj + j γ - αj είναι ίση με Α. 2α - 2β Β. 2β - 2α Γ. 2γ + 2α Δ. 2α + 2β + 2γ Ε. Ο

Α

Α β ' θ ' θ ' 1 1 ' ν α, ει ναι ετικοι αρι μοι και - < - , το-α β τε η παράσταση

jβ - 2αj - j2α + βj + j α - βj είναι ίση με Α. β - 3α Β. 2β - 3α Δ. 3α - β Ε. α + 2β

Γ. α - 3β

Η παράσταση ψ Ο, 00 1 γ' · �( 1 )-ι είναι 0, 04 ίση με Α. 0, 2 Δ. 2

Β. 0, 4 Ε. 4

Γ. 1

Αν α, β είναι πραγματικοί αριθμοί και ισχύ­ουν α - β < α , α β < Ο , τότε η παράσταση .J9α 2 - -J4βi + 3α - .[rf είναι ίση με Α. -3β Β. -4α Γ. 6α - β Δ. -6α + β Ε. -2α - 3β

Αν Ο < χ < 5 , τότε η παράσταση χ2 25 2 ' ' - +-- ειναι ιση με 25 χ2 25 - χ2 Α. --­

χ 25 - χ 2

Δ. ---5χ

Β. 25 + xz 5χ

χ - 5 Ε. -5χ

5 - χ Γ. -5χ

Η παράσταση �( 2 7 + 2 7 ) : ( 3 7 + 3 7 + 3 7 ) είναι ίση με A. i

9 Δ. J6 3

Β. .fi 3

Ε. J6 2 .

Γ. 3_ 3

Η ' J8 + 3J32 + JU. + 3/48 παρασταση r;:; r;:;

ίση με Α. 1 Δ. J3

Β. 28 Ε. 1 4

είναι ίση με Α. 4 Β. 2

ν 3 + ν 2

Γ . .fi

Γ. � 2

είναι

Ε. _!_ 4

Η παράσταση 6 · if4 : ( rJ8 + .Js) είναι ίση με Α. 2 Β. 3 Γ. 4 Δ. 6 Ε. 8

36 5 25 ' ' Η παράσταση - + - + - ειναι ιση με 8 1 9 1 44 Α. _§_ Β. _!2 1 1 7 Δ. _!2 Ε . .!3_ 1 2 1 3

Γ. 2_ 1 2

Η παράσταση .J 499 · 50 1 + 1 - .J 43 · 45 + 1 εί­ναι ίση με Α. 436 Δ. 466

Β. 446 Ε. 476 .

Γ. 456

{./23χ + 323 χ + 23χ +2 Η παράσταση .J είναι ίση με 4x+ l + 24χ+2

Α . .!. 3 Δ. � 4 Ε. 3

Αν α = 2 - .fi , β = 6 + 4.fi , τότε η παράστα­ση J α.Jβ είναι ίση με

Α. 1 Δ. 2.fi

Β. .fi Ε. 4

Γ. 2

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. Ι/35

Page 38: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Α ν χ = J2 και ψ = J3 , τότε η τετραγωνική ρίζα .J2400 , συναρτήσει των χ, ψ είναι ίση με

χ + ψ ο , � � ·- Αν -- = 5 και χ ,ψ * , τοτε το ψ 2χ + ψ είναι ίσο με

Α. _± Β, _± Γ. � 5 9 5 Δ. � Ε. � 3 9

Αν :if;. - � = 4 και χψ = 1 25 , τότε η διαφο­ρά χ - ψ είναι ίση με

Α. 33 Δ. 92

Β. 64 Ε. 1 24

Γ. 84

Αν α + β = �7 + 4J3 και α - β = 2 -J3 , τότε η παράσταση �( α2 - β2 )3 είναι ίση με

Α. 1 Δ. J3

Β. 2 Γ. J2 Ε. 2J3

Α ν α, β, γ είναι οι πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ στο διπλανό σχήμα, τότε η παράσταση

είναι ίση με Α. γ - 2α Δ. 2γ - 2β

Β

Β. 2 (γ - α) Ε. 2β - 2α

Α

α

Γ. Ο

Γ

1 020 - 620 Η , 4 , , παρασταση 20 20 ειναι ιση με 5 - 3 Α. 4 Δ. 32

Β. 8 Ε. 64

Γ. 1 6

,- , J Αν χ > 2 , η παράσταση

�χ2 + 5x + 2 + .J4 - 4x + x2 είναι ίση με Α. χ + 2 Δ. χ - 3

Β. χ - 2 Ε. χ + 3

Γ. χ

ι; � . Αν Γχ - {ψ = 3 και χ2 + ψ2 = μ , τότε το μ γψ ν-; χψ είναι ίσο με Α. 3 Δ. 1 1

Β. 5 Ε. 1 3

Γ. 9

Α ν α = J75 , β = � s.J5 και γ = J2 + �2 + J3 , τότε το γινόμενο α · β · γ είναι ίσο με

Α. -2 Δ. J3

Β. -J3

Ε. J2 Γ. 1

(: ' Αν α = J75 και β = �5.J5 , τότε ο αριθμός J3 , συναρτήσει των α , β είναι ίσος με

α Α. αβ2 Β. α2β Γ ' βΖ α

Ε. - . β

(c;Γα . � ' , '· ' :'\ . Αν α > Ο και .. r--:;r = 3 , τοτε ο α ειναι �α <Γα

ίσος με Α. 3 Β. 6 Δ. 2 1 Ε. 27 .

Γ. 9

ι, ._,, Αν α = J2�4,ifi , τότε η παράσταση α� είναι ίση με Α. 2 Δ. 1 6

Β. 4 Ε. 32 .

Γ. 8

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/36

Page 39: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

\ σ c: η σ η i Δίνεται ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΓ και θεω­

ρούμε σημεία Κ,Ζ,Λ των πλευρών ΑΒ, ΒΓ, ΑΓ αντίστοιχα τέτοια ώστε ΑΚ=ΒΖ=Γ Λ. Να απο­δείξετε ότι το τρίγωνο ΚΛΖ είναι ισόπλευρο

Τα τρίγωνα ΑΚΛ και Β:ΚΖ έχουν: ·� ΑΚ = ΒΖ από την υπόθεση .t; Α =Β �60° ως γωνίες ισοπλεύρου τριγώνου .. ΑΛ = ΒΚ γιατί ΑΛ=ΑΓ -Γ Λ=ΑΒ-ΑΚ=ΒΚ

Από το κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα, επομένως ΚΛ=:ΚΖ ( 1 )

Ομοίως δείχνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΚΛ και ΓΛΖ είναι ίσα, επομένως ΚΛ=ΛΖ (2)

Από ( 1 ) και (2) έχουμε ότι ΚΛ=ΚΖ=ΛΖ δηλα­δή το τρίγωνο ΚΑΖ είναι ισόπλευρο.

_.\.

Λ Λ

Θεωρούμε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Β > Γ , ΑΔ το ύψος του και ΑΜ η διάμεσός του. Προε­κτείνουμε την ΑΜ κατά ίσο τμήμα ΜΖ. Α ν Ε σημείο του τμήματος ΜΓ τέτοιο ώστε ΔΕ= Γ Δ -ΔΒ, να δείξετε ότι:

i) Το Μ είναι μέσο της ΔΕ ii) Ζ Ε Μ=90°.

i) Η ισότητα ΔΕ = Γ Δ-ΔΒ γράφεται: Α

r

ε ς: Κυριακίδης Νίκος- Μπρίνος Παναγιώτης

ΔΜ+ΜΕ = (ΓΜ+ΜΔ)- ΔΒ ή ΔΜ+ΜΕ = ΒΜ + ΜΔ - ΔΒ ή ΜΕ = ΒΜ - ΔΒ ή ΜΕ = ΔΜ, δηλαδή το Μ

είναι μέσο της ΔΕ. ii) Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΜ και ΖΜΕ: "' ΑΜ=ΜΖ (υπόθεση)

ΔΜ=ΜΕ (από i) ερώτημα) • Α Μ Δ= Ζ Μ Ε (ως κατακορυφήν γωνίες)

Από το κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα, Λ Λ ο επομένως Ζ Ε Μ=ΑΔΜ=90 .

Δίνονται τρία διαδοχικά σημεία Α,Β,Γ μιας ευθείας ε. Με πλευρές τις ΑΒ και ΒΓ κατασκευά­ζουμε τα ισόπλευρα τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΑΤ προς το ένα μέρος της ευθείας και με πλευρά την ΑΓ κατασκευάζουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΑΒΤ προς το άλλο μέρος της ευθείας. Να δείξετε ότι τα τμήματα ΛΑ', ΒΒ' και ΓΓ είναι ίσα μεταξύ τους.

m · Τα τρίγωνα ΑΑΤ και ΒΒΤ έχουν:

� ΑΤ=ΒΓ (γιατί το τρίγωνο ΒΑΤ είναι ισό­πλευρο) .

" ΑΓ=ΒΤ (γιατί το τρίγωνο ΑΑΤ είναι ισό­πλευρο) .

� ΑΊ�' A=B f'B '= 60° (ως γωνίες των αντιστοί­χων ισοπλεύρων τριγώνων). Από το κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα

επομένως ΑΑ'=ΒΒ Ό Με όμοιο τρόπο δείχνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΓΓ και ΑΒ Ή είναι ίσα οπότε ΓΓ=ΒΒΌ Τελικά έχουμε ΑΑ'=ΒΒ '=ΓΓ.

\ Γi i \ Π i j .; Έστω τρίγωνο ΑΒΓ, ΑΔ η διχοτόμος της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/37

Page 40: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

γωνίας Α και ΒΔ<ΓΔ. Στην προέκταση της ΑΔ παίρνουμε τμήμα ΔΕ=ΑΔ και πάνω στην ΒΓ παίρνουμε τμήμα ΔΖ= Δ Β. Α ν η ΕΖ τέμνει την ΑΓ στο Η, να δείξετε ότι:

i) Το τρίγωνο ΑΗΕ είναι ισοσκελές ii) ΑΓ>ΑΒ.

ί) Τα τρίγωνα ΑΔΒ και ΖΔΕ έχουν: λ

Ε ΑΔ=ΔΕ (υπόθεση) ΒΔ=ΔΖ (υπόθεση) Α Δ Β=Ζ Δ Ε ως κατακορυφήν

Γ

Από το κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα επομένως ΑΒ=ΕΖ ( 1 ) και Β Α Δ=Δ Ε Ζ άρα Δ Α Γ=Δ Ε Ζ ( αφού η ΑΔ είναι διχοτόμος της γω­νίας Α) δηλαδή το τρίγωνο ΑΗΕ είναι ισοσκελές με ΗΑ=ΗΕ. ί ί) Έχουμε ΑΓ>ΗΑ=ΗΕ και ίίί) ΗΕ>ΕΖ=ΑΒ (από την ( Ι )). Επομένως ΑΓ>ΑΒ.

Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και Α =20°. Έστω σημείο Δ της ΑΓ τέτοιο ώστε

Λ

ΑΔ=ΒΓ. Να βρεθεί η γωνία Α Δ Β.

Κατασκευάζουμε στο εσωτερικό του τριγώνου ΑΒΓ, ισόπλευρο τρίγωνο ΒΚΓ. Λόγω του ισοσκε-

ο Λ

λούς τριγώνου ΑΒΓ έχουμε Β = Γ 180 2-Α 80°,

Λ Λ Λ ο ο επομένως Α Β Κ=ΑΒ Γ -ΚΒΓ=80 -60 =20 ( 1 ) . Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΚΓ έχουν τις τρεις

πλευρές τους μία προς μία ίσες άρα είναι ίσα και ΑΚ Β = ΑΚ Γ .

Ισχύει ΑΚ Β+ΑΚ Γ+Β Κ Γ=360° επομένως rD Λ ο ο

ΑΚ Β=ΑΚ Γ 36u -ΒΚΓ 360 - 60 = 1 500(2) . 2 2

Τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΒΔ έχουν: ΑΒ κοινή πλευρά

ΒΚ=ΑΔ (γιατί ΒΚ=ΒΓ=ΑΔ) ΑΒ Κ=Β Α Δ=20° (από την ( 1 )) .

λ

Β Γ Από κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα ε-

Λ Λ ο πομένως Α Δ Β= Α Κ Β = 1 50 (από (2)) .

Έστω κύκλος (O,R) και Α ένα σημείο εξωτε­ρικό του κύκλου. Κατασκευάζουμε τον κύκλο (0, ΟΑ) και στο σημείο τομής Ε της ΟΑ με τον κύκλο (O,R) φέρουμε μια κάθετη ευθεία που τέ­μνει τον κύκλο (0, ΟΑ) στα σημεία Γ και Δ. Αν Β και Κ είναι το σημεία τομής των ΟΓ και ΟΔ α­ντίστοιχα με τον κύκλο (0, R), να δείξετε ότι Ο Β Α=90° και Ο Κ Α = 90° (με αυτόν τον τρόπο μπορούμε να φέρουμε εφαπτόμενα τμήματα από το εξωτερικό σημείο Α του κύκλου (O,R)).

Τα τρίγωνα ΑΟΒ και ΓΟΕ έχουν: ΟΑ = ΟΓ (ως ακτίνες του κύκλου (Ο,ΟΑ)). ΟΒ=ΟΕ (ως ακτίνες του κύκλου (O,R)) Α Ο Β = Γ Ο Ε (κοινή γωνία)

Από κριτήριο Π-Γ -Π τα τρίγωνα είναι ίσα, οπότε Ο Β Α= Ο Ε Γ = 90°. Με όμοιο τρόπο δεί­χνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΟΚ και ΔΟΕ είναι ίσα,

Λ Λ ο οπότε Ο Κ Α= Ο Ε Δ = 90 . Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓΔ και σημείο Ε της

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/38

Page 41: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ΔΓ. Φέρουμε τη διχοτόμο ΑΖ της γωνίας Ε Α Β που τέμνει την ΒΓ στο Ζ. Από το Δ φέρνουμε κά­θετη προς την ΑΖ που τέμνει την ΑΕ στο Κ και την ΑΒ στο Λ. Να δείξετε ότι:

ί) Το τρίγωνο ΔΕΚ είναι ισοσκελές.

ίί) Τα τρίγωνα ΑΛΛ και ΑΒΖ είναι ίσα. ίίί) ΑΕ = ΔΕ + ΒΖ.

ί) Αφού η ΑΖ είναι διχοτόμος της γωνίας Ε Α Η, είναι Ε Α Ζ = Ζ Α Β = ω.

� Ε Γ

Τότε Α Λ Δ= 90°-ω και Α Δ Λ = ω, οπότε

Δt-δάσκου με ,

την επt-τυχt-α

Λ Λ ο Λ Δ Ε = 90°-ω. Όμως Α Κ Λ = 90 -ω και Δ Κ Ε = 90°-ω ως κατακορυφήν με την Α Κ Λ. Άρα Δ Κ Ε = Λ Δ Ε=90°-ω, δηλαδή το τρίγωνο ΔΕΚ είναι ισοσκελές.

ii) Το τρίγωνο ΑΚΛ είναι ισοσκελές γιατί η ΑΖ είναι διχοτόμος και ύψος. Άρα ΑΛ=ΑΚ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΛΔ και ΑΒΖ έχουν ΑΔ=ΑΒ και Α Δ Λ=Ζ Α Β= ω, άρα είναι ίσα.

iii) Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΚΛ και ΔΚΕ έ­χουμε ΑΚ=ΑΛ και ΚΕ = ΔΕ. Επίσης από την ισότητα των τριγώνων ΑΛΔ και ΑΒΖ έχουμε ΑΛ = ΒΖ. Επομένως: ΑΕ= ΑΚ + ΚΕ = ΑΛ + ΔΕ = ΔΕ + ΒΖ.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α =45° και ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη του. Α ν Η το σημείο τομής των υ­ψών του τριγώνου, να δείξετε ότι ΑΗ=ΒΓ.

Το τρίγωνο ΑΒΕ έχει Ε =90° και Α =45° επο­μένως είναι ισοσκελές με ΑΕ=ΒΕ ( Ι ) . Ομοίως, το τρίγωνο ΑΓΖ έχει Ζ =90° και Α =45°,

Λ ο άρα ΑΓ Ζ=45 .

ΔΟΣΕΙΣ: GROUP ΓΙΑ ΑΝΩΤΑrΕΣ ΣΧΟΛΕΣ 210 2637345 - 210 2629440

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. Ι/39

Page 42: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου Β

( 1 )) . ΗΕ=ΕΓ (από (2)) .

Έτσι, το τρίγω-νο ΓΗΕ έχει

Λ ο Λ ο Ε =90 και Γ =45 επομένως είναι ι­σοσκελές με Η­Ε=ΕΓ(2). Τα τρί­γωνα ΑΕΗ και ΒΕΓ έχουν:

ΑΕ=ΒΕ (από

Α Ε Η=Β Ε Γ=90°, δηλαδή τα τρίγωνα είναι ίσα, επομένως ΑΗ=ΒΓ.

Δίνονται τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και Α'Β 'Γ με Α = Α ' =90°. Αν ισχύουν ΑΒ>Α' Β ' και ΑΓ>Α' Γ, να δείξετε ότι ΒΓ>Β ' Γ.

Πάνω στις πλευρές ΑΒ και ΑΓ του τριγώνου ΑΒΓ θεωρούμε σημεία Β ' ' και Γ ' αντίστοιχα, τέτοια ώστε ΑΒ"=Α'Β' και ΑΓ"=Α'Γ' . Τότε τα τρίγωνα ΑΒ 'Γ και ΑΒ ' 'Γ ' ' είναι ίσα γιατί έχουν Α = Α ' =90°, ΑΒ"=Α'Β ' και ΑΓ"=ΑΤΌ Επομένως Γ'Β '= Γ 'Β" ( 1 ). Τα πλάγια τμήματα Γ 'Β" και Γ 'Β ικανοποιούν τη σχέση Γ 'Β"<Γ 'Β (2), γιατί οι απο­στάσεις των ιχνών τους Β ' ' και Β από το ίχνος Α της καθέτου ικανοποιούν τη σχέση ΑΒ ' '<ΑΒ.

Β

Γ " Γ Ομοίως, για τα πλiJ.για τμήματα Γ 'Β και ΓΒ, ισχύ­

ει Γ'Β<ΓΒ (3), γιατί ισχύει αντίστοιχα ΑΓ"<ΑΓ. Από τις σχέσεις (2), (3) και τη μεταβατική ιδιότητα, προκύ­πτει Γ 'Β ' ' <ΓΒ άρα από την (1 ) έχουμε Γ 'Β ' <ΓΒ.

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με Α <45° και ΑΔ, ΒΕ, ΓΖ τα ύψη του. Α ν Η το σημείο τομής των υ­ψών του τριγώνου, να δείξετε ότι ΑΗ>ΒΓ.

Β

Α Ε Γ

Τώρα, στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΕΗ και ΒΕΓ ισχύουν από ( 1 ) και (2) : ΑΕ>ΒΕ και ΕΗ>ΕΓ. Από το συμπέρασμα της άσκησης 8 έχουμε ΑΗ>ΒΓ.

Δίνεται ισοσκελές και αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = ΑΓ και Α >90°.

Αν Λ, Μ τυχαία σημεία των πλευρών ΑΓ και ΑΒ αντίστοιχα, να δείξετε ότι τα τμήματα ΒΛ, ΓΜ, ΜΛ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Αρκεί να δείξουμε ότι το καθένα από τα τμήματα ΒΛ, ΓΜ, 8 ΜΛ είναι μι­κρότερο του αθροίσματος των δύο άλ­/w)ν. Έστω Κ το σημείο τομής των ΒΛ και ΓΜ. Από το τρί­ Α Γ

γωνο ΜΛΚ έχουμε ΜΛ<ΜΚ+ΚΛ<ΓΜ+ΒΛ (1 ). Χω­ρίς βλάβη της γενικότητας, μπορούμε να υποθέσουμε ότι ΓΜ>ΒΛ. Τότε ΒΛ<ΓΜ+ΜΛ(2). Από το τρίγωνο ΓΜΛ έχουμε ΓΜ<ΜΛ+ΛΓ(3). Αλλά στο τρίγωνο ΒΛΓ είναι Β f Ά=ΑΒ Γ>ΛΒ Γ άρα ΛΓ<ΒΛ (4) .

Από (3) , (4) έπεται ότι ΓΜ<ΜΛ+ΒΛ (5) . Έτσι, από ( 1 ),(2), (5) προκύπτει ότι τα τμήματα

ΒΛ, ΓΜ, ΜΛ αποτελούν πλευρές τριγώνου.

Ι . Δίνεται σημείο Ρ εξωτερικό κύκλου (O,R). Η ΡΟ τέμνει τον κύκλο στο σημείο Α και η προέκτασή της στο Β. Αν Μ τυχαίο σημείο του κύκλου, να δείξετε ότι Ρ Α:::;ΡΜ:::;ΡΒ.

2. Αν στο τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει 45°<Α <90° και Η το σημείο τομής των υψών του, να δείξετε ότι ΑΗ<ΒΓ (Υπόδειξη : Εργαζόμαστε ανάλογα με την άσκηση 10)

Λ 0 Λ 0 3 . Αν σε τρίγωνο ΑΒΓ ισχύει Α > Γ > Β και β=7, Το τρίγωνο ΑΒΕ έχει Ε =90 και Α <45 επο- α= 1 8 τότε η πλευρά γ μπορεί να πάρει οποιαδή-μένως είναι Α Β Ε > 45°. Επειδή Α Β Ε> Α ισχύει ποτε τιμή του διαστήματος: ΑΕ>ΒΕ ( 1 ) . Από το τρίγωνο ΑΖΓ με Ζ =90° και A) ( l l ,25) Β) (7,25) Γ) (7, 1 8) Δ) ( l l , l 8)

Λ Λ Επιλέξτε τη σωστή απάντηση και δικαιολογήστε. Α <45° έχουμε Ε Γ Ζ>45°.Επομένως στο τρίγωνο

4 Αν στο αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓμε Β >90°,η εσω-ΕΓΗ με Ε =90° και Ε Γ Η>45°, ισχύει Ε Η Γ < ·

τερική διχοτόμος ΑΔ και η εξωτερική διχοτόμος ΑΕ 45ο, δηλαδή Εf' Η>Ε Η Γ άρα ΕΗ>ΕΓ (2). της γωνίας Α είναι ίσες, να δείξετε ότι Β -Γ =9οο.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/40

Page 43: Ευκλειδης Β 77

Για την επίλυση τριγωνομετρικών εξισώ­σεων είναι χρήσιμο να προηγηθούν των βασι­κών τριγωνομετρικών εξισώσεων ημχ=ημθ, συνχ=συνθ, εφχ=εφθ, σφχ=σφθ οι παρακάτω στοιχειώδεις εξισώσεις που επιλύονται άμεσα

π ημχ= 1 � χ=2κπ + -2

π ημχ=-1 � χ=2κπ--

2

ημχ=Ο � χ=κπ

εφχ=Ο � χ=κπ

όπου κ Ε Ζ .

συνχ= 1 � χ=2κπ

συνχ=-1 � χ=2κπ+π

π συνχ=Ο � χ=κπ+ -

2 π

σφχ=Ο � χ=κπ + -2

Έτσι η εφχ ορίζεται μόνο για χ =F- κπ + 2: , ενώ 2

η σφχ μόνο για χ =F- κπ, με κ Ε Ζ . Στις τριγωνομετρικές συναρτήσεις, η μετα­

βλητή χ θεωρείται ότι είναι σε ακτίνια και όχι

σε μοίρες. Αν π. χ. f(χ)=συνχ, τότε r ( -j) =� ενώ f( 60)=συν60 =F- _!_ αφού 60 =F- 2: .

2 3 Κατα την επίλυση τριγωνομετρικών εξισώ­

σεων δεν πρέπει να ξεχνάμε να θέτουμε περι­ορισμούς όπου χρειάζεται και να ελέγχουμε στο τέλος αν οι λύσεις που βρήκαμε είναι δε­κτές.

Οι συναρτήσεις της μορφής f(χ)=ρ · ημωχ +c και h( χ )=ρ · συνωχ +c, με ρ =F- Ο,ω>Ο έχουν

περίοδο Τ= 2π

, μέγιστο το M=lρ l +c και ελά­ω

χιστο το μ=-lρ l+c . Οι συναρτήσεις g(χ)=ρ · εφωχ και

π κ(χ)=ρ · σφχ,ρ =F- Ο, ω>Ο έχουν περίοδο Τ= -

ω και δεν έχουν ακρότατα.

Να θυμόμαστε ότι:

Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Οι αντίθετες γωνίες έχουν ίδιο συνημίτονο και αντίθετους τους άλλους τριγωνομετρι­κούς τους αριθμούς. Οι παραπληρωματικές γωνίες έχουν ίδιο ημίτονο και αντίθετους τους άλλους τρι­γωνομετρικούς τους αριθμούς. Οι γωνίες που διαφέρουν κατά 1 80° έχουν αντίθετο ημίτονο και συνημίτονο,ενώ έ­χουν ίδια εφαπτομένη και συνεφαπτομένη . Στις γωνίες που έχουν άθροισμα 90° το η­μίτονο καθεμιάς ισούται με το συνημίτονο της άλλης και η εφαπτομένη καθεμιάς ι­σούται με τη συνεφαπτομένη της άλλης.

Οι εξισώσεις της μορφής ημχ=α και συνχ=α με Ιαl> 1 είναι αδύνατες.

α)Να εξεταστεί αν υπάρχει γωνία ω τέτοια ώστε ημω =3κ 2 -4 J3 · κ+6, όπου κ Ε JR .

β)Α ν για την γωνία α ισχύει Ο < α < � , 2

να λυθεί η εξίσωση 1 1 2 --4- - -4- = εφ α + 2εφα .

συν α σφ α γ) Να αποδείξετε ότι αν συν2α =F- Ο τότε:

1 - 2συν2α = _2 ημ2 ( 34π + α } σφ( � - α)

α) Παρατηρούμε ότι 3κ 2 -4 .J3 · κ+6=

=3κ 2 -4 .J3 · κ+4+2= (.J3κ - 2)2 + 2 > 1 .

Άρα δεν υπάρχει τέτοια γωνία αφού πρέπει -1 � ημω � 1 . β) Για να ορίζεται η εξίσωση, πρέπει και αρ­κεί: {::α:ο0 . Οι σχέσεις αυτές ισχύουν αφού ημα =F- 0

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/41

Page 44: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

α ε (0 ,�) , όπου ημα>Ο, συνα>Ο,εφα>Ο και σφα>Ο. 2 Έχουμε : -1-

4- --\- = εφ2α + 2εφα <::::>

συν α σφ α <::::> ( εφ2α + 1 )2 - εφ4α = εφ2α + 2εφα <=> <::::> εφ4α + 2εφ2α + 1 - εφ4α = εφ2α + 2εφα <::::>

<::::> ( εφα - 1 )2 = Ο <::::> εφα = 1 <::::> α= � . 4

γ)Έχουμε:

ημ(3; + α )=ημ ( π -� + α )=ημ [ π - ( � - α)] =

=ημ (� - α} Αρα : ημ2 (

3: + α} σφ( � - α) =

� ημ' ( � - α} συν ( � - α)

= 4 ημ(� - α)

= ημ( � - α } συν( � - α) =

α)Να δείξετε ότι:εφ12α-εφ22α+εφ10α= =-εφ22α · εφlΟα · εφ12α,

όταν lΟα, 12α,22α ;t. κπ + π

, κ ε Ζ . 2

β)Να αποδείξετε ότι: π 2π 4π 1

συν - · συν - · συν - = -9 9 9 8

α)Είναι : εφ 1 2α=εφ(22α-1 0α)

1 2 εφ22α - εφ1 0α

=> εφ α= => 1 + εφ22α · εφ1 Οα

=> εφ 1 2α+εφ 1 2α · εφ22α · εφ 1 0α=εφ22α-εφ 1 0α => εφ 1 2α-εφ22α+εφ 1 0α=-εφ22α · εφ 1 0α · εφ 1 2α β)Από τον τύπο ημ2α=2ημα · συνα, με ημα

;t. Ο παίρνουμε: συνα= ημ2α . 2ημα

' π 2π 4π Οποτε: συν - · συν - · συν - =

9 9 9

2π η μ-- 9

4π ημ-9

8π 8π ημ-9 ημ-9 1

- -- · - , γιατί π 2π 4π π 8 2ημ- 2ημ- 2ημ- 8 · ημ-9 9 9 9

π 8π ' π 8π - +- = π αρα ημ- =ημ - . 9 9 ' 9 9

α)Αν ισχύει Ο<θ< π

, Ο<φ< π με εφθ=2+ .J3

2 2

.J3 β θ , , θ και εφφ= - , να ρε ει η γ ω νια -φ.

3 β)Αν ισχύει 3ημα=2ημ(α+2β) και συνα ;t. Ο, συνβ ;t. Ο, συν( α+ β) ;t. Ο, να αποδείξετε ότι:

4εφβ-εφα=5 εφα · εφ2β .

α)Έχουμε: εφθ>εφφ, οπότε θ>φ και Ο<θ-φ< � 2

(γιατί;), άρα συν(θ-φ) ;t. Ο. Οπότε:

2 +J3 - J3 εφ( θ-φ )=

εφθ - εφφ = 3

1 + εφθ · εφφ J3 ( r::; ) 1 +- · 2 + ν3

3 6 + 2J3 π ' π

= = 1 =εφ - . Άρα θ-φ= - .

6 + 2J3 4 4 β) 3ημα=2ημ(α+2β) => 3ημ[(α+β}-β]= =2ημ[ ( α+β)+β] => 3ημ( α+β)συνβ-3ημβσυν( α+β)= 2ημ( α+β)συνβ+ 2συν( α+β)ημβ => η μ( α+β)συνβ=5ημβσυν( α+β) . ( 1 ) Εφόσον συν β · συν( α+β) ;t. Ο διαιρούμε και τα δύο μέλη της ( 1 ) και παίρνουμε: εφ( α+β)=5εφβ, και αφού συνα ;t. Ο.

, εφα + εφβ Θα εχουμε : -Sεφβ => εφα+εφβ=

1 - εφαεφβ =5εφβ-5 εφα · εφ2β => 4εφβ-εφα=5 εφα · εφ2β .

Να λυθούν οι εξισώσεις: α) lημχ-συνχΙ=π · Μ β) ημ7χ+συν7χ= J8 · ημ ( x - i) · συν ( χ - ;) γ) 4ημ 2 χ-( .J3 -1)ημ2χ-2( .J3 -1)συν 2 χ=2

α )Γνωρίζουμε ότι αν α, β ;t. Ο, τότε για κάθε χ ε !R. ισχύει αημχ+βσυνχ=ρ · ημ(χ+φ), όπου ρ=�α2 + β2 και φ ε !R. με συνφ= � και ημφ= � .

ρ ρ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/42

Page 45: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

' � .J2 .J2 Εχουμε :ρ= ν2 και συνφ= - , ημφ=--- - . 2 2 Άρα φ=-� και η εξίσωση γράφεται

4

ι .J2 ο ημ(χ-� ) l=π .Jlo <=> lημ(χ-� ) l=π .J5 που 4 4

είναι αδύνατη αφού π .J5 > 1 .

β)Ε' � .J2 .J2 ' ιναι : ρ= ν 2 και ημφ= - , συνφ= - ,αρα 2 2

φ= � και ημ7χ+συν7χ= .J2 · ημ(7χ+ � ) . 4 4

Έχουμε:

ημ7χ+συν7χ= Fs · ημ ( χ -� J · συν ( χ -� J <=>

.J2 . ημ(7χ+ � )=2 .J2 ημ ( χ -� J . συν ( χ -� J π π <=> ημ(7χ+ - )=ημ(2χ- - ) 4 4

π π ' π π <=> 7χ +- = 2κπ+2χ -- η 7χ +- = 2κπ+π-2χ +-4 4 4 4

<=> 5χ = 2κπ -�ή9χ = 2κπ + π 2

2κπ π , (2κ + 1)π , '71 <=> χ =---ηχ = οπου κ ε ΙL..ι . 5 1 0 9 '

γ) 4ημ 2 χ-( J3 - 1 )ημ2χ-2( J3 - 1 )συν 2 χ=2 <=> 4ημ 2 χ-( J3 -1 )2ημχσυνχ-

2 J3 συν 2 χ+2συν 2 χ= 2(ημ 2 χ+συν 2 χ) <=> 2 ημ 2 χ-2( J3 - 1 )ημχσυνχ-2 J3 συν 2 χ=Ο. ( 1 )

Αν συνχ=Ο, τότε ημχ=1 ή ημχ=---1 . Και στις δύο περιπτώσεις η ( 1 )δεν επαληθεύε­ται.

Αν συνχ :;e Ο, δηλαδή χ :;e κπ+ � , κ ε Ζ , τότε: 2

2 ( 1 ) <::::> 2

ημ χ - 2(J3- 1) ημχ · συνχ _J3 = 0 2συν2χ 2συν2χ

<=> εφ 2 χ-( J3 -1 )εφχ- J3 =Ο

<=> εφχ = J3ήεφχ = -1 <=> π ' ( π ) <=> εφχ = εφ) η εφχ = εφ -4 <=>

Π , Π , '7/ δ, χ = κπ + - η χ = κπ - - , οπου κ ε ΙL..ι , εκτες τι-

3 4 μές (γιατί;)

α)Να αποδείξετε ότι ημ3α=3ημα-4ημ 3 α και στη συνέχεια να αποδείξετε ότι ο αριθ­μός ημ40 ° είναι ρίζα της εξίσωσης:

6χ - 8χ3 - J3 =0. β)Ν α αποδείξετε ότι:

π 5π 7π l lπ 17π 19π 16 · ημ24

· ημ48

· ημ48

· ημ 24

· ημ 48

· ημ 48

ι 4

γ)Να αποδείξετε ότι: 2ημα · συν19α · συν18α + 2ημα · ημ19α · ημ18α =

2 α 2 α 1 - 8ημ -συν -

=εφ2α 2 2

α) ημ3α=ημ(2α+α)=ημ2α · συνα+συν2α · ημα= =2ημα · συνα · συνα+( 1-2ημ 2 α) · ημα = =2συν 2 α · ημα+ημα-2ημ 3 α= =2( 1-ημ 2 α)ημα+ημα-2ημ 3 α=3ημα-4ημ 3 α Θα αποδείξουμε ότι ο αριθμός ημ40 ° επαλη­θεύει την εξίσωση 6χ - 8χ3 -J3 =0.

Έχουμε: 6 - ημ40 ° -8ημ 3 40 ° - J3 =

=2(3ημ40 ° -4ημ 3 40 ° )- J3 =2ημ(3 ο 40 ° )- J3 =

=2ημ120 ° - J3 =2 · J3

- J3 =0. 2 β)Επειδ

, : � + 1 1π = � 5π + 1 9π = � η 24 24 2 ' 48 48 2 '

7π 17π π ' - +- =- θα ειναι: 48 48 2

π 5π 7π 1 1π 1 7π 1 9π 1 6 ο ημ- ο ημ- ο ημ- ο ημ- ο ημ- ο ημ- = 24 48 48 24 48 48 π 1 1π 5π 19π 7π 1 7π = 1 6 - ημ- · ημ- · ημ- · ημ- · ημ- · ημ-= 24 24 48 48 48 48 π π 5π 5π 7π 7π = 16 · ημ- ·συν- · ημ- ·συν- · ημ- . συν- = 24 24 48 48 48 48

π 5π 7π π 5π (π 7π) = 2ημ 12 . η μ

24 . ημ 24

= 2ημ 12 . ημ 24

.

συν 2 - 24 π 5π 5π π 5π = ημ- · 2 - ημ- ·συν-=ημ- · ημ-12 24 24 12 1 2 π π 1 π 1 = ημ- . συν- =- · ημ- = - . 1 2 1 2 2 6 4

) 2ημα · συν1 9α · συν1 8α + 2ημα · ημ1 9α · ημ1 8α γ =

1 - 8ημ2 �συν2 � 2 2 _ 2ημα(συν1 9α · συν1 8α + ημ1 9α · ημ1 8α) _ - -

i - 2ημ2α _ 2ημα · συνα _ ημ2α _ 2 - - -- -εφ α. συν2α συν2α

Έστω ΑΒΓ μη ορθογώνιο τρίγωνο. Να απο-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/43

Page 46: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

δείξετε ότι αν ισχύει η σχέση Β + Γ Α

4συν -- · συν - · συν Β 2 ( 2 ) = 1 , τότε το τρίγωνο ημΓ - ημ Α - Β

είναι ισοσκελές με βάση ΑΒ. . \ t':ση : Ισχύουν: Α+Β+Γ=π ::::> Α+Β=π-Γ ::::> ημ(Α+Β)=ημΓ

Β + Γ π Α Β + Γ Α και -- = - - - ::::> συν-- =ημ-2 2 2 2 2

Β + Γ Α 4συν--· συν- · συνΒ Είναι : 2 2 = 1 ::::>

ημΓ - ημ (Α - Β) Α Α 4ημ- · συν- · συνΒ = ημ (Α + Β) - ημ (Α - Β) => 2 2

2ημΑ · συνΒ = 2συνΑ · ημΒ => ημΑ · συνΒ - ημΒ · συν Α = Ο => ημ(Α-Β)=Ο ::::> Α-Β=Ο ::::> Α=Β, αφού Α,Β γωνίες τριγώνου, οπότε -1 80° <Α-8<1 80° ';�. ι"':" r ·- η "\"'"'--� '7 i l ' ' " � t\ i � �- .. � � ' Δίνεται γωνία α για την οποία ισχύουν: π <α<π και 3συν2α-συνα+2=0. Να βρείτε: 2

α) Το συνα β) Τους τριγωνομετρικούς αριθμούς της γωνίας 2α

γ)Την εφ (; + i) \ {1ση : α) 3συν2α-συνα+ 2=0 <:::::> 3(2συν 2 α-1 )-συνα+ 2

<:::::> 6συν 2 α-συνα-1 =Ο <:::::> (συν α-..!. )(συν α+..!.. )= 2 3

Ι , Ι Ό π , <:::::> συνα= 2

η συνα= -3 . μως 2

<α<π, αρα

ο , Ι συνα< , οποτε συνα=-- . 3 β) Αφού � <α<π είναι ημα>Ο.

2

Άρα η μα= �1 - συν2α = �1 - ..!.. = 2J2 . 9 3

Όπότε ημ2α=2ημασυνα= 2 · 2J2 · (-.!.J =-4J2 3 3 9

συν2α=2συν 2 α-1= 2 . .!. - ι = _ 7._ 9 9

_ ημ2α 4J2 _ 1 7J2 εφ2α- -- = -- , σφ2α- -- = --συν2α 7 εφ2α 8

) 'Ε 2 α Ι + συνα Ι 0 , , γ χουμε συν - = = - ::f. , αρα υπαρ-2 2 3

1 + ..!.. α 2 α 1 - συνα 3 χει εφ - και εφ - = =-- = 2. 2 2 1 + συνα 1 _ ..!_

3 Ό π π α π , α ο ' μως

2<α<π ::::> 4 < 2 <

2 αρα εφ

2> , οποτε

εφ :!:. = J2 . Επίσης 2

συν (� +�] = συν� συν�-ημ� ημ� =

συν� συν :!:. ( l-εφ � εφ :!:. )=-1- ( ι -J6 ) ::f. O 3 2 3 2 2J3 ' , , ( π α J αρα υπαρχει εφ 3 +

2 και

\ (i !·� lj(H) ;-; ' ! ιι)Δίνεται γωνία ω για την οποία ισχύει: 3π Ν δ θ ' ' - <ω<π. α απο ειχ ει οτι 4

συν2ω>εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω.

β) Α , π π , ν ισχυει '6 < χ1 < χ2 < 4 , να συγκρινετε

τους αριθμούς: ι) συν2χ 1 και συν2χ 2 π π ιι) ημ( - +2χ 1 ) και ημ( - +2χ 2 ) 3 3

' 3π 3π α)Εχουμε: - <ω<π => - < 2ω < 2π . 4 2

Άρα: ημ2ω<Ο, συν2ω>Ο, εφ2ω<Ο,σφ2ω<Ο, οπότε εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω <0, οπότε

συν2ω>εφ2ω+σφ2ω+ημ2ω .

β)ι)Έχουμε: �<Χι <� <� => �<2χ1 <2χ2 <� . Όμως 6 4 3 2

η f(χ)=συνχ είναι γνησίως φθίνουσα στο ( � '� ). 3 2 Επομένως 2χ 1 <2χ 2 => συν2χ 1 >συν2χ 2 •

ιι) Έχουμε: � < 2χ 1 < 2χ2 < � => 3 2 2π π π 5π , - < 2χ1 + - < 2χ2 + - < - . Όμως η f(χ)=ημχ 3 3 3 6

' ' θ ' ( 2π 5π J ει ναι γνησιως φ ινουσα στο 3, 6 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/44

Page 47: Ευκλειδης Β 77

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

Επομένως π π π π 2χ ι + - < 2χ

2 + - ::::> ημ( - +2χ ι )>ημ( - +2χ 2 ) . 3 3 3 3

α)Αν οι αριθμοί εφα,εφβ είναι οι ρίζες της εξίσωσης Sx 2 -3χ-10=0, να υπολογιστούν οι παραστάσεις : ι)εφ(α+β)

ημ4α συν2α , ιι) · · εφβ , οταν συν2α * Ο. ι + συν4α ι + συν2α

ι) Αφού η εξίσωση 5χ 2 -3χ-1 0=0 έχει ρίζες τους αριθμούς εφα, εφβ θα είναι συνα:F Ο,συνβ :F Ο

χ ::::> 5-4 ::; 5+4 · ημ- :::; 5+4 ::::> 1 :::; f(x) :::; 9. 3

Η ελάχιστη τιμή της f(x) είναι η 1 , αφού χ χ 3π f(x)= 1 <::::;> η μ} =-1 <::::;> 3 =2κπ+ Τ , κ Ε Ζ

9π <::::;> χ=6κπ+ - , κ Ε Ζ .

2 Γ) Σχηματίζουμε τον πίνακα τιμών: χ ο π π 3π - - -3 2 2

χ ο 3π 3π 9π - -2 2

και σύμφωνα με τους τύπους Vieta ισχύει: ε- ιΙ--------+---+--+---+------Ι----ι χ ο 1 ο -1 ο 3 1 0 φα+εφβ=- και εφα · εφβ=-- =-2. 5 5

Είναι συν(α+β)=συνασυνβ-ημαημβ= =συνασυνβ( l-εφαεφβ)=συνασυνβ( 1 + 2) * Ο.

, εφα + εφβ 1 Επομενως: εφ( α+β)= -1 - εφα · εφβ 5

ιι)Έχουμε : 1 + συν4α = 2συν2 2α * Ο, 1 + συν2α = 2συν" α * Ο και συνα * Ο,συνβ * Ο, , ημ4α συν2α β αρα: · · εφ =

1 + συν4α 1 + συν2α = 2ημ2α · συν2α . συν2α . εφβ =

2συν2 2α 2συν2α ημ2α 2ημα · συνα = , · εφβ = · εφβ =εφαεφβ=-2 2συv-α 2συν2α

Δίνεται η συνάρτηση f(χ)=2α-1+4ημ � ,όπου α

α θετικός πραγματικός αριθμός. Η γραφική της παράσταση τέμνει τον άξονα ψ ' ψ σε σημείο με τεταγμένη 5 . α) Να βρεθεί οι αριθμός α. β) Ν α βρεθεί η περίοδος της και η ελάχιστη τιμή της f(x) καθώς και οι τιμές του χ για τις οποίες παίρνει την ελάχιστη τιμή της. γ) Να γίνει η γραφική της παράσταση στο διάστημα [0,6π] . . \ α) Έχουμε f(0)=5 ::::> 2α-1 =5 ::::> α=3 . Οπότε

f(χ)=5+4ημ� . 3

β) Η περίοδος της f(x) είναι Τ= 2π =6π. . ω

Ισχύει :-1 ::=; ημ� :::; 1 ::::> -4 :::; 4 ημ� :::; 4 ::::> 3 3

ημ-3

χ ο 4 ο -4 ο 4 ημ-

3 χ 5 9 5 1 5

f(x)=5+4 ημ-3

.\.uΙc η ση 1 Ι η Να υπολογιστεί η τιμή των παραστάσεων: α) ημ 2 α+ημ 2 (60 ° -α)+ημ 2 (60 ° +α) β) συν 2 80 ° +ημ 2 50 ° +ημ 2 70 °

\ 1.'! υ η : α) η μ 2 α+ημ 2 (60 ° -α)+ημ 2 (60 ° +α)=

2 + 1 - συν(1 20° - 2α) + 1 - συν(1 20° + 2α) _ =ημ α -2 2

2 +1 συν(1 20° - 2α) + συν(1 20° + 2α) =ημ α - -2

=ημ 2 α+ 1-σuν12<fσuv2α+ημ12<fημ2α+σuν12<fσuv2α-ημ12<fημ2α

2 =ημ 2 α+ 1-συν 1 20 ° συν2α=

2 1 ( 2 2 ) 3 =ημ α+ 1+- 1- ημ α =- .

2 2 β) συν 2 80 ° +ημ 2 50 ° +ημ 2 70 ° = ημ 2 1 0 0 +ημ 2 (60 0 _1 0 ο )+ημ 2 (60 0 + 1 0 0 )=

3 ( ' ' ) = 2 απο το α ερωτημα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/45

Page 48: Ευκλειδης Β 77

Μαθη ματικά για την Β ' Λυκείου

α) Να λυθεί η εξίσωση : ημ � +εφχ · συν � =l 12 12

β)Να λυθεί η εξίσωση συν2χ · ημ7χ - συν3χ-ημ3χ - συν7χ - συν2χ=

1 =- - ημ4χ, στο [Ο,π).

2

α)Για να έχει νόημα η εξίσωση πρέπει και αρ­

κεί: συνχ "* Ο δηλαδή χ "* λπ+ � , λ ε Ζ . 2

Επομένως με χ "* λπ+ � ,λ ε Ζ ,έχουμε: 2

ημ_2:_ +εφχ · συν_2:_ = 1 <::> ημ_2:_ + ημχ · συν_2:_ 1 2 1 2 1 2 συνχ 1 2

π π = 1 <::> συνχ · ημ- +ημχσυν- =συνχ <::> 1 2 1 2

π π π π ημ(χ+- )=ημ( - -χ) <=> χ +- = 2κπ+-- χ ή 1 2 2 12 2

π π χ +-= 2κπ+π--+ χ 5π <::> 2χ = 2κπ +- ή

12 2 12 5π ' 5π Οχ = 2κπ +-(αδυνατη) <::> χ=κπ+- ,κε Ζ . 1 2 24

Ελέγχουμε αν οι τιμές που βρήκαμε ικανοποι-, ' δ λ δ ' Sπ συν τους περιορισμους, η α η αν κπ+- "*

24 λπ+ � για κάθε κ,λ ε Ζ . Παρατηρούμε ότι:

2 5π π 7π 7 κπ+ 24

= λπ+Ξ

<::> (λ-κ)π= - 24 <=> λ-κ= - 24 ,

αδύνατη εξίσωση στο Ζ αφού λ-κ ακέραιος. Άρα οι τιμές αυτές είναι όλες δεκτές. β) συν2χ · ημ7χ - συν3χ-ημ3χ - συν7χ - συν2χ=

1 =-- ημ4χ <::> συν2χ(ημ7χσυν3χ-ημ3χσυν7χ)= 2 1 1

=- - ημ4χ <=> συν2χ · ημ4χ+ - ημ4χ=Ο 2 2

<::> ημ4χ( συν2χ+ .!_ )=Ο <::> ημ4χ = Οήσυν2χ = _.!_ 2 2

<::> ημ4χ = Οήσυν2χ = συν 2π <::> 3

κπ ' π ' π '77 <::> Χ =- η Χ = ΚΠ + - η Χ = ΚΠ -- , Κ ε ΙL..ι .

4 3 3 Βρίσκουμε ποιες από τις παραπάνω τιμές ανή­κουν στο διάστημα [Ο,π) .

' κπ κπ Για τις λυσεις χ=- ,κ ε Ζ ::::::> Ο � - <π 4 4

<=> Ο� κ<4. Όμως κ ε Ζ ,άρα κ=Ο ή κ=1 ή κ=2

' 3 ' =Ο ' π ' π ' 3π η κ= οποτε χ η χ=- η χ=- η χ=- . 4 2 4

Με τον ίδιο τρόπο : για τις λύσεις π β ' ο ' π χ=κπ+- ρισκουμε κ= αρα χ=- . 3 3 π β ' 1 ' 2π χ=κπ-3 ρισκουμε κ= , αρα χ=3 .

Άρα οι λύσεις [Ο,π) είναι οι : π π 3π π 2π χ=Ο χ=- χ=- χ= - χ=- χ=- . ' 4 ' 2 ' 4 ' 3 ' 3

Δίνεται συνάρτηση h(χ)για την οποία ισχύει η σχέση 5h(χ)+3h(-χ)=6ημ4χ για κάθε χ ε IR . (1) α) Να βρεθεί το h(O). β) Να δειχθεί ότι h(-x)=-h(x). γ) Να βρεθεί ο τύπος της συνάρτησης h(x). δ) Να βρεθεί η περίοδος,η μέγιστη και η ε­λάχιστη τιμή της h(x). ε) Να γίνει η γραφική παράσταση της

χ π g(x)=h( -- - ) 4 1 2

α )Η σχέση ( 1 ) ισχύει για κάθε χ ε IR . Έτσι για χ=Ο παίρνουμε: 5h(O)+ 3h(O)=O <::> h(O)=O. β) Στη σχέση ( 1 ) θέτουμε όπου χ το -χ και έ-χουμε: 5h(-χ)+3h(χ)=6ημ(-4χ) =>

=> 5h( -χ)+ 3h(χ)=-6ημ4χ (2). Με πρόσθεση των ( 1 ) και (2) κατά μέλη παίρ­νουμε h(-x)=-h(x) . γ) Είναι : h(-x)=-h(x) . Άρα ( 1 ) ::::> 5 h(χ)-3h(χ)=6ημ4χ::::> 2h(χ)=6ημ4χ <=> h(χ)=3ημ4χ. δ) Η περίοδος της h(x) είναι Τ= 2π = � , η μέ-

4 2 γιστη τιμή της είναι ίση με 3 και η ελάχιστη τιμή της είναι ίση με -3 .

ε) Είναι g(x)=h( � _ _2:_ )=3ημ(χ-� ) . Αρχικά 4 12 3

κάνουμε τη γραφΊ.κή παράσταση cf της f(χ)=3ημχ. Η Cg προκύπτει με οριζόντια μετα-

τόπιση της Cr κατά � μονάδες δεξιά. 3

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.1/46

Page 49: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Δίνεται κύκλος (O,R) και ΑΒ μια διάμετρός

του. Μια χορδή ΓΔ του κύκλου σχηματίζει

με την διάμετρό του ΑΒ γωνία 45 μοιρών.

Αν Ρ είναι η τομή των ΑΒ και ΓΔ, να δείξε-τε ότι: ΡΓ2 + ΡΔ2 = 2R2

Φέρνουμε το aπόστημα ΟΜ της χορδής Γ Δ. Το ορθογώ-νιο τρίγωνο ΟΜΡ είναι και ισοσκε­λές, επομέ-

Α Q-""""1.::�.;......--o------o Β νως είναι ΜΡ=ΜΟ= α. Αφού το ση­μείο Μ είναι το μέσο της

χορδής Γ Δ ισχύει: ΜΔ = ΜΓ = β και επιπλέον είναι ΡΓ = ΜΓ - ΜΡ = β - α. Επομένως έχουμε: ΡΓ2+ΡΔ2=(β-α/+(β+α/= = β2 - 2αβ +α2+β2+2αβ + α2 =2(α2 + β2) = 2R2 από το πυθ. θεώρημα στο τρίγωνο ΜΟΔ.

Δίνεται κύκλος (O,R) και ΑΒ μια διάμετρός

του. Θεωρούμε σημείο Γ του (O,R) τέτοιο

ώστε Γ Α Β=30° και σημείο Μ της προέ­

κτασης της ΑΒ τέτοιο ώστε OM=2R. α. Να δείξετε ότι η ΜΓ είναι εφαπτομένη

του κύκλου.

β. Αν θεωρήσουμε σημείο Κ της ΑΒ με

Γκ J3R δ 'ξ ' ΓΚ ' ., θ =- , να ει ετε οτι το ει ναι κ α ετο 2

στην ΑΜ.

α. Επειδή Γ Α Β = 30° έχουμε για την αντί­στοιχη επίκεντρη γωνία Γ 6 Β = 60°. Στο τρί­γωνο ΟΓΜ έχουμε: ΓΟ = R, ΟΜ = 2R και Γ 6 Β = 60°. Από νόμο συνημιτόνων προκύπτει: ΓΜ2=0Γ2+0Μ2 - 2·0Γ·ΟΜ·συν60° ή ΓΜ= J3 R.

Μπρίνος Παναγιώτης - Καρδαμίτσης Σπύρος

Στο τρίγωνο ΟΜΓ ισχύει: ΟΜ2 = 4R2 και OΓ2+ΓM2=R2+3R2=4R2 δηλαδή ΟΜ2=0Γ2+ΓΜ2 επομένως, από αντίστροφο Πυθαγορείου Θεωρήμα­τος, είναι Ο Γ Μ=90°, δηλαδή ΜΓ.lΟΓ.

Γ

(Άλλος τρόπος για να δείξουμε ότι η ΓΜ εφάπτεται στον κύκλο: MB·MA=R·3R=3R2=MΓ2, επομένως το τμήμα ΜΓ είναι εφαπτόμενο στον κύκλο που ορί­ζουν τα σημεία Α, Β και Γ από εφαρμογή 2 σελ. 202 σχολικού βιβλίου). β. Αρκεί το Κ να ε 'ι ναι μέσο του ΑΜ. Από το ορ-θογώνιο τρίγωνο ΟΓΜ με Ο Γ Μ=90° και · Γ6Μ=60°, προκύπτει ΓΜ 0=30°. Έτσι, το τρί­γωνο Γ ΑΜ είναι ισοσκελές με ΑΓ = ΓΜ = J3 R. Αρκεί να δείξουμε ότι το Κ είναι μέσο της ΑΜ. Από νόμο συνημιτόνων στο τρίγωνο ΑΓΚ έχουμε: ΓΚ2 = ΑΓ2 + ΑΚ2 - 2-ΑΓ·ΑΚ.συν30° :::::>

3R z 2 2 r::;3

J3 -- = 3R + ΑΚ - 2 -ν j R·ΑΚ. - :::::>

4 2 2 9R 2 3R 2 ΑΚ - 3R-AK + 4 = Ο ή (ΑΚ - 2 ) = Ο :::::>

3R ΑΜ ΑΚ = - = -- , δηλαδή το Κ είναι μέσο της ΑΜ . 2 2

Σε οξυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ τα ύψη του ΒΔ

και ΓΕ τέμνονται στο Η. Ν α δείξετε ότι:

ΒΓ2 = ΒΔ·ΒΗ + ΓΕ·ΓΗ

Α ν ΑΜ είναι το τρίτο ύψος του τριγώνου, έ­χουμε: Οι γωνίες Δ και Μ είναι παραπληρω­ματικές, επομένως το τετράπλευρο ΔΗΜΓ εί­ναι εγγράψιμο, συνεπώς ΒΗ·ΒΔ=ΒΜ·ΒΓ ( 1 )

Ακόμα οι γωνίες Ε και Μ είναι παραπληρωμα­τικές επομένως και το τετράπλευρο ΕΒΜΗ εί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ.l/47

Page 50: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ναι εγγράψιμο, συνεπώς ΓΗ·ΓΕ=ΓΜ·ΒΓ Α

(2)

�· · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · · ·· ... ..

·· .\ .

• · · · · · · · · · · · · · ·f.i···

········ ·· ... . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . · · · ·······

/ r Με πρόσθεση των ( 1 ) και (2) κατά μέλη έχου­με : ΒΔ·ΒΗ + ΓΕ·ΓΗ = ΒΜ·ΒΓ + ΓΜ·ΒΓ = =ΒΓ(ΒΜ + ΓΜ) = ΒΓ· ΒΓ = ΒΓ2

Δίνονται κύκλοι (0,4) και (Κ,2), με ΟΚ=6.

Στο σημείο Η της ΟΚ με ΗΚ=2 φέρουμε

μια ευθεία ε κάθετη στην ΟΚ και θεωρούμε

τυχαίο σημείο της Μ. α. Να βρεθεί η διαφο­

ρά ΜΟ2 - ΜΚ2

β. Να δείξετε ότι οι δυνάμεις του σημείου Μ

ως προς τους δύο κύκλους είναι ίσες.

Είναι ΟΚ = R+ρ = 4+2 = 6 επομένως οι κύκλοι Μ εφάπτονται

εξωτερικά. Στο τρίγωνο ΜΟΚ, αν Λ είναι το μέσο του ΟΚ, τότε ΗΚ < ΚΛ = 3, άρα το Η βρί­

σκεται μεταξύ των Λ και Κ και η πλευρά ΟΜ είναι μεγαλύτερη της ΜΚ. Επίσης ΗΛ=ΚΛ-ΗΚ = 1 .Από το 2° θεώρημα διαμέσων έχουμε: Μ02-ΜΚ2=2 ·0Κ.ΛΗ= 1 2.

' . Μ ΔΜ =(ΜΟ2-42)-(ΜΚ2-22)= β. Ειναι. Δ<ο .4J - <K ,2 J

2 2 - ' ΔΜ _ ΔΜ =ΜΟ - ΜΚ - 1 2 -0 αρα (o ,4J - <κ .2 J

Δίνεται κύκλος (O,R) και ΑΒ μια διάμετρός

του. Φέρνουμε χορδή ΓΔ//ΑΒ, αν Ρ είναι τυ­

χαίο σημείο της διαμέτρου ΑΒ, να δείξετε

ότι ΡΓ2 + ΡΔ2 = ΡΑ2 + ΡΒ2

Έστω Κ το μέσο της χορδής Γ Δ, τότε στο τρί­γωνο ΓΡ Δ από το 1 ° θεώρημα διαμέσων έχου­

ΓΔ2 με : ΡΓ2 + ΡΔ2 = 2ΡΚ2 + - = 2ΡΚ2 + ΚΔ2 2

Α Β

όμως από τα τρίγωνα ΡΚΟ και ΟΚΔ, έχουμε: Ρ:κ.Ζ=ΟΡ2+0Κ2 και ΟΚ2+ΚΔ2=0Δ2 Επομένως: ΡΓ2 + ΡΔ2 = 2ΡΚ2 + ΚΔ2 = 20Ρ2 + 20Κ2 +2ΚΔ2 = =2ΟΡ2 + 20Δ2 = 20Ρ2 + 2R2 ( 1 )

Ακόμη : ΡΑ2 + ΡΒ2 = (R - ΟΡ)2 + (R + ΟΡ)2 = = 2R2 + 2ΟΡ2 (2) . Από ( 1 ) και (2), ισχύει.

Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α =90°

και από τυχαίο σημείο Δ της ΒΓ φέρνουμε

την κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την ΑΓ στο

Η και την ΒΑ στο Ζ. Έστω Μ το σημείο το­

μής της ΒΗ με την ΖΓ.

α. Να δείξετε ότι ΗΑ·ΗΓ = ΗΒ·ΗΜ.

β. Α ν Κ, Λ οι προβολές των Α, Μ αντίστοιχα

πάνω στην ΒΓ και ισχύει ΒΚ = ΛΓ, να δεί­

ξετε ότι το Δ είναι μέσο της ΒΓ.

α. Στο τρίγω­νο ΔΒΓ, τα ΖΔ και ΓΑ εί­ναι ύψη που τέμνονται στο Η. Άρα το Η είναι ορθόκε­ντρο του ΔΒΓ, επομέ-νως το ΒΜ είναι ύψος του. Επειδή Β Μ Γ=90°=Β Α Γ, το τετράπλευρο ΒΑΜΓ είναι εγγράψιμο σε κύκλο και οι χορδές ΑΓ, ΒΜ του αντίστοιχου κύκλου τέμνονται στο σημείο Η. Επομένως ΗΑΗΓ=ΗΒ·ΗΜ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/48

Page 51: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

β. Ισχύει ΚΓ = ΚΛ + ΛΓ = ΚΛ + ΒΚ=ΒΛ ( 1 )

Στα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΜΓ, τα ΑΚ, ΜΑ αντίστοιχα είναι ύψη που αντιστοιχούν στην υποτείνουσα ΒΓ, επομένως: ΑΚ2=ΒΚ.ΚΓ και ΜΛ2= ΒΛ-ΛΓ. Η υπόθεση ΒΚ = ΛΓ και η ( 1 ) μας δίνουν: ΑΚ2 = ΜΛ2 ή ΑΚ = ΜΑ. Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΒΚ και ΜΛΓ είναι ίσα ( Κ =Α =90°, ΑΚ=ΜΛ και ΒΚ=ΛΓ) επομένως Β =Γ , δηλαδή το τρίγωνο ΒΖΓ είναι ισοσκελές, άρα το ύψος του ΖΔ είναι και διάμεσος. _\ σΊ�ηση -� ' ' Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με Α = 90° και ΑΒ=ΑΓ.

Αν Ν το μέσο της διαμέσου ΑΜ και Κ ση-

, ΒΓ ΒΚ 3 . ΒΓ δ 'ξ ' μειο της με = -8- , να ει ετε οτι το

τρίγωνο ΓΝΚ είναι ορθογώνιο.

Η ΑΜ είναι διάμεσος που αντιστοιχεί στην υποτείνουσα ΒΓ του ορθογωνίου τριγώνου

ΑΒΓ άρα: ΑΜ= ΒΓ . 'Ετσι ΜΝ= ΑΜ = ΒΓ ' 2 ' 2 4

ΒΓ 3 · ΒΓ ΒΓ και ΜΚ= ΜΒ - ΚΒ = - - -- = - . 2 8 8

Επίσης, ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ2 ή ΒΓ2 = 2 -ΑΓ2 ( 1 ) Το

r τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές επομέ­νως η διάμεσος ΑΜ είναι και ύψος του . Έτσι, το τρί­γωνο ΝΜΚ είναι

s ορθογώνιο με Μ =90°, οπότε από

Πυθαγόρειο θεώρημα έχουμε:

ΝΚ2 � ΝΜ2 +ΜΚ'� ( Β:) ' + (Β{) ' � S . :f'

Από το τρίγωνο ΑΜΓ, με εφαρμογή του Ι ου θ. διαμέσων έχουμε:

2 2ΓΜ2 + 2ΑΓ2 - ΑΜ2 ΓΝ =-------4

2 (τJ2 + 2ΑΓ2 - (τJ2 4

(από την ( 1 ))

2 2 2 ΒΓ + ΒΓ2 _ ΒΓ

2 4 4 = 5. ΒΓ . Άρα

4 1 6

ΓΝ2 + ΝΚ2 = 5 · ΒΓ2 + 5 - ΒΓ2 = 25 · ΒΓ2 64 1 6 64

ΒΓ ΒΓ 5 - ΒΓ και ΓΚ = ΓΜ + ΜΚ = - + - = -- ή 2 8 8

ΓΚ2 = 25 . ΒΓ 2 = ΓΝ2 + ΝΚ2, δηλαδή ΓΝΚ 64

είναι ορθογώνιο με Ν =90°.

Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ πλευράς α και τα

τόξα ΑΓ και ΒΔ των κύκλων (Δ, α) και (Α,

α). Να δείξετε ότι η ακτίνα R του κύκλου

που εφάπτεται στα τόξα ΑΓ, ΒΔ και στην

πλευρά ΑΔ του τετραγώνου είναι ίση με α/6.

Φέρνουμε την ΕΚ κάθετη στην ΑΔ. Είναι ΒΕ=α+R και ΑΕ=α-R αφού τα ζεύγη των κύκλων (Β, α), (Ε, R) και (Α, α), (Ε, R) εφάπτονται εξωτε­ρικά και εσωτερικά αντίστοιχα. Επίσης η ΕΚ που είναι κάθετη στην ΑΔ εφάπτεται στον κύκλο (E,R) . Αν Ν η προβολή του Ε στην ΑΒ , προκύπτει AN=R. Από το γενικευμένο Πυθ . θεώρημα στο τρίγωνο ΑΕΒ έχουμε: ΕΒ2=ΕΑ2+ΑΒ2-2ΑΒ-ΑΝ (α + R)2 = (α - R)2 + α2 - 2α· R α2 - 6α R = Ο ::::::> αφού α ::j:. Ο έχουμε

R \ Στο ΑΚΕ: συν(90-φ )=ημφ=- .

α-R Από νόμο συνημιτόνων στο ΑΕΒ: ΕΒ2=ΕΑ2+ΑΒ2 -2ΑΕ·ΑΒ·συν(90 - φ)

2 2 2 R (α + R) = (α - R) + α - 2α-(α - R)· --

α - R

Δηλαδή πάλι η σχέση α(α-6 R)=O =:>R= α 6

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/49

Page 52: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

Στο άρθρο που ακολουθεί καταγράφουμε μια σειρά από επιλεγμένες ασκήσεις από το κεφάλαιο των διανυσμάτων. Πολλές απ ' αυτές είναι λυμένες με περισσότερους από έναν τρόπο ενώ σε ορισμένες παραθέτονται και σχετικές μεθοδολογίες.

Αν Κ, Λ, Μ είναι μέσα των πλευρών ΒΓ, Γ Α, ΑΒ αντιστοίχως, τριγώνου ΑΒΓ, να αποδει­χθεί ότι για οποιοδήποτε σημείο Ο ισχύει: - - - - - --ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ = ΟΚ + ΟΛ + ΟΜ

ο

;?1.\\

Μ

//

'

\\ g� - I , \ κ.- - \ Γ

Παρατηρούμε ότι τα διανύσματα του δεύτε-ρου μέλους της ισότητας που θέλουμε να αποδεί­ξουμε είναι διανυσματικές ακτίνες που αντιστοι­χούν στα μέσα των πλευρών του τριγώνου, οπότε μπορούμε να χρησιμοποιήσουμε τις αντίστοιχες ισότητες. Έτσι έχουμε: - -

ΟΜ = ΟΑ + ΟΒ ( Ι ) 2

ΟΚ = ΟΒ + ΟΓ (2) 2

ΟΛ = ΟΑ + ΟΓ (3) 2

Από ( 1 ), (2), (3) έχουμε:

ΟΜ+�+Μ=αι+ΟΟ + ΟΟ+ΟC +αι+ΟC 2 2 2

2 (0Α + 0Β + ΟΓ) _ _ _

= = ΟΑ + ΟΒ + ΟΓ 2

Αν για τα σημεία Ο, Α, Β, Γ ισχύει: - - - -70Α - 30Β - 40Γ = Ο , να αποδειχθεί ότι: α) ΑΒ I I ΑΓ , β) Τα σημεία Α, Β και Γ είναι συ­νευθειακά.

Αρκεί να αποδείξουμε ότι υπάρχει πραγμα­τικός λ ώστε: ΑΒ = λΑΓ οπότε :

Παίρνουμε την ισότητα που μας

Κώστας Βακαλόπουλος - Ανδρέας Τσαγγάρης

δίνεται και προσπαθούμε να αντικαταστήσουμε τα - - -διανύσματα ΟΑ, ΟΒ και ΟΓ συναρτήσει των δι-aνυσμάτων ΑΒ, ΑΓ . Έτσι έχουμε:

70Α - 30Β - 40Γ = Ο <::::> 70Α - 3 ( ΟΑ + ΑΒ ) - 4 ( ΟΑ +ΑΓ ) = 0 <::::> 70Α - 30Α - 3ΑΒ- 40Α - 4ΑΓ = Ο<::::> - - - 4--3ΑΒ = 4ΑΓ <::::> ΑΒ = --ΑΓ οπότε τα δια-

3 νύσματα είναι συγγραμμικά (παράλληλα) .

Παίρνουμε σαν σημείο αναφοράς το κοινό άκρο Α των διανυσμάτων και αναλύουμε κάθε διάνυσμα της ισότητας που μας δίνεται σε δι­αφορά δυο διανυσμάτων. Έτσι έχουμε: - -70Α - 30Β - 40Γ = Ο<::::> 7 ( ΟΑ -ΑΟ ) - 3 (ΑΒ -ΑΟ ) - 4 ( ΑΓ + ΑΟ ) = Ο <::::>

7 ΑΟ - 3ΑΒ + 3ΑΟ - 4ΑΓ + 4ΑΟ = Ο <::::>

-3ΑΒ = 4ΑΓ <::::> ΑΒ = _.iΑΓ . Οπότε: ΑΒ I ΙΑΓ 3

Για να αποδείξουμε ότι τα τρία σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά αρκεί να δείξουμε ότι δυο από τα διανύσματα που σχηματίζουν ανά δυο τα σημεία είναι παράλληλα. Από α) ερώτημα έ-- -χουμε ΑΒ I I ΑΓ οπότε τα σημεία Α, Β και Γ είναι συνευθειακά.

Δίνονται τα μη συγγραμμικά διανύσματα του επιπέδου. Ο είναι τυχαίο σημείο του επιπέ­δου.

Αν OA = ( x + t) a + 3β, ΟΒ = 2χa + ( 3χ - ι) β,

ΟΓ = -α - 5β τότε να υπολογιστεί το χ e R ώστε τα σημεία Α, Β, Γ να είναι συνευθειακά .

Έχουμε: ΑΒ =ΟΒ-ΟΑ = 2xa+ (3x - Ι) β- ( χ + l) a- 3β = = (χ - I) a+ (3x -4) β ΑΓ = ΟΓ - ΟΑ = -a - 5β - (χ + l) a - 3β = = (-2 - χ ) α - sβ Για να είναι τα σημεία Α, Β, Γ συνευθειακά

πρέπει και αρκεί τα διανύσματα ΑΒ, ΑΓ να είναι συγγραμμικά, δηλαδή να υπάρχει λeR ώστε: - - - -ΑΒ = λΑΓ ( 1 ) ή ΑΓ = λΑΒ (2) . 'Εχουμε: ( 1) <=>(χ- Ι)a+(3χ-4)β=λ[( -2-x) a-si3J

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l/50

Page 53: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

<=> (χ - ι ) α + (3χ - 4)β = ( -2λ - λχ ) a - 8λβ <=> [χ - ι + (χ + 2) λ J α + ( 8λ + 3χ - 4) β = α

Α ν ένας από τους συντελεστές των α και β

δεν είναι μηδέν π.χ. x-l +(x+2)λ;i:O τότε

α = 8λ + 3χ - 4 - - -

( ) β � α I /β , που είναι άτοπο.

χ - 1 + χ + 2 λ

Οπότε πρέπει και αρκεί να υπάρχει λεR ώστε να ι-

σχύει: , δηλαδή 8 Σ) χ-1+{χ+2)λ=ΟJ {λ= 4-3χ } &+3χ-4=0 χ-1+(χ+2)λ=Ο

Για να έχει λοιπόν το (Σ) λύση ως προς λ πρέπει και

αρκεί χ - 1 + (χ + 2) 4 - 3χ = Ο , δηλαδή χ=Ο ή χ=2. 8

Ανάλσyα εργαζόμαστε στη σχέση (2)

Θεωρούμε τα σημεία Α, Β, Γ. Να αποδει­χθεί ότι για οποιοδήποτε σημείο Μ, το διάνυσμα

- - -

5ΜΑ - SMB + 3ΜΓ είναι σταθερό.

Για να είναι σταθερό το διάνυσμα

5ΜΑ - 8ΜΒ + 3ΜΓ αρκεί να αποδείξουμε ότι ισού­ται με ένα αλγεβρικό άθροισμα διανυσμάτων που ε­ξαρτώνται μόνο από τα Α, Β, Γ. Δηλαδή πρέπει να απαλείψουμε το Μ. Επιλέγουμε ως κέντρο αναφοράς ένα από τα σημεία Α, Β, Γ π.χ. το Α και έχουμε:

5ΜΑ -8ΜΒ+ 3ΜΓ =5ΜΑ -8( ΑΒ-ΑΜ) + 3( ΑΓ-ΑΜ) = = -5ΑΜ - 8ΑΒ + 8ΑΜ + 3ΑΓ - 2ΑΜ = 3ΑΓ - 8ΑΒ .

Το διάνυσμα αυτό είναι σταθερό, γιατί τα ση­μεία Α, Β, Γ είναι σταθερά.

Θεωρούμε τα σημεία A(S,-1), B(l,l) και Γ(2,3) α) Να αποδειχθεί ότι τα σημεία Α, Β, Γ εί­

ναι κορυφές τριγώνου. β) Να αποδειχθεί ότι το τρίγωνο ΑΒΓ είναι

ορθογώνιο.

α) Για να είναι τα σημεία Α, Β, Γ κορυφές τριγώνου αρκεί να αποδείξουμε ότι δεν είναι συ­νευθειακά. Δηλαδή αρκεί να αποδείξουμε ότι τα

διανύσματα ΑΒ, ΑΓ δεν είναι συγγραμμικά. Έ-

χουμε: AB = ( l - 5 , 1 + 1 ) = (-4, 2 ) ΑΓ = (2 - 5, 3 + 1 ) = (-3, 4)

(- -

) �-4 2 1 Οπότε: det ΑΒ, ΑΓ = _ 3 4

= - 1 6 + 6 = - 1 0 :;t Ο

Άρα: ΑΒ ;1 ΑΓ οπότε τα σημεία Α, Β, Γ δεν εί­ναι συνευθειακά και είναι κορυφές τριγώνου.

β) Έχουμε:

(AB) = IABI =�( -4)2 +22 =Εο ι(ΑΒγ = 20 (ΑΓ) = IΑΓI =�(-3)2 +42 =../9+ 1 6 = 5 => (ΑΓ)2 = 25

(ΒΓ) = IΒΓΙ =JΙ +22 =J5 (Br)2 = 5

Οπότε: (ΑΓ)2=(ΑΒ)2+(ΒΓ)2 Δηλαδή το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ορθογώνιο με ορθή γωνία τη Β .

Θεωρούμε τα σημεία A(6,-l), Β(4,3), Γ(1 ,2) και Δ(2μ, μ+J). Να βρεθεί ο πραγματικός αριθ­μός μ ώστε να είναι κορυφές τραπεζίου.

Για να είναι ένα τετράπλευρο ΑΒΓ Δ τραπέζιο αρκεί να έχει δυο πλευρές παράλληλες και τις άλ­λες δυο μη παράλληλες. Γι ' αυτό διακρίνουμε δυο περιπτώσεις:

α) Με βάσεις ΑΒ, ΓΔ. Πρέπει και αρκεί:

ΑΒ / /ΓΔ και ΑΔ}1ΒΓ . 'Εχουμε:

ΑΒ= (4 - 6, 3 + 1 ) = (-2, 4) ΔΓ = ( 1 - 2μ, 2 - μ - 1 ) = ( 1 - 2μ, l - μ ) ΑΒ / /ΔΓ <:::>det ΑΒ,ΔΓ = 0<=> =0 _ _

(- _) 1 _2 4J 1 - 2μ 1 -

3 <=> -2 + 2μ - 4 + 8μ = Ο <=> -1 Ομ - 6 = Ο <=> μ = -5

ο , 3 , Δ ( 6 8 )

'Ε ,

ποτε για μ = - ειναι - , - . στι εχουμε: 5 5 5

ΑΔ = (� - 6 � + ι) = (-24 .!2)

5 , 5 5 , 5

ΒΓ = ( l - 4, 2 - 3) = (-3, - 1 ) 24 13

Και det (AΔ,BΓ) = -S S = � :;t: Ο �ΑΔ)1ΉΓ -3 -1

β) Με βάσεις ΑΔ, ΒΓ. Πρέπει και αρκεί:

ΑΔ I /ΒΓ και AB;f ΔΓ .

Έχουμε ΑΔ = (2μ-6, μ+ 2) και ΒΓ=(-3, -1)

ΑΔ I /ΒΓ <=> det ( ΑΔ, ΒΓ) = Ο <=> �2�; 6 μ:1

2 1 = Ο <=> -2μ + 6 + 3μ + 6 = ο <=> μ + 1 2 = ο <=> μ = - 1 2

Για μ = - 1 2 είναι Δ ( -24, - 1 1 ) οπότε:

ΑΒ = ( -2, 4 ) , ΔΓ = ( 1 + 24, 2 + 1 1 ) = (25, 1 3)

(-

- ) �-2 4 1 Και det ΑΒ, ΔΓ = 25 1 3 = -26 - 1 00 =

= - 1 26 :;t: Ο � ΑΒ;fΒΓ

Α ν για τα διανύσματα α, β ισχύει:

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/51

Page 54: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

ι α+ iil = 2 1al και l ii l = 3 ιαι να δείξετε ότι:

a /Ί/ β . .\ (ιση Με αφορμή την άσκηση Ι 5/ Α 'Ομάδας σελ, του

σχολικού αναφέρουμε τις παρακάτω ισοδυναμίες.

• 1 α + βl = 1α1 + lβ l � α // β ( Ι ) • Ι α + βl = J l αl - lβ l l � α / � β (2) Η απόδειξή τους είναι απλή . Για τη (2) π.χ.

έχουμε: Ι α + β l = J l α l - lβ l l � Ι α + β1 2 = J l αl - lβ l �2 �

(α+β)2 = ( 1� - 1�)2 � α2 + 2α · β = 1�2 -2 1 � · Ιβi + Ιβ12 � α . β = - lαl · l β l � α?� β

. \(ιση της 6σκησης 'Εχουμε : J l αl - lβ l l = J lαl - 3 lαi J = 1-2 1α 1 ι = 2 1α1 = Ια + βl . Άρα α ?� β

- -

Δίνονται τα διανύσματα α = 20 ι Ο · γ , - -β = 201 1 · δ ( α, β μη συγγραμμικά) με

l γ l = lδ l = ι . Να δειχθεί ότι το διάνυσμα i = γ + δ - -

διχοτομεί τη γωνία των διανυσμάτων α και β . :\. (J(fη Έστω σημείο Ο και Γ, Δ, Α, Β ώστε :

- - - - - - - -

ΟΓ = γ, ΟΔ = δ, ΟΑ = α και ΟΒ = β . Ισχύει:

α = 20 1 0 · γ => α // γ και Ο,Γ ,Α συνευθειακά

β = 20 1 Ι · δ => β // δ και Ο ,Δ,Β συνευθειακά.

Άρα οι γωνίες (γ: δ) και (α: β) ταυτίζονται.

Α ν Ε η τέταρτη κορυφή του παραλληλογράμμου

ΓΟΔΕ θα ισχύει: ΟΕ = γ + δ . Α

Ο δ Δ Β Όμως l γ l = lδ l , οπότε το τετράπλευρο ΓΟΔΕ

είναι ρόμβος . .\ ρ υ : το διάνυσμα ΟΕ (διαγώνιος - -

ρόμβου) διχοτομεί τη γωνία του γ και δ άρα και - -

σκήσεις: 9 της Α' ομάδας και 3 της Β ' ομάδας του σχολικού βιβλίου σελ.

ι) Να δείξετε ότι αν � = la l p + lϊi l a και

; = ι α ι β - lii l α τότε � j_ ; : � : Αν θεωρήσουμε σημείο Ο και

ΟΑ = Ι β l α και ΟΒ = 1α1 β και Γ η τέταρτη κορυφή

του παραλληλογράμμου ΒΟΑΓ τότε τα διανύσμα­

τα u και ν ως διαγώνιες του ρόμβου

( ΙοΑΙ = ΙοΒΙ ) είναι κάθετα.

2) Να δείξετε ότι ο φορέας του � = lii l « + ιαΙ β διχοτομεί τη γωνία των διανυσμά-

των � και ; και ο φορέας του ;= l�a- I�P διχο-- -

τομεί την παραπληρωματική γωνία των α και β •

, Εργαζόμενοι όπως πριν έχουμε ότι - -

οι φορείς των u και ν (διαγώνιοι του ρόμβου) δι-χοτομούν τις γωνίες του .

Να αποδειχθούν οι ισοδυναμίες: i) ι α + β ι = ι α - ί3l � α j_ β ii) (α + β) _ι (<ϊ - β) � Ιαl = lί3 Ι Ποιες γεωμετρικές προτάσεις εκφράζουν οι

παραπάνω σχέσεις;

Έστω τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ = J3 , ΒΓ = .fi και Γ Α = J5 . Δείξτε ότι:

- - - - - -

ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · Γ Α + Γ Α · ΑΒ = -5

Ισχύει: ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = Ο ( Ι ) ( Ι ) => ΑΒ + ΒΓ = -ΓΑ => ΓΑ · ΑΒ + ΓΑ · ΒΓ =

= -ΓΑ2 = - IΓA I2 = -5 ( 1 ) => ΑΒ + ΓΑ = -ΒΓ=> ΑΒ · ΒΓ + ΑΒ · ΓΑ =

= -ΒΓ2 = - IBΓ I2 = -2 ( 1 ) => ΒΓ + Γ Α = -ΑΒ => ΑΒ · ΒΓ + ΑΒ · Γ Α =

= -ΑΒ2 = - IAB I 2 = -3 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε:

2 ( ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΓΑ · ΑΒ) = -5 - 2 - 3 => => ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · Γ Α + ΑΒ · Γ Α = -5

την α και β .

Π . \ !}ΛΤ ! ! ι:ι !-ΙΣ Η : Με τον ίδιο τρόπο με τη λύ- ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ = Ο => ( ΑΒ + ΒΓ + ΓΑ )2 = Ο => ση της άσκησης 8 μπορούμε να αποδείξουμε τις α-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/52

Page 55: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

-2 -2 -2 - - -ΑΒ +ΒΓ +ΓΑ +2ΑΒ·ΒΓ+2ΒΓ ·ΓΑ+2ΓΑ·ΑΒ=Ο� 2(ΑΒ· ΒΓ+ΒΓ - ΓΑ+ΓΑ ·ΑΒ) =-1�2 - 1Βη2 - IΓAJ2 � - - - - - - 1 ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ · ΓΑ + ΓΑ · ΑΒ = -( - 1 0) = -5 . 2

Έστω τετράπλευρο ΑΒΓ Δ με IABI = ΙΒrΙ = ΙrΔΙ = ΙΔΑ Ι . Δείξτε ότι αν ΑΒ j_ ΒΓ τότε Γ Δ _ι ΔΑ και αντιστρόφως.

Ισχύει: ΑΒ + ΒΓ + ΓΔ + ΔΑ = 0 �ΑΒ+ΒΓ=-(ΓΔ+ΔΑ) �(ΑΒ+ΒΓ)2 =[ -(ΓΔ+ΔΑσ

-2 - - --2 - - -2 � ΑΒ + 2ΑΒ · ΒΓ + ΒΓ = ΓΔ + 2ΓΔ · ΔΑ + ΔΑ �ΑΒ·ΙΙ'=ΓΔ·ΔΑ. Άρα αν ΑΒ_iΒΓ τότε ΑΒ·ΒΓ=Ο οπότε και ΓΔ · ΔΑ =0 άρα Γ Δ _i ΔΑ και ανnστρόφως.

,\ ; ; ; , Έστω διανύσματα α, β, γ με

Ι α Ι = l β l = lr l = 1 και (α, Λ γ)=� και (β, Λ Υ)= � . Να λυθεί (ως προς χ) η εξίσωση :

1 α + β - rl = 1α + β + χ · r l (χ ε IR) .

Όμως Ι α + β - Ύl = Ι α + β + χ . Ύl <::}

Ι α + β - Ύ12 = I α + β + χ . Ύ1 2 <::}

(α + β - Ύ)2 = (α + β + χ · Ύ)2 <::} - 2 -2 -2 -- --α + β + γ + 2αβ - 2βγ - 2αγ = α2 + β2 + ( χΎ)2 + 2αβ + 2χαγ + 2χβγ <::} -2 --2 -- 2 -2 -- --γ - 2γβ - 2αγ = χ · γ + 2χαγ + 2χβγ <::} χ2 + 2 (αΎ + βΎ) χ + 2 (αΎ + βΎ) - 1 = ο (1 )

-- π Ι -- π J3 Όμως: αγ = 1 · 1συν- =- και βγ = l · lσυν- =-3 2 6 2 ' ,..ι l +J3 ,..ι 1 +J3 Ετσι η ( 1 ) <::} χ2 + � �χ+ � �- 1 = 0 <::} χ 2 + ( 1 + J3) χ + J3 = ο <::} χ = 1 ή χ = J3

Έστω διανύσματα α, β, χ με

τα οποία ισχύει: ( 2αχ - 3 ) χ = χ + α (1)

α) Να βρεθεί το χ

για

β) Αν χ = -�α και χ=α+β δείξτε ότι: � ��� ��

α) ( 2αχ - 3 ) χ = χ + α ( Ι ) � ( 2αχ - 3 ) αχ = αχ + α 2 � 2(αη2 - 3αχ = αχ + 6 � 2(αη2 - 4αχ - 6 = ο � (αΧ )2 - 2αχ - 3 = ο (2) Θi::τωψι : ω = αχ οπότε:

( 2) � ω2 - 2ω - 3 = Ο � ω = - 1 ή ω = 3

Άρα: αχ = - 1 ή αχ = 3 . " Αν αχ = - 1

( 1 ) � [2 ( - ι ) - 3] χ = χ + α � -6χ = α � χ = -iα .,. Αν αχ = 3

- - - - - - 1 -( 1 ) � (2 · 3 - 3) χ = χ + α� 2χ = α � χ = -α 2 : Επειδή στην παραπάνω λύση έχουμε χρη-

σιμοποιήσει συνεπαγωγές πρέπει να εξετάσουμε αν οι

τιμές αυτές επαληθεύουν την αρχική εξίσωση. - 1 - ( - ) -Για χ = -6α έχουμε: 2αχ - 3 χ =

έχουμε: ( 2αχ - 3 ) χ = [ 2α ( k α) - 3] ( k α) = = (α2 - 3 )±α = ΙΞαΙ και χ + α = ±α + α = ΙΞ αΙ , .1'' ' 1 - ' δ ' \ ( /\ : η τιμη χ = -α ειναι εκτη . 2 β) χ = α + β � β = χ - α� lβ l = Ιχ - α l . Όμως:

Ι χ - α 1 = Ι χ + ( -α)l οπότε: Ι Ι χΙ - 141 � Ι χ -� � ΙχΗ4 (τριγωνική ανισότητα) επομένως:

li ΙαΙ - ΙαΙ Ι � Ιβ Ι � i ΙαΙ + 1-α 1 �.

Ιi� -J6ι � Ιβ Ι � iJ6+J6 �

�-iJ6 � ΙβΙ � iJ6 +J6 �

i� � ΙβΙ -� � ��� ΙΙβ Ι -J6Ι � �� . ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/53

Page 56: Ευκλειδης Β 77

ι

Μαθημaτ ι κά Γεν ι κής Πα ι δε ίας

γ ια τη Γ ' τάξη του Λυκε ίου

Α) Πολλές φορές σε διάφορες ασκήσεις δίνε­ται ο τύπος μιας συνάρτησης όπως f(x)= 2/χ+ J5i. -3χ +lnx3 και τότε το πρώτο πράγμα που πρέπει να προσδιορίσουμε είναι ποιες τιμές μπορεί να πάρει η μεταβλητή χ ,δηλαδή να βρούμε το πε­δίο ορισμού της. Για να βρούμε το πεδίο ορισμού συναρτήσεων που συναντάμε στα μαθηματικά γενικής παιδείας εξετάζουμε προσεκτικά όλες τις παρακάτω περι­πτώσεις. 1 . Αν δούμε κλάσμα τότε πρέπει και αρκεί: ο

παρονομαστής να είναι διάφορος του μηνεδός 2 . Αν δούμε ριζικό τότε πρέπει και αρκεί: το

υπόριζο να είναι θετικό ή μηδέν 3 . Α ν δούμε χ e: Ζ στον εκθέτη τότε πρέπει και

αρκεί: η βάση να είναι θετική 4. Αν δούμε Λογάριθμο τότε πρέπει και αρκεί:

αυτός να αναφέρεται σε θετικό αριθμό 5 . Α ν η συνάρτηση έχει δυο τύπους τότε ενώ­

νουμε τα διαστήματα στα οποία έχει νόημα ο κάθε τύπος.

6. Στα προβλήματα εκτός των παραπάνω περιο­ρισμών, υφίστανται και φυσικοί περιορισμοί π.χ. Μήκος, Εμβαδό, κλπ. που πρέπει να είναι θετικά .

../ Προφανώς αν δεν υπάρχει κανένας περιορι­σμός τότε δεχόμαστε το πεδίο ορισμού Α=� Παραδείγματα εύρεσης Πεδίου Ορισμού

1 . f(x) = � , βλέπουμε ί) lη χ άρα χ > Ο 1 - ln x ii) � άρα ln x � Ο <::::? χ � 1

iii) 1- ln χ παρονομαστής άρα 1 - ln χ :;t: Ο <::::? ln χ * 1 <::::? χ * e από τα παραπάνω προκύπτει A=[ l ,e)u(e,+oo)

Θανάσης Π. Χριστόπουλος

2. f(x) = .Jx2 - χ πρέπει και αρκεί χ2-χ?:Ο , δηλαδή χ � Ο ή χ � 1

Επομένως Α=(---οο,Ο]υ[ Ι ,+οο) 3 . f(x) = �

χ2 - 4χ + 3 πρέπει και αρκεί χ-1 �0 και x2--4x+3:;i:O δηλαδή χ � 1 και χ * 1 και χ * 3 Άρα: Α=( 1 ,3)υ(3 ,+οο)

4. f(x) = .Je2' - 3e' + 2 πρέπει και αρκεί το υπόρριζο να είναι μη αρνητικό δηλαδή e2x - 3ex + 2 ?:0 ( 1 ) .

( ) ex = Υ } e' = Υ } Άρα 1 <::::? <::::? <::::? y2 - 3y + 2 � Ο y � 1 ή Υ � 2 ex � 1 ή ex � 2 <::::? χ � ο ή χ � ln 2 και τελικά Α=( ---oo,O]υ[ln2,+oo)

5 .

{χ2 , ι χ ι � 1 f(x) = 1 - , χ > 1 χ

<::::?χ ε [- 1 ,+ 1 ] ακόμη από τον δεύτερο τύπο χ> 1<::::?χ ε ( l ,+οο) Η ένωση μας δίνει: Α=[-1 , + Ι ] υ ( 1 , +οο)=[-1 , +οο)

Ένα δεύτερο πρόβλημα είναι ο υπολογι­σμός ορίων.

Τι σημαίνει lim f(x) = Ι ; με απλά λόγια Χ �Χο

σημαίνει πως καθώς το χ «πλησιάζει» το χ0 τότε το f(x) «πλησιάζει» το Ι . Αν μια συνάρτηση είναι συνεχής σε ένα ση­μείο χ0 ε Α τότε το lim f(x) είναι ίσο με

χ ..... χο

f(x0 ) για το λόγο αυτό όταν μας ζητούν να

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/54

Page 57: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

υπολογίσουμε ένα όριο , εξετάζουμε αν αντι­καθιστώντας το χ με το χ0 έχουμε αποδεκτό αποτέλεσμα δηλαδή έναν πραγματικό αριθμό, τότε αυτός ο αριθμός είναι το ζητούμενο όριο (αρκεί να εφαρμόσουμε τις ιδιότητες των ορί­ων). Διαφορετικά αν το αποτέλεσμα είναι της μορ-

, ο ' φης 0 τοτε:

1 ) Παραγοντοποιούμε αριθμητή και παρονο­μαστή και aπλοποιούμε παράγοντα της μορ­φής (χ - χο ) 2 ) Αν υπάρχουν τετραγωνικές ρίζες τότε πολ- , λαπλασιάζουμε αριθμητή και παρονομαστή με τη συζυγή παράσταση και ύστερα συνεχίζουμε όπως στην προηγούμενη περίπτωση 1 ) .

Να βρεθούν τα παρακάτω όρια:

1 ι . x2 - l . ιm-0 -

2.

3 .

4.

χ -> 2 χ- - 3 ι . χ2 - 2χ lffi ---=-­X->2 x 2 - 4 . 1 -Γχ"=Ι lιm--­x->2 Χ - 2

1 . χ2 - 3χ ιm-----;::== χ-->Ο Χ + } -�

Παρατηρούμε ότι lim (x2 - 3) = l :;t: O . χ->2 χ 2 _ 1 lim(x2 - Ι) 4 - 1 Άρα lim-- = χ-->2 = -- = 3 χ-->2 χ 2 - 3 lim(x2 - 3) Ι Χ-->2

2 . Έχουμε μορφή ο ο '

χ2 - 2χ χ(χ - 2) χ ---=-- = = -- με χ2 - 4 (χ - 2)(χ + 2) χ + 2 '

οπότε

1. ( 2) 4 Ο Ά ι · χ2 - 2χ 2 1 ιm χ + = :;t: . ρα ιm 2 = - = -χ-->2 χ-->2 χ - 4 4 2 'Ε , Ο , χουμε μορφη 0 , οποτε:

I -Jx- 1 (1 -.Jx - l)(I +Jx - 1) --- = ....:...._ __ _;_;_-==---'-

2 ι--;2 Ι -νχ- 1 χ-2 (x -2)(I +Jx - l) (χ -2)(1 +Jx - 1)

1 - (χ- 1) 2-χ -(χ-2) (χ -2)(I +Jx -l) (χ -2)(1 +Jx - 1) (χ -2)(1 +Jx - 1)

= - 1 , με lim ( l + Γx"=l) = 2 :;t: O . (1 + Γχ"=1) χ-->2

Ά 1 . 1 -Γχ"=! Ι ρα ιm = -- . Χ-->2 χ - 2 2

'Ε , ο , χουμε μορφη 0 , οποτε :

χ2 _ 3χ (x2 -3x)[(x+l)+Jx2 + 1] ----=== = = χ + 1 -� [cx+l)-Jx2 + t][cx+ l)+Jx2 + 1]

=

_ x(x - 3)[(x + l) +�] _ x(x - 3) [(x + l) +�] _ (x + 1)2 - .Jx2 + 1 2

- x2 + 2x + l - (x2 + 1) -

x(x - 3)[(x + l) +�] (x -3)[(x + l) +�] 2χ 2

Ά 1 . χ2 - 3χ -3 · 2 3 ρα ιm =--= -χ-->Ο χ + 1 -� 2

Να βρεθεί η θετική τιμή του κ ώστε: 2 1 2 2

I. κχ - χ - κ + 1. κ χ - κ ιm = ιm -----:=--χ-->1 χ - 1 χ-->1 Fx - χ

κχ2 - χ - κ + l _ κ(χ2 - 1) - (χ - 1) Είναι: χ - 1 χ - 1 κ( χ - Ι)( χ + Ι) - (χ - 1) _ (χ - Ι)[ κ( χ + Ι) - 1)] _ �-�-....:...._....:....__� _ -

χ - 1 χ - 1 κχ 2 - χ - κ + l κ(χ + l) - 1 , οπότε lim . = 2κ- 1 χ-->1 χ - 1

Ενώ κ2χ - κ2 _ κ2 (χ - 1)(� + χ) _ κ2 (χ - 1)(� + χ) � - χ (�- χ)(� + χ) - (� - χ)(� + χ)

= κ2 (χ - 1)(� + χ) = κ2 (χ - 1)(� + χ) = χ - χ2 -χ(χ - 1)

κ2 (� + χ) ' . ι · κ2χ - κ2 - 2 2 , οποτε. ιm Γ - - κ • -χ χ-->1 ν χ - χ

Άρα: 2κ - 1 = -2κ2 <=> 2κ2 + 2κ - 1 = Ο <::::::>

- I ±J3 -I +J3 , κ= <::::::> κ = , αφου κ>Ο. 2 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/55

Page 58: Ευκλειδης Β 77

Μαθη ματικά για την Γ Λυκείου

Α ν f συνεχής στο IR και η γραφική της

παράσταση διέρχεται από το σημείο Α(1 ,2)

, . x2f(x) - xf(x) να βρεθει το: Ιιm -----

χ-+ι Χ - 1

Αφού f συνεχής στο IR άρα f συνεχής στο 1 δηλαδή lim f(x) = f(1) αλλά το σημείο Α( 1 ,2)

χ -+ 1

ανήκει στη γραφική παράσταση της f, επομέ­νως f(1) = 2 , και αφού f συνεχής θα είναι lim f (χ ) = f ( Ι ) = 2 . Χ -->1

Αλλά x2f(x) - xf(x) = xf(x)(x - 1) = xf(x) , 0_ χ - 1 χ - 1 ' ι· x2f(x) - xf(x) _ 1 f ( 1 ) - 1 2 - 2 ποτε ιm - · - · - .

Χ --> 1 Χ - 1

Γ) αξιοποίηση του παράγωγου αριθμού­

παράγωγης συνάρτησης

Κάθε σημείο Α του Καρτεσιανού επιπέδου προσδιορίζεται από την τετμημένη χο και την τεταγμένη του Υο και συμβολίζεται Α(χο,Υο)

Όταν όμως το σημείο αυτό ανήκει στη γραφι­κή παράσταση μιας συνάρτησης f , τότε ισχύει f(xo)= y0 οπότε το συμβολίζουμε A(xo,f(xo)). Είναι γνωστό ότι ο παράγωγος αριθμός της f στο χ0 φανερώνει το συντελεστή διεύθυνσης (την κλίση) της εφαπτόμενης ευθείας στη γραφική παράσταση της f στο σημείο της με τετμημένη χ0 ή στο σημείο επαφής Α( Xo,f(xo) ) .

Συμβολικά λ=f ' (χ0) (είχαμε ορίσει λ=εφω όπου ω η γωνία που σχηματίζει η εφαπτομένη ευθεία με τον άξονα χ ' χ )

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο φ(χ)= ex 2

Να βρεθεί το εμβαδόν του τριγώνου που

σχηματίζει η εφαπτόμενη ευθεία στη γρα­

φική παράσταση της φ στο σημείο της Α(-1 ,φ(-1)) με τους άξονες χ 'χ και y 'y.

Είναι φ '(χ)= ex' (χ2) '= ex'

οπότε φ '(-1 )=-2e επίσης φ(-1 )=e άρα η εξί­σωση της ευθείας που ζητάμε είναι:

y-e=-2e(x+ 1 ) ή y=-2ex-e Βρίσκουμε τα σημεία τομής της με τους

άξονες. Για χ=Ο είναι y=-e. Άρα τέμνει τον y 'y στο B(O,-e)

1 Για y=O είναι 0=-2ex-e <=> 2ex=e <::::>χ=2

.

Άρα τέμνει τον χ 'χ στο Γ( .!.. ,0) 2 Το τρίγωνο ΟΒΓ έχει εμβαδόν

1 1 1 e Ε= - (ΟΒ)(ΟΓ)= - e - = - . 2 2 2 4

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο g(χ)=(λ-1)χ2

+μχ+1 . Αν η εφαπτόμενη ευθεία

στη γραφική παράσταση της g στο σημείο της Α(1 ,2) είναι παράλληλη στην ευθεία

y=3x-1

α) Να βρεθούν οι τιμές των λ, μ

β) Για λ=3 και μ= -1 να βρεθούν τα α­

κρότατα της συνάρτησης g

α) Είναι g '(x) = 2(λ - 1)χ + μ και αφού η εφαπτόμενη ευθεία στη γραφική παράσταση της g στο σημείο της Α( 1 ,2) είναι παράλληλη στην ευθεία η y=3x-1 επομένως g '(l) = 3 <=> 2(λ - 1) + μ = 3 <=> 2λ + μ = 5 ( 1 )

Επίσης αφού το A( l ,2) είναι σημείο της γραφικής παράστασης της g θα είναι g(l) = 2 <=> (λ - 1) + μ + 1 = 2 <=>λ + μ = 2 (2).

Οπότε από (1 ) ,(2) έχουμε {2λ + μ = 5 <=> <=> {λ = 3 λ + μ = 2 μ = - 1

β) Αν λ=3 και μ=-1 τότε g(x)=2x2-x+l και g '(x) = 4x - 1 ·

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/56

Page 59: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Αφού g ' ( x ) = O <::> x = .!., g ' (x ) > O <::> x > .!_ 4 4

και g ' ( χ ) < Ο <=> χ < .!. θα έχουμε ελάχιστο του 4

1 g(x) το g( 4 )

Δίνεται η συνάρτηση με τύπο 1

f(x)= - x3 - 3χ2 + 5χ + e 3 Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και

τα ακρότατα

Να δειχτεί ότι f (4)+f(6)>2f(5)

f '(x) = x2 - 6χ + 5 χ -οο Ο +οο

Γ(χ) + 0 0 +

f(x) / � / τΜ ΤΕ

f ( l )=f + e

f (5)= 25 + e 3 Η f είναι γνησίως αύξουσα στο (-οο, 1 ]υ[5,+οο) Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 1 ,5 ] Η f παρουσιάζει τοπικό μέγιστο για χ= 1 ,

ίσο με f ( 1 )= 2 + e 3 Η f παρουσιάζει τοπικό ελάχιστο για χ=5 ,

ίσο με f ( 5)= 25 + e 3 Είναι 4<5 και f γνησίως φθίνουσα στο

[ 1 ,5] άρα f (4)> f (5) Επίσης 5<6 και f γνησίως αύξουσα στο

[5,+οο] άρα f (5)< f (6) οπότε f (4)+ f (6)>2 f (5)

Δ) Ένα ακόμα πρόβλημα είναι ο υπολογι­

σμός της μέγιστης ή της ελάχιστης τιμής

που μπορεί να πάρει μια ποσότητα.

Σε αυτή την περίπτωση αφού εντοπίσουμε για ποια ποσότητα αναζητάμε μέγιστη ή ελά­χιστη τιμή, αναζητάμε τύπο για αυτή τη ποσό­τητα. Μια από τις μεταβλητές ποσότητες που εμφανίζονται στον τύπο αυτό το θέτουμε χ και τις υπόλοιπες τις εκφράζουμε συναρτήσει του χ με βάση τα δεδομένα (αλγεβρικά ή γε­ωμετρικά)έτσι έχουμε τελικά εκφράσει τη ζη­τούμενη ποσότητα σαν συνάρτηση του χ, οπό­τε αναζητάμε ακρότατα πλέον μελετώντας τη με τη βοήθεια της παραγώγου.

Το κόστος παραγωγής χ αυτοκινήτων

ανά ώρα σε μια αυτοκινητοβιομηχανία εί­

ναι: 36-5χ2+χ3 χιλιάδες Ευρώ, Αν η τιμή

πώλησης κάθε αυτοκινήτου είναι 8000 ευ­

ρώ, πόσα αυτοκίνητα πρέπει να παράγει ανά

ώρα ώστε να έχει μέγιστο κέρδος;

Η ζητούμενη ποσότητα της οποίας αναζη­τάμε τη μέγιστη τιμή είναι το κέρδος, αλλά Κέρδος= Έσοδα- Κόστος

Έσοδα(χ αυτοκίνητα · 8 χιλιάδες Ευρώ το καθένα)=8χ (χιλιάδες Ευρώ)

Κόστος= 36-5χ2+χ3 (χιλιάδες Ευρώ) Αν Ρ(χ) συμβολίζει το κέρδος τότε

Ρ(χ)=8χ- (36-5χ2+χ3) = - χ3 +5χ2 +8χ-36, με χ>Ο.

Θα βρούμε τώρα τα ακρότατα αυτής της συνάρτησης με τη βοήθεια της πρώτης παρα­γώγου. Έχουμε: Ρ '(χ)=-3χ2+ 1 0χ+8, οπότε :

Ρ '(χ)=Ο�χ=4, Ρ '(χ)>Ο�χε (Ο, 4) και Ρ '(χ)<Ο�χε (4, +οο)

Όπως προκύπτει από τον πίνακα μεταβο­λών, για χ=4 ή συνάρτηση έχει τη μέγιστη τι­μή της. Άρα όταν το εργοστάσιο παράγει 4 αυτοκίνητα την ώρα, έχει το μέγιστο κέρδος ίσο με Ρ(4)= 1 2 .000 Ευρώ.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/57

Page 60: Ευκλειδης Β 77

ΤΑ ΔΙΑΝΥΣΜΑΤΑ, Η ΑΝΑΛΥΤΙ ΚΗ ΓΕΩ Μ ΕΤΡΙΑ,

Ο Ι Μ Ι ΓΑΔΙ ΚΟ Ι ΑΡΙ Θ Μ Ο Ι ΚΑΙ Η ΣΟΦΙΑ !

• Κύριε, πόσο μας χρειάζονται αυτά που μάθαμε

πέρσι στα μαθηματικά της κατεύθυνσης; - Σοφία, αν όχι όλα, αρκετά από αυτά. - Για πείτε μου ένα παράδειγμα! - Βεβαίως! Ο μιγαδικός αριθμός z = α + βί με α, β ε IR. , παρίσταται στο μιγαδικό ε-πίπεδο με το σημείο Μ (α, β ) . Το δε διάνυσμα ΟΜ (είδες τι είπα: διάνυσμα ! ), όπου Ο η αρχή των αξόνων λέγεται διανυσματική ακτίνα του μι­γαδικού z. Επίσης από τις πιο χρήσιμες έννοιες στους μιγαδικούς αριθμούς είναι το μέτρο του z που το συμβολίζουμε με lzl και ισούται με το μέ­τρο της διανυσματικής του ακτίνας, δηλαδή ι­σχύει: lz l = ΟΜ . Δες στο σχηματάκι την διανυ­σματική ακτίνα του μιγαδικού αριθμού : z = 3 + 2ί , είναι το διάνυσμα ΟΜ = ( 3, 2) .

. .

Επίσης το άθροισμα z1 + z2 δύο μιγαδικών

αριθμών z1 και z2 έχει διανυσματική ακτί­

να ΟΜ το άθροισμα των διανυσματικών

ακτίνων ΟΜ1 και ΟΜ2 των δύο μιγαδικών.

Μ

· •

• Σχόλιο : Είναι χρήσιμο πριν διαβαστεί το συγκεκριμέ­νο άρθρο να υπάρξει μια παράλληλη ανάγνωση με το άρθρο «τα Διανύσματα» της Β' Λυκείου σε αυτό το τεύχος του περιοδικού .

Του Κώστα Βακαλόπουλου

Δηλαδή ΟΜ = ΟΜ1 + Μ1Μ = ΟΜ1 + ΟΜ2 • Επει­δή όμως ιοΜι + Μι Μ I ::; ΙοΜι l + IMιM I και στους μιγαδικούς ισχ;ύει ότι: l z ι + z2 1 ::; lzι l + lz2 1 ·

\ \"'

Το ίδιο συμβαίνει και με τη διαφορά τους: z 1 - z2 που έχει διανυσματική ακτίνα

ΟΝ = Μ2Μ1 που ισούται με τη διαφορά των

διανυσματικών ακτίνων των δύο μιγαδι­κών. Πράγματι:

Μ2Μ1 = 0Μ1 - ΟΜ2 = 0Μ1 + 0Μ3 = ΟΝ . - Δάσκαλε, αρχίζει και μου φαίνεται ότι δεν πήγε τσάμπα η χρονιά πέρσι ! - Και ακόμα δεν σου έχω πεί σχεδόν τίποτε. Κατ' αρχήν θα σου κάνω μερικές ερωτήσεις για να δώ αν κατάλαβες αυτά που είπαμε μέχρι τώρα. «Τι είναι οι διανυσματικές ακτίνες των πραγματικών και τι των φανταστικών αριθ­μών;» - Των μεν πραγματικών είναι διανύσματα συγ­γραμμικά με τον άξονα χ 'χ, των δε φανταστι­κών διανύσματα συγγραμμικά με τον άξονα y y. - Μπράβο ! Για σκέψου τώρα, τι σχέση έχουν οι διανυσματικές ακτίνες των συζυγών μιγαδι­κών αριθμών και τι των αντίθετων μιγαδικών; - Λοιπόν, των συζυγών είναι διανύσματα συμ­μετρικά ως προς τον άξονα χ 'χ και των αντίθε­των είναι αντίθετα διανύσματα. Και νομίζω ότι τα σημεία στα οποία παρίστανται οι μιγαδικοί: i, z, -z και -z σχηματίζουν τετράγωνο! - Όχι , Σοφία ! Τα πρώτα που είπες είναι σωστά, όμως το τετράπλευρο που σχηματίζεται είναι ορ­θογώνιο ! Δες για παράδειγμα στο σχήμα με τον μιγαδικό z = 3 + 2ί το τετράπλευρο ΑΒΓ Δ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/58

Page 61: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

που έχει κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών z, z, -z και -z αντίστοιχα. Πρόσεχε λοιπόν ! Θα σου δώσω τώρα μια άσκηση που θα διαπιστώσεις πλέον ότι οι γνώσεις των διανυσμάτων είναι απα­

t αδικού α ιθ ού . Δίνονται οι μιγαδικοί z = α + βί και w = γ + δί - -με w ;e Ο . Αν ΟΑ και ΟΒ οι διανυσματικές ακτίνες των z και w αντίστοιχα,

-ΟΑ -08 det (OA · ΟΒ) . ) Δ '

ξ ' z .

α ει τε οτι: w

= ΙοΒ Ι 2 ΙοΒ Ι 2 ι

β) Αν το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ισόπλευρο και

Im (:) > Ο να βρεθεί ο μιγαδικός αριθμός : Λ , , z α+βi αy+β) -αδ+βy . ( 1 ) οιπον, εχουμε:

w = γ+δί = . . . = Υ +δ2 + Υ +δ2 ι

Ας θυμηθούμε επίσης ότι: ΟΑ · ΟΒ = αγ + βδ , ιοΒΙ = �γ2 + δ2 , det ( ΟΑ,ΟΒ) = αδ - βγ . Οπότε:

z ΟΑ · ΟΒ det (OA · OB) α) Η ( 1 ) γίνεται: - = 2 - 2 i w ΙοΒΙ joBj

β) Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο οπότε:

(-=-=) α2 J3

1_1 ΟΑ,ΟΒ = 60' και (ΑΒΓ) =-4- με α = ΟΒ .

Άρα: ΟΑ · ΟΒ = ΙοΒΙ ' · σuν60' = � και 1 1 (- -)ι ΙοΒΙ2 J3 2 det ΟΑ, ΟΒ = 4 . Όμως lm(z) > Ο ::::> det ( ΟΑ,ΟΒ) < Ο ,

οπότε: det (OA,OB) =� .

'Ετσι ο μιγαδικός � γίνεται: w

- Απίστευτη άσκηση κύριε! - Ας δώσουμε τώρα μερικές χρήσιμες πλη-ροφορίες που αφορούν το μέτρο των μιγαδι­κών αριθμών και πως σχετίζεται με την ανα­λυτική γεωμετρία. Όπως είδαμε προηγουμένως η διανυσματική ακτίνα της διαφοράς z1 - z2 δυο μιγαδικών α-ριθμών που παρίστανται στα σημεία Μ1 και Μ2 είναι το διάνυσμα ΟΝ που ισούται με το διάνυσμα Μ2Μ1 που έχει αρχή και πέρας τις εικόνες των z2 και z1 αντίστοιχα. Άρα το μέ­

τρο της διαφοράς δυο μιγαδικών αριθμών ισούται με την απόσταση των εικόνων τους! Δηλαδή l z1 - z2 1 = 1M1M2 i = (M1M2 ) . Αν συνειδητοποιήσεις καλά αυτό, θα καταλά­βεις αμέσως όλες τις προτάσεις που θα σου γράψω τώρα:

Έστω z0 , z1 , z2 μιγαδικοί αριθμοί με εικόνες, στο μιγαδικό επίπεδο, τα σημεία Κ, Μ1 , Μ2 αντίστοιχα. Α ν ισχύει: 1 . l l z - z0 l = ρ j , ρ > Ο τότε τα σημεία M(z) βρί­

σκονται σε κύκλο κέντρου Κ και ακτίνας ρ. 2. l l z - z0 1 > ρ l , ρ > Ο , τότε τα σημεία M(z) βρί­

σκονται στο εξωτερικό του ιδίου κύκλου. 3. j l z - z0 l < ρl , ρ > Ο , τότε τα σημεία M(z)

βρίσκονται το εσωτερικό του ιδίου κύκλου. 4. j l z - z1 1 = 1z - z2 l j , τότε τα σημεία M(z) βρί­

σκονται στη μεσοκάθετο του τμήματος ΜΙΜ2 .

5. j l z - z1 1 > 1 z - z2 1 1 ή l lz - z1 1 < 1z - z2 1 j , τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από τη μεσοκάθετο του Μ1Μ2 και το Μ2 ή Μι αντίστοιχα.

6. j l z - z1 1 + lz - z2 1 = 2α j , Ο < Μ1Μ2 < 2α ,τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε έλλειψη με εστίες Μι και Μ2.

- Θέλεις να μου πεις τι ονομάζεται έλλειψη με εστίες τα σημεία Ρ1 και Ρ2 ; - Βεβαίως, θυμάμαι καλά! Έλλειψη με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε ονομάζεται ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που έχουν άθροισμα αποστάσεων από τα Ε ' και Ε σταθερό και μεγα­λύτερο από την απόσταση (Ε Έ) .. Επομένως αυτό που ισχυριστήκατε στη 6" περίπτωση είναι προφα-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/59

Page 62: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

νές. - Συχεχίζω λοιπόν ! 7. l lz - z, l - lz - z2 1 = 2α l , 0 < 2α < Μ1Μ2 , τότε τα

σημεία M(z) βρίσκονται σε υπερβολή με ε­στίες Μ ι και Mz.

8. l 1z - z, l = λ lz - z2 1 1 , 0 < λ :;e 1 , τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε κύκλο

(Απολλώνιος κύκλος) . 9. 1 Ιz - z, l 2 + lz - z2 1 2 = λj , με λ > (Μ,�2 )2

' τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε κύκλο. Ειδικά αν λ = (Μ,Μ2 )

2 ο κύκλος έχει διάμετρο το ευ­θύγραμμο τμήμα Μ, Μ2 .

1o. j ιz - z, l 2 - lz - z2 1 2 = λ' ' λ Ε JR* ' τότε τα σημεία M(z) βρίσκονται σε ευθεία.

- Σιγά - σιγά, γιατί μου είπατε τόσα πράγματα απότομα. Εκείνο ειδικά με τον Απολλώνιο κύ­κλο, τι το θέλατε; - Μην aνησυχείς θα σου τα εξηγήσω όλα. Όπως ισχυρίστηκες και συ προηγουμένως, μέ­χρι και την 7η περίπτωση είναι απλά τα πράγ­ματα αρκεί να έχουμε γεωμετρική εποπτεία μερικών εννοιών και να ξέρουμε καλά τους ορισμούς των κωνικών τομών. Για παράδειγ­μα, τι λέει η 5η περίπτωση ; Λέει ότι οι μιγαδι­κοί z έχουν εικόνες όλα τα σημεία ενός ημιε­πιπέδου. Α δού ε το πα ακάτω πα άδεt α: Ποιος είναι ο γεωμετρικός τόπος των εικό­νων των μιγαδικών z που ικανοποιούν την σχέση : l z + 1l > lz - 3l (1) Προφανώς αναζητούμε τα σημεία Μ που είναι εικόνες των μιγαδικών z που ικανοποιούν την ( 1 ) δηλαδή των σημείων που απέχουν περισ­σότερο από το σημείο Α ( -1 , 0 ) (εικόνα του μι-γαδικού : - 1 ), απ' ότι από το σημείο Β (3, 0) (ει­κόνα του μιγαδικού : 3) . Τα σημεία αυτά είναι όσα βρίσκονται στο ημιεπίπεδο που ορίζεται από την ευθεία χ = 1 (μεσοκάθετο του ΑΒ) και το σημείο Β, μη συμπεριλαμβανομένων των σημείων της ευθείας.

Πράγματι αν Μ σημείο στο παραπάνω ημι­επίπεδο (βλέπε σχήμα), ισχύει: ΜΑ = ΜΚ + ΚΑ = ΜΚ + ΚΒ > ΜΒ . Η τελευταία ανισοτική σχέση εκφράζει την ανισοτική σχέ­ση στο τρίγωνο ΜΚΒ.

- 1

χ=1 _ ,

-?

- Κύριε, δώστε μου και μια άσκηση που να καταλήγει σε έλλειψη. - Αμέσως, γράψε μία:

Ν α βρεθεί που κινούνται οι εικόνες των μι­γαδικών αριθμών z που ικανοποιούν την σχέση : l z + 3l + lz - 3 l = 8 ( 1 ) .

Σύμφωνα με όσα είπες στον ορισμό της έλλει­ψης προηγουμένως Σοφία, οι εικόνες των μι­γαδικών z κινούνται στην έλλειψη με εστίες τα σημεία Ε' ( -3, 0) και Ε (3 ,0) αφού η παρα-πάνω σχέση αυτό ακριβώς εκφράζει. Η εστια­κή απόσταση είναι 2γ = 6 και ο μεγάλος άξο-νας 2α = 8 , δηλαδή α = 4, γ = 3 οπότε β = J1 6 - 9 = J7 . Η εξίσωση, αν θυμάσαι εί-

χ2 y2 ναι: - + - = 1

1 6 7

' ' /

- Βεβαίως και θυμάμαι, κύριε! Μάλιστα μπο­ρεί να γραφτεί και: 7χ2 + 1 6y2 = 1 12 . Όμως θα ήθελα και μια άσκηση με υπερβολή. - Έχω μπροστά μου μία ! Γράψε αμέσως:

Α . ί , ν z = χ + yι και ο w = -2 - ει ναι πραγμα-z + 1

τικός αριθμός, τότε το σύνολο των σημείων Μ ( χ, y) είναι η υπερβολή y2 - χ2 = 1 χωρίς

τις κορυφές της. Όμως στην άσκηση αυτή δεν έχουμε σχέση με μέτρα μιγαδικών που μας οδηγούν στις γε­ωμετρικές ιδιότητες του σημείου που παρί-

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/60

Page 63: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

στανται. Γι αυτό θα την λύσουμε αλγεβρικά. Είναι ευκαιρία να δεις και αυτή την μεθοδολο­γία: Θα αντικαταστήσουμε στην έκφραση του w το z = χ + yi και θα χρησιμοποιήσουμε την συνθήκη που προκύπτει από το ότι αυτός είναι πραγματικός. Έτσι θα οδηγηθούμε σε μια εξί­σωση με δύο αγνώστους χ , y οπότε θα δούμε ποια γραμμή εκφράζει, από τις γραμμές που μάθαμε πέρσι. Προφανώς στην άσκηση αυτή η γραμμή θα είναι μια υπερβολή . Για να δούμε όμως.

. . ι ι w - - -- (x + yi )2 + 1 - χ2 - y2 + 2xyi + 1 -

- i . [ (χ 2 - y2 + 1) - 2xyi J _ - [(χ2 - y2 + 1 ) + 2xyi} [( x2 - y2 + 1 ) - 2xyi] -

2xy + ( χ 2 - y2 + ι ) i = = (xz - yz + 1)2 + 4xzyz

2xy χ 2 - y2 + 1 . = + ι (χ 2 - yz + 1 )z + 4xz/ (χ 2 - yz + 1 )2 + 4x2y2

Έτσι ο μιγαδικός w είναι πραγματικός αν και μόνο αν

χ2 - y2 + 1 lm(w) = Ο <::::::> 2 = Ο <::::::> (χ2 - y2 + 1) + 4x2y2

<::::::> y2 - χ2 = 1 και ( χ2 - y2 + 1)2 + 4x2y2 =F O .

ό

..

4

Η 1 η σχέση μας οδηγεί σε υπερβολή και μάλιστα ισοσκελή, με ασύμπτωτες τις ευθείες y = χ και y = -χ και εστίες τα σημεία Ε' (ο, -ν'2 ) και Ε (ο,ν'2) στον άξονα y'y ενώ η

2η μας απορρίπτει τα σημεία της Α (Ο, 1 ) και Α' (Ο, - 1 ) που είναι και οι κορυφές της. Υπ' ό­ψιν ότι λόγω των ισοδυναμιών κάθε σημείο της υπερβολής εκτός των κορυφών της ικανο­ποιεί τις αρχικές συνθήκες.

- Κύριε, έχω εκπλαγεί με τα όσα ακούω και βλέπω. Λέτε να υπάρχει άσκηση που μας οδηγεί σε παραβολή; - Κοίταξε, παραβολή δεν είνάι εύκολο να προκύψει από σχέση με τα μέτρα μιγαδικών διότι παραβολή τι είναι; - Ξέρω: Ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου που ισαπέχουν από ένα σημείο (ε­στία) και μια ευθεία (διευθετούσα). - Οπότε καταλαβαίνεις τώρα. Απόσταση ση-

μείων ξέρουμε στους μιγαδικούς με το μέτρο

της διαφοράς τους. Απόσταση όμως σημείου

από ευθεία δεν γίνεται. Όμως νομίζω ότι έχω

μια άσκηση που θα προκύψει παραβολή και

αυτή όμως αλγεβρικά.

α) Έστω ρ Ε JR και z Ε C ώστε:

IRe ( z) + 31 = lz - 3 1 (1). Να αποδείξετε ότι ο

γεωμετρικός τόπος των εικόνων του z είναι μία παραβολή. β) Βρείτε επίσης το γεωμετρικό τόπο των εικόνων των μιγαδικών z, που είναι τέτοιοι

ώστε IRe ( z ) - 2 1 = lz + 21 (2).

α) Αν z = χ + yi έχουμε: (1) � l x + 31 = l x + yi - 31 � l x + 31 = J ( x - 3) + yi J

<::::::> l x + 312 = i ( χ - 3) + yi l 2 <::::::>

( χ + 3)2 = (χ - 3)2 + y2 <::::::> <::::::> χ2 + 6χ + 9 = χ2 - 6χ + 9 + y2 <::::::> I y2 = 1 2χ I Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η παραβολή με εστία Ε (3 ,0 ) και διευθε-τούσα την ευθεία δ : χ = -3 . β) Αν z = χ + yi έχουμε: (2) <::::::> l x - 21 = lx + yi + 21 <::::::>

l x - 21 = I ( χ + 2) + yi l <::::::> l x - 212 = i( χ + 2) + yi l 2 <::::::>

( χ - 2 γ = (χ + 2 )2 + y2 <::::::> χ2 - 4χ + 4 = χ2 + 4χ + 4 + y2 <::::::> J y2 = -sχ Ι . Επομένως ο ζητούμενος γεωμετρικός τόπος είναι η παραβολή με εστία Ε ( -2, 0) και διευ-θετούσα την ευθεία δ : χ = 2 . - Ότι θα υπήρχε τελικά άσκηση και με παρα­βολή δεν το περίμενα! Τώρα να σας ρωτήσω

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/61

Page 64: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

κάτι; - Τι, Σοφία; - Οι δυο γραμμές: η ευθεία και κύκλος, με τις οποίες πέρσι ασχοληθήκαμε τόσο πολύ, εμφανί­ζονται στους μιγαδικούς αριθμούς; Θέλω να πω: άξιζε τον κόπο που δουλέψαμε μαζί τους; - Είναι όπως ακριβώς το φαντάστηκες ! Στους μιγαδικούς και η ευθεία και ο κύκλος εμφανί­ζονται πολύ συχνά. Θα σου δώσω δυο ασκή­σεις γι αυτά αλλά μετά θα σου πω μερικά πράγματα για τα μέγιστα και τα ελάχιστα που ζητούνται σχετικά.

Να βρεθεί ο γεωμετρικός τόπος των σημεί­ων Μ που είναι εικόνες των μιγαδικών α­ριθμών z = χ + yi , x, y ε JR που ικανοποιούν

τις παρακάτω σχέσεις: α) lz - 2 + 3i l = 2 ( 1 ) , β) lz - i l = lz - 21 , (2) α) l z - 2 + 3i l = 2 <=> lz - (2 - 3i) l = 2 . Σύμφωνα με την 1 η μεθοδολογία που σου έδωσα πριν ο γεωμε­τρικός τόπος των εικόνων του z είναι κύκλος κέ­ντρου Κ(2, -3) και ακτίνας ρ = 2 . (Η εξίσωση του παραπάνω κύκλου είναι: (χ - 2)2 + (y + 3)2 = 4 ) :�

:� _ _/ (1) <=> lz - 2 + 3i l = 2 <=> lz - 2 + 3i l 2 = 22 <=> (z - 2 + 3i)(z - 2 - 3ί) = 4 <=> zz - 2z - 3zi - 2z + 4 + 6ί + 3zi - 6ί + 9 = 4 <=> zz - 2( z + z) - 3( z - z)i + 9 = ο z=x+yi <=> x2 + y2 - 2 · 2x - 3 · 2yi2 + 9 = 0 <=> lx2 + y2 - 4x + 6y + 9 = 01 Η παραπάνω εξίσωση παριστάνει τα σημεία κύ­κλου αφού : (-4)2 + 62 - 4 · 9 = 1 6 > 0 , κέντρου ( -4 6) ' J16 Κ --,-- =Κ(2,-3) και ακτινας ρ = - = 2 . 2 2 2

z=x+yi (1) <=> lz - 2 + 3i l = 2 <=> Ιcχ + yi) - 2 + 3i l = 2 <=>

ICx - 2) + (y + 3)i l = 2 <=> �(χ - 2)2 + (y + 3)2 = 2 <=> lcx - 2)2 + (y + 3)2 = 41

· Η παραπάνω εξίσωση παριστάνει τα σημεία κύ­κλου κέντρου Κ(2, -3) και ακτίνας ρ = 2 . β) l z - i l = lz - 21 <=> lz - (0 + 1 · i)l = l z - (2 + Ο · i) l Άρα, ο γεωμετρικός τόπος των σημείων Μ είναι τα σημεία της μεσοκαθέτου (ε) του ευθυγράμμου τμή­ματος ΑΒ με Α(Ο, 1 ) και Β(2,0). (Αν κ( 0; 2 , 1�0 ) = κ ( 1 ,Ξ) το μέσο του ΑΒ και

λ Ο - 1 1 λε ' δ ' θυ ΑΒ = 2 _ 0 = -2 ο συντε στης ιευ

νσης της

τότε ο συντελεστής διεύθυνσης της μεσοκαθέτου (ε)

είναι: λ · (-Ξ) = -1 <=> λ = 2 , και η εξίσωσή της:

y-Ξ =2 · (χ -1) <=>2y-1 =4χ -4<=> l4x - 2y - 3 = οΙ

·•

·2

lz - i l = lz - 21 <=> lz - i l 2 = lz - 21 2 <=> (z - i)(z + ί) = (z - 2)(z - 2) <=> zz + zi - zi + 1 = zz - 2z - 2z + 4 <=>

z=x+yi (z - z) i + 2(z + z) - 3 = 0 <=> 2yi2 + 2 · 2χ - 3 = Ο <=> '"l4-x---2y---3 =---,0 1 Άρα, ο γ.τ. των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z, είναι η ευθεία με εξίσCQση : 4χ - 2y - 3 = Ο

z=x+yi l z - i l = lz -21 <=> lx + yi - i l = l x + yi - 21 <=> lx+(y- 1)il = l(x-2)+yil <=>�χ2 +(y-1)2 =�.--(χ--2-)2_+_'1 <=> χ2 + (y - 1)2 = (χ - 2)2 + y2 <=> . . . ι4χ - 2y - 3 = οι . Άρα, ο γ.τ. των εικόνων του μιγαδικού αριθμού z, είναι η ευθεία με εξίσωση : 4 χ - 2 y - 3 = Ο - Όλοι οι δρόμοι, οδηγούν στη Ρώμη! - Πρόσεξε όμως! Αν ο μιγαδικός αριθμός z δεν είναι της μορφής: z = χ + yi riJJ..iJ. της μορφής: z = f(x, y) + g(x, y)i , δηλαδή το πραγματικό και φανταστικό μέρος του είναι παραστάσεις του χ και y (π.χ. z = (3χ + y) + ( χ - y) i ) δεν ισχύουν οι

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/62

Page 65: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

μεθοδολογίες που είπαμε. Στη περίπτωση αυτή ο γεωμετρικός τόπος θα βρεθεί από την εξίσωση που θα προκύψει από την αντικατάσταση στη δοσμένη σχέση του z με την μορφή που δίνεται. Δες τη παρακάτω άσκηση:

ΑΣΚΗΣΗ Να βρεθεί ο γ. τ. των σημείων M(x,y) του επιπέ-δου για τα οποία ισχύει: l 2z - 1 - il = 5 (2) όπου

z = (3x - y) + 2i . Αντικαθιστώντας τον μιγαδικό αριθμό z στην (2) προκύπτει: l2[(3x - y) + 2i] - Ι - i l = 5 <::::>

l(6x - 2y - Ι) + 3i l = 5 <::::> �(6χ - 2y - Ι)2 + 9 = 5 <::::> (6χ - 2y - 1)2 + 9 = 25 � (6χ - 2y - 1)2 - 1 6 = ο <::::> (6χ - 2y - Ι - 4)(6χ - 2y - Ι + 4) = ο <::::> 6x - 2y - 5 = 0 ή 6x - 2y + 3 = 0 . Άρα : ο γ. τ. των σημείων M(x,y) είναι δύο ευθείες παράλληλες με εξισώσεις:

6x - 2y - 5 = 0 ή 6x - 2y + 3 = 0 . Τώρα σε παρακαλώ πήγαινε πάλι πίσω και διάβα­σε την 8η την 9η και την Ι Ο η μεθοδολογία. Αυτές οι τρείς δεν ερμηνεύονται εύκολα γεωμετρικά. Γι αυτό θα τις aντιμετωπίζεις αλγεβρικά. Θα aντικα­θιστάς τον μιγαδικό z με z = χ + yi και θα κατα-λήγεις σε μια εξίσωση που θα παριστάνει γνωστή γραμμή . Όσον αφορά τον Απολλώνιο κύκλο αρκεί να θυμηθείς ότι είναι ο γεωμετρικός τόπος των σημείων του επιπέδου πού έχουν λόγο αποστάσε­ων από δύο σημεία σταθερό. Ο κύκλος αυτός έχει διάμετρο τα συζυγή αρμονικά των σημείων αυτών. - Με τα μέγιστα και τα ελάχιστα τι θα μου λέ­γατε; - Εδώ υπάρχουν ωραίες μεθοδολογίες που αν τις μάθεις καλά θα μπορείς να αντιμετωπίσεις ό,τι άσκηση σου ζητηθεί.

Ι η : Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z διατρέχουν μια ευ�εία (ε) τότε τ7σ του

• δεν παίρνει μέγιστη τιμή, ενώ • παίρνει ελάχιστη τιμή την απόσταση του

0 (0, 0 ) από την (ε).

Π U' \ \ i Η ' Αν για το μιγαδικό z ισχύει lz - i l = lz + 2 + i l να βρείτε: i) Τη γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z ii) Την ελάχιστη τιμή του l z l i) Προφανώς οι εικόνες του z διατρέχουν την ευ­θεία που είναι μεσοκάθετος του ΑΒ όπου Α η ει­κόνα του i και Β η εικόνα του -2 - i δηλαδή Α (Ο, Ι ) και Β (-2, - Ι ) .

· I

·2

Η εξίσωση της είναι: y = -χ - Ι . Θυμάσαι πώς αποδειιcνύεται αυτό; - Με πολλούς τρόπους! ii) Η ελάχιστη τιμή του I � I

d(Ο, ε) = -Ι - = J2 νΓι+ϊ 2

2η: Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z

τρέχουν έναν κύκλο (Κ, ρ) τότε:

. /_ .... � (ι_ 7\ Α Ι /

� //Α � !,Ι>// . Ψ

·• \J

/ ι Ο η ελάχιστη τιμή του I z I (ΟΑ) = i (OK) - (ΚΑ)I = I COK) - P l και

είναι:

δια-

είναι:

Ο η μέγιστη τιμή του I z I εί-ναι: (ΟΒ) = (ΟΚ) + (ΚΒ) = = (ΟΚ) + ρ

Π \ I' ι \ !- � ι · '\ , Αν για το μιγαδικό z ισχύει l z - 2 + i l = ι ' να βρεθεί: i) Η γραμμή που διαγράφει η εικόνα Μ του z, ii) Η μέγιστη και ελάχιστη τιμή του l z l . ί) Έχουμε l z - 2 + i l = Ι <::::> lz - (2 - i ) l = Ι Άρα το Μ κινείται σε κύκλο κέντρου Κ ( 2, - Ι ) και ακτίνας ρ = Ι ii) Η ελάχιστη τιμή του l zl είναι: (ΟΑ) = (ΟΚ) -ρ=ν'S -2 .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/63

Page 66: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

- Γιατί (OK ) = J5 ;

- Δ ιότι ( ΟΚ) = �,..._22�+-( --1-:-)2 = J5

iii) Η μέγιστη τιμή του l z l είναι: (ΟΒ) = (ΟΚ) + ρ = J5 + 2 . Υπ' όψιν ότι οι μιγαδι­κοί που έχουν μέτρο J5 - 2 και J5 + 2 είναι αυ­τοί που έχουν εικόνες τα σημεία Α και Β αντίστοι­χα.

Υπ' όψιν ότι οι μιγαδικοί που αντιστοιχούν στις τιμές 2 και 8 είναι αυτοί που έχουν εικόνες τα ση­μεία Α, Β, Γ και Δ.

4η: Αν οι εικόνες Μι και Μ2 δυο μιγαδικών αριθ­μών zι ,z2 διατρέχουν δυο παράλληλες ευθείες ει και ε2 αντίστοιχα, τότε: Ο η ελάχιστη τιμή του: lz 1 - z2 1 είναι η απόσταση των δύο ευθειών: d ( ε1 , ε2 ) =(ΑΒ)

r--γ-_. _Α_ν_ο_ι_ε-ικ_ο_' ν_ε_ς_Μ_1_κ_α_ι_Μ_2 _δ_υ_ο_μ_ι_γ_α-δι_κ_ώ_ν_α_ρ_ι_θ_- -,ll Ο η παράσταση I Ζι - z2 l δεν παίρνει μέγιστη τιμή f J μών z1 , z2 διατρέχουν δυο κύκλους (K,R ) και ι I j' (Λ, ρ ) αντίστοιχα με ΚΛ > R + ρ τότε: 2 L /

ο η ελάχιστη τιμή της απόστασής τους, δηλαδή του Ι f·· l z ι - z2 l είναι: (ΑΒ) = (ΚΛ) - R - ρ ενώ

Ο η μέγιστη τιμή της απόστασής τους δηλαδή του lzι - z2 1 είναι: (ΓΔ) = (ΚΛ) + R + ρ . Π i" Λ \ '' ' i !Ι \ μ · Αν για τους μιγαδικούς z1 , z2 ισχύουν οι σχέσεις: l z 1 + i l = 1 και

l z z - 31 = 2 , να βρείτε την μέγιστη και ελάχιστη τιμή του l z 1 - z2 1 .

Προφανώς οι εικόνες Μ1 , Μ2 των z1 , z2 κινούνται στους κύκλους (Κ, 1 ) με Κ (Ο, 1 ) και (Λ, 2) με

Λ(3, 0) αντίστοιχα. ( . . . (ΚΛ) = . . . = Μ)

Άρα η ελάχιστη τιμή του l z 1 - z2 1 είναι:

(ΑΒ) = (ΚΛ) - R - ρ = Μ - 1 - 2 = lM - 31 ενώ η μέγιστη :

{ΓΔ) = (ΚΛ) + R + ρ = Μ + 1 + 2 = lM + 31

-1

-• I Έστω οι μιγαδικοί z1 , z2

έτσι ώστε l z1 - il = lz1 - 11 και l z1 - 1l = lz1 -{2- i)l . Να βρείτε τη μικρότερη τιμή του l z ι - zz l ·

Εύκολα αποδεικνύεται ότι οι εικόνες των μιγαδικοί z1 και z2 κινούνται στις ευθείες ε1 : χ - y = Ο και ε2 : χ - y - 2 = Ο (μεσοκάθετοι των τμημάτων ΑΒ και ΓΔ με Α(Ο, 1 ) , Β ( 1 , 0) και Γ (1, 0) , Δ (2, - 1 ) ).

Η ελάχιστη τιμή του I z1 - z2 1 είναι η απόσταση των ε1 και ε2 δηλαδή d ( ε 1 , ε2 ) = . . . = J2 - Θυμάσαι Σοφία πως βρίσκουμε την απόσταση δύο ευθειών; - Ναι! Παίρνω ένα σημείο της μιας και υπολογίζω την απόστασή του από την άλλη ή εφαρμόζω τον

τύπο lβι - β2 Ι όπου ,J1 + λ2 ' ει : Υ = λχ + βι και

ε2 : y = λχ + β2 που υπήρχε πέρσι σε εφαρμογή στο σχολικό βιβλίο. - Μπράβο ! Συνεχίζουμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/64

Page 67: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

5η: Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z κινού­νται σε κύκλο και z1 ένας μιγαδικός αριθμός και Μ1 η εικόνα του στο επίπεδο, τότε:

\1 ..

Ο η ελάχιστη τιμή της: l z - z, l είναι: (M,A) = i(M,K) - ρl και D η μέγιστη τιμή του : lz - z, l είναι: (Μ,Β ) = i(M,K) + ρι .

Ο η ελάχιστη τιμή της παράστασης: l z - wl εί-ναι: (ΑΛ) = I(ΚΛ) - ρl και Ο η παράστασης: l z - w l δεν παίρνει μέγιστη τιμή. Γi Λ Ι) Λ \ Ε Ι Γ Μ Λ 7 α) Να βρεθεί στο μιγαδικό επίπεδο ο γ.τ. των ει­κόνων P(z) των μιγαδικών z = χ + yi που ικα-

νοποιούν τη σχέση lz - 1 - 4i l = 2 και ο γ.τ. των

εικόνων Ι( w) των μιγαδικών w = χ + yi που

ικανοποιούν τη σχέση. Ιw + 21 = lw - 2 + Si l β) Να βρεθεί στη συνέχεια η ελάχιστη τιμή της

παράστασης l z - wl , όπου z και w οι μιγαδικοί

του ερωτήματος (α).

Λ ίιση : ι__Π_Λ_f_) ,-\ -\ -Ε-1 1-- ,-,Ι-Λ-6 ___________ _ιι α) Οι μιγαδικοί z για τους οποίους ισχύει:

Αν για το μιγαδικό αριθμό z ισχύει: l z - 2i l = l l z - ( 1 + 4i) l = 2 βρίσκο- ' 6

να βρείτε την ελάχιστη και μέγιστη τιμή της ντα ι σε κύκλο Κ ( 1, 4) παράστασης: Α = lz - 2 + i l και ρ = 2 δηλαδή στον \ 1 ι σ η κύκλο με εξίσωση : Από τη σχέση lz - 2i l = 1 προκύπτει ότι η εικόνα (χ - 1γ + (y - 4)2 = 4 .

ο - Ι ο

- 1 Μ 1

3

του z κινείται στον κύκλο

κέντρου Κ(Ο, 2) και ακτίνας 1 ενώ αναζητούμε το μέγιστο και το ελάχιστο της

παράστασης Α = lz - (2 - i )l .Άρα: Η ελά­χιστη τιμή του

είναι: (M,A) = I(M,K) - ρi = Ji3 - 1 (Μ1 η εικόνα του z1 = 2 - i ) και η μέγιστη τιμή του είναι: (Μ, Β) = I(M,K) + ρι = ν'13 + 1 6": Αν οι εικόνες Μ του μιγαδικού αριθμού z κινού­νται σε κύκλο c και οι εικόνες Ν του w σε ευθεία ε τότε:

Οι μιγαδικοί w για τους οποίους ισχύει: lw - (-2)1 = lw - (2 - 8i)l ( 1 ), βρίσκονται στη με- \

σοκάθετο του τμήματος με άκρα ( -2, 0) και ( 2, -8) . Για την εξίσωσή της έχουμε: l x + yi + 21 = l x + yi - 2 + 8il <::::>

�(χ + 2)2 + y2 =�(χ - 2)2 + (y + 8)2 = x -2y-8 = 0 (ε) . β) Η παράσταση d = l z - w l εκφράζει την από­σταση των εικόνων των μιγαδικών z και w. Η ελά­χιστη τιμή της είναι η απόσταση ΑΛ.

1 1 - 2 · 4 - 81 r; Όμως ΚΛ = d (Κ, ε) = = 3ν5 . �12 + (-2)2

Άρα: ΑΛ = d(K, ε) - ρ = 3J5 - 2 - Νομίζω πως ένα παρόμοιο θέμα ζήτησαν στις Πανελλήνιες εξετάσεις πρόσφατα. - Πράγματι. Σοφία, σε κούρασα με όλα αυτά. Όμως είναι βασικές μεθοδολογίες που θα σου φανούν χρήσιμες όλη τη χρονιά. Φύλαξέ τες και κάπου-κάπου ρίχνε τους καμιά ματιά. Όμως έχω εδώ ένα φάκελο που σου στέλνει ένας καλός μου φίλος και συνάδελφος ο Ανδρέας Τσαγγά­ρης. με ασκήσεις από άλλες έννοιες εκτός από αυτές που αναλύσαμε μαζί. Ας τις δούμε.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/65

Page 68: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

ΑΣΚΗΣΕ Ι Σ Μ Ι ΓΑΔΙ ΚΩΝ ΑΡΙΘΜΩΝ _______ l

Ασκηση I Να υπο�prι<;J�ού�ΊJΗ τ:wές,: 3 Α = ι + ι1 + ι + ι + ι4

Β = i2oos + ί2οο9 + ί2ο1ο + ί2οι ι

ι ι ι ι ι Γ = -;- + 72 + :τ + :4 +

• • • + · 2041 ι ι ι ι ι

Λ1ιση Για τις δυνάμεις του i ισχύει:

1, υ = Ο ί, υ = 1

ί2 = - 1, υ = 2 ί3 = -i, υ = 3

Για κάθε θετικό ακέραιο ν • Α=ί3+ί 1 3+ί23+ί33+ί43=ί3+ί Ι+ί3+ί3+ί3

= -ί+ί-ί+ί-ί = -ί • Β= i2oos+i2009 +ί2Ο 1 0+ί2Ο Ι Ι= io+i 1+ί2+ί3

= 1+i- 1 -i=O

Είναι: � + _!_ + _!_ + _!_ = � - 1 - � + 1 = Ο i ί2 ί3 ί4 i i

Οπότε έχουμε: Γ = � + -� + -� + -� + . . . + ( - 2�ο 1 + - 2�ο2 + - 2�ω + - 2�ο4 ) 1 1 1 1 1 1 1 1

+ι2�05 + i2�06 + i2

�07 + i2�08 J + i2�09 + i2�1 0 + i2�1 1

Γ = 0 + . . . + 0 + 0 + � +_!_ +_!_ = � - 1 - � = - 1 i ί2 ί3 i i

Ασκηση 2'1 Να αποδειχθεί ότι: (α+βί)2οιο+(β+αί)2οιο=Ο, όπου α,βeR Λ ίιση 1 ο ; τρ6πος • Έχουμε διαδοχικά: [ ( α+βί)2] 1 0ο5 +[ (β+αί)2] 1 0ο5

[ 2 ]1 005

[ 2 ]1 005

= (α + βi ) + (β - αί) =(α2-β2+2αβί) Ι ΟΟ5+(β2-α2- 2αβί) 1 οο5 =( α2 -β2+ 2αβί) 1 οο5 +[-( α2 -β2+ 2αβί) 1 οο5 =( α2 -β2+ 2αβί) 1 0ο5+( _1 ) 1οο5( α2 -β2+2αβί) 1 0ο5 =( α2_β2+2αβί) 1 0ο5 -( α2 -β2+2αβί) 1 0ο5=Ο 2"� τρ6πος Έχουμε διαδοχικά:

( α+βί)2ο ιο+(β-αί)2ο 10=( α+βί)2ο 1 ο+( -ί2β-αί/ο10 =( α+βί)2ο 1 ο+[ -i( α+βί)]2ο1 0 =( α+βί)2ο 1 0+( -ί)2ο1 0( α+βί)]20 1 ο =( α+βί)2Ο 1 0+ί4.5Ο2 . i2( α+βί)20 1 0 =( α+βi/010-( α+βί/010=0

i i ___ Ανδρέας τ!!�:α�ρη_S__ j

Άσκηση 3 '1 Να βρεθούν οι μιγαδικοί αριθμοί z και w

που ικανοποιούν τις σχέσεις: -iz - w = -ί και 2z - 4w = -ι - ί Λ ίιση 'Ε χουμε ότι: { ��z�4; :�1 - i} �{��:=�-ι + i Οπότε λύνουμε το σύστημα <0ς προς τους μι­

γαδικούς z και w με τη μέθοδο των οριζουσών. Έτσι έχουμε: ο = l i - 1 ι = -4i + 2 * O + Oi

2-4

I i - 1 ι Dz = . = -4i + (- 1 + i ) = -4i - 1 + i = -1 - 3i

- 1 + ι -4

ow = l i i · l = i (- 1 + i ) - i2 = -i + i2 - 2i = -1 - 3i

2 - 1 + 1 Επομένως το σύστημα έχει ακριβώς μια λύση :

D -1 - 3i (-1 - 3i ) (2 + 4i ) z = -z = -- = =

D 2 - 4i (2 - 4i ) {2 + 4i ) -2 - 4i - 6i + 1 2 1 0 - l Oi 1 1 . = = = - - -1

4 + 1 6 20 2 2 D - 1 - 3i 1 1 .

W = -z = -- = ---1 . D 2 - 4i 2 2

Ά 1 1 . ρα: z = w = - --ι . 2 2

Ασκηση 4'1 Α νΙzι Ι=Ιz2 ι= . . . =ΙΖνl=k>Ο, ν � 3 Να αποδειχθεί ότι:

2 ι ι ι α) Ιzι+z2+ . . . +ΖνΙ= κ - + - + ... + -

zΙ z2 Ζν β) Ιzιz2+z2z3+z3zι Ι=κΙzι+z2+z3 Ι Απόδ�;ιξη Έχουμε: l z1 1 = l z2 1 = . . . = lzν I = κ <=>

l z1 l2 = lz2 l

2 = . . . = lzv l

2 = Κ2 <=>

- - - 2 z1 z1 = z2 z2 = = Ζν Ζν = Κ , , _ κ2 _ κ2 _ κ2 Επομενως ειναι: z1 = -, z2 = -, . . . zν = -

ΖΙ z2 Ζν α) Είναι l z 1 + z2 + . . . + zv l = lz1 + Ζ2 + . . . + zν l =

- - -,

1(2 1(2 1(2 = lzΙ + z2 + . . . + zν = -+-+ . . . +- =

ΖΙ z2 Ζν

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/66

Page 69: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

2 1 1 1 = Κ - + - + . . . + -

β) l z ι + z2 + z3 1 = lzι + z2 + z3 1 �

1- - - � κ2 κ2 κ2 2 1 1 1

= z1 + z2 +z3 = - +- +- = κ - +- +- = Ζι z2 z3 Ζι z2 z3

2 zιz2 + z2z3 + z3zι 2 lzιzz + z2z3 + z3zι l = κ ο = κ ο '-'-�---'--'-----'--'-'-zlz2z3 κ · κ · κ 1 = - · lzιz2 + z2z3 + z3zι l κ

Άρα: jz 1 z2 + z2z3 + z3z1 j = κ · j z 1 + z2 + z3 j Λ σ κ η σ η 5' � 'Εστω zι ,Zz Ε C με jz 1 j = j z 2 j = J3 α) Να δειχθεί ότι:

Zι+Zz+zιzz-3=0�zι+Zz-ZιZz+ 3=0 β) Αν zι+z2+zιzz=3 να βρεθούν οι μιγαδικοί

αριθμοί z1και z2 . \ ί,ση

h 2 - - 3 Έχουμε: I Zι l = νJ <=>jz1 j =3 <=:>z1 z1 = 3 <=:>z1 =­

Ζι

U ) Οπότε : z 1 + z2 + z1z2 - 3 = 0 <=:> z1 + z2 + z1 z2 - 3 = 0

- - -- 3 3 3 3 <=> z1 + z2 + z1 z2 - 3 = 0 <=> - + - + - · - - 3 = Ο Ζι z2 Ζι z2

<=:> z1 + z2 - z1 z2 + 3 = 0 β ) Από το α) ερώτημα έχουμε ότι οι μιγαδικοί

αριθμοί z 1και z2 που ικανοποιούν την zΙ+z2+z 1zz-3=0 θα ικανοποιούν και την z ι+zz-zιz2+3=0. Οπότε αν τις προσθέσουμε κατά μέλη παίρνουμε z 1+z2=0 και αν τις αφαιρέσουμε κατά μέλη παίρνουμε z ιzz=3 . Έτσι έχουμε το σύστημα: {z 1 + z2 = Ο} <=> {Ζ2 :

-zι } <=> IZ2 = -z_ι

Ζ 1 Ζ2 = 3 -z1 = 3 z1 = ±3ι

<=> {z2 = -3i , { z2 = 3i 3 0 η

3 " z1 = ι z1 = - ι Λσκηση 6 '1 Α ν z, w Ε C να δειχθεί ότι:

1 1+ zwi2�(1+Ιzi2)(1+Ιwl2) Απόδειξη : 'Εχουμε: j 1 + zwj2 � ( 1 + j z j 2 ) ( 1 + jw j 2 )

αρκεί: ( 1 + zw ) ( 1 + zw ) � 1 + jw j 2 + j z j 2 + j z j 2 jw j 2 -- - - 2 2 - -

αρκεί: 1 + zw + zw + zzw w � 1 + jw j + j z j + zzww

αρκεί: zw + zw � jw j 2 + j z j 2

αρκεί: ww + zz - zw - zw ;::: Ο αρκεί: w ( w - ϊ) - z ( w - ϊ) ;::: Ο αρκεί: ( w - ϊ) ( w - z) ;::: Ο

αρκεί: ( w - ϊ) ( w -η ;::: Ο

αρκεί: lw - z l 2 ;::: Ο που ισχύει. Οπότε ισχύει και 1 1 + zwl2�( 1 + lzl2)( 1 + lwl2)

λσκη ση 7' � Αν w μιγαδικός αριθμός για τον οποίο ισχύ­

ει: Ιw-1-il<5 να δειχθεί ότι: 10<Ιw-10--13il<20 Λ π6δηξη Από τη τριγωνική ανισότητα για τους μιγαδι-

κούς αριθμούς έχουμε ότι: Ι l z ι Hzz l l � Ιz Ι+zz l � Ιz ι l+ lzz l

Αν z1 = w-1- i και z2 = -9 -12i τότε έχουμε: Ι lw-1-i l-l-9-1 2i l l� l(w-1-i)+(-9-12i) l�

�Ιw-1-i i+I-9-I 2i l ( 1 )

Όμως είναι: H-9-I 2i l=�( -9)2 + ( -12 )2 = Ι 5 και jw - Ι - i j < 5 .

Οπότε Ιw-I-i i+ I-9-I 2i l<5+ 1 5=20 � Ιw-1-i l + l-9-12i l < 20 (2)

Επίσης από Ιw-1-i l < 5 έχουμε Ιw-1-iH-1-9-12i l < 5- Ι 5 = -10

�Ι Ιw-1-iH-1-9-12i l l > 1 0 (3)

Έτσι από( 1 ), (2) και (3) έχουμε: 1 0<1w- 10-1 3i 1<20

ί\ σκηση 8'1 Να δειχθεί ότι για κάθε μιγαδικό αριθμό z ι­

σχύει η ισοδυναμία r+z+l�ΙzΙ=Ιz+l l=l Λ π6 δ ηξη

• Έχουμε z2+z+ l = Ο � (z+ 1 )(z2+z+ Ι ) = Ο �z3 -1 = Ο=> z3 = 1 � Ιz l 3 = 1 � Ιz l = 1 Επίσης z2+z+ Ι = Ο � z2 = - (z+ Ι ) �Ιz i2=Ιz+ 1 I� Ιz+ Ι Ι= 1 Άρα αν z2+z+ 1=0�Ιzi=Ιz+ 1 1= I

• Αντίστροφα : j zj = j z + 1 j � j zj 2 = j z + 1 j 2

� zz = ( z + Ι ) (z + Ι ) � zz = zz + z + z + 1 -

� z + z + 1 = 0 ( 1 )

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/67

Page 70: Ευκλειδης Β 77

Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

2 - - 1 Επίσης: l z l = 1 => l z l = 1 => zz = 1 => z = - (2) z

Οπότε από ( 1 ) και (2) έχουμε: z + _!_ + 1 = Ο => z2 + z + 1 = Ο .

z ί\σκησι1 9 '1 Αν για τους μιγαδικούς αριθμούς z1και z2 με

ΖιΖ2:#:Ο ισχύει (zι+z2)2010=(zι-z2)

2010 να αποδειχθεί

ότι: α) Ο � είναι φανταστικός αριθμός z2

β) Το τρίγωνο με κορυφές τις εικόνες των μιγαδικών αριθμών z1,z2 και την αρχή των αξό­νων Ο είναι ορθογώνιο στο Ο.

ΛίJση ' ( )20

1 0 ( )201 0 υ) Ε χουμε : z1 + z2 = z1 - z2

=> I ( z l + z2 )20 1 0 I = I ( zl - z2 )

20 1 0 I I 1 20

1 0 I 1 201 0 => z, + z2 = z, - z2

=> l z , + 22 l = lz, - 22 l => lz, + 2z l2 = lz , - Zz l

2

=> (z, + z2 ) (� + z2 ) = (z, - z2 ) (� - z2 )

= z1 z1 - z1 z2 - z2 z1 + z2 z2 => 2z1 z2 = -2z1z2 => z1 z2 = -z1z2

=> :: = -:: => :: = -( :: ) Οπότε ο μιγαδικός αριθμός � είναι φανταστικός

Zz I "' ηJι'ιπος β) Αν Α και Β είναι οι εικόνες των μιγαδικών

αριθμών z 1και z2 αντίστοιχα στο μιγαδικό επίπεδο τότε είναι:

ΙοΑ Ι = l z, l , ΙοΒ Ι = l z2 1 και IAB I = l z, - z2 1 Το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο 0(0,0)

αν και μόνο αν ισχύει: ΙοΑ Ι2 + ΙοΒ Ι 2 = IAB I2 <=> lzι l

2 + Ι z2 Ι2 = lz, - Zz l

2

<=> z1 � + z2 z2 = ( z, - z2 ) (z, - z2 )

z, z , <=> z1 z2 = -z2 z1 <=> - = - = .

Zz Zz Το οποίο ισχύει από το α) ερώτημα. Άρα το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο στο Ο. 2"c τρ6πος

• Αν z 1=x 1+y, i και zz=xz+yzi Είναι: OA = (x, , y, ) και OB = (x2 , y2 )

Οπότε έχουμε: ΟΑ · ΟΒ = χ 1 χ2 + y1 y2 (2)

Όμως ο � ε i ::::> Re [�) = o Zz Zz

Είναι: � = χ , + yl i = (χ , + y, i ) ( x2 - y2 i ) z2 x2 + Yz i ( x z + Y2i ) ( x 2 - y2 i )

_ χ , χ2 - x , y, i + y,x2 i + Υι Υ2 -

χ2 + y2 2 2 χ , χ 2 + Υι Υ2 Υι Υ2 - x , y2i = 2 2 + 2 2 χ2 + Υ2 χ2 + Υ2

Οπότε: Re [�) = χ, χ� + Υ�Υ2 = Ο z2 χ 2 + Υ2

( ι ) _ _

=> Χ 1Χ2 + Υ1 Υ2 = 0 ::::>ΟΑ · ΟΒ = Ο => ΟΑ _i OB Επομένως το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθογώνιο

στο Ο. ;\ σκη ση I 0 ' 1 Να βρεθεί η τιμή του θετικού πραγματικού

αριθμού χ αν ισχύει:

(1 )

. \. iίση Με βάση την ταυτότητα

α ν+ Ι - 1 1 + α + α 2 + . . . + α ν = με α = xi * 1 έχου-α - 1

με: 1 + xi - x2 - xi3 + χ4 + . . . + xi49 = 1 . ( . )2 ( . )3 ( . )4 ( . )49 = + ΧΙ + ΧΙ + ΧΙ + ΧΙ + . . . + ΧΙ =

( xi )5o - 1 x50i 5o - 1 -xso - 1 = = ---xi - 1 xi - 1 xi - 1

Άρα: -χ5ο _ 1 450 + 1 χ5ο + 1 450 + 1

( 1 ) <=> = -- <=> -- = --.xi - 1 1 - xi 1 - xi 1 - xi

<=> χ 5° = 450 <=> χ = 4, αφού χ>Ο. ί\ σκησι1 I I ι ι

Για τη συνάρτηση f:R�R ισχύει

(fot)(x)=2x-1 (1) για κάθε χ ε R. Θεωρούμε τον

μιγαδικό αριθμό z(x)=x+f(x)i, όπου χ εR. Να

βρεθεί ο αριθμός (z(1 ))4•

, \ ίJση Έχουμε: z(l) = 1 + f(l) · i . Από τη σχέση ( 1 ) για χ = 1 προκύπτει:

f (f(1)) = 2 · 1 - 1 = 1 . Η σχέση ( 1 ) για χ = f (1) ,

f (f (f(1 ) ) = 2 · f(l) - 1 <::> f(1) = 2f(l) - 1 <::> f(1) = 1

Άρα: z(l) = 1 + i => ( z(l) ) 4 = ( 1 + i ) 4 = . . . = -4

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/68

Page 71: Ευκλειδης Β 77

Ο Ε υ κλε ί δ η ς π ρ οτ ε ί νε ι

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγός ύ παρξης

του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα». P. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. 1\: . Π' Ι Λ :'\ 1'01.: - '\ . Θ .\ ΥΙ Ω '\ 0 11 0 \ . \ Ο Σ

Ευχόμαστε καλή και δημιουργική χρονιά σε όλους. Η στήλη με τη δική σας στήριξη και ανταπόκριση

δημιουργεί ευχάριστο περιβάλλον για πρωτότυπες επεξεργασίες μαθηματικών θεμάτων και γιαυτό σας ευχαριστούμε όλους θερμά. Σ ' αυτό το τεύχος δημο­σιεύουμε ένα μέρος από τις δικές σας συνεργασίες και παρατηρήσεις και θα επανέλθουμε με πολλές

νέες στο δεύτερο τεύχος. Έτσι έχουμε:

\ ::.. Ι .... Η � ! ! Ι i> (! (τΕΥΧΟΥΣ 72 ) Τρίγωνο ΑΒΓ κείμενο επί επιπέδου Π προβάλλε­ται επί επιπέδου Ρ, που σχηματίζει με το επίπεδο Π

δίεδρη γωνία μέτρου Ο < θ < � , κατά τρίγωνο 2

Α1Β1 Γ1 • Να αποδειχθεί ότι ισχύει: σΦΑ( σΦΒ1 + σΦΓι ) + σΦΒ( σΦΓι + σΦΑι ) +

1 +σΦΓ( σΦΑ1 + σΦΒ1 ) = συνθ + -­συνθ

(Προτάθηκε από τον συνάδελφο ΓΙ ΩΓ' ΓΟ ττ ί Λ -ΝΤΟ - ΛΟ ιl \ 'α )

ΛΥΣΗ 1° (Από το συνάδελφο r>ΟΔU Λ ΦU Μ Π Ο­ιη ι - Δάφνη ) Διατυπώνουμε το παρακάτω ΛΗΜΜΑ :

Τρίγωνο ΑΒΓ , εμβαδού Ε , κείμενο επί επιπέ­

δου Π, προβάλλεται πάνω σε επίπεδο Ρ που

σχηματίζει με το Π δίεδρη γωνία θ ε (0,�) , κα-2

τά τρίγωνο Α1Β1Γ1 εμβαδού Ε1 και ισχύει:

Ε1 = Ε · συνθ . Λ ll ΟΛ Ε Ι Ξ Ι-ι I) Υποθέτουμε ότι μία πλευρά του τριγώνου ΑΒΓ, έστω η ΒΓ, είναι παράλληλη στο επίπεδο Ρ. Τότε υπάρχει επίπεδο Ρ' I I Ρ που διέρχεται από την ΒΓ. (Βλέπε σχήμα (I) )

Θεωρούμε την προβολή Α1ΒΓ του τριγώνου ΑΒΓ και φέρουμε Α1Δ .l ΒΓ . Επειδή ΑΑ1 .l (Ρ') , από το θεώρημα των τριών καθέτων, έχουμε

ΑΔ .l ΒΓ . Συνεπώς, Ε1 = (Α1ΒΓ) = _!_ • ΒΓ · Α1Δ = 2 Ι = - · ΒΓ · ΑΔ · συνθ = (ΑΒΓ) · συνθ = Ε · συνθ . 2

11) Υποθέτουμε ότι καμία από τις πλευρές του τρι­γώνου ΑΒΓ δεν είναι παράλληλη στο επίπεδο (Ρ).

Α

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/69

Page 72: Ευκλειδης Β 77

-------------- Ευκλείδης Προτείνει . . .

Τότε υπάρχει επίπεδο Ρ ' 1 / Ρ που διέρχεται από <::::?

α1 2 (β2 + γ2 - α2 ) + β12 (α2 + γ2 - β2 )

την κορυφή Γ και το τρίγωνο ΑΒΓ προβάλλεται SΕΕι 8ΕΕι

στο (Ρ') κατά το τρίγωνο Α1Β1Γ . Η τομή των επι­πέδων (Ρ') και Π είναι η ευθεία που διέρχεται από την κορυφή Γ και το σημείο τομής Τ των ΑΒ και Α1Β1 • Συμφώνως προς την περίπτωση (1), έχουμε: Ε1 = (Α1Β1Γ) = (Α1ΤΓ) - (Β1ΤΓ) = (Α ΤΓ) · συνθ - (ΒΤΓ) · συνθ = [(ΑΤΓ) - (ΒΤΓ)] · συνθ = (ΑΒΓ) · συνθ = Ε · συνθ

\π�;νΟυμ ίζιτα ι ι;π ίσης ότ ι : Α) Από τον τύπο του Ήρωνα για το εμβαδόν Ε τριγώνου ΑΒΓ συναρτήσει των τριών πλευρών του προκύπτει η σχέση :

1 6Ez = 2(αzβz + βzγz + γ2αz ) - (α4 + β4 + γ4 )

+ γ/ (βz + α2 _ γ2 ) = §_ + __§__ 8ΕΕ1 Ε Ε1

<::::? α1 2 (β2 + γz - α2 ) + β1 2 (α2 + γ2 - β2 ) +γι 2 (β2 + αz - γ2 ) = 8(Ε2 + Ει 2 ) (1)

Άρα, αρκεί να αποδειχθεί η σχέση ( 1 ) . Έχουμε: (βλέπε σχήμα (ΠΙ) ) .

Ρ

Β) Από τον νόμο των συνημιτόνων προκύπτει β2 + 2 - α2

εύκολα ότι: σφΑ = ;Ε και κυκλικά, ΑΝ = JΑΑι - ΒΒι J � �γ2 - γ� =μβz - β� - �αz - α� ι

β2 + 2 - α2 Συνεπώς, έχουμε: σφΑ( σφΒ1 + σφΓι ) = γ · 4Ε α 2 + γ 2 _ β 2 α 2 + β 2 _ γ 2 β2 + γ2 _ α2 α 2 ( I I I + I I I ) = . _1_

4Ε1 4Ε1 4Ε 2Ε1 α 2 (β2 + γ2 α2 ) � σφΑ( σφΒ1 + σφΓ1 ) = 1

SEE -

I

2 (β2 + α2 2 ) σφΓ( σφΑ1 + σφΒ1 ) = γι SEE - γ

I

Η αποδεικτέα σχέση ( σύμφωνα με τα παραπάνω) γράφεται ισοδυνάμως

σφΑ( σφΒ1 + σφΓ1 ) + σφΒ( σφΓ1 + σφΑ1 ) Ι +σφΓ( σφΑ1 + σφΒ1 ) = συνθ +

-­συνθ

� γ2 - γ� = cl �β2 - β� - �α2 - α� 1)2 � γ2 - γ� = β2 - β� + αz - α� - 2��(β_2 __ -β-�-)-(α_2 __ -α-�-) � 2�(β2 - β� )(αz - α� ) = β2 - β� + α2 - α� - γ2 + γ� � 4(βz _ β� )( α2 _ α� ) = [( α2 + βz _ γz ) -(α� + β� - γ� )]z �

4(β2 - β� )(α2 - α� ) = (α2 + βz - γz )z + (α� + β� - γ� )z - 2(αz + βz - γz )(α� + β� - γ� ) �2(αzβz +βzγ2 + γ2αz ) ..;.. (α4 +β4 + γ4 )

+ 2(α/βι2 + βι\2 + γ/αι2 )- (αι4 + βι4 +γι4 ) = =2α� (βz +γz -αz) + 2β� (γz + αz -β z) + 2γ� (αz +βz -γ z ) � 1 6Ε2 + 1 6Ε� = 2α� (β2 + γ2 - α 2 ) +2β� (γz + αz - β 2 ) + 2γ� (αz + βz - γ z ) � 8(Ez + Ε� ) = α� (βz + γ2 - α 2 ) +β� (γz + αz - β z ) + γ� (αz + βz - γ z ) που είναι και η αποδεικτέα. \ \ � Η 2 1 1 ( Από τον συνάδελφο Ι Τ .Ω Ι' Π Ο 1\. Λ ­

τ:.:. .\ΟΥ Ν Η Πρέβεζα. ) Υποθέτουμε ότι στην γενική περίπτωση είναι :

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/70

Page 73: Ευκλειδης Β 77

--------------- Ευκλείδης Προτείνει . . .

ΑΑι < ΒΒι < ΓΓι , οπότε μπορούμε να εργασθούμε

με το παρακάτω σχήμα έχοντας μετατοπίσει πα­ράλληλα προς τον εαυτό του το τρίγωνο ΑΒΓ ώ­

στε να είναι Α = Αι . Θέτουμε Σ το πρώτο μέλος

της αποδεικτέας ισότητας, ΒΒι = υ ι , ΓΓι = υ2 •

Γ /

// υz

ΑΞΑ>� Β Γι

υ ι

Β ι

Από την ισότητα

έχουμε διαδοχικά:

..... ..... συνΑ ΑΒ· ΑΓ , ημΑ

= IΑΉ I IΑΓ iημΑ η το αυτό

� � ---+ ---+

( 1 )

αφού ΑΒι · ΓΓ; = Ο , ΒιΒ· Αr; = 0 . Επειδή

σχέση (Ι) γράφεται ισοδυνάμως: ..... .....

ΑΒ · ΑΓ υ υ σφΑ = ι ι συνθ + -ι -2 ή 2Ει 2Ε

υ υ σφΑ = σφΑι · συνθ + _ι -2 2Ε

(2)

Ομοίως εργαζόμενοι, καταλήγουμε στις σχέσεις:

υ2 - υ υ σφΒ = σφΒι · συνθ + ι 2Ε

ι 2 (3) και

υ2 - υ υ σφΓ = σφΓι · συνθ + 2 ι 2 2Ε

(4)

Άρα, έχουμε τις ισότητες:

υ2 σφΑ + σφΒ = _ι + ( σφΑ ι + σφΒι )συνθ ( 5)

υ2 σφΑ + σφΓ = -2 + ( σφΑι + σφΓι )συνθ ( 6)

Από τις σχέσεις (2),(5),(6) παίρνουμε:

υ υ _ι -2 = σφΑ - σφΑισυνθ 2Ε

υ2 _ι = ( σφΑ + σφΒ) - ( σφΑι + σφΒι )συνθ και 2Ε

υ2 -2 = ( σφΑ + σφΓ) - ( σφΑι + σφΓι )συνθ 2Ε Με αντικατάσταση στην ισότητα

(υ υ )2 υ2 υ2 ι 2 = -ι . _2 έχουμε: (σφΑ-σφΑ . σι.Μ))2 = (2Ε)2 2Ε 2Ε

= [ σφΑ + σφΒ - ( σφΑι + σφΒι )συνθ] · [ σφΑ + σφΓ - ( σφΑι + σφΓι )συνθ]

Μετά από τις πράξεις και με δεδομένο ότι σε κάθε τρίγωνο ισχύει η ισότητα: σφΑσφΒ + σφΒσφΓ + σφΓσφΑ = Ι καταλήγουμε

στην ισότητα: Ι - συνθ · Σ + συν2θ = Ο και τελικά

στην αποδεικτέα: Σ = συνθ + -1- . συν θ

ΛΣ Κ Η Σ Η 1 6 7 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 73)

Έστω ένα σύνολο Α, το οποίο περιέχει τουλάχι­

στον τέσσερα διαφορετικά ανά δύο στοιχεία

α,β,γ και δ. Θεωρούμε μία συνάρτηση

g : Α � Α και υποθέτουμε ότι η εξίσωση

g( χ) = χ έχει μοναδικές ρίζες τα α και β και η

εξίσωση (g ο g)( χ) = χ έχει μοναδικές ρίζες τα

α,β,γ και δ. Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρχει συ­

νάρτηση f : Α � Α , για την οποία ισχύει

f ο f = g . ( Προτάθηκε από τον συνάδελφο

ΑΝΤΩ Ν Η Κ Υ Ρ ! Λ Κ Ο ΓΙ Ο Υ Λ Ο - Αθήνα)

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/71

Page 74: Ευκλειδης Β 77

-------------- Ευκλείδης Προτείνει . . .

Λ ΥΣΗ ( Από τον ίδιο, ο οποίος σημειώνει ότι η δ = γ , άτοπο. άσκηση αυτή υπάρχει στο βιβλίο Equations , Β. J. Venkatachala. )

Functional <3 >

Από τις υποθέσεις έχουμε: g(α) = α , g(β) = β ,

4) Έστω f(γ) = δ . Τότε, f(δ) = f(f(γ)) = g(γ) ( l ) ( 3 ) ( 2 ) = δ � δ = f(δ) � f(δ) = f(f(δ))�δ = g(δ) = γ

g(g(α)) = α , g(g(β)) = β , g(g(γ)) = γ , � δ = γ , άτοπο. Αποδείξαμε , λοιπόν, ότι

g(g(δ)) = δ . Θέτουμε g(γ) = Υ . 'Ετσι έχουμε, λόγω f(γ) �{α, β, γ, δ} , άτοπο. Άρα, τέτοια συνάρτηση και των υποθέσεων: g(g(γ)) = g(y) � γ = g(y) f : Α � Α δεν υπάρχει. � g(γ) = g(g(y)) � Υ = g(g(y)) · Άρα: Υ = α ή Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι : Σωη1ρης y = β ή y = γ ή y = δ . 'Εστω ότι: y = α . Τότε:

α = g(α) = g(y) = γ � α = γ , άτοπο. Όμοια, αν υ­

ποθέσουμε ότι y = β φθάνουμε στο άτοπο β = γ .

Έστω ότι y = γ . Τότε: γ = g(y) = g(γ) , δηλαδή

γ = g(γ) και άρα γ = α ή γ = β , άτοπο. Άρα:

y = δ . Έτσι, βρίσκουμε εύκολα ότι:

g(γ) = δ ( Ι ) και g(δ) = γ (2) .

Λοιφί6αc: /\ (JJ 'ι νu . Ι )οδόλφυ,� Μ ιrόρης ΔιΊ.φ\ 'η .

I ι < ;> ργος 1\'! ιΊ τσ ιο c · · · f)rψια Λ ιι ιαc: . Σ Χ Ο Λ Ι Λ - Π Λ Ι)Λ"ΙΊΗ) Ι-Ι Σ Ε Ι Σ 1 . Στην άσκηση 179 του τεύχους 7 5 να γραφεί

, α , α r;;----::3 αντι του - = φ το σωστο - = ν .J - φ . β β

2. Η στήλη παρακαλεί τον χημικό κ. Δη μtΊτριο Καμβ::λά να αποστείλει εκ νέου την προσωπική

Έστω τώρα ότι υπάρχει μια συνάρτηση f : Α � Α του εργασία για την εύρεση ακεραίων ριζών μιας με g(x) = f(f(x)) , για κάθε χ Ε Α (3) .

Από την (3) , έχουμε για κάθε χ Ε Α : f(g(x)) = f(f(f(x))) και g(f(x)) = f(f(f(x))) .

Συνεπώς, f(g(x)) = g(f(x)) (4) .

( 4 ) Αν ξ Ε {α, β} , τότε: f(ξ) = f(g(ξ)) = g(f(ξ)) δηλ.

f(ξ) = f(g(ξ)) και άρα: f(ξ) Ε {α, β} (5)

Όμοια βρίσκουμε ότι, αν η Ε {α, β, γ, δ} , τότε

f(η) Ε {α, β, γ, δ} . έχουμε, λοιπόν ότι:

f(γ) Ε {α, β, γ, δ} . ( 3 )

1 ) Έστω ότι f(γ) = α . Τότε: f(α) = f(f(γ)) = ( I )

g(γ) = δ , άτοπο, γιατί f(α) Ε {α, β} , λόγω της (5) .

2) Έστω ότι f(γ) = β . Τότε, όπως και προηγουμέ­

νως βρίσκουμε ότι f(β) = δ , άτοπο.

3) Έστω ότι f(γ) = γ . Τότε f(f(γ)) = f(γ) , οπότε

λόγω και της (3) : g(γ) = γ και άρα , λόγω της ( Ι ) :

εξίσωσης, μια και διαπραγματεύεται πιο γενικά θέματα, προκειμένου να κριθεί για δημοσίευση στο Βήμα του Ευκλείδη .

3 . Ενημερώνουμε τους φίλους της στήλης ότι μπο­ρούν να επικοινωνούν μαζί μας και ηλεκτρονικά

και να στέλνουν τις εργασίες τους στις εξής διευ­θύνσεις: [email protected] και nikan _ [email protected]

1.----------------------------------,

• Οι καλοκαιρινές δραστηριότητες της Ε . Μ . Ε . ε ίχαν μεγάλη επιτυχία:

Θερινά σχολεία ( Βέροια- Λεπτοκαρυά Π ιερίας) Μαθηματική Κατασκήνωση (ΣοΦικό Κορινθίας • Θυμίζουμε ότι αξιόλογες aρθρογραφί­

ες υπάρχουν στα περιοδικά της Ε . Μ . Ε .

Ευκλείδης γ' - Μαθηματική Επιθεώρηση και Αστρολάβος

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.l/72

Page 75: Ευκλειδης Β 77

Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Εικαστική δημιουργία από το «πρόβλημα της θηλιάς»

Επιμέλεια: Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

.___ _ __ _...Α ___ φιέΡ-ωf.!α σε δύο J!εγάλους του 20°υ και του 21°υ αιώνα

Γκριγκόρι Ω έρελμαν π. · · · ριν από οκτώ χρόνια ένας • • ιδιόρρυθμος Ρώσος επιστήμονας

συγκλόνισε την παγκόσμια επιστημονική κοινότητα, αφού έλυσε έναν από τους δυσκολότερους γρίφους των σύγχρονων Μαθηματικών, τη λεγόμενη «υπόθεση ή εικασία του Πουανκαρέ» . Το πρόβλημα διατύπωσε το 1 904 ο Γάλλος μαθηματικός, φυσικός και φιλόσοφος Ζιλ Ανρί Πουανκαρέ σχετικά με τα σχήματα που είναι δυνατόν να έχει το Σύμπαν. Η Εικασία αυτή αφορά τη γεωμετρία των πολυδιάστατων χώρων και αποτελεί κλειδί για την Τοπολογία. Η Εικασία ουσιαστικά προβλέπει ότι μια σφαίρα είναι ο μόνος κλειστός τρισδιάστατος χώρος που δεν έχει οπές. Δηλαδή μόνο οποιοδήποτε σχήμα

που δεν περιέχει οπές μπορεί να τεντωθεί ή να συρρικνωθεί σε σφαίρα χωρίς να σπάσει.

Ο 44χρονος Ρώσος μαθηματικός Γκριγκόρι Πέρελμαν έχει χαρακτηριστεί ο «ευφυέστερος άνθρωπος στον κόσμο» και όχι άδικα. Χάρη σε εκείνον, γνωρίζουμε πότε ένα συμπαγές αντικείμενο είναι τοπολογικά ισοδύναμο με μία σφαίρα.

Το Νοέμβριο του 2002, δημοσιεύει σε ιστοσελίδα του Πανεπιστημίου Κορνέλ ορισμένες ενδείξεις, που λένε ότι η Υπόθεση του Πουανκαρέ έχει αποδειχθεί. Α ναφέρει ορισμένες

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/73

Page 76: Ευκλειδης Β 77

------------- Τα Μαθη ματικά μας Διασκεδάζουν -------------

κατευθυντήριες γραμμές, βασισμένες στο ερευνητικο εργο άλλων Μαθηματικών, αλλά η πρόζα του δεν αποτελεί σε καμιά περίπτωση απόδειξη της γ πόθεσης.

Η πρώτη αυτή δημοσίευση προκαλεί, ωστόσο, σεισμό στο χώρο των Μαθηματικών.

Στις αρχές του 2003 , ο Πέρελμαν δημοσιεύει δύο νέα μηνύματα αναφέροντας χωρίς περιστροφές ότι κατέχει τη λύση . Στα κείμενα αυτά, δεν αναφέρει και πάλι λεπτομέρειες. Ο Πέρελμαν όπως και ο Ραμανουτζάν αποφεύγουν τις λεπτομέρειες. Τα γραπτά τους περιέχουν ελάχιστους υπολογισμούς, αποδείξεις και βασικές έννοιες.

Για να αντιληφθεί κανείς πόσο περίπλοκη ήταν η Εικάσία του Πουανκαρέ, αρκεί να αναφέρουμε ότι ιδιοφυείς μαθηματικοί χρειάστηκε να εργαστούν επί τέσσερα χρόνια, μόνο και μόνο για να ελέγξουν την εγκυρότητα της 500 σελίδων απόδειξης του Πέρελμαν. Εκτιμάται ότι η

επιβεβαίωση της λύσης του γρίφου θα συμβάλει καθοριστικά στην κατανόηση που έχουμε για το χώρο, ακόμη και στη γνώση μας για το «σχήμα» του σύμπαντος.

Ο Γκριγκόρι Πέρελμαν -γνωστός και ως «Γκρίσω>- χαρακτηρίστηκε ιδιόρρυθμος διότι έλαμψε διά της απουσίας του το 2006 από το διεθνές μαθηματικό συνέδριο της Μαδρίτης, όπου επρόκειτο να του απονεμηθεί η ύψιστη τιμητική διάκριση , το βραβείο Φιλντς (αντίστοιχο στα Μαθηματικά των βραβείων Νόμπελ) .

Εικόνα μιας εφαρμογής από την τοπολογία των επιφανειων.

Στις 26 Μαρτίου 20 1 Ο αρνήθηκε και το βραβείο ενός( 1 ) εκατομμυρίου δολαρίων από το Ινστιτούτο Μαθηματικών Κλέι. Οι περισσότεροι από μας δεν μπορούν να καταλάβουν πώς είναι δυνατόν να αρνηθεί κάποιος τόσα χρήματα. Αλλά πάλι, ούτε και την γ πόθεση του Πουανκαρέ μπορούμε να καταλάβουμε. Στον κόσμο του Πέρελμαν και τα δύο έχουν νόημα. «Δεν με ενδιαφέρουν τα χρήματα και η δόξα. Δεν θέλω να με επιδεικνύουν λες και είμαι κανένα ζώο σε ζωολογικό κήπο. Όχι μόνο δεν είμαι ήρωας των μαθηματικών, αμφιβάλλω κιόλας αν είμαι καν τόσο καλός μαθηματικός» είχε δηλώσει. Αργότερα παραιτήθηκε από τη θέση του στο Πανεπιστήμιο της Α γ. Πετρούπολης, εξηγώντας πως δεν τον συγκινούσαν πλέον τα μαθηματικά. Όλοι οι συνάδελφοί του ξέρουν ότι προτιμά να μαζεύει μανιτάρια στα ρωσικά δάση, από τις συζητήσεις και τις επαφές με τους ανθρώπους. Ο Πέρελμαν παραμένει άνεργος μέχρι σήμερα και ζει σε ένα φτωχικό διαμέρισμα μαζί με τη μητέρα και την αδερφή του.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l/74

Page 77: Ευκλειδης Β 77

------------- Τα Μαθη ματικά μας Διασκεδάζουν -------------

Σρινιβάσα Ραμανουτζάν (1 887- 1 920) ΙΝΔΟΣ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟΣ

ο ρομαντικός των μαθηματικ&>ν

Ο δάσκαλος* στο μικρό χωριό της Ινδίας δίδασκε αριθμητική και μάλιστα την πράξη της διαίρεσης με παραδείγματα. Ρώτησε λοιπόν τους μαθητές πόσες μπανάνες αντιστοιχούν σε κάθε παιδί αν τρεις μπανάνες μοιραστούν σε τρία παιδιά. Οι μαθητές απάντησαν όλοι μαζί μία. Μετά έκανε την ίδια ερώτηση αν οι μπανάνες είναι 1. 000 και τα παιδιά 1. 000. Οι μαθητές απάντησαν και πάλι μία. Ξαφνικά ένας μαθητής ρώτησε τον δάσκαλο: Αν μηδέν μπανάνες μοιραστούν σε μηδέν παιδιά, πόσες αντιστοιχούν στο καθένα; Ολόκληρη η τάξη ξέσπασε σε γέλια θεωρώντας την ερώτηση ανόητη. Ο δάσκαλος όμως δεν γέλασε και αντιμετώπισε την ερώτηση σοβαρά. Στην ουσία ο μαθητής ρωτούσε για την έννοια του απείρου, μια έννοια που ταλαιπώρησε τους μαθηματικούς για αιώνες ώσπου να αποδειχθεί ότι η διαίρεση του μηδενός με το μηδέν δεν είναι μηδέν ή ένα, αλλά άπειρο. Ο μαθητής που έκανε την ερώτηση ήταν ο Σρινιβάσα Ραμανουτ

1ζι�άΝν�.�������._ .. _.

Τον Ιανουάριο 1 9 1 3 , ένας νεαρός ινδός υπάλληλος γράφει μια επιστολή στον διαπρεπή βρετανό μαθηματικό Γκόντφρι Χ. Χάρντι, παρακαλώντας τον να του πει τη γνώμη του για κάποια μαθηματικά θεωρήματα που επινόησε σχετικά με τους πρώτους αριθμούς. Ο Χάρντι συγκλονίζεται ! Ο νεαρός Ινδός είναι μια ακατέργαστη ιδιοφυtα. Δίχως την παραμικρή χρονοτριβή, δίνει αγώνα για να βρεθεί ο Ραμανουτζάν κοντά του . Οι βραχμάνοι απαγορευόταν από τη θρησκεία τους να διασχίσουν θάλασσα. Με τη βοήθεια του Νεβίλ πείστηκε ο ίδιος και ο περίγυρός του. Αλλά και πάλι ο Ραμανουτζάν δεν θα πήγαινε στην Αγγλία αν δεν έπειθε τους δικούς του, τους συμπατριώτες του και τον εαυτό του ότι η μητέρα του είδε όραμα, όπως και ο ίδιος, όταν πήγε στο ναό της θεάς Ναμαγκίρι. Έτσι αφού του έγινε

* Κυκλοφορεί το βιβλίο «Ραμανουτζάν ο Ινδός

μαθηματικός» του Robert Kanίgel καθηγητή Δημιουργικής Γραφής του ΜΠ.

προετοιμασία για το Δυτικό τρόπο ζωής, στις 1 7-3-1 9 1 4 έφυγε κλαίγοντας με το πλοίο NEV ASA από το Μαντράς για το Κέμπριτζ. Με την άφιξη του νεαρού Ινδού στο Κέμπριτζ, ξεκινά μια από τις πιο απίθανες και δημιουργικές συνεργασίες στην ιστορία των επιστημών. Από τις εξαθλιωμένες συνοικίες του Μαντράς στις αυλές και τα παρεκκλήσια του Κέμπριτζ, ο aυτοδίδακτος «πρίγκιπας της μαθηματικής διαίσθησης» Ραμανουτζάν δοκιμάζει τα εμπνευσμένα θεωρήματά του πλάι στον εκκεντρικό Χάρντι, τον «απόστολο της απόδειξης». Ο Ραμανουτζάν είχε την τάση να επινοεί συνεχώς θεωρήματα χωρίς να τα αποδεικνύει και ο Χάρντι προσπαθούσε να του διδάξει τη διαδικασία της απόδειξης. Η είσοδός του 1 6χρονου μαθητή Ραμανουτζάν στον κόσμο των μαθηματικών έγινε, όταν έφτασε στα χέρια του το βιβλίο «Μια σύνοψη αποτελεσμάτων στα καθαρά και εφαρμοσμένα μαθηματικά» του Τζωρτζ Καρ. Το βιβλίο περιείχε 6 .000 θεωρήματα τα οποία ο Ραμανουτζάν μελετούσε με ενθουσιασμό και αποδείκνυε με δικό του τρόπο. Ισχυριζόταν ότι η θεά Ναμαγκίρι τον ενέπνεε στα όνειρά του με μαθηματικούς τύπους. Ο Ραμανουτζάν με βάση τις πολύ καλές επιδόσεις του στο γυμνάσιο κέρδισε μια υποτροφία για το πανεπιστήμιο, αλλά μοναδική του ασχολία ήταν τα μαθηματικά και αγνοούσε τα υπόλοιπα μαθήματα έτσι απέτυχε στις εξετάσεις, έχασε την υποτροφία και δεν πήρε το πτυχίο του . Πτυχίο πήρε τελικά από το Κέιμπριτζ το 1 9 1 6 . Η ζωή του στο Κέιμπριτζ ήταν δύσκολη, παρ' όλες τις προσπάθειες του Χάρντι να αισθάνεται άνετα στο ψυχρό περιβάλλον του πανεπιστημίου . Όμως το χωρίς θέρμανση δωμάτιό του, η διαφορετική κουλτούρα, η μοναξιά και το φαγητό επηρέασαν σημαντικά την υγεία του. Ο Ραμανουτζάν ήταν χορτοφάγος και αναγκαζόταν να . ετοιμάζει μόνος του το φαγητό του, ενώ κυκλοφορούσε με γυμνά πόδια στο πανεπιστήμιο. Το 1 9 1 7 αρρώστησε και νοσηλεύτηκε πολλές φορές στο νοσοκομείο. Αλλά λόγω της επιδείνωσης της υγείας του επέστρεψε στην Ινδία το 1 9 1 9 και τον επόμενο χρόνο πέθανε στα 33 του χρόνια. Άφησε όμως πίσω του μια μυθική κληρονομιά από 4.000 πρωτότυπα θεωρήματα τα οποία μελετώνται και ερευνώνται ως σήμερα. Το πλούσιο έργο του είναι γραμμένο ελεύθερα χωρίς τον γνωστό συμβολισμό και την τυπολατρία των συμβόλων. Ο Ραμανουτζάν ήταν σπουδαίος μαθηματικός, ίσως καλύτερος από τον Χίλμπερτ, ισάξιος του Γκάους και του Όιλερ. Δεν υπάρχει όμως κάτι πιο ρομαντικό στην ιστορία των μαθηματικών από την μυθιστορηματική ζωή του,' η οποία αποτελεί την πλέον συγκινητική ιστορία.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/75

Page 78: Ευκλειδης Β 77

-------------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν -------------

Οι τρείς σωροί Παίζοντας το καλοκαίρι στη θάλασσα ένας μαθητής συγκέντρωσε χαλίκια, πετραδάκια και πέτρες με

βάρη 1 g, 2g, 3g, 4g . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 995g. Θέλει να τα βάλει σε τρεις σωρούς ίσου βάρους. Μπορείτε να τον βοηθήσετε;

Οι αριθμοί Οι βαθμοί στα μαθηματικά, γραπτά και προφορικά, της Σοφίας είναι δύο ακέραιοι διαδοχικοί αριθμοί

τέτοιοι που το άθροισμά τους πολλαπλασιαζόμενο επί το γινόμενό τους δίνει τον αριθμό 7440. τι βαθμούς πήρε η Σοφία;

Πετάξτε τα ημερολόγια Τι μέρα είναι; Για να βρούμε π.χ. στις 4 Απρίλη 20 1 0 ποιά μέρα της εβδομάδας ήταν, πρώτα

υπολογίζουμε έναν αριθμό Κ με τον εξής αλγόριθμο : Κ= έτος+ πηλίκο προηγούμενου έτους δια 4 +αριθμός ημερών που μένουν από τους προηγούμενους μήνες αν αφαιρέσουμε 28 μέρες +προηγούμενες μέρες του Απρίλη από τη ζητούμενη ημερομηνία. Ύ στε α διαι ού ε τον Κ ε το 7 και το υπόλοιπο δίνει '

Έτσι στις 4-4- 1 0 έχουμε Κ=20 1 0+502+(3 1 -28)+(28-28)+(3 1 -28)+ 3=2521 ή Κ=7.360+ 1 , δηλαδή υ=l άρα Κυριακή. Σημείωση I ) Η Ελλάδα έθεσε σε εφαρμογή το νέο(Γρηγοριανό) ημερολόγιο την 1 6η Φεβρουαρίου 1 923 που ονομάστηκε lη Μάρτη 1923, προστέθηκαν δηλαδή 1 3 μέρες που είχαν χαθεί από τις 1 5- 1 0- 1 582 που εφαρμόστηκε, έτσι για ημερομηνίες πριν από την 1 η Μάρτη 1 923 από το υπόλοιπο αφαιρούμε 1 μονάδα. 2) Με τον ποιο πάνω αλγόριθμο φτιάξαμε τον ποιο κάτω πίνακα. 3) Με χρήση του πίνακα βρείτε τι μέρα θα είναι η 17η Νοέμβρη 2010; Πηγαίνουμε στη δεύτερη γραμμή στο Νοέμβρη του 20 1 0 βλέπουμε τον αριθμό Ι , τον προσθέτουμε στο 1 7 και έχουμε Ι 7+ Ι = 1 8 αφού είναι μεγαλύτερο του 7(μέρες τις εβδομάδας), διαιρούμε με το 7 και το υπόλ 4 δ ' τ ' οιπο ι ν ει εταρτη.

1 925 1 926 1 927 1 928

1 901 1 929 1 902 1 930 1 903 1 931 1 904 1 932 1 905 1 933 1 906 1 934 1 907 1 935 1 908 1 936 1 909 1 937 1 9 1 0 1 938 1 9 1 1 1 939 1 9 1 2 1 940 1 9 1 3 1 941 1 9 1 4 1 942 1 9 1 5 1 943 1 9 1 6 1 944 1 9 1 7 1 945 1 9 1 8 1 946 1 9 1 9 1 947 1 920 1 948 1 92 1 1 949 1 922 1 950 1 923 1 951 1 924 1 952

Ε Τ Η Μ Η Ν Ε Σ ΙΔΙΟ * IAN ΦΕΒ IIMP ΑΠΡ ΜΑΙ ΙΟΥΝ ΙΟΥΛ ΑΥΓ ΣΕΠ ΟΚΤ ΝΟΕ ΔΕΚ ΗllιΒ'ΟΛΟΓIΟ

1 953 1 981 2009 2037 2065 4 ο ο 3 5 1 3 6 2 4 ο 2 Α 1 954 1 982 201 0 2038 2066 5 1 1 4 6 2 4 ο 3 5 1 3 Β 1 955 1 983 201 1 2039 2067 6 2 2 5 ο 3 5 1 4 6 2 4 Γ 1 956 1 984 201 2 2040 2068 ο 3 4 ο 2 5 ο 3 6 1 4 6 Δ 1 957 1 985 201 3 2041 2069 2 5 5 1 3 6 1 4 ο 2 5 ο Ε 1 958 1 986 201 4 2042 2070 3 6 6 2 4 ο 2 5 1 3 6 1 z 1 959 1 987 201 5 2043 2071 4 ο ο 3 5 1 3 6 2 4 ο 2 Α 1 960 1 988 201 6 2044 2072 5 1 2 5 ο 3 5 1 4 6 2 4 Η 1 961 1 989 201 7 2045 2073 ο 3 3 6 1 4 6 2 5 ο 3 5 Θ 1 962 1 990 201 8 2046 2074 1 4 4 ο 2 5 ο 3 6 1 4 6 I 1 963 1 991 201 9 2047 2075 2 5 5 1 3 6 1 4 ο 2 5 ο Ε 1 964 1 992 2020 2048 2076 3 6 ο 3 5 1 3 6 2 4 ο 2 κ 1 965 1 993 2021 2049 2077 5 1 1 4 6 2 4 ο 3 5 1 3 Β 1 966 1 994 2022 2050 2078 6 2 2 5 ο 3 5 1 4 6 2 4 Γ 1 967 1 995 2023 2051 2079 ο 3 3 6 1 4 6 2 5 ο 3 5 Θ 1 968 1 996 2024 2052 2080 1 4 5 1 3 6 1 4 ο 2 5 ο Λ 1 969 1 997 2025 2053 2081 3 6 6 2 4 ο 2 5 1 3 6 1 z 1 970 1 998 2026 2054 2082 4 ο ο 3 5 1 3 6 2 4 ο 2 Α 1 971 1 999 2027 2055 2083 5 1 1 4 6 2 4 ο 3 5 1 3 Β 1 972 2000 2028 2056 2084 6 2 3 6 1 4 6 2 5 ο 3 5 Μ 1 973 2001 2029 2057 2085 1 4 4 ο 2 5 ο 3 6 1 4 6 I 1 974 2002 2030 2058 2086 2 5 5 1 3 6 1 4 ο 2 5 ο Ε 1 975 2003 2031 2059 2087 3 6 6 2 4 ο 2 5 1 3 6 1 z 1 976 2004 2032 2060 2088 4 ο 1 4 6 2 4 ο 3 5 1 3 Ν 1 977 2005 2033 2061 2089 6 2 2 5 ο 3 5 1 4 6 2 4 Γ 1 978 2006 2034 2062 2090 ο 3 3 6 1 4 6 2 5 ο 3 5 Θ 1 979 2007 2035 2063 2091 1 4 4 ο 2 5 ο 3 6 1 4 6 I 1 980 2008 2036 2064 2092 2 5 6 2 4 ο 2 5 1 3 6 1 -

� Πα ρατηρούμε ότι έχουμε μόΙ.ΙJ 1 4 διαφορετι κά ημερολόγ ι α . Ορισμέ\Q επα\Qλα μβάΙ.ΙJνrα ι σε λίγα χρό\1α

ε-Μ άλλα όχι . Όλα όμως επα\QλαμβάΙ.ΙJνrα ι σε 28 ΧΡό\1 α .

Ευχαριστούμε και από αυτή τη θέση τους Πληροφορικούς Βαγγέλη Σεραφή και Μιχάλη Χριστόπουλο, για τη στήριξη που πρόσφεραν στη στήλη . Οι λύσεις και απαντήσεις αυτού του τεύχους στο επόμενο .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ.Ι/76

Page 79: Ευκλειδης Β 77

Παναγιώτη Π. Χριστόπουλου - Μιχάλη Π. Χριστόπουλου

Τα σημεία του ορίζοντα, αλλά και τα αστέρια, χρησιμοποιούνταν από την αρχαιότητα για τον προσανατολισμό των ανθρώπων. Ένα σταθερό άστρο στον ουρανό, με γνωστή γεωγραφική θέση ως προς το σημείο παρατήρησης, αποτελούσε ση­μείο αναφοράς και βοηθούσε τους ανθρώπους στο να βρουν τη σωστή πορεία τους.

Το 1 900 βρέθηκε στα Αντικύθηρα μηχανισμός με γρανάζια ο γνωστός . , ιπρηλιi: ! tος που πιστεύε-ται ότι ναυσιπλο"tα.

Για τον προσανατολισμό τους οι άνθρωποι ανακάλυψαν και άλλα μέσα, όπως το ιi un: ιφ �:·λλη-­λο, το ιi ω ! lφη, την ( l l OOμX) και τον � . ­

.Ξ,ιίντ ιι. Ωστόσο ο εξάντας στην πρώιμη μορφή του είχε τη δυνατότητα να παράσχει πληροφορίες μό­νο για το .: < : ι · Ι γ � Η ι φ ψι'• ηγ/η·� • .: και όχι για το

• " ι ' i ' ., • , 1 ι ; ·� ο .,, γεγονός που αποτελούσε ένα

σημαντικό μειονέκτημα, ιδιαίτερα για τους ναυτι­κούς. Τον 1 7ο αιώνα το Ηνωμένο Βασίλειο συνέ­στησε ένα συμβούλιο επιστημόνων, το οποίο θα tπιβράβευε χρηματικά όποιον θα μπορούσε να ε­φεύρει ένα όργανο, το οποίο θα επέτρεπε τον α­κριβή υπολογισμό και των δύο γεωγραφικών συ­ντεταγμένων, δηλαδή μήκους και πλάτους.

Το 1 76 1 ο Άγγλος ωρολογοποιός Τζον Χάρισ­σον, ύστερα από προσπάθειες δώδεκα ετών, κατα­σκεύασε ένα όργανο, το οποίο δεν ήταν άλλο από το γνωστό σημερινό zρον(ψετρο . Σε συνδυασμό με τον εξάντα, το χρονόμετρο επέτρεπε τον υπολο­γισμό του στίγματος των πλοίων με εξαιρετική α­κρίβεια (για τα δεδομένα της εποχής). Πέρασαν αρκετά χρόνια μέχρι να δημιουργηθούν τα πρώτα συστήματα εντοπισμού θέσης που βασίζονταν σε ηλεκτρομαγνητικά κύματα. Έτσι στα μέσα του 20ού αιώνα έχουμε τα ραντάρ και τους ριrδωφίι ..

ρους. Τα συστήματα αυτά χρησιμοποιήθηκαν ευ­ρύτατα κατά τη διάρκεια του Δευτέρου Παγκοσμί­ου Πολέμου (και χρησιμοποιούνται ακόμη). Απο­τελούνται από ένα δίκτυο σταθμών βάσης και κα­τάλληλους δέκτες (DECCA, LORAN και TRANZIT.

Ανάλογα με την ισχύ του σήματος που λάμβανε κάθε δέκτης από σταθμούς γνωστής γεωγραφικής θέσης, σχηματίζονταν δύο ή περισσότερες συντε­ταγμένες, μέσω των οποίων προσδιοριζόταν η θέ­ση των σημείων ενδιαφέροντος επάνω σε ένα χάρ­τη . Η χρήση σταθμών βάσης είχε μεν υψηλή ακρί­βεια εντοπισμού, αλλά είχαν μικρή εμβέλεια. Η αρχή της χρήσης ραδιοκυμάτων για τον εντοπισμό της θέσης ενός σημείου είχε ήδη γίνει. Έτσι στα μέσα της δεκαετίας του 1 980 το Υπουργείο Εθνι­κής Άμυνας των Η.Π.Α. έθεσε σε λειτουργία το σύστημα GPS (Giobal Positioning System) που βασίζεται σε παρεμφερή τεχνολογία ενώ οι Δυνά­μεις Διαστήματος της Ρωσικής Ομοσπονδίας έθε­σαν σε λειτουργία το GLONASS.

Τα συστήματα αυτά συνδυάζουν όλες τις με­θόδους που είχαν χρησιμοποιηθεί, δηλαδή την τε­χνολογία των ηλεκτρομαγνητικών κυμάτων καθώς

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/77

Page 80: Ευκλειδης Β 77

--------- GPS και άλλα ηλεκτρονικά συστήματα εύρεσης στίγματος και την παρατήρηση ενός -τεχνητού αυτή τη φο- Το πλή ρες όνομά του είναι Ν Α \'SlΆ R G J>S

ρά- ουράνιου σώματος. Οι σταθμοί βάσης που ( N n Y igntioιι S�·stcιn "' it lι τ ί nι ί ιιg <ι tι d Rηιιgί ιι g -

λαμβάνουν τα απαραίτητα ηλεκτρομαγνητικά κύ- G l o b n l Ροsίtίοιι ί ιιg S�· stenι).

ματα δεν είναι πλέον επίγειοι, αλλά σε δορυφό- Η βάση της τεχνολογίας του είναι ο κάθε δο-ρους. Όταν, το 1 957 , πραγματοποιήθηκε η εκτό- ρυφόρος να παρέχει: ξευση του δορυφόρου Σπούτνικ, οι άνθρωποι ί- 1) Πληροφορίες για την ακριβή ώρα, πράγ-σως είχαν ή δη αντιληφθεί, ότι ένα τεχνητό ουρά- μα που επιτυγχάνεται με ατομικά χρονό-νιο σώμα κοντά στη Γη είναι δυνατό vα χρησιμο- μετρ α (ακρίβεια 1 δευτερόλεπτο στα ποιηθεί και για να εντοπιστεί η θέση ενός σημείου 300.000 χρόνια) πάνω στον Γη . Το δορυφορικό σύστη μα GPS 2) Πληροφορίες για την θέση πού έχει κάθε χρησιμοποιεί ουράνια σώματα ( τεχνητά βέβαια) χρονική στιγμή. για μετρήσεις επί της Γης. Το ίδιο έκανε ο Ερατο­σθένης 22 αιώνες πριν, που πρώτος χρησιμοποίη­σε ουράνιο σώμα ( τον ήλιο) για να μετρήσει τη γωνία με την οποία φαίνεται από το κέντρο της Γης το τόξο από Αλεξάνδρεια μέχρι Ασουάν, για το οποίο γνώριζε το μήκος του . Έτσι υπολόγισε

την ακτίνα της Γης(τμήκοςτόξου= L 2πρ ). Το 360

GPS αρχικά δη μιουργήθηκε αποκλειστικά για στρατιωτική χρήση και ανήκε στη δικαιοδοσία του Αμερικανικού Υπουργείου Εθνικής Άμυνας. Το 1 989 το σύστη μα αυτό δόθηκε και για πολιτι­κή χρήση από κάθε κάτοικο του πλανήτη . Ολο­κλη ρώθηκε το 1 995 και από τότε διατίθεται για ελεύθερη χρήση στο ευρύ κοινό .

Είναι ένα σύστη μα εύρεσης στίγματος σε πα­γκόσμια κλίμακα. Το σύστημα αποτελείται από 2 1 δορυφόρους και 3 εφεδρικούς, οι οποίοι κινούνται σε ύψος 20.000 περίπου χιλιομέτρων ανά 4 σε 6 διαφορετικές τροχιές και ο καθένας διαγράφει κά­θε 1 2 ώρες μια τροχιά γύρω από τη Γη . Οι δορυ­φόροι έχουν τέτοια διάταξη ώστε από κάθε ση μείο της Γης να είναι τουλάχιστον 4 συνεχώς ορατοί. Το όλο σύστη μα στη ρίζεται και σε επίγειους σταθμούς.

Ο κάθε δορυφόρος εκπέμπει ένα σή μα στα 1 227 περίπου MHz για στρατιωτική χρή ση και ένα στα 1 575 περίπου MHz για πολιτική χρήση . Σε ε­πιστη μονικές εφαρμογές που απαιτούνται μετρή­σεις υψηλής ακρίβειας εισάγεται ένας τρίτος κωδι­κός ο οποίος καλείται (phase) και περιορίζει την απόκλιση σε λίγα μόλις εκατοστά . Σ ' αυτή την πε­ρίπτωση απαιτούνται ειδικοί δέκτες.

Το σύστη μα GPS σχη ματίζει ένα παγκόσμιο δί­κτυο, με εμβέλεια που καλύπτει ξη ρά, θάλασσα και αέρα με γεωδαιτικό σύστη μα αναφοράς το WGS-84. Με το σύστη μα αυτό μπορούμε να γνω­ρίζουμε πόσο μακριά είναι το λεωφορείο από τη στάση που περιμένουμε. Να πάρουμε από το κινη­τό ή το ρολόι μας όποια πλη ροφορία θέλουμε σε κάθε ση μείο της Γης. Να παρακολουθούμε κάποια ζώα ή πουλιά πού μεταναστεύουν. Να κινούμαστε με άνεση σε μια άγνωστη πόλη με οδικούς ηλε­κτρονικούς χάρτες πάνω στους οποίους θα φαίνε­ται κάθε φορά η θέση μας. Να ασφαλίζουμε το αυ­τοκίνητό μας από κλοπή ή να ειδοποιούμε όταν κινδυνεύαμε και η θέση μας θα είναι αυτόματα

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 77 τ. l /78

Page 81: Ευκλειδης Β 77

--------- GPS και άλλα ηλεκτρονικά συστήματα εύρεσης στίγματος γνωστή . Σε συνδυασμό με το Google Earth κατα- Γ ,i : " ιJlψω J :; • . ι.ω υ '. i ' <ω·ι' ! · Απαρτίζεται από γραφή και έλεγχο ακινήτων, καλλιεργειών, μεγά- τους χιλιάδες χρήστες δεκτών GPS ανά την λων έργων κ.ά . υφήλιο . Οι δέκτες αυτοί ανιχνεύουν από 8 μέ­

Τα τμή ματα από τα οποία αποτελείται είναι : Α) Δ ιαστη μ ι κό τμήμα. : Είναι οι 24 δορυφόροι

που «σκεπάζουν» ομοιόμορφα με το σή μα τους ολόκλη ρο τον πλανήτη , cοστε να μην υ-πάρχει περίπτωση να aποπροσανατολιστεί κα­νείς ποτέ και πουθενά.

Β) Επίγε ιο τμ 1j ιω o. f: _- - J � Οι δορυφόροι, όπως είναι αναμενόμενο, είναι πολύ πιθανό να αντι­μετωπίσουν ανά πάσα στιγμή προβλή ματα στη σωστή λειτουργία τους. Οι έλεγχοι που πραγ-ματοποιούνται σε αυτούς αφορούν στη σωστή τους ταχύτητα και υψόμετρο και στην κατά­σταση της επάρκειάς τους σε ηλεκτρική ενέρ­γεια. Παράλληλα, εφαρμόζονται όλες οι διορ­θωτικές ενέργειες που αφορούν στο σύστη μα χρονομέτρησης των δορυφόρων, ώστε να απο­τρέπεται η παροχή λανθασμένων πληροφοριών στους χρήστες του συστή ματος. Το τμή μα επί­γειου ελέγχου αποτελείται από ένα επανδρω­μένο και τέσσερα μη επανδρωμένα κέντρα, εγκατεστη μένα σε ισάριθμες περιοχές του πλανήτη . Οι περιοχές αυτές είναι οι εξής : α) Κολοράντο (Ηνωμένες Πολιτείες της Αμερικής) β) Χαβάη (Ανατολικός Ειρηνικός Ωκεανός) γ) Ascension Island (Ατλαντικός Ωκεανός) δ) Diego Garcia (Ινδικός Ωκεανός) ε) Kwaj alein (Δυτικός Ει­ρηνικός Ωκεανός)

Ο κυριότερος σταθμός βάσης είναι αυτός του Κολοράντο, ο οποίος είναι μάλιστα και ο μο­ναδικός που βρίσκεται στην ξηρά. Α ναλαμβά­νει τον έλεγχο, μέσω ενός υπερυπολογιστή , τη ; σωστής λειτουργίας των υπολοίπων σταθ­ι.. -_:: ·: . καΕ\6); και τον συντονισμό τους.

χρι 1 2 ορατούς δορυφόρους, από τους οποίους τέσσερις μόνο χρησιμοποιούν κάθε φορά, για να προσδιορίζουν το γεωγραφικό μήκος, πλά­τος και ύψος του δέκτη αλλά και το χρονικό σφάλμα Δ(t} . Μπορούν να χρησιμοποιηθούν τόσο κατά τη δίάρκεια μιας απλής πεζοπορίας, όσο και σε οχή ματα ή θαλάσσια σκάφη ή αε­ροσκάφη και είναι δυνατόν να έχουν αρκετά μικρές διαστάσεις. Για να προσφέρουν όσο το δυνατόν περισσότερες πληροφορίες, οι δέκτες GPS συνδυάζονται με ειδικό λογισμικό, που προβάλλει ένα χάρτη στην οθόνη της συ­σκευής. Πρόκειται, δηλαδή , για λογισμικό που λαμβάνει από τους δορυφόρους τις πλη ροφο­ρίες για το στίγμα του ση μείου στο οποίο βρί­σκεται ο δέκτης και τις μετατρέπει σε κατανο­ητή «ανθρώπινη» μορφή , πλη ροφορώντας το χρήστη για την ακριβή γεωγραφική του θέση , μαζί με άλλες πληροφορίες όπως ώρα, υψόμε­τρο, ταχύτητα κίνησης και άλλες πλη ροφορίες για τη θέση καταστη μάτων, σταθ μών, κλπ . . Μπορούμε π.χ. να βλέπουμε τη διαδρομή που έχουμε ήδη κάνει, να κάνουμε μεγέθυνση πά­νω στο χάρτη ή να εισάγουμε προορισμό και ο δέκτης να βρίσκει τη βέλτιστη διαδρομή . Υ­πάρχει η δυνατότητα ορισμού ση μείων στο χάρτη ως προτιμώμενων ή μη και κατάλογος με ση μεία ενδιαφέροντος, όπως πρατήρια βεν­ζίνης, καταστή ματα και αξιοθέατα. Στα μοντέ­λα για αυτοκίνητο συνήθως υπάρχει η δυνατό­τητα φωνητικών οδηγιών, κατά τη λειτουργία πλοήγησης, ώστε ο οδηγός να μη χρειάζεται να κοιτάζει την οθόνη . Επίσης, κυκλώματα δεκτών GPS αρχίζουν να ενσωματώνονται και σε κινητά τηλέφωνα και άλλες συσκευές, όπως ψηφιακές φωτογραφικές μηχανές. Πύραυλοι όπως οι ΤΟΜΑΗΑ WK, οι ΚΡΟΥΖ και PA­TRIOT ελέγχονται στην πορεία τους και βρί­σκουν το στόχο με το σύστη μα GPS, ακόμη και με διαδρομή ΖΙ Κ-ΖΑΚ. Οι Αμερικάνοι χρησιμοποίησαν το σύστη μα αυτό στους πο­λέμους στον Κόλπου, στο Βελιγράδι και στο Αφγανιστάν.

Ένα παρόμοιο σύστη μα έγινε και στη Ρωσία το λεγόμενο GLONASS που έχει 24 δορυφόρους σε τρεις τροχιές από 8 δορυφόρους. Κάθε δορυφό­ρος εκπέμπει συνεχώς σε δύο δικές του - διαφορε­τικές από δορυφόρο σε δορυφόρο- συχνότητες. Έχει διαφορετικό γεωδαιτικό σύστη μα αναφοράς το SGS- 8 5 .

ΕΥΚ\Ε ΗΗΣ Β ' 77 τ . Ι /79

Page 82: Ευκλειδης Β 77

--------- GPS και άλλα ηλεκτρονικά συστήματα εύρεσης στίγματος

Το 20 1 4 θα λειτουργήσει με 22 από τους 30 πυροβόλο βάλει εναντίον μας. Πώς θα το εντο­συνολικά δορυφόρους και το Ευρωπαϊκό σύστη- πίσουμε; μα Γ ΑΛΙΛΑΙΟΣ που έχει ήδη αρχίσει να κτίζεται. Λ \Jση Έτσι η συνεργασία όλων των συστημάτων μαζί με Με εργαλείο το χάρτη της περιοχής, τοποθε-τα επίγεια θα δώσουν aσύλληπτες δυνατότητες και τούμε τρεις παρατηρητές με χρονόμετρα σε κα­υπηρεσίες. τάλληλα επιλεγμένες θέσεις Α, Β, Γ, οι οποίοι θα

Το GPS και τα Μαθ ατικά

4 (Χι,Υ4.4)

.--�,_______�

Π <i>ς λ:: ιτουργ�: ί ; Ο χρήστης GPS έχει ένα δέκτη . Ο δέκτης, αφού

πρώτα συγχρονίσει το ρολόι του με το ρολόι του δορυφόρου που έχει ανιχνεύσει, μετράει το χρόνο που χρειάστηκε το σήμα, για να μεταφερθεί από το δορυφόρο μέχρι την κεραία του, και υπολογίζει την απόσταση που διήνυσε το σήμα από τη σχέση S = c . t όπου c η ταχύτητα του σήματος, t ο με­τρούμενος χρόνος σε sec. Ο δέκτης ανιχνεύει από 8 μέχρι 12 ορατούς δορυφόρους, από τους οποίους τέσσερις μόνο χρησιμοποιεί κάθε φορά, για να προσδιορίζει τις συντεταγμένες χ, ψ, z (γεωγρα­φικό μήκος, πλάτος και ύψος του δέκτη) αλλά και το χρονικό σφάλμα Δ(t) του δέκτη .

Στα Μαθηματικά ονομάζεται υπερβολή με εστίες τα σημεία Ε ' και Ε ο Γεωμετρικός Τόπος C των σημείων του επιπέδου των οποίων η από­λυτη τιμή της διαφοράς των αποστάσεων από τα Ε ' και Ε είναι σταθερή και μικρότερη του Ε Έ.

Θα προσπαθήσουμε εδώ να δώσουμε ένα πα­ράδειγμα για τον προσδιορισμό ενός σημείου με την χρήση της υπερβολής.

Π ρι'ιβλΙJ JIΟ Έστω ότι είμαστε σε μια πεδιάδα όπου εκεί

υπάρχει ένας λόφος και πίσω από το λόφο ένα

σημειώσουν τον χρόνο που θα ακούσουν τον ήχο από την εκπυρσοκρότηση του πυροβόλου. Αν t, t + α, t + β είναι οι τρεις χρονικές στιγμές που ο κά­θε παρατηρητής άκουσε τον ήχο, τότε θα είναι γνωστή ( και σταθερή ) η διαφορά των αποστάσε­ων ΒΠ - ΑΠ = c.(t+α) - c.t = α.c καθώς και η δια­φορά ΓΠ-ΑΠ = c.(t+β) - c.t = β.c, όπου Π η θέση του πυροβόλου , c η ταχύτητα του ήχου στον αέρα ανά δευτερόλεπτο και τα α, β χρόνος σε δευτερό­λεπτα.

Έτσι το Π θα είναι αφενός σε μια υπερβολή που γράφεται με εστίες τα Α, Β και αφετέρου σε μια υπερβολή με εστίες τα σημεία Α, Γ δη­λαδή το Π (πυροβόλο) θα βρίσκεται σε μια από τις τομές των πιο πάνω υπερβολών και φυσικά σε αυ­τή που είναι πίσω από το λόφο.

Τώρα ας βάλουμε στους τρεις παρατηρητές τους 3 δορυφόρους και στη θέση του πυροβόλου τον χρήστη του GPS, με τη διαφορά όμως ότι το σήμα τώρα δεν φεύγει από το δέκτη για τους 3 δο­ρυφόρους, αλλά αντίστροφα.

Ο δέκτης διαθέτει επεξεργαστή και ισχυρό τσιπάκι μνήμης και με μια ανάλογη περίπου εφαρ­μογή της υπερβολής υπολογίζει τις 4 μεταβλητές (x,y,z,Δ(t)) που προσδιορίζουν την θέση του. Επι­λύει δηλαδή σύστημα τεσσάρων εξισώσεων με δε­δομένα τις αντίστοιχες συντεταγμένες (x,y,z,Δ(t)) των 4 δορυφόρων.

Βέβαια αν το GPS είναι μέσα σε ένα αυτοκίνη­το που κινείται, τότε μετρώντας τον χρόνο μεταξύ δύο διαδοχικών θέσεων δίνει και την ταχύτητα του αυτοκινήτου και ακόμη την διεύθυνση και την φορά σε σχέση με τον βορρά.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 77 τ. l/80

Page 83: Ευκλειδης Β 77

ΕΛΛΗ Ν Ι ΚΗ ΜΑΘ Η ΜΑΤ Ι ΚΗ ETA I P E IA Τ ε ύ χ ο ς 77 • Ι ο ύ λ ι ο ς - Α ύ γ ο υ στ ο ς - Σ ε πτ έ μ β ρ ι ο ς 2 0 1 0 - Έ τ ο ς λ ι ' - Ε υ ρ ώ : 3 , 5 0

e - m a i l : i n f o @ h m s . g r w w w . h m s . g r

Μ Α Θ Η Μ Α Τ Ι Κ Ο Π Ε Ρ Ι Ο Δ Ι Κ Ο Γ Ι Α Τ Ο Λ Υ Κ Ε Ι Ο

ΠΕΡΙ ΕΧΟΜΕΝΑ .ι' Γυναίκες και Μαθηματικά .ι' Μαθηματικοί Διαγωνισμοί • Μαθηματικές Ολυ μπιάδες .ι' Homo Mathemati c u s

7 2 3

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

Μ α θ η μ α τ ι κ ά Α ' Τ ά ξ η ς .ι' Άλγε βρα : Λεξιλόγιο της Λογι κ ή ς 2 7

3 2 3 7

Με την έναρξη της σχολικής χρονιάς αας ευχόμαστε να είναι γόνιμη και δημιουργική και σας καλωσορίζουμε με χαρά στις ατήλες του "Ευκλείδη Β"" . .ι' Ασκ ήσε ι ς Πολλαπλής Επιλογής

.ι' Γεωμετρία : Ισότητα τριγώνων • ανισοτικές σχέσε ις Υπανθυμίζουμε ότι η επιτυχία τ ο υ περιοδικού εξαρτά­

ται κατά μεγάλο μέρος από τη συμμετοχή των συναδέλ φ· ων αλλά και των μαθητών με ενδιαφέρουσες εργασίες και κατά το δυνατόν πρωτότυπες .

Μ α θ η μ α τ ι κ ά Β ' Τ ά ξ η ς .ι' Άλγε βρα : Τριγωνομετρι κές ασκήσε ι ς 4 1

4 7 5 0

Αρχή μας είναι ν α δ ίνουμε προτεραιότητα ατις ερ­

γασίες που προέρχονται από την περιφέρεια, διότι μας εν­

διαφέρει να ακουστούν απόψεις από όλη την Ελλάδα.

.ι' Γεωμετρία : Μετρι κές σχέσε ι ς .ι' Κατε ύθυνση : Διανύσματα

Μ α θ η μ α τ ι κ ά Γ ' Τ ά ξ η ς .ι' Μαθηματικά Γεν ι κ ή ς Π α ιδεία ς : Συναρτήσε ι ς 5 4

5 8

Συνεχίζουμε και φέτος τη ατήλη ειδικά γ ι α μαθητές. Προσδοκία μας είναι να αποβεί πράγματι μια καθαρά

"Μαθητική ατήλη " για να μπορεί να είναι δυνατή η διάγνω­ση των ικανοτήτων των μαθητών και μόνο .

.ι' Μαθηματικά Κατεύθυνσης: Μιγαδικοί • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

.ι' Ο Ε υ κλείδης πpοτε ίνει . . . � Τα Μαθgματικα ιιας Διασκεδάζουν ν GPS • Ευpεση στιγματος

69 73 77

Έτσι θα έχει νόημα ο έπαινος ή η ενθάρρυνση όαων ασχοληθούν με αυτή τη ατήλη .

Σας ευχόμαστε καλή σχολική χρονιά και επιτυχία στους στόχους αας.

.ι' Στήλη του Μαθητή 82 Ο Πρόεδρος τ η ς Συντακτικής Επιτροπής Γ . Σ . Ταααόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής Β. Ευσταθίου

"'uσημuτικοί Διαγωνισμοί: Σύνθεση εξωφύλλου: Φωτογραφίες από

την 51 η Διεθνή Μαθηματική Ολυμπιάδα Θαλής: 30 Οκτωβρίου 201 Ο Ευκλείδης: Αρχιμήδης:

1 5 Ιανουαρίου 201 1 26 Φεβρουαρίου 201 1

Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαθήματα, για τους διαγωνισμούς, στα γραφεί

της Ε.Μ.Ε. Έναρξη από Οκτώβριο 201 Ο • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑJΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ

Εκτελεστική Γραμματεία

Συντακτική επιτροπή Αθανασόπουλο<; Γεώργιος Κόντζιας Νίκος Σαϊτη Εύα Αναστασίου Γιάννης Κοτσιφάκης Γιώργος Σταϊκος Κώστας

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 1 06 79 ΑΘΗΝΑ Πρόεδρος: Ανδρουλακάκης Νίκος Κουτρουμπε'i\ας Κώστας Στάϊκος Παναγιώτης Τ� 210 361 7784 · 361 6532 Τασσόπουλος Γ ιώργος Αντωνόπουλος Νίκος Κυριαζής Ιωάννης Στρατής Γιάννης Fox: 2 1 03641 025 Αργυράκης Δημήτριος Κυριακόπουλος Αντώνης Ταπεινός Νικόλαος

Βακαλόπουλος Κώστας Κυριακοπούλου Κων/να Τασσόπουλος Γιώργος Εκδότης: Αντ ιπρόεδρος: ΚcΜογερόrιοuΑος Γρηyόριος Ευσταθίου Βαγγέλης

Διευθυντής: Γραμματέας: Τυρλής Ιω6ννης Χριcπόnουλος Πcιναγιώτης

Ευσταθίου ΒαyyεΛης Κυβερνήτου Χρυστ. Τζιώτζιος Θανάσης Ζαχαρόπουλος Κων/νος Λαζαρίδης Χρήστος Τριάντος Γεώργιος Ζώτος ΒαyyεΛης Λάππας Λευτέρης Τσαγκάρης Ανδρέας

Λουρίδας Σωτήρης Κακκαβάς Απόστολος Τσατούρας Ευάγγελος Μαλαφέκας Θανάσης

Ε π ι μέλεια �Εκδοαης: •

Τασσόπουλος Γιώργος Μελη: Καλίκας Σταμάτης Μανωλάκου Στοματική Τσικαλουδάκης Γιώργος

ά Κανε'i\λος Χρήστος Μαυροyιαννάκηc Λεωνίδαc Τσιούμας ΘανάΟIJ<;

Αργυρ κης Δ. • . , , λ " • Καραγκουνης Δημητρης Μενδρινός Γιάννης Τυρ ης Ιωαννης

Ευσταθίου Βαγγέλης Ζώτος Βαγγέλης

Κωδικός ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN : 1 1 05 - 7998

Λουρίδας Σ. Ταπεινός Ν.

Καρκάνης Βασίλης Μεταξάς Νικόλαος Φανε'i\η ί\ννυ Κατσούλης Γιώργος Μπρίνος Παναγιώτης Χαραλαμποπούλου Λίνα Κερασαρίδης Γιάννης Μυλωνάς Δημήτρης Χαραλάμπους Θάνος Καρδαμίτσης Σπύρος Μώκος Χρήστος Χριστιάς Σπύρος Κηπουρός Χρήστος Πανουσάκης Νίκος Χριστόπουλος Παναγιώτης Κί\άδη Κατερίνα Ρέγκλης Δημήτρης Ψύχος Βαyyέί\ης

• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει όπ προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. • Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στεΛνονrαι έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β'". Τα χειρόγραφα δεν εmστρέφονrαι.

Τιμή Τεύχους ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00) Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το ανrίπμο yια τα τεύχη που παραyyεΛνονrαι στεΛνεται με απλή επιταγή σε διαταγή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 ή

πληρώνεται στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

Εκτύπωση: Υπεύθuνος τuπογpσφείοu: ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦΙΚΩΝ ΤΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ: :Κλεισόβης 7, Aθιiva τηλ.: 2 1 0 3606760, fax.: 2 10 3606826 · e-mai/: [email protected]

Page 84: Ευκλειδης Β 77

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Αγαπητοί φίλοι, σας ευχόμαστε καλή και δημιουργική χρονιά. Ευχαριστούμε όλους τους συνεργάτες και φί­λους για την ανταπόκριση στη χρονιά που πέρασε και περιμένουμε και φέτος τις δικές σας λύσεις και τις προ­τεινόμενες ασκήσεις. ΆΕτσι γιαυτό το τεύχος έχουμε:

Για την Α ' Λυκείου Α6. Για ένα πραγματικό αριθμό α ;t: Ο ισχύει:

(α + ±)2

= 3 . Να βρείτε τον αριθμό:

3 1 χ = α + -3 .

α

Για την Β ' Λυκείου BS. Θεωρούμε τεταρτημόριο Ο · ΑΒ , σημείο Γ

του τόξου ΑΒ και σημείο Δ της ακτίνας ΟΑ.

Να δείξετε ότι ΑΒ ::::: ΓΔ .

Για την Γ Λυκείου Γ4. Να βρείτε (αλγεβρικά) τους μιγαδικούς αριθμούς z, για τις οποίους ισχύουν:

l z + 6l ::::; 5 ( 1 ) και l z - 8ίl ::::; 5 (2). (Σάντυ Φλαμιάτου, 4° Λύκειο Γαλατσίου)

Η τριχοτόμηση της Γωνίας Πήραμε και δημοσιεύ�υμε μια πρόταση

σχετικά με την τριχοτόμηση της γωνίας

. . . Σας υποβάλλω μια πρόταση τριχοτόμησης

γωνίας που στηρίζεται στην μέθοδο της ολί­

σθησης. Έχοντας δει τις μέχρι τώρα προτεινό­μενες προσεγγίσεις δεν έχει τύχει να συναντή­

σω αυτήν πουθενά και θεωρώ ότι είναι εξαιρε­τικά απλή και εύκολη και όπως θα διαπιστώ­σετε στηρίζεται στην κατασκευή ενός ισοσκε­λούς τριγώνου.

Με εκτίμηση

Κώστας Γαλάνης

• Θυμίζουμε ότι είναι μη κατασκευάσιμη, στην Ευκλεί­δεια Γεωμετρία, με κανόνα και διαβήτη η τριχοτόμηση της γωνίας.

Κατασκευή • Σχεδιάζουμε ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με

Β = Γ = γ , όπου γ η γωνία που θέλουμε να

τριχοτομήσουμε • Φέρνουμε τη μεσοκάθετο Α Μ • Έστω σημείο Χ πανω στο τμήμα ΑΓ. Το τμή­

μα ΒΧ τέμνει το τμή μα ΑΜ στο ση μείο Ρ. Θέ-

τουμε ΧΒΓ = ω . • Ολισθαίνουμε το σημείο Χ, έτσι ώστε ΡΧ=ΧΓ.

Τότε ω = γ/3 . Α

Γ

Απόδειξη • Φέρνουμε το τμήμα ΡΓ. Στο τρίγωνο ΒΡΓ, ΡΜ

μεσοκάθετος Λ Λ Λ

� ΡΒΓ = ΡΓΒ = ω � ΧΡΓ = ω + ω = 2ω ΧΡ=ΧΓ Λ Λ

� ΡΓΧ = 2ω � γ = ΒΓΧ = ω + 2ω = 3ω � ω = γ I 3 Α

Γ •.

Η «στήλη του μαθητή» αναμένει τα δικά σας σχόλια και παρατηρήσεις.