Ευκλειδης Β 79

Η ΓΕΩΜΕΤΡΙΑ ΣΤΗΝ ΤΕΧΝΗ,

ΚΑι ΤΗΝ ΕnιΣtΗΜΗ� ,

"Ο ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ" 2011

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχο<; 79 • Ιανουάριο<; • Φεβρουάριο<; • Μάρτιο<; 2011· Ευρώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ kοτοσιι:ευή κανονικού πολυγώνου 1 \4αθημαπκοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες 5 Homo Mathematicus 13

Μαθηματικά Α' Τάξης Άλyεβρα: Μελέτη συνάρτησης

' Ασκήσεις Πολλαπλής Επιλογής ' Ο ροΛοc; τηc; αρνητικής διακρίνουσαc; τριωνύμου • Γεωμετρία: Εyyεγραμένεc; γωνίεc; - αναλογίες

17 23 32 35

Μαθηματικά Β' Τάξης • λλyεβρα: Εκθετική λογαριθμική συνάρτηση ν' Άλγεβρα: Εκθετική λογαριθμική καμπύλη

39

/ Γεωμετρία: Κανονικά πολύγωνα μέτρηση κύκλου / Κατεύθυνση: Καμπύλες

42 48 50

Μαθηματικά Γ' Τάξης / Μαθηματικά Γενικ�c; Παιδείας: Πιθανότητες / Μαθηματικά Κατευθυνσηc;: Παράγωγοι

/ Ο Ευκλείδης προτείνει •••

/ Το βήμα του Ευκλείδη ν' Τ α Μαθηματικά μαc; Διασκεδάζουν ν' Στήλη του Μαθητή

56 62

ν' Κιρκίνοc;: Η Γεωμετρία στην τέχνη και την επιστήμη

69 73 79 81 82

ΕΚΔΟΣΗ ΤΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΗΣ ΕτΑΙΡΕΙΑΣ ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 106 79 ΑΘΗΝΑ Tl)\.:2103617784 ·3616532 Fσχ: 2103641025

Εκτελεστική Γραμματεία Πρόεδρος:

Τασσόπουλος Γιώργος

Εκδότης: • Αντιπρόεδρος:

Καλ� Γρηyοριος Ευσταθίου Βαγγέλης Διευθυντης: •

Τuρλής Ιωάννης Γραμματεας:

Επιμέλεια "Εκδοσης: Χριατόηουλος ΓΙαΥαyιώιης Τασσόπουλος Γιώργος Μέλη: Αργυράκης Δ. Ευσταθίου Βαγγέλης Λουρίδας Σ.

Ζώτος Βαγγέλης Ταπεινός Ν. Κωδικιίς ΕΛ.ΤΑ.: 2055 ISSN: 1105- 7998

Αθανασόπουλο<; Γεώρyιο<; Αναστασίου Γιάννη<; Ανδρουλακάκη<; Νίκο<; Αντωνόπουλο<; Νίκο<; Αρyυράκη<; Δημήτριο<; Βακαλόπουλο<; Κώστα<; Ευσταθίου Βαyyε'λη<; Ζαχαρόπουλο<; Κων/νο<; Ζώτο<; Βαyyέλη<; Κακκαβά<; Απόστολο<; Καλίκα<; Σταμάτη<; Κανέλλο<; Χρήστο<; Καραyκούνη<; Δημήτρη<; Καρκάνη<; Βασίλη<; Κατσούλη<; Γιώρyο<; Κερασαρίδη<; Γιάννη<; Καρδαμίτση<; Σπύρο<; Κηπουρό<; Χρήστο<; Κλάδη Κατερίνα

Γρά α της Σύνταξη Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

Σας ευχαριστοuμε που περιβάλλετε με εκ

τίμηση το περιοδικό μας, και βοηθάτε στην α

ναβάθμισή του με την καλοπροαίρετη κριτική

σας και τις ενδιαφέρουσες εργασίες σας.

Η συνεργασία σας μας είναι πάντα απαραί

τητη και μας ενδυναμώνει στη συνέχεια της

προσπάθειάς μας

Σε μικρό χρονικό διάστημα θα έχετε στα

χέρια σας και το 4ο τεuχος για μια ολοκληρ

ωμένη επανάληψη

Με ευχές για υγεία και πρόοδο

Ο Πρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής

Γ.Σ. Τασσόπουλος

Ο Αντιπρόεδρος της Συντακτικής Επιτροπής

Β. Ευσταθίου

Συντακτική επιτροπή Κόντζια<; Νίκο<; Κοτσιφάκη<; Γιώρyο<; Κουτρουμπε'λα<; Κώστα<; Κυριαζή<; Ιωάννη<; Κυριακόπουλο<; Αντώνη<; Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ. Λαζαρίδη<; Χρήστο<; Λάππα<; λευτiρη<; λουρίδα<; Σωτήρη<; Μαλαφiκα<; Θανάση<; Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκη<; Λεωνίδα<; Μενδρινό<; Γιάννη<; Μεταξά<; Νικόλαο<; Μπρίνο<; Παναyιώτη<; Μυλωνά<; Δημήτρη<; Μώκο<; Χρήστο<; Πανουσάκη<; Νίκο<; Ρiyκλη<; Δημήτρη<;

Σdίτη Εύα Σταϊκο<; Κώστα<; Στάϊκο<; Παναyιώτη<; Στρατή<; Γιάννη<; Ταπεινό<; Νικόλαο<; Τασσόπουλο<; Γιώρyο<; Τζιώτζιο<; Θανάση<; Τριάντο<; Γεώρyιο<; Τσαyκάρη<; Ανδρiα<; Τσατούρα<; Ευάyyελο<; Τσικαλουδάκη<; Γιώρyο<; Τσιούμας Θανάσης Τυρλής Ιωάννης Φανε'λη Άννυ Χαραλαμποπούλου λίνα Χαραλάμπους Θάνος Χριστιάς Σπύρος Χριστόπουλος Παναyιώτης Ψύχος Βαyyε'λης •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • Τ α διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6n προτείνονται από την Ε.Μ.Ε.

• Οι συνεργάτες, τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κτλ. πρέπει να στε'λνονται έγκαιρα, στα γραφεία της Ε.Μ.Ε.

με την ένδειξη "Για τον Ευκλείδη β '". Τα χειρόγραφα δεν επιστρέφονται. Τιμή Τεύχους: ευρώ 3,50 Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά = ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αντίπμο για τα τεύχη που παραyyε'λνονται στε'λνεται 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: Ομηpος Ε.Π.Ε.: τηλ.: 210 6623778-358 fax.: 210 6643742 Υnεu8υνος τυπογραφείου: Δ. Παnαδ6nουλος ΚΕΝΤΡΟ ΓΡΑΦΙΙωΝ fΕΧΝΩΝ: ΔΙΗΝΕΚΕΣ: :Κλεισόβης 7, ΑθιiVΟJηλ.: 210 3606760, (αχ.: 210 3606826 - e-mai/: [email protected]

Κατασκευή κανονικού πολυγώνου Από τον Ευκλείδη κ α ι τον Πτολεμαίο στον Gauss

I. Το πρόβλημα της γεωμετρικής κατασκευής ενός κανονικού πολυγώνου με ν πλευρές είναι ισοδύναμο με τη διαίρεση του κύκλου σε ν ίσα τόξα με κανόνα και διαβήτη . Στοιχεία για τα κανονικά πολύγωνα έχουμε ακόμη από τα βαβυλωνιακά μαθηματικά, αλλά η σαφώς επιστημονική τους διαπραγμάτευση ανάγεται στην αρχαία Ελλάδα. Οι αρχαίοι Έλληνες Γεωμέτρες είχαν κατασκευάσει με κανόνα και διαβήτη τα κανονικά πολύγωνα με πλήθος πλευρών : α) 4, 8, 1 6, 32, 64, ... δηλαδή της μορφής 2v, ν =

2 , 3 , 4, 5, 6, ... β) 3 , 6, 1 2, 24, 48, ... δηλαδή της μορφής 3·2v, ν

= Ο, 1 , 2, 3 , 4, ... γ) 5, 1 0, 20, 40, 80, ... δηλαδή της μορφής 5·2v,

ν = Ο, 1 , 2 , 3, 4, .. . δ) 1 5, 30, 60, 1 20, ... δηλαδή της μορφής 3·5·2v,

ν= Ο, 1 , 2, 3, 4, .. . Η κατασκευή ενός 2ν-γώνου γινόταν από το

αντίστοιχο ν-γωνο με διχοτόμηση των πλευρών και των τόξων. Η πλευρά λ2v του 2ν-γώνου δινόταν συναρτήσει της πλευράς λv του ν-γώνου από τον

τύπο λ2 ν = �2R2 - R�4R2-λ� , που είναι γνω

στός και σαν τύπος του Αρχιμήδη. Ο Αρχιμήδης (287-2 1 2 π.Χ), στην προσπάθειά του να υπολογίσει το εμβαδόν του κύκλου με τη μέθοδο της εξάντλησης, κατασκεύασε κανονικά πολύγωνα μέχρι και 96 πλευρών ξεκινώντας από το κανονικό εξάγωνο και διπλασιάζοντας τις πλευρές. Το πρόβλημα γενικότερα που τίθεται για τα κανονικά πολύγωνα είναι το εξής:

Ποια κανονικά πολί>γωνα είναι κατασκευάσιμα με κανόνα και διαβήτη;

Η απάντηση στο ερώτημα αυτό θα αργούσε πολύ και τελικά θα δινόταν από τον Carl Friedrich Gauss ( 1 777 - 1855) το 1 796. Σε ηλικία μόλις 1 9 ετών(!) απέδειξε ότι το κανονικό δεκαεπτάγωνο μπορεί να κατασκευαστεί με κανόνα και διαβήτη. Στη συνέχεια έλυσε το πρόβλημα στη γενική του μορφή του αποδεικνύοντας ότι ένα κανονικό πολύγωνο είναι κατασκευάσιμο με κανόνα και διαβήτη αν και μόνο αν το πλήθος των πλευρών του είναι της μορφής 2ν, ή 2ν·Fa·Fb···Fn , όπου Fn = 22 " + 1 , η=Ο, 1 ,2 , ... είναι πρώτοι αριθμοί και διαφορετικοί μεταξύ τους.

Σωτήρης Χ. Γκουντουβάς

Οι αριθμοί Fn είναι γνωστοί ως (πρώτοι) αριθμοί του Fermat. Ο Fennat ( 1 60 1 - 1 665) ισχυρίστηκε ότι όλοι αυτοί οι αριθμοί είναι πρώτοι. Πράγματι για η = 0, 1 ,2,3 ,4 προκύπτουν οι αριθμοί F0= 3, F1 = 5, F2 = 17, F3= 257, F4= 65537 που είναι πρώτοι. Όμως για η = 5 ο αριθμός που προκύπτει, ο F 5 = 4294967297, δεν είναι πρώτος αφού διαιρείται με το 64 1 , όπως απέδειξε ο L. Euler το 1 732 (F5 = 232 +Ι= 64 1χ67004 17).

Για τους αριθμούς του Fennat, δηλαδή της μορφής Fn=22" + 1 , η=Ο,l,2, ... έχουμε να αναφέρουμε τα εξής. Οι πέντε πρώτοι από αυτούς τους αριθμούς όπως είδαμε είναι πρώτοι. Για εκθέτες από η=5 μέχρι και η=32 έχει αποδειχθεί ότι προκύπτουν σύνθετοι αριθμοί. Για περισσότερες από 60 μεμονωμένες περιπτώσεις όπως για η=9448 έχει αποδειχθεί ότι προκύπτει σύνθετος αριθμός. Μέχρι σήμερα πάντως δεν έχει προσδιοριστεί άλλος πρώτος αριθμός αυτής της μορφής. Το πρόβλημα λοιπόν για το αν υπάρχει και άλλος πρώτος αριθμός αυτής της μορφής παραμένει ανοιχτό και απαιτεί κολοσσιαίους υπολογισμούς αφού οι αριθμοί αυτοί είναι τεράστιοι.

(Gauss) Γκάους, 1777-1855

Κλείνουμε αυτήν την παράγραφο με τα κανονικά πολύ,Υωνα με πλήθος πλευρών ν μικρότερο του 300 που είναι κατασκευάσιμα με κανόνα και διαβήτη. Παρακάτω είναι οι 38 τιμές του ν μικρότερες του 300 : 3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 30, 32, 34,

40, 48, 51, 60, 64, 68, 80, 85, 96, 102, 120, I 28,

136,160,170,192,204,240,255,256,257,272.

11. Το κανονικό πεντάγωνο είχε κατασκευαστεί

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/1

------------- Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου

και μελετηθεί από τους Πυθαγορείους και μάλιστα το κανονικό αστεροειδές πεντάγωνο ( πεντάλφα) ήταν το έμβλημα της σχολής τους. Επίσης, σύμφωνα με κάποιους μελετητές του έργου των πυθαγορείων {Κ. νοη Fritz), το κανονικό αστεροειδές πεντάγωνο σχετίζεται με την ανακάλυψη της ασυμμετρίας (των άρρητων αριθμών).

Α

Γ Δ

Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου που θα δώσουμε παρακάτω είναι παραλλαγή αυτής που δίνει ο Ευκλείδης στα Στοιχεία του στην πρόταση 1 1 στο IV βιβλίο. Πρώτα διαιρούμε τον κύκλο σε 1 Ο ίσα μέρη και στη συνέχεια παίρνοντας τα τόξα ανά δύο διαιρούμε τον κύκλο σε 5 ίσα μέρη, δηλαδή κατασκευάζουμε το κανονικό πεντάγωνο.

Η κεντρική γωνία του κανονικού δεκαγώνου είναι ω=36°. Στο ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ καθεμία από γωνίες της βάσης είναι Α=Β=72°. Φέρουμε τη διχοτόμο ΑΔ οπότε έχουμε δύο ισοσκελή τρίγωνα ΑΟΔ και ΑΒΔ με ω=θ=36° και φ=ΑΔΒ=72°. Η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου είναι ΑΒ=λ10, ΟΔ=ΑΔ=ΑΒ=λ10 και ΔΒ=R-λιο.

Το θεώρημα της διχοτόμου στο τρίγωνο ΟΑΒ θα δώσει :

ΑΒ = ΔΒ �� = R- λ10 �λ2 = R(R-λ )

ΑΟ ΔΟ R λ 1 0 1 0 1 0

(*) . Η σχέση (*)εκφράζει τη διαίρεση της ακτίνας R σε μέσο και άκρο λόγο. Όμως ΑΒ > ΔΒ � λ10 > R-λ10, οπότε η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου

λ10 είναι το μεγαλύτερο από τα τμήματα που προκύπτουν αν διαιρέσουμε την ακτίνα R σε μέσο και άκρο λόγο (χρυσή τομή) . Η κατασκευή της χρυσής τομής είναι η πρόταση 11. 1 Ο των Στοιχείων. Στη συνέχεια βρίσκουμε τις υπόλοιπες κορυφές με τη βοήθεια της χορδής ΑΒ.

Τώρα, η πλευρά του κανονικού πενταγώνου είναι το τμήμα ΚΛ=λ5. Μπορούμε εύκολα να αποδείξουμε με μετρικές σχέσεις ότι λ5

= R �I0-2J5. 2

111. Η κατασκευή του κανονικού πενταγώνου που θα δώσουμε παρακάτω δίνεται από τον Κλαύδιο Πτολεμαίο ( -90-170 μ. Χ) στο περίφημο σωζόμενο έργο του Μεγάλη Μαθηματική Σύνταξις ή Αλμαγέστη.

Κλαύδιο Πτολεμαίο ( -90- 1 70 μ.Χ) •:• Θεωρούμε ένα ημικύκλιο διαμέτρου ΑΒ και

παίρνουμε την κάθετη ακτίνα ΟΓ. •:• Διχοτομούμε το τμήμα ΟΓ και έστω Δ το μέσο

του. •:• Διχοτομούμε την γωνία ΟΔΒ και έστω Ε το

ίχνος της διχοτόμου πάνω την ΟΒ. •:• Η κάθετη στην ΑΒ στο Ε τέμνει το ημικύκλιο

στο σημείο Ζ. •:• Το τμήμα ΒΖ είναι η ζητούμενη πλευρά του

κανονικού πενταγώνου.

Α

Γ z

Ο Ε Β

Όλες οι επιμέρους κατασκευές που απαιτούνται είναι απλές και πραγματοποιούνται με κανόνα και διαβήτη . Αυτές είναι η διχοτόμηση ευθ . τμήματος, η διχοτόμηση γωνίας και η κατασκευή καθέτου σε ευθεία από σημείο της. Οι κατασκευές αυτές δίνονται από τον Ευκλείδη στο πρώτο βιβλίο


------------- Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου ------------

των Στοιχείων του στις προτάσεις 1 Ο, 9 και 1 1 αντίστοιχα. Αν συγκρίνουμε την παραπάνω κατασκευή με αυτή του Ευκλείδη μπορούμε να πούμε ότι είναι απλούστερη.

Ας δούμε τώρα την απόδειξη. Η πλευρά του κανονικού πενταγώνου συναρ

τήσει της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου R,

είναι λ5 = R �10 -2JS . 2

Χωρίς βλάβη της γενικότητας θεωρούμε την ακτίνα του ημικυκλίου ίση με 2, οπότε ΟΔ=ΔΓ=1 . Για να αποδείξουμε ότι το ΒΖ είναι η πλευρά του κανονικού πενταγώνου αρκεί να ισχύει ότι

BZ=�1 0 - 2J5 , αφού R=2. Από το πυθαγόρειο θεώρημα στο τρίγωνο

ΔΟΒ έχουμε ότι ΒΔ= J5 . Στο τρίγωνο ΔΟΒ από το θεώρημα της διχο

τόμου έχουμε : ΟΕ = ΔΟ <:::::> 2 -ΕΒ = _1 <:::::>

ΕΒ = 2J5 (*).

ΕΒ ΔΒ ΕΒ J5 1 + J5 Εφαρμόζουμε στο ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΖ

την γνωστή μετρική σχέση :

ΒΖ2 = Β ΑΒΕ = 4· 2J5 = 1 0 - 2J5 άρα ΒΖ

1 + J5 =�1 0 - 2J5 .

Οπότε η απόδειξη συμπληρώθηκε. Ι ν. Θα διαπραγματευθούμε τώρα την κατασκευή του κανονικού πενταγώνου με την βοήθεια του μιγαδικού επιπέδου. Αυτή η κατασκευή είναι γενική με την έννοια ότι μπορεί να εφαρμοστεί για οποιοδήποτε κανονικό πολύγωνο. Χρονολογικά τοποθετείται στην μετά τον Gauss εποχή. Η μέθοδος συνίσταται στον υπολογισμό της παράστασης

2 π β ' θ ζ , τ 2 π , συνS με τη ση εια ρι ικων. ο S ειναι η κε-

ντρική γωνία του κανονικού πενταγώνου και 2 π , , , Ρ το συνS ειναι η τετμημενη της κορυφης 1•

Θεωρούμε στο μιγαδικό επίπεδο τον μοναδιαίο κύκλο με κέντρο την αρχή των αξόνων. Επίσης θεωρούμε και την εξίσωση z5 - 1 =Ο. Οι εικόνες των ριζών αυτής της εξίσωσης στο μιγαδικό επίπεδο βρίσκονται πάνω στον μοναδιαίο κύκλο και τον διαιρούν σε 5 ίσα μέρη, δηλαδή είναι οι κορυφές του κανονικού πενταγώνου.

Οι ρίζες της παραπάνω εξίσωσης σε τριγωνομετρική μορφή δίνονται από την σχέση :

2 kπ . 2 kπ Pk = zk = συν--+ιημ--, k=Ο, 1 ,2,3 ,4.

5 5 Οι κορυφές του κανονικού πενταγώνου Ρ κ,

k=0,1,2,3 ,4 φαίνονται στο παραπάνω σχήμα. Από

τη συμμετρία του σχήματός προκύπτει ότι οι τιμές για το συνημίτονο των ριζών z1 και z4 είναι ίσες, όπως και για τα συνημίτονα των z2 και z3•

Υ

χ

Αν θέσουμε για τη ρίζα z1 = x1+iy1 , τότε για το συνημίτονο της θα ισχύει ότι :

θ ' θ 2 π Χι = συν οπου =-' 5

Ομοίως και για τα συνημίτονα των υπολοίπων ριζών θα έχουμε ότι: Xz = συν2θ, χ3 = συν3θ και Χ4

= συν4θ όπου θ= 2 π

' 5

Το άθροισμα των πέμπτων ριζών της μονάδας ισούται με Ο, οπότε έχουμε τη σχέση

z0 + z, + z2 + z3 + z4 = Ο και από αυτή προκύπτει ότι : χ0 + Χι+ χ2 + Χ3 + Χ4 =Ο .

Όμως Χ 0 =1 , Χι =χ4, Χ2 =Χ3• Άρα η εξίσωση γίνεται Χι+ χ2 = _.!_ (*).

2 Ο γνωστός τριγωνομετρικός τύπος συνα+συνβ

= 2 συν α+ β συν

α-β θα δώσει :

2 2 Χι+χ2 =Χι+χ3 =συνθ+συν3θ =2συνθ·συν2θ =2ΧιΧ2 •

Άρα Χι+Χ2 =2ΧιΧ2, δηλαδή ΧιΧ2 = -.!_ (**). 4

Οπότε τα χ1και χ2 λόγω των (*) και (**) είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης:

χ2+.!.. χ_ .!.. = Ο ή 4 χ2 + 2 χ- 1 = Ο . Οι ρίζες αυτής 2 4

' ' -2 ± .J20 -1 ± J5 της εξισωσης ειναι οι: Χι 2 = = . . 8 4

Αφού Χι > χ2, τότε θα έχουμε ότι:

- 1 + J5 -1 -JS Χι = > Ο και χ2 = < Ο . 4 4

2 π 8 π -1 + J5 Έτσι έχουμε ότι : συν-= συν- = ---

5 5 4


------------- Κατασκευή Κανονικού Πολυγώνου

4π 6π -1 -JS και συν- = συν- = ---5 5 4

Στη συνέχεια η κατασκευή του 2 π -1 +J5 χ1=συν- = θα μας δώσει την προβολή 5 4

της κορυφής Ρ 1 στον άξονα χ'χ, άρα και την κο-ρυφή Ρ 1• Το τόξο ΡοΡι είναι το ..!.. του κύκλου. Οι

5 υπόλοιπες κορυφές του κανονικού πενταγώνου θα βρεθούν με τη βοήθεια της χορδής ΡοΡι.

Η ' ' -1 +J5 κατασκευη της παραστασης χ 1 = 4 πραγματοποιείται πολύ εύκολα ως εξής: •:• Το J5 είναι η υποτείνουσα ενός ορθογωνίου

τριγώνου με κάθετες πλευρές ίσες με 1 και 2 . •:• Από το J5 αφαιρούμε τμήμα ίσο με 1. •:• Το τμήμαJ5 - 1 το διαιρούμε σε 4 ίσα μέρη.

Με αυτόν τον τρόπο λοιπόν κατασκευάζουμε το κανονικό πεντάγωνο.

Όπως αναφέραμε ήδη η μέθοδος αυτή είναι γενική για οποιοδήποτε κανονικό ν-γωνο και συνί-

λ ' ' 2 π σταται στον υπο ογισμο της παραστασης συν-ν με τη βοήθεια ριζικών.

Για το. κανονικό δεκαεπτάγωνο η παράσταση ' λ' λ' λ * ( 2π ) ειναι πο υ πιο πο υπ οκη : χ1 = συν-17

Ο ίδιος ο Gauss έχει δώσει μια κατασκευή για το κανονικό πεντάγωνο στηριζόμενος στη χρυσή τομή και στη σχέση λ�+ λ�0 = λ; , που είναι η πρόταση ΧΙΙΙ.1 Ο των Στοιχείων. Ας δούμε τώρα αυτήν την κατασκευή.

Θεωρούμε τον κύκλο (O,R) και τη διάμετρο ΑΒ. Στο άκρο της διαμέτρου στο σημείο Β φέρουμε την εφαπτομένη του κύκλου ε.

π, θ ' ' ' ΒΓ R ανω στην ευ εια ε παιρνουμε τμημα = 2 . Φέρουμε το τμήμα ΟΓ και πάνω στην ΓΟ παίρνουμε το τμήμα Γ Δ=ΓΒ. Φέρουμε την ευθεία ΒΔ που τέμνει τον κύκλο στο σημείο Ε. Το τρίγωνο ΔΟΕ είναι ορθογώνιο (γιατί;) και η πλευρά ΟΔ είναι η πλευρά του κανονικού δεκαγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο.

Η πλευρά ΔΕ είναι η ζητούμενη πλευρά του κανονικού πενταγώνου εγγεγραμμένου στον κύκλο. Αυτό αποδεικνύεται από τη σχέση λ�+ λ�0 = λ;.

Ο Gauss στην κατασκευή αυτή διαιρεί την ακτίνα ΟΒ σε μέσο και άκρο λόγο και μεταφέρει το

μεγαλύτερο από αυτά τα τμήματα (που είναι το \0 ) πάνω στην ΟΓ στη θέση ΟΔ= λ1 0 •

ε

Α

Κλείνοντας αυτό το άρθρο θα πούμε το εξής. Όλοι οι μεγάλοι μαθηματικοί ασχολήθηκαν με την Ευκλείδεια Γεωμετρία και προσπάθησαν να λύσουν διάφορα γεωμετρικά προβλήματα. Αυτό το έκαναν όχι γιατί η Ευκλείδεια Γεωμετρία ήταν στο επίκεντρο των ερευνητικών τους δραστηριοτήτων, αλλά ίσως γιατί εκεί βρίσκονται οι απαρχές της σύγχρονης επιστημονικής σκέψης.

GG1172369N2

Γερμανικό Νόμισμα των 10 Μάρκων (1999)

Ο Gauss για παράδειγμα ασχολήθηκε με ένα ευρύτατο επιστημονικό πεδίο τόσο των μαθηματικών όσο και της φυσικής και τα επιτεύγματά του ήταν αξιοθαύμαστα. Παρόλα αυτά θεωρούσε την κατασκευή του κανονικού δεκαεπταγώνου σαν το κορυφαίο του επίτευγμα και θέλησε αυτό να χαραχτεί πάνω στον τάφο του, μιμούμενος τον μεγάλο Αρχιμήδη που έπραξε το αντίστοιχο. Πάνω στο τάφο του Αρχιμήδη είχε χαραχτεί η εγγεγραμμένη σφαίρα σε κύλινδρο προς ανάμνηση του θεωρήματός του ότι ο λόγος των όγκων τους ισούται

νσφ 2 ' β ' ζ' με -- = - , το οποιο ρισκεται στο σω ομενο νκυλ 3

έργο του Περί σφαίρας και κυλίνδρου. Μάλιστα ο ρωμαίος Κικέρων ( 1 06-43 π.Χ) αναφέρει ότι αναγνώρισε τον τάφο του μεγάλου μαθηματικού στις Συρακούσες από το σχήμα που ήταν χαραγμένο πάνω στην επιτάφια πλάκα.

* 2 π -1 +Jl7 +�34 - 2Jl7 + 2�1 7 + 3Jl7 -�34 - 2Jl7 - 2�34 + 2Jl7 χ1 = συν- = 1 7 1 6

ΜaβΙJ11JΙιCΙ'nΚΘλ Atcιcyrω'Ytσpoi Μaβημ•τι.κ&s; ΟΑ_v;-μJΙJjιό:δ.ε�

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

71 ος ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑΘΗΤΙΚΟΣ ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΣ ΣΤΑ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ «0 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ»

ΣΑΒΒΑΤΟ, 15 IANOYAPIOY 2011

ΕΝΔΕΙΚΤΙΚΕΣ Λ ΥΣΕΙΣ

Α' τάξη Λυκείου Πρόβλημα ι (i) Να βρείτε τις τιμές των ρητών αριθμών α, β για τις οποίες ο αριθμός α+ βΜ είναι ρητός.

( .. ) Ν δ ίξ ' θ ' r=5 Ji ' ' ιι α απο ε ετε οτι ο αρι μος χ = ν� + - ειναι αρρητος. 2

Λύση

(i) Κατ' αρχή παρατηρούμε ότι για β = Ο, ο αριθμός α + βΜ = α είναι ρητός, για κάθε ρητό αριθμό α . 'Εστω ότι, για β =F Ο, ο αριθμός ρ = α + βΜ είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός ρ-α= ( α+/3ν"i0) -α=/3ν"i0

θα είναι ρητός, αλλά και ο αριθμός ρ - α = .JϊΟ θα είναι ρητός, που είναι άτοπο. β Άρα ο αριθμός α + β Μ είναι ρητός, για β = Ο και για κάθε ρητό αριθμό α .

(ii) 'Εστω ότι ο αριθμός χ = .J5 + J2 είναι ρητός. Τότε και ο αριθμός Χ: =(JSJ1]2 =5� +fιΟ =!! +fιΟ , . 2 2 4 2

θα είναι ρητός, το οποίο είναι άτοπο, σύμφωνα με το (ί).

Πρόβλημ(J. 2 Να προσδιορίσετε τις λύσεις της εξίσωσης (lxl- 2 Υ = χ2 + 4α , για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α. ΛiJση Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση

l x l 2 -:- 4l xl + 4 = x2 + 4α<::> χ2 - 4l xl + 4 = x2 + 4α<=>lχl = 1 - α . Επειδή είναι l xl � Ο , για κάθε πραγματικό αριθμό χ , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: • α < 1 , οπότε είναί 1 - α > Ο . Τότε η εξίσωση έχει δύο λύσεις: χ = 1 - α ή χ = α - 1 . • α = 1, οπότε η εξίσωση έχει μόνο τη λύση χ = Ο . • α > 1 , οπότε η εξίσωση είναι αδύνατη. Πρόβλημα 3 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ και ευθεία ε που διέρχεται από την κορυφή του Α και είναι παράλληλη προς τη πλευρά ΒΓ. Η διχοτόμος της γωνίας Β τέμνει την ευθεία ε στο σημείο Δ και έστω Ε το συμμετρικό του Δ ως προς τη κορυφή Α. Από το Α τέλος θεωρούμε παράλληλη προς την ΕΒ η οποία τέμνει τη ΒΔ στο σημείο Μ και τη ΒΓ στο σημείο Κ. Να αποδείξετε ότι : ΑΒ = ΒΚ = ΚΔ = ΔΑ . ΛiJση

Επειδή είναι ΑΔ 11 ΒΓ θα ισχύει: Δ 1 = Β1 = χ = Β . Επίσης η ΒΔ είναι διχοτόμος της γωνίας Β , οπότε 2


Μαθηματικοί Διαγωνισμοί Μαθηματικές Ολυμπιάδες

� � � Β ,� � � Β , , , θα ισχύει: Β ι = Β2 = χ =-. Άρα Δι = Β2 = χ=- και κατα συνεπεια το τριγωνο ΑΒΔ είναι ισοσκελές, 2 2

δηλαδή: ΑΒ = ΑΔ . ( 1 )

Γ Σχήμα 3

Επειδή Ε είναι το συμμετρικό του Δ ως προς το Α , θα ισχύει: ΑΔ =ΑΕ . (2) Από τις σχέσεις (1) , (2) έχουμε ΑΕ = ΑΒ και κατά συνέπεια Ει = Β3 =ω . Από το τρίγωνο τώρα

ΒΕΔ έχουμε: Δ ι + Β 2 + Β3 +Ει = 1 80° :::::::> 2χ + 2ω = 1 80° :::::::> χ +ω = 90° ' δηλαδή το τρίγωνο ΒΕΔ είναι ορθογώνιο ( ΒΕ .l ΒΔ ) και εφόσον ΑΜ 11 ΒΕ καταλήγουμε: ΑΜ .l ΒΔ.

Στο ισοσκελές τρίγωνο ΒΑΔ η ΑΜ είναι ύψος, άρα και μεσοκάθετη της πλευράς ΒΔ . Επειδή τώρα το σημείο Κ ανήκει στη μεσοκάθετη του ΒΔ , το τρίγωνο ΚΒΔ είναι ισοσκελές και

ίσο με το ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΔ (διότι Β ι = Β 2 =Β και ΒΔ κοινή πλευρά). Άρα θα έχουν και 2

ΑΒ = ΑΔ = ΒΚ = ΚΔ , οπότε το τετράπλευρο ΑΒΚΔ είναι ρόμβος. 1 ϊμοΙ{ί.ημυ ·� Να προσδιορίσετε τους πραγματικούς αριθμούς α,β,γ που ικανοποιούν τις ισότητες

α + β + γ= 2010 και αβ + βγ + γα= 22 • 3 · 52• 672•

Από τις δεδομένες ισότητες λαμβάνουμε (α + β + γ γ = 20 1 02 :::::::> α2 + β2 + γ2 + 2 ( αβ + βγ + γα) = 20 1 02 :::::::> α2 + β2 + γ2 = 20 1 02 - 2 { αβ + βγ + γα)

( ) 2 20 1 02 :::::::> α2 + β2 + γ2 = 20 1 02 - 2 22 · 3 · 52 · 672 :::::::> α2 + β2 + γ2 = 20 1 02 - - · 20 1 02 = -- . 3 3 20 1 02 1 Άρα έχουμε α2 + β2 + γ2 - ( αβ + βγ + γα) = --- - · 20 1 02 = Ο<=:>α2 + β2 + γ2 - αβ - βγ - γα = Ο 3 3

<:::::>� · ( 2α2 +2β2 + 2y -2αβ -2βy -2γα) =0 <:::::> ( α-β)2 + ( β-γ)2 + (γ-α)2 = Ο<=:>α-β=β-γ-γ-α=Ο<=:>α=β=γ,

γιατί, αν ήταν α - β :;e Ο ή β - γ :;e Ο ή γ - α :;e Ο, τότε θα είχαμε (α - β )2 + (β - γ )2 + (γ - α )2 > Ο. Επομένως, από την ισότητα α + β + γ = 20 1 0 λαμβάνουμε α = β = γ = 670 .

Β' τάξη Λυκείου J��)�;f_if.ημH -�

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς την εξίσωση {lxl-1 )2 = 2χ + α, για τις διάφορες τιμές του πραγματικού αριθμού α.

Η δεδομένη εξίσωση είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ2 - 2l xl + 1 = 2χ + α<:::::> χ2 - 2(l xl + χ ) + 1 - α = Ο. ( 1 )

Λόγω της παρουσίας της απόλυτης τιμής του χ , διακρίνουμε τις περιπτώσεις: (i) χ;::: Ο . Τότε η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ2 - 4χ + 1 - α = Ο , (2) η οποία είναι δευτέρου βαθμού με διακρίνουσα Δ = 1 6 - 4 ( 1 - α) = 4 ( 3 + α) . Άρα η εξίσωση (2) έχει ρίζες στο IR , αν, και μόνον αν, α;::: -3 . Για να διαπιστώσουμε πόσες από αυτές είναι δεκτές θεωρούμε το γινόμενο και το ά-



θροισμα των ριζών που είναι Ρ = 1 - α και S = 4 > Ο.

Έτσι, για την εξίσωση (2) έχουμε τις υποπεριπτώσεις: • Αν α = -3 , τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, χ = 2 . • Α ν -3 < α s 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες μη αρνητικές, χ = 2 ± -./3 + α . Ειδικότερα, αν α = 1 ,

τότε η εξίσωση έχει τις ρίζες χ = 4 και χ = Ο . • Αν α > 1 , τότε η εξίσωση έχει μία μόνο ρίζα μη αρνητική, τη χ = 2 + -./3 + α (ii) χ < Ο . Τότε η εξίσωση ( 1 ) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση χ 2 + 1 - α = Ο, (3) η οποία έχει μία μόνο αρνητική ρίζα, τη χ = --./α - 1 , αν α > 1 .

Συνοπτικά, από τις δύο προηγούμενες περιπτώσεις, έχουμε για τη δεδομένη εξίσωση, τα ακόλουθα συμπεράσματα: • Α ν α < -3 , η εξίσωση δεν έχει ρίζες στο .IR . • Α ν α = -3 , τότε η εξίσωση έχει μία διπλή ρίζα, χ = 2 . • Αν -3 < α s 1 , τότε η εξίσωση έχει δύο ρίζες, χ = 2 ± -./3 + α . • Αν α > 1 , τότε η εξίσωσηέχειδύορίζες , τις χ = 2 +-./3 + α , χ = --./α - 1 .

ΠρtίβλtΗtα 2 Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα:

χ + y + z = 8 χ2 + y2 + z2 = 26 xy + xz = ( yz + ι γ .

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.317


Παρατηρούμε ότι

Η ισότητα στη (2) ισχύει, αν, και μόνον αν, α = β . 1 ( α3 + β3 )γ

Άρα έχουμε: - (α + β ) γ � 2 2 < (α + β )γ . (3) 2 α + β 1 (β3 + γ3 ) α Ομοίως λαμβάνουμε: - (β + γ)α � 2 2 < (β + γ)α , (4) 2 β + γ

1 (γ3 + α3 )β - (γ + α)β � 2 2 < (γ + α)β . (5) 2 γ + α

Οι ισότητα στις (4) και (5) ισχύει αν, και μόνον αν, β= γ και γ= α, αντίστοιχα. Από τις (3), (4) και (5) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε : .

(α3 + β3 )γ (β3 + γ3 )α (γ3 + α3 )β αβ + βγ + γα � + + < 2(αβ + βγ + γα) (6) α2 + β2 β2 + γ2 γ2 + α2

Όμως από την υπόθεση έχουμε : ..!.. + ..!.. + ..!.. = -1- <::::> αβ + βγ + γα = 1 , (7) α β γ αβγ

οπότε από τις (6) και (7) προκύπτουν οι ζητούμενες ανισότητες. Η ισότητα ισχύει αν, και μόνον αν, β ' ' ' β β 1 ' ' β Jj α = = γ , οποτε απο τη σχεση α + γ + γα = , προκυπτει οτι α = = γ =-. 3

! ι�φυτ•'!!Ιψfι�. Η δεύτερη ανισότητα είναι γνήσια από την κατασκευή της άσκησης με τους α, β, γ θετικούς

, θ , λ' , 1 1 1 1 Σ , , β πραγματικους αρι μους, ογω της ισοτητας - + - +- =-. την περιπτωση που επιτρεψουμε οι α, , γ α β γ αβγ να είναι μη αρνητικοί πραγματικοί αριθμοί, δίνοντας στην παραπάνω ισότητα τη μορφή αβ + βγ + γα = 1 ,

, , , . ( α3 + β3 ) γ ( β3 + γ3 ) α ( γ3 + α3 ) β < τοτε η δευτερη ανισοτητα γινεται 2 2 + 2 2 + 2 2 -2, α +β β +γ γ +α όπου η ισότητα ισχύει, αν, και μόνον αν, ένας μόνον από τους α, β, γ είναι μηδέν και οι άλλοι δύο aντί

στροφοι. i I (Ηι!Jί.ημυ Δίνεται οξυγώνιο και σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ (με ΑΒ < ΑΓ ) εγγεγραμμένο σε κύκλο ( c) με κέ-

ντρο Ο και ακτίνα R. Από το σημείο Α φέρνουμε τις δύο εφαπτόμενες προς τον κύκλο ( c1 ) , που έχει κέντρο το σημείο Ο και ακτίνα r = ΟΜ (Μ είναι το μέσο της ΒΓ). Η μία εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο (c1 ) στο σημείο Τ, τέμνει την ΒΓ στο σημείο Ν και το κύκλο (c) στο σημείο Ν1 (θεω-ρούμε ΒΝ < ΒΜ ). Η άλλη εφαπτόμενη εφάπτεται στο κύκλο ( c1 ) στο σημείο Σ , τέμνει την ΒΓ στο σημείο Κ και το κύκλο (c) στο σημείο Κ1 (θεωρούμε ΓΚ <ΓΜ ). Να αποδείξετε ότι οι ευθείες BNI' rκ. και ΑΜ περνάνε από το ίδιο σημείο (συντρέχουν).

Οι χορδές ΑΝ ι , ΑΚι και ΒΓ του κύκλου ( c) , είναι εφαπτόμενες του κύκλου ( cι ) στα σημεία Τ, Σ και Μ αντίστοιχα. Άρα οι ακτίνες ΟΤ,ΟΣ και ΟΜ του κύκλου (cι ) , είναι κάθετες προς τις χορδές ΑΝι,ΑΚι και ΒΓ του κύκλου (c) αντίστοιχα. Δηλαδή οι ακτίνες ΟΤ,ΟΣ και ΟΜ του κύκλου (cι ) , είναι τα aποστήματα που αντιστοιχούν στις χορδές ΑΝ ι : ΑΚ1 και ΒΓ του κύκλου ( c) . Τα aποστήματα ΟΤ ,ΟΣ και ΟΜ είναι ίσα μεταξύ τους , αφού είναι ακτίνες του κύκλου ( c1) •

Άρα ΑΝ1 = ΑΚ1 = ΒΓ (*) και τα σημεία Τ, Σ,Μ είναι τα μέσα των χορδών ΑΝ1, ΑΚ1 και ΒΓ , α-



ντίστοιχα. Από τους προηγούμενους συλλογισμούς, προκύπτουν οι παρακάτω ισότητες ευθυγράμμων τμημάτων: ΜΒ = ΜΓ = ΤΑ = ΤΝ, = ΣΑ = ΣΚ, ( 1 )

Το σημείο Ν βρίσκεται εκτός του κύκλου ( c, ) και ΝΜ, ΝΤ είναι τα εφαπτόμενα τμήματα, οπότε N M=m m

Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1) και (2) έχουμε: 1 =>-- =-1 � ™IIBN , (3) (1) : ΜΒ�ΊΝ }<:> ΜΒ ΊΝ (2) : ΝΜ =Ντ ΜΝ Ντ

Συνδυάζοντας και πάλι τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε: (1) : ΜΓ = ΤΑ }� ΜΓ = ΤΑ � ΤΜ / /ΑΓ (4) (2) : ΝΜ = ΝΤ ΝΜ ΝΤ

Από τις (3) και ( 4) έχουμε ΒΝ, 11 ΑΓ . Με ανάλογο τρόπο αποδεικνύουμε ότι ΓΚ, 11 ΑΒ .

8 ιr.---��.:;...:.�........:::� r Αν λοιπόν Ρ είναι η τομή των ευθειών ΒΝ, και ΓΚ, , τότε το

Σχήμα 4

τετράπλευρο ΑΒΡΓ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα οι ευθείες ΒΝ, , ΓΚ, και ΑΜ θα συντρέχουν στο Ρ . (*)"Δύο χορδές ενός κύκλου είναι ίσες αν και μόνο αν τα αποστήματά τους είναι ίσα." (Θεώρημα 111, Σελ.46, του Σχολικού βιβλίου Γεωμετρίας της ΕΜΕ)

Α ν οι α, β, γ είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί με άθροισμα 12, να αποδείξετε ότι:

(α2 +4β2 ) γ (β2+4γ2 )α (γ2 +4α2 ) β ...ο..._--�+ + >12

4αβ 4βγ 4γα

Από τις γνωστές ανισότητες α2 + 4β2 :?: 4αβ, β2 + 4γ2 :?: 4βγ, γ2 + 4α 2 :?: 4γα , ( 1 ) λαμβάνουμε τις ανι-α2 + 4β2 4αβ (α2 + 4β2 ) γ σότητες: :?: - = 1 (η ισότητα ισχύει για α = 2β) � :?: γ (2) 4αβ 4αβ 4αβ

β2 + 4γ2 4βγ (β2 + 4γ2 ) α .:....._----'-:?:- = 1 (η ισότητα ισχύει για β = 2γ) � :?:α (3) 4βγ 4βγ 4βγ γ2 + 4α2 4γα (γ2 + 4α2 ) β -'----- > - = 1 (η ισότητα ισχύει για γ = 2α) � :?: β ( 4) 4γα 4γα 4γα

Από τις (2), (3) και (4) με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: (α2 + 4β2 ) γ (β2 + 4γ2 ) α (γ2 + 4α2 ) β ....:...._..----'-- + + :?:α + β + γ = 12 . (5) 4αβ 4βγ 4γα

Η ισότητα στη σχέση (5) ισχύει, αν, και μόνον αν, ισχύουν οι ισότητες και στις τρεις σχέσεις (2), (3) και (4) ή ισοδύναμα: α = 2β, β = 2γ, γ = 2α ,

από τις οποίες προκύπτει ότι α = β = γ = Ο , που είναι άτοπο, αφού οι αριθμοί α, β, γ είναι θετικοί. (α2 + 4β2 ) γ (β2 + 4γ2 ) α (γ2 + 4α2 ) β Επομένως έχουμε αποδείξει ότι: + + > 1 2 . 4αβ 4βγ 4γα

Να λύσετε στους πραγματικούς αριθμούς το σύστημα: {χ2 + 2xy = 5} . ( Σ ) y2 -3xy = -2

\:'·"·::ο: Α ν υποθέσουμε ότι υπάρχει λύση (χ, y ) του συστήματος ( Σ ), με χ = Ο ή y = Ο , τότε λαμβάνουμε

Ο= 5 ή Ο = -2, άτοπο.



Για xy 7:- Ο, η μία εξίσωση του συστήματος μπορεί να αντικατασταθεί με αυτήν που προκύπτει από τις δύο εξισώσεις του συστήματος, με διαίρεση κατά μέλη :

χ2 +2xy 5 1+2·Ι 5 { 172m =-�} {5m2 -llm+2=0}

----:---=-= __ <:::::> χ = __ <:::::> m -3m 2 <:::::> y2 -3xy 2 (y)2 y 2: y _ I=m � -3·� �-m χ

<:::::> {m = 2 ή m = ±}

<:::::> {m = 2 } ή {m = ±}· Υ y=2x χ -=m y=-x 5

{ 2 2 =S} {χ2 +2xy=5} {5 2 =S} {_Ίχ_2 =5} {x=±l} jx=±-5J7_Ί I Επομένως έχουμε: (Σ)<:::::> χ + xy ή χ <:::::> χ ή 5 <:::::> ή 7 y=2x y=- y=2x χ y=2x χ

s y=s y=s (x,y) =(1,2) ή (x,y)=( -1,-2) ή (x,y) =( 5f, '7) ή (x,y)=(- 5f ,-'7}

Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (c) με κέντρο Ο και ακτίνα R. Ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΑΟΒ (έστω (c1 )), τέμνει την ΑΓ στο σημείο Κ και την ΒΓ στο σημείο Ν . Έστω ( c2) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΓΚΝ και ( c3) ο περιγεγραμμένος κύκλος του τριγώνου ΟΓΚ . Να αποδείξετε ότι οι κύκλοι (c1 ), (c2) και (c3) είναι ίσοι μεταξύ τους.

Έστω R 1 , R 2, R3 οι ακτίνες των κύκλων ( c1 ),( c2) και ( c3 ) αντίστοιχα. Θα αποδείξουμε ότι R, = R2 = R 3 • Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΚΟΒ έχουμε: Α1 = Β, .

Από το εγγεγραμμένο τετράπλευρο ΑΟΝΒ έχουμε : Α2 = Β2 • Από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΒΓ, έχουμε: Β2 = Γ 2 • Από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΓ, έχουμε: Α,= Γ,. Από τις παραπάνω ισότητες των γωνιών, προκύπτει NAr = κΒr =Γ, δηλαδή τα τρίγωνα ΝΑΓ και

ΚΒΓ είναι ισοσκελή, οπότε ΝΑ = ΝΓ και ΚΒ = ΚΓ . Τα τρίγωνα τώρα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα διότι έχουν: ΟΒ = ΟΓ (ακτίνες του κύκλου (c ) ) ΟΚ (κοινή) ΚΒ = ΚΓ (από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ).

Εφόσον λοιπόν τα τρίγωνα ΟΚΒ και ΟΚΓ είναι ίσα, θα έχουν ίσους τους περιγεγραμμένους κύκλους τους (c1) και (c3 ) .

(cι) (c2) Θεωρούμε τώρα τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ που έχουν περιγεγραμμένους κύκλους ( c1) και ( c2)

αντίστοιχα. Θα χρησιμοποιήσουμε στη συνέχεια τον τύπο Ε = (ΑΒΓ) = αβγ που εκφράζει το εμβαδό 4R τριγώνου συναρτήσει του μήκους των πλευρών και της ακτίνας του περιγεγραμμένου κύκλου.

Έστω λοιπόν Ε, = (ΚΝΒ) το εμβαδό του τριγώνου ΚΝΒ και Ε2 = (ΚΝΓ) το εμβαδό του τριγώνου Ε, =(ΚΝΒ)= ΝΒ·ΝΚ·ΒΚ)

ΚΝΓ. Τότε: 4R, => ..!Ξ_ι = 4R2 • ΝΒ · ΝΚ · ΒΚ => ..!Ξ_ι = R2 • ΝΒ, (1) Ε2 =(ΚΝΓ)= ΝΓ·ΝΚ·ΓΚ Ε2 4R1·ΝΓ·ΝΚ·ΓΚ Ε2 R1 ·ΝΓ

4R2 (για τη τελευταία συνεπαγωγή χρησιμοποιήσαμε την ισότητα ΚΒ = ΚΓ, που προκύπτει από το ισοσκελές τρίγωνο ΚΒΓ ).



Α ··· ϊσ�r··- ...

... .. .. ,. ..,. .. ... ... \

(�}'"οι. \, . . Ι I I I Ι I

Ι I I I 1 ι I Ι I I I Ι ι ι J.��:::::::�=�-=====��

··.

Σχήμα 5

Τα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουν τις γωνίες τους κΝΒ και κ.Νr παραπληρωματικές. Άρα: .§.ι = ΝΒ · ΝΚ ::::::> EL = ΝΒ . (2) Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2) έχουμε R1 = R2 · Ε2 ΝΓ·ΝΚ Ε2 ΝΓ

(cι) (c2) Για την απόδειξη , θα χρησιμοποιήσουμε το νόμο των ημιτόνων: _a_ =_β_ =_γ_ = 2R . ημΑ ημΒ ημΓ .. Εφαρμόζοντας το νόμο των ημιτόνων στα τρίγωνα ΚΝΒ και ΚΝΓ έχουμε :

ΚΝ ΚΝ ---:-,- = 2R1 και --,- = 2R2• ημ(ΚΒΝ) ημ(Γ) Από την ισότητα τώρα των γωνιών κ.ΒΝ = Γ , καταλήγουμε: R1 = R2 •

Α , ,. -"' ... • • • (σ�r .. ,. ...

,ιι""' <�.,,., • • ....... ,. "',..,�

�� ,.: .. �.. (;:} .. � \ � \\ 'ιι,, 111 \.� \

··.,,. \ t Ι I I Ι I I Ι ι I Ι I Ι Ι I . .,., // "'· ιΙ ! ι ι-'•, r I ιι' I '•,

' � _j_, ... ,.':/ \ \ ........... I . ·;ι�. ·.:-'-/: .. --" ιc.J κ. ······ ,/ κ� Ί

•. ισ,Ι • ·-. .... χ , ........ ,. ,.. 1 Από τις ισότητες ΝΑ = ΝΓ (το τρίγωνο ΝΑΓ είναι ισοσκελές) και Ο Α = Ο Γ , προκύπτει η ισό

τητα των τριγώνων ΟΝΑ και ΟΝΓ (η ΟΝ είναι κοινή πλευρά των δύο τριγώνων) . Από την ισότητα τώρα των παραπάνω τριγώνων ( ΟΝΑ και ΟΝΓ) προκύπτει η ισότητα των περι

γεγραμμένων κύκλων τους ( c1) και ( c4). Από την ισότητα των τριγώνων ( Ο ΕΒ και Ο ΝΓ ) προκύπτει η ισότητα των περιγεγραμμένων κύ

κλων τους ( c 5) και ( c 4) (Ε είναι το σημείο τομής του κύκλου ( c 3) με την ΒΓ ). Προφανώς τα κέντρα Κ1,Κ3,Κ4,Κ5 των κύκλων (c1),(c3),(c4),(c5) θα βρίσκονται σε κύκλο με

κέντρο το Ο και ακτίνα r = R1 = R2 = R3 = R4 = R5• Εύκολα μπορούμε να αποδείξουμε ότι τα τετράπλευρα Κ1Κ3ΒΓ, Κ4Κ5ΒΓ και Κ1Κ3Κ4Κ5, είναι

ισοσκελή τραπέζια. Εύκολα επίσης μπορούμε να αποδείξουμε ότι ΟΝ= 11 Κ2Κ3 και ΟΚ = 11 Κ2Κ4•

Η ακολουθία an, η ε Ν*, ορίζεται αναδρομικά από τις σχέσεις an+ι = an - ; , η ε Ν*, a1 = 1 ,

όπου k θετικός ακέραιος. (i) Να προσδιορίσετε το γενικό όρο a. της ακολουθίας ως συνάρτηση των η και k. ·

(ii) Να αποδείξετε ότι υπάρχουν μοναδικοί θετικοί ακέραιοι k, η τέτοιοι ώστε: a, = 'i�. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/11


(i) Από τις υποθέσεις έχουμε a2 = a 1 -Ξ, a3 = a2 -; , ••• , a" = aπ-Ι - 2�_1 , η= ι, 2 ,3 , . . .

(ι)" 1 - -από τις οποίες με πρόσθεση κατά μέλη λαμβάνουμε: a" = a1 - k(� + ;2 + · · · + 2�_1 ) = 1 -k -1 + � <:::::>

ι--2

•. = I + k- 2ψ - (Η ) = ( 1 -k) + 2�-·, η = 1, 2, 3, . . .

(ii) Έστω ότι: a = _ι_<:::::> (ι- k ) + � = _ι_<:::::> (ι- k) · 2n-Ι+ιοοο + k

· 21000 = 2"-1 όπου k θετικός ακέ-" 21000 2n-l 21000 '

ραιος και η Ε Ν•, η > ι. Τότε έχουμε 2n-l+\000 2n-l 2n-1+\000 _ 2n-l = k (2n-1+1000 _ 21000 ) <:::::> k = - > 0 k Ε z (ι) 2n-1+1000 _ 21000 ' ·

,, Α ν υποθέσουμε ότι η -ι > 1 000 <:::::> η > 1 00 ι, τότε από τη σχέση ( 1 ) προκWττει, ότι k Ε (Ο, 1 ), άτοπο. 2n-1+1000 _ 2n-l 21000 _ 2n-l 1 -2n-IOOI

Α ν υποθέσουμε ότι η -ι < ι 000 <:::::> η < ι 00 ι, τότε έχουμε: k -1 2n-Ι+ΙΟΟΟ _ 21000 -1 2n-Ι+ΙΟΟΟ _ 21000 2n-Ι -ι , οπότε θα είναι Ο < k - 1 < 1 , που είναι άτοπο. Άρα είναι η - 1 = 1 000 <:::::>η = 1 00ι, οπότε από την ( 1 ) προκύπτει ότι k = ι .

Αν α,b,c,d, είναι δεδομένοι πραγματικοί αριθμοί, να λύσετε το σύστημα: .

(' 2

Χ' -)Z-zu-yu=α ι -zu-ux-:ιιz=b I -ux-xy-yu=c J-xy-)Z-ZX=d

Αν α1, α2, ... , αn είναι θετικοί πραγματικοί αριθμοί, n > 2 , και α1 + α2 + ... + αn = 1, να αποδεί-α · α · · · · · α α · α · · · · · α α · α · · · · · α 1

ξετε ότι: 2 3 n + I 3 n + • • • + Ι 2 n-1 ::ς 2 • αl +n-2 α2 +n-2 αn +n-2 (n-1)

Έστω Α' Ε ( BC) , Β' Ε ( CA) , C' Ε ( ΑΒ) είναι τα σημεία επαφής των παρεγγεγραμμένων κύκλων του τριγώνου ABC με τις πλευρές του τριγώνου ABC . Έστω R' η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου A'B'C'. Να αποδείξετε ότι:

R' =-1 �2R(2R-ha)(2R-hb)(2R-hc), 2r

όπου R είναι η ακτίνα του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC , r είναι η ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ABC και ha, hb, hc είναι τα τρία ύψη του τριγώνου ABC

από τις κορυφές Α, Β και C , αντίστοιχα.

Έστώ p θετικός ακέραιος, p > 1. Βρείτε τον αριθμό των m χ n πινάκων με στοιχεία από το σύνολο {1,2, ... ,p} που είναι τέτοιοι, ώστε το άθροισμα των στοιχείων κάθε γραμμής και κάθε στήλης τους δεν διαιρείται με το p .


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

\ '" ,,,,,,; ,.ψ:γ,-υ': '. ''i" ;,τ:')· ;· 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 .. •'·-" 1':,/-� ',i ; � .-� ";;-_ '

:\:',, Η μαθηματικο- εμφάνιση στο δοσμένο κλάδο της επιστήμης (και ποίηση της γνώσης είναι διαδικασία. Η ταχύτητά των Μαθηματικών επίσης) ενός συστήματος συμτης εξαρτάται από την επικαιρότητα των απαιτή- βόλων και πράξεων μ' αυτά, δηλαδή συμβολικών σεων της πρακτικής και από το επίπεδο των δυνα- λογισμών και αλγόριθμων, που απεικονίζουν τα τοτήτων που διαμορφώθηκαν στη δεδομένη στιγμή . υπό μελέτη φαινόμενα και τις διαδικασίες ανάπτυΟι δυνατότητες αυτές σε κάθε ιστορική στιγμή κα- ξης. θορίζονται τόσο από το βαθμό της επιτρεπόμενης Φυσικά ο βαθμός μαθηματικοποίησης της γνώσης, τυποποίησης των δεδομένων της επιστήμης, όσο είναι κάθε φορά διαφορετικός. Πιθανόν, σαν πιο και από το επίπεδο ανάπτυξης των μαθηματικών απλή είτε σαν μια από τις πιο απλές, κατώτερες μέσων που αντιστοιχούν στην ουσία του προβλή- βαθμίδες της μαθηματικοποίησης να μπορεί να θεματος. Η διαδικασία μαθηματικοποίησης διευκολύ- ωρηθεί η ποσοτική επεξεργασίατων δεδομένων του νεται και από τα τεχνικά μέσα των Μαθηματικών: πειράματος και της παρατήρησης, που συνοδεύεται τους προσομοιωτές (simulators) και τις υπολογι- συνήθως από τη διατύπωση απλών, πρωταρχικών στικές μηχανές. ποσοτικών σχέσεων (υπολογισμοί, σχεδίαση γρα-

Αποτέλεσμα της μαθηματικοποίησης, εκτός , φημάτων με βάση τους πίνακες αριθμητικών τιμών από τις επιτυχίες στην επίλυση ξεχωριστών προ- κ.α.) . [πηγή : «ΕΙΣΑΓΩΓΉ ΣΤΗ ΜΕΘΟΔΟΛΟΓΙΑ ΤΩΝ

βλημάτων ή κλάσεων προβλημάτων, είναι η ΜΑΘΗΜΑτΙΚΩΝ» Κ.A.RYBNIKOV]

Μήπως γνωρίζετε ποιος είναι ο συντάκτης της παρακάτω επιστολής;

«Λειψία 8. 6.1943 Αγαπητέ κ. Παπακυριακόπουλε Την συστημένην επιστολήν σου έλαβα προ καιρού δεν σου απήντησα μέχρι σήμερον διότι περίμενα να ταυτοποιήσω την υπόθεσήν σου. Το Πάσχα δεν μπόρεσα να κατέλθω εις το Μόναχαν. Ευτυχώς όμως προχθές ήλθεν εδώ ο κ. Καραθεοδωρή δια να κάμει μίαν διάλεξιν εις το Μαθηματικόν Kolloquim. Επί τη ευκαιρία αυτή ομιλήσαμεν εκτενώς δια την επιστημονικήν σου εργασίαν, την οποίαν όπως και άλλοτε σου έγραψα, αλλά και ο ίδιος Καραθεοδωρή σου έγραψεν, την εύρισκει αρκετά καλήν. Του

ir .;

επρότsινα όπως αποστείλη τήν εργασίαν σας δια τού διευθυντή του εν Μονάχω Σεμιναρίου Βυζαντινών σπουδών κύριο Dδlger εις το Γερμανικό Ινστιτούτο σπουδών Αθηνών από όπου θα την πάρεις. Ελπίζω λοιπόν να τακτοποιηθή η υπόθεσή σου σύντομα. Γράψε μου όταν πάρεις την εργασίαν σου. Επίσης εάν εξακολουθείς να εργάζεσαι επιστημονικώς. Πολλούς χαιρετισμούς στους κ. Κριτικό και κ. Βασιλείου. Ο κ. Ελευθερουδάκης τι γίνεται; εξακολουθεί το ενδιαφέρον του δια τα Μαθηματικά; Να τού διαβιβάσεις πολλούς χαιρετισμούς.

Με φιλίαν ... ...... ....... »

Προ ημερών διάβαζα ένα άρθρο του Τεύκρου Μιχαηλίδη για τη μαθηματική λογοτεχνία, με τίτλο «Μαθηματική Λογοτεχνία: νέο γένος ή νέα μόδα;». Η Μαθηματική Λογοτεχνία είναι μια πολύ


-------------- HOMO MATHEMAτiCUS

ενδιαφέρουσα οπτική για να "δούμε" τα Μαθηματικά. Σας το παρουσιάζω, αφού προηγουμένως ευχαριστήσω τον φίλο Τεύκρο.

«Και ξαφνικά, κάπου στα μέσα της δεκαετίας του '90, κάποιοι παράξενοι τίτλοι άρχισαν να διεκδικούν μια θέση στις βιτρίνες των βιβλιοπωλείων: «0 θείος Πέτρος και η Εικασία του Γκόλντμπαχ, Το Θεώρημα του Παπαγάλου, Οι Άγριοι Αριθμοί».

Έκπληκτοι εκδότες, βιβλιοπώλες, βιβλιοκριτικοί έγιναν μάρτυρες μιας άνευ προηγουμένου ανερχόμενης δημοφιλίας για βιβλία που, παρά το μυθοπλαστικό τους χαρακτήρα, έφεραν έντονα τη σφραγίδα του αρχέγονου σχολικού εφιάλτη : των μαθηματικών.

Οι αντιδράσεις κι από τις δυο πλευρές ήταν μουδιασμένες. Οι «σκληροπυρηνικοί» μαθηματικοί αντιμετώπισαν με συγκαταβατική ειρωνεία, αν όχι με απροκάλυπτη εχθρότητα, την προσπάθεια κάποιων ομότεχνών τους να . . . μολέψουν την «κορωνίδα των επιστημών» με τη μυθοπλασία και τα παρεπόμενά της: αμφισημία, διπλή ανάγνωση, κρυμμένα νοήματα, υποκειμενική κρίση .

Όσο για τους επαtοντες της αφήγησης, έδειξαν κι αυτοί κάποιο σκεπτικισμό όσον αφορά στη σκοπιμότητα αλλά και το εφικτόν της ζεύξης του ορθολογισμού με τη φαντασία, του ηδυσμένου λόγου με την αφαίρεση και, σε τελευταία ανάλυση, της θεωρητικής προσέγγισης με την καθημερινή πράξη .

Όμως το κοινό είχε άλλη άποψη . Χέρι με χέρι, στόμα με στόμα οι μαθηματικές ιστορίες άρχισαν να μπαίνουν σε όλα τα σπίτια, σ' όλες τις βιβλιοθήκες και το πιο ενθαρρυντικό: σε πολλά νεανικά δωμάτια.

Ο Χάρντι, ο Γκέντελ, ο Γκαλουά, ο Ραμάνουτζαν έλαβαν θέση δίπλα στη Σκάρλετ Ο'Χάρα, τον Ντάρσι και τον Μεγάλο Γκάτσμπι. Κάποιοι απ' αυτούς ανέβηκαν και στη σκηνή, σημειώνοντας μάλιστα σημαντική επιτυχία.

Βρισκόμαστε άραγε μπροστά στη γέννηση ενός νέου λογοτεχνικού γένους ή πρόκειται απλά για μια εφήμερη μόδα που θα ξεφτίσει ύστερα από λίγα χρόνια, αφήνοντας πίσω της μερικές εκατοντάδες τίτλους που σε λίγο δε θα τους θυμούνται ούτε οι σκληροί δίσκοι των υπολογιστών; Ή ακόμα, μήπως κάποια κλασικά λογοτεχνικά γένη, όπως το ιστορικό αφήγημα ή οι ιστορίες αναζήτησης, απλώς διεύρυναν τη θεματολογία τους και προς τα μαθηματικά; Το μέλλον θα δείξει.

Αξίζει ωστόσο να επισημάνουμε μια εντελώς διαφορετική προσέγγιση του ενδεχομένου μιας κοινής πορείας μαθηματικών και λογοτεχνίας, που αναπτύχθηκε στο δεύτερο μισό του εικοστού αιώνα και ανήκει πια μόνο στην ιστορία. Πρόκειται για το λεγόμενο πρόγραμμα OU.LI.PO .

Βρισκόμαστε στις αρχές της δεκαετίας του '60 και το φιλοσοφικό ρεύμα του συρμού είναι ο στρουκτουραλισμός. Το παραδοσιακό Ευκλείδειο, αξιωματικό - παραγωγικό μοντέλο (πρωταρχική έννοια - αξίωμα - θεώρημα), ανακαινισμένο από τον Hilbert βρίσκεται στην ημερήσια διάταξη .

Πέρα από τις παραδοσιακές «θετικές» επιστήμες κι άλλοι κλάδοι της γνώσης - η εθνολογία με τον Claude Leνi - Strauss και η ψυχολογία με τον Piaget - κάνουν σημαντικές απόπειρες να ακολουθήσουν τα βήματα της ομάδας Bourbaki που φιλοδοξεί να καταγράψει το σύνολο των μαθηματικών σ' ένα ενιαίο σύγγραμμα, τα Στοιχεία Μαθηματικής (Eleιnents de Matheιnatique) με μια ενιαία δομή, κι ένα ενιαίο, γραμμικό τρόπο ανάπτυξης.

Εκείνη ακριβώς τη στιγμή δημιουργείται, από τους Fran�ois Le Lionnais και Reymond Queneau το Ouνroir de la Litterature Potentielle (OU .LI.PO - εργαστήρι δυναμικής λογοτεχνίας) . Οι γεωμετρικοί όροι, σημείο - ευθεία - επίπεδο, αντικαθίστανται από τους λέξη - πρόταση - παράγραφος και επιχειρείται μια αξιωματική - παραγωγική θεωρία ανάπτυξης λογοτεχνικού κειμένου . Υπήρξαν αρκετά ενδιαφέροντα αποτελέσματα που δεν ξέφυγαν ωστόσο ποτέ από το πειραματικό -θεωρητικό στάδιο .

Το σημερινό ρεύμα διαφέρει από το OU .LI.PO ως προς το ότι δεν προέκυψε από μια πειραματική εγκεφαλική διαδικασία, αλλά από την ανάγκη κάποιων δημιουργών να εκφραστούν μέσα από το λιτό και σαφή μαθηματικό λόγο και τη συμπληρωματική ανάγκη των αναγνωστών ν' ακούσουν να τους μιλούν με αυτόν ακριβώς τον τίμιο και ειλικρινή τρόπο. Στην εποχή του ξύλινου, υποκριτικού πολιτικού λόγου, στον καιρό της εικονικής πραγματικότητας φαίνεται πως η μαθηματική λογοτεχνία είναι η αναμενόμενη αντίδραση σε μια μονότονη, κουραστική και ιδιαίτερα ψυχοφθόρο δράση»

(πηγή : Τεύκρου Μιχαηλίδη, «Μαθηματική Λογοτεχνία: νέο γένος ή νέα μόδα;».

Άρθρο του στην www.culturenow.gr την 2/3/20 1 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/14

------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS

Ο φίλος της στήλης Πάνος Πουλιάσης (Αθήνα) μου διηγήθηκε πως ξεφυλλίζοντας το περιοδικό Quantum έπεσε η ματιά του σε μια εργασία του George Berzenyi και, επειδή την θεώρησε ενδιαφέρουσα, μας την παρουσιάζει. Ας την παρακολουθήσουμε.

«εξισωτής τριγώνου»

<<Έστω (ε) μια ευθεία στο επίπεδο του τριγώνου ΑΒΓ. Θα ονομάζουμε την (ε) εξισωτή του ΑΒΓ όταν χωρίζει το τρίγωνο σε δύο τμήματα με ίσα εμβαδά και ίσες περιμέτρους. Για παράδειγμα, αν στο παρακάτω σχήμα:

Α

έχουμε εμβαδόν(Γ ΔΗ)=εμβαδόν(ΔΗΑΒ) και

ΓΔ+ΔΗ+ΗΓ=ΔΗ+ΗΑ+ΑΒ+ΒΔ,

λέμε ότι η ΔΗ είναι εξισωτής του τριγώνου ΑΒΓ. Η πρώτη πρόκληση είναι η εξής: Αποδείξτε ότι για κάθε τρίγωνο υπάρχει ένας εξισωτής. Υπάρχουν τρίγωνα που έχουν ακόμα και τρεις εξισωτές. Υπάρχουν τρίγωνα με περισσότερους από τρεις εξισωτές; Το παραπάνω σχήμα ίσως δημιουργήσει την εντύπωση ότι ένα τρίγωνο μπορεί να έχει ακόμα και έξι εξισωτές.

Για παράδειγμα, αν ΓΔ<ΓΑ και ΓΗ<ΓΒ, μπορούμε να αντιστρέψουμε τα Δ και Η (δηλαδή να θεωρήσουμε τα συμμετρικά τους ως προς τη διχοτόμο της γωνίας ΒΓ Α), και το ίδιο μπορεί να γίνει όταν τα Δ και Η ανήκουν στα δύο άλλα ζεύγη πλευρών.

Για να αναλύσουμε την κατάσταση μέσω πειραμάτων σε υπολογιστή, ας θεωρήσουμε ότι α,β,γ είναι τα μήκη των πλευρών ΒΓ, ΓΑ και ΑΒ αντίστοιχα, και ας υποθέσουμε ότι α:::;β:::;γ= 1 .

Υπάρχει τότε μια ένα προς ένα αντιστοιχία ανάμεσα σε αυτά τα "υπό κλίμακα" τρίγωνα και τα σημεία (α, β) της περιοχής του επιπέδου που φράσσεται από τις ευθείες χ+ψ= 1 , χ= 1 , και ψ=χ. Συνεπώς αν εισαγάγουμε ένα λεπτό πλέγμα στο επίπεδο, μπορούμε να σημειώσουμε σε αυτό εκείνα τα σημεία που τα αντίστοιχά τους τρίγωνα έχουν ένα, τρεις ή οποιοδήποτε άλλο πλήθος από εξισωτές. Τότε οι απαιτούμενες σχέσεις για να είναι η ΔΗ εξισωτής εκφράζονται από τις συνθήκες:

ΔΓ. ΗΓ==-!αβ και ΔΓ+ΗΓ=� (α+β+γ),

όπου η πρώτη συνθήκη προέρχεται από την

ΔΓ. ΗΓ. ημΓ-� (!αβ.ημΓ)

και η δεύτερη από τη

γ+(α-ΔΓ)+ΔΗ+(β-ΗΓ)=ΔΓ+ΗΓ+ΔΗ.

Επομένως μπορούμε να θεωρήσουμε ότι τα ΔΓ, ΗΓ, είναι ρίζες της δευτεροβάθμιας εξίσωσης

2 1 β 1

χ - -:: (α+ +γ) χ + :αβ=Ο. - -

Αν θέσουμε τ=(α+β+γ)/2, έπεται ότι

ΔΓ,ΗΓ-� [τ ±(τ2-2αβ) 1 12].

Προφανώς πρέπει να ισχύει τ2 2: 2αβ, καθώς και ΔΓ:::;α, ΗΓ:::;β.

Παρόμοια ανάλυση εφαρμόζεται και σε κάθε άλλο δυνατό εξισωτή. Κλείνοντας, πρέπει να επισημάνω ότι υπάρχει και το τρισδιάστατο ανάλογο του εξισωτή . Δηλαδή ότι για κάθε τετράεδρο υπάρχει ένα επίπεδο που το χωρίζει σε δυο τμήματα ίσου όγκου και ίσου επιφανειακού εμβαδού»

[Πηγή : περιοδικό " Quantum", τομ.4, τεύχος 3 .

Εκδόσεις : Κάτοπτρο, Αθήνα 1 997)


-------------- HOMO MATHEMAτiCUS

Από το Νίκο Λυγερό (Πανεπιστήμιο Λυών), λάβαμε και σας παρουσιάζουμε το παρακάτω έμμετρο, με τίτλο : «0 γέρος κοίταζε την πόρτα»

Περίμενε τον άγνωστο. Έτσι η αυτόματη ύπαρξη του Seπe επισκέφτη-Έπρεπε να μιλήσει για τα μαθηματικά του. κε το διάλογο

Η πόρτα άνοιξε. Έπεσε η νύχτα και ο γέρος δεν έβλεπε πια τον Δεν κουνήθηκε από την καρέκλα του. άγνωστο.

Ο άγνωστος κάθισε δίπλα του. Τον ένιωθε δίπλα του με τη σκιά του. Τότε άρχισαν να ξεχειλίζουν οι νεκροί από Αυτό αρκούσε για εκείνον.

το στόμα του γέρου. Δεν ήθελε τίποτα άλλο. Χαμογελούσε επιτέλους μετά από τόσα χρό- Και ήρθαν τα σύνολα με μερική διάταξη.

νια. Το ω πήρε άλλο νόημα. Έλεγε για τη γαλλική σχολή. Η ιστορία δεν θα σταματούσε εκεί.

Ζωντάνεψε ο Bourbaki και το σεμινάριο του Ο γέρος το ήξερε ότι ο άγνωστος κατέγραφε Pisot. κάθε λεπτομέρεια.

Ήρθε μετά η σειρά του Κrasner. Δεν έπρεπε να ξεχάσουν τίποτα. Με τη λογική ο γέρος πήρε πιο σκοτεινά μο- Δεν ήξεραν αν θα ξαναβρεθούν.

νοπάτια. Η μοναδική συνάντηση μπορούσε να ήταν και Ο άγνωστος τα ήξερε από τον Fraϊsse και δε η τελευταία.

ξαφνιάστηκε. Ήξεραν και οι δύο για τον Hausdorff. Πέρασαν ανάμεσα στους τάφους ακίνητοι. Η σκιά έβλεπε για πρώτη φορά τον ανύπαρκτο

Για να βρουν τη θεωρία κατηγοριών. λαό. Άγγιξαν τα πρώτα θεωρήματα του γέρου. Κι ένα κεφάλι πάνω από τους άλλους κοίταζε ο

Έτσι είδαν και πάλι τη σκιά του Poincare. Caratheodory. Τότε ήρθε η στιγμή της αλγεβροποίησης.

Μα και ο Cartan δεν έμεινε πίσω. Η ισχυρή εφαρμογή της θεωρίας κατηγοριών. Ακόμα και αν άφησε για λίγα λεπτά στη θέ- Ο γέρος γελούσε πια.

ση του τον Dieudonne. Ήξερε πως ένιωθε ο άγνωστος. Η αναφορά στον Weil με τα Souvenirs Θα ζούσε μέσα του

d'Apprentissage ήταν αναμενόμενη. για την τιμή του ανθρώπινου πνεύματος.

, _ _ ·· , .

[πηγή : Από την ηλεκτρονική άλλη λογραφία μας, με τον Νίκο Λυγερό]

Συντάκτης αυτής της επιστολής είναι ο Δημήτρης Κάππος και την απευθύνει στον Χ. Παπακυριακόπουλο

Στις 24 Απρίλη 20 1 0, ο συγγραφέας Denis Guedj έπαψε να υπάρχει. Γεννήθηκε στο Σετίφ της Γαλλίας το 1 940. Ήταν μυθιστοριογράφος και καθηγητής της Ιστορίας της Επιστήμης στο Πανεπιστήμιο Paris VIII . Για κάποιους υπήρξε ένας στενός φίλος, για όλους, όμως, ένας σοφός, πολύτιμος, γενναιόδωρος δάσκαλος. Με τα βιβλία του, εννιά από τα οποία μεταφράστηκαν στα Ελληνικά και αγαπήθηκαν ιδιαίτερα από το ελληνικό αναγνωστικό κοινό, έφερε τα μαθηματικά πιο κοντά στο μη εξειδικευμένο κοινό και κατάφερε να

αναδείξει τον ανθρώπινο χαρακτήρα τους (το Θεώρημα Του Παπαγάλου, Τα Αστέρια Της Βερενίκης, Το Μηδέν, Η Έπαυλη Των Ανδρών, Επιχείρηση Μεσημβρία, Το Μέτρο Του Κόσμου, Λα Μπέλα, Το Δωρεάν Δεν Αξίζει Πλέον τίποτα, Εξηγώντας Τα Μαθηματικά Στις Κόρες Μου)

Ο Denis Guedj είχε δηλώσει: «Στην επαγγελματική μου ζωή είμαι και μαθηματικός και ιστορικός, όμως αυτό που με προσδιορίζει πρώτα απ' όλα είναι η ιδιότητά μου ως "ανθρώπου" που θέλει να επικοινωνήσει και να εκφραστεί».


Μια συνάρτηση f : Α � IR λέγεται άρτια αν και μόνο για κάθε χ ε Α ισχύουν

-χ ε Α και f( -χ) = f(x)

Αφού πρέπει για κάθε χ ε Α να ισχύει και -χ ε Α συμπεραίνουμε ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης πρέπει να είναι ένα διάστημα συμμετρικό ως προς το μηδέν. Η γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης έχει ως άξονα συμμετρίας τον άξονα y ' y . Για παράδειγμα η συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ2 είναι άρτια γιατί έχει πεδίο ορισμού το IR που είναι συμμετρικό ως προς το μηδέν και ισχύει f( -χ) = ( -χ)2 = χ2 = f(x)

Μια συνάρτηση f : Α � IR λέγεται περιττή αν και μόνο για κάθε χ ε Α ισχύουν

-χ ε Α και f(-x) = -f(x)

Αφού πρέπει για κάθε χ ε Α να ισχύει και -χ ε Α συμπεραίνουμε ότι το πεδίο ορισμού της συνάρτησης πρέπει να είναι ένα διάστημα συμμετρικό ως προς το μηδέν. Η γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτηση έχει ως κέντρο συμμετρίας την αρχή των αξόνων δηλαδή το 0(0, Ο ). Για παράδειγμα η συνάρτηση f με τύπο f(x) = χ3 είναι περιττή γιατί έχει πεδίο ορισμού το IR που είναι συμμετρικό ως προς το μηδέν και ισχύει f( -χ) = ( -χ)3 = -χ3 = -f(x)

Μια συνάρτηση λέγεται γνησίως αύξουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της όταν και μόνο για οποιαδήποτε χ 1 , χ2 ε Δ με χ, < χ2 ισχύει f(x 1 ) < f(x2 ) . Η γραφική παράσταση μίας γνησίως aύξουσας συνάρτησης « ανεβαίνει » καθώς το χ κινείται από αριστερά προς τα δεξιά ή αλλιώς καθώς αυξάνεται η τιμή του χ η γραφική παράσταση « ανεβαίνει » .

;:>' , ... _ . .

Στόγιας Σωτήρης

Μια συνάρτηση λέγεται γνησίως φθίνουσα σε ένα διάστημα Δ του πεδίου ορισμού της όταν και μόνο για οποιαδήποτε χ 1 , χ2 ε Δ με χ, < χ2 ισχύει f(x1 ) > f(x2 ) . Η γραφική παράσταση μιας γνησίως φθίνουσας συνάρτησης λέμε ότι « κατεβαίνει » καθώς το χ κινείται από αριστερά προς τα δεξιά ή αλλιώς καθώς αυξάνεται η τιμή του χ η γραφική παράσταση «κατεβαίνει». Μια συνάρτηση η οποία είναι γνησίως αύξουσα ή γνησίως φθίνουσα λέγεται γνησίως μονότονη . Έστω συνάρτηση f : Α � IR και χ0 ε Α . Τότε λέμε ότι Ο Η συνάρτηση f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ0 όταν και μόνον ισχύει

f(x) � f(x0 ) για κάθε χ ε Α Το χ0 ε Α λέγεται θέση ελαχίστου ενώ το f(x0 ) λέγεται (ολικό) ελάχιστο της συνάρτησης f και συμβολίζεται με minf(x) . Ο Η συνάρτηση f παρουσιάζει μέγιστο στο

χ0 όταν και μόνον ισχύει f(x) � f(x0 ) για κάθε χ ε Α

Το χ0 ε Α λέγεται θέση μεγίστου ενώ το f(x0 ) λέγεται (ολικό) μέγιστο της συνάρτησης f και συμβολίζεται με maxf(x) . Το ( ολικό ) μέγιστο και το (ολικό) ελάχιστο μιας συνάρτησης f λέγονται ολικά ακρότατα της συνάρτησης. Αν μια συνάρτηση f παρουσιάζει στο χ0 ε Α μέγιστο τότε το σημείο Μ ( χ0 , f(x0 ) ) είναι το «υψηλότερο» σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης, ενώ αν παρουσιάζει ελάχιστο τότε το σημείο Μ ( χ0 , f(x0 ) ) είναι το « χαμηλότερο» σημείο της γραφικής παράστασης της συνάρτησης. Θα πρέπει να προσέξουμε ότι αν ισχύει f(x) � λ , για κάθε χ ε Α τότε το λ ε IR δεν


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

είναι απαραίτητα ελάχιστο της f . Για να είναι το λ ελάχιστο της f αρκεί επιπλέον να υπάρχει χ0 Ε Α τέτοιο ώστε f(x0 ) = λ . Ανάλογα, αν ισχύει f(x) ::; λ , για κάθε χ Ε Α τότε το λ Ε � δεν είναι απαραίτητα μέγιστο της f . Για να είναι το λ μέγιστο της f αρκεί επιπλέον να υπάρχει χ0 Ε Α τέτοιο ώστε f(χ0 ) = λ . Μια συνάρτηση μπορεί να έχει μέγιστο και ελάχιστο , ή μόνο μέγιστο ή μόνο ελάχιστο ή να μην έχει ούτε μέγιστο ούτε ελάχιστο .

1 . Να εξετάσετε ποιες από τις παρακάτω συναρτήσεις είναι άρτιες και ποιες είναι περιττές. ί) f(x) = I - l x l ii) h(x) = .Jx2 + 3 iii)

χ2οιι g(x) = x · l x l ίν) t(x) = -2-x - Ι

χ2 {-χ2 - χ ν) Φ(χ) = -- vi) ω(χ) = 2 '

χ + 3 -χ + χ ' χ < Ο χ > Ο

i ) Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το Ar = � . Άρα για κάθε χ Ε Ar , -χ Ε Ar . Είναι f(-x) = 1 - l-xl = 1 - lx l = f(x) . Άρα η συνάρτηση

ν) Για να ορίζεται η συνάρτηση φ πρέπει και αρκεί χ + 3 :t:- Ο , δηλαδή χ :t:- -3 . Άρα το πεδίο ορισμού της είναι το Αφ = � - {3} = ( -οο, 3) υ (3, +οο) , οπότε -3 Ε Αφ αλλά 3 � Αφ . Η συνάρτηση φ δεν είναι ούτε άρτια ούτε περιττή. vi) Η συνάρτηση ω Αω = �· = (-οο, Ο) υ (Ο, +οο) .

ορίζεται Άρα για

στο κάθε

χ Ε Αω , -χ Ε Αω . Για χ < Ο είναι ω( χ) = -χ2 - χ . Όταν χ < Ο είναι -χ > Ο . Για να βρούμε το ω( -χ) κάνουμε αντικατάσταση στον κάτω κλάδο . Είναι ω( -χ) = - ( -χ γ + (-χ ) = -χ2 - χ = ω( χ) . Για χ > Ο είναι ω( χ) = -χ2 + χ . Όταν χ > Ο είναι -χ < Ο . Για να βρούμε το ω( -χ) κάνουμε αντικατάσταση στον πάνω κλάδο . Είναι ω(-χ) = - ( -χ )2 - (-χ ) = -χ2 + χ = ω(χ) . Άρα η συνάρτηση ω είναι άρτια.

2. Δίνεται η συνάρτηση f η οποία είναι ορισμένη στο � για την οποία ισχύει f (χ -y) = f (χ)-f ( y) ( 1) για κάθε χ, y ε R .

Δείξτε ότι: ί f (Ο) = Ο ii Η f είναι περιττή.

f είναι άρτια. ί. Για χ=Ο f(O-O) =f(O) -f(O) άρα f (O) = O ii) Η συνάρτηση h έχει πεδίο ορισμού το Ah = � ίί. Για χ = y και y = χ αφού χ2 + 3 > Ο για κάθε χ Ε � . Άρα για κάθε χ Ε Ah , -χ Ε Ah . Είναι h(-x) = �(-x)2 + 3 = .Jx2 + 3 = h(x) . Άρα η συνάρτηση h είναι άρτια. iii) Η συνάρτηση g έχει πεδίο ορισμού το Ag = � Άρα για κάθε χ Ε Ag , -χ Ε Ag . Είναι g(-x) = (-x ) · l-x l = -x · l x l = -g(x) . Άρα η συνάρτηση g είναι περιττή . iv) Για να ορίζεται η συνάρτηση t πρέπει και αρκεί δηλαδή χ :t:- Ι, - Ι . Άρα το πεδίο ορισμού της εί-ναι το Α1 = � - {- Ι, Ι} = (-οο, -Ι ) υ ( -Ι, 1 ) υ ( Ι, +οο) . Άρα για κάθε χ Ε Α1 , -χ Ε Α1 • Είναι

( )2οιι 2Οιι -χ χ t( -χ) = 2 = - 2 = -t(x) . Προσέξτε (-χ) - 1 (-χ ) - 1

ότι (-χ )2οιι = -χ 2οιι διότι το 20 1 1 είναι περιττός και (-χ γ = χ 2 διότι το 2 είναι άρτιος. Άρα η συνάρτηση t είναι περιττή .

( Ι) �f(y-x) = f( y) -f( χ) �f(y-x) =-( f( χ) -f(y)) Άρα f(x) -f(y) =f(x-y) και -(f(x) -f(y)) =f(y-x) Οπότε f( x-y) =-f( y-x) . Αν θέσουμε χ - y = ω τότε ισχύει f (ω) = -f (ω) . Άρα η f είναι περιττή .

3. Να μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς την μονοτονία.

1 1 - χ4 ί) f(x) = χ - -3 ίί) g(x) =

-2-χ χ

i) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Ar = �· = (-οο, Ο) υ (Ο,+οο) . Θεωρούμε Χι , χ2 τα οποία πρέπει να είναι ομόσημα. Άρα διακρίνουμε περιπτώσεις. Έστω Χι , χ2 Ε ( -οο, Ο) με Χι < χ2 . Τότε

3 3 3 3 1 1 Χι < χ2 � -Χι > -Xz � --3 < --3 · Χι χ2 Τότε για Χι , Χ2 Ε (-οο,Ο) είναι Χι < χ2 και


Μαθηματικά για την Α ' Λυκείου

ι ι Π θ , , 'λ , Επομένως η f δεν είναι μονότονη στο IR * --3 < --3 . ροσ ετοντας κατα με η εχουμε Χι χ2 Χ 1 -� < χ2 -�=> f(x 1 ) < f(x 1 ) . Άρα η f εί-Χι χ2 ναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, Ο) Έστω χ 1 , χ 2 Ε (0 , +οο) με χ 1 < χ2 . Τότε

3 3 3 3 ι ι Χ ι < χ2 => -Χι > -χ2 => --3 < --3 · Χ ι Χ2 Τότε για χ 1 , χ2 Ε (Ο, +οο) είναι χ 1 < χ2 και

ι ι π θ ' · 'λ ·

--3 < - -3 . ροσ ετοντας κατα με η εχουμε Χ ι χ2 Χ ι -� < χ2 -�=> f(χ ι ) < f(χ ι ) · Άρα η f εί-Χ ι χ2 ναι γνησίως αύξουσα και στο (Ο, +οο) Όμως f ( -�) > f ( ι ) ενώ -� < 1 , οπότε η f δεν είναι μονότονη στο IR • = ( -οο, Ο) υ (Ο, +οο ) .

Α ν χ 1 < χ 2 < Ο τότε ι 1 χ3 -χ3 f(x1 ) -f(x2 ) = x1 ----τ -x2 +---τ =(χ1 -χ2 ) +� > 0 Χι χ2 Χι Χ2

, αφού χ 1 < χ2 => χ; < χ; . Ομοίως αν ο < χ 1 < Χ2 κ.λ.π. ii) Το πεδίο ορισμού της συνάρτησης είναι το Ag = lR* = (-οο, Ο) υ (Ο, +οο) αφού πρέπει χ 2 -:ι= Ο <::::> χ -:ι= Ο . Απλοποιούμε τον τύπο της g . ' 1 - χ4 1 Χ4 1 2 Ειναι g(x) = -- = - -- = - - x χ2 χ2 χ2 χ2

Έστω χ 1 , χ2 Ε (-οο, Ο) με χ 1 < χ2 . Τότε χ 1 2 > χ/ ( τα Χ ι , χ2 είναι αρνητικά άρα αλλάζει η φορά ) . Τότε χ 2 > χ 2 => -χ 2 < -χ 2 και ι 2 ι 2

2 2 1 1 π θ ' ' ' χ ι > χ2 => -2 < -2 . ροσ ετοντας κατα με-Χ ι χ2

λ ' 1 2 1 2 η εχουμε -2 - χ ι < -2 - χ2 => g(x 1 ) < g(x2 ) . Χ ι Χ2 Άρα η g είναι γνησίως αύξουσα στο ( -οο, Ο) Έστω Χ ι , χ 2 Ε (Ο, +οο) με Χ ι < χ2 . Τότε

Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 1 2 1 2 -2 - Χ ι > -2 - χ2 => g(x ι ) > g(x2 ) . Χ ι Χ2

Άρα η g είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο, +οο) .

4. Αν η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ και η g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ, να βρεθεί η μονοτονία των συναρτήσεων ί) -2f , ίί) 3g ίίί) f - g ί) Η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ οπότε για χ ι , χ 2 Ε Δ με χ ι < χ 2 ισχύει f(x 1 ) < f(x2 ) . Τότε f(xι ) <f(x2)=>--2f(xι ) >-2f(x2) . Αφού για Χ ι < χ2 ισχύει -2f(χ ι ) > -2f(x 2 ) , η συνάρτηση -2f είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ. ίί) Η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ οπότε για Χ ι , χ 2 Ε Δ με Χ ι < χ2 ισχύει g(χ ι ) > g(x 2 ) . Τότε g(x ι ) > g(x2 )<::> 3g(x1 ) > 3g(x2) . Αφού για Χ ι < χ 2 ισχύει 3g(x ι ) > 3g(x2 ) , η συνάρτηση 3g είναι γνησίως φθίνουσα στο διάστημα Δ . . Γενικεύοντας, αν η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη στο διάστημα Δ τότε η συνάρτηση κ · f με κ > Ο έχει το ίδιο είδος μονοτονίας με τη συνάρτηση f , ενώ αν κ < Ο έχει το αντίθετο είδος μονοτονίας. iii) Για Χι , χ2 ε Δ με Χ ι < χ2 ισχύουν f(x 1 ) < f(x2 ) και g(x ι ) > g(x2 ) => -g(x ι ) < -g(x 2 ) . Προσθέτοντας κατά μέλη τις f(x ι ) < f(x 2 ) και -g(χ 1 ) < -g(χ2 ) έχουμε f(xι ) -g(xι ) < f(x2 ) - g(x2 ) =>(f -g) (x ι ) < ( f -g) (x2 ) Άρα η συνάρτηση f - g είναι γνησίως αύξουσα στο διάστημα Δ.

.s. Δίνεται η r(x) =αlx-� +β(2-x) -βlx+� + lx- tl . Να βρεθεί ο α ε IR ώστε η f να είναι γνησίως αύξουσα στο [ 4, + οο) .

Αφού χ ::::: 4 είναι χ - 4 ::::: Ο . Άρα I χ - 41 = χ - 4

Ακόμα χ2':4=:>-χ:::;-4=>2-χ:::;-2 . Άρα 12-� =χ-2 . Με χ ::::: 4 => χ + 3 ::::: 7 . Άρα I χ + 3 1 = χ + 3 x 2': 4 =:> x - 1 2': 4 - l <::::> χ - 1 ::::0: 3 . Άρα lx - 1 1 = χ - 1 Τότε ο τύπος της f γίνεται f (x ) = α lχ - 4 1 + β l2 - x l - β lx + 3 1 + lx - I I = = α (χ - 4 ) + β (χ - 2 ) - β (χ + 3 ) + χ - l = = αχ - 4α + β χ - 2β - β χ - 3β + χ - I = = (α + 1 ) χ - 4α - 5β - 1 Η f είναι συνάρτηση της μορφής f (χ) = λχ + κ



και είναι γνησίως αύξουσα αν και μόνο : α + 1 > Ο, δηλαδή α > - 1 .

Να μελετηθεί η συνάρτηση

f (x) -_lx + 11 - lx + 11 lx + 1l + lx - 11

και να γίνει η γραφική

της παράσταση

Για να ορίζεται η f πρέπει και αρκεί lx + 1 1 + lx - 1 1 * Ο το οποίο ισχύει για κάθε χ ε 1R αφού lx + 1 1 + lx - 1 1 > Ο (γιατί;) για κάθε χ ε IR . Απλοποιούμε τον τύπο της f aπαλείφοντας τις απόλυτες τιμές. (Δεν κάνουμε καμία απλοποίηση στον τύπο της f προτού βρούμε το πεδίο ορισμού). Βρίσκουμε τις ρίζες των παραστάσεων που είναι μέσα στα απόλυτα.

χ + 1 = 0 <=:> χ = -1 χ - 1 = 0 <=:> χ = 1 Ο παρακάτω πίνακας μας δίνει το πρόσημο των χ+ 1 και χ - 1 αλλά καθώς και την τιμή των lx + 1 1 lx - 1 1 σε κάθε περίπτωση . χ -00 :> - 1 1

χ + 1 - + + lx + 1 1 -χ - 1 χ + 1 < χ + 1 χ - 1 - - + lx - 1 1 -χ + 1 -χ + 1 χ - 1

Αν χ < -1, τότε lx + 1 1 - lx - 1 1 -χ - 1 - (-χ + 1 ) f (x ) = lx + 1 l + lx - 1 1 = -χ - 1 + (-χ + 1 ) = -χ - 1 + χ - 1 -2 = = -- = --χ - 1 - χ + 1 -2χ χ

Α ν -1 � f (χ ) < 1 , τότε

f (x ) = lx + 1 1 - lx - 1 1 = χ + 1 - (-χ + 1 ) = lx + 1 l + lx - 1 1 χ + 1 + (-χ + 1 ) χ + 1 + χ - 1 2χ = = - = χ χ + 1 - χ + 1 2

Αν χ ;::: 1 , τότε f (x ) = lx + 1 1 - lx - 1 1 = χ + 1 - (χ - 1 ) = lx + 1 l + lx - 1 1 χ + 1 + (χ - 1 )

χ + 1 - χ + 1 2 = ---- = - = -χ + 1 + χ - 1 1 χ

2χ χ χ < -1

Άρα f ( χ ) = χ , - 1 � χ < 1

χ

+οο

Για χ < - 1 η f είναι γνησίως φθίνουσα (υπερβολή της μορφής y = α ι με α = 1 > Ο ) χ Για -1 � χ < 1 η f είναι γνησίως αύξουσα (ευθεία της μορφής y = αχ με α > Ο ) Για χ ;::: 1 η f είναι γνησίως φθίνουσα (υπερβολή της μορφής y = � ι με α = 1 > Ο ) χ Η f είναι περιττή γιατί

l-x + 1 1 - l-x - 1 1 lx - 1 1 - lx + 1 1 f (-x ) = l-x + 1 1 + 1-x - 1 1 = lx - 1 l + lx + 1 1 = lx + 1 1 - lx - 1 1 = - lx - 1 l + lx + 1 1 = -f (x )

Η γραφική παράσταση της f φαίνεται παρακάτω. Υ

1 · · · · · · · · · · · · ·.γ , ,

χ ' . ' ' ·· ... --

y ' Για να δικαιολογηθεί όμως η συνέχεια του σχήματος πρέπει να ορίσουμε την απόλυτη τιμή ως εξής:

1 {χ, αν χ ;::: Ο χ lx l = οπότε f (x ) = χ, -χ, αν χ � ο

χ

χ � -1 - 1 �χ � 1

Η f παρουσιάζει ελάχιστο στο χ 1 = -1 το f ( - 1 ) = -1 και μέγιστο για χ2 = 1 το f ( 1 ) = 1 .

Ια-βl = lβ -� και 1-α - β i = Ια + β l Η γραφική παράσταση της f έχει οριζόντια ασύμπτωτη τον άξονα χ ' χ .

. Να μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς τα ακρότατα. i) f(x) = 3 - lx + 11 ii) g(x) = χ4 - 4χ2 + 5 {-χ + 3 ' χ s; 1 iii) t(x) =

2χ ' χ > 1

i) Η συνάρτηση f ορίζεται στο Ar = IR . Έχουμε:



l x+� 2:: 0=>-lx+� �0=>3-lx+ � �3=>f(x) �3=f( -1) . Άρα η συνάρτηση f έχει μέγιστο το 3 . ii) Η συνάρτηση g ορίζεται στο Ag = ffi. . Είναι g(x) = χ4 - 4χ2 + 5 = χ4 - 4χ2 + 4 - 4 + 5 = χ4 -4χ2 +4-4+ 5 = (χ2 -2)2 + 1 , οπότε g (x ) 2:: 1 , με το ίσον μόνον όταν χ 2 - 2 = Ο , δηλαδή χ = ±J2 . Άρα έχει ελάχιστο το 1 . iii) Η συνάρτηση t ορίζεται στο ffi. . x � l => -x 2:: - 1 => -x + 3 2:: - 1 + 3 => t(x) 2:: 2 χ > 1 => 2x > 2 => t(x) > 2 . Άρα t(x) 2:: 2 = t ( 1 ) για κάθε χ Ε � . Άρα το t(l) = 2 είναι ελάχιστο της t.

13 . Να μελετηθεί ως προς τη μονοτονία και τα -2

ακρότατα η συνάρτηση f με f ( χ) = -2 - • χ + 3 ·\. [)ση Η συνάρτηση f ορίζεται στο IR. αφού είναι χ 2 + 3 > Ο για κάθε χ Ε � . Έστω χ 1 , χ2 Ε ( -οο, Ο) με χ 1 < χ2 . Τότε

2 2 2 3 2 3 1 Χ Ι > Χ2 => ΧΙ + > Χ2 + => -2- < -2--Χ1 + 3 Χ2 + 3 Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-οο, Ο) . Έστω χ 1 , χ 2 Ε [Ο, +οο) με χ 1 < χ2 . Τότε

2 2 2 3 2 3 1 Χ Ι < Χ2 => ΧΙ + < Χ2 + => -2- > -2--Χ1 + 3 Χ2 + 3 -2 -2 => -2- < 2 => f(x Ι ) < f(x2 ) .

Χ 1 + 3 Χ2 + 3 Άρα η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο [Ο, +οο) . Επομένως f(x) 2:: f(O) στο (-οο, Ο) και στο [Ο, +οο) , δηλαδή στο ffi. , οπότε η f έχει ελάχι-

2 στο το f (Ο) = --3 Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη στο � και

γνησίως μονότονη. Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το Α ( -1, 2) και το

Β ( 1, - 4) να βρεθεί η μονοτονία της και να συγκριθούν οι αριθμοί f(2010) και f(201 1) .

Είναι χΑ < χ8 και yA > y8 • Τότε για - 1<2 ισχύει f(-1) > f(2) και αφού η συνάρτηση f είναι γνη-σίως μονότονη , θα είναι γνησίως φθίνουσα. Αφού 20 1 0<20 1 1 και η f είναι γνησίως φθίνουσα,

θα είναι f(20 1 0) > f(20 1 1)

Η συνάρτηση f είναι περιττή στο � και στο χ0 = 1 έχει μέγιστο το f(1) = 201 1 . Να δείξετε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιriτο το οποίο και να βρεθεί.

Η συνάρτηση f είναι περιττή άρα για κάθε χ Ε IR. ισχύει f( -χ) = -f(x) . Αφού η συνάρτη-ση f έχει μέγιστο το f(l) = 20 1 1 , θα έχουμε f(x) � f(l) => f(x) � 20 1 1 ( 1 ) για κάθε χ Ε IR. . Αν στη σχέση ( 1 ) θέσουμε όπου χ το -χ θα έ-

f(-x J=-f( x J χουμε f(-x) � 20 1 1 => - f(x) � 20 1 1 => => f(x) 2:: -20 1 1 = -f ( 1 ) = f ( - 1) Άρα η συνάρτηση f έχει ελάχιστο το f ( -1) = -20 1 1 . Γενικεύοντας, αν η συνάρτηση f είναι περιττή και έχει μέγιστο το f(a) = β , θα έχει ελάχιστο το f( -a) = -β . Ανάλογο είναι το συμπέρασμα αν η συνάρτηση f είναι περιττή και έχει ελάχιστο το f(a) = β . Ισχύει κάτι ανάλογο αν η συνάρτηση f είναι άρτια ;

Να εξετάσετε αν είναι άρτιες ή περιττές οι παρακάτω συναρτήσεις :

ί. ίί.

ίίί. ίν. ν. νί.

3 f ( x )

-χ + χ

J x J - 2

f ( x ) = {3χ - 5 aν χ :::;; -2

3χ + 5 aν χ 2 2 · f ( x ) = J3x - 4J - J3x + 4J

f ( x ) = 2x5 - 5x3 + x

f ( x ) = J x J + � -χ + -

χ

νίί. f ( x ) � + 1

χ

Ν α εξετάσετε αν η συνάρτηση f (χ ) = χ 2 είναι άρτια

όταν i) χ ε 9\ ii) χ Ε [-1 , 1 ]

ίί) Χ Ε [ - 1, 1 )

iii) χ Ε ( - 1, Ο) υ [ 3, 4]

ίν) χ Ε [-3, - 2) υ (2, 3]

Δίνεται η συνάρτηση f ( x ) = -3χ + 3, χ Ε [0, 4] . Να

μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα ακρότατα. -i Το ύψος ενός βλήματος πυροβόλου όπλου δίνεται

από τη συνάρτηση h (t) = - ( t - 2)2 + 14 με t E [0, 4]



όπου t σε sec και h σε μέτρα. Να βρεθεί ποιο είναι το μέγιστο ύψος του βλήματος καθώς και πόσα δευτερόλεπτα μετά τη βολή έφτασε στο μέγιστο ύψος.

Να βρεθεί η μέγιστη ή η ελάχιστη τιμή κάθε συνάρ-τησης καθώς η θέση ελαχίστου ή μεγίστου.

ί. f ( χ ) = ( χ - I )2 + 2 ίί. g ( x ) = l4 - x i - I

ίίί. h ( χ ) = -vf χ 2 + \ 6 - 3 Να μελετήσετε τις παρακάτω συναρτήσεις ως προς

την μονοτονία. ί. f ( χ ) = -2 ( χ + 3 γ + I

ii. f ( x ) = vf9 - x2 ίίί. f ( x ) = -2- + 4 χ - 4

Να μελετηθούν οι παρακάτω συναρτήσεις ως προς τα ακρότατα. ί. f ( χ ) = Ι χ - 21 + 3 ίί. f ( χ ) =� + 3 ίίί. f ( χ ) = 2χ 4

- 4

Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = 2χ + vfx 2 - 2χ + 1 . ί. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της. ίί. Να γίνει η γραφική παράστάση της f . ίίί. Να γίνει η γραφική παράσταση της f και από αυ

τήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της καθώς και τα ακρότατα της, αν υπάρχουν.

Δίνεται η συνάρτηση f ( χ ) = .Jx - 2 - .J4 - χ ί. Να βρεθεί το πεδίο ορισμού. ίί. Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία. ίίί. Να εξετάσετε αν η f είναι άρτια ή περιττή . Μια συνάρτηση είναι ορισμένη στο IR και γνησίως

μονότονη. Αν η γραφική παράσταση της f διέρχεται από το Α ( I , 3) και Β ( - I , 4) να βρεθεί η μονοτονία της.

Αν είναι γνωστό ότι η f είναι περιττή να συμπλη-

Ποια από τα παρακάτω ζευγάρια μπορεί να ανήκει στην γραφική παράσταση μιας περιττής συνάρτησης και ποια στην γραφική παράσταση μιας άρτιας συνάρτησης. ί. Α ( Ι , 3) Β (- 1 , - 3) ίί. Α (2, 3 ) 8 (3, 2) ίίί. Α (-2, 4) 8 (2, - 4) iv. Α (-2, 4) 8(2, 4) ν. Α (-3, ι ) Δ (3, - Ι )

Δίνεται η συνάρτηση f(x ) = l x - 21 - 3 . i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Να βρεθεί για ποιες τιμές του χ η γραφική

παράσταση της f βρίσκεται κάτω από τον άξονα χ ' χ .

iii) Ν α γίνει η γραφική παράσταση της f και από αυτήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της καθώς και τα ακρότατα της αν υπάρχουν.

Δίνεται η συνάρτηση με f(x) = � + I i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Να μελετηθεί ως προς την μονοτονία και τα

ακρότατα

ι·ι·ι·) Ν , , Α Ι Ι α γραφει η παρασταση = -- + --- με f(3) f(4) - I

ρητό παρανομαστή . 2

Δίνεται η συνάρτηση f(x) = �5 - lxl +---;..χ - 4

i) Να βρεθεί το πεδίο ορισμού της ii) Να εξετάσετε αν είναι άρτια ή περιττή {(β-3)χ+2α , χ<Ο Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) =

-(a+5)χ+β-Ι , χ�Ο i) Αν είναι f(l) = -6 και f(- I) = Ι να βρεθούν

οι α, β Ε IR ii) Να γίνει η γραφική παράσταση της f και από

αυτήν να βρείτε τα διαστήματα μονοτονίας της καθώς και τα ακρότατα της, αν υπάρχουν.

Ν α βρεθεί η μονοτονία της συνάρτησης f + g στο διάστημα Δ αν i) οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως aύξουσες στο διάστημα Δ ii) οι συναρτήσεις f και g είναι γνησίως φθίνουσες στο διάστημα Δ

Να επιλέξετε τη σωστή απάντηση στις παρακάτω προτάσεις. Α. Η συνάρτηση f είναι άρτια και 2f ( l ) + f ( -2) = 4 .

Τότε η παράσταση Α = 3f ( 2) + 6f ( Ι ) είναι ίση με i) Ι 2 ii) - 1 2 iii) 4 iv) Ο

Β. Η συνάρτηση f ορίζεται στο διάστημα Α = [ 3α - 2, 4 + α] . Α ν η f περιττή τότε πρέπει

") 3 " ") 3 • • • )

1 • )

lf]) ι α = - 11 α = 111 α = -- ιν α Ε � 2

C. Έστω h (χ ) = 3f ( χ) - 2 . Αν η f είναι άρτια τότε η h είναι i) άρτια ii) περιττή iii) ούτε άρτια ούτε περιττή

D. Η f είναι γνησίως αύξουσα και ορισμένη στο διά-στημα Δ = [2, 3] . Τότε

i.. η f έχει ελάχιστο το 2 και μέγιστο το 3 ίί. η f έχει μέγιστο το f ( 2) και ελάχιστο το f ( 3 ) iii. δεν έχει ακρότατα iv έχει ελάχιστο το f ( 2) Ε. Δίνεται η f (χ ) = ( λ2 - 4) χ + 3μ . Η f είναι γνη-

σίως φθίνουσα στο IR αν i) μ > Ο ii) λ Ε (-2, 2) iii) λ < -2 ή λ > 2 ίν) Ο λ < 2

Ια - 1 1 + 1 F. Δίνεται η f (χ ) = . Η f είναι γνησίως αύ-χ

ξουσα αν i) α > Ι ii) α * Ι iii) για κάθε α Ε IR iv) α < 1

G. Για την f ισχύει (f{3) -f{2)) · (f{3)-f{4)) >0 . Τότε η f είναι

ί. γνησίως αύξουσα ίί. γνησίως φθίνουσα ίίί. δεν είναι γνησίως μονότονη iv. είναι σταθερή



Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ζώτος

Συνεχίζουμε τις ασκήσεις των θεμάτων της πολλαπλής επιλογής και σας παρουσιάζουμε , αυτή τη φορά, αρκετό νέο υλικό από το χώρο των συναρτήσεων και των συστημάτων. Στο τέλος παραθέτουμε τις λύσεις απαντήσεις από το προηγούμενο τεύχος, τ. 78 και τη σχετική ενδεικτική βιβλιογραφία. Πρέπει να σημειωθεί ότι η όλη αυτή προσπάθεια έχει και ανεξάρτητη υφή ανάγνωσης, μπορεί δηλαδή να διαβαστεί και να λυθεί το κάθε θέμα χωριστά, δηλαδή σαν θέματα ανάπτυξης χωρίς τις απαντήσεις - λύσεις, της πολλαπλής επιλογής.

Επίσης μπορεί να διαβαστεί: «ποιο είναι το σωστό ή το λάθος», σε κάθε άσκηση . Η πληρότητα και η κάλυψη όλης της ύλης της Α' Λυκείου ήταν για μας το ζητούμενο, όπως και η καλή επεξεργασία κάποιων θεμάτων, που θα είναι χρήσιμα αργότερα, για τους μαθητές της Θετικής και Τεχνολογικής κατεύθυνσης της Γ Λυκείου

Σε καθεμία από τις παρακάτω ερωτήσεις να σημειώσετε τη σωστή απάντηση . Αν f (-2-) = χ + 3 για κάθε χ Ε IR. - {-�} , τότε το f( - 2) είναι: 3 + 2χ 2

- 1 ο 1 2 3 . Α ν f (χ ) = αχ 5 + β χ 3 + 2 , α, β * Ο και f ( 7 ) = 5 , τότε το f ( -7) είναι:

1 - 1 -2 -3 -5 Α ν f ( μχ + ν) = χ , μ * Ο για κάθε χ Ε IR. και f (α) = � , τότε το α Ε IR. είναι: μ

μ · ν 2μ 2ν μ + ν μ - ν

Αν για κάθε x E IR ισχύει ( x - 2) · f ( x - 2) = f (x - 1 ) - 3x τότε το f (2) είναι 9 1 2 1 5 1 8 2 1 .

f ( x + 1) Α ν f (χ) = χ - 1 για κάθε χ Ε IR. και f ( 5 ) = 1 2 , τότε το f ( 2 ) είναι 1 2 3 4 5 .

Αν 2f ( 1 - x) - 3f (x - 1) = -x2 + 2x - 2 για κάθε x E IR , τo f (-3) είναι 8 9 1 0 1 1 1 2 .

Αν f (x ) + (x + 3) · f ( x - 4) = x3 - 2x για κάθε x E IR , τo f ( 1 ) είναι 83 8 1 78 75 67

Η συνάρτηση f ( χ ) = � 7

χ2 - 2χ + 9 έχει πεδίο ορισμού το IR. ]R* IR. - {3}

Η ' f ( ) 2χ - 5 ' δ ' ' συναρτηση χ = --� -� εχει πε ιο ορισμου το χ + χ IR,* ( -οο, Ο) [Ο, +οο)

(3, +οο)

( -οο, Ο] Η συνάρτηση f( χ ) = �9 - χ2 - �4χ + χ2 έχει πεδίο ορισμού

IR. - {-3}

(Ο, +οο)

[2, 3] [0, 3] [ 1 , 2 ) (2, 3] [ 1 , 3 ) ' �χ2 - 25 Η συναρτηση f (x ) = � ) χ - 2

(5, +οο) έχει πεδίο ορισμού

[5, +οο) IR.


IR. - ( 5, +οο)

Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Η συνάρτηση f ( χ ) = � χ + 1 έχει πεδίο ορισμού 4 - lx - 71 { 3, 1 1] { 3, 1 1 ) [ 3 , 1 1 ] IR - { 3}

Η συνάρτηση f (χ ) = �5 - l2x - 11 + .J χ - 2 έχει πεδίο ορισμού το IR - [3, 1 1]

0 (2, 3) IR - (2, 3 ) [2, 3] {2, 3} Η συνάρτηση f (χ ) = {/χ 2 - 9 + � _.!._ - 1 έχει πεδίο ορισμού το χ χ - 4

(-4, -3] (3, 4) (0, 4) IR - {-3, 3} (-3, 4)

Η , f( ) Jx2 - 3x + 2 , δ ' , , , συναρτηση χ = εχει πε ιο ορισμου το 3 - χ (-οο, 2) ( -3, 1 ) ( -οο, 1] υ [3, +οο) ( -οο, -3) υ ( 1, +οο)

Η , f ( ) Jx2 - 6x + 5 �+ 8 , δ ' , συναρτηση χ = + J - - εχει πε ιο ορισμου το 6 - χ 1 5 - χ

(-οο, 1] υ [3, 2)

(�, 1] υ(5, 15) [-8, 2) υ [5, 6) υ ( 6,+οο) (-6, 1) (5, 6) υ (6, 1 3) IR-{6, 15} [-8, 1] υ[ 5,6) υ( 6, 15) Α ' f ( ) XJ + 6 ' δ ' ' liD ' ' ν η συναρτηση χ = χ 2 _ 3χ + α _ 1 εχει πε ιο ορισμου το m.. , τοτε πρεπει:

1 3 1 3 α < 1 3 α > 4 α < 4 α < - α > -4 4 Δίνεται η συνάρτηση f : IR - { - 1} � IR - { 3} με f (χ ) = αχ - 4 . Το α + β είναι χ + β

' -4 -2 2 3 4 3f (x ) - 2 Δίνεται η συνάρτηση f : IR - {α} � IR - {β} με f {x ) = . Το α - β είναι χ - 4

-7 -2 ο 3 7 Α ν f ( χ + 1 ) = f ( χ ) + _!_ για κάθε χ Ε IR και f (Ο) = 4 , το f ( 77) είναι 1 1

1 3 1 2 1 1 1 0 9 {-2χ + 4 αν χ � 1 Α ν f { χ ) = 2 , f (α) = -3 και β - α = f ( - 1 ) , το β είναι ίσο με 1 - χ αν χ > 1 6 8 1 0 1 2 14

Αν f ( χ ) = χ - 1 , τότε το f ( 3x ) συναρτήσει του f { χ ) είναι ίσο με χ f (x ) 2f ( x ) 2 + f (x ) f (x ) 3f (x ) 3 3 3 2 2

Αν r ( αχ - β ) = χ38 + χ37 + χ36 + . . · + χ + 1 , α :;t: β τότε το f ( 1 ) είναι ίσο με βχ - α \ . -38 - 1 ο 1 38

Αν r(x - �) = χ2 + :2 + 4 , x :;t: O τότε το f (2 ) είναι ίσο με 1 0 8 6 4 2

Αν r (-2-) = 3χ - 2 για κάθε χ Ε IR - {1} ' τότε το f ( χ ) είναι ίσο με χ - 1 χ + 8 χ + 6 χ + 4 χ + 2

χ χ χ χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/24

χ + 1 χ


26 . Αν f {x - 2) = � και f {f (α)) = .i , τότε το α είναι ίσο με Λ. 1 Β. 2 Γ. 3 ·\ . 4 !·' . 5 . 2χ - 3 3

I ι Γραφικ1) παράσταση συνιΊρτησης 2 7. Αν Α( -1, -4) , Β(2 ,- 1 ) και Γ( -2, 3) , τότε η περίμετρος του τριγώνου ΑΒΓ είναι

Λ. 8.fi Β. 1 0J2 Γ. 1 2.fi Δ. 1 4.fi Ε. 1 6.fi . 2 8 . Αν Α ( -2, 2) , Β (Ο, 3) , Γ ( Ο, χ ) και το τρίγωνο ΑΒΓ .είναι ορθογώνιο με Α = 90° ,

τότε το χ είναι ίσο με Λ. -5 Β. -4 Γ. -3 ·\ . -2 f.· •• -1 .

29 . Δίνονται τα σημεία Α(-2, 2 ) , Β (Ο, 3) και Γ(Ο, γ) , γ E JR ώστε το τρίγωνο ΑΒΓ να είναι ορθογώνιο στο Α . Το μήκος της πλευράς ΒΓ είναι: Λ. 4 Β. 5 Γ. 6 Λ. 7 Ε. 8 ;r .. Β (Ο, 3 ) Α ( -2,2) () ι

\ � \ ' 30. Αν το σημείο Μ(2,5 ) ανήκει στη γραφική παράσταση της συ-

χ ' \ χ νάρτησης f (χ ) = χ + μ τότε: χ - 1

Α. μ = 2 Β. μ = 3 Γ. μ = 4 Δ .. μ = 5 Ε . μ = 7 . 3 Ι . Αν r (3_) = 3x + l για κάθε x E lR - {0, 1} και το σημείο Μ(Ι ,μ ) χ χ - 1

[29]

ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τότε το μ είναι ίσο με Α. 6 Β. 7 Γ. 8 \. 9 Ε. 1 0 .

3 2 . Α ν f ( 2χ - 3) = 8χ + 1 και το σημείο Μ ( 3 κ - 1, -3) ανήκει στην γραφική παράσταση της συνάρτησης f , τότε το κ είναι ίσο με Λ . -2 Κ -1 Γ. l Δ. 2 Ε . 3 . 33 . Αν για κάθε χ Ε JR ισχύει f { χ ) + 4χ = f (2x) και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο A( l , - 3) τότε το f {2) είναι Λ . 5 Β. 4 Γ. 3 \. 2 Γ . 1 . 34. Α ν f ( 3χ + 4) = μχ 2 - 3χ + 1 και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Μ( 1 ,5) τότε το μ είναι ίσο με Λ. 1 Β. 2 Γ. 3 Λ. 4 Ε . 5 . .., ,.. Α r ( ι 2 ) χ2 + 1 · Μ · · · · f · .1 :1 . ν - - = -- και το σημειο ανηκει στην γραφικη παρασταση της συναρτησης , τοτε χ χ - 2

Α . Μ (3,%) Β. M (3,i) Γ. Μ(3, 0) Δ . M (3, -i) Ε. Μ (3, -%} 36. Α ν για κάθε χ Ε JR ισχύει xf (χ + 1) = μ · f ( χ ) και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από τα σημεία Α(3 ,3 ) και Β (4, 6) τότε το f {5 ) είναι ίσο με Λ . 2 Β. 3 Γ. 6 Λ 9 1 � . 1 2 3 7 . Α ν για κάθε χ Ε JR ισχύει f (χ + Ι ) = f (χ ) + χ 2 και η γραφική παράσταση της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α (2, 6) , τότε το f (l O) είναι ίσο με Λ . 280 Β. 290 Γ. 292 \. 294 ι . 298 .

1 1 1 . Η συν(ί.ρτηση f' ( χ ) = α χ + β 38. Αν τα σημεία Α(-5, 3 ) , Β (κ, 2) και Γ(-7, 6) είναι συνευθειακά, τότε το κ είναι ίσο με

Λ. -7 Β. -5 Γ. - 1: Δ. -j- Ε. -% · \jψ \ . . 6 39 . Η κλίση της ευθείας (ε) στο διπλανό σχήμα είναι ίση με [39] '\.'\.\. (,'-,

\�' Λ . -� Β. -� Γ. -1 Δ. � Ε. � . 2 3 3 2

40. Η ευθεία (ε) που διέρχεται από τα σημεία Α (2 ,0) και Β (Ο, 5 ) έχει εξίσωση

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/25

,, '·

'\. 4 ο

χ ...

Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου

5χ + 2ψ - 1 0 = 0 2χ + 5ψ - 1 0 = 0 χ + 2ψ - 5 = 0 2χ + ψ - 5 = 0 χ + ψ - 1 0 = 0

Δίνονται τα σημεία Α ( 1 0, 3 ) , Β (Ο, 8 ) και το σημείο Μ στον θετικό ημιάξονα Οχ , όπως στο διπλανό σχήμα. Αν ΑΜΒ = 90° , τότε η τετμημένη του σημείου Μ μπορεί να είναι: 3 5 6 7 8

Η θ ' ξ' 3 6 ' ' ξ Ι 1 ευ εια με ε ισωση ψ = --χ + τεμνει τους α ονες χχ και ψψ στα ση-4 μεία Α και Β αντίστοιχα. Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ είναι ίσο με

1 2 1 6 1 8 24 48

χ ...

Οι ευθείες με εξισώσεις (μ + 1 ) χ + (μ + 2 ) ψ - 2 = Ο και ( 2 - μ) χ + μ ψ + 5 = Ο τέμνονται πάνω στον άξονα ΧΧ 1 • Το μ είναι ίσο με -3 -2 -1 1 2

Η οξεία γωνία που σχηματίζουν οι ευθείες ψ - J3 · χ + 5 = Ο και ψ + χ - 3 = Ο είναι ίση με 30° 45° 60° 75° 85°

Η κορυφή Γ του τετραγώνου ΑΒΓ Δ βρίσκεται πάνω στην ευθεία (ε) με εξίσωση ψ = 2. χ και Δ (α, 9) . Το εμβαδόν Ε του τετραγώνου είναι ίσο με 4

4 8 1 6 32 46

Στο διπλανό σχήμα τα τετράπλευρα ΑΒΓ Δ , ΕΖΗΘ είναι τετράγωνα και ( ΟΜ ) = (ΜΕ) . Το μήκος του ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ είναι ίσο με

4 6 8 1 0 1 2

Το εμβαδόν του τραπεζίου ΑΒΓΔ στο διπλανό σχήμα είναι 3 9 και τα σημεία Α , Β έχουν συντεταγμένες ( 2, Ο) , ( 5, Ο) αντίστοιχα. Το κ είναι ίσο με

5 2 6 8 1 1

2 1 3 2

ο

ψ

ψ Α Δ

Β Γ χ

Α

ο

[45]

4 ψ = - χ - 12

3

Η

χ �

z

[46]

ψ = 2χ + κ

Γ

[47]

χ

Β

ψ (Υψος σε cm)

Το διπλανό σχήμα δείχνει πως μειώνεται το ύψος ενός κεριού που καίγεται. Πόσες ώρες θα κάνει για να τελειώσει το κερί;

7 6 5 4 3


24 [48] 20

χ Ο 1 (Χρόνος σε ώρες)


Στο διπλανό σχήμα η ευθεία (ε ) είναι γραφική παράσταση της συνάρτησης ψ = J3x + 3J3 + 3 . Το εμβαδόν του τετραγώνου ΟΑΒΓ είναι ίσο με

1 4 9 1 6 25

[49]

χ '

Bir:-π.ι::r.:r:-:ι� Α ....... , ....... .,.,.,.,., ............... .... J'•.!'•ιιl•rl' ............... •ιi'•J'• ... ,., ............... •J'•,•J'•I•rl' ............... Γ Ο

Η συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και f ( 2 ) = Ο . Η εξίσωση f {χ 3 + 1 Ο) = Ο έχει λύση : χ = 2 χ = -2 χ = - 1 0 χ = 1 0 χ = -�

Η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα και f ( 8 ) = 4 . Η aνίσωση f {χ 2 - 1 ) > 4 έχει λύση : χ Ε (- 1, 1 ) x E (-oo, - l ) u ( 1 , +oo ) x E (-oo, -3 )u (3, +oo ) χ Ε (-3, 3 )

Αν συνάρτηση f είναι γνησίως μονότονη και η γραφική της παράσταση διέρχεται από τα σημεία Α ( -7, -3 ) , Β( - 5, -4) τότε η f είναι:

χ

Γνησίως αύξουσα Γνησίως φθίνουσα Όχι γνησίως μονότονη Δεν γνωρίζουμε την μονοτονία Α ν συνάρτηση f : [ α,β] � IR είναι γνησίως φθίνουσα με f (α) = κ και f (β) = λ , τότε η f έχει:

Μέγιστη τιμή λ Ελάχιστη τιμή κ Μέγιστη τιμή κ και ελάχιστη τιμή λ Μέγιστη τιμή λ και ελάχιστη τιμή κ.

Α ν η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και παρουσιάζει ελάχιστο για χ = 1 τότε η συνάρτηση g (χ ) = f {χ 5 + 3 3) παρουσιάζει ελάχιστο για

χ = 1 χ = -1 χ = 2 χ = -2 X = -iffi Αν η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το IR και έχει ελάχιστο το -2 τότε για κάθε χ Ε IR ισχύει:

f {x3 ) ;::: 2 f {x3 ) � 2 f {x3 ) + 2 ;::: 0 f {x3 ) � 8 f {x3 ) ;::: -8 4χ2 + (α + 4) χ - 1 Α ν η συνάρτηση f (χ ) = ( ) 2 είναι άρτια, τότε το α είναι ίσο με α + 2 χ + 7

-5 -4 -3 -2 - 1 Η συνάρτηση f είναι άρτια, η συνάρτηση g είναι περιττή και ισχύει: 3g( 2) + 2f( 5) =f( -5) -3g( -2) +6 .

Το f (5 ) είναι ίσο με 6 4 3 2 1 Η συνάρτηση f είναι άρτια και για κάθε χ Ε IR ισχύει f (χ ) + 4 χ = f (-2χ ) . Α ν η γραφική παράσταση

της συνάρτησης f διέρχεται από το σημείο Α( Ι , - 3) τότε το f(2) είναι 5 4 3 2

Δίνονται οι συναρτήσεις f, g : IR � IR με f ( 6) = 2 και g ( 4) = -5 . Α ν η συνάρτηση f είναι άρτια , η g είναι περιττή και h (χ ) = 6f (;) - 4g ( �) + g (χ + 12 ) , το h ( - 1 2) είναι:

- 1 2 -8 ο 8 12 . Περιττή είναι η συνάρτηση f (χ ) = χ · ημχ f (x ) = x3 + ημχ f (χ ) = χ 2 + συνχ Η συνάρτηση f (χ ) = αχ 3 + β χ + γ , α, β, γ Ε IR είναι περιττή όταν:

γ < Ο, β = Ο β = Ο γ > Ο, α · β :;t: Ο γ = Ο α :;t: Ο β :;t: Ο Περιττή είναι η συνάρτηση :

1 f (x ) = x3 - 3χ + 2 f (x ) = -4 χ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/27

f (x ) = lx l + x

α + β = Ο, γ :;t: Ο

f (χ ) = (χ - ιγ


(ι � ο Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f : IR � IR είναι συμμετρική ως προς τον άξονα ψψ' και για κάθε χ ε :!R ισχύει f {x ) + 8x4 = 6x2 - f {-x) + 4 . Το f { 1 ) είναι:

.\ . -1 Β. Ο Γ. 1 Δ . 2 Ε , 3 . 64 . Η γραφική παράσταση της συνάρτησης f : IR � IR είναι συμμετρική ως προς την αρχή Ο { Ο, Ο) των αξόνων και για κάθε χ ε IR ισχύει 3f (χ ) + 6χ = 4χ3 - f (-χ) . Το f{ 1 ) είναι: Λ . . -1 8. Ο Γ. 1 Δ. 2 Ε. 3 .

. , ; '\ ' ' ' ' . ' ' •. i \ ' . \ • • ι. �;.υ: τη τη.:: συν•φτη σψ; ι !_ χ J '" υ χ + μ, + γ

{ 3χ2 + 3ν, χ < 1 ι',. :<;; _ Δίνεται η συνάρτηση f {x ) = 5χ2 - ν, 1 � χ < 2 . Αν f{2 ) - f{ 1 ) + f {0) = 28 , τότε το ν είναι ίσο με

2χ2 + ν, χ � 2 λ . 1 Β. 2 Γ. 3 Λ. 4 Ε. 5 .

6(, , Στο διπλανό σχήμα έχουμε παραστήσει την γραφική παράσταση της συνάρτησης: \ . . f {x ) = l l x l + 3 l-x l l Β. f {x ) = lx l + 3 � . f ( x ) = l l x l + 31 \ . f {x ) = l l x l - 31 Ε. f {x ) = lx l - 3 .

f:. 7 • Στο διπλανό σχήμα έχουμε παραστήσει την γραφική παράσταση της συνάρτησης: "'·-- f {x ) = lx + 4l + lx l � f {x ) = lx l - l x + 41 Ε . f {x ) = l l x + 41 - l x l l + 1 ..

Β. f {x ) = l l x l - l x + 4l l Λ . f {x ) = lx + 41 - l x l

[66]

[67]

χ' -4

ψ

ο

__ .i _ _ _ _ _ -4

�' � - Στο διπλανό σχήμα δίνονται οι γραφικές παραστάσεις δύο συναρτήσεων f , g . Ο αριθμός g ( f ( -1 )) - f ( g (Ο)) + f ( g ( -1)) είναι ίσος με Λ . -2 Β . -1 Γ. Ο _\ . 1 Ε . 2 .

6<� .. Στο διπλανό σχήμα δίνεται η παραβολή f { χ ) = αχ2 + βχ + γ . Το άθροι-σ μα β + γ είναι ίσο με . \ . 1 6

3 π. . -4 ! . 4

3 /\. -1 Ε. Ο .

7 Η . Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = αχ 2 + β χ + γ . Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης f είναι ίση με .. 9 , , , - Hc. 5 2

,. 1 1 :: . -2 Λ . 6 [ , .!2 . 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/28

4 Γ ο

ψ = f (x )

χ

χ

χ

[68]

[69]

χ

[70]

χ


7 1 . Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = αχ 2 + β χ + γ . Η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f είναι ίση με

8 Α. - -3 Β. -3 Γ. _'}__ 3 ' _

'}_ Δ . Ε. -4 . 2 χ'

72 . Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (x ) = x2 - 1 0x + p - 4 . Aν 3 (0Α) = (ΑΒ) , τότε p είναι ίσο με Λ . 1 4 Β. 1 6 Γ. 1 8 \., 20 Ε. 24 .

ψ

Jψ ο \

[71 ]

[72]

Α Β / ..�

\ ,;/ -� ........ ..,,,.,..,."""'

} j

73. Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συ- [73] νάρτησης f (g ( χ ) ) = αχ2 + βχ + γ . Α ν g (χ ) = χ + 1 , τότε το f ( 2 ) είναι ίσο με Λ . -4 Η. -2 Γ. Ο Δ. 2 Ε . 4 . - 1

χ 3

χ ' I ο

χ

74. Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = αχ 2 + β χ + γ και έχει άξονα συμμετρίας την ευθεία

/�ψ [74]

/ : \

χ = -2 . Το άθροισμα χ 1 + χ2 των ριζών της f είναι ίσο με Λ . -6 Β. -5 Γ. -4 . \ . -2 !�. -1 .

75. Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = αχ 2 + β χ + γ . Ποια από τις παρακάτω σχέσεις είναι λανθασμένη ; Λ . β2 - 4αγ > 0 Ε .. � < 0 r. α · γ < Ο \. γ > Ο Ε. β · γ < Ο . α

76. Στο διπλανό σχήμα η ευθεία ε : ψ = 2χ + 6 τέμνει την παραβολή ψ = -χ2 + βχ + γ πάνω στους άξονες. Το άθροισμα β + γ είναι ίσο με

Α. 4 Β. 5 Γ. 6 Δ . 9 Ε. 1 2 .

77. Σύμφωνα με το διπλανό σχήμα το ζευγάρι (μ, ν) είναι ίσο με Λ. ( -1, 2 ) Β. (-1, 3 ) Γ. ( -2, 4) Ε. (-1 , 5 ) .


J ι ·� i Ι \ Χι.f I \ χ2 --ι--.__-+-<,,,----+ χ' -2 \ χ

1;�,

[75]

χ'

[76]

χ'

'

/ � ι \ . ι Ί I \ ι 't I \ ι �.

/ ο ψ

ψ

χ

χ


Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = χ 2 - 4 χ + 3 . Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με

3 4 5 6 7

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f( χ ) = χ2 - 9χ + κ + Ι και ισχύει ( ΟΒ ) = (ΒΓ ) . Το εμβαδόν του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίσο με

9 Ι 8 27 36 54

Η παραβολή στο διπλανό σχήμα είναι η γραφική παράσταση της συνάρτησης f (χ ) = αχ 2 + β χ + γ . Το εμβαδόν του ορθογωνίου ΚΛΜΝ είναι ίσο με 4 6 8 1 0 1 2

Στο σχήμα δίνεται η γραφική παράσταση μιας συνάρτησης f . Το f (-2) + f ( 2 ) είναι:

Ο Ι 2 3 4 .

Αν 3χ - 4ψ = χ - 3ψ = 1 0 , τότε το ψ είναι ίσο με -5 -4

ψ [78]

� I Β Γ

χ' [79]

Ο Β Γ

χ ...

_χ'_ ίψ 1:

-1+--τ-τ- 5

=�μΓΆ -1

-2

ψ [81 ] 9 cr 4 - - - - - ;

ο

1 χ __ ...:....__ __ ___.,.

4

3 2

5 { χ2 - ψ2 = Ι 8

Α ν _Ι _ _ _ Ι _ = � , τότε το ψ είναι ίσο με 4 2 -4 -6 -8 χ + ψ χ - ψ 3 {χ - (α - Ι )ψ = Ι ll1> { } , , , Α ν , α ε � - - Ι, 2 , τοτε το ψ ειναι ισο με αχ - 2ψ = 4 - α

Ι 2 2 2 2 α + Ι α - 2

Η λύση του συστήματος

α + 2 Ι - α Ι χ -- = 8 ψ '

� -)ψ = 2 ει ναι:

α + 1

(9, 4) (8, 2 )

{2χ - 3ψ + 4 = 0 Αν το σύστημα είναι αδύνατο, τότε α δεν είναι ίσο με 4χ - 6ψ - α= Ο - Ι2 -8 8 Ι 2 24


( 1 , 9 ) (9, 1 ) ( 4, 9 )

Μαθηματικά για την Β· Λυκείου ! α - β 4 -- = -3 . . . Αν 1 �� χ

, τοτε το χ ειναι ισο μ< 3 4

Α 1 1 1 1 9 . . . ν - + - = -2 --2 = , τοτε το χ ειναι ισο με χ ψ χ ψ 1 3

5 4

1 4

4 7

1 5

Α {α2 = 3β - 1 6 β 7 . β . . ν 2 και α - = , τοτε το α · ειναι ισο με 1 0 - 1 0 β = 3α - 1 6 { 2χ - 3ψ = 5

Αν το σύστημα 5χ + ψ = - 1 3 , α Ε ffi. έχει λύση, τότε το α είναι ίσο με αχ - 5ψ = 1 1

-3 -2 2 3 4 { 3χ + μ = 5

Αν το σύστημα χ - ψ = 4 , α Ε ffi. έχει λύση, τότε το μ είναι ίσο με χ2 - ψ2 = 24

- 1 0 -5 5 1 0 1 5

Α ν { * + � = 2 , τότε το άθροισμα α + β είναι ίσο με 2α + 3β = 20 {2χ + ψ = 1 1

Αν -χ - 2z = 2 , τότε το άθροισμα χ + ψ + z είναι ίσο με 2ψ + z = 9

1 . Exercices de Mathematiques - D . Lats i s 2003 , [Γαλλία]

8 9

8 7

5 8 7 7

1 0

1 6

1 5 - 1 5

1 2

6 5

2 . 1 000 Exercices Corriges d e Mathematiques - Alain Gastineau, Phi l ippe Poitrat 200 1 , [Γαλλία] 3 . Further Elementary Analys i s - R . I . Porter 1 990 . [Η .Π .Α] 4. Μαθηματικά Γ Λυκείου Θετικής Κατεύθυνσης, Α-Β τόμος, Χρ. Γκουβιέρος, Θυμ. Διαμαντόπουλος

<Εκδ: Ξιφαράς, 2008 [Αθήνα] . 5 . Αλγεβρικά θέματα, τόμος Β-Γ, Παν. Μάγειρας, < Εκδ. : 1 975 [Αθήνα] . 6 . Α Course of Pure Mathematics - G. Η . Hardy . 1 992 [Ινδία] 7 . Pήnciples o f Mathematical Analysis - Walter Rudin , 1 973 [Η .Π. Α.] 8 . lntroductory Real Analysis - Α. Ν. Kolmogoroν & S . V . Fonin, 1 970 [Η.Π.Α.] 9. Adνanced Calculus - Lynn Η. Loomis, Shlomo Stemberg, 1 980 [Η.Π.Α.] 1 0 . Problemes D' Analyse Mathematique - G. Berman, 2005 [Γαλλία] 1 1 . Calculus with Analytic Geometry - Marν in J . ForrayT. , 1 9 8 8 [Η.Π.Α.]

1 1 0 5

1 5

4

1 2 . Άλγεβρα Α' Λυκείου, Τόμος Β, Θύμιος Διαμαντόπουλος, Βαγγέλης Ζώτος <Εκδ. : Ξιφαράς 20 1 1 , [Αθήνα] . 1 3 . Real Analysis : Α Problem - Oriented Uncluttered Friendly Approach, Bansi Lai - Sanjay Arora, 1 993 [Ινδία] 1 4 . Problems in Higher Mathematics - V. Govorov, Ρ. Dybov, Ν. Miroshin, S. Smimova, 1 994,[ Η.Π.Α.]

1(Α), 2(Β), 3(Ε), 4(Β), 5(Γ), 6(Δ), 7(Α), 8(Γ), 9(Ε), lΟ(Δ), l l (A), 12(Δ), 13(Β), 14(8), 15(Ε), 16(Β), 17(Α), 18(Γ), 19(Γ), 20(Γ), 21(Β), 22(Β), 23(Β), 24(Α), 25(Ε), 26(Γ), 27(8), 28(Ε), 29(Γ), 30(Α), 3 Ι (Γ), 32(Γ), 33(Β), 34(Ε), 35(Α), 36(Β), 37(Ε), 38(Ε), 39(Δ), 40(Δ), 41(Ε), 42(Δ), 43(Α), 44(Ε), 45(Β), 46(Α), 47(Δ), 48(Ε), 49(Ε), 50(Ε), 51(Β), 52(Β), 53(Α), 54(Δ), 55(Ε), 56(Γ), 57(Α), 58(Γ), 59(Γ), 60(Γ), 61(Β), 62(Β), 63(Γ), 64(Δ), 65(Δ), 66(Δ), 67(Δ), 68(Β), 69(Β), 70(Α), 71(Β), 72(Ε), 73(Γ), 74(Γ), 75(Ε), 76(Ε), 77(Γ), 78(Β), 79(Β), 80(Ε), 81 (Δ), 82(Γ), 83(Β), 84(Ε), 85(Δ), 86(Ε), 87(Β) . Αρκετά καλές λύσεις έστειλαν οι μαθητές από το 3° Λύκειο Λαμίας: Ι. Αρκουμάνης, Δ. Γαλανής, Κ. Πολύμερος.



Γιώργος Τασσόπουλος. Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών.

Είναι γνωστό ότι προκειμένου ένα τριώνυμο f(x) = αχ2 + βχ + γ, α i= Ο να διατηρεί σταθερό πρόσημο, για κάθε χ ε �, πρέπει και αρκεί η διακρίνουσά του Δ = β2 - 4αγ να είναι αρνητική . Αν Δ = Ο τότε f(x) � Ο για κάθε χ ε � με το ίσον μόνον όταν χ = _1._ .

2α Αποτελεί ως γνωστόν αυτή η παρατήρηση μια πολύ συνηθισμένη μέθοδο απόδειξης ανισοτήτων που

εξαρτώνται από παραμέτρους α, β, γ, . . . , όταν μεταξύ αυτών υπ,άρχει κάποια 2ου βαθμού.

Για παράδειγμα, αν Α = β3 - 3αβ + 3α2γ - 2αi, τότε : Α = 3γα2 - (3β +2 γ2)α + β3 = f(α), δηλαδή όταν γ i= Ο πρόκειται για αριθμητική τιμή του τριωνύμου : f(x) = 3γχ2 - (3β +2γ2)χ + β3 - 3αβ, για χ = α. Επίσης Α = -2αγ2 + 3α2γ + β3 - 3αβ = g(γ), δηλαδή όταν α i= Ο πρόκειται για αριθμητική τιμή του τριωνύμου : g(x) = -2αχ2 + 3α2χ + β3 - 3αβ, για χ = γ Ακολουθεί μια απλή εφαρμογή της παραπάνω παρατήρησης.

Να δείξετε ότι: Για κάθε α, β ε 9t, ισχύει: α2 + 3β2 � 3αβ (1) Γι' αυτό αρκεί α2 - 3βα +3β2 � Ο, δηλαδή f(α) � Ο, όπου f(x) = χ2 - 3βχ +3β2 . Πράγματι Δ = 9β2 -

1 2β2 = - 3β2 :::; Ο, για κάθε β ε �. Θα έχουμε δε f(α) = Ο μόνον όταν Δ = Ο, δηλαδή β = Ο και α = Jβ = Ο . Θα μπορούσαμε φυσικά να θεωρήσουμε αντί του f(x) το τριώνυμο g(x) = 3χ2 - 3αχ + α2.

2 Τέλος επειδή δεν βλάπτεται η γενικότητα της ( 1 ) αν αβ � Ο, μια άμεση απόδειξή της μπορεί να γίνει με βάση την γνωστή ανισότητα: κ2 + λ2 � 2κλ για κ = α, λ = β.J3 , οπότε α2 + 3β2 � 2α · β.J3 � 3αβ, αφού 2 > .J3 και αβ � Ο.

Αποδείξτε ανάλογα ότι: 3(α2 + β2 + γ2) � (α + β +γ)2 , για κάθε α, β, γ ε 9t και γενικά ν (α; + α� + ... + α� ) � (α1 + α2 + ... + α. )2 για κάθε αι, α2, . . . , α. ε �, ν � 2

Αρκεί: (ν - 1 ) α� - 2 ( α2 + . . . + αν ) α 1 + ν (α; + . . . + α� ) - ( α2 + . . . + αν )2 = f( α 1 ) � Ο, οπότε η Δ :::; Ο ανάγεται στην (ν - 1 ) (α; + . . . + α� ) � ( α2 + . . . + αν )2 (επαγωγική απόδειξη)

Όμοια για το προηγούμενο πρόβλημα εκτός των άλλων μορφών αρκεί: 2α2 - 2(β + γ)α + 3(β2 + γ2) - (β +γ)2 = f(α) � Ο, οπότε η Δ :::; Ο ανάγεται στην 2(β2 + γ2) � (β +γ)2 . Τέλος η άμεση απόδειξη προκύπτει από εφαρμογή της ανισότητας Swartz \ια τις ν - άδες ( 1 , 1 , . . . , 1 ) και (α1 , α2, . . . α.), ν = 2,3 ,4, . . . , δηλαδή ( 1 2+ 1 2+ . . . + 1 2) - (α � + α; + . . . + α � ) � ( 1 ·α 1 + 1 ·α2 + . . . + 1 ·αv)2 .

Ας θεωρήσουμε τώρα μια πιο ενδιαφέρουσα εφαρμογή που πιθανόν να μας «κλονίσει» σε πρώτη φάση την εμπιστοσύνη στην παραπάνω μεθοδολογία.

Να δείξετε ότι: Για κάθε α, β> Ο ισχύει (α + β)(αβ + 1) � 4αβ (1)

Με βάση την ανισότητα κ2 + λ2 � 2κλ έχουμε και πάλι μια άμεση απάντηση, αφού α + β � 2 Ν , αβ + 1 � 2 Ν · 1 ::::> (α + β)( αβ + 1 ) � 4 Ν .

Ας επιχειρήσουμε λοιπόν να αποδείξουμε την ανισότητα με την χρήση του τριωνύμου. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/32


Προφανώς αρκεί αντί της ( 1 ) να δείξουμε την: βα2 + (β2+ 1 - 4β)α +β z Ο. Αρκεί λοιπόν να δείξουμε ότι το τριώνυμο : f(x) = βχ2 + (β2+ 1 - 4β)χ +β έχει Δ � Ο, όπου Δ = (β2 + 1 - 4β)2 - 4β2 = = (β2 + 1- 4β + 2β)(β2 + 1 - 4β - 2β) = (β2+ 1 - 2β)(β2 - 6β + 1 ) = ( β - 1/ (β2 - 6β + 1 ) . Περιέργως όμως δεν ισχύει Δ � Ο για κάθε β > Ο, αφού ο παράγοντας β2 - 6β + 1 έχει διακρίνουσα Δι = 36 - 4 = 32 > Ο, δηλαδή δεν διατηρεί σταθερό πρόσημο,π.χ. για β= 1 και β=6. Τι άραγε μας διαφεύγει; Αυτό που μας διέφυγε είναι ότι η (2) δεν θέλουμε να ισχύει για κάθε α Ε 9\ , αλλά για κάθε α Ε (0, +οο ). Αυτό μπορεί βέβαια να συμβαίνει όταν Δ � Ο , αλλά μπορεί να συμβαίνει και όταν το τριώνυμο f(x) έχει άνισες ρίζες χ 1 < χ2 και α � (χ 1 , χ2), δηλαδή α < χ ι < χ2 ή Χ ι < χ2 < α . Στην προκείμενη περίπτωση λοιπόν αν χ ι<χ2<0 (3), οπότε χ ι < χ2 < α. Παρατηρούμε ότι: Αν β2 - 6β + 1 � Ο, τότε Δ � Ο και f(x) z Ο για κάθε χ Ε 91 άρα και για χ = α > Ο. Αν όμως β2 - 6β + 1 > Ο (4), τότε β ;t: 1 και το f(x) έχει δύο ρίζες άνισες Χ ι < χ2 . 'Εχουμε όμως Χ ι · χ2 = �

β

β 2 + 1 - 4β 4β - β 2 - 1 6β - β 2 - 1 = 1 > Ο και χ 1 + χ2 = - = < < Ο , αφού β2 + 1 - 6β > Ο, λόγω της β β β

(4). Άρα χ ι < χ2 < Ο . Ισχύει λοιπόν η σχέση (3) που επιδιώκαμε. Το ίσον ισχύει μόνον όταν β= 1 , οπότε και α= 1 (γιατί;) .

Μια άλλη συνέπεια των παραπάνω είναι το ότι αν οι συντελεστές ενός τριωνύμου f(x) = αχ2 + βχ + γ, α i= Ο εξαρτώνται από μια παράμετρο λ μπορούμε να αναζητήσουμε τις τιμές του λ για τις οποίες διατηρεί σταθερό πρόσημο.

<\\' Να βρεθεί το λ Ε 91 ώστε: λχ2 - 2λχ + λ2 - λ - 3 � Ο για κάθε xe9i.

Προσεκτικά σκεπτόμενοι διαπιστώνουμε ότι: αχ2 + β χ + γ � Ο για κάθε χ Ε 9\ <:::::> ή (α < ΟJ Δ :s; Ο Εντελώς ανάλογα: αχ2 + β χ + γ z Ο για κάθε χ Ε 9\ <:::::> ή (α > OJ Δ � Ο

(α = β = OJ γ � Ο (α = β = Ο)

γ z Ο

(λ < OJ [ λ = Ο ] Στην προκειμένη περίπτωση πρέπει και αρκεί: < ή -2λ = Ο . Από το δεύτερο σύστημα βρί-Δ _ Ο λ2 - λ - 3 � 0

σκουμε λ = Ο . λ<Ο Με λ < Ο εξάλλου έχουμε: Δ � Ο <:::::> 4λ2 - 4λ(λ2 - λ - 3 ) � Ο <=> λ - (λ2 - λ - 3 ) z Ο <:::::> - λ2 + 2λ + 3 z Ο

<:::::> λ2 - 2λ - 3 � Ο <:::::> - 1 � λ � 3 <:::::> - 1 � λ < Ο. Τελικά λοιπόν λ = Ο ή λ Ε [-1 , 0), δηλαδή λ Ε [- 1 , Ο]

Αντιλαμβανόμαστε πλέον ότι αν η Δ είναι τέλειο τετράγωνο π.χ. Δ = λ4 - 6λ2 + 9 = (λ2 - 3)2, τότε Δ � Ο <:::::> λ = ± .J3 , δηλαδή δεν βρίσκουμε άπειρες τιμές του λ όπως προηγουμένως. Η παρατήρηση που ακολουθεί όπως θα διαπιστώσετε αποτελεί έναν ενδιαφέροντα τρόπο κατασκευής τριωνύμων αυτής της μορφής.

"' Π αρατι'Ηηι ση : Αν (χ - α)(χ - β) z Ο, για κάθε χ Ε 91 ( 1 ) , τότε α = β και αντιστρόφως. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79τ.3/33

Μαθηματικά για την Β · Λυκείου

Αφού η ( 1 ) ισχύει για κάθε χ ε91, θα ισχύει και για χ = α + β . 2

Τότε : ( Ι ) => (α; β - α)(α; β - β) 2 0 => ( β;α)(α� β ) 2 0 => - (α - β)2 � 0 => (α - β)2 � 0 =>

α = β. (Πως αιτιολογείται διδακτικά η επιλογή του χ = α + β ; ) 2

Το αντίστροφο είναι προφανές.

Φυσικά η απόδειξη μπορεί να γίνει και με απαγωγή σε άτοπο αποκλείοντας την εκδοχή να ισχύει η ( 1 ) και α =Ι- β , ή με την διακρίνουσα του τριωνύμου f(x) = (χ - α)(χ - β) = χ2 - (α + β)χ +αβ, δηλαδή από το γεγονός ότι Δ = (α + β)2 - 4αβ = α2 + β2 - 2αβ = (α - β)2 και Δ � Ο => α = β. Αντιλαμβανόμαστε λοιπόν ότι για να οδηγηθούμε σε τριώνυμο f(x) με διακρίνουσα τέλειο τετράγωνο μια απλή περίπτωση είναι να έχουμε : f(x) = (χ - α)(χ - β) .

Να βρεθεί το λ ε 91, ώστε (χ - λ3 + λ)( χ - 2λ + 2) � Ο (1) για κάθε χ ε 91.

Σύμφωνα με την παρατήρηση πρέπει και αρκεί λ3 - λ = 2λ - 2 ( 1 ), οπότε ( 1 ) <=> λ(λ - 1 ) (λ + 1 ) - 2(λ - 1 ) = ο <=> ( λ - 1 )(λ2 + λ - 2) = ο <=> λ = 1 ή λ = -2

Κάποιος όμως που δεν έχει υπόψη του την παραπάνω παρατήρηση θα εργαστεί με την χρήση της διακρίνουσας που αποτελεί τη φυσιολογική οδό. Αν όμως δεν διαπιστώσει ότι: Δ = (α + β)2 - 4αβ, θα εμπλακεί σε δαιδαλώδεις πράξεις. Στην περίπτωσή μας π. χ θα έχουμε: ( 1 ) <:::> χ2 - (λ3 + λ - 2)χ + 2(λ4 - λ3 - λ2 + λ) � Ο. Και μόνο η πολυπλοκότητα των συντελεστών μας αποτρέπει από την χρήση της διακρίνουσας. Νομίζω ότι δεν είναι πολύ πιθανό να παρατηρήσει κανείς ότι: 2(λ4 - λ3 - λ2 + λ) = 2 [λ3(λ - 1 ) - λ(λ - 1 )] = 2(λ - 1 )(λ3 - λ) = (2λ - 2)(λ3 - λ) = α·β με α = 2λ - 2, β = λ3 - λ , οπότε α + β = 2λ - 2 + λ3 - λ = λ3 + λ - 2, για να διαπιστώσει έτσι ότι: Δ = (α +β)2 - 4αβ = = (α - β)2 και από Δ � Ο να φτάσει στην α = β, δηλαδή στην λ3 - λ == 2λ - 2. Οι συνάδελφοι μπορούν να κατασκευάσουν πολλά παρόμοια θέματα, οπότε η παρατήρηση (ως 1 ο ερώτημα) και η εφαρμογή ( ως 2° ερώτημα) αποτελούν ένα ενδιαφέρον θέμα για την Α ' Λυκείου . Ως 3° ερώτημα δε, θα μπορούσε να ζητηθεί να δείξουν ότι: (λ3 + λ - 2)2 - 8 (λ 4 - λ3 - λ2 +λ) � Ο, για κάθε λε91, που είναι πλέον άμεση συνέπεια των δύο πρώτων ερωτημάτων, χωρίς πράξεις.

Δίνουμε ενδεικτικά δύο ακόμη τέτοια τριώνυμα: f(x) = (χ2 - λ2 +2λ)((χ +λ - 2), f(x) = (χ - λ3 - λ2 +λ)(χ + λ2 - 2)

με την απαίτηση να βρεθεί το λ ώστε f(x) � Ο για κάθε χ ε 91.

Ο συνάδελφος κ. Θ. Τζιώρτζιος που είχε προτείνει την Άσκηση 7 σελίδα 24 (τ. 78) εκ παραδρομής στην εκφώνηση ανέφερε (ν θετικός άρτιος και χ 2 + β χ + γ = Ο ) αντί του ορθού, όπως ο ίδιος επεσήμανε (ν θετικός περιττός και χ2 - βχ + γ = Ο ) . Οι απαραίτητες αλλαγές στη συνέχεια μπορεί να γίνουν εύκολα. Επίσης ο συνάδελφος κ. Ιωάννης Καρκαζής από την Τρίπολη , όπως και η συνάδελφος Αφροδίτη Πανταζή επεσήμαναν στην Άσκηση 5 σελίδα 54 (τ. 78) την παράλειψη, να ελεγχθεί αν πράγματι η ευθεία x+y=O ανήκει και στις δύο οικογένειες ευθειών. Προφανώς δεν ανήκει σε καμία απ' αυτές. Τους ευχαριστούμε θερμά για τις εύστοχες παρατήρησείς τους.



Δίνεται κύκλος (O,R) και τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο n n ώστε για τα τόξα ΑΒ και ΑΓ να ισχύει n n ΑΒ =2 ΑΓ . Αν ε η εφαπτομένη του κύκλου στο σημείο Α και Κ το σημείο τομής της ΒΓ με την ε, να δείξετε ότι τα τρίγωνα ΑΒΚ και ΑΓΚ είναι ισοσκελή.

n n ,... ,.. Από την ΑΒ =2 ΑΓ έχουμε Α ΓΒ=2 · Α Β Γ ( 1 ) .

Επίσης Α Β Γ= ΚΑ. Γ (2) ως γωνία υπό χορδή και εφαπτομένη . Η γωνία Α Γ Β είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΚΓ επομένως Α Γ Β= Α Κ Γ +Κ Α Γ (3). Η (3) γράφεται με τη βοήθεια των ( 1 ) και (2) : 2 · ΑΒ Γ = ΑΚ Γ + ΚΑ Γ ή 2·ΚΑ Γ = ΑΚ Γ + ΚΑ Γ ή ΚΑ Γ= ΑΚ Γ (4) δηλαδή το τρίγωνο ΑΓΚ είναι ισοσκελές με ΑΓ = ΚΓ. Επίσης από τις σχέσεις (2) και ( 4) προκύπτει Α Β Γ= Α Κ Γ, επομένως και το τρίγωνο ΑΒΚ είναι ισοσκελές με ΑΚ=ΑΒ. Δίνεται τετράπλευρο ΑΒΓ Δ εγγεγραμμένο σε κύκλο και Δ Κ Γ = ω, όπου Κ το σημείο τομής των διαγωνίων του. Θεωρούμε σημείο Ε του τό-

" Λ ξου ΒΓ με Δ Γ Ε = 180° -ω. Να δείξετε ότι το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο.

Η γωνία Δ Κ Γ = ω είναι εξωτερική του τριγώνου ΑΔΚ, επομένως: n n Λ Λ Λ ΔΓ ΑΒ ω= Δ Κ Γ = Δ Α Γ + ΑΔ Β = - +-= 2 2

Μπρίνος Παναγιώτης.

n n n n n ΔΓ+ ΑΒ Ε ' Δ ΓΛ Ε ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ πισης = 2 . 2 Β

Ε

n n n ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ Ισχύει Δ Γ Ε = 1 80° - ω ή 2 n n n n n n n _ 800 ΔΓ+ΑΒ , ΔΑ+ΑΒ+ΒΕ ΔΓ+ ΑΒ _ 1 80ο - 1 - η + -2 2 2 n n n n n ή ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ + ΑΒ = 360° ή n n n n n n n n n n ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ + ΑΒ = ΔΑ+ ΑΒ+ ΒΕ+ ΔΓ + ΓΕ n n ,.. ,.. ή ΑΒ = ΓΕ ή 2·Α Γ Β = 2·Ε Β Γ δηλαδή οι ΒΕ και ΑΓ τεμνόμενες από την ΒΓ σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες, επομένως ΒΕ// ΑΓ n n ( 1 ). Επίσης από την ισότητα ΑΒ = ΓΕ προκύπτει ΑΒ = ΕΓ (2) . Από ( 1 ), (2) συμπεραίνουμε ότι το τετράπλευρο ΑΒΕΓ είναι ισοσκελές τραπέζιο. Δίνονται δύο κύκλοι (O,R) και (Κ, ρ), με R>ρ τεμνόμενοι στα σημεία Α και Β. Θεωρούμε την εφαπτομένη του (Κ, ρ) στο σημείο Α, η οποία τέμνει τον (O,R) στο σημείο Δ. Από το Β φέρουμε ευθεία παράλληλη στην ΑΔ που τέμνει τον (O,R) στο σημείο Ζ και τον (Κ, ρ) στο σημείο Γ. Να δείξετε ότι το ΑΔΖΓ είναι παραλληλόγραμμο.

Το τετράπλευρο ΑΔΖΒ είναι τραπέζιο γιατί ZBI I ΑΔ και ισοσκελές, γιατί: Δ Α Ζ = Α Ζ Β (ως n n

' λλ ' ξ) ' ΔΖ ΑΒ Δ"z ΑΒ" ' εντος ενα α η -= - ή = η 2 2

ΔΖ=ΑΒ. Έχουμε: Α Δ Ζ = Δ Α Β ( 1 ) (ως γωνίες προσκείμενες στην βάση ισοσκελούς τραπεζίου)


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου Λ Λ και Β Γ Α= Δ Α Β ( 2) (ως γωνία υπό χορδή και

εφαπτομένη στον (Κ, ρ))

Γ

z Επίσης Δ Ζ Β + Α Δ Ζ = 1 80° (3) (λόγω του τραπεζίου ΑΔΖΒ). Από ( I ), (2) προκύπτει

Λ Λ Α Δ Ζ=Β Γ Α και από την (3) παίρνουμε ότι Δ Ζ Β+Β f Ά= 1 80° δηλαδή ΔΖ// ΑΓ (σχηματίζουν τις εντός και επί τα αυτά γωνίες τους παραπληρωματικές), οπότε ΑΔΖΓ είναι παραλληλόγραμμο. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ εγγεγραμμένο σε κύκλο (O,R) με ΑΒ<ΑΓ. Φέρουμε το ύψος του ΑΔ και τη διχοτόμο δ της γωνίας Ο Α Δ. Να δείξετε ότι η δ είναι διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ.

Έστω Ζ το σημείο τομής της δ με το κύκλο. Θεωρούμε Α ' το aντιδιαμετρικό του Α. Αν η προέκταση του ύψους ΑΔ τέμνει τον κύκλο στο Κ, τότε

Λ Λ ισχύει: Α ' Α Ζ=Ζ Α Κ ( 1 ) .

z Τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΑ' (Α Γ Α '= 90° γιατί βαίνει σε ημικύκλιο) και ΑΒΔ (Α Δ Β = 90°) έ-

Λ Λ χουν Α Α Τ=Α Β Δ (εγγεγραμμένες που βαίνουν Λ Λ στο τόξο ΑΓ) επομένως Γ Α Α'=Δ Α Β (2)

Από τις σχέσεις ( 1 ) και (2), με πρόσθεση κατά μέ-λη προκύπτει: Γ Α Α '+Α ' Α Ζ=Δ Α Β+ΖΑ Κ ή Γ Α Ζ= Ζ Α Β, δηλαδή η δ είναι διχοτόμος της γωνίας Α του τριγώνου ΑΒΓ. Λ. Σ !< Η Σ Η 5η Δίνεται οξυγώνιο και ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ, εγγεγραμμένο σε κύκλο και Μ τυχαίο σημείο του τόξου ΒΓ. Αν Δ σημείο της ΑΜ

με ΒΔ=ΒΜ και Ζ το σημείο τομής της προέκτασης του ΒΔ με τον κύκλο, να δείξετε ότι i) Ττο μήκος του τμήματος ΜΖ είναι σταθερό. ii) Ττο τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισοσκελές iii) Α ν προεκτείνουμε την ΑΖ κατά ΖΛ=ΜΔ, να

δείξετε ότι τα σημεία Μ, Γ, Λ είναι συνευθειακά.

λ ΥΣΗ

Μ i) Έχουμε Μ Α Γ = Μ Β Γ ( I ) ως εγγεγραμμένες που βαίνουν στο ίδιο τόξο. Για τον ίδιο λόγο ισχύ-ει: Β Μ Δ = Α Γ Β (2) και Β Α Μ= Β Γ Μ (3) . Από τα ισοσκελή τρίγωνα ΑΒΓ και ΒΔΜ έχουμε :

Λ Λ Λ Λ Α Γ Β= Α Β Γ και Β Μ Δ= Β Δ Μ αντίστοιχα. Επο-μένως: Β Α Γ = 1 80° - 2 Α Γ Β και Δ Β Μ= 1 80° -

2 Β Μ Δ. Από την σχέση (2) προκύπτει: Β Α Γ=Δ Β Μ ή Β Α Μ+Μ Α Γ=Δ Β Γ+Μ Β Γ ή Β Α Μ = Δ Β Γ (από την ( 1 )) ή Β Γ Μ=Δ Β Γ (από την (3)), δηλαδή ΒΔ//ΜΓ γιατί σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες. Επομένως το ΒΜΓΖ είναι τραπέζιο εγγεγραμμένο σε κύκλο άρα είναι ισοσκελές με ΓΖ=ΒΜ=ΒΔ. Έτσι ΜΖ=ΒΓ = σταθερό. r,

Λ ΑΒ Λ Λ ii) Έχουμε: Α Ζ Δ= l (4) και Α Δ Ζ=Β Δ Μ (ως κατακορυφήν) = Β Μ Δ (λόγω του ισοσκελούς n τριγώνου ΒΜΔ)= �Β (5) .

Ο Λ Λ Από (4), (5) έπεται ότι Α Ζ Δ=Α Δ Ζ, δηλαδή το τρίγωνο ΑΔΖ είναι ισοσκελές με ΑΖ = ΑΔ. iii) Τα τρίγωνα ΑΓ Λ και ΑΒΜ έχουν: <�> ΑΓ=ΑΒ (ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ) ., ΑΛ = ΑΜ (γιατί ΑΖ=ΑΔ από το ισοσκελές

ΑΔΖ και ΖΛ=ΜΔ, επομένως ΑΛ=ΑΖ+ΖΛ=ΑΔ+ΜΔ= ΑΜ) n n

·� Β Α Μ = Γ Α Λ (Β Α Μ= ΜΒ = ΖΓ =Γ Α Λ) 2 2 . Επομένως τα τρίγωνα είναι ίσα και Α r Λ = Α Β Μ ή A Γ z + z rΛ= A B z+ z B M n ( Α Γ Ζ = Α Β Ζ = ΑΖ ) ή z Γ Λ=Ζ Β Μ ή 2



(Ζ Β Μ = Β Ζ Γ λόγω του ισοσκελούς τραπεζίου ΒΜΓΖ) ή z f Λ = Β Ζ Γ δηλαδή ΓΛ//ΒΖ γιατί τεμνόμενες από την ΖΓ γιατί σχηματίζουν τις εντός εναλλάξ γωνίες τους ίσες. Έτσι, ΓΛ// ΒΖ και ΓΜ // ΒΖ, επομένως Γ,Λ,Μ συνευθειακά. Λ Σ Κ Η Σ !-1 6 '1 Δίνεται παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και το σημείο Κ που διαιρεί εσωτερικά τη διαγώνιο ΑΓ σε λό-

1 γ ο 2 . Α ν η ευθεία ΔΚ τέμνει την ΑΒ στο Λ και

την προέκταση της ΓΒ στο Μ, να αποδείξετε ότι:

1 2 i) ΚΛ = - ΔΛ ii) ΚΜ = - ΔΜ 3 3

ΛΥΣΒ

.l i) Το σημείο Κ που διαιρεί εσωτερικά τη διαγώ-

νιο ΑΓ σε λόγο _.!_ σημαίνει ότι 2 ΑΚ 1 ΑΚ 1 ΑΚ 1 ΚΓ

= 2 ή ΑΚ + ΚΓ = 1 + 2 ή ΑΓ = 3

Από την ΑΒ//ΔΓ με τέμνουσες τις ΑΓ, ΛΔ έχουμε ΚΛ ΑΚ 1 1 ΔΛ = ΑΓ = 3 ή ΚΛ = 3 ΔΛ.

)· ι· ) Α , , ΑΚ 1 πο την ισοτητα ΑΓ = 3 έχουμε ΑΓ -ΑΚ

ΑΓ 3 - 1

3 Από την ΑΔ//ΜΓ με τέμνουσες τις ΑΓ, ΔΜ έχουμε ΚΜ κr 2 2 - = - = - ή ΚΜ = - ΔΜ ΔΜ ΑΓ 3 3

ΛΣΚΗΣ Η 7'1 Από σημείο Κ της πλευράς ΒΓ τριγώνου ΑΒΓ φέρουμε την παράλληλη στη διάμεσο ΑΜ αυτού, που τέμνει τις ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Λ, Ν αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΚΛ + ΚΝ= 2·ΑΜ. Λ Υ Σ Η Τα τρίγωνα ΒΚΛ και ΒΑΜ έχουν ΚΛ//ΑΜ. Από πόρισμα του θεωρήματος του Θαλή στα τρίγωνα

, ΒΚ ΚΛ , ΒΚ ( εχουμε: - = - η ΚΛ=ΑΜ· - 1 ) . ΒΜ ΑΜ ΒΜ

Γ Τα τρίγωνα ΓΝΚ και ΓΑΜ έχουν ΚΝ//ΑΜ, επο-μένως: rκ = ΚΝ ή ΚΝ = ΑΜ· rκ (2) . ΓΜ ΑΜ ΓΜ Επειδή ΒΜ=ΓΜ= ΒΓ , από ( 1 ) + (2) έχουμε: 2

ΒΚ rκ ΒΚ rκ ΚΛ+ΚΝ=ΑΜ· - +ΑΜ· - =ΑΜ·(- +- )= ΒΜ ΓΜ ΒΜ ΓΜ ΑΜ·( 2 · ΒΚ + 2 · ΓΚ )=ΑΜ· 2 · ΒΓ = 2-ΑΜ. ΒΓ ΒΓ ΒΓ Λ. Σ i<. Η Σ Η Η' � Δίνεται τραπέζιο ΑΒΓΔ (ΑΒ//ΓΔ). Η παράλληλη από το Α προς τη ΒΓ τέμνει την ΒΔ στο Μ και η παράλληλη από το Β προς την ΑΔ τέμνει την ΑΓ στο Λ. Να αποδειχθεί ότι:

i) ΜΛ // ΑΒ ii) ΑΒ2 = ΓΔ·ΜΛ

i) Έστω Ε, Ζ τα σημεία τομής των ΑΜ, ΒΛ αντίστοιχα με την ΔΓ και Θ το σημείο τομής των ΒΖ και ΑΕ. Από τα παραλληλόγραμμα ΑΒΓΕ και ΑΒΖΔ έχουμε: ΕΓ=ΑΒ=ΔΖ ( 1 ) .

Επίσης ΖΓ=ΖΕ+ΕΓ=ΖΕ+ΖΔ=ΔΕ (2) . Από την ΒΖ//ΑΔ, με τέμνουσες τις ΑΘ, ΔΒ έχουμε ΘΜ ΒΜ

(3) ' ' Α.Γ ΔΓ ' -- = - , ενω με τεμνουσες τις , ε-ΜΑ ΜΔ χουμε: Μ= ΔΖ= ΑΒ (4) (από τις ( 1 ) και (2)) . ΛΓ ΖΓ ΕΔ Από την ΑΕ//ΒΓ, με τέμνουσες τις ΘΒ,ΑΓ έχουμε ΘΛ = ΑΛ (5), ενώ με τέμνουσες τις ΔΒ, ΔΓ έχουΛΒ ΛΓ

ΒΜ ΓΕ ΑΒ , . με : - = - =- (6) (απο ( 1 )) . ΜΔ ΕΔ ΕΔ Από (3), (6) έχουμε ΘΜ = ΑΒ και από (4), (5) ΜΑ ΕΔ , ΘΛ ΑΒ . ΘΜ ΘΛ εχουμε - = - , επομενως - = - και από ΛΒ ΕΔ ΜΑ ΛΒ το αντίστροφο του θεωρήματος του Θαλή έχουμε ΜΛ//ΑΒ.



ο

r ii) Έστω Ο το σημείο τομής των ΔΑ και ΓΒ. Από

. την ΑΜ//ΟΒ, με τέμνουσες τις ΔΒ, ΔΟ έχουμε: ΒΔ = ΟΔ (7). ΒΜ ΟΑ Τα τρίγωνα ΒΔΖ και ΒΜΛ έχουν ΔΖ//ΜΛ επομέ-

ΒΔ ΔΖ νως -- = --ΒΜ ΜΑ Τα τρίγωνα ΟΔΓ και ΟΑΒ έχουν ΔΓi/ΑΒ επομέ

ΟΔ ΓΔ νως ΟΑ = ΑΒ Η σχέση (7) γράφεται από τις δύο τελευταίες ισό

ΔΖ ΓΔ τητες: ΜΑ = ΑΒ ή ΑΒ·ΔΖ = ΓΔ·ΜΛ ή ΑΒ2 = ΓΔ·ΜΛ (από την ( 1 )) .

Θεωρούμε κύκλο διαμέτρου ΑΒ και τις εφαπτομένες του ει, ε2 στα σημεία του Α,Β αντίστοιχα. Προεκτείνουμε την διάμετρο ΒΑ κατά

τμήμα ΑΖ= ΑΒ και από το Ζ φέρουμε ευθεία ε 2

που εφάπτεται του κύκλου στο σημείο Μ και τέμνει τις ει, ε2 στα σημεία Γ,Δ αντίστοιχα. Να δείξετε ότι ΓΖ = 2 ·ΓΜ και ΔΖ=2·ΔΜ.

Έστω Ο το κέντρο του κύκλου. Η διακεντρική ευθεία ΓΟ διχοτομεί τη γωνία Α ό Μ και η διακεντρική ευθεία ΔΟ διχοτομεί τη γωνία Β ό Μ. .l

z

ε, Επομένως στο τρίγωνο ΖΟΜ η ΟΓ είναι εσωτερική διχοτόμος της γωνίας Ζ ό Μ και η ΟΔ εξωτερική διχοτόμος της. Από το θεώρημα εσωτερικής και

εξωτερικής διχοτόμου έχουμε : ΓΜ ΟΜ ΟΑ 1

- = - = -- = -ΓΖ ΟΖ 2 · 0Α 2 ΔΜ <:Μ ΟΑ 1 και -=-=-- =- . ΔΖ ΟΖ 2 ·0Α 2

Επομένως ΓΖ = 2 ·ΓΜ και ΔΖ=2 ·ΔΜ. Δύο κύκλοι με κέντρα Κ και Λ τέμνονται στα σημεία Α και Β. Αν ΓΔ είναι η κοινή εφαπτομένη τους και Ο το κέντρο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΓΔ, να δείξετε ότι ΟΑ2 = ΑΚ·ΑΛ .

Επειδή ΚΑ= ΚΓ και ΛΑ=ΛΔ, οι μεσοκάθετες των ΑΓ και ΑΔ άγονται από τα κέντρα Κ και Λ αντίστοιχα των δύο κύκλων. Έτσι, το κέντρο Ο του περιγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου ΑΓ Δ βρίσκεται στο σημείο τομής των αποστημάτων των χορδών ΑΓ και ΑΔ. Η ζητούμενη σχέση γράφεται: ΟΑ ΑΛ , , δ 'ξ , , - = - , οποτε αρκει να ει ου με οτι τα τριγω-ΑΚ ΟΑ να ΑΚΟ και ΑΟΛ είναι όμοια. Η Α Γ Δ= ΑΚr 2 (ως υπό χορδή και εφαπτομένη ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης) και ΑΚΓ =Α Κ Ο (το 2 απόστημα διχοτομεί τη γωνία Α Κ Γ) επομένως Α Γ Δ=Α Κ Ο ( Ι ) Από τον περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΓ Δ έχουμε : Α Γ Δ= ΑΟΔ (ως εγγεγραμμένη που 2 βαίνει στο ίδιο τόξο με την επίκεντρη) και ΑΟΔ =Α ό Λ (η ΟΑ είναι μεσοκάθετος του ΑΔ 2 άρα διχοτομεί την Α ό Δ) επομένως

' ' Α Γ Δ= Α Ο Λ (2) Από ( 1 ) , (2) προκύπτει ότι Α Κ Ο= Α ό Λ Ομοίως δείχνουμε ότι Α ό Κ = Α Λ Ο Συνεπώς τα τρίγωνα ΑΚΟ και ΑΟΛ είναι όμοια

, ΟΑ ΑΛ οποτε - = - . ΑΚ ΟΑ

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79τ.3/38

Στο άρθρο αυτό θα δούμε μερικές επαναληπτικές ασκήσεις για τα δυο αυτά είδη συναρτήσεων, καθώς και κάποιες εφαρμογές τους

Έστω θ ένας συγκεκριμένος θετικός αριθμός. Θεωρούμε τη συνάρτηση f:R---tR · με f (χ ) = θ · e -ex _

1 . Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως φθίνουσα στο R.

2. Έστω (αν) μια αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω. Να αποδείξετε ότι η ακολουθία (βν) με βν=f(aν) είναι γεωμετρική πρόοδος της οποίας να βρείτε το λόγο.

1 . Έστω Χ ι ,χ2 πραγματικοί αριθμοί με χι<χ2 . Τότε, αφού θ>Ο έχουμε -θχ1>-θχ2. Επειδή η ( ex) είναι γνησίως αύξουσα συμπεραίνουμε ότι e-ex , > e-ex, οπότε τελικά θe-ex , > θe-ex, ή f(x 1 )>f(x2) . Συνεπώς, η f είναι γνησίως φθίvουσα στο R.

2 . Αφού η (αν) είναι αριθμητική πρόοδος με διαφορά ω, θα έχουμε ότι Ο.V+ι=αv+ω για κάθε θετικό ακέραιο ν. Έχουμε τώρα;

βν+ l = f ( αν+ l ) = θe -θ·αν+\ = θ . ε -θ(αv +ω) = = θe-θ·αv · e-θω = e-θω · f (αv ) = e-θω · βv για κάθε ν� 1 , οπότε η (βν) είναι γεωμετρική πρόοδος με λόγο λ = e -θω .

Η συνάρτηση f αν περιοριστεί στο [Ο,+οο), ορίζει τη λεγόμενη Εκθετική Κατανομή στη Θεωρία Πιθανοτήτων.

Αν χ, y>O τότε να δείξετε ότι x

'•gy

= y'•g x {xlo

gy

+ ylog x = 200 Να λυθεί το σύστημα C: 3

Iog ν xy = -2

Αρκεί log χ Ιog y = log y1ogx , δηλαδή log y · log χ = log χ · log y , που ισχύει.

Πρέπει και αρκεί χ>Ο και y>O και έχουμε: 2 Jog y 200 } χ = x log y = 1 00 } 1 3 <=> <=> - log ( xy) = - log ( xy) = 3 2 2

Καλάκος Αθανάσιος

<=> log x 1og y = log 1 02 } <=> log x · log y = 2 } (Σ) log χ + log y = 3 log χ + log y = 3 Στο σύστημα αυτό γνωρίζουμε το άθροισμα

S=3 και το γινόμενο Ρ=2 των αριθμών logx, logy. Συνεπώς οι αριθμοί logx, logy είναι οι λύσεις της δευτεροβάθμιας εξίσωσης t2-3t+2=0. Εύκολα βρίσκουμε t= 1 ή t=2 . Άρα: (Σ) <=>(logx = 1 ) ή (logx =2J_._.._(x = 10 ) ή (χ= 100)

logy =2 logy= 1 '"l.y= 100 y= lO Και τα δύο ζεύγη είναι δεκτά.

Έστω Ιη2=α, Ιη3=β, Ιη5=γ. Να εκφράσετε τους αριθμούς ln(10800) και ln(S/75) σαν συνάρτηση των αριθμών α, β, γ. Ποιο γενικό συμπέρασμα μπορεί να εξαχθεί;

Παρατηρούμε ότι οι αριθμοί 2,3,5 είναι πρώτοι, δηλαδή έχουν μόνο δύο θετικούς διαιρέτες. Αυτό μας δίνει την ιδέα να αναλύσουμε το φυσικό 1 0800 σε γινόμενο πρώτων παραγόντων. Έχουμε:

Άρα, 1 0800=24.33 .52 • Επομένως, αν χρησιμο

ποιήσουμε τις βασικές ιδιότητες των λογαρίθμων, έχουμε:

1 0. 800 2 5 .400 2 2 .700 2 1 .350 2 675 3 225 3 75 3 25 5 2 5 1

ln ( 1 0 . 800) = ln (24 · 33 · 52 ) = ln 24 + ln 33 + ln 52 = = 4 · ln2 + 3 · ln3 + 2 · ln 5 = 4α + 3β + 2γ . Παρόμοια: ιn(;s)=ln8-ln75= lni -ln(3 · 52 ) = ln 23 - ln 3 - ln 52 = 3 · ln 2 - ln 3 - 2 · ln 5 = 3 - α - β - 2γ

Τα παραδείγματα αυτά δείχνουν ότι αν γνωρίζουμε τις τιμές του λογαρίθμου στους πρώτους αριθμούς, ln2, ln3 , ln5, ln7, ln l l , κ.λπ. τότε μπορούμε να υπολογίσουμε lnρ για οποιονδήποτε ρητό ρ=μ/ν όπου μ,ν θετικοί ακέραιοι διότι κάθε θετικός ακέραιος αναλύεται σε γινόμενο πρώτων παραγόντων.

Να υπολογιστούν οι τιμές των παραστάσεων:



Α = 10 3 + 1 Β = 103 + 8 lo�3+.!. 1og 25 ( !ιog64-log2 )'og3

Χωρίς να χρησιμοποιηθεί υπολογιστής τσέπης.

Χρησιμοποιούμε τις ιδιότητες των λογαρίθμων και έχουμε : ,--�---

lo • J+�· Ioe 25 / · ' ' Α = 1 0 g J - + 1 = ν Ι Ο'οs3+ Ιοg( 25) + 1 = = �� ologJ+ Iog�5 + } = -lι olog 3+ 1og 5 + J = = �I 0 ισg(J s ) + I = -.fl 0 ι

οg ι s + 1 = .Ji5+1 = J16 = 4 Για την Β έχουμε διαδοχικά: Β = 1 0 3 + 8 = ( .!. ιog 64- log 2

) l og J

ο , log 3 ( 1 ) log 3

= 1 01og 64 ' - log 2 + 8 = ( ] O iogi/64-Ιog 2 + 8) =

lo ' J l o , _

(. 4 ) log 3

= ( 1 olog 4 - log 2 + 8) g = 1 ο g 2 + 8

= ( 1 0 1og 2 + 8) 1og 3 = (2 + 8)1og 3 = 1 01og3 = 3 .

Δίνεται η εξίσωση \ΓιΟ · x'og x = χ λ , ( 1 ) όπου το λ είναι παράμετρος με λ;fΟ.

Ν α βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ ώστε η (1) να έχει δυο πραγματικές ρίζες άνισες.

·. Έστω χι<χ2 οι ρίζες της (1) και η ρίζα της

εξίσωσης 1og χ = � . Να βρείτε τις τιμές του λ λ ώστε οι αριθμοί χι ,χ2,χ3 να σχηματίζουν Γεωμετρική πρόοδο με αυτή τη σειρά.

Η ( 1 ) ορίζεται προφανώς μόνο για χ>Ο. Εφαρμόζοντας την log στα δυο μέλη της ( 1 ), έχουμε: logifiO + log x 1og x = 1og χ λ <::::> _!_ + ( 1og χ )2 = λ · 1og χ 4 . Θέτουμε y=logx και έτσι λαμβάνουμε την εξίσω-

, I ση y· -- λ · y + - := Ο (2), που είναι η επιλύουσα 4 !11ς ( I ) . Η ( ι ) i:χει ρίζες πραγματικές Καt άνισες χ I , χ 2 μόνον όταν η (2) έχει ρίζες πραγματικές και άνισr.ς y ι . )' • μ ι: χ , = 1 0 � ' , χ 2 = 1 0) '

Συνεπ<ί)ς, πρέπει και αρκεί Δ>Ο, δηλαδή λ2-I >Ο και τελικά λε (-οο, 1 )u( l ,+ οο)=Α.

Με το συμβολισμό του α) χ 1 = ] ΟΥ' και χ: = I ο� : Καt ενώ προφανώς χ J = 1 021λ • Οι αριθ-

της δευτεροβάθμιας εξίσωσης (2) οπότε y 1+y2=λ. � 4 Επομένως: ( 3) <::::> Ι Ολ = 1 0λ <::::> - = λ λ

<::::> λ2 = 4 <::::> !λ = 2 ή λ = -2 1 . Και οι δυο τιμές είναι δεκτές διότι ανήκουν στο Α.

Ένα ηλεκτρικό κύκλωμα αποτελείται από αντίσταση R, ιδανικό πηνίο συντελεστή αυτεπαγωγής L, πηγή ηλεκτρεγερτικής δύναμης Ε και διακόπτη Δ. Το κύκλωμα διαρρέεται από ρεύμα ένταση 10• Τη χρονική στιγμή t=O ανοίγουμε απότομα το διακόπτη Δ οπότε η ένταση του ρεύματος μειώνεται βαθμιαία μέχρι να μη-R -·1 δενιστεί. Αποδεικνύεται ότι: Ι( t) = 10 • e ι , t � Ο .

Να παραστήσετε γραφικά τη συνάρτηση l(t). Να υπολογιστεί ο χρόνος ημίσειας ζωής

του ρεύματος. :r ;, Τι εκφράζει η σταθερά του χρόνου r=L/R;

+ � Δ

Ε ( I / \ / .___ __ __..,. t=O, άνοιγμα του Διακόπτη

υ -� Η I(t) είναι γνησίως φθίνουσα διότι η σταθε-. . R Ο Γ Ο . ρα c ειναι c = - - < . ια t= εχουμε L

-�-0 1 (0) = 10 · e ι = 10 · e0 = 10 . Όταν το t γίνει πο-λύ μεγάλο (θεωρητικά t-++oo) η ένταση I(t) πλησιάζει όλο και περισσότερο το Ο. Για παρά-δειγμα, εάν t = 1 ο� έχουμε R Ι = 10 • e- ι

ο = (±Γ · 10 :::: 0, 0000454 · Ι0 ενώ εάν L ( 1 )' 5 t = 1 5- , βρίσκουμε Ι = - · Ι0 :::: 0,000000306 · 10 • R e

Με τις πληροφορίες αυτές σχεδιάζουμε την: ι !ο

0,368Jo - - - - - - - - - - - - - -

ο ι μοί χ , ,χ�.χ.1 σχηματίζουν Γεωμετρική πρόοδο εάν R

4 �5 ) Ο χρόνος ημίσειας ζωής είναι ο χρόνος που και μόνον εάν χ; =χ, · Χ2 , δηλαδ11 ωλ = ω� ι + ) ο (3 ) . ' ζ . . . Ι

ο . . . . . . . χρεια εται για να παρει το ρευμα την τιμη - , 1 ο ιχΟpσισμα y , +y� ι:ιναι το αΟροισμα των ριζων 2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β . 79 τ.3/40


δηλαδή να ελαττωθεί στο μισό. Έχουμε Ι -�ι 1 -�ι 1 Ι ( t ) = � ή Ι0 • e ι = - Ι0 ή e ι = - ή 2 2 2

�� 1 R ΕiΞ] lne ι =ln- ή --t · lne = -ln2 ή t = - · ln 2 . 2 L L � . .!:: 1 γ } Το Ι(τ) = Ι0 · e ι R =- · Ι0 c::::Ο.368 · Ι0 =36,8%· 1σ · e

Δηλαδή σε χρόνο ίσο με r η ένταση του ρεύματος πέφτει στο 36,8% της αρχικής της τιμής. Π ρ6βi.ημυ 7 Ένας πληθυσμός κουνουπιών περιγράφεται

ικανοποιητικά από μια εκθετική συνάρτηση όπου ο χρόνος t μετράται σε εβδομάδες και m(t) είναι ο αριθμός των κουνουπιών μετά από χρόνο t. Δυο εβδομάδες μετά από τη χρονική στιγμή έναρξης της παρατήρησης, ο αριθμός των κουνουπιών είναι 144 ενώ στο τέλος της τρίτης εβδομάδας είναι 216.

α) Ν α υπολογίσετε την σταθερά λ μ ; Υπολογίστε τον αρχικό αριθμό των κου

νουπιών γ) Μετά από πόσο χρόνο ο αριθμός των κου

νουπιών θα είναι 729; λiφ;η Η) , ί} ) Από τα δεδομένα του προβλήματος

m · e2λ = 1 44} m(2)= 144 και m(3)=2 1 6, ή 0 J λ m0 · e = 2 1 6

Διαιρώντας κατά μέλη τις εξισώσεις αυτές λ β , ) ) - ? ) 2 1 6 , λ 3 , λ 1 3 αμ ανουμε e · - · = -- η e = - η = η -1 44 2 2

2 1n� Τώρα έχουμε : m0 • e2λ = 1 44 ή m0 • e 2 = 1 44 ή ln� 9 m0 • e 4 = 144 ή - 1ησ = 144 ή m0 = 64 κουνούπια. 4

γ) Παρατηρούμε ότι ο τύπος της m(t) μπορεί να γραφεί στη μορφή

t · l n� ( ln� )ι ( 3 ) t m ( t ) = 64 · e 2 = 64 e 2 = 64 2 , t 2: Ο .

Έτσι όταν m(t)=729, έχουμε (l)ι = 729 ή 2 64 (-

32 )ι --(23 )6 ή t= 6 εβδομάδες.

Ι σηψ ι a\{ι σημ�: ίωμα Για χεR συμβολίζουμε με π(χ) το πλήθος των

πρώτων αριθμών στο (0, χ] . Έστω ο παρακάτω συνοχ πτικός πίνακας των συναρτήσεων π(χ), και του ln x

πηλίκου τους.

χ π ( χ) χ π( χ) - χ

ln x -

Ιη χ \ 0 4 4,3 0,93

1 0" 25 2 1 ,7 1 , 1 5 \ Oj 1 68 1 44,9 1 , 1 6 ι ο• 1 .229 1 .086 I, I ! ι ο, 9.592 8.686 1 , \ 0 ι οο 78.498 72.464 1 ,08 ι οι 664.579 62 1 . 1 1 8 1 ,07 ι οο 5 . 76 1 .455 5 .434.780 1 ,06 1 0 50. 847.534 48 .309. 1 80 1 ,05

ι ο ι u 455.052.5 1 2 434.294.482 1 ,048

>ό Μελετωντας εναν παρομοιο πινακα για x�l O , οι μαθηματικοί Karl Friedrich Gauss και Α.Μ. Legendre πρότειναν ανεξάρτητα ο ένας από τον άλλο, ότι για με-

γάλες τιμές του χ το πηλίκο π (χ) είναι περίπου 1 και χ ln x

είκασαν ότι αυτό το πηλίκο προσεγγίζει το 1 όταν το χ προσεγγίζει το +οο. Και οι δυο προσπάθησαν να το αποδείξουν χωρίς όμως να τα καταφέρουν. Η εικασία αυτή προσέλκυσε το ενδιαφέρον πολλών μαθηματικών για σχεδόν 1 00 χρόνια. Στα 1 85 1 ο Ρώσος Μαθηματικός Chebysheν έκανε ένα σημαντικό βήμα μπροστά αποδεικνύοντας ότι αν το πηλίκο όντως συγκλίνει σε κάποιον αριθμό, τότε ο αριθμός αυτός πρέπει να είναι το 1 . Ωστόσο δεν μπόρεσε να αποδείξει ότι το πηλίκο αυτό πράγματι συγκλίνει σε κάποιον αριθμό. Το 1 859 ο μαθηματικός Bemhard Riemann προσέγγισε το πρόβλημα με αναλυτικές μεθόδους χρησιμοποιώντας έναν τύπο που ανακαλύφθηκε από τον Ελβετό μαθηματικό Leonard Euler στα 1 73 7. Ο Τύπος αυτός συσχετίζει τους πρώτους αριθμούς με τη συνάρτηση «ζήτα» :

1 ι ι J : ( ι , +οο) � lR με J {S) =-+-+-+ . . .

ι ' 2' 3' Ο Riemann θεώρησε και μιγαδικές τιμές του s και

περιέγραψε μια εξαιρετική μέθοδο που συσχετίζει την κατανομή των πρώτων με ιδιότητες της συνάρτησης j . Όμως τα μαθηματικά που χρειάζονταν για να δικαιολογήσουν όλες τις λεπτομέρειες της μεθόδου του δεν είχαν αναπτυχθεί αρκετά, και ο Riemann δεν μπόρεσε να ολοκληρώσει την απόδειξη πριν το θάνατό του στα 1 866.

Τριάντα χρόνια αργότερα τα απαραίτητα αναλυτικά μέσα έτοιμα και στα 1 896 οι μαθηματικοί J.Hadamard και C.l .de la Vallee Poussin κατάφεραν να αποδείξουν

π(χ) · lηχ ανεξάρτηα ο ένας από τον άλλο -ότι: lim ι . χ->«<> χ Το αξιοσημείωτο αυτό αποτέλεσμα καλείται το

«θεώρημα των πρώτων αριθμών» και η απόδειξή του ήταν μια από τις μεγαλύτερες κατακτήσεις της αναλυτικής θεωρίας αριθμών. Στα 1 949 οι μαθηματικοί Atle Selberg και Paul Erdos προκάλεσαν αίσθηση στον κόσμο των μαθηματικών όταν ανακάλυψαν μια άλλη στοιχειώδη απόδειξη, χωρίς τις ιδιότητες J(S), ούτε Μιγαδική Ανάλυση . Πηγη : Tom Apostol 'Ίntroduction to Analytic Number Theory".



Θανάσης Π. Ξένος

Οι γραφικές παραστάσμς των aντίστροφων συναρτήσεων f(x) = αχ και g(x) = logα χ και η σχετική τους θέση εξαρτάται από τις τιμές της βάσης α. Στην εργασία αυτή θα διαπιστώσουμε τα εξής:

ι . Στην περίπτωση α> 1 , τα κοινά τους σημεία είναι το πολύ δύο και βρίσκονται πάνω στην ευθεία y=x. ιι . Στην περίπτωση Ο < α < 1 , έχουν ένα ή τρία κοινά σημεία και η απόδειξη της πρότασης αυτής, αν

και εξαιρετικά δύσκολη, παρουσιάζει μεγάλο ενδιαφέρον.

Στο άρθρο αυτό θα βρούμε το πλήθος των κοινών σημείων των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων: f(x) = αχ και g(x) = logα χ , για τις διάφορες τιμές του θετικού αριθμού α οι= 1 . Θα εξεταστούν χωριστά οι περιπτώσεις i . α > 1 και ii . Ο < α < 1 .

Μάλιστα, στη δεύτερη περίπτωση, που οι δύο συναρτήσεις είναι γνησίως φθίνουσες (σχήμα 1 ), θα περίμενε κανείς την «προφανή» απάντηση ότι έχουν μοναδικό κοινό σημείο . Προσπαθώντας να αποδείξετε τον ισχυρισμό αυτό, θα διαπιστώσετε αμέσως ότι δεν είναι απλά τα πράγματα. Οι ισότητες

ο

( 1 J 1 14 1 ( 1 J 1 ( 1 J 1 12 1 ( 1 J 1 16 2 ' log1 / 1 6 4 = 2 ,

1 6 = 4 και log1 / 1 6 2 = 4 ,

Σχήμα 1 .

δ ' ' 1 δ ' ' λ ' ' ' ( 1 1 J ( 1 1 J ειχνουν οτι, για α = - , οι υ ο καμπυ ες εχουν κο ι να τα σημεια - , - και - , - .

1 6 4 2 2 4 Αν σκεφτούμε, ακόμη, ότι πρόκειται για καμπύλες συμμετρικές ως προς την ευθεία .'-' = :\·

και επειδή τέμνονται, θα έχουν και τρίτο κοινό σημείο πάνω στην ευθεία αυη'Ί. Τι συμβαίνει άραγε; Πού βρίσκονται αυτά τα ση μεία και δεν τα "βλέπουμε";

Α ν α = e, από τις γνωστές ανισότητες ex :2:: χ + 1 και ln χ � χ - 1 , προκύπτει ότι για κάθε χ > Ο ισχύ-ει ex > χ > ln χ (σχήμα 2). Αν α > e, τότε για κάθε χ > Ο ισχύει αχ > ex > ln χ Επειδή ln α > 1, για χ :2:: 1 ισχύει ln χ :2:: ln χ

= loga χ, οπότε αχ > loga χ , για κάθε χ :2:: 1 . ln α

Επίσης, αν χ ε (0,1), τότε αχ > Ο > logα χ . Άρα, για κάθε χ > Ο ισχύει αχ > loga χ (σχήμα 3). Τι γίνεται, όμως, αν 1 < α < e ; Καθώς το α μικραίνει, οι δύο καμπύλες, για χ > Ο , πλησιάζουν την ευθεία y = χ . Αρχικά, θα εξετά

σουμε την περίπτωση οι δύο καμπύλες να εφάπτονται της ευθείας y = χ στο ίδιο σημείο (σχήμα 4). Αυτό συμβαίνει όταν υπάρχει χ0 > Ο που ικανοποιεί τις ισότητες

f(x0 ) = g(x0 ) = χ0 και f '(x0 ) = g '(x0 ) = 1 .

Ε ' λ β ' 1 /e υκο α ρισκουμε χ0 = e για α = e .



Άρα, αν α = e1 1e , τότε οι δύο καμπύλες εφάπτονται της ευθείας y = χ στο σημείο ( e, e ) . (Άλλο κοινό σημείο με την εφαπτομένη δεν υπάρχει, επειδή η f είναι κυρτή και η g κοίλη συνάρτηση).

Σχήμα 2. Σχήμα 3. Σχήμα 4.

Θα αποδείξουμε, τώρα, ότι στην περίπτωση 1 < α < e11e οι δύο καμπύλες έχουν ακριβώς δύο κοινά σημεία (σχήμα 5). Για τη συνάρτηση h(x) = αχ - χ, χ > Ο

ισχύει h(l) · h( e) = (α - 1) · ( αe - e) < Ο, οπότε η εξίσωση h(x) = Ο έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (l, e) . Αν έχει δύο ρίζες στο διάστημα αυτό, τότε θα υπάρχει ξ ε (l, e)

με h' (ξ) = Ο , που είναι άτοπο, αφού η ρίζα ξ = - ln(ln α) της h' (χ) , ln α ξ , , ο ι 1 1 ε αιτιας των ανισοτητων < η α < - , - > e και

e ln α - ln(ln α) > 1 , ανήκει στο διάστημα (e,+oo) .

Συμπεραίνουμε, λοιπόν, ότι η εξίσωση αχ = χ έχει ακριβώς μια ρίζα στο διάστημα ( 1 , e) . Επειδή limx--++oo h(x) = +οο υπάρχει χ0 > e με h(x0 ) > Ο και αφού h(e) = αe - e < Ο , η εξίσωση αχ = χ έχει ρίζα στο διάστημα ( e, +οο ) .

/ Σχήμα 5.

Αν η εξίσωση αυτή είχε τρεις ρίζες, η h' (χ) θα είχε τουλάχιστον δύο ρίζες, κάτι που δε συμβαίνει. Έτσι διαπιστώσαμε ότι η καμπύλη y = αχ έχει ακριβώς δύο κοινά σημεία με την ευθεία y = χ . Αυτά τα κοινά σημεία ανήκουν, λόγω συμμετρίας ως προς την y = χ , και στην καμπύλη y = loga χ .

Άλλα κοινά σημεία δεν υπάρχουν, αφού η συνάρτηση f(x) = αχ , α > 1 είναι γνησίως αύξουσα. Α I l e , ' θ Ο , χ x l e Ε δ ' , Κ( ) ln x , , ν α > e , τοτε για κα ε χ > ισχυει α > e . πει η η συναρτηση χ = -- εχει μεγιστο χ

κ( ) 1 , ln Χ 1 , Χ l , xl e , χ β ' ' ' το e = - , ισχυει -- � - η - � η χ η e � χ . Ετσι, η y = α ρισκεται πανω απο την ευ-e χ e e

θεία y = χ , ενώ η y = loga χ κάτω από αυτήν. Για παράδειγμα, επειδή e11e = 1 , 4446 , η f(x) = (�)χ έχε: δύο κοινά σημεία με την αντίστροφή της, ενώ η φ( χ) = (% )' κανένα.



Συμπεράσματα : 1 . Αν α > e1 1 e οι δύο καμπύλες δεν έχουν κοινά σημεία. 2. Αν α = e1 1 e , οι δύο καμπύλες εφάπτονται στο σημείο (e, e) . 3 . Αν 1 < α < e1 1 e , οι δύο καμπύλες έχουν δύο κοινά σημεία.

2 . Η Π Ε Γ Ι ΠΤΩΣΗ Ο<ιι< J • Πρόταση ι

Αν Ο < α < 1 , οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = αχ και g(x) = loga χ έχουν ένα τουλάχιστον κοινό σημείο, του οποίου η τετ μ η μένη ανήκει στο διάστημα (0, Ι ) .

Απ{tδε ιξη Η συνάρτηση h(x) = αχ - loga χ είναι συνεχής στο διάστημα Δ = (Ο,+οο) και επειδή

limx-70• h(x) = -οο και limx-->+oo h(x) = +οο , συμπεραίνουμε ότι έχει σύνολο τιμών το 9i και άρα

έχει τουλάχιστον μία ρίζα. Επίσης, για κάθε χ ;:::: Ι ισχύει αχ > Ο > loga χ κι επομένως η ρίζα ανήκει στο διάστημα (Ο,1) .

• Πρόταση 2 Οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f(x) = αχ καιg(χ) = loga χ , Ο < α < 1 , έχουν μοναδι

κό κοινό σημείο πάνω στην ευθεία y = χ .

Λπ6δειξη Η συνάρτηση h( χ) = αχ - χ είναι γνησίως φθίνουσα στο 9i (h' (χ) = αχ ln α - 1 < Ο) και έχει σύνο-

λο τιμών το διάστημα limx-++oo h(x), limx-->-oo h(x) = ( -οο,+οο) = 9i . Επομένως, έχει μόνο μία πραγματική ρίζα. Το ίδιο συμπέρασμα έχουμε και για τη συνάρτηση Φ(χ) = loga χ - χ .

Επειδή οι συναρτήσεις f και g είναι aντίστροφες, το σημείο τομής (χ0 , χ0 ) της C 1 με την ευ

θεία y = χ ανήκει και στη Cg . Επομένως, οι καμπύλες y = αχ , y = loga χ και y = χ έχουν μονα

δικό κοινό σημείο (χ0 , χ0 ) με Ο < χ0 < 1 .

• Πρόβλημα ι Υπάρχει τιμή του α, με Ο < α < 1 , ώστε οι καμπύλες y = αχ και y = loga χ να εφάπτονται σε σημείο της ευθείας y = χ ;

Λ1\ση Αν f(χ) = α' και g(x) = logα x , οι Cr , Cg έχουν κοινή εφαπτομένη σε σημείο Μ (χ0 , χ0 ) , αν και

μόνον αν ισχύει f(x0 ) = g(x0 ) = χ0 και f '(x0 ) = g '(x0 ) , δηλαδή,

1 α'ο ln α = -- . χ0 ln α

χ ln χ0 α • = -- = Χο Ιη α και

Η δεύτερη εξίσωση γράφεται χ0 In α = _Ι_ <::::> χ0 ln α = -1 ( αφού χ0 > Ο και ln α < Ο ) . Η πρώτη χ0 ln α

εξίσωση, τώρα, γράφεται χ0 ln α = ln χ0 � - 1 = ln χ0 � χ0 = _!_ . Η χ0 ln α = - 1 γράφε-ε

τα ι ln α = -e , δηλαδή α = e -e . Άρα, για α = e -e , οι καμπύλες y = αχ και y = loga χ έχουν κοινή

εφαπτομένη στο σημείο Μ(� , �) και αντιστρόφως. Η κοινή εφαπτομένη έχει κλίση

λ = g' (�) = - 1 και άρα



είναι κάθετη στην ευθεία y = χ .

• Πρόβλημα 2 Υπάρχει κοινή εφαπτομένη των γραφικών παραστάσεων των συναρτήσεων f(x) = α' και g(x) = logα χ , με Ο < α < 1 , σε διαφορετικά σημεία επαφής; ι\{Jση Η εφαπτομένη της Cr στο Α( χ , , f(x , ) ) έχει εξίσωση

y = (α' ' lη α) χ + α' ' ( 1 - χ , Ιη α) , ενώ η εφαπτομένη της

Cg στο Β(χυg(χ2 ) ) έχει εξίσωση

Ι ln Χ 7 - 1 y = -- · X + -x2 ln α Ιη α

Οι δύο εφαπτομένες συμπίπτουν, όταν υπάρχουν \Ώ ο χ 1

χ1 Ε Jι και χ1 > με α ' \η α = -- και χ2 \η α ' ι ιη χ , - ι δ λ δ · · · α ' (1 - χ 1 η α) = " , η α η οταν υπαρχει πραγμα-Ιn α

τική ρίζα της εξίσωσης

Σχήμα 6.

h(χ) = α' Ιη α(Ι - χ lη α) + χ lη α + 2 \n(- ln α) + 1 = 0 . Για τυχαίο α Ε (Ο,Ι) το πρόβλημα είναι αρκετά περίπλοκο και εξετάζουμε δύο συγκεκριμένες τιμές του α.

1 i. α = -e Είναι h(x) = -e-' (x + 1) - x + 1 , h '(x) = xe-x - 1 και h "(x) = e-' (1 - x) . Η h έχει μέγιστο το h '(1) = _!_ - 1 < Ο , οπότε e h '(χ) < Ο για κάθε χ ε 9\ .

χ /ι"(χ)

Άρα, η h είναι γνησίως φθίνουσα και επειδή h(O) = Ο , /ι ' (χ) έχει μοναδική ρίζα την χ = Ο . Αυτό σημαίνει ότι οι καμπύλες

Υ --(;' J' και y = \og11e χ έχουν μοναδική κοινή εφαπτο-

μένη την ευθεία y = -χ + 1 .

1 ii. α = -e2 Για τη συνάρτηση h(x) = e-2' · (1 + 2x) - 2x + 2 ln 2 + 1 , Χ Ε � έχουμε h(O) = 2(1 + 1n 2) > Ο και h(-1) = (3 + 2 ln 2) - e2 , οπότε υπάρχει κοινή εφαπτομένη των δύο καμπυλών.

• Γενικό Πρόβλημα Πόσες ρίζες έχει η εξίσωση αχ = loga χ , όταν Ο < α < Ι ;

Λ ύ(:>η

- οο 1 +

Υ

(1 χ -'' = ;)

Σχήμα 7. γ = -x + l

Έχουμε ήδη αποδείξει ότι η εξίσωση αυτή έχει τουλάχιστον μια ρίζα στο διάστημα (0, Ι ) και δεν έχει καμία ρίζα στο διάστημα [Ι ,+οο) (Πρόταση Ι ) .



Επιπλέον, ένα από τα κοινά σημεία των καμπυλών y = αχ και y = loga χ ανήκει στην ευθεία y = χ (Πρόταση 2).

Για κάθε χ ε (0,1) ισχύει loga χ > Ο κι επομένως η εξίσωση γράφεται

ln αx

= ln(loga x) ή x ln α = ln ( 1n x ) ή x ln α = ln(- ln x) - ln(- ln α) , αφoύ ln x < O και ln α < O ln α ln( - ln χ) - ln( - ln α) - χ ln α = Ο .

Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = ln(- ln x) - ln(- ln α) - x ln α , χ ε (0, 1) και έχουμε

1 ln x + l h '(x) = -- - ln α και h "(x) = 2 2 • x ln x χ ln χ Είναι: lim ο+ h '(χ) = -οο , αφού lim ο+ (χ ln χ) = Ο χ� χ�

και x ln x < 0 .

/ι ' ' (χ) /ι ' (χ)

Επίσης, lim _ h '(χ) = -οο . Η h' έχει μέγιστο το h · (!) = -e - ln a . x�l e

lη περίπτωση : -e - ln α � Ο , δηλαδή α � e-e .

1 ο e

+

ή

1

-::,;

Στην περίπτωση αυτή ισχύει h '(χ) � Ο για κάθε χ ε (0, 1) , με h '(χ) = Ο μόνο για χ = _!_ . Επομέe

νως, η h είναι γνησίως φθίνουσα και έχει μοναδική ρίζα. 2η περίπτωση : -e - ln α > Ο , δηλαδή Ο < α < e-e .

Στην περίπτωση αυτή ισχύει h '( ±) > Ο και λόγω των παραπάνω ορίων της h' στο Ο και στο

1 , αλλά και της μονοτονίας της h' , προκύπτει ότι η h' έχει μοναδική ρίζα p1 ε (Ο,±) και μοναδι-

, 'ζ ( Ι ) χ Ο 1 1 κη ρι α p2 ε ; · 1 . Ρ ι e P:c

ίι ' (.ι:) b ίι (χ) �

Επείδή η h έχει τρία διαστήματα μονοτονίας, συμπεραίνουμε ότι έχει το πολύ τρεις ρίζες.

Έστω χ0 η τετμημένη του κοινού σημείου των καμπυ-

λών y = αχ και y = loga χ με την ευθεία y = χ , όπου

Ο < χ0 < 1 (Πρόταση 2). Θα αποδείξουμε ότι η

Φ(χ) = αχ - loga χ είναι γνησίως φθίνουσα σε μια πε-

ριοχή του ΧΌ . Είναι: φ '(χ) = αχ ln α - -1 - . x ln α Ήδη, από το πρόβλημα 1 , γνωρίζουμε

' -e ' Ι ( ' 6) οτι για α = e ισχυει χ0 = - σχημα . e

Για α < e-e ισχύει αχ• < e-ex. ή 1 e·� Χ0 < e-exo ή X0eexo < 1 = - · e e Και αφού η t(x) = Χ · eex εί-e


Υ

Χ ο .:_ �· = ax, a < e - d e Σχήμα Β.


ναι γνησίως αύξουσα στο (0, 1 ), προκύπτει ότι 1 0 < χ0 < - (σχήμα 8) . Ισχύει:

e

φ '(χ0 ) = αχο ιη α - -1- = χ0 lη α - -1- < Ο , επειδή x0 ln α = ln αxo = ln x0 < -1 (αφού χ0 < _!_ ) και

x0 ln α x0 ln α e 1

0 < - -- < 1 . χ0 1η α

Επειδή η Φ' είναι συνεχής, ισχύει limx-->xo φ '(χ) = φ '(χ0 ) < Ο . 'Ετσι, σε μια περιοχή του χ0 ισχύ

ει φ '(χ) < Ο και η φ είναι γνησίως φθίνουσα. Για το λόγο αυτό υπάρχει χ1 > χ0

με φ(χ 1 ) < φ(χ0 ) = Ο . Επίσης, ισχύει φ(l) = α > Ο . Άρα, σύμφωνα με το θεώρημα Bolzano, υπάρχει ξ ε (χ0 , 1) με φ(ξ) = Ο .

Επειδή οι καμπύλες y = αχ και y = 1ogα x έχουν κοινό το σημείο (ξ, κ) , με κ = αξ = lοgα ξ και

ξ ::1:- κ , θα έχουν κοινό και το σημείο (κ, ξ) , συμμετρικό του (ξ, κ) ως προς την ευθεία y = χ .

1 . Αν e-e < α < 1 , τότε οι καμπύλες y = αχ και y = logα χ έχουν ακριβώς ένα κοινό σημείο, το οποίο ανήκει στην ευθεία y = χ (Σχήμα 9). Για παράδειγμα, επειδή e- 1 > e-e = 0, 066 , η y = e-x έχει μοναδικό κοινό σημείο με την aντίστροφή της. 2. Αν α = e-e , ισχύει το ίδιο με το παραπάνω συμπέρασμα, αλλά επιπλέον οι δύο καμπύλες έχουν κοινή εφαπτομένη στο κοινό τους σημείο (Σχήμα 1 0). 3. Αν Ο < α < e-e , τότε οι δύο καμπύλες έχουν ακριβώς τρία κοινά σημεία και το ένα από αυτά ανήκει στην ευθεία y = χ (Σχήμα 1 1 ) . Για παράδειγμα, αφού e-3 < e-e , η y = e-J x έχει τρία κοινά σημεία με την aντίστροφή της.

·" = -χ - 1 _,· = Ιοgιο .\"

Σχήμα 9. Σχήμα 1 0. Σχήμα 1 1 .

1 . Ξένος, Θανάσης ( 1 998). Μαθηματική Ανάλυση, Τόμος 1 , Εκδόσεις Ζήτη, [Θεσσαλονίκη] . 2 . Παντελίδης, Γεώργιος ( 1 989). Μαθηματική Ανάλυση, Τόμοι Ι & 11, Εκδόσεις Ζήτη, [Αθήνα] . 3 . Arnaudies J . , Fraysse Η . ( 1 988) . Analyse, Bordas, [Paris] . 4. Τουμάσης, Μπάμπης ( 1 994) . Περιοδικό Ευκλείδης Β ' , Τεύχος 1 1 , σελ. 52-55 [Αθήνα] .



Κανον I κά nολύyωνα .... Μέτρηση Κύκλου

Α 1 : (Οι μηνίσκοι του Ιπποκράτη σε τετράγωνο) Σε κύκλο (0, R) εγγράφουμε τετράγωνο ΑΒΓ Δ και εξωτερικά του τετραγώνου κατασκευάζουμε τα ημικύκλια με διάμετρους τις πλευρές του τετραγώνου. Να δειχθεί ότι το εμβαδόν των τεσσάρων μηνίσκων που σχηματίζονται είναι ίσο με το εμβαδόν του τετραγώνου.

Λπόδf:ιξη Ε μηνίσκων = Ε τετραγώνου + 4 Ε ημικυκλίων - Ε κυκλικούδίσκου =

4π Ut Ι 2 πλ� 2 Ε τετραγώνου + 2 - πR = Ε τετραγώνου + l - πR =

π (Rν'2)2 2 = Ε πτραyώνου + 2 πR =

= Ε τετραγώνου + ΠR 2 - ΠR 2 = Ε τετραγώνου

Α 2 : Δίνεται τετράγωνο ΑΒΓ Δ με πλευρά α στο εσωτερικό του ΑΒΓ Δ γράφουμε τεταρτοκύκλιο που ορίζεται απο τον κύκλο (Α,α) και γράφουμε τον κύκλο (Ο,χ) που εφάπτεται στις πλευρές του ΒΓ ,Γ Δ του τετραγώνου και είναι εξωτερικά εφαπτόμενος του κύκλου (Α,α). Να βρεθεί το εμβαδό του κυκλικού δίσκου (Ο,χ) ως συνάρτηση του α. Λ 1Jση Το κέντρο Ο του κύκλου ισαπέχει απο τις πλευρές της γωνίας ΒΓ Δ, οπότε άρα ανήκει στην διχοτόμο της δηλαδή στην διαγώνιο ΑΓ του τετραγώνου. Εφαρμόζουμε

Π. Θ. στο ΟΖΓ: ΟΓ2=0Ζ2+ΖΓ2=:>0Γ= χ-J2 Επίσης Π.Θ. στο ΑΒΓ : ΑΓ2=ΑΒ2+ΒΓ2=:> ΑΓ= α-J2 . Αλλά ΑΓ=ΑΕ+ΕΟ+ΟΓ=:>

α ( -J2 - Ι ) => α-i2 = α + χ + χ-12 => χ = (-J2 + I ) =>

Του Αποστόλη Κακαβά

( 3 - 2-J2) α => χ = => χ = (3 - 2-J2)α 2 - Ι

Άρα το εμβαδό του κυκλικού δίσκου (Ο,χ) είναι Ε(ο.χ ) = πχ2 = π ( 3 - 2J2)2 = π ( Ι 7 - 1 2-J2) α2 Α 3 : Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=ΑΓ και γωνία A=l 20°. Γράφουμε το τόξο ( ΑΒ ) β

, , Α,Τ που ρισκεται στο εσωτερικο του

τριγώνου ΑΒΓ και τέμνει τις πλευρές του ΑΒ, ΑΓ στα σημεία Κ και Λ. α. Να βρεθεί το μήκος της πλευράς ΒΓ. β. Να δειχθεί ότι η ΒΓ εφάπτεται του κύκλου (Α, �Β ) γ . Ν α βρεθεί το εμβαδόν και η περίμετρος του μικτόγραμμου χωρίου που ορίζεται απο

το τόξο του κύκλου (Α, �Β ) και τις πλευρές

του τριγώνου ΑΒΓ. \ίιση ι ι. . Από τον νόμο συνημίτονων στο τρίγωνο ΑΒΓ έχουμε: ΒΓ2=ΑΒ2+ΑΓ2-2ΑΒ-ΑΓ·συνΑ= = Ι 2+ 1 2-2 · Ι · Ι ·συν l 20°=2-2 ( -i) = 3 => ΒΓ = J3

β . {ΑΒΓ) = _!_ΑΒ · ΑΓημΙ 20° = _!_ · Ι · Ι · .J3 = .J3 2 2 2 4 . Ι J3 Ι � Ι Αλλα (ΑΒΓ) =- α · υ =>- =-ν3 · υ => υ = .-2 α 4 2 α α 2

Άρα d (A ΒΓ) = υ = ΑΜ = _!_ = ρ = ΑΒ ' α 2 2 '

δηλαδή η ΒΓ εφάπτεται του κύκλου (Α,�) ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/48


Γ

Α Κ Β

, . Ε = (ΑΒΓ) - Ε � = .J3 - π · ρ2 · Ι 20ο = l yραμμ Α·ΚΜΛ 4 360ο

4 4 Ι 2 3.J3 - π

Ι 2 � =ΚΒ+ΒΓ+ΓΛ+L- =_!_+JJ+_!_+ π · ρ · Ι2ΟΟ

ΚΜΛ 2 2 Ι 80° Π · _!_ · Ι 20° r::;

= Ι + .J3 + 2 = Ι + .J3 + � = 3 + 3ν 3 + π Ι 80° 3 3 Α4 : Δίνεται κύκλος (O.R) και τα διαδοχικά - -τόξα του ΑΒ = 90° και ΒΓ = 30° . Να βρεθεί η περίμετρος και το εμβαδό του μικτόγραμμου χωρίου ΑΒΓ.

ο

-ΑΒ = 90° => ΑΟΒ=90°=ω4=> ΑΒ = λ4 = RJ2 =>ABr = 90o + 30° = Ι 20° => => ΑΟΓ = ω3 = Ι 20ο => ΑΓ = λ3 = R.J3. Εχ = Ε0.00 - (ΟΑΓ) - (ΑΔΒΕΑ) =

π · R2 · Ι 20° Ι = 360ο -l · λJ · α3 - [Εο.ΑΔΒ - (ΟΑΒ)] = π · R 2 Ι R π · R 2 • 90° Ι -- --R.J3-- +- · λ · α = 3 2 2 360° 2 4 4 π · R2 R2.J3 π · R2 Ι RJ2 = -- ---- -- +-RJ2- = 3 4 4 2 2

= 2πR2 - 3R2.J3 - 3π · R2 + 6R2 = R2 (π + 6 _ 3.J3) Ι 2 Ι 2 Π · R · 30° Lx = ΑΒ + ΑΓ + L- = λ4 + λ3 + = ΒΓ Ι 80ο

= RJ2 + RJ3 + π · R = 6RJ2 + 6RJ3 + πR = 6 6

= � ( 6J2 + 6J3 + π) Α� : Δίνεται κύκλος (O,R) και ο κύκλος (κ

R) , , , '2 που εφαπτεται εσωτερικα του κυ-

κλου (O.R) ώστε η διάμετρος ΑΒ του κύκλου (O,R) να είναι εφαπτομένη R του κύκλου (Κ,�) στο Ο. Ο κύκλος (Λ,ρ) εφάπτεται της

διαμέσου ΑΒ και του κύκλου (O,R) εσωτερι

κά και του κύκλου (Κ,�) εξωτερικά. Να υ

πολογιστεί το εμβαδό του χωρίου μεταξύ των τριών κύκλων ως συνάρτηση του R.

Λι�ι ση Η διάκεντρος των κύκλων (Κ,� ) , (Λ,ρ) είναι

R ΚΑ = -+ ρ και η διάκεντρος των κύκλων (0, 2 R),(Λ, ρ) είναι OΛ=R-p

Αν ΛΝ l_ ΚΟ , ]τότε ΚΝ=ΚΟ-ΝΟ = R - ρ 2

Στο ΚΝΛ: ΝΛ2=ΚΛ2-ΚΝ2 ( 1 ) Στο ΟΝΛ: ΝΛ2=0Λ2-ΟΝ2 (2 )

Β

Από ( Ι ) , (2) έχουμε ΚΛ2-ΚΝ2=0Λ2-ΟΝ2

(R )2 (R )2 2 2 => 2 + ρ - 2 - ρ = (R - ρ) - ρ =>

R2 - 2Rρ + ρ2 - R2 + Rρ - ρ2 = R2 - 2Rρ => 4 => Rρ = R 2 - 2Rρ => ρ = R Άρα 4

2 (R)2 (R)2 ξ =E(o,R) -Ε( κ.�) -Ε(Λ,ρ) = πR -π l -π 4 =

2 R2 R2 l lπR2 = πR - π--π- =--4 Ι6 Ι 6


των Βασίλη Καρκάνη, Σπύρου Χρ ιστ ι ά, Κυρ ιάκου Καμπούκου

Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου, ο οποίος εφάπτεται της ευθείας

ει : χ + y + 13 = Ο και της ευθείας ε2 : 7χ - y - 5 = Ο στο σημείο Μ(1 ,2).

Το κέντρο Κ(χ0, Υο) του ζητούμενου κύκλου ισαπέχει των ευθειών ε ι , ε2 και ανήκει στην ευθεία (δ), η οποία είναι κάθετη στην ευθεία ε2 στο σημείο M( l ,2) . Η ευθεία (δ) έχει εξίσωση χ + 7y = 1 5 (γιατί;) . Το Κ ε δ , επομένως

X0 + 7y0 = 1 5 ,δηλαδή X0 = 1 5 - 7y0 ( 1 ) . ει :x+y+ 1 3,0

δ:x+7y= l 5 l x + y + 1 31

Επίσης d(K, ε ι )=d(Κ, ε2) <=> 0 h =

= l 7xo - Υο - 51 <=> lxo + Υο + 1 31 = l 7xo - yo - 5 1 <=> Fo J2 5J2

( Ι ) <=> 5 lxo + Υ ο + 1 3 1 = l 7xo - Υ ο - 5 1<=> <=> 5 1 1 5 - 7y0 + Υ ο + 1 3 1 = 1 1 05 - 49y0 - Υ ο - 5 1 <=> <=> 15 ( 28 - 6y0 ) I = 1 1 ο ο - 5oyo 1 <=> <=> l28 - 6y0 1 = l 20 - 10y0 1 <=> l 14 - 3y0 1 = I I 0 - 5y0 1 <=> {14 - 3y0 = 1 0 - 5y0 {2y0 = -4 {Υο = -2

<=> ή <=> ή <=> ή

14 - 3y0 = -1 0 + 5y0 8y0 = 24 y0 = 3 Για Υ ο = -2 από την ( 1 ) έχουμε χ0 = 29 .

Για y0 = 3 από την ( 1 ) έχουμε χ 0 = -6 . Άρα υπάρχουν δύο κύκλοι με κέντρα: Κι (29,-2) , Κ2(-6,3) και ακτίνες

1 29 - 2 + 1 31 40 ρΙ = d (ΚΙ , ε Ι ) = J2 = J2 ,

- ( ) _ l-6 + 3 + 1 31 _ __!_Q_ ρ2 - d Κ2 , ε 1 - J2 - J2 αντιστοίχως.

Οπότε οι ζητούμενοι κύκλοι έχουν εξισώσεις:

cl : (χ - 29)2 + ( y + 2/ = 800 και

Να βρείτε την εξίσωση του κύκλου, ο οποίος εφάπτεται των ευθ�ιών ει : 4χ - 3y - 10 = Ο ,

� : 3x - 4y - 5 = 0 και �: 3x - 4y - 15 = 0 .

Το κέντρο K(x0 , y0 ) του ζητούμενου κύκλου

ισαπέχει των ευθειών ει , ε2, ε3 . ε ι ε2

δύο

κύκλοι, οι οποίοι εφάπτονται των ευθειών ε ι , ε2, ε3 . κ ( 30 _5 ) κ ( -1 0 -25 )

και έχουν κέντρα I 7 ' 7 ' 2 7 ' 7 και ακτίνες ρ ι= 1 , ρ2= 1 αντιστοίχως. Οπότε οι εξι-σώσεις των ζητούμενων κύκλων είναι: ( 30 )2 ( 5 )2 cl : χ - 7 + Υ - 7 = 1


Μαθηματικά για την Β ' Λυκείου ( 1 0 )2 ( 25 )2 και c2 : χ +7 + y +7 = 1

Οι κορυφές Α και Γ ενός τετραγώνου ΑΒΓ Δ έχουν συντεταγμένες (8,--6) και (2,2) αντιστοίχως. Να βρείτε τις συντεταγμένες των κορυφών Β και Δ.

Οι κορυφές Β,Δ είναι τα σημεία τομής του κύκλου διαμέτρου ΑΓ και της μεσοκαθέτου του τμήματος ΑΓ (γιατί;) . Το σημείο Κ(5 ,-2) είναι το μέσο του τμήματος ΑΓ (γιατί;) . Επίσης

-6 - 2 -8 4 λΑr = -- = - = -- . Άρα η μεσοκάθετος (ε) 8 - 2 6 3 του τμήματος ΑΓ έχει συντελεστή διεύθυνσης

λ 3

' ' ξ' ε = 4 και κατα συνεπεια ε ισωση :

3 ε : y + 2 = 4(χ - 5) ( 1 )

Γ(2,2)

Επίσης (ΑΓ) =�(8-2)2 +(--()-2)2 =-136+64 =10 οπότε η εξίσωση του κύκλου διαμέτρου ΑΓ είναι:

C : ( χ - 5γ + ( y + 2)2 = 25 (2) Η (2) λόγω της ( 1 ) γράφεται:

(χ - 5 )2 + 1� ( χ - 5 )2 = 25 � 25 (χ - 5)2 = 25 � (χ - 5(= 1 0 � χ - 5 = 4 1 6 ή χ - 5 = -4 � χ = 9 ή χ = 1 . Για χ = 9 από

την ( 1 ) έχουμε y = 1 . Για χ = 1 από την ( 1 ) έχουμε y = -5 . Άρα οι ζητούμενες κορυφές είναι τα σημεία (9, 1 ) και ( 1 ,-5)

Δίνεται η εξίσωση χ2 + y2 - (λ + 8) χ + λy + 7 = 0 με λ E JR. .

Να δειχθεί ότι για κάθε λ Ε JR. η παραπάνω εξίσωση παριστάνει κύκλο του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα.

Ν α βρεθεί η γραμμή πάνω στην οποία κινούνται τα κέντρα αυτών των κύκλων.

Να δειχθεί ότι όλοι οι παραπάνω κύκλοι διέρχονται από δύο σταθερά σημεία για κάθε λ Ε JR. .

θεωρούμε τον κύκλο που ορίζεται για λ=Ο. Ν α βρεθούν τα σημεία αυτού του κύκλου που �πέχουν από την αρχή των αξόνων την ελάχιστη και την μέγιστη απόσταση αντίστοιχα.

' Η δοσμένη εξίσωση είναι της μορφής x2 + y2 + Ax + By + Γ = 0 με Α = -(λ + 8) , Β=λ, Γ=7 . Είναι: Α2 + Β2 - 4Γ = λ2 + 1 6λ + 64 + λ2 - 28 =

= 2λ2 + 1 6λ + 36 = 2 ( λ2 + 8λ + 1 8 ) . Η παρά

σταση της παρένθεσης αποτελεί τριώνυμο ως προς λ Ε JR. με Δ = -8 < Ο . Άρα Κ +8λ+ 18>0 για κάθε λ Ε JR. . 'Ετσι Α2 + :W -4Γ>Ο για κάθε λ Ε JR. . Επομένως η εξίσωση παριστάνει κύκλο με κέντρο το

σημείο κ(-�, �)=(λ;8 , �) και ακτίνα

Λόγω του (α) είναι: λ + 8

χ = ·-- και κ 2 λ

Υκ = -2 ή 2χκ - 8 = -2yκ <=> Χκ + Υκ - 4 = 0

οπότε: τα κέντρα όλων αυτών των κύκλων κινούνται πάνω στην ευθεία χ + y - 4 = Ο .

Για να διέρχονται όλοι οι κύκλοι από κάποιο σημείο Μ ( χ0 , Υ ο ) πρέπει και αρκεί

( y0 - X0 ) λ + x� + y� - 8x0 + 7 = 0 για κάθε λ E JR. , δηλαδή y 0 - χ0 = Ο και χ� + y� - 8χ0 + 7 = Ο .

Λύνοντας το σύστημα βρίσκουμε ότι όλοι οι κύκλοι διέρχονται από τα σημεία

Μ (2 + J2 2 + J2 J και Ν (2 - J2 2 - J2 J . 2 ' 2 2 ' 2 Για λ=Ο προκύπτει η εξίσωση i+y--&+7::::{)

� x2 - 8x + 1 6 + y2 = 9 � (χ - 4)2 + y2 = 9 . Δηλαδή έχουμε τον κύκλο με κέντρο το ση

μείο Κ(4,0) και ακτίνα ρ=3 όπως φαίνεται στο παρακάτω σχήμα:

Υ

Α ( 1 ,0 Κ(4,0)

Β (7,0) χ

Το σημείο Α είναι το σημείο του κύκλου που απέχει από το 0(0,0) τη μικρότερη απόσταση ενώ το σημείο Β είναι το σημείο του κύκλου που απέχει από το 0(0,0) τη μεγαλύτερη απόσταση . Προφανώς τα σημεία αυτά είναι: Α( 1 ,0) και Β(7 ,0).



!\σκηση 5 Δίνεται η εξίσωση : 5χ2 + 5y2 - 20χ + 16 = Ο . α) Να δειχθεί ότι η δοσμένη εξίσωση παρι-

στάνει κύκλο του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα.

β) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες αυτού του κύκλου που διέρχονται από την αρχή των αξόνων.

γ) Να βρεθεί η εξίσωση της υπερβολής χ2 y2 -2 - -2 = 1 που έχει ως ασύμπτωτες τις ευθείες α β του ερωτήματος β) όταν επιπλέον γνωρίζουμε ότι β2 + α2 = 20 .

Λύση α) Διαιρώντας με 5 τη δοσμένη εξίσωση παίρ-

1 6 νουμε: χ2 + y2 - 4χ + - = Ο <:::> χ2 - 4χ + 4 + y2 = 5 = 4 - .!i <=> (χ - 2 )2 + y2 = i 5 5

Η εξίσωση αυτή παριστάνει κύκλο με κέντρο ' Κ(2 Ο) ' 2 2J5 το σημειο , · και ακτινα ρ = r; = --

....; 5 5 β) Οι εφαπτόμενες ευθείες θα είναι της μορφής

(ε) : y = λχ ή η ευθεία χ=Ο η οποία απορρίπτεται αφού d (Κ, χ = Ο) = 2 * Js = ρ .

Άρα οι ζητούμενες εφαπτόμενες θα έχουν εξίσωση λχ - y = Ο με λ Ε IR. . Τότε πρέπει και αρκεί d(Κ,ε) = ρ ( 1) , ( 1) <=> � = � <=>.fsi� =�Κ +1 <=>

νΚ +1 ν 5 5λ2 λ2 2 1 1 ' 1 <=> = + 1 <:::> λ = - <=> λ = - η λ = --4 2 2 Άρα οι ζητούμενες ευθείες έχουν εξίσωση :

1 ' 1 y = 2 x η y = -2 x . γ) Οι aσύμπτωτες της δοσμένης υπερβολής

έχουν εξίσωση : y = Q. x ή y = _Q. x . α α Έτσι λόγω του β) ερωτήματος θα έχουμε ότι

Q. = _!_ ::::> α2 = 4β2 . Όμως β2 + α2 = 20 . α 2 Η λύση αυτού του συστήματος δίνει: α2 = 1 6

και β2 = 4 . Άρα η εξίσωση της υπερβολής είναι: χ2 y2 - - - = 1 .

Άσκηση 6 1 6 4

Δίνεται η εξίσωση χ2 + y2 - 2χ + 4y + 4 = Ο . α) Να δειχθεί ότι η δοσμένη εξίσωση παρι-

στάνει εξίσωση κύκλου του οποίου να βρεθεί το κέντρο και η ακτίνα.

β) Να βρεθεί η εξίσωση της εφαπτόμενης του παραπάνω κύκλου στο σημείο A(l ,-1)

γ) Έστω σημείο M(x,y) του παραπάνω κύκλου. Να δειχθεί ότι και το συμμετρικό του Μ ως προς την αρχή των αξόνων κινείται σε κύκλο του οποίου να βρεθεί η εξίσωση.

δ) Να βρεθεί η ελάχιστη απόσταση μεταξύ δύο σημείων Μ και Μ' όταν το Μ ανήκει στον κύκλο του ερωτήματος α) και το Μ ' ανήκει στον κύκλο του ερωτήματος γ).

;\(}('ϊJj α) Η δοσμένη εξίσωση γράφεται:

x2 -2x + 1 + y +4y+4 = 1 <=> ( χ - 1)2 + ( y + 2)2 = 1 . Άρα παριστάνει κύκλο με κέντρο το σημείο

K( l ,-2) και ακτίνα ρ 1= 1 . β ) Η ζητούμενη εφαπτόμενη θα έχει μορφή

ε : y + 1 = λ ( χ - 1 ) με λ Ε IR. (Η ευθεία χ = 1 απορρίπτεται αφού τέμνει τον κύκλο) . Η ευθεία αυτή γράφεται: ε : λχ - y - (λ + 1) = Ο . Πρέπει:

- lλ+2-λ- 11 r:::z: d(Κ,ε) - ρ1 <=> jiΓ;i = 1 <:::> νλ" + 1 = 1 <:::> λ = Ο . Κ + 1

Άρα η ζητούμενη εφαπτομένη είναι η ε: y = - 1 . γ) Το συμμετρικό του σημείου M(x,y) ως προς

την αρχή των αξόνων είναι το σημείο Μ ' ( -x, -y) . Το σημείο Μ κινείται στον κύκλο με εξίσωση : (χ - 1/ + (y + 2)2 = 1 . Θέτοντας όπου χ το -χ και όπου y το -y προκύπτει η εξίσωση : (-χ - 1 )2 + ( -y + 2/ = 1 <=> (χ + 1 )2 + (y - 2)2 = 1 που αποτελεί εξίσωση κύκλου με κέντρο το σημείο Κ' ( - 1, 2) και ακτίνα ρ2= 1 . Στον κύκλο αυτό κινείται το σημείο Μ Ό

δ ) Οι κύκλοι των ερωτημάτων α) και γ) φαίνονται στο παρακάτω σχήμα:

Υ

Προφανώς για την ελάχιστη απόσταση των σημείων Μ, Μ ' ισχύει: (ΜΜ')miη = (ΚΚ') - ρ1 - ρ2 = �4 + 16 - 2 = 2 (νΓs - 1) .



ί\σκηση 7 Έστω τα διαφορετικά σημεία A(x1 ,y1) και

B(x2,y2) της παραβολής χ2 = 2py για την οποία η ευθεία ΑΒ διέρχεται από την εστία της Ε.

α) Να δειχθεί ότι χ1 χ2= -p2 β ) Να δειχθεί ότι ΟΑ · ΟΒ = σταθερό (Ο η

αρχή των αξόνων) γ) Να δειχθεί ότι οι εφαπτόμενες της παρα

βολής στα σημεία Α και Β τέμνονται κάθετα και μάλιστα πάνω στη διευθετούσα της παραβολής.

ΛίJση α) Για τα σημεία Α και Β θα έχουμε ότι:

2 2 2 2 Χ ι = ρyι ' και χ2 = ρy2 Αφαιρώντας από τη δέύτερη εξίσωση την

πρώτη παίρνουμε: χ; -χ� =2p(y2 -Υι ) �( Χ2 -Χι ) ( Χι +χ2 ) =2p(y2 -yι ) � � Υ2 - Υι = Χ ι + χ2 ( 1 ) Χ 2 - Χ ι 2p

Εφόσον x 1:;t Xz αφού τα Α,Β είναι διαφορετικά σημεία της παραβολής, η ευθεία ΑΒ έχει εξίσωση : y - yι = y2 - yι ( χ - χι ) · 'Ετσι λόγω της ( 1 ) προχ2 - Χ ι , , . _ Χ ι + Χ2 ( ) κυπτει οτι. y - Υ ι - χ - χ ι · 2p

Η εστία της παραβολής είναι το σημείο Ε ( Ο, �) που ικανοποιεί την τελευταία εξίσωση οπότε:

� Χ ι Χ2 = -p2 (αφού χ� = 2pyι ) . � � χ2 χ2

β) Είναι: ΟΑ · ΟΒ = χιχ2 + ΥιΥ2 = -p2 +-ι ·-2 = 2p 2p ( χ χ )2 4 2 3

= -p2 + ι 2 = -p2 +_E..__ = -p2 +E_ = --p2 = σταθερό.

4p2 4p2 4 4

Ί) Οι εφαπτόμενες της παραβολής στα σημεία Α και Β θα έχουν εξισώσεις:

χ ε ι : xx ι=p(y+yι ) με \ = __!: και Ρ

ε2 : xx2=p(y+y2) με λ2 = � αντίστοιχα. Ρ

Ε' λ λ Χ ι Χ 2 α ) p2 1 ' l. ιναι: 1 2 = -2-=- -2 = - αρα ε1 ε2 .

Ρ Ρ Επίσης το σύστημα των εξισώσεων των δύο

εφαπτόμενων γράφεται:

X ι x - py = pyι } Το σύστημα αυτό δίνει μοναδική x 2x - py = py2 λύση (γιατί;) το σημείο Ν ( Χ ι � χ2 , -�) . Άρα πράγματι οι δύο εφαπτόμενες τέμνονται πάνω στην ευθεία δ : y = _Ε. που είναι η διευθετούσα της πα-2 ραβολής.

Λσκηση 8 Η παραβολή με εξίσωση χ2 = κy με κ ε IR. διέρχεται από το σημείο Μ(2,1).

α ) Να βρεθεί η εστία και η διευθετούσα της παραβολής.

β) Έστω Ε' το συμμετρικό της εστίας Ε ως προς τον άξονα χ 'χ. Να βρεθεί η γραμμή (γ) στην οποία κινούνται τ� σημεία M(x,y) του επι-�2 � -πέδου για τα οποία ισχύει: ΜΕ = ΜΕ '· ΜΕ .

y) Να βρεθούν οι εφαπτόμενες της παραβολής στα σημεία που η γραμμή (γ) τέμνει την παραβολή.

δ) Να βρεθεί η εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα δύο σημεία επαφής και από το σημείο τομής των εφαπτόμενων.

Λύση ο) Το σημείο Μ(2, 1 ) ικανοποιεί την εξίσωση

χ2 = κy . Άρα 4=κ. 'Ετσι 2p=4� p=2 � Ε. =1 . 2 Άρα η εστία της παραβολής είναι το σημείο

Ε( Ο, 1 ) και διευθετούσα η ευθεία δ: y = - 1 . β ) Λόγω του (α) είναι: Ε '(Ο,- 1 ) . Τότε:

ME = (-x, 1 - y) και ME ' = (-x, - 1 - y) ---+2 - -Έτσι η εξίσωση ΜΕ = ΜΕ '· ΜΕ γράφεται:

χ2 + ( 1 - Υ γ = χ2 + y2 - 1 � χ2 + y2 - 2y + 1 = = X2 + y2 - 1 � y = 1

Άρα τα σημεία Μ(χ, y) κινούνται πάνω στην ευθεία y = 1 .

γ) Λύνουμε το σύστημα της παραβολής χ2 = 4y με την ευθεία y = 1 . Τότε χ2 =4�χ =±2 .

Άρα τα σημεία τομής των δύο γραμμών είναι τα Α(2, 1 ) και Β( -2, 1 ) . Η εφαπτόμενη της παραβολής στο Α έχει εξίσωση : 2χ = 2 ( y + 1) � y = χ - 1

ενώ η εφαπτομένη στο Β έχει εξίσωση : -2χ = 2 (y + 1 ) � y = -χ - 1 .

δ) Οι δύο εφαπτόμενες τέμνονται κάθετα αφού λ1λ2 = 1 ( -1) = -1 και μάλιστα στο σημείο Ε '(Ο,-1 ) . Άρα ζητούμε την εξίσωση του κύκλου που διέρχεται από τα σημεία Α(2, 1 ) , Β(-2, 1 ) και Ε '(Ο,- 1 ) . Αφού όμως ΒΕ ' .l ΑΕ ' συμπεραίνουμε ότι το ΑΒ



θα είναι διάμετρος του κύκλου. Άρα κέντρο του θα είναι το σημείο Ε( Ο, 1 ) ενώ η ακτίνα του θα είναι ίση με ρ = ( ΑΒ) = 2 (γιατί;) . 'Ετσι ο ζητούμενος 2 κύκλος θα έχει εξίσωση : χ 2 + (y - 1 )2 = 4 .

Κύκλος C έχει το κέντρο του στο θετικό ημιάξονα Οχ και η ακτίνα του είναι ρ.

Η ευθεία ε:y=2χ είναι aσύμπτωτη της υπερ-2 2

βολής C1 : .; - L = 1 και εφάπτεται του κύκλου ρ 16

C. Να βρείτε: Τις εξισώσεις των C, C1 και Τα κοινά τους σημεία.

Έστω Κ ( χ0 , Ο) με Χ0 >Ο το κέντρο του κύκλου. Τότε: C : (χ - χ0 )2 + y2 = ρ2 η εξίσωση του.

2 2 Επίσης C1 : .;. - L = 1 υπερβολή με ασύ-ρ 1 6 μπτωτη την ε : y = 2χ . Για την C, είναι: α2 = ρ2 και β2 = 1 6 οπότε α=ρ και β=4 οπότε η ευθεία

β ' 4 ' ' C Ε y = -χ η y = - χ ειναι ασυμπτωτη της 1 • πο-α ρ μένως i = 2 <:::> ρ = 2 ρ

' χ 2 y2 ' αρα C : - - - = 1 . Ακομη I 4 1 6 ε : 2χ - y = Ο οπότε: d (Κ, ε) = ρ <=> 12xo l = 2

J22;i χ0 >0 <=> l2x0 I = 2JS <:::> 2χ0 = 2JS <:::> χ0 = J5

Για τα κοινά σημεία των C,C ι λύνουμε το σύστημα των εξισώσεων τους που είναι: (x - J5)2 + y2 = 4} χ2 + y2 - 2J5x = -1}

2 2 <=> <=> � - L = 1 1 6χ2 - 4y2 = 64 4 1 6

χ 2 + y2 - 2 J5 χ + 1 = ο ( 1 ) <=> 4χ2 - y2 - 1 6 = 0 (2) Από ( 1 )+(2) παίρνουμε:

5x2 - 2J5x - 1 5 = 0 <=> x = J5 ή Για χ = J5 από την (2) είναι:

3J5 Χ = ---5

2 ' 3J5 y = 4 <=> y = -2 η y = 2 . Για χ = --- από την

(2) είναι: y2 = - 44 αδύνατη . 5

5

Άρα τα κοινά σημεία των C,C ι είναι τα Α ( J5, 2 ) και Β ( JS,-2 ) .

Δίνεται η παραβολή C: y2= 2px, p> Ο και οι ευθείες ε1 : y= λχ, ε2 : y= -λχ, όπου ο λ είναι θετικός ακέραιος. Να δείξετε ότι οι ευθείες ε1 , ε2 τέμνουν την παραβολή στα σημεία Α, Β που είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα χ 'χ.

Να βρείτε το λ όταν η ΑΒ διέρχεται από την εστία της παραβολής C.

Όταν το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ γίνεται μέγιστο, όπου Ο η αρχή των αξόνων, να δείξτε ότι οι ευθείες ε1 , ε2 είναι κάθετες.

Έχουμε την παραβολή C: y2= 2px, p> Ο και τις ευθείες ε ι : y= λχ, ε2 : y= -λχ, όπου ο λ είναι θετικός ακέραιος. Οι ε ι ,ε2 έχουν κοινό σημείο το 0(0,0) που είναι η κορυφή της παραβολής.

Από το σύστημα των ε ι και C έχουμε:

<=> <=> λ2 y = λχ } λ2χ2 - 2ρχ = 0} χ = 0 ή χ = 2ρ}

y2 = 2ρχ Υ = λχ Υ = λχ οπότε για χ=Ο το y=O και για χ = 2; το y = 2ρ

λ λ άρα οι ει και C εκτός του 0(0,0) έχουν κοινό και το σημείο Α (�; , 2:) . Από το σύστημα των ε2,c

, y=-'λχ } Κχ2 -2ρχ=Ο} χ=Ο ή χ= 2ρ} εχουμε: . :ι _ <=> _ <=> Κ Υ -2ρχ y--'λχ y=-Ax

οπότε για χ=Ο το y=O και για χ = 2ρ το y = - 2ρ λ2 λ

άρα οι ε2 και C εκτός του 0(0,0) έχουν κοινό και το σημείο Β(� , - 2:) . Προφανώς τα Α,Β είναι συμμετρικά ως προς τον άξονα χ 'χ.

Λόγω του (α) είναι ΑΒ : χ = 2; λ και

Ε (Ξ , ο ) είναι η εστία της C. Αν η ΑΒ διέρχεται

από το Ε θα ισχύει: Ε. = 2; <:::> λ2 = 4 οπότε λ=2 2 λ εφόσον ο λ είναι θετικός ακέραιος.

' 1 1 4ρ 2ρ 4ρ2 Ειναι: (ΟΑΒ) ="2(ΑΒ) · d(Ο,ΑΒ) ="2 ·λ · Κ =--:;r .

Όμως ο λ είναι θετικός ακέραιος οπότε το εμβαδό γίνεται μέγιστο όταν το ';.! πάρει την ελάχιστη τιμή . Αυτό γίνεται για λ= 1 .Τότε όμως ε ι : y=x και ε2 : y=-x άρα ε, _l_ ε2



Να βρείτε την εξίσωση της ισοσκελούς υπερβολής που έχει τις ίδιες εστίες με την έλλει-

χ2 y2 ψη C : - + - = 1 .

25 16

χ2 y2 Για την έλλειψη C : - + - = 1 είναι: 25 1 6 α2 = 25, β2 = 1 6 οπότε: γ2 = α2 - β2 = 25 - 1 6 = 9 .

Εφόσον η ζητούμενη υπερβολή είναι ισοσκελής και έχει τις ίδιες εστίες με την C θα είναι α=β

2 9 οπότε: γ2 = α2 + β2 <:::> γ2 = 2α2 <:::> α2 = L = -2 2 άρα C ' : χ 2 - ψ2 = α2 ή C ' : χ 2 - ψ2 = 2.

2

χ2 y2 Δίνεται η έλλειψη C : - + - = 1 και η εφα-

16 9 πτόμενη ε στο τυχαίο σημείο της A(x1,y1). Η κάθετη ευθεία ε' στην ε στο σημείο Α τέμνει τους άξονες χ 'χ και y'y στα σημεία Β και Γ αντίστοιχα. Αν Μ(Χο,Υο ) είναι το μέσον του ΒΓ τότε:

Να εκφράσετε τα ΧαιΥο συναρτήσει των χι,Υι· Να αποδείξετε όtι το Μ κινείται σε έλ

λειψη της οποίας οι εστίες βρίσκονται στον άξονα y 'y.

Είναι: ε : χιχ + ΨιΨ = 1 ή ε : ψ = -� χ + _2_ 16 9 1 6ψι Ψι

Ε , , .1 λ 1 1 6ψι , πισης ε ε <:::> ε = -- = -- οποτε: λ, 9χ ι ε ' : ψ - Ψι = 1 6Ψι ( χ - Χ ι ) . Από την εξίσωση της ε '

9χ ι ο . , 7χ ι Ο , για ψ= παιρνουμε χ = l6 και για χ= παιρνου-

Β(��ι , Ο) 7ψ ι με ψ = -- . Έτσι είναι: 9 και

r( 0, - 7;ι ) . Εφόσον το Μ είναι μέσον του ΒΓ θα

' χ +χ 7χ ψ + ψ 7ψ ειναι: Χο =-B __ r =-ι και Ψ ο = Β r = __ ι 2 32 2 1 8

2 2 Το σημείο Α(χι ,Υ ι ) εC άρα � + 2:l_ = 1 ( 1 ) 1 6 9 Χ0 = � } Χ 1 = 32 χ0 }

Λόγω του (α) είναι: 32 <:::> 7 7yl 1 8 Υο = -IS Υι = -7Υο

οπότε η ( 1 ) μετά από πράξεις παίρνει την μορφή :

2 2 έλλειψη με εξίσωση C ' : � + � = 1 . Εφόσον (l) (�) (-76 ) 2 > (-78 )2 οι εστίες της c ' βρίσκονται στον ά-ξονα y 'y.

Δίνονται οι ελλείψεις

χ2 y2 C2 : - + - = 1 .

9 16

χ2 y2 C : - + - = 1 και I 16 9

Να αποδείξετε ότι τα σημεία τομής των Cι,C2 βρίσκονται στις ευθείες που διχοτομούν τις γωνίες του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων.

Ν α βρείτε το εμβαδόν του τετραπλεύρου που ορίζουν τα σημεία τομής.

Έστω A(x,y) σημείο τομής των C1 , C2 • Οι εξισώσεις των C 1 , C2 ορίζουν το σύστημα: 9χ2 + 1 6y2 = 1 44 ( 1 ) και 1 6χ2 + 9y2 = 1 44 (2)

Με αφαίρεση των ( 1 ),(2) κατά μέλη παίρνουμε : -7x2 + 7y2 = 0 <:::> y2 = x2 <:::> y = x ή y = -x οπότε πράγματι τα σημεία τομής των C 1 , C2 βρίσκονται στις ευθείες που διχοτομούν τις γωνίες του καρτεσιανού συστήματος συντεταγμένων.

Λόγω του α) έχουμε y2 = χ2 οπότε από την ( 1 ) <:::> 25χ2 = 1 44 <:::> χ = .!3. ή 5

1 2 ' 1 2 χ = 5 εχουμε y = 5 ή 1 2 ' 1 2 χ = -- εχουμε y = -- ή 5 5

1 2 ' χ = -- οποτε για 5 1 2 y = -- και για 5 1 2 ' λ y = 5 αρα οι ε -

λ , C C , , Α ( 1 2 1 2 ) ειψεις ] , 2 τεμνονται στα σημεια 5 ' 5 ' Β(.!3. _.!3.) r(-.!3. _.!3.) Δ(-.!3. .!3.) και το 5 ' 5 ' 5 ' 5 ' 5 ' 5 τετράπλευρο ΑΒΓ Δ που ορίζουν προφανώς είναι

' λ ' 24 ' β δ ' τετραγωνο με π ευρα α = 5 οποτε το εμ α ο ( 24 )2 576 του είναι: ( ΑΒΓ Δ) = α2 = 5 = 25


ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΑ ΓΕΝΙΚΗΣ ΠΑΙΔΕΙΑΣ r · ΛΥΚΕΙΟΥ

Π ιθανότητες Κυριακοπούλου Κωνσταντίνα

Στην καθημερινή μας ζωή, παρατηρούμε ότι χρησιμοποιούμε συχνά λέξεις όπως: τυχαία, πιθανόν, αναμενόμενο, αβέβαιο Που είναι γνωστό ότι οι όροι αυτοί σχετίζονται με τις πιθανότητες. Κάνοντας μια ιστορική αναφορά στην εξέλιξη της θεωρίας των πιθανοτήτων παρατηρούμε ότι κατ ' αρχάς η έννοια της πιθανότητας σχετιζόταν περισσότερο με τη φιλοσοφία παρά με τα μοντέρνα μαθηματικά και τη μορφή που έχει σήμερα. Η πρώτη επιτυχημένη προσέγγιση της πιθανότητας με αξιωματικό τρόπο έγινε το 1 933 από τον Α. Kolmogoroν και εξελίχθηκε ως τις μέρες μας που η εφαρμογή των στοχαστικών μοντέλων είναι ευρύτατη και καλύπτει διάφορους τομείς:Ετσι εφαρμογές των πιθανοτήτων έχουμε στη γενετική, στην επιδημιολογία, στη βιολογία, στη στατιστική , στη φυσική, στην αναλογιστική επιστήμη, στην οικονομετρία και στις επιχειρησιακές έρευνες.

Χ Ι>Η Σ Ι Μ ΕΣ Ε Π Ι Σ Η Μ Λ ΝΣ Ε Ι Σ I . Αν ω ένα στοιχείο του δειγματικού χώρου Ω και Α, Β δύο υποσύνολα του Ω, τότε οι παρακάτω εκφράσεις στην κοινή γλώσσα είναι ισοδύναμες με τις αντίστοιχες στη γλώσσα των συνόλων.

Κοινή γλι!Jσσα Γλι!)σσα συ\•όλων Το Α πραγματοποιείται ω Ε Α Το Α δεν πραγματοποι- ω � Α είται Ένα τουλάχιστον από τα Α, Β πραγματοποιεί- ω Ε Α υ Β τα ι (πραγματοποιείται το Α ή το Β) Πραγματοποιούνται συγχρόνως τα Α και Β ω Ε A n B (πραγματοποιείται το Α και το Β) Πραγματοποιείται μόνο ω Ε Α-Β το Α Δεν πραγματοποιείται ω Ε (A u B) ' κανένα από τα Α και Β Πραγματοποιείται ένα ω Ε (A n B ) ' το πολύ από τα Α και Β Πραγματοποιείται μόνο ω Ε (A-B)u (B-A) ένα από τα Α και Β

2.Αν Ρ(Α)+Ρ(Β)> 1 , τότε τα Α και Β δεν είναι ασυμβίβαστα, αφού αν ήταν θα ίσχυε Ρ( Α υ Β )=Ρ(Α)+Ρ(Β)> 1 , άτοπο.

«παίρνουμε τυχαία ένα στοιχείο του Ω» εννοούμε ότι όλα τα δυνατά αποτελέσματα είναι ισοπίθανα με πιθανότητα Ρ(ω; ) = .!.. , i= 1 ,2 ,3 , . . . ,ν ν

4 . (A u B) ' = A ' n B ' και (Α n Β ) ' =Α ' υ Β '

(τύποι De Morgan) 5. Τα ενδεχόμενα Α-Β, Α n Β , Β-Α είναι ασυμβίβαστα και ισχύει :

(Α-Β) u ( A n B ) u (B-A)= A u B

ί\σκηση Ι '� Έστω α και β οι ενδείξεις δύο διαδοχικών

ρίψεων ενός αμερόληπτου ζαριού. Δίνεται η εξίσωση χ 2 -(α-2β)χ-4=0. Να βρεθεί η πιθανότητα του ενδεχομένου η εξίσωση αυτή να έχει δύο ρίζες αντίθετες.

Λ1)ση Είναι Ω= { ( 1 , 1 ),( 1 ,2),( 1 ,3),( 1 ,4),( 1 ,5),( 1 ,6),(2, 1 ),

(2,2), (2,3), (2,4), (2,5),(2,6),(3 , 1 ) ,(3 ,2), (3 ,3),(3 ,4), (3 ,5),(3 ,6),( 4, 1 ),( 4,2),( 4,3),( 4,4),( 4,5),( 4,6),(5, 1 ), ( 5 ,2 ),( 5 ,3 ),( 5 ,4 ),( 5 ,5),( 5 ,6),( 6, 1 ),( 6,2),( 6,3 ),( 6,4 ), (6,5),(6,6) } με Ν(Ω)=36.

Η εξίσωση χ 2 -( α-2β)χ-4=0 έχει δύο ρίζες αντίθετες αν και μόνο αν :

{Δ > Ο {(α - 2β )2 + 1 6 > Ο

Ρ < Ο <=> -4 < Ο <=> α=2β. S = O (α - 2β) = 0

3 .Όταν έχουμε ένα δειγματικό χώρο Αν Α είναι το ενδεχόμενο « η εξίσωση Ω ={ ω, , ω2 , . . . . . , ων } και χρησιμοποιούμε τη φράση χ 2 -(α-2β)χ-4=0 έχει δύο ρίζες αντίθετες», τότε


Μαθηματικά για την Γ Λυκείου

Α={(2, 1 ),(4,2),(6,3) } ,με Ν(Α)=3 . Άρα Ρ(Α)=2_ = ___!___ . 36 1 2

Έστω δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου

Ω για τα οποία είναι Ρ(Α)=_!_ , Ρ(Β)=_!_ και 4 5

Ρ( Α ί'\ Β )= _!_ .Ν α βρεθούν οι πιθανότητες των 6

παρακάτω ενδεχομένων: α) «Δεν πραγματοποιείται το Β» β) «Πραγματοποιείται το Α ή το Β» γ) « Πραγματοποιείται μόνο το Β» δ) «Πραγματοποιείται ένα το πολύ από τα Α και Β» ε) «Δεν πραγματοποιείται κανένα από τα Α και Β»

α) Ρ(Β ')= 1-Ρ(Β)= 1-]_ = i 5 5 1 7

β) Ρ( Α u Β )=Ρ(Α)+Ρ(Β)-Ρ( Α n Β )= 60 1 γ) Ρ(Β-Α)=Ρ(Β}-Ρ( Α n Β )= 30

δ) P( A n B ) '= 1-P( A n B )= � 6 ε) Ρ( Α υ Β ) '= 1-Ρ( Α υ Β )= 43

60

Σε μία τάξη 30 μαθητών Γ Λυκείου οι 12 έχουν PlayStation, οι 17 έχουν Xbox και οι 5 έχουν και PlayStation και Χbοχ.Επιλέγουμε τυχαία ένα μαθητή της τάξης αυτής. Να βρεθούν οι πιθανότητες των παρακάτω ενδεχομένων: Α: Ο μαθητής έχει Xbox αλλά δεν έχει PlayStation Β: Ο μαθητής δεν έχει ούτε Xbox ούτε PlayStation Γ: Ο μαθητής έχει μόνο PlayStation ή έχει μόνο Xbox

Έστω S το ενδεχόμενο «ο μαθητής έχει PlayStatίon» και Χ το ενδεχόμενο «Ο μαθητής έχει Χbοχ».Είναι P(S)= � Ρ(Χ)= .!2_ και 30 ' 30

5 P(X n S)= - . 30 1 2 P(A)=P{X-S)=P(X)-P(X n S)= -30

Ρ(Β)=Ρ(Χ υ S) '= 1-Ρ(Χ υ S)= 1 7 1 2 5 1 = 1-[P(X)+P(S)-P(X n S)] = 1- ( - + --- )=-30 30 30 5

Ρ(Γ)=Ρ[(Χ-S) υ (S-X)]=P(X-S)+P(S-X)= 1 9 =Ρ(Χ)-Ρ(Χ n S)+P(S}- Ρ(Χ n S)= - . 30

Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω. Αν τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β, A n B ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα και οι πιθανότητές τους είναι στοιχεία του συνόλου κ { 4 1 5α - 7 5} ,

Ν

β θ , = - - -- - οπου α Ε 1 "'� να ρε ει η

5 ' 2 ' 4 ' 3 ' '

πιθανότητα : ί) Ν α πραγματοποιείται το Α ή να μην πραγματοποιείται το Β ίί) Ν α μην πραγματοποιούνται συγχρόνως τα Α και Β

\ ·! ) Π ;: -·· · ·

ο θ ' 5 δ ' ' θ ' αρι μος - εν μπορει να ειναι πι ανοτητα κανε-3 νός ενδεχομένου αφού � > 1 , ενώ η πιθανότητα 3 κάθε ενδεχομένου είναι πραγματικός αριθμός που ανήκει στο [0, 1 ] .Επίσης αφού τα ενδεχόμενα Α, Α υ Β, Α n Β ανά δύο δεν είναι ισοπίθανα κάθε , , θ , 4 1 5α - 7 �τ ενας απο τους αρι μους S , "2 , -4- με α Ε 1 "'� είναι πιθανότητα ενός ενδεχομένου. Θα ισχύει

5α - 7 7 1 1 Ο � -- � 1 , α Ε Ν <=> - � α � - , α Ε Ν <=> 4 5 5 5α - 7 3

-- - - Επιπλέον α=2. Οπότε: 4 4 Α n Β ς Α ς Α υ Β, άρα θα είναι και Ρ( Α n Β) � Ρ( Α) � Ρ( Α υ Β).'Ετσι τελικά παίρνου-με : Ρ( Α n Β)= _!._ , Ρ( Α)= � , Ρ(Α u Β)= i .Από τον 2 4 5 προσθετικό νόμο έχουμε:

1 1 Ρ(Β)= Ρ( Α υ Β)+ Ρ( Α n Β)-Ρ(Α)= 20 . Οι ζητούμενες πιθανότητες είναι : ί) Ρ(Α υ Β ')=Ρ(Α)+Ρ(Β ')-Ρ(Α n Β ')= =Ρ( Α)+ 1-Ρ(Β)-[Ρ(Α)-Ρ(Α n Β)]=

1 1 1 1 9 = 1-P(B)+P(A n B)=1-- + - = - . 20 2 20 ίί) P(A n B) '= 1-P(A n B) = _!._ 2 Έστω ο δειγματικός χώρος Ω



={ ω1 , ω2 , ω3 , ω4 } . Να αποδειχθεί ότι δεν υπάρ

χουν πραγματικοί αριθμοί κ και λ τέτοιοι ώστε

Ρ(ω )= i - κ2 Ρ(ω )=9λ 2 Ρ(ω )=2κ 2 -_!_ και ι 3 ' 2 ' 3 3 Ρ( ω 4 )= -6κλ.

Α ν υπάρχουν τέτοιοι αριθμοί κ και λ θα ισχύει : Ρ( ω ι )+ Ρ( ω 2 )+ Ρ( ω 3 )+ Ρ( ω 4 )= Ι � � - κ2 +9λ 2 +2κ 2 -.!.-6κλ=Ι � 3 3 κ 2 -6κλ+9λ 2 =0 � (κ-3λ) 2 =0 � κ=3λ Τότε όμως θα είναι Ρ( ω ι )+ Ρ( ω 2 )=� - 9λ2 +9λ 2 =� > Ι , άτοπο. 3 3

Έστω Α, Β δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού 3

χώρου Ω, για τα οποία ισχύει Ρ( Α)= - και 4

Ρ(Β ')=! . 3

i) Να εξετάσετε αν τα Α,Β είναι ασυμβίβαστα.

ii) Να αποδείξετε ότι _.!_ :$; Ρ(Α-Β) :$; � 12 4

ί) Είναι Ρ(Β)= Ι-Ρ(Β ')= Ι-.!_ =� . 3 3 Αν Α, Β ασυμβίβαστα, τότε από τον απλό προσθετικό νόμο παίρνουμε:

Ρ(Α υ Β)=Ρ(Α)+Ρ(Β)= � + � =_Q > I , άτοπο. Άρα 4 3 Ι 2 τα Α, Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

(συνθετικά) Παρατηρούμε ότι :Ρ( Α n Β)=Ρ(Α)+Ρ(Β)-

3 2 Ι 7 5 ' Ρ(Α υ Β)= - + - - Ρ(Α υ Β) ::?: - -Ι= - >Ο.Άρα 4 3 Ι 2 Ι 2 Α n Β * 0 .Οπότε τα Α,Β δεν είναι ασυμβίβαστα.

ίί) Ισχύει A n Β � Β και Α n Β � Α. Άρα P(A n Β) :$; Ρ( Β) και Ρ( Α n Β) :$; Ρ(Α) .Όμως Ρ(Β)<Ρ(Α) άρα Ρ( Α n Β) :$; Ρ(Β). Επιπλέον Ρ( Α n Β) ::?: Ο. Έχουμε:

2 Ο :$; Ρ( Α n Β) :$; Ρ( Β) � Ο ::; Ρ( Α n Β) ::; - � 3 2 -- :$; -P(A n B) ::; ο � 3

3 2 3 3 - -- ::; - -P(A n B) :$; - � 4 3 4 4 Ι 3 Ι 3 - :$; P(A)- P(A n B) :$; - � - ::s; P(A-B) :$; -Ι 2 4 Ι 2 4

Έστω Ω={ ω1 , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 , ω6 } ο δειγματικός

χώρος ενός πειράματος τύχης και Κ={ ωι , ω2 , ω4 } , Λ={ ωι , ω2 0 ω3 , ω5 } , Μ={ ωι , ω2 } , Ν={ ω6 } ενδεχόμενα αυτού. Αν είναι γνωστό ότι Ρ(Κ)=Ο,3, Ρ(Λ)=Ο,5 και Ρ(Μ)=Ο,2 να βρεθεί η πιθανότητα Ρ(Ν).

Είναι :Κ n Λ= { ωι , ω2 } =Μ και

Κ υ Λ= { ωι , ω2 , ω3 , ω4 , ω5 } =Ν ' . Άρα Ρ(Ν ')=Ρ(Κ υ Λ)=Ρ(Κ)+Ρ(Λ)-Ρ(Κ n Λ)= =Ρ(Κ)+Ρ(Λ)-Ρ(Μ)=Ο,3+0,5-0,2=0,6 . Οπότε Ρ(Ν)= Ι-0,6=0,4

i) Να αποδειχθεί ότι (Α n Β} ' =Α' υ Β ' (De Morgan)

ii) Τα ενδεχόμενα Α υ Β ' και Α' n B είναι αντίθετα.

ί) Έστω χ Ε (Α n Β ) ' .Έχουμε :

χ Ε (A n B ) ' � χ � A n B � cx � A ή χ � Β) � (χ Ε Α ' ή χ Ε Β ') � χ Ε Α ' υ Β ' . Άρα (A n B ) ' � Α ' υ Β ' . ( 1 )

Έστω χ Ε Α ' υ Β ' . Είναι : χ Ε Α' υ Β ' � (χ Ε Α' ή χ Ε Β ') � (χ � Α ή χ � Β) � χ � A n B � χ Ε (Α n Β ) ' .Άρα Α' υ Β ' � (A n B ) ' (2) Από ( 1 ) , (2) έπεται ότι (Α n Β ) ' = Α' υ Β ' . Σημείωση: Με τον ίδιο τρόπο μπορεί να αποδειχθεί και ο τύπος (Α υ Β) '=Α ' n B ' . ί ί) Σύμφωνα με το ι) έχουμε (Α ' n Β) '=(Α ') ' υ Β '= Α υ Β ' , άρα τα Α υ Β ' και Α' n Β ενδεχόμενα είναι αντίθετα.

Δίνεται η συνάρτηση f(x)=e χ +Ιηχ:Εστω Α, Β δύο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω για τα οποία ισχύει Α � Β. Να αποδειχθεί ότι :

α) eP<B > - eP<A > ::?: ln Ρ( Α) Ρ(Β)

β) Α ν Ρ(Β)= _!_ , τότε 2

eP<AvB > +ΙηΡ(Α υ Β) ::?: Fe -ln2


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

α) Α ς. Β � Ρ( Α) ::; Ρ(Β).Η f(x) ορίζεται για χ>Ο και είναι παραγωγίσιμη ως άθροισμα παραγωγί-

σιμων με f ' (χ )=e χ + _!_ >Ο για κάθε χ

χ ε (Ο,+ οο ) .Συνεπώς η f είναι γνησίως αύξουσα στο (Ο,+ οο ) . Ρ( Α) ::; Ρ(Β) � f (Ρ( Α)) ::; f(P(B)) �

eP(AJ +ιη(Ρ(Α)) ::; eP<BJ +ιη(Ρ(Β)) � eP<BJ - eP(AJ :?: ιη(Ρ(Α))- ιη(Ρ(Β)) � eP<BJ - eP<AJ :?: ιη Ρ( Α)

Ρ(Β) β) Β ς Α υ Β � Ρ(Β) :s; Ρ(Α υ Β) �

f(P(B)) ::; f(P(A υ Β)) � eP<BJ +ιη(Ρ(Β)) ::; eP<AvBJ +ιηΡ(Α υ Β) �

ι ι e2 +ιη - ::; eP<AvBJ +ιηΡ(Α υ Β) � 2

eP(AvBJ +ιηΡ(Α υ Β) :?: Je -ιη2

Έστω Ω={ ω1 , ω2 , ω3 } ο δειγματικός χώρος ενός

πειράματος τύχης με πιθανότητες α2 - 3 2α - 1

Ρ( ωι )= -4- , Ρ(ω 2 )= -5-

α + 1 Ν β θ

, Ρ( ω 3 )= 2ο . α ρε ει το α.

Ρ( ω1 )+Ρ( ω 2 )+ Ρ( ω 3 )= 1

α2 - 3 2α - 1 α + 1 ι � -- +-- + -- = � 4 5 20

και

5α 2 +9α-38=0 � α=2 ή α=-3 ,8 . Πρέπει Ρ( ω ; ) ε [0, 1 ] .

Για α=2 είναι: 1 3

Ρ( ω )= - Ρ(ω )= -ι 4 , 2 5

,

) 3 ' ' 2 ' δ ' Ρ( ω 3 = - , αρα η τιμ η α= ει ναι εκτη . 20

43 Για α=-3,8 Ρ(ω 2 )=-- � [0, 1 ] , άρα η τιμή

25 α=-3,8 απορρίπτεται.

5 Δίνεται η συνάρτηση f(x)=2x

3 -- χ2 +x+l .

2 Ι)Να εξεταστεί η f ως προς τη μονοτονία και τα τοπικά ακρότατα. II)A ν Α,Β είναι δύο ενδεχόμενα του δειγματικού χώρου Ω και οι πιθανότητες Ρ(Α), Ρ(Β) είναι οι θέσεις των τοπικών ακροτάτων της f με

Ρ(Α)<Ρ(Β), τότε : α)Να βρεθούν οι Ρ(Α),Ρ(Β) β)Να βρεθεί η μέση τιμή και η διάμεσος των παρατηρήσεων Ρ( Α ΓΙ Β),Ρ(Α υ Β),Ρ(Β),Ρ(Α).

i)H f ορίζεται στο IR. και είναι παραγωγίσιμη σε αυτό ως πολυωνυμική με f ' ( χ)=6χ 2 -5χ+ 1 =

=6(χ-.!_ )(χ-.!_ ) . Άρα f'(x)=O � x=.!_ ή 2 3 2

1 ' ζ ' ' χ= - .Κατασκευα ουμε τον πινακα μονοτονιας της

3 f. χ - 00 f'(x) + f(x) /

1 3 2

+ οο

+

/ Από τον πίνακα μονοτονίας συμπεραίνουμε ότι η f

θ ' 1

παρουσιάζει τοπικό μέγιστο στη εση χ= 3 , το

( 1 ) 6 1 ' λ ' θ ' 1

f - = - και τοπικο ε αχιστο στη εση χ=- το 3 54 2

f (Ξ) =% .

ii) Σύμφωνα με τα παραπάνω και αφού Ρ(Α)<Ρ(Β) 1

( )1 1 , ' είναι Ρ(Α)= - και Ρ Β = - . σχυουν ακομα

3 2 Ρ( Α ΓΙ Β) ::; Ρ( Α) και Ρ(Β) ::; Ρ( Α υ Β), άρα οι παρατηρήσεις κατά αύξουσα σειρά είναι :

Ρ( Α ΓΙ Β),Ρ(Α),Ρ(Β), Ρ( Α υ Β). , - P(A nB) + P(A) + P(B) + P(AuB) Εχουμε : χ

4 2 (Ρ(Α) + Ρ(Β)) 5 , δ , ,

= = - και η τιμ η της ιαμεσου ει-4 1 2

ναι δ Ρ(Α) + Ρ(Β)

=�

2 6

Ρίχνουμε ένα αμερόληπτο ζάρι και έστω Ω ο δειγματικός χώρος του πειράματος τύχης. Δίνονται οι παρατηρήσεις :

3κ,-3κ, 6κ+4, -2κ, κ+ 1 με κ ε Ω. α) Να υπολογιστούν συναρτήσει του κ η μέση τιμή � , η διάμεσος δ και η διασπορά s 2 . β) Να βρεθούν οι πιθανότητες των ενδεχομένων Α={κ ε Ω Ι η μέση τιμή χ είναι το πολύ 5} Β={ κ ε Ω I η διάμεσος είναι άρτιος αριθμός} Γ= Α n Β Δ={ κ ε Ω Ι η διασπορά παίρνει ελάχιστη τιμή}



, \ {Jση : α)Είναι: Ω={ Ι ,2,3 ,4,5 ,6 } , άρα κ>Ο.

Επίσης κ 2:: Ι => 2κ 2:: 2 => 3κ 2:: κ+2 => 3κ>κ+ Ι . Άρα οι παρατηρήσεις κατά αύξουσα σειρά εί

ναι : -3κ,-2κ,κ+ Ι ,3κ,6κ+4. Έχουμε:

� =

3κ - 3κ + 6κ + 4 - 2κ + κ + Ι =

5κ + 5 =κ+ Ι

5 5 Το πλήθος των παρατηρήσεων είναι περιττό

άρα η διάμεσος είναι η μεσαία παρατήρηση δηλαδή η τρίτη, με τιμή δ=κ+ Ι .

2 1 5 - 2 s = - Σ (χ ί - χ ) =

5 i = l =_!._ [(-4κ-Ι ) 2 +(-3κ- Ι ) 2 +0+(2κ-Ι ) 2 +(5κ+3) 2 ]=

5 54κ2 + 40κ + Ι 2

5 -

β) χ � 5 <::::> κ+ Ι � 5 <=> κ � 4.Άρα Α= { Ι ,2,3,4} με

Ν(Α)=4 οπότε Ρ(Α)= Ν(Α)

=i = 3_ . ' Ν(Ω) 6 3

Η διάμεσος είναι άρτιος αριθμός μόνον όταν κ= Ι ή

κ=3 η' κ=5 .Άρα Β={ Ι 3 5 } και Ρ(Β)= Ν(Β)

= .!.. . ' ' Ν(Ω) 2

Γ = Α n Β= { Ι ,3 } .Άρα Ρ(Γ)= _!._ 3

, 2 54κ2 + 40κ + Ι2 , Βρηκαμε s = =f(κ), οπου

5

f l!J) � 111> fiΊ ) 54χ2 + 40χ + Ι 2 : a � a με � = και

5 κ Ε Ω={ Ι ,2,3 ,4,5 ,6 } .

Επειδή minf(x)= f(-�) = r (-_!Q) μπορεί κά-2 · 54 27

ποιος να συμπεράνει (κακώς) ότι δεν υπάρχει ελά-, 2 ' 1 Ο

Ο ' Ο Ε' χιστη τιμη του s , αφου -- < , ενω κ> . ιναι 27

όμως προφανές, ότι από τις τιμές f( l ), f(2), f(3) ,

f(4),f(5),f(6) ελάχιστη είναι η f( l )= 1 06

.Οπότε 5

· Δ= { Ι } .Άρα Ρ(Δ)=_!_ .Θα μπορούσαμε βέβαια να 6

βρούμε την ελάχιστη τιμή του s 2 χωρίς δοκιμές ως εξής:

Α ' f ' ' ' ξ [ 1 0 ) φου η ειναι γνησιως αυ ουσα στο -

27 , +οο

προφανώς η f( l ) είναι η ελάχιστη τιμή από τις f(κ), κ Ε Ω.

, 54κ2 - 360κ + Ι 2 τε θα ειχαμε : s 2 -80κ = = και η

5 , , 54χ2 - 360χ + Ι 2

αντιστοιχη συναρτηση f(x) = ------5

έχει ελάχιστη τιμή μόνο στη θέση 360 1 0

Α ,

3 1 0

4 λ ' . θ χ= 54 . 2

= 3 . φου < 3 < η ε αχιστη τιμη α

είναι μία από τις f(3),f(4):Εχουμε : f(3) = -582 5

και f(4) = -

564 .Άρα minf(k)=f(3).

5

;�;..;;}·κηc;η i 3 Σε ένα συρτάρι υπάρχουν 4κ μαύρα στυλό και κ 2 + 2κ+4 κόκκινα στυλό, όπου κ Ε Ν* . Επιλέγουμε στη τύχη ένα στυλό.Να βρεθεί το πλήθος των μαύρων και το πλήθος των κόκκινων στυλό ώστε η πιθανότητα το στυλό που επιλέξαμε να είναι μαύρο να είναι μέγιστη. Ποια είναι η πιθανότητα αυτή ;

Λί;ση Έστω Α={το στυλό που επιλέγουμε είναι μαύρο} .

Τότε Ρ(Α)= Ν(Α)

= 4κ

. Ν(Ω) κ2 + 6κ + 4

Θ , , fiΊx)--

4χ , "' εωρουμε τη συναρτηση \ με

χ2 + 6χ + 4 χ 2:: Ι .Η f είναι παραγωγίσιμη ως ρητή . Έχουμε :

f'(x)= 4(χ2 + 6χ + 4) - 4χ(2χ + 6)

= -4χ2 + Ι 6

(χ2 + 6χ + 4)2 (χ2 + 6χ + 4)2

Κατασκευάζουμε τον πίνακα μονοτονίας της f :

Η f παίρνει τη μέγιστη τιμή της για χ=2.Άρα η

πιθανότητα Ρ( Α)= 4κ

γίνεται μέγιστη κ2 + 6κ + 4

μόνο για κ=2 .0πότε το συρτάρι πρέπει και αρκεί να περιέχει 4 · 2=8 μαύρα και 4+4+4= Ι 2 κόκκινα

λ, Η ζ ' θ ' ' ' 8

στυ ο. ητουμενη πι ανοτητα ειναι ιση με -20

λσκηση 1 4 . α)Αν Α και Β είναι δύο ενδεχόμενα ενός δειγματικού χώρου Ω να αποδείξετε ότι αν Β � Α, τότε

Πιφατιi ρηση Α ' � Β '. Εάν ζητούσαμε την ελάχιστη τιμή του s 2 -80κ, τό- β) Έστω Α, Β, Γ ενδεχόμενα ενός δειγματικού



χώρου Ω με Γ ς Β ς Α και Ρ(Γ)= � , Ρ(Β)= � και

Ρ( Α)=_!_ .Να βρεθούν οι πιθανότητες : 2

ί) Ρ(Α-Β) ii) Ρ(Α-(Β-Γ)] ίίί) Ρ((Α-Β)-Γ]

, \ 1Ίση α)Είναι Β ς Α. Αν χ ε Α', τότε χ � Α, άρα χ � Β διότι αν χ ε Β θα ήταν χ ε Α, άτοπο. Άρα χ ε Β ' . Οπότε Α ' ς Β Ό β)ί)Αφού Β ς Α, θα είναι Α n Β= Β . Έτσι έχουμε:

3 Ρ(Α-Β)=Ρ(Α)-Ρ(Α Γ\ Β)=Ρ(Α)-Ρ(Β)= ΊΟ . ίί) Ισχύει Γ ς Β ς Α, άρα Β-Γ ς Β ς Α. Θα είναι τότε Α n (Β-Γ)=Β-Γ και Β n Γ=Γ. Επομένως θα έχουμε : Ρ[Α-(Β-Γ)]=Ρ(Α)-Ρ[Α n (Β-Γ)]=

=Ρ(Α)-Ρ(Β-Γ)=Ρ(Α)-Ρ(Β)+Ρ(Γ)= }___ . Ι 5

iii) Αφού Γ ς Β ς Α θα είναι Α-Β =A n B ' ς Β ' ς Γ, άρα (Α-Β) n Γ= 0 . Συνεπώς Ρ [(Α-Β)-Γ]=Ρ(Α-Β)-Ρ[(Α-Β) n Γ]=

3 3 Ρ(Α-Β)-Ρ( 0 )= - -0= - .

1 0 1 0 ί\πκηση ! 5 Αν ΑυΒ ς Α' ( Ι ) και Β ' ς Α n Β (2),τότε να αποδείξετε ότι Ρ( Α) � 0,5 � Ρ(Β).

Λ ίιση ( Ι )

Α ς Α υ Β ::::> Α ς Α ' ::::> Ρ(Α) � Ρ(Α ') => Ρ(Α) � Ι-Ρ(Α) => 2Ρ(Α) � Ι => Ρ( Α) � 0,5 .

(2) Α n Β ς Β ::::> Β ' ς Β ::::> Ρ(Β ') � Ρ(Β) => => Ι-Ρ(Β) � Ρ(Β) => Ι � 2Ρ(Β) => 0,5 � Ρ(Β).

Τελικά Ρ( Α) � 0,5 � Ρ(Β).

Ευχαριστούμε θερμά το συνάδελφο Γιάννη Πρίντεζη , ο οποίος στο τεύχος 75 σελίδα 57 άσκηση 3 επεσήμανε την προφανή ασάφεια. Ο στόχος βέβαια της άσκησης ήταν η χρήση δενδροδιαγράμματος για την εύρεση Δειγματικού Χώρου και στη συνέχεια να χρησιμοποιηθεί ο κλασικός ορισμός, ασφαλώς και πρέπει να ειπωθεί ότι, « . . . τα απλά ενδεχόμενα να είναι ισοπίθανα και όχι ισοδύναμες οι ομάδες, . . . » γιατί τότε δεν οδηγούμεθα σε ισοπίθανα απλά ενδεχόμενα.

Ένας απλός τρόπος να εξηγήσουμε το δεύτερο μέρος της άσκησης είναι με τον αξιωματικό ορισμό αφού πρώτα υπολογίσουμε με δενδροδιαγράμματα τις πιθανότητες των απλών ενδεχομένων. · Το ορθό όπως αναφέρει και ο συνάδελφος Γ. Πρίντεζης είναι:

« . . . Στην απλούστερη περίπτωση που οι ομάδες είναι ισοδύναμες και έχουν ίδιες πιθανότητες νίκης (όπως αναφέρεται καθαρά στην εκφώνηση), με τη βοήθεια της δεσμευμένης πιθανότητας, εύκολα βγαίνει ότι Ρ(αα) = Ρ(ββ) = 114, Ρ(αββ) = Ρ(βαα) = 1/8, Ρ(αβαα) Ρ(βαββ) = 111 6 και Ρ(αβαβα) = Ρ(αβαββ) - Ρ(βαβαβ) - Ρ(βαβαα) = 1132.

Έτσι η απάντηση στο β' ερώτημα «Ποια είναι η πιθανότητα να έχουμε νικητή σε τρεις αγώνες» είναι Ρ({αββ,βαα}) = 1/8 + 1/8 = 1/4 = 25% και όχι 20% που αναφέρεται λανθασμένα. Επίσης η απάντηση στο γ ' ερώτημα «Ποια είναι η πιθανότητα να κερδίσει τελικά η ομάδα που θα κερδίσει τον πρώτο αγώνα» είναι Ρ({αα, αβαα, αβαβα, ββ, βαββ, βαβαβ}) = 114 + 111 6 + 1132 + 114+ 1/1 6 + 1132 = 1 111 6 = 68, 75% και όχι 60% , όπως υπολογίζεται . . . Είμαι βέβαιος ότι και άλλοι συνάδελφοι θα σας έχουν επισημάνει το προφανές λάθος που θα προκύπτει, στο κατά τα άλλα εξαιρετικό άρθρο . . . »


Αντώνης Κυριακόπουλος -Χρυσταλλένη Κυβερνήτου

Ασκήσεις που επιλέχθηκαν, όχι τόσο για τη δυσκολία τους, όσο για την μεθοδολογία επίλυσής τους Έστω. η συνάρτηση : f(x) = lx l " , όπου α ε IR . Να βρείτε:

Το σύνολο ορισμού Α της f. Τους αριθμούς α, για τους οποίους η f είναι συνεχής στο Ο. Τους αριθμούς α, για τους οποίους η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο .

Α ν α ::; Ο , τότε Α = JR * και αν α > Ο , τότε Α = JR . Αν α ::; Ο ,η f δεν είναι ορισμένη στο Ο (και συνεπώς δεν έχει νόημα να μιλάμε για συνέχεια και για παράγωγο της f στο 0). Στη συνέχεια υποθέτουμε ότι α>Ο, οπότε Α = JR και f(O)=O.

Έχουμε: ιim f(x) = ιim lx l · = Ο = f(O) . Άρα, η f είναι συνεχής στο Ο, για κάθε α>Ο. χ->0 χ->0

I 1 • { 1 , άν α = 1

'Εχουμε: r: (O) = ιim f(x) - f(O) = lim � = ιim � = Ο, άν α> 1 (γιατί;) Χ ->0+ Χ - ο Χ ->0+ Χ Χ -70+ Χ +οο, άν Ο<α< 1

{- 1 άν α=1 ( (0) = lim f(x) - f(O) = ιim l x l · = ιim (-χ)α = ιim (-L) = Ο, ' άν α> 1 (γιατί;) , .... ο- χ - Ο χ .... ο - χ χ .... ο- χ y->o• y -οο, άν Ο<α<1

Συμπεραίνουμε ότι: r: (Ο) = f� (Ο) ε JR, δηλαδή ότι η f είναι παραγωγίσιμη στο Ο, μόνο για α> 1 και τότε f1(0) = Ο.

Να βρείτε τους αριθμούς α, β ε IR , για τους οποίους είναι παραγωγίσιμη η συνάρτηση : f(x) = χ lχ - α Ι + Ιχ - β Ι .

Το σύνολο ορισμό της f είναι το JR . Έστω ότι για δύο αριθμούς α, β ε JR η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR . Έστω ότι α < β. Τότε f(β) = β lβ - αl = β (β - α) . Έτσι έχουμε : fl(β) fl (β) ι· f(x) - f(β) ι · χ(χ - α) + (χ - β) - β(β - α) ( ' β ) = + = ιtη = ιtη γιατι χ > > α = Χ->β χ - β Χ ->β χ - β = ιim (χ - β)(χ + β - α + 1) = ιim (χ + β - α + 1) = 2β - α + 1 . Όμοια βρίσκουμε ότι:

χ->β+ χ - β χ->β+

f1(β) = f� (β) = . . . = 2β - α - 1 . Έτσι έχουμε: 2β - α + 1 = 2β - α - 1 και άρα 1 = - 1 , άτοπο. Έστω ότι α > β. Τότε, όμοια φθάνουμε σε άτοπο. Συνεπώς: α = β, οπότε: f(x) = x l x - αl + l x - αl = (χ + 1) l x - αΙ . Έτσι, έχουμε:

I 1 • f(x) -f(α) . (x + 1) l x -"'1 • (χ + 1)(χ -α) , f (α) = f+ (α) = lιm = lιm '4 ιιm α+ 1 . Όμοια: f1(α) = f� (α) = -α- 1 . Συ-χ->α· χ -α χ->α· χ-α χ->α· χ -α

νεπώς: α+ Ι = -α - 1 και άρα: α = -1 . Ώστε , αν συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο JR , τότε : α = β = -1 .

Αντιστρόφως. Έστω ότι: α = β = - 1 . Τότε: f(x) = x lx + 1 l + l x + 1 l = (x + l) l x + 1 1 = , {(χ + 1 )2 ,άν χ ;::: - 1 -(χ + 1)2 , αν χ<- 1

Έστω ότι χ > -1 . Τότε: f(x) = (χ + 1)2 και άρα f'(x) = 2(χ + 1) . Έστω ότι: χ < - 1 . Τότε f(x) = -(x + 1)2 και άρα f'(x) = -2(x + 1) . Εξετάζουμε την παράγωγο στο - 1 . Έχουμε :



f: (- 1) = lim f(x) - f(-1) = lim (χ + 1)2 = lim (x + 1) = 0. '0μoια: f� (- 1) = . . . = 0. Χ ->- 1 ' Χ + 1 Χ -> - 1 " Χ + 1 Χ->- 1" Συνεπώς, η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη και στο - 1 και άρα είναι παραγωγίσιμη στο IR . Συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενοι αριθμοί είναι: α = - 1 και β = - 1 .

Να βρείτε την οριακή τιμή : L = lim χ' - 4 , χωρίς τους κανόνες του De L' Hospital. χ --> 2 χ - 2

'Εχουμε: L = lim x' - 22 = (χ' )' = f'(2) , όπου : f(χ) = χ' . Στο (Ο, +οο ) , έχουμε : χ-->2 χ - 2 χ=2 f(x) = χ' = e 1" ' ' = e ' 1" ' . Συνεπώς: f'(x) = e' 1 " ' (χ ln χ) ' = χ' (ln χ + 1) . Άρα: L = f'(2) = 4(ln 2 + 1) .

Να αποδείξετε ότι η συνάρτηση f(x) = χχ+ ' ,χ ε (Ο, +οο) είναι γνησίως αύξουσα.

Για κάθε χ>Ο, έχουμε: χ '+' = e1" '"' = e< '+ 1 ) 1" ' . Έτσι, για κάθε χ>Ο, έχουμε : f'(x) = e< '+ 1 ) 1" ' · [ (x + 1)lnx]' = e< x+ 1 ) 1" ' { ιη χ + (χ + Ι) ·�] = χχ+1 ( 1η χ + Ι + � ) ·

Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = ln χ + Ι + .!.. , χ ε (Ο, +οο) . Η g είναι παραγωγίσιμη στο (Ο, +οο) με : χ {> Ο, αν χ> Ι

I 1 Ι χ - 1 g (x) = - - -7 = -.,- = 0, αν χ= 1 1 - :.::: χ χ- χ- < Ο, αν χ< Ι

Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g έχει ελάχιστο στο Ι , ίσο με g( l )=2 . Άρα για κάθε χ>Ο, έχουμε: g(x) 2 2 > Ο και συνε-πώς f'(χ) = x'+ 1 g(x) > Ο . Άρα: f!(O, +oo) .

+ 7

� ..

Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη σε ένα διάστημα (α, β) , είναι αριστερά και δεξιά παραγωγίσιμη σε μια θέση χ0 ε (α, β) και ισχύει: ( (x0 ) · f; (x0 ) < Ο . Να αποδείξετε ότι:

Η συνάρτηση f δεν είναι παραγωγίσιμη στο χ0 • Η συνάρτηση f στο χ0 έχει τοπικό ακρότατο.

1) Έστω ότι η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο χ0 • Τότε: f'(x0 ) = ( (χ0 ) = ( (χ0 ) . Έτσι, από την υπόθεση θα είχαμε : ( f'(x 0 ) )2 < Ο . Άτοπο. Άρα η f δεν είναι παραγωγίσιμη στο χ0 . 2) Έστω ότι: ( (χ0 ) < 0 και ( (χ0 ) > 0 . Τότε: f� (x0 ) = lim f(x) - f(xo ) < 0 ( 1 ) χ->χίi χ - χ0

β δ

f' ( ) - ι · f(x) - f(xo ) Ο (2) Α ' ( Ι ) (2) ' ο' τι ' ( ) και + χ0 - ιm > . πο τις και , επεται υπαρχουν γ Ε α, χ0 και χ-Η� χ - Χο δ ( β) , , f(x)-f(Xσ) 0 ' θ ( ) f(x)-f(Xo ) 0 ' θ ( δ) , Ε χ0 , ωστε να ισχυουν: < , για κα ε χ Ε γ, χ0 και > , για κα ε χ Ε χ0 , • Ετσι, Χ-Χσ Χ-Χ0 για κάθε χ Ε (γ, χ0 ) ,ισχύει: f(χ) > f(χ0 ) και για κάθε Χ Ε (χ0 , δ) ,ισχύει f(x) > f(x0 ) . Άρα, για κάθε χ Ε (γ, δ) , ισχύει f(χ) 2 f(x0 ) . Συνεπώς , η συνάντηση f στο χ0 έχει τοπικό ελάχιστο.

Αν f� ( χ0 ) > Ο και f: ( χ0 ) < Ο , τότε βρίσκουμε όμοια ότι η συνάρτηση f στο χ0 έχει τοπικό μέγιστο. Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = e-• . Ένα σημείο Α κινείται στον ημιάξονα

Οχ με ταχύτητα υ=2cm/sec, ξεκινώντας από το σημείο Ο. Σε κάθε χρονική στιγμή t>O θεωρούμε το ισοσκελές τρίγωνο ΟΜΑ με κορυφή το σημείο Μ, το οποίο ανήκει στην C 1 . Να βρείτε τη χρονική

στιγμή κατά την οποία ο ρυθμός μεταβολής του εμβαδού Ε του τριγώνου ΟΜΑ είναι ελάχιστος. Ποια είναι η ελάχιστη αυτή τιμή ;

Σε κάθε χρονική στιγμή t, έχουμε: (OA)=υt=2t, οπότε οι συντεταγμένες του σημείου Α είναι (2t, 0). Έστω ΜΔ το ύψος του ισοσκελούς τρίγωνο ΟΜΑ. Προφανώς οι συντεταγμένες του Δ είναι (t,O). Επειδή το σημείο Μ ανήκει στην Cr έχουμε: (ΔM) = If(t� = Ιe-ι l =e-ι . 'Ετσι έχουμε: E(t) =� (OAXΔM) =� · 2t · e-ι =te-ι . Ο



ρυθμός μεταβολής του E(t)=e-ι -te-ι =(1-t)e-ι . Έχουμε:

Ε είναι:

E"(t) = -e-ι - (1 - t)e-ι = (t - 2)e-ι . Άρα ο ρυθμός μεταβολής Ε' του Ε έχει ελάχιστο τη χρονική στιγμή t=2 και είναι 9 ίσο με: Ε'(2) = -e-2 cm2 I sec .

i l {ι

J,_':.

., -:c

1 +

7 ΕΛ f}./: .

;\ Σ !\: 1 Π.: Η 7 " Μία συνάρτηση f είναι ορισμένη και δύο φορές παραγωγίσιμη στο IR και για κάθε χ ε ΊR. ισχύει: f2 (x) + 4 :5: 4f(x3 ) (1). Να αποδείξετε ότι: f �� Η συνάρτηση f δεν είναι γνησίως μονότονη. 2 > Η συνάρτηση f' δεν είναι γνησίως μονότονη. η Η εξίσωση : f"(x) = Ο έχει μια τουλάχιστον ρίζα στο IR . \ ": ::� :: r, (του Νίκου Αντωνόπουλου) . Παρατηρούμε ότι για τις τιμές του χ, για τις οποίες ισχύει: χ 3 = χ(<::::> χ = Ο ή χ= Ι ή χ=- 1 ) , από την ( 1 ), έχουμε [αφού τότε f(x) = f(x3 ) ] : f2 (x) + 4 � 4f(x) => [f(x) - 2]2 � Ο => f(x) = 2 . Συνεπώς: f(O) = f(l) = f(- 1) = 2 . � } Προφανώς η συνάρτηση f δεν είναι 1 - 1 και άρα δεν είναι γνησίως μονότονη . 2 ) Η συνάρτηση f πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle σε καθένα από τα διαστήματα [- 1 ,0] και [0, 1 ] και άρα η συνάρτηση f' έχει μία τουλάχιστον ρίζα ξ ε (- Ι, Ο) και μία τουλάχιστον ρίζα η Ε (0, 1 ) . Έτσι έχουμε: ξ < η και f'(ξ) = f'(η) = Ο . Προφανώς η συνάρτηση f' δεν είναι 1 - 1 και άρα δεν είναι γνησίως μονότονη .

Η συνάρτηση f' πληροί τις υποθέσεις του θεωρήματος του Rolle στο διάστημα [ξ, η] και άρα η εξίσωση : f"(x) = Ο έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο (ξ, η) και άρα στο IR . \ Σ �< '� '! :�:. :' ;; i-� . Ν α βρείτε τους αριθμούς χ ε (Ο, +οο) και y ε ΊR. , για τους οποίους να ισχύει: (2Fx+�- 2) ey = y + l . (1)

\ !l : H . Έστω ότι για δύο αριθμούς χ>Ο και y Ε IR η ισότητα ( Ι ) ισχύει, οπότε θα έχουμε: 2-J;. + _!_ - 2 = Υ + Ι . (2)Θεωρούμε τις συναρτήσεις: f(x) = 2-J;. + _!_ - 2, χ Ε (Ο, +οο) χ eY χ και g(y) = Υ + 1 , y Ε IR . 'Ετσι από τη (2), έχουμε: eY -Η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο (0, +οο) με:

R {> 0, άν χ> Ι f'(x) = 2 - -1 - - -1 = χ - 1 = Ο άν χ= Ι 2.f;. χ2 χ2 '

< Ο, άν Ο<χ< 1

f(x)=g(y). (3)

τ 1 +

f.ι.αz.

Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f έχει ελάχιστη τιμή στο χ= Ι , ίση με f( Ι )= Ι . Συνεπώς: ... f(x) � 1 , για κάθε χ Ε (Ο, +οο) , με το = μόνο για χ= Ι . -Η συνάρτηση g είναι παραγωγίσιμη στο IR με:

{> 0, αν y<O eY + Ι eY g'(y) = - (y ) = -.1_ = 0, αν y=Ο e2y eY

< 0, αν y>Ο g ./

ο I ο

uε" • I · Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g έχει μέγιστη τιμή στο y=O, ίση με g(O)= 1 . Συνεπώς: � g(y) � Ι, για κάθε y Ε IR , με το = μόνο για y=O. Έχουμε λοιπόν λόγω και της (3) :

- ::C

{f(x) = I {χ = Ι 1 � f(x) = g(y) � 1 => => Αντιστρόφως. Όπως βρίσκουν εύκολα με χ= 1 και y=O η ( 1 ) g(y) = I y = O ισχύει. Άρα, οι ζητούμενη αριθμοί είναι: χ= Ι και y=O.

\ Σ Κ � F: Σ Η 9 . Θεωρούμε έναν αριθμό α>1 . Να βρείτε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης: αα' = χ . (1) Αποδείξτε πρώτα ότι η εξίσωση (1) είναι ισοδύναμη με την εξίσωση : α' = χ . (2)



\ ' :υ ι ;, ) 'Εστω ρ Ε IR. μία ρίζα της εξίσωσης. ( Ι ) . Τότε: ααΡ = ρ .Επειδή α> Ι ' έχουμε: α' ! ΙR . • · Αν αΡ > ρ , τότε ααΡ > αΡ > ρ και άρα ρ > αΡ > ρ , άτοπο.

Αν αΡ < ρ , τότε ααΡ < αΡ < ρ και άρα ρ < αΡ < ρ , άτοπο. Άρα αΡ = ρ και συνεπώς το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης (2) .

Έστω ρ Ε IR. μία ρίζα της εξίσωσης (2). Τότε: αΡ = ρ . Έτσι έχουμε: ααΡ = αΡ = ρ και συνεπώς

ααΡ = ρ .Άρα το ρ είναι ρίζα της εξίσωσης ( 1 ). Αποδείξαμε ότι οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) είναι ισοδύναμες. ,> Επειδή οι εξισώσεις ( Ι ) και (2) είναι ισοδύναμες, αρκεί να βρούμε το πλήθος των ριζών της εξίσωσης

(2) . Προφανώς η εξίσωση αυτή δεν έχει ρίζα στο διάστημα ( -οο, Ο] . Για κάθε χ>Ο, έχουμε:

α' α' (2) � - = Ι � - - 1 = 0(3) .

χ χ

Θεωρούμε τη συνάρτηση : f(x) = � - 1, χ Ε (Ο, +οο) . Στο διάστημα (Ο, +οο ) , έχουμε: χ

Ι > 0, αν χ>

lη α

f'(x) = χαΊη α - α'

= � (x ln α - 1) = 0, αν χ=-ι-

χ2 χ2 ln α Ι < 0, αν χ< -

lη α Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f είναι γνησίως φθίνουσα στο

. -

χ σ lιι ,�· Γ ο

f "\. 'C.MJ.χ.

-:c

+

./

διάστημα: (ο, _ι_] και γνησίως αύξουσα στο: [-ι

- , +οο) . Με πράξεις βρίσκουμε εύκολα ό-�α �α

τι: f (-ι-) = e ln α - 1 ( ελάχιστο). Επίσης έχουμε: lim f(x) = lim (.!..σ.• - ι) = +οο . Και

ιη α . .... ο· , .... ο· χ

lim f(x) = lim (.!..αχ - ι) = +οο , γιατί: lim �(μορφή +οο ) = lim (α' ln α) = +οο . Χ -+ +«> Χ -+ +<» Χ Χ --++σ> Χ +00 Χ-++«>

Συμπεραίνουμε ότι το σύνολο τιμών της f με χ Ε (ο, _ι_] είναι : [ e ln α - ί, +οο) = Δ1 και με

ιη α

χ Ε (-ι-, +οο) είναι: ( e ln α - 1, +οο) = Δ2 ln α

'Εστω ότι: e ln α - I > Ο (<ο> α > e;} Τότε, το Ο δεν ανήκει σε κανένα από τα διαστήματα Δ, και Δ, και

άρα η συνάρτηση f δεν έχει καμία ρίζα.

Έστω ότι: e ln α - ι = ο(� α = e± ] . Τότε προφανώς η συνάρτηση f έχει τη μοναδική ρίζα: χ = _ι_ = e.

ln α

• : 'Εστω ότι: e ln α - I < ο( <ο> α < e;} Τότε το Ο ανήκει και στα δύο διαστήματα Δ, και Δ, και επειδή σε

καθένα από αυτά είναι γνησίως μονότονη, έπεται ότι η συνάρτηση f έχει δύο ακριβώς ρίζες, μια στο διάι

Ο ρίζες, αν α > e•

στημα (ο, _ι_) και μία στο (-ι

-, +οο) .Συμπεραίνουμε ότι η εξίσωση ( 1 ) έχει: Ι ρίζα, αν α=e: ln α ln α ι

2 ρίζες, αν α < e•


Μαθηματικά για την Γ' Λυκείου

Να βρείτε τις συναρτήσεις f που είναι ορισμένες και παραγωγίσιμες στο JR με f(O)=O, f'(O) = 2 και για τις οποίες, για κάθε χ, y ε JR , να ισχύει: f(x + y) s f(x) + f(y) (1) '. , Εστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δεδομένες συνθήκες. Θεωρούμε έναν αριθμό α ε JR .Από την (1 ) με χ=α και y = h ε JR, έχουμε: f(α + h) � f(α) + f(h) .

Γ ' θ h Ο . f(α+h) - f(α) f(h) f(h) - f(O) ι· f(α+h) - f(α) ι· f(h) - f(O) ια κα ε > , εχουμε: � --= � ιm · � ιm --'--'------'--"-h h h - Ο h-.o• h h -.o• h - Ο � r: (α) � r: co) � f'(α) � 2 (2 ).

Γ ' θ h Ο , f(α+h) - f(α) f(h) f(h) - f(O) ι· f(α+h) - f(α) ι· f(h) - f(O) ια κα ε < , εχουμε: � --= � ιm � ιm --'--'------'--'-h h h - Ο h -.o- h h -. o- h - Ο � f� (α) � f� (O) � f'(α) � 2 (3).

Από τις (2) και (3 ), έπεται ότι: f' (α) = 2 . Συμπεράνουμε ότι, για κάθε χ ε JR, ισχύει: f'(x ) = 2 = (2χ )' κάι άρα: f(x)=2x+c, c ε JR . Και επειδή

f(O)=O, βρίσκουμε ότι c=O. Συνεπώς, τότε : f(x)=2x, για κάθε χ ε JR . Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση f(x)=2x πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη . Να βρείτε τις συναρτήσεις f, οι οποίες είναι ορισμένες και δύο φορές παραγωγίσιμες

στο JR με f '(O) = 1 και για τις οποίες, για κάθε χ ε JR να ισχύει: ( f'(x) )2 - f2 (χ) = 1 . (1) Έστω ότι μια συνάρτηση f πληροί τις δοσμένες συνθήκες. Από την ( 1 ), παραγωγίζοντας, έχου-

με: 2f'(x )f"(x ) - 2f(x )f'(x ) =Ο� f'(x ) [ f"(x ) - f(x )] = 0(2). Έστω ότι για έναν αριθμό α ε JR ισχύει f' (α) = Ο . Τότε, από την ( 1 ) με χ=α θα έχουμε: f2 (α) = -1 ,

άτοπο. Συμπεραίνουμε ότι: f'(x ) -:ι. Ο, για κάθε χ ε JR . Έτσι, από την (2 ), έχουμε για κάθε χ ε JR : f"(x ) - f(x ) =Ο� f"(x ) + f'(x) = f'(x ) + f(x ) � ( f'(x ) + f(x) )' = f'(x ) + f(x)(3) .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : h(x) = f'(x ) + f(x) . Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR και λόγω της (3), έχουμε για κάθε χ ε JR : h'(x ) = h(x ) � e-xh'(x ) + ( e-x ) ' h(x ) =Ο � ( e-xh(x) ) ' =Ο� e-xh(x ) = c(c ε JR) � h(x) = cex . (4)

Από την (1 ) με χ=Ο και επειδή f'(O) = 1 , βρίσκουμε ότι f(O)=O. Έχουμε λοιπόν: h(O) = f'(O) + f(O) = 1 . Από την (4) με χ=Ο, βρίσκουμε: h(O)=c και άρα c=1 . Έτσι, από την (4), έχουμε, για κάθε χ ε JR : h(x) = ex �f'(x) + f(x) =ex �exf'(x) + ( ex )' f(x) =e2x � ( exf(x ) ) ' = (�e2x ) ' � exf(x ) = �e2x + c ' � � f(x) = ..!.ex + c 'e-x . (5) Από την (5) με χ=Ο και επειδή f(O)=O βρίσκουμε ότι: c ' = _ _!_ . 'Ετσι, από την 2 2 (5) έχουμε : f(x ) = ex - e-x , χ ε JR . Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση αυτή πληροί τις δοσμένες 2 συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη .

1) Να λυθεί η εξίσωση : e•-1 = χ (1). 2) Να βρείτε τις συναρτήσεις f : IR � IR , για τις οποίες ισχύει: f(x + y) = f(x)er<Y>-1 (2), για κάθε x, y ε IR .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x ) = eχ-ι - χ . Η συνάρτηση αυτή είναι ορισμένη και παραγωγίσι-{> Ο, αν χ>1

μη στο JR με: g'(x )=e'·' - I =0, αν χ= Ι

;. � -χ -χ

<0, αν χ< Ι . 1 + g ··� J' Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση g στο χ= 1 έχει ελά- �"' χιστη τιμή, ίση με g(1 )=Ο:Ετσι, για κάθε χ ε JR έχου- ελιi;:: . με: g(x) � g(l), δηλαδή : g(x) � Ο, με το ίσον μόν.ο αν χ=l .Άρα η εξίσωση g(x)=O, επομένως και η (1 ), έχει τη μοναδική ρίζα χ= 1 .

Η μηδενική συνάρτηση f(x)=O, χ ε JR, προφανώς πληροί την ισότητα (2 ). Έστω τώρα ότι μια μη μηδε-ΕΥκλΕΙΔΗΣ Β' 49 τ.3/66

____________ _;_· Μαθηματικά για την Γ ' Λυκείου

νική συνάρτηση f : IR � IR πληροί τη (2). Έτσι, υπάρχει αριθμός α Ε IR με f(α) :;:. Ο . Από την (2) με χ=α και y=O, βρίσκουμε: f(α) = f(α)ef<OJ- Ι => 1 = ef<OJ- Ι => f(O) = l .Από την (2) με χ=Ο, έχουμε για κάθε y Ε IR : f(y) = f(O)ef< y J-Ι => ef< y J- Ι = f(y) . Έτσι, από τη λύση της εξίσωσης ( 1 ), έχουμε f(y)= l . Όπως βρίσκουμε εύκολα η συνάρτηση f(x)= l , χ Ε IR πληροί την (2) . Συμπεραίνουμε ότι οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι η f(x)=O και f(x)= l ( χ Ε IR ) .

· ' '' ... � :: να αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε IR ισχύει: e' � 1 + χ , με το ίσον μόνο για χ=Ο. ! Να βρείτε τις παραγωγίσιμες συναρτήσεις f : (Ο, +οο) -+ IR με e1<0 s; e - 2 (1) και για τις οποίες, για

κάθε χ Ε (Ο, +οο) ισχύει: f'(x)e1<x J = e1<xJ + χ (2). 3 ; Να αποδείξετε ότι η εξίσωση f(x)=O έχει μια μοναδική ρίζα.

; Θεωρούμε τη συνάρτηση : g(x) = ex - 1 - χ . Η g είναι ορισμέ-{> Ο, αν χ>Ο

νη και παραγωγίσιμη στο IR με: g'(x) = ex - 1 = Ο, αν χ=Ο < 0, αν χ<Ο

χ

g' g

- :ι: :)

""\. ελά):. Συμπεραίνουμε ότι: g J ( -οο� Ο] , g 1 [Ο , +οο) και ότι η g έχει ελάχιστο στο Ο, ίσο με: g(O)=O. Άρα: g(x) � g(O) = Ο , δηλαδή ex � 1 + χ για κάθε χ Ε IR , με το ίσον μόνο για χ=Ο.

Από την (2) έχουμε για κάθε χ>Ο :

- χ +

/

( f'(x)-l) ef(x) =χ=>( f'(x) -l) ef(x)-x =xe-x -e-x +e-x =>( f(x)-x)' ef(x)-x =-e-x +(χ+ l)e-x =>( ef(x)-x )' =(-{χ+ l)e-x )' =>

=>ef(x)-x =-{x+l)e-x +c(c EIR)=>ef(x) =-x-l+cex(3). Από την (3) έχουμε για κάθε χ>Ο : -χ - 1 + cex > Ο => cex > χ + 1 => ιim (cex ) � ιίm (χ + 1) => c � 1 . Χ -+0+ Χ -+0+ Εξάλλου από την (3), με x=l , βρίσκουμε: ef< Ι J = -2 + ce και λόγω της ( 1 ) έχουμε: -2 + ce ::; e - 2 και άρα c ::; ι . Και επειδή , όπως είδαμε παραπάνω είναι c � 1 , έπεται ότι c= l . Έτσι από την (3) έχουμε για κάθε χ>Ο: ef< x J = -x - l + ex και άρα: f(x) = ιn(ex - x - 1) .

Όπως βρίσκουμε εύκολα, η συνάρτηση : f(x) = ιη( ex - χ - 1) πληροί τις δοσμένες συνθήκες και άρα είναι η μοναδική ζητούμενη .

3 Ι Το σύνολο ορισμό της εξίσωσης: f(x)=O είναι Δ = (Ο, +οο) . Για κάθε χ>Ο έχουμε: f(x) = O <:? ιn(ex - x - l) = ιn l <:? ex - x - l = l <:? ex - χ - 2 = 0 .

Θεωρούμε τη συνάρτηση : h(x) = ex - χ - 2 . Αρκεί να αποδείξουμε ότι η εξίσωση : h(x) = Ο έχει μια μοναδική ρίζα στο Δ. Έχουμε: h'(x) = ex - 1 > Ο , για κάθε χ>Ο. Άρα: h ! (Ο, +οο) . Εξάλλου έχου-

με: lim h(x) = lim (ex - χ - 2) = - 1 και lim h(x) = ιίm (ex - χ - 2) = ιim [χ (� - 1 - �)] = +οο , γιατί : χ -.ο• χ -.ο• χ -++σο χ -++σο χ -+ +σο χ χ

ι . ex ( , +οο ) ι · χ ιm - μορφη- = ιm e = +οο . χ -++"' χ +οο χ -+-+«> Συμπεραίνουμε ότι h(Δ) = ( - 1, +οο) . Επειδή Ο Ε h(Δ) , έπεται ότι η εξίσωση h(x) = Ο , έχει μία τουλάχιστον ρίζα στο Δ και επειδή h 1 (Ο, +οο) , έπεται ότι η ρίζα αυτή είναι μοναδική . \ 2., },; J ! 2.... 1 i \ -� . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη, παραγωγίσιμη και κυρτή στο IR . Στο Ο έχει τοπικό

ελάχιστο, η f' είναι συνεχής στο Ο και για κάθε χ Ε IR ισχύει: f(x) > Ο . Να αποδείξετε ότι: 1) Η συνάρτηση f στο Ο έχει ολικό ελάχιστο. 2) Η συνάρτηση : g(x) = f2 (x) είναι κυρτή στο IR .

'; Ί · }. Η .. 1) Επειδή η συνάρτηση f είναι κυρτή στο IR , έπεται ότι: f' !ΙR . Επειδή η f έχει τοπικό ελάχιστο στο Ο, έπε-ται ότι: f'(O) = Ο . Έτσι έχουμε:

χ - :ι: (' J .r


- :ι: +

ελά.χ.


x < O�f'(x) < f'(O) = O�f'(x) < O και χ > Ο � f'(x) > f'(O) = Ο � f'(x) > Ο . Άρα: f J ( -οο, Ο] και f ! [Ο, +οο) . Συμπεραίνουμε ότι η συνάρτηση f στο Ο έχει ολικό ελάχιστο. 2) Η συνάρτηση g είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο IR , με: g'(x) = 2f(x)f'(x) . Θα αποδείξουμε ό-

τι: g' !ΙR . Θεωρούμε δύο αριθμούς α, β Ε JR . Έχουμε: α < β < Ο � {f(α) > f(β) f'(α) < f'(β) < f'(O) = Ο

� {f(α) > f(β)(> Ο) � -f(α)f'(α) > -f(β)f'(β) � g'(α) < g'(β) . -f'(α) > -f'(β)(> Ο)

Συμπεραίνουμε ότι: g' !( -οο, Ο) .Επίσης έχουμε : Ο < α < β � {(Ο <)f(α) < f(β) (Ο = f'(O) <)f'(α) < f'(β)

� f(α)f'(α) < f(β)f'(β) � g'(α) < g'(β) . Συμπεραίνουμε ότι: g' !(O, +oo) . Και επειδή g' !(-οο, Ο) και η συνάρτηση g' . είναι συνεχής στο Ο, έπεται ότι: g' ! IR .Άρα η συνάρτηση g είναι κυρτή στο IR . ,\l: Κ Η Σ Η i 5 . Μια συνάρτηση f είναι συνεχής στο διάστημα [α, β] (α<β) με

f(α) = -α, r (α; β ) = - α; β και f(β) = -β . Ακόμα, η f είναι τρεις φορές παραγωγίσιμη στο (α, β)

με f"'(χ) < Ο , για κάθε χ e (α, β) . Να αποδείξετε ότι: J} Η Cr έχει ακριβώς ένα πιθανό σημείο καμπής. 1 ) Η Cr έχει ακριβώς ένα σημείο καμπής. 3 \ Αν -β < α < Ο , τότε η f έχει το πολύ τρεις ρίζες

στο διάστημα (α, β) , εκ των οποίων η μία τουλάχιστον είναι μικρότερη του α + β . 2

Λ Υ l: !-ι 1 } Από το θεώρημα μέσης τιμής για την f σε καθένα από τα διαστήματα [α, α;β] και [ α;β , β] . r( α+β)-f(β) -α+β +α

έπεται ότι υπάρχουν αριθμοί ξ, Ε (α, α+β) και ξ2 Ε (α+β , β) με: f'(ξ ) = 2 β

2β =-1 2 2 α+ -β α+ -α 2 2

και όμοια f' (ξ2 ) = . . . = -1 . Προφανώς: α < ξ, < ξ2 < β . Από το θεώρημα του Rolle για την f' στο διάστη-μα [ξ, , ξ2 ] , έπεται ότι υπάρχει αριθμός ξ Ε (ξ, , ξ2 ) με f"(ξ) = Ο . Άρα, το σημείο Μ (ξ, f(ξ)) είναι πιθα-νό σημείο καμπής της Cr . Και επειδή f" J ( α, β ) , αφού fm (χ) < Ο για κάθε χ Ε (α, β) , έπεται ότι το σημείο αυτό Μ είναι το μοναδικό πιθανό σημείο καμπής (η f" δεν μπορεί να μηδενίζεται σε άλλο σημείο). 2 ) Επειδή f" J ( α, β) , έχουμε: α < ξ, < χ < ξ < β � f"(x) > f"(ξ) = Ο � [ f κυρτή στο (ξ, , ξ)] και

α < ξ < χ < ξ2 < β � f"(x) < f"(ξ) = Ο � [ f κοίλη στο (ξ, ξ2 ) ] . Συμπεράνουμε ότι το σημείο Μ (ξ, f(ξ)) είναι το μοναδικό σημείο καμπής της Cr .

3 ) 'Εστω ότι -β < α < Ο . Τότε α < Ο, β > Ο και α + β > Ο . 'Εστω ότι η συνάρτηση f έχει τέσσερες ρίζες 2 στο (α, β), τις ρ1 < ρ2 < ρ3 < ρ4 • Έτσι, από το θεώρημα του Rolle , η συνάρτηση f' θα έχει τουλάχιστον τρεις ρίζες στο (α, β), τις η, Ε (ρ, , ρ2 ) , η2 Ε (ρ2 , ρ3 ) και η3 Ε (ρ3 , ρ 4 ) • Όμοια, η συνάρτηση f" θα έχει τουλάχιστον δύο ρίζες στο (α, β), μία στο διάστημα (η, , η2 ) και μία στο ( η2 , η3 ) • Αυτό όμως είναι άτο-πο, γιατί f" J (α, β) . Άρα η συνάρτηση f έχει το πολύ τρεις ρίζες στο διάστημα (α, β).

Επειδή f( α )f ( α; β ) = α · α; β < Ο, από το θεώρημα του Bolzano για την f στο διάστημα [α, α; β ] , έ-, ' λ ' 'ζ f ' δ ' ( α + β ) ' ' ' α + β πεται οτι μια του αχιστον ρι α της ειναι στο ιαστημα α,-2- και αρα ειναι μικροτερη του -2- .


� Ο Ε υ κλεί δ ης

� π ροτείνει . . . ιιΗ καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα

και οι λύσεις και ο κύριος λόγος ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα)).

P. R. HALMOS Επιμέλεια: ! Ό 1\:. Τ η-\ \ Π)� - '-' · Θ Λ '\ Π ! \ΧΗJΟΥ .\ΟΣ -- Η. Λ. ΤΖ !ΩΤΖ Ι Ο Σ

,. ,, . ' ' ' μ·· � ' 1· �, -. (ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) / \ .<... �' �-� L. � il '· ί .:.. Δίνονται δύο σταθερά σημεία Α, Β και τρία μεταβλητά σημεία Γ, Δ, Ε εκτός της ευθείας ΑΒ. Θεωρούμε σημείο Ζ του ΑΓ τέτοιο, ώστε ΖΑ = 2 · ΖΓ , σημείο Η του ΒΖ τέτοιό, ώστε ΗΒ = 3 · ΗΖ . Η ευθεία ΓΗ τέμνει την ΑΒ στο σημείο Κ. Θεωρούμε σημείο Θ της ΑΔ τέτοιο, ώστε ΘΑ = 3 · ΘΔ , σημείο Ι της ΚΘ τέτοιο, ώστε ΙΚ = 4 · ΙΘ , σημείο Λ της ΑΕ τέτοιο, ώστε ΛΑ = 3 · ΛΕ και σημείο Μ της ΚΛ τέτοιο, ώστε ΜΚ = 4 · ΜΛ . Να δειχθεί ότι οι ευθείες ΔΙ και ΕΜ διέρχονται από το αυτό σημείο της ΑΒ. (Από τον Δ i i !VH I T P J O Κ -\ ί)Β Ε Λ Λ - Πεύκη ) ΛΥΣΗ t" (Από τον Π Ω !) ! υ :\·1 ! -ϊΓ2::J Ο - Ράμια Άρτας ) .

Γ

ο Ε Έστω Ρ , Ν τα σημεία τομής της ΑΒ με τις ευθείες ΔΙ και ΕΜ αντιστοίχως. Από το θεώρημα του ΜΕΝΕΛΆΟΥ: ι) Στο ΑΒΖ με διατέμνουσα την ευθεία ΓΗΚ παίρνουμε: ΚΑ . ΗΒ . ΓΖ = 1 => ΚΑ . 3 . _!_ = 1 => ΚΑ = ΚΒ ΚΒ ΗΖ ΓΑ ΚΒ 3 ' δηλ το σημείο Κ είναι σταθερό ( μέσον του ΑΒ ) ιι) Στο ΑΘΚ με διατέμνουσα την ευθεία ΔΙΝ

, ΝΑ ΙΚ ΔΘ ΝΑ 1 παιρνουμε: - ·- · - =1 =>- · 4 · - =1=>N.k=NK ΝΚ ΙΘ ΔΑ ΝΚ 4 δηλ το σημείο Ν είναι το μέσον του ΑΚ. ( 1 ) . ιιι) Στο ΑΚΛ με διατέμνουσα την ευθεία

, ΡΚ ΜΑ ΕΑ ΡΚ 1 ΕΜΡ εχουμε: - · -- · - = 1 => - · - · 4 = 1 ΡΑ ΜΚ ΕΛ ΡΑ 4 => ΡΚ = Ρ Α , δηλ. το Ρ είναι το μέσον του ΑΚ (2) Τελικώς, τα σημεία Ρ , Ρ ' συμπίπτουν με το μέσον του ΑΚ και ισχύει: ΑΡ = _!_ · ΑΚ = _!_ · ΑΒ . 2 4 ΛΥΣΗ 2" ( Από τον ΒΛ ! i 'Ει\ ; 1 !ν! t ) Υ !)Ο\' ΚΟ Αγρίνιο ) Έστω Κ' το μέσον i-ου ευθυγράμμου τμήματος ΑΒ.Τότε, έχουμε διαδοχικά ΗΚ '' = _!_ (ΗΑ + ΗΒ) = 2

1 - - - 1 - - -= - (ΗΖ + ΖΑ + ΗΒ) = - (ΗΖ + 2ΓΖ - 3ΗΖ) = 2 2 ΓΖ - ΗΖ = ΓΗ , οπότε τα σημεία Γ , Η , Κ' είναι συνευθειακά και άρα Κ = Κ' είναι μέσον του ΑΒ. Αν Ν είναι το μέσον του ΑΚ ,τότε έχουμε ότι: - 1 - - 1 - - -ΙΝ = - (IA + ΙΚ) = - (ΙΘ + ΘΑ + IK) = 2 2

1 - - - 3 - - 3 -= - (ΙΘ + 3 · ΔΘ - 4 · ΙΘ) = - (ΔΘ - ΙΘ) = -ΔΙ 2 2 2 οπότε τα σημεία Δ ,I ,Ν είναι συνευθειακά και - 1 - - 1 - - -ΜΝ = - (ΜΑ + ΜΚ) = - (ΜΑ + ΛΑ + ΜΚ) = 2 2 1 - - - 3 - - 3 -2 (ΜΑ + 3

·

ΕΛ + 4 · ΛΜ) = 2 (ΕΛ + ΛΜ) = 2 ΕΜ Οπότε τα σημεία Ε, Μ, Ν είναι συνευθειακά. Ώστε, οι ευθείες ΔΙ και ΕΜ διέρχονται από το ίδιο σταθερό (και ανεξάρτητο από την θέση των Γ,Δ,Ε ) σημείο Ν για το οποίο ισχύει: ΑΝ = _!_ · ΑΒ .

4 ΛΥΣΗ 3" (Από τον ΓI Ω f' l U Λ Π ι)�Τ()Λ Ο ! ! Ο Υ Λ Ο - Μεσολόγγι ) Θεωρούμε σύστημα ορθογωνίων αξόνων με αρχή το σημείο Α(Ο,Ο) και B(l,O) . (οπότε το ΑΒ έχει μέτρο ίσο με την μονάδα μέτρησης )

Υ • Δ(δ ι ,δ2)

• Ε(ει ,ε2)

ΟΞΑ(Ο,Ο) Ρ κ B(l ,O) χ Έστω Γ(γ 1 , γ 2 ) , Δ(δ 1 , δ 2 ) , Ε(ε 1 , ε 2 ) . Τότε, θα εί-

2 2 2γ 1 + 1 γ2 ναι : Ζ(- γ 1 , - γ 2 ) , Η( ,-) . Ο συντελε-3 3 4 2 στής διευθύνσεως λ της ΓΗ είναι λ = 2γ 2 2γ 1 - 1

και

η εξίσωσή της είναι y - γ 2 = 2γ 2 (χ - γ 1 ) ( 1 ) . 2γ 1 - 1

Από την ( 1 ) , για y = Ο , παίρνουμε το σημείο τομής της ΓΗ με τον άξονα χ 'χ , δηλ. το σημείο Κ.


-------------- Ο Ευκλείδης προτείνει . . .

Είναι Κ(.!.. ,0) ,οπότε το Κ είναι το μέσον του ΑΒ. 2 Εύκολα βρίσκουμε ότι είναι:

3 3 6δ ι + 1 3δ 2 3 3 Θ( - δ ι ,- δ2 ) , 1( ,-) και Λ( -ε1 ,- ε2 ) , 4 4 1 0 5 4 4 Μ( 6ε , + 1 , 3ε2 ) • Για τις ευθείες ΔΙ και ΕΜ έχουμε

1 0 5

συντελεστές διευθύνσεων:

λ 4ε2 εΜ = -- και αντίστοιχες 4ε1 - 1 4δ 2 y - δ2 = (χ - δ ι ) , 4δ ι - 1

λ = � ΔΙ 4δ - 1 ' ι εξισώσεις

Η λύση του συστήματος των δύο αυτών εξισώσεων δίνει το σημείο τομής Ρ των ευθειών ΔΙ, ΕΜ, που είναι Ρ(.!.. ,0) και είναι σταθερό . 4 Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) Να δειχθεί ότι για οποιουσδήποτε θετικούς πραγματικούς αριθμούς α, β, γ ισχύει ότι:

α2 β2 γ2 α + β + γ -2 + -2 + -2 + 3 � 2 · , co:: . β γ α {ιαβγ (Από τον ! Γ " · · <ι : : · : · ' ' ' , r !( y, · ( • - Μεσο-λόγγι ) ΛΥΣΗ ( Από τον ! , . , i · • · : · � ' ·, ! - Δάφνη)

, α 2 α , , , Ειναι : β2 + 1 � 2 β , με την ισοτητα να ισχυει μο-

νο για α = β . Κυκλικά, είναι: β: + 1 � 2 Q. , γ γ

2 � + 1 � 2 1. . Με πρόσθεση κατά μέλη έχουμε α α

α 2 β 2 γ 2 α β γ , , - + - + - + 3 � 2(- + - + -) , οποτε αρκει β2 γ 2 α 2 β γ α

δ θ , α β γ α + β + γ , , να ειχ; ει: - + - + - � η το αυτο : β γ α Vαβγ α β γ , Γa} ,[ί32 , {i 13

+γ

+ α � Ψiti + ν�

+ ν� ( 1 )

Α ν τεθεί: α = χ 3 Q. = y 3 1.. = z 3 είναι xyz = 1 β ' γ ' α '

και η αποδεικτέα σχέση ( 1 ) γράφεται ισοδυνάμως χ 3 + y3 + z 3 � � + l. + � = x 2 y + y2z + z 2 x (2)

z χ Υ Αρκεί , λοιπόν, να δειχθεί ότι: χ 3 + y3 + z3 � x 2 y + y2z + z 2 x � x 2 (x - y) + y2 (y - z) + z 2 (z - x) � O (3)

Η (3) ισχύει για κάθε χ, y, z Ε R: . Πράγματι. , αν είναι χ � y � z > Ο , μία τυχαία διάταξη των χ , y, z τότε η (3) ισοδυναμεί με : χ 2 (χ - y) + y2 (y - z) + z 2 (z - χ) � Ο � χ 2 (χ - y) + y 2 (y - z) + z 2 (z - y + y - χ) � Ο � (χ 2 - z 2 )(x - y) + (y2 - z 2 )(y - z) � O Δηλ. σχέση που ισχύει. Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

' ι' Τ Γi ! .' ( ι :. : �< ': � Σ ' ' ( ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) Να δειχθεί ότι αν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί α, β, ρ ικανοποιούν την ισότητα α2 + β2 - α - β = ρ(l + αβ) (1) , τότε ο ρ είναι γινόμενο διαδοχικών ακεραίων. (Από τον

· - Θεσ/νίκη ) ΛΥΣΗ (Από τον ' ' .

• ' ' ' · . · - Α-γρίνιο ) . Θεωρούμε το σύνολο S={ (x, y) EZxzι χ�Ο, y�Οκαι χ 2 + y 2 - χ - y= p(l + xy) } . Επειδή είναι (α, β) Ε S => S * 0 . Το Ω = {χ + y / (x, y) E S } είναι μη κενό υποσύνολο του συνόλου των μη αρνητικών ακεραίων και άρα έχει ελάχιστο στοιχείο, έστω m. Έστω (Α, Β) Ε S τέτοιο, ώστε Α + Β = m . Υποθέτουμε , χωρίς βλάβη της γενικότητας ότι είναι Α � Β . Αποδεικνύουμε στην συνέχεια τον ισχυρισμό: Β = Ο . Υποθέτουμε ότι Β > Ο . Επειδή (Α, Β) Ε S , θα είναι Α � Β > Ο και Α 2 + Β 2 - Α - Β = p(1 + ΑΒ) ή ισοδυνάμως: Α 2 - (1 + pB)A + Β 2 - Β - p = Ο . Δηλ. η εξίσωση x 2 - (l + pB)x + B2 - B - p = O ( l ) , έχει σαν λύση τον αριθμό χ ι = Α . Από τους τύπους του VIET Α η άλλη λύση της ( 1 ) είναι η

Β2 - Β - Ρ χ 2 = 1 + pB - Α = . Από την σχέση Α χ 2 = 1 + pB - Α προκύπτει ότι χ 2 Ε Ζ . Αν ήταν χ 2 < Ο , δηλ. χ 2 � -1 , τότε θα είχαμε ότι χ; - (l +pB)x2 + Β2 - B-p = = χ; - χ2 -pBx2 + Β2 -B-p � x; -χ2 +pB+B2 -B-p � χ; -χ2 + p + Β2 - Β-p = χ; -χ2 + Β2 -Β > Ο

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3!70


Πράγμα άτοπο, αφού το χ 2 είναι λύση της ( 1 ) . Έτσι, αρκεί να δειχθεί ότι το Ζ είναι το μέσον της Επομένως, είναι χ 2 � Ο , οπότε (χ 2 , Β) ε S . Επειδή

, Β 2 - B - p Β 2 Α 2 Α � Β , θα ει ναι χ 2 = < - :s; - = Α Α Α Α Οπότε χ 2 + Β < Α + Β = m , άτοπο, από τον ορισμό του m. Άρα, είναι Β = Ο . Από τον ισχυρισμό έχουμε ότι (Α,Ο) ε S , δηλ. p = A2 - Α = Α(Α - 1) που σημαίνει ότι .ο ρ είναι γινόμενο διαδοχικών ακεραίων. 'ΠΑΡΑΤΗΡΗΣΗ (του ιδίου συναδέλφου ). Ισχύει και το αντίσrροφο της άσκησης. Δηλ. έσrω p = k(k - 1) , k ε Ζ , k > Ι . Τότε, η διοφαντική εξίσωση χ 2 + y2 - x - y = p(1 + xy) (*) έχει την λύση

(x, y) = ( k , 1 + k2 (k - 1) ) σrο σύνολο των θετικών ακεραίων. Γενικότερα, όλες οι λύσεις της (*) είναι διαδο

χικοί όροι της ακολουθίας των θετικών ακεραίων (χ ν ) που ορίζεται αναδρομικά : Χι = k , χ2 = 1 + k2

(k - 1)

X v+2 = 1 + k(k - 1)x v+l - X v για ν = 1 ,2,3, . . . . . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

( ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) Σε τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ=γ και ΑΓ=β , η διχοτόμος της γωνίας Α τέμνει την ΒΓ στο Δ και τον περιγεγραμμένο κύκλο του ΑΒΓ στο σημείο Ε. Από το Ε θεωρούμε ευθεία (ε) κάθετη στην ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι η απόσταση της κορυφής Α

από την ευθεία (ε) είναι ίση με .!. (β + γ) . 2

(Από τον - Θες/νίκη ) . ΛΥΣΗ 18 ( Από τον ίδιο ) Έστω ΑΒ < ΑΓ . Τότε, το σημείο τομής Ζ της ευθείας (ε) με την ΑΒ είναι εξωτερικό σημείο του τριγώνου ΑΒΓ. Αρκεί να δειχθεί ότι ΕΖ = .!_ (β + γ) . Στην προέκταση της ΑΒ θεωρούμε

2 σημείο Ι τέτοιο, ώστε ΑΙ = β + γ .

Α ---

ΑΙ, δηλ. ότι το τρίγωνο ΑΕΙ είναι ισοσκελές. Τα τρίγωνα ΒΕΙ και ΓΕΑ έχουν: ΒΕ=ΓΕ, ΒΙ=ΑΓ=β , Λ Λ και ΕΒΙ = ΕΓ Α . Άρα, τρΒΕΙ=τρΓΕΑ, οπότε ΒΙΕ = Α1 = Α2 , που σημαίνει ότι το τρίγωνο ΑΕΙ είναι ισοσκελές και άρα το ζητούμενο. Αναλόγως εργαζόμαστε για την περίπτωση ΑΒ>ΑΓ. Λ ΥΣΗ 28 (Από τον

- Ηράκλειο Κρήτης) Έστω ΑΒ < ΑΓ . Επί της ΑΓ θεωρούμε σημείο Κ τέτοιο, ώστε ΑΚ=ΑΒ και από το μέσον Μ της ΒΓ φέρουμε την παράλληλο προς την ΒΚ που τέμνει την ΑΓ στο Λ. Έστω Ζ η τομή της ευθείας (ε) με την ΑΒ. Φέρουμε το ΜΖ. Θα δείξουμε ότι τα σημεία Ζ , Μ , Λ είναι συνευθειακά. Αρκεί προς Λ Λ Λ τούτο να δειχθεί ότι: ΖΜΒ+ ΒΜΟ+ ΟΜΛ = 1 80 ° .

Α

(ε) Από το εγγράψιμο τετράπλευρο ΒΜΕΖ ισχύει: Λ Λ Α Λ είναι �ΜΒ = 90° - "2 - Γ (2). Ακόμη, έχουμε

Λ Λ ΖΜΒ = ΒΕΖ . και επειδή Λ Λ Λ Λ Λ Α Λ ΒΕΖ = 90° - ΖΒΕ = 90° - (Α1 + Ε1 ) = 90° -- - Γ

2 Λ Λ Λ Λ ΟΜΛ = 90° - ΛΜΓ = 90° - (1 80° - Γ- Κ ι ) =

Λ Λ Λ Από τις (2) ,(3) παίρνουμε: ΖΜΒ+ ΒΜΟ+ ΟΜΛ =

Λ Λ ο Α Λ ο Λ Α ο , = 90 - - - Γ+ 90 + Γ+ - = 1 80 . Άρα το τε-

2 2 '

τράπλευρο ΒΚΛΖ είναι ισοσκελές τραπέζιο, οπότε ΖΒ = ΚΑ = ΚΓ

=

ΑΓ - ΑΚ = ΑΓ - ΑΒ = β - γ 2 2 2 2

Τελικά, ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = γ + β - γ = β + γ . 2 2

ΛΥΣΗ 38 (Από τον Δραπετσώνα) Έστω ΑΒ < ΑΓ . Τότε ,το σημείο Ζ είναι στην προέκταση του ΑΒ . Αν ΕΗ .l ΑΓ το Η βρίσκεται

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 79 τ.3/71 ..


μεταξύ των Α , Γ . Επειδή το Ε είναι σημείο της δι- Εύκολα διαπιστώνουμε ότι η συνάρτηση αυτή ικα-χοτόμου της γωνίας Α ισχύει: ΕΖ=ΕΗ ( 1 ) και νοποιεί τις υποθέσεις του προβλήματος. ΕΒ=ΕΓ (2) . Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι:

(ε) Από τις ( 1 ),(2) έπεται ότι τα ορθογώνια τρίγωνα ΕΒΖ και ΕΓΗ είναι ίσα, οπότε ΒΖ=ΓΗ (3). Τα ορθογώνια τρίγωνα ΖΑΕ και ΗΑΕ είναι ίσα αφού έχουν την ΑΕ κοινή πλευρά και ισχύει η ( 1 ). Συνε-

(3) πώς, έχουμε: ΑΖ=ΑΗ::::>γ+ΒΖ=β-ΗΓ::::>2ΒΖ=β-γ

::::> ΒΖ = β - γ ::::> ΑΖ = ΑΒ + ΒΖ = γ + β - γ = β + γ 2 2 2

Λύσεις έστειλαν επίσης οι συνάδελφοι: \

} \ ' 1 ] ': .: ' : '.'. ί.,-ι ) \ τ ( ) ι ··, �-. \ Σ i'< �;,τ� ! 7ι,;. ( ΤΕΥΧΟΥΣ 74 ) Έστω μία συνάρτηση f : (Ο,+οο) � R τέτοια, ώστε για κάθε χ > Ο να ισχύει f(x) > Ο και f(f(x) + y) = xf(l + xy) (τ). Να βρείτε τον τύπο της συνάρτησης f . (Από τον συνάδελφο :.; i :' Λ. χ, Γ ι: .�: ' ·., ! ( • : f ( , . , . '\ '. J - Ίλιον ) ΛΥΣΗ (Από τον ; \ i i : ·; ' ' ' - Ράμια Άρτας ) Έστω ότι υπάρχει συνάρτηση f που ικανοποιεί τις συνθήκες του προβλήματος. Από την (τ) , για y = Ο, χ :> Ο έχουμε f(f(x)) = xf(1) ( 1 ) . Αν χ 1 , χ 2 Ε (Ο,+οο) με f(χ 1 ) = f(χ 2 ) , τότε είναι

( I ) f(f(x 1 )) = f(f(x 2 )) ::::> x 1 f(l) = x 2 f(l) ::::> χ 1 = χ 2 Δηλ. η f είναι 1 - 1 στο (Ο,+οο) . Η ( 1 ) για χ = 1 δίνει f(f(1)) = f(l) ::::> f(1) = 1 , οπότε η ( 1 ) γράφεται f(f(x)) = χ (2). Από την (τ), για χ > Ο και y = 1 έχουμε: f(f(x) + 1) = xf(1 + χ) (3), ενώ αν θέσουμε όπου χ το f(x) και y = 1 , έχουμε:

( 2 ) f(f(f(x)) + 1 ) = f(x)f(l + f(x)) => ( 3 ) f(x + 1 ) = f(x) · f(l + f(x)) =>

1 f(x + 1) = f(x) · χ · f(l + χ) => xf(x) = 1 => f(x) = χ

Δίνεται κύκλος κέντρου Ο και ακτίνας R . Θεωρούμε 9 τυχαία σημεία του κυκλικού δίσκου του (εντός ή επί του κύκλου). Να δειχθεί ότι για οποιαδήποτε επιλογή των 9 αυτών σημείων υπάρχουν πάντοτε δύο σημεία των οπ�ίων η μεταξύ τους απόσταση δεν υπερβαίνει την τιμή

R J2 . J7 - 1 . (Προτείνεται από τον συνάδελφο 3

; · i : - Ράμια Άρτας ) 1 :<' Α ν μία πραγματική συνάρτηση f είναι κοίλη σε ένα διάστημα της μορφής Δ = [-οο, a) , a Ε R και έχει aσύμπτωτη στο - οο την ευθεία ε( χ) = λχ + β λ, β Ε R , τότε να δειχθεί ότι η γραφική παράσταση της f βρίσκεται «κάτ@) από την aσύμπτωτη στο διάστημα Δ . (Από τον \. ·: - Χανιά )

Να βρεθεί η ελάχιστη τιμή της συνάρτησης f(x) = �4x 2 - 28χ + 53 + �χ 2 - 6x + 45 , x E R . (Από τον μαθητή - Μύρι-να Λήμνου )

;: . Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΒΓ μήκους α μονάδων. Θεωρούμε προς το αυτό μέρος του ΒΓ ημιευθείες Β χ , Γy τέτοιες, ώστε να είναι

Λ Λ ΓΒχ = ΒΓy = 1 20 ° . Στο εσωτερικό της τεθλα-

σμένης χΒΓy θεωρούμε τυχαίο σημείο Ρ και

φέρουμε PΔ .l BΓ , PE .l Γy , PZ .l Bx . Να δει

χθεί ότι : (ΖΒ) + (ΔΒ) - (ΕΓ) = σταθερό. (Από

τον · .c " ' �Σ; • ; : :.� ρ. , . , (; - Πρέβεζα ) Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθ

μούς χ, y, z ισχύει χ + y + z = 1 , τότε να δειχθεί

ότι ισχύει η σχέση :

� + Jy:: x + Jzx

z: y � % · (Από τον Μεσολόγγι )

, ., / ;

Να βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί χ, y, z, α, β, γ, ν που ικανοποιούν το σύστημα {Χ ν + Υ ν-Ι + Ζ ν-2 = α ν (Σ) Υ ν + Ζ ν-1 + Χ ν-2 = β ν

Ζ ν + Χ ν-1 + yν-2 = γ ν Από τον Θεσαλονίκη )


Επιμέλεια: Γιάννης Στρατής - Βαγγέλης Ευσταθίου

Γεωμετρικές Αποδείξεις στην Άλγεβρα

Ε ισαγωγή

Κωνσταντίνος Αλ. Νάκος Σχολικός Σύμβουλος Μαθηματικών

Τα Μαθηματικά ως καθαρά θεωρητική επιστήμη δημιουργήθηκαν και αναπτύχθηκαν στην αρχαία Ελλάδα. Οι αρχαίοι Έλληνες, μαζί με την θεωρία τους, επινόησαν και την ορολογία της επιστήμης, προσδιόρισαν τις βασικές έννοιες, άσκησαν τον κριτικό λόγο, εισήγαγαν την αποδεικτική διαδικασία και οικοδόμησαν τον παραγωγικό συλλογισμό. Στα έργα των αρχαίων Ελλήνων θα βρούμε όλες σχεδόν τις μεθόδους απόδειξης.

Εξάλλου, η αξιωματική θεμελίωση είναι ένας απλός τομέας που ξεκίνησε από την αρχαία Ελλάδα, κλασσικό παράδειγμα της οποίας είναι τα «Στοιχεία του Ευκλείδη»

Ο Ευκλείδης κατέγραψε τις αρχικές έννοιες των γεωμετρικών αντικειμένων, τις βασικές ιδιότητες και καθιέρωσε τους ορισμούς.

Τα «Στοιχεία» είναι ένα από τα σημαντικότερα μαθηματικά έργα όλων των εποχών, αφού εδώ και πλέον των 2. 300 χρόνων χρησιμεύει ως σταθερό κείμενο για την διδασκαλία των βασικών μαθηματικών εννοιών. Το βιβλίο Π είναι το μικρότερο σε έκταση σε σχέση με τα άλλα. Το κυριότερο χαρακτηριστικό του είναι η θεματική ομοιογένεια και συμπάγεια.

Οι πρώτες δέκα προτάσεις αποτελούν αυτό που λέμε σήμερα «Γεωμετρική Άλγεβρα» των αρχαίων Ελλήνων, δηλαδή αλγεβρικές σχέσεις που αποδεικνύονται με γεωμετρικές μεθόδους.

Οι ιδέες του Ευκλείδη επεκτάθηκαν στα νεώτερα χρόνια σε βαθιές μαθηματικές θεωρίες (Αλγεβρική Γεωμετρία, Γεωμετρία των αριθμών, Γεωμετρική Ανάλυση . . . . .) .

Ας δούμε όμως μερικές τέτοιες εφαρμογές: 1) (α+β/ = α1+/f+2αβ α β

α2 αβ α

α β Ετετ = ( α+β)2

Ετετ = α2+β2+αβ+αβ= α2+β2+2αβ

2) (α+β/ � 4αβ

β

α β

β

α β

α β α γ

Μ α β

α β

α

α

β

Ετετ = ( α+β)2

Ετετ = αβ+αβ+αβ+αβ+Μ=4αβ+Μ Άρα ( α+β)2=4αβ+Μ � 4αβ Δηλαδή ( α+β)2 � 4αβ

1 3) χ + - � 2 (χ>Ο) χ

Β

Α 2 Γ Έστω ορθογώνιο τρίγωνο με ΑΓ=2 και ΑΒ

I 1 1 ' ' θ ' = χ - -; , τοτε σuμφωνα με το πυ αγο-

ρειο θεώρημα:


Το Βήμα του Ευκλείδη

ΒΓ � 2' +- ��' � J4 + x' - 2 + :, �

� J2 + x' + :, �Η-Ιχ + �Η χ + �) και αφού η υποτείνουσα είναι μεγαλύτερη από την κάθετη συμπεραίνουμε

1 ότι χ + - 2 2

χ

4) ΓΜ: Γεωμετρικός μέσος ΑΜ: Αριθμητικός μέσος

ΓΜ�

Έστω ΑΡ=α ΡΓ=b

α

.fcili �a + b

2

κ

Β

Ρ b Γ

' κλ ' Κ ' R a + b και κυ ος με κεντρο και ακτινα = -2

-

Το ΑΒΓ είναι ορθογώνιο στο Β . Άρα BP2=AP•PΓ=>x2=ab => x= .fcili Αλλά χ � R => x= .fcili �

a + b 2

Πότε ισχύει :

.Jcili = a + b

=>2 .fab = a+b => 4αb=α2+b2+2αb 2

=>(α-b)2= Ο => α = b

δ λ , a + b � Γ2 η αδη R= -2

- , ν ab = ν a- = a

5) ΑΜ:

ΓΜ:

ΑΡ·Μ:

ΑΡΙΘΜΗτΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ ΓΕΩΜΕΤΡΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ ΑΡΜΟΝΙΚΟΣ ΜΕΣΟΣ

ΑΜ � ΓΜ 2 ΑΡ·Μ

ΑΚ=α ΚΒ=b

Γ ράφω κύκλο με κέντρο Ο και ακτίνα R= a + b

2

ο Β

( � ) z a + b ΚΜ2=0Μ·ΜΡ => ν ab = -2

- ΜΡ => . . . . . .

ΜΡ= 2ab a + b

αλλά λόγω των σχέσεων υποτείνουσας κάθετης στα ορθογώνια τρίγωνα θα είναι:

ΟΜ � ΚΜ � ΜΡ => a; b � .fcili �

a2::

Δηλαδή ΑΜ 2 ΓΜ 2 ΑΡ ·Μ

6) ΑΝ ΙΣΧΥΕΙ: α�b�c�O και α+b+c�1 τότε α2+ 3b2+5c2 � 1

α

b

c

α b c

αz

b2

c2

Ετετρ = ( α+b+c )2 Ετετρ = α2+ 3b2+5c2+M (Εγραμμοσκιασμένου = Μ )

cz

c2 b2

c2 b2

c2

(α+b+c)2 = α2+3b2+5c2+M Άρα α2+ 3b2+5c2 � ( α+b+c )2 � 1 2 � 1

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3174


ΣΥΜΜΕΤΡIΑ. Κο ι νά Ση�εία των Γραφ ι κών Παραστ�σεων μ ιας • Συναρτησης κα ι της Αντ ιστ οφ ς τ ς

Α ν Α ς R , f : Α � R συνάρτηση 1 - 1 και Γ' : f(A) � R η αντίστροφη συνάρτηση της f , τότε είναι γνωστό ότι οι καμπύλες Cr , Cr- , είναι

συμμετρικές ως προς την διχοτόμο y = χ των γω-Λ Λ

νιών xOy , x 'Oy' . Ι ) Αποδεικνύουμε ότι: f(x) = χ (1) , Γ1 (χ) = χ (2)

Οι εξισώσεις είναι πάντοτε ισο-

δύναμες στο σύνολο Τ = Α n f(A) Πράγματι. Χ ο Ε τ είναι λύση της (1) <::::> f(x0 ) = Χ0 <::::> f- 1 (X0 ) = Χ0 <::::> Χ0 Ε Τ είναι λύση της (2) .

1 1 ) Η εξίσωση f(x) = Γ1 (χ) (3) , ορίζεται στο σύνολο Τ = Α n f (Α) και έχει λύσεις τις τετμημένες των σημείων τομής των Cr , CΓ, . Τα σημεία τομής των Cr , CΓ, δεν βρίσκονται όλα πάνω στην διχοτόμο y = χ των γω-

Λ Λ νιών xOy , x'Oy' •

. \ \ 11 !i \ ! ' \ \ ! 1 ! \ ! \ f : [O, +oo) � R : χ � f(x) = 1 - χ2

r-ι : (-oo, l] � R : x � Γ' (x) = � Είναι: Dr n f(Dr ) = [0, +oo) n (-oo, 1] = [0, 1] = T

... I ... -u -· ..... ' • , , , , .... , , , , _, , , ,

, , , , , ,

...

, ,

...

, , , ,'y = χ ,

2.i

{f(χ) = Γ' (χ) {1 - χ2 = ·Jι- χ <::::> . . . �

Χ Ε Τ Ο � χ � 1

χ = Ο χ = 1

J5 - 1 Χ = --

2

Από τα σημεία τομής: Α(Ο,1) ,Β(Ι,Ο) ,Κ( J5 -1

, J5 -1

) , 2 2

Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ

πρώτης γωνίας των αξόνων.

f : (0, �) �R: χ �f(x)=� , r1 : (0, �)�R: χ �r1(x)=� χ χ 1 '

y = - ,- ' y = x χ ,'

ι t � " ' ,

'{·.�·-.,. '

' ' ' ' ' '

' ' ' '

..C .. 4 •I , 0 f t l 4 . , • • • 11

' ' ' ' ' ' '

' ' ' ' ' ' ..

{f(χ) = Γ' (χ) Παρατηρούμε ότι: Λ <::::>

χ > Ο

- =-χ χ

Λ <::::> χ > Ο . χ > Ο

Δηλ. οι Cr , Cr- , ταυτίζονται στο (Ο, +οο) (ά

πειρα κοινά σημεία με μοναδικό κοινό σημείο με την διχοτόμο y = χ , το A(l, 1) που αποτελεί και την μοναδική λύση των συστημάτων: { y = f(x) {y = f-' (x)

, δηλ. του συστήματος: y = x > O y = x > O

{ y = .!. { χ = _!_ { χ2 = 1 χ <::::> χ <::::> <::::> x = y = 1 )

Y - x > O y = x > O y = x > O -

Ι Η Α ν η f : Α ---+ R είναι ΓΝΗΣΙΩΣ Α ΥΞΟΥΣΑ, τότε οι εξισώσεις:

f(x) = x (1) , Γ1(χ) = χ (2) , f(x) = Γ1 (χ) (3) είναι ισοδύναμες στο σύνολο Τ = Α n f (Α) και όλα τα σημεία τομής των Cr , C r-• βρίσκονται πάνω στην διχοτόμο y = χ •

Επειδή οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) είναι πάντοτε ισοδύναμες στο σύνολο Τ, αρκεί να δειχθεί η ισοδυναμία των ( 1 ), (3) στο σύνολο Τ. (�) . Έστω χ0 Ε Τ λύση της ( 1 ) . Τότε

f(x0 ) = Χ0 <::::> f- 1 (x0 ) = Χ0 � f(x0 ) = f- 1 (X0 ) Δηλ, χ0 Ε Τ είναι και λύση της (3) . ( <===) Έστω Χο Ε τ λύση της (3) . μόνο το σημείο Κ ανήκει στην διχοτόμο της



Τότε: f(x0 ) = Γ1 (χ0 ) . Δεχόμαστε ότι f(x0 ) > χ0 • ΦΘΙΝΟΥΣΑ στο Α, τότε οι εξισώσεις

Επειδή η r-ι j f(A) ' είναι και f(x) = -x (1) , r• (x)=-x (2) , r• (x)=f(x) (3)

(3 ) Γ1 (f(χ0 )) > Γ1 (χ0 ) => χ0 > Γ1 (χ0 )=>χ0 > f(x0 ) .

Άτοπο. Δεχόμαστε ότι f(x0 ) < χ0 . Επειδή η

r- ι i f(A) , είναι και f- 1 (f(x0 )) < Γ1 (x0 ) => (3 )

=> χ0 < f- 1 (x0 ) => x0 < f(x0 ) . Άτοπο. Άρα, ισχύει

f(x0 ) = χ0 • Δηλ. χ0 είναι λύση της ( 1 ) . Π Α J> Λ λ Ε Ι Ι 'i\-1:\

{..!.. χ ' χ � ο f(x) = 2

χ2 χ > 0

-3 -2

/ ·2 -3

. /y = 2x .

{ 2χ , χ � ο f- 1 (x) = Γ

ν χ , χ > Ο

Είναι: f(x) = f- 1 (x) � {

χ : Ο

με f(O) = O , f(l) = 1

χ = 1

που είναι σημεία της διχοτόμου y = χ της πρώτης και τρίτης γωνίας των αξόνων. I ν ) Α ν η f είναι ΠΕΡΙΤΤΉ στο Α, τότε και η

Γ1 είναι περιττή στο f(A) . Πράγματι. Για χ Ε Α υπάρχει μοναδικό Υ Ε f(A) : Υ = f(x) . Τότε, r- ι (y) = χ . Επίσης, -χ Ε Α => f(-x) = -f(x) = -y E f(A) .

Γ' ( -y) = Γ' ( -f(x)) = r- ι (f( -χ)) = -χ = -f- ' (y) . ν ) Α ν η f είναι ΠΕΡΙΤΤΉ στο Α, τότε οι εξι-

σώσεις f(x) = -χ (1) και Γ1 (χ) = -χ (2) , είναι ισοδύναμες στο Τ = Α rι f(A) και οι λύσεις τους (αν υπάρχουν) δίνουν τις τετμημένες των σημείων τομής των Cr ,Cr-, με την διχοτόμο y = -χ της δεύτερης και τέ-ταρτης γωνίας των αξόνων.

Πράγματι: Χ ο Ε τ είναι λύση της ( 1 )

� f(x0) =-Xo �r1 (f(Xo )) =r1 (-Xo) �x0 =-r1 (Xo) �

� f-l (χ0 ) = -Χ0 � Χ0 Ε Τ είναι λύση της (2). ν I ) Αν η f είναι ΠΕΡΙτΤΉ και ΓΝΉΣΙΩΣ

είναι ισοδύναμες στο σύνολο T=Arlf(A) και όλα τα κοινά σημεία των Cr , Cr-, βρίσκονται πάνω στην διχοτόμο y = -χ της δεύτερης και τέταρτης γωνίας των αξόνων.

Επειδή οι εξισώσεις ( 1 ) και (2) είναι ισοδύναμες στο σύνολο Τ, αρκεί να δειχθεί η ισοδυναμία των ( 1 ), (3) στο σύνολο Τ. Αποδεικνύουμε ότι κάθε λύση χ0 Ε Τ της εξίσωσης ( 1 ) είναι και λύση της (3).

Ισχύουν: f(x0 ) = -χ0 και Γ1 (χ0 ) = -χ0 • Άρα,

f- 1 (Χ0 ) = f(χ0 ) . Δηλ. Χ0 είναι λύση της (3).

Έστω χ0 μία λύση της (3). Δηλ. Γ' (χ0 ) = f(χ0 )

(Υ). Θα δείξουμε ότι το χ0 είναι και λύση της ( 1 ) . Δηλ. ισχύει f(x0 ) = -χ0 • Δεχόμαστε ότι ισχύει:

f(x0 ) -:;:. -χ0 • ,., Αν είναι f(xo) > -Χο ' επειδή η r- ι είναι γνησίως φθίνουσα στο f(A) , έχουμε: Γ' (f(Χο)) <Γ1 (-Χο) ,

(Υ) άρα Χο <-Ι1 (Χο) =>Γ1 (Χο ) <-χσ =>f(Χο) <-χσ . Άτοπο.

,.,,, Αν είναι f(Xo)<-Xo , επειδή η r- ι είναι γνησίως

φθίνουσα στο f(A) , έχουμε ότι r' (f(Xσ)) >t' (-Xσ) , (Υ)

οπότε χ0 > -f- 1 (x0 ) => Γ' (χ0 ) > -χ0 =>f(χ0 ) > -Χ0 • Άτοπο. Άρα ισχύει: f(x0 ) = -χ0 , άρα ισχύει.

f : R � R : χ � f(x) = -χ3 συνάρτηση περιττή και γνησίως φθίνουσα.

r- ι : R � R : x � Γ1 (x) = , {� ' χ < Ο

-� ' χ � Ο

ομοίως περιττή και γνησίως φθίνουσα.

h(x)=t-x..xsO

y = -X •

... ..

δ • 7 8 • •

Εδώ, έχουμε: Τ = R και τις ισοδυναμίες: f(x) = r-' (x) � f(x) = -χ � r- ' (x} = -χ

� χ = -1 ν χ = Ο ν χ = 1 Τα σημεία τομής: Α( - 1, 1) , 0(0, Ο) , B(l, -1) είναι όλα σημεία της διχοτόμου y = -χ .


E u ropean Stu d e nt Co nfe re n ce i n M ath e m at ics E U RO MAT H -20 1 1

3 0 M a rch - 3 Apri l , 2 0 1 1 , Ath e n s , G reece www . e u romath . o r Ι www . cm s . o r .c Ι

www . t h a l esc rus . co m Atte nt io n : Yo u n g Resea rch ers o f age 1 2- 1 8 !

Στην Αθήνα, θα γίνει σε κεντρικό Ξενοδοχείο, διεθνές Μαθηματικό Συνέδριο από όλη την Ευρώπη για μαθητές (12 έως 18 ετών), με συμμετοχή μαθητών καθηγητών και σχολείων. Τα θέματα που θα αναπτυχθούν έχουν σχέση με : Εφαρμογές των μαθηματικών στις επιστήμες, στη ζωή, στην τεχνολογία, στις κοινωνικές επιστήμες, στο διάστημα, στη γεωμετρία, στην οικονομία, στη λογοτεχνία, στη φύση, στη μουσική, στην στατιστική , στη Ιστορία των μαθηματικών, στην κοινωνία, στην φιλοσοφία, στην πληροφορική , στην αθλητισμό, στους διάσημους αριθμούς κ.λπ. (σχετική ενημέρωση υπάρχει στις παραπάνω ιστοσελίδες)

\'\τ-&\ΚΗ ΙVΙ ΑΘ Η ΙVΙ Ατι Κ Η ε; Α Ι �"1\ �� p�/4

lΊΑΡ ΑΡ'ΓΗΜΑ ΑΙΤΩΛΟΑΚ.ΑΡΝΑΝΙΑΣ lo Μ�μαnκό ' Συνtόριο Αιτωλοακαρνανiα�

γινε με μεγάλη επιτυχία το πρώτο Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο Αιτωλοακαρνανίας με θέμα: «Εκπαιδευτική πράξη και Μαθηματική

Επιστήμη» . Την επιμέλεια της Επιστημονικής- Οργανωτικής Επιτροπής την είχαν: Τα μέλη της Διοικούσας Επιτροπής του Παραρτήματος Αιτωλοακαρνανίας της Ε.Μ.Ε: Γιαννακάς Κωνσταντίνος Διευθυντής Γυμνασίου, Πρόεδρος, Αποστολόπουλος Γεώργιος Αντιπρόεδρος, Μαστρογιάννης Αλέξιος Σχολικός Σύμβουλος, Γεν. Γραμματέας, Τριανταφύλλου Αντιγόνη Ειδικός Γραμματέας, Καλαμπαλίκης Γεράσιμος Ταμίας, Γάτος Γεώργιος Μέλος, Νάκος Κωνσταντίνος Σχολικός Σύμβουλος, Υπεύθυνος Βιβλιοθήκης

Δημοσιεύουμε σχετικά αποσπάσματα από την έναρξη του Συνεδρίου

« . . . Σήμερα, το Παράρτημα Αιτωλοακαρνανίας της Ελληνικής Μαθηματικής Εταρείας, πρωτοπορεί και πραγματοποιεί το πρώτο Μαθηματικό Μαθητικό Συνέδριο Αιτωλοακαρνανίας. Στο Συνέδριο αυτό μαθητές Γυμνασίων και Λυκείων του νομού μας θα μας παρουσιάσουν εργασίες τους μαθηματικού, και όχι μόνο, ενδιαφέροντος και περιεχομένου.

Οι εργασίες αυτές γράφτηκαν από τους μαθητές με την επίβλεψη και καθοδήγηση καθηγητών των σχολείων τους και δηλώνουν το μεράκι μαθητών και καθηγητών για την ανάπτυξη της μαθηματικής σκέψης και την αξιοποίηση των πνευματικών δυνατοτήτων του νομού μας.

Οι εισηγήσεις αυτές των μαθητών μας κινήθηκαν στο πνεύμα και τους στόχους του Συνεδρίου μας, που ήταν: Να αναδείξει τη θετική στάση των μαθητών απέναντι στην έρευνα. Να τονώσει το ενδιαφέρον και την αγάπη των μαθητών για τις Θετικές Επιστήμες. Να καλλιεργήσει τον επιστημονικό τρόπο σκέψης, την ανακαλυπτική και διερευνητική μάθηση Με την παρουσία μας σήμερα, όλοι εμείς εδώ, δίνουμε συγχαρητήρια στους μαθητές μας, που ρίχτη

καν στον πνευματικό στίβο του Μαθηματικού και Πνευματικού αυτού αγώνα. Τους προτρέπουμε : πάντα Jtακρύτερα να πηγαίνουν, πάντα ψηλότερα να ανεβαίνουν . . .

και τους ευχόμαστε η ζωή τους να είναι γεμάτη όμορφες, ευγενικές και θετικές δραστηριότητες, σαν ετούτη εδώ, που πραγματώνουν σήμερα . . . »


« . . . Με την ευκαιρία αυτής της βράβευσης το παράρτημά μας έχει την μεγάλη τιμή και τη χαρά συνάμα να φιλοξενεί τον έμπειρο και δραστήριο πανεπιστημιακό δάσκαλο, τον καθηγητή στο πανεπιστήμιο της Αθήνας κ Διονύση Λάππα, που ανέλυσε στο συνέδριο τη γέννηση και διαμόρφωση των γεωμετρικών εννοιών . . . » .

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΥΝΕΔΡΙΟΥ • !Χνι•ηση ιιαι διαμδρφωση Π:ωμιτpιΜύ ι• Εννοιιύι•

Διονύσιος Λάππας , Αν. Καθηγητής Παν/μiου Αθηνών • Ο ιίμορφος ΕρατοσΟf:ι•ης ιcrι.ι η μιiτρηση

τη ς αhτίι·ας τη ς γης

• Γιατί αhJnfJrί; ς Ο<il.ο υμ<: τα /ΙιfαΟηματιιιrί. στη ι • Εh·

παίδι:υση Μιχάλης Τζούμας , Σχολικός Σύμβουλος 1 ο Γενικό Λύκειο Αγρινίου

• Αρχιμιjδης: Η μ<:γαl. ιί τ<ψη διά ι •οια που ; • ι •rύρισt: η ανΟρωπιίτη τα 1 ° Γενικό Λύκειο Αγρινίου • Ο Αρχιμψ5ης ι,·αι το /ργο τοι;

Γυμνάσιο Μαλεσιάδας • Τα :'11α 0ηματιιιά στη ζωιj μας

1 ° Γενικό Λύκειο Ναυπάκτου

• Συ ιιοπτιιιιj παρο υσίαση τω ι• ;'11α0ηματιh·οΊ ι • τη ς

Α ' Λ ΙJΙι"<:ίο υ, το υ ιφατιδίιι υ τ ο ι; Βιψοl.ίι •ιι υ

1 ° Γενικό Λύκειο Αγρινίου • Το ΠυΟrηιίιη:ιο Θαύρημα ι.-αι οι αποδι:ίξι:ις του 1 ο

Γενικό Λύκειο Μεσολογγίου • Α πl.ά .Ηα fJιjματα Γι:ωμι:τριιιιj ς ΆΙ.γc.βρας

Κωνσταντίνος Νάκος , Σχολικός Σύμβουλος • Ο αριΟμιίς φ 2° Γενικό Λύκειο Μεσολογγίου • Ο Θαl. ιj ς ο .Ηιl.ιj σιος Ηιι το ιj;γιι το ιι

Γυμνάσιο Καμαρούλας • Ο Ευιιl.<:ίδ ης, ο «πα τιiραςιι της Γι:ωμι:τρίας

Γυμνάσιο Καμαρούλας

• Ο θαl.ιj ς ιωι οι πιψαμίr>ι:ς

Παλλάδιο Λύκειο Αγρινίου • 11 Υπατία: Η ζωιj ιιαι το <}ηιι της

γ Γυμνάσιο Αγρινίου

• Μετριύ ντας το χιύρο ιωι το χρό ι ·ο, τη σημασία

ιιαι τη χρ ιj ση το υ στο βάΟος τω ι1 αιιύι .•ω ι •

(Διαθεματική εργασία) Γυμνάσιο Φυτειών

• Α νάl.ιιγα μι:;ιΗJη ιιαι οι <:φαρμογιiς το υς στις αι ·Ορωπιστιh-ιiς h·αι Οετικ{ς ι·πιστιjμι:ς

5° Γυμνάσιο Αγρινίου • Ρω τrύ ι ·τας πας στη γηύση

• Ο Πυ Οrηrίμ ας και η ι:πιμμο ιj το υ στα :'11α0ηματιh·ά

4° Γυμνάσιο Αγρινίου 1 ° Επαγγελματικό Λύκειο Αγρινίου

3η Μαθηματι κή Εβδομάδα ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΥΙΚΗ ETAIPEIA ΠΑΡΑΡΤΗΜΑ ΚΕΝΤΡΙ Κ Η Σ ΜΑΚΕΔΌ Ν Ι Α Σ

f.1 r;'fi7ψ(;'ί:Ll'./;r; flι.r'/lρrψLς στο ;r.ιΧ()Iι\IJ σ-ι;;;, -;;..t,φrJ,f:&v l"l.f. στο μίλ7,rΛΙ.

).> Μαθηματικά Μοντέλα ).> Κρυπτογραφία και Χάος ).> Βιογραφίες Μαθηματικών ).> Βραβεύσεις από διαγωνισμούς

Στη Θεσσαλονίκη (www.emethes.gr) γίνεται 3'1 Μαθηματική εβδομάδα από 2 - 6 Μαρτίου 201 1 . Έχει ως στόχο να προωθήσει το γόνιμο διάλογο και τον

προβληματισμό στα Μαθηματικά, αλλά και να αναζητήσει απαντήσεις για το ρόλο των μαθηματικών στην εκπαίδευση, την επιστήμη και τον πολιτισμό στο πλαίσιο της διαθε-ματικής διεπιστημονικής προσέγγισης και ιδιαίτερα σε αυτά που θέτει η στενή σχέση των Μαθηματικών με άλλες επιστήμες και με σημαντικές ανθρώπινες δραστηριότητες.

Η Μαθηματική εβδομάδα διευρύνει τη θεματική της με άλλες παράλληλες εκδηλώσεις όπως εκθέσεις βιβλίων, ζωγραφικής και βραβεύσεις (Μουσείο Καραθεοδωρή, Μουσείο Εκπαίδευσης Βέροιας, Εστία επιστημών Χαλκίδας, Αθήνας και Πάτρας, Έκθεση γραμματοσήμων με θέμα τα Μαθηματικά από όλον τον κόσμο κ.λπ.) .

Μεταξύ των αξιόλογων εισηγήσεων ενδεικτικά αναφέρουμε μερικές: ).> Η αλληλογραφία Κραθεοδωρή - Rosenthal ).> Ένα πρωτόνιο στο κέντρο CERN διηγείται μια πτυχή

της ιστορίας του σύμπαντος. ).> Ο κανόνας και ο διαβήτης από τον Όμηρο μέχρι τον

Ευκλείδη . ).> Το τέλος της αρχαιότητας. Η περίπτωση της Υπατίας. ).> Τα Μαθηματικά της δημοσιογραφίας. )ο> Τα τρίγωνα Ρελώ ).> Βασικές Τεχνικές του Sudoku ).> Λειτουργικός αναλφαβητισμός στα Μαθηματικά


Τα Μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Ο κόμβος (knot) είναι μονάδα μέτρησης ταχύτητας πλοίου και είναι ίση με ένα ναυτικό μίλι την ώρα. Ο όρος " κόμβος" προέρχεται από το πρώτο σχετικά όργανο μέτρησης της ταχύτητας των πλοίων που ήταν το δρομόμετρο. Το δρομόμετρο επί ιστιοφόρων και πρώτων μηχανοκίνητων πλοίων αποτελείτο από το Δελτωτό, το σχοινί και το Αμμωτό ή αμμοκλεψύδρα. Το Δελτωτό ήταν μια ξύλινη τριγωνική κατασκευή που έφερε φελλούς και στο κάτω μέρος είχε επένδυση μολύβδου, έτσι ώστε να παραμένει στην επιφάνεια του νερού κάθετο (σαν τσαμαδούρα) . Το σχοινί ήταν αρκετά λεπτό και μακρύ το οποίο έφερε ανά σταθερό μήκος και ένα κόμπο. Αυτό το σταθερό μήκος μεταξύ των κόμπων ήταν ανάλογο με τι Αμμωτό γινόταν η δρομομέτρηση . Το Αμμωτό ανάλογα με το χρόνο που έκανε να περάσει η άμμος από τη μία σφαίρα στην άλλη, διακρινόταν σε 1 0 " δευτερόλεπτων, 30" δευτερόλεπτων και 3 0 ' λεπτών. Έτσι λοιπόν σε 30" αμμωτό οι κόμποι στο σχοινί ήταν ανά 1 5,43 μέτρα και σε 1 0 " ανά 1 5,43 :3= 5,15 μ. κλπ. (Ο υπολογισμός είναι πολύ απλός. Αν το αμμωτό είναι 30" τότε : 30" = 1 / 1 20 της ώρας, 1 1 1 20 Χ 1 852 μ (μίλι) = 1 5 ,43 μέτρα) . Ο τρόπος δρομομέτρησης γινόταν ως εξής: ο επί της χρονομέτρησης ναύτης χειριστής του αμμωτού κρατούσε το αμμωτό κατακόρυφα με τη κενή από άμμο φιάλη

προς τα επάνω, δηλώνοντας "έτοιμος" . Τότε ο επί της δρομομέτρησης ναύτης έριχνε από τη πρύμνη το Δελτωτό στη θάλασσα που ήταν δεμένο με το "πρόμετρο" (αρχικό τμήμα του σχοινιού ίσο με το μήκος του

πλοίου) αφήνοντάς το ελεύθερο μέσα από το χέρι του, μόλις πέρναγε ο 1 ος κόμπος έδινε την εντολή "στρέψε" ! Τότε ο χειριστής του αμμωτού έστρεφε το όργανο ανάποδα παρακολουθώντας προσεκτικά το άδειασμα της άμμου, αναφωνώντας "προσοχή " μόλις πλησίαζε να αδειάσει, οπότε στο τέλος φώναζε "κράτει". Τότε ο επί της χρονομέτρησης ναύτης έκλεινε το χέρι του και σταματούσε την παρέκταση του σχοινιού με-

Επιμέλεια: Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Η αόρατη Γεωμετρία Η μέθοδος του άρα: "Κι εκείνο το φυτό αντίκρισα που διαιρεί άνισα, πλην σωστά τον χώρο, είναι η αόρατη γεωμετρία που διέπει στο βάθος ολάκαιρη την οικουμένη" Οδ. Ελύτης

τρώντας πόσοι κόμποι πέρασαν από το χέρι του, ο αριθμός των οποίων ήταν και η ωριαία ταχύτητα του πλοίου σε μίλια. Πόσο μήκος περισσεύει; Ξέρουμε ότι ένα ευθύγραμμο τμήμα έχει άπειρα σημεία. Αν ένα ευθύγραμμο τμήμα το χωρίσουμε σε 3 μέρη και αφαιρέσουμε το ένα θα μείνουν τα δύο. Κάθε ένα από αυτά χωρίζεται και πάλι σε 3 μέρη αφαιρούμε το ένα και μένουν δύο κ.ο.κ. για πάρα πολλά βήματα ώσπου στο τέλος διαπιστώνουμε ότι: Α ν το αρχικό ευθύγραμμο τμήμα είχε μήκος α, για ευκολία έστω α= 1 , όλα τα μέρη που αφαιρέσαμε έχουν μήκος

1 2 4 8 1[ 1 J 1 ' . .

'3�-tz7-tgϊ+ . . . =3 1 � = Άρα Ι -1 =0 τι απεμεινε ο-

μως; Ενώ το αποτέλεσμα είναι μηδέν στην τελευταία γραμμή βλέπουμε ότι περισσεύουν άπειρα σημεία ! ! !

-• • 1 1 1 1 1 1 1 1

Οι Δίδυμε.:

-• • 1 1 1 1 υ 1 11 1

-• • 1 1 1 1 1 1 1 11

-• • 1 1 1 1 1 11 H l

Πόσο χρόνων είστε δεσποινίς; ρώτησαν την Μαίρη και την Εύα. Η Μαίρη απάντησε: Σε 9 χρόνια θα είμαι 3 φορές μεγαλύτερη από ότι ήμουν πριν 9 χρόνια. Ενώ η αδελφή της η Εύα είπε: Αν 3πλασιάσετε την ηλικία που θα έχω σε 3 χρόνια και από αυτό αφαιρέσετε το 3πλάσιο της ηλικίας που είχα πριν 3 χρόνια τόσων χρόνων είμαι. Είναι δίδυμες; Τα Δώρα Ο θείος είπε παρά την κρίση να κάνει δώρα μόνο στα μικρά ανίψια, τρενάκι στα αγόρια, κούκλες στα κορίτσια. Τα μέτρησε και όλα τα ανίψια είναι 1 6 . Όμως τα 4/9 των αγοριών είναι μεγάλα και δεν θα τους δώσει δώρο. Πόσα τρενάκια και πόσες κούκλες θα αγοράσει;


-------------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν -------------Τέλεια τετράγωνα Να βρεθεί ένας ακέραιος αριθμός τέτοιος ώστε αν του προσθέσουμε είτε 7 είτε 24 τα δύο αθροίσματα να είναι τέλεια τετράγωνα. Το δέντρο Σε ένα ποτάμι με πλάτος Ι 2 μέτρα και στο μέσο ακριβώς υπάρχει ένα δέντρο που η κορυφή του είναι δύο μέτρα έξω από το νερό. Αν το λυγίσουμε η κορυφή του αγγίζει την όχθη. Τι ύψος έχει το δέντρο; Τα καράβια Ο καπετάν Μιχάλης άφησε στη διαθήκη του τα 20 καράβια του να τα μοιραστούν οι 3 γιοι του ως εξής: ο πρωτότοκος να πάρει τα μισά, ο δεύτερος το Ι /4 και ο μικρότερος το Ι /5 . Όμως μέχρι που να ανοίξουν την διαθήκη οι γιοί του το ένα καράβι βυθίστηκε, έτσι έμειναν τα Ι 9 καράβια. Πώς θα τα μοιράσουν τώρα; Ο περίπατος Η μητέρα και γιος ξεκινούν μαζί για έναν περίπατο στο δάσος. Για κάθε δύο βήματα της μητέρας, ο γιός κάνει τρία. Α ν ξεκίνησαν πατώντας ταυτόχρονα πρώτα το δεξί τους πόδι σε πόσα βήματα θα πατήσουν ταυτόχρονα το αριστερό τους πόδι; Το Καi:ίνο Ένας παίχτης έχει στην τσέπη του μόνο μερικά εκατοστάρικα του ευρώ. Μπαίνει στο καζίνο και παίζει αλλά

Οι απαyτήσεις στα uαθnυαnκά U!J6 διασκεδάζουν

Πόσο μήκος πεοισσεύει;

Αυτή η ακολουθία σημείων μηδενικού μήκους είναι γνωστή ως σύνο

λο Καντόρ. Ο Μάντελμπροτ το 1 975 επινόησε για αυτό και άλλα τέ

τοια φαινόμενα τον όρο «μορφοκλασματικό»(fractal).

Οι Δίδυuες

Η Μαίρη Χ ετών και Χ+9=3.(Χ -9)�Χ=Ι 8, η Εύα Ψ ετών

και 3 .(Ψ+3) -3.(Ψ -3)=Ψ�Ψ=Ι 8. Άρα δίδυμες.

Τα Δώρα

Από τα 1 6 ανίψια αγόρια είναι τα 9 ώστε τα 4/9 να είναι ακέραιος. Τα

κορίτσια είναι 7 και τα αγόρια 5. Άρα ο θείος θα αγοράσει 7 κούκλες

και 5 τρενάκια. τέλεια τετράγωνα Αν χ είναι ο ζητούμενος αριθμός, πρέπει χ+7=ψ2 και χ+24=ω2, όπου ψ, ω ακέραιοι αριθμοί τότε ω2 -ψ2= 1 7 ή (ω -ψ)(ω+ψ)= \ . 1 7 μοναδική λύση ω -ψ= Ι και ω+ψ= \ 7 δηλαδή ω=9, ψ=8 και συνεπώς χ= 57 . Το δέντρο Αν Χ το ύψος: Χ2 =(Χ -2)2 +62 δηλαδή Χ= Ι Ο Τ α καράβια Αφού δανειστούν χρήματα αγοράζουν όλοι μαζί ακόμα ένα καράβι και γίνονται 20. Ο πρώτος γιος παίρνει το 1 /2, δηλαδή Ι Ο καράβια. Ο δεύτερος γιος παίρνει το Ι /4, δηλαδή 5 καράβια. Ο τρίτος γιος παίρνει το 1 15, δηλαδή 4 καράβια και μένει ένα, αυτό που είχαν αγοράσει για να γίνει η μοιρασιά, το πουλάνε και επιστρέφουν τα χρήματα που δανείστηκαν για να το αγοράσουν. Ο περίπατος Ποτέ. Ταυτόχρονα πατούν μόνο στο δεξί πόδι της μητέρας.

Το Καζίνο Ξεκινάμε ανάποδα: Για να του μείνει ένα σημαίνει πως πριν μπει στο τρίτο καζίνο είχε τρία εκατοστάρικα. Πριν μπει στο δεύτερο είχε επτά και αρχικά είχε δεκαπέντε.

χάνει τα μισά εκατοστάρικα ενώ αφήνει και μισό (εκατοστάρικο) για φιλοδώρημα. Ο παίχτης στη συνέχεια πηγαίνει σε ένα άλλο καζίνο αλλά και εκεί χάνει τα μισά εκατοστάρικα από αυτά που του είχαν μείνει και αφήνει πάλι το ίδιο φιλοδώρημα. Ύστερα ο παίχτης επισκέπτεται και ένα τρίτο καζίνο αλλά και εδώ έκανε ότι στα δύο προηγούμενα. Άνοιξε το πορτοφόλι του, είδε ότι του είχε απομείνει ένα μόνο εκατοστάρικο και γύρισε στο σπίτι του. Πόσα εκατοστάρικα είχε αρχικά; Ο Λαγός και η Αλεπού Ο Λαγός και η Αλεπού αν τρέξουν σε μια κούρσα Ι 00 μέτρων μόλις τερματίσει ο Λαγός η Αλεπού θα βρίσκεται στα 90 μέτρα. Α ν ο Λαγός ξεκινήσει Ι Ο μέτρα ποιο πίσω από την Αλεπού θα τερματίσουν ταυτόχρονα ή όχι;

Οι λαγοί Πέντε σκύλοι πιάνουν πέντε λαγούς σε πέντε λεπτά. Πόσοι σκύλοι πιάνουν 50 λαγούς σε 50 λεπτά; Το λάδι Δύο φίλοι θέλουν να μοιράσουν το λάδι από ένα δοχείο Ι Ο λίτρων που είναι γεμάτο. Πως μπορούν να το μοιράσουν αφού στη διάθεσή τους έχουν μόνο δύο άδεια δοχεία το ένα 3 λίτρων και το άλλο 7 λίτρων, κάνοντας μόνο μεταφορές λαδιού απ' το ένα δοχείο στο άλλο;

Ο Λαγός και n Αλεπού Όταν ο Λαγός θα έχει τρέξει Ι 00 μέτρα, η Αλεπού θα έχει τρέξει 90. Άρα θα συναντηθούν Ι Ο μέτρα πριν τον τερματισμό. Επειδή όμως ο Λαγός είναι πιο γρήγορος, θα διανύσει τα τελευταία αυτά μέτρα ταχύτερα και θα τερματίσει και πάλι πρώτος. Οι λαγοί Από την πρώτη πρόταση προκύπτει ότι ένας σκύλος πιάνει ένα λαγό σε πέντε λεπτά ή ένας σκύλος πιάνει Ι Ο λαγούς σε 50 λεπτά. Άρα πέντε σκύλοι πιάνουν 50 λαγούς σε 50 λεπτά. Το λάδι Ο παρακάτω πίνακας δείχνει τις ποσότητες σε λίτρα, για το καθένα από τα τρία δοχεία, μετά από κάθε μεταφορά:

Γ\( )��- Ι ( ι ι \ι )�-i'Γi"i.i ! \(ι:-.: ι - ι()":\1 ι ο · - -- -ό-·-- r··-- -·σ·--- ·: Γ -- 3------- - -- · ··-.:,· -- i- ·-σ-----: Γ --3 . . . - - - - , - --4----- Γ" - 3- ---

6 ·:τ=-��=Σ:::�Ι�::::] ·- - - -6 - · ι · 3 · 9 - · ; - --�--- ;-- · ()" .. i

9 ·· · · · · ·τ-·--σ--· - r· -τ --- ! 2 7

. ·-- ·-----·--- �------------ ··-·-····------·

2 ---·· · · - --� - -- - - :_ _ ___ ! __ _ __ j

Υπάρχει άλλη μία λύση που απαιτεί όμως μία επιπλέον μεταφορά: ΞΣ\iο�-� ; 1-[��-��Χ�'<Ξ��:! ,---- - -.:,·· -- , -

·σ · - ,----3·--- · -------··:,-------- ,------ :Γ- · ·· - · - - - --·-·σ· - -- -

4 -- - 4 - · - -6 · ---- · - - σ· · ·- ι -- -- --i τ --Γ-- ·- : ·· ·

:,-- - ·

···· - - - - -- -----·r-·------ -i ,----τ-- -- 7 , 2 , --- ·--g · --·-· : ·· · · cτ · · · - -- -τ··-· i

�------·-g·----- · -- Γ-----2 -- ----- Γ ·- · - ο i

:��=:τ=•=• r:::=J��=- r==-�Σ=] ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β ' 79 τ.3/80

Για την Α ' Λυκείου Α6. Ευχαριστούμε το συνάδελφο κ. Γιώργο Γεωργιόπουλο από το εσπερινό ΕΠΑΛ Κοζάνης για την παρατήρηση του στην Άσκηση Α6, όπου επισημαίνει ότι στη ζητούμενη συναπαγωγή

είναι και η υπόθεση (α + �) 2 = 3 ψευδής και το συμπέρασμα

α3 + � = Ο ψευδές. Αυτό όμως σημαίνει ότι η συνεπαγωγή εί-α'

ναι αληθής και όχι ψευδής. Ο κ. Α. Κυριακόπουλος έχει αναφερθεί εκτενώς επ' αυτού στο Μαθηματικό Συνέδριο της Θεσσαλονίκης, όπου μάλιστα ανέφερε ακόμη και θέματα πανελλαδικών εξετάσεων στα οποία η ζητούμενη συνεπαγωγή είχε ψευδή υπόθεση, εκεί ίσως ασυνειδήτως, εδώ όμως εντελώς συνειδητά. Αν βέβαια κάποιος είχε αποδείξει ότι η υπόθεση εί-

ναι ψευδής, δηλαδή (α + �) 2 ,ο 3 , τότε θα μπορούσε να θεω-

ρήσει ότι: α3 + � = c με c οποιοδήποτε πραγματικό αριθμό. α

Πάντως ανεξάρτητα από όλα αυτά, σας ευχαριστούμε πολύ. Λύτες Κ. Καββαδίας, 2° Λύκειο Κέρκυρας

Α7. Έστω ΜΊ = Μ2 < 90° , οπότε Μ3 = Μ4 . Αν α<.Ην!Β, ΟΛ _1_ ΜΓ , τότε ΟΚ=ΟΛ, ΜΚ = J\1Λ =>ΒΒ' =ΙΓ,

Β'"" - - - - � "' '

'

ΒΒ ' ΓΓ ' ΜΚ = ΜΛ => - = -

2 2 ' ΜΚ = ΜΛ => ΒΚ = Γ Λ, ΜΚ = ΜΛ => ΜΒ = ΜΓ, ως

διαφορές ίσων τμη μάτων. Άρα Δ Δ (

Λ Λ

) Μ Α Β = Μ Α Γ ΜΑ = ΜΑ, ΜΒ = ΜΓ, Μ1 = Μ2 , οπό-

τε ΑΒ = ΑΓ => ΑΒ = ΑΓ. Ανάλογα εργαζόμαστε αν ΜΊ = Μ2 > 90° . Η περίπτωση Μ1 = Μ2 = 90° είναι

προφανής.

Β ' τρόπος: Με Μ1 = Μ2 * 90° (οξείες ή αμβλείες). Τα Δ Δ

τρίγωνα Ο Μ Β, Ο Μ Γ έχουν ΟΜ=ΟΜ, ΟΒ=ΟΓ=ρ και

ΟΜΒ = ΟΜΓ , ως παραπλη ρωματικές ίσων γωνιών. Θα έχουμε

λοιπόν Δ Δ

Ο Β Μ = Ο Γ Μ ή

Β1 + � = 1 80° (Αμφίβολη περίπτωση ισότητας τριγώνων). Ομοίως Β1 < 90ο , fΊ < 90° (γιατί;)

Λ Λ Δ Δ Λ Λ

Άρα 81 +Γι * 1 80ο , οπότε OBM=OΠvl:::>q =q =>ΑΒ=ΑΓ. Λύτες: Ζωή Λαμπράκου, 38° Λύκειο Αθήνας

Για την Β ' Λυκείου 86. Η εξίσωση γράφεται :

\ ( χ - 3 \ ( 2χ - I ) + �'"( χ---3-)-(χ---1) = 3 - χ ( 1 ) και έχει

. . . ( 1 ] [ ) σιι\Ί:Ο ! . .: : : ·. � - :: ·_ , :c λ = -χ . 2 υ 3, +οο

Επιμέλεια : Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

• Α ν χ � 3 , τότε :

( 1 ) � .Jx - 3.J2x - 1 + .Jx - 3 � = - ( .Jx - 3 ) �

� .Jx - 3 (.J2x - 1 + � + .Jx - 3 ) = Ο � χ = 3 . 1 ' • Αν χ � - , τοτε: 2

( 1 ) � .J3 - x .J1 - 2x + .J3 - x � = (�)2

�

� .J1 - 2x + � = � � � 1 - 2χ + 1 - χ + 2�( 1 - 2χ ) ( 1 - χ ) = 3 - χ �

� 3�( 1 - 2χ ) ( 1 - χ ) = 1 + 2χ (2) .

Αν χ < _J_ τότε η (2) είναι αδύνατη . 2

Αν _J_ � χ � J.. τότε : (2) �4( 1 -2χ) ( 1 -χ) = ( 1 +2χ)2 �

2 2 4 ± m 4 - m � 4x2 - 1 6x + 3 = Q � Χ = � Χ = , 2 2

' ] 4 - .fi3 1 ' 4 + .fi3 ] αφ ου : -2 �

2 � 2 , εν ω

2 > 2 .

' 4 - .fi3 Τελικά: ( 1 ) � χ = 3 η χ = ---

2 Λύτες Θ. Παπανικολάου, γ Λύκειο Πάτρας (Προσοχή στους περιορισμούς . . . Ν = lx l ) , 'Ελενα Κιβνιούκ, I ο

Λύκειο Μοσχάτου, Π. Γουμενάκης (Εκπ. Μαλλιάρα, Αθήνα) Για την Γ Λυκείου Γ5. Θέλουμε να αποδείξουμε ότι: Για κάθε χ 1 , χ 2 Ε [ο, +οο), χ 1 < χ2 => f(x 1 ) < f(x 2 ) ( 1 )

Έστω ότι δεν ισχύει. Τότε θα ισχύει η άρνηση της ( I ) .

που είναι η εξής : Υπάρχουν χ 1 , χ 2 Ε [ο, +οο) με

χ 1 < χ2 και f(x1 ) � f(x2 ) . Για τους αριθμούς αυτού; χ 1 , {2f5 (x 1 ) � 2f' ( x . )

και χ2 εχουμε: f(x 1 ) � f(x2 ) => - => 3f(x 1 ) � 3f( x 2 )

2f5 (x 1 ) + 3f(x 1 ) � 2f5 (x2 ) + 3f(x2 ) =>

=> 3χ� + 2χ 1 - 5 � 3χ; + 2χ2 - 5 => . . . =>

=> (χ1 - χ2 ) [3(χ1 + χ2 ) + 2] � 0, άτοπο.

Άρα, η (I ) ισχύει και συνεπώς η f είναι γνησiω; αύξου-σα. Πέτρος Γαϊτάνος, Θεσσαλονίκη . Προτεινόμενα θέματα Α8. Να βρείτε τους φυσικούς αριθμούς χ και )Ό για τις οποίες ισχύει: 1 + χ + χ2 = y2

Νίκος Αντωνίου, Π άτρα. ( 7 ) l + log x4

87. Να λυθεί η εξίσωση χ- = \ 0 . Γ6. Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο JR και ισχύει: f '(x) � 3 , για κάθε χ Ε !R . Να απο-

δείξετε ότι η εξίσωση : f(x) = χ3 έχει το πολύ μια ρίζα μεγαλύτερη του 1 .

Σάντυ Φλαμιάτου, 4° Λύκειο Γαλατσίου

Α πό την ιδιωτική συλλογή του αρχιτέκτονα Θανάση Κουτρουβέλη, παρουσιάστηκε για πρώτη φορά στην Ελλάδα, στο πλαίσιο των Μορφωτικών Εκδηλώσεων " Επιστήμης Κοινωνία" του Εθνικού Ιδρύματος Ερευνών η έκθεση " Κίρκινος: Η Γεωμετρία στην τέχνη και την επιστήμη " , η οποία πραγματοποιήθηκε

από τις 30 Νοεμβρίου 2 0 1 0 - 30 Ιανουαρίου 201 1 , πλαισιωμένη από μία σειρά διαλέξεων και επιστημονικών παρουσιάσεων σχετικά με την ιστορία

και φιλοσοφία των Μαθηματικών και της Αρχιτεκτονικής. Στόχος των εκδηλώσεων ήταν να αναδειχθούν οι σχέσεις ανάμεσα

στην ιστορία των επιστημών και την ιστορία των τεχνών, εστιάζοντας στη γεωμετρία και τον ρόλο της στη σύλληψη και εκτέλεση δημιουργικού

σχεδίου. Σε αυτό το πλαίσιο, τα όργανα παρουσιάζονταν ως η πρακτική εφαρμογή μιας μαθηματικής θεωρίας, με σκοπό να καθοδηγηθεί ο επισκέπτης τόσο στις τεχνικές σχεδίου, όσο και στα εικαστικά πρότυπα και τον τρόπο σκέψης σε διάφορους τομείς, όπως η κλασική αρχιτεκτονική . Στις ομιλίες συμμετείχαν διακεκριμένοι Έλληνες και ξένοι ομιλητές. Παράλληλα, παρουσιάστηκαν επιστημονικά ντοκιμαντέρ και διαδραστικό υλικό το οποίο έχει παραχωρηθεί από το Ίδρυμα Μείζονος Ελληνισμού. Η έκθεση υποστηρίχτηκε με εικαστικό υλικό από το Science

Κέπλερ 1596: Απεικόνιση του ηλιακού συστήματος βάση των Πλατωνικών στερεών

Museum της Οξφόρδης. Σημειώνεται ότι ο Κίρκινος είναι ο εφευρέτης του διαβήτη και ανηψιός του Δαίδαλου,

σύμφωνα με παραλλαγή του μύθου. Το όνομα του φέρει επίσης ένας aστερισμός σε σχήμα διαβήτη, που είναι ορατός στον ουρανό από το νότιο ημισφαίριο. Η έκθεση και οι τέσσερεις παράλληλες επιστημονικές παρουσιάσεις διοργανώθηκαν από το Πρόγραμμα Ιστορίας, Φιλοσοφίας και Διδακτικής των Επιστημών και της Τεχνολογίας του

Ινστιτούτου Νεοελληνικών Ερευνών του Εθνικού Ιδρύματος Ε ρευνών, στο πλαίσιο του προγράμματος Hephaestus

(''Hellenic Philosophy, History and Enνironmental Science Teaching Under Scrutiny")

·� ΚΙΡΚΙ ΝΟΣ: Ο εντυπωmακά απλός διαβήτης δεν είναι τίποτε άλλο από την αποτύπωση σε

:Q· ·-·-,-- μέταλλο των βασικών αρχών της Γεωμετρίας, από τις εξίσου απλές προτάσεις που αποδίδονται στον Θαλή τον Μιλήσια (όπως η διχοτόμηση του κύκλου από τη διάμετρο του) ως την Ευκλείδεια Γεωμετρία, το θεμέλιο των μετέπειτα εξελίξεων στα Μαθηματικά. Στην αρχαιότητα

τα θεωρητικά μαθηματικά, κάποιες εφαρμογές τους, στην αρχιτεκτονική για παράδειγμα, η φιλοσοφία, η κοσμολογία, ήταν αρκετά συνδεδεμένα. Η έκθεση Κίρκινος παρουσίασε

παραδείγματα αυτών των εξελίξεων. Τα περισσότερα από τα όργανα στην έκθεση χρησιμοποιήθη καν από τον 1 5 ° έως τα τέλη του 1 7ου αιώνα στην Ιταλία, τη Γερμανία, την Αγγλία και τη Γαλλία. Σε αυτή την ιστορική περίοδο ο διαβήτης έχει και συμβολική αξία.

Ευκλειδης Β 79

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 79