Ευκλειδης Β 86

ΑΣΚΗΣΕΙΣ , ΔΙΑΓΩΝΙΣΜΟΙ • • 'j_

Μαθηματικό περιοδικό για το ΛΥΚΕΙΟ

ΥΚ !ΕΙ Η! 86

ΟΚΤΩΒΡΙΟΣ- ΝΟΕΜΒΡΙΟΣ- ΔΕΚΕΜΒΡΙΟΣ 2012 ευρώ 3,5

L ,

I Μ 014

ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ ΣΥΝΕΛΕΥΣΗ της Ε.Μ.Ε. 20 IANOYAPIOY 2013

... .... ••

'• . t ".JΓ'\ 8 , ι •,. ι ..... ;ι. ••

WELCOME ΤΟ EUROMATH 2013 IN GOTHENBURG!

� �� Cityof eurur f'?�t� � Gothenburg

Μεγάλες Επιτυχίες για την Ε.Μ.Ε. στην 15η Μεσογειάδα 2012

��tb n1at!�� .. .J..:ι.ιt!� �� ;, , '>-�� ,_ .ι .... �. • ,. .. ,._, ·� �"'" " .... ,ι.,_ ο'Ιοι ..

EAAHNIKH IMJAΘH!MATIKH ETAIPEIA

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ETAIPEIA Τεύχοs 86 • Οκτώβρ ιος • Νοέμβριος • Δεκέμβριος 2012- Ευρώ: 3,50

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

ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΟ ΠΕΡΙΟΔΙΚΟ ΓΙΑ ΤΟ ΛΥΚΕΙΟ

ΠΕΡΙΕΧΟΜΕΝΑ Γενικό θέματα

-Ι Καστατική Ιυνε1ευση Ε.Μ.Ε. 20 Ιανουαρίου 2013 .f Εργαστήριο Cern -1 �αρτέσιος εναντίον Ευκλείδη .f Μαθηματικές Ολυμπιάδες .f Homo Mathematicus

.f ί\λyεβρα: Α" Τάξη

Εξισώσεις .f Γεωμεtρίιi: Τετράπλευρα

.f ί\λyεβρα: Β' Τάξη

τ ριyωνομετρία .f Γεωμετρία: Μετρικές σχέσεις .f Κατεύθυνση: Ευθεία

-Ι Γενικ� Παιδεία: r Τάξη

Στατιστική .f Κατευθυνση: Παράyωyοι

.. .. . ................ ........... .. .f Ι τήλ9 Μαθητή .f Το Βημα του Ευκλείδη -Ι Ευκλείδης Πpοτείνει .f Μαθηματικα μας Διασκεδάζουν .f Αφορμές και στιγμιότυπα

1 3 5 9

20

24 28

32 40 46

53 58

65 66 70 73 77

Γράμμα της Σύνταξης Αγαπητοί μαθητές και συνάδελφοι,

έγκαιρα σας παραδίδουμε και το 2ο τείίχος του Ευκλείδη ΒΌ Η επιδίωξη της Συντακτικής Επιτροπής είναι να εμπλουτίζεται πάντα το περιοδικό με ίίλη που να καλύπτει τις σχολικές σας ανάγκες αλλά παράλληλα αναζητούμε να δημοσιεύουμε και άρθρα της επικαιρότητας στην εξέλιξη της επιστήμης. Προσπάθειά μας θα είναι να αγγίζουμε όλο και πιο πολίί τα ενδιαφέροντά σας. Στην δική μας θέληση και επιδίωξη είναι, το παράρτημα που αναλαμβάνει τη διοργάνωση του συνεδρίου να δίνει και την ίίλη για το πρώτο τείίχος του περιοδικού. Οι συνάδελφοι από το παράρτημα της Καρδίτσας ανταποκρίθηκαν έγκαιρα, ώστε το 1 ° τείίχος το Σεπτέμβρη 201 3 να συνταχθεί από αυτοίίς. Το 2013 το 30° Συνέδριο θα γίνει στην Καρδίτσα, ενώ το 29° έγινε το Νοέμβρη 2012 στην Καλαμάτα με μεγάλη επιτυχία . Ευχόμαατε σε όλους Καλά Χριατοίίγεννα

και Χαρούμενο το 2013. Ο πρόεδρος της Σwταιmκής Εmροπής: Γιώργος Τσαα6ποvλος Ο σντιπρ6εδροι: Βαγγέλης Εuατσθίοu, Γι6ννης Κερσασρίδης

Μaβημaτικοί Διαγωνισμοί: Σύνθεση εξωφύλλου:

Αφίσα από το διεθνές συνέδριο ICM 2104 Θαλής: 20 Οκτωβρίου 2012 \ Εuκλcfδης:

Αρχιμήδης: 12 Ιανουαρίου 2013 23 Φεβρουαρίου 2013

Θυμίζουμε ότι κάθε Σάββατο γίνονται ΔΩΡΕΑΝ μαΘήματα, για τους διαγωνισμούς, ατα γραφεί

της Ε.Μ.Ε. Έναρξη από 22 Σεmεμβρίου 2012 ••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••

ΠΑΝΕΠΙΣΤΗΜΙΟΥ 34 Εκτελεατική Γραμματεία 106 79 ΑΘΗΝΑ Πρόεδρος: �2103617784"3616532 Τασσόπουλος Γιώργος Fσχ: _21 03641025 Αντιπρόεδροι: Εκδοτης: Ευαταθίου Βαγγέλης Κcιλοyερ6πουλος Γρηy6ριος Κερασαρίδης Γιάννης Διευθυντής:

• Γραμματέας: Κρητικός Εμμανουηλ Χριατόπουλος Παναγιώτης Επιμέλεια Έκδοαης: Μέλη: Αργυράκης Δ. Ζώτος Βαγγέλης Λουρίδας Σ. Κωδικός ΕΛ. ΤΑ.: 2055 Στεφανής Π. ISSN: 1105 - 7998 Ταπειν6ς Ν.

Η έγκαιρη πληρωμή της συνδρομής βοηΘάει στην έκδοση

του περιοδικού

Αθανασόπουλοs Γεώργιος Αναστασίου Γιάννης Ανδρουλακάκηs Νίκοs Αντων6πουλοs Νίκοs Αργυράκης Δημήτριος

Βακαλ6πουλοs Κώοταs Ευσταθίου Βαyyέληs Ζαχαρόπουλοs Κων/νοs Ζώτοs Βαyyε'ληs

Κακαβάs Απόστολος Καλίκαs Σταμάτης Καμπούκοs Κυριάκοs Κανέλλοs Χρήστος Καραγκούνης Δημήτρης Καρκάνηs Βασίλης Κατσούληs Γιώρyοs Κερασαρίδηs Γιάννης Καρδαμίτσηs Σπύροs

Κλάδη Κατερίνα Κον6μηs ί\ρτι

Συντακτική επιτρ οπή Κ6ντζιαs Νίκοs Κοτσιφάκηs Γιώρyοs Κουτρουμπέλαs Κώοταs Κυριαζής Ιωάννης Κυριακ6πουλοs Αντώνης Κυριακοπούλου Κων/να Κυβερνήτου Χρυστ.

Λαζαρίδης Χρήστος Λάππαs Λευτέρης Λουρίδας Σωτήρης Μαλαφέκαs Θανάσης Μανωλάκου Στοματική Μαυροyιαννάκηs Λεωνίδας Μενδριν6s Γιάννης Μεταξάς Νικ6λαοs Μπρίνοs Παναyιώτηs Μυλωνάς Δημήτρης Μώκοs Χρήστος Πανδήs Χρήστος Πανουσάκηs Νίκος Πουλιάσηs Παναyιώτηs Ρέyκληs Δημήτρης Σαίτη Εύα Σταϊκοs Κώοταs

Στάίκοs Παναyιώτηs Στρατής Γιάννης Ταπεινός Νικόλαος Τασσ6ποuλοs Γιώρyοs Τζιώτζιοs Θανάσης Τριαντάφuλλοs Γιώρyοs

Τριάντοs Γεώρyιοs Τσαγκάρης Ανδρέας ΤσατούραςΕυάyyελοs Τσικαλουδάκηs Γιώργος Τσιούμαs Θανάσης Τυρλήs Ιωάννης Φανέλη Άννυ Χαραλαμπάκηs Ευστάθιος Χαραλαμποπούλου Λίνα Χαραλάμπους Θάνοs Χριστιάs Σπύρος Χριστ6πουλοs Θανάσης Χριστ6πουλοs Παναyιώτηs

Ψύχαs Βαyyέληs •••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••••• • Τα διαφημιζόμενα βιβλία δε σημαίνει 6n προτείνονrαι από την Ε.Μ.Ε. • Οι συνεργασίες, [τα άρθρα, οι προτεινόμενες ασκήσεις, οι λύσεις ασκήσεων κλπ.] πρiπει να στέλνονrαι_!rι<αι�, σrαyραφεία της

Ε.Μ.Ε. με την tνδειξη "Για τον Ευκλείδη Β'". Τα χειρ6yραφα δεν εmστρέφονrαι. Q!LIG!tΘ!l.QΛE� Ετήσια συνδρομή (12,00 + 2,00 Ταχυδρομικά= ευρώ 14,00). Ετήσια συνδρομή για Σχολεία ευρώ 12,00 Το αvήπμο yια τα τεύχη που παραyyέλνονrαι στέλνεται: (1 ). Με απλή ταχυδρομική εmταyή σε διαταyή Ε.Μ.Ε. Τ αχ. Γραφείο Αθήνα 54 Τ.Θ. 30044 (2). Στην ιστοοελίδα της Ε.Μ.Ε., όπου υπάρχει δυνατότητα τραπεζικής συναλλαγής με την τράπεζα EUROBANK (3). Πληρώνεται σrα γραφεία της Ε.Μ.Ε. (4). Με ανrικαταβολή, σε εταιρεία ταχυμεταφορών σrο χώρο σος, κατά την παραλαβή.

Εκτύnωαη: ROTOPRINT ιΆ. ΜΠΡΟΥΣΜΗ & Σ/Α EEJ. τηλ.: 210 6623778-358 Υnειίθuνος τunογpαφείοu: Δ. Παπαδόπουλος

ΕΛΛΗΝΙΚΗ ΜΑΘΗΜΑΤΙΚΗ ΕΤΑΙΡΕΙΑ -----------ΠΡΟΣΚΛΗΣΗ

Καλούνται όλα τα τακτικά μέλη της Ε.Μ.Ε. σε ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΗ Γενική Συνέλευση

την Κυριακή 20 Ιανουαρίου 2013

Αθήνα, 19- 10- 2012

ώρα 11.00 το πρωί, στο Μεγάλο Αμφιθέατρο στο Κτήριο του Νέου Χημείου του Πανεπιστημίου Αθηνών (Ναυαρίνου 13α, Αθήνα).

Με μοναδικό Θέμα: Τροποποίηση Καταστατικού Για να υπάρξει απαρτία σύμφωνα με το καταστατικό πρέπει να παρίσταται τουλάχιστον το

1/2 των τακτικών μελών της Ε.Μ.Ε., που έχουν εκπληρώσει τις ταμειακές τους υποχρεώσεις για το 2012.

Με συναδελφικούς χαιρετισμούς Για το Δ. Σ. της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Ο Πρόεδρος Ο Γενικός Γραμματέας Γρηγόριος Καλογερόπουλος Εμμανουήλ Κρητικός

Καθηγητής Πανεπιστημίου Αθηνών Λέκτορας Οικονομικού Πανεπιστημίου Αθηνών

ΑΠΟΦΑΣΗ ΤΟΥ Δ.Σ. ΤΗΣ Ε.Μ.Ε. Στη συνεδρίαση του Δ.Σ. της Ε.Μ.Ε. την 19η Οκτωβρίου 2012 και σύμφωνα με την

ημερήσια διάταξη, συζητήθηκε η ομόφωνη πρόταση που κατέθεσε η 9μελής Επιτροπή που είχε οριστεί με ομόφωνη απόφαση της Γενικής Συνέλευσης της 11 ης Μαρτίου 2012.

Το Δ.Σ. αποφaσισε ομόφωνα να αποδεχθεί την πρόταση, όπως αυτή έχει λάβει την τελική μορφή της μετά από τη νομοτεχνική επεξεργασία και να τη θέσει υπόψη της Καταστατικής Γενικής Συνέλευσης στις 20 Ιανουαρίου 2013.

Το πρωτοποριακό εκλογικό σύστημα που προτείνεται είναι μία σύζευξη του ενιαίου ψηφοδελτίου και της απλής αναλογικής όπως προκύπτει από την πρόταση της Επιτροπής που ακολουθεί.

ΠΡΟΤΑΣΗ ΓΙΑ ΤΗΝ ΤΡΟΠΟΠΟΙΗΣΗ ΤΟΥ ΚΑΤΑΣΤΑΤΙΚΟΥ Με ομόφωνη απόφαση της Γενικής Συνέλευσης στις 27/2/2005 της Ε.Μ.Ε. συγκροτήθηκε

Επιτροπή με στόχο τη μελέτη της τροποποίησης άρθρων του καταστατικού της Εταιρείας που αφορούν στο εκλογικό σύστημα. Στο χρονικό διάστημα που πέρασε η εννεαμελής επιτροπή συνεδρίασε πολλές φορές και μετά και από συνεννόηση με νομικούς κατέληξε ομόφωνα σε πρόταση για την αλλαγή του εκλογικού συστήματος. Η ομόφωνη αυτή πρόταση της επιτροπής επιχειρεί να συνδυάσει την εφαρμογή της απλής αναλογικής με το ενιαίο ψηφοδέλτιο (το οποίο αποτελεί βασικό στοιχείο της εκλογικής διαδικασίας της Ε.Μ.Ε. από την ίδρυσή της). Αναλυτικά η πρόταση περιλαμβάνει τα εξής: 1. Για τη συγκρότηση του ενιαίου ψηφοδελτίου, στο οποίο τα ονόματα των υποψηφίων

αναγράφονται με αλφαβητική σειρά, υποβάλλουν αίτηση τα ενδιαφερόμενα τακτικά και αντεπιστέλλοντα μέλη της Ε.Μ.Ε. ( σύμφωνα με τις διαδικασίες ανακήρυξης υποψηφιοτήτων του καταστατικού) στην οποία επιπλέον επιλέγουν τη μία από τις τρεις δυνατότητες που αναφέρονται σ' αυτή. Συγκεκριμένα

α) Συμμετέχω στο συνδυασμό Α ή Β ή Γ κλπ. και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών

προτίμησης που θα λάβω με τους σταυρούς των υπολοίπων μέχρι και δεκατεσσάρων υποψηφίων του ίδιου συνδυασμού.

β) Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος και αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών προτίμησης που θα λάβω στους σταυρούς των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων, εφόσον υπάρχουν, προκειμένου να συμμετέχουν στη Β ' κατανομή των εδρών.

γ) Δεν συμμετέχω σε κανένα συνδυασμό, είμαι μεμονωμένος υποψήφιος, η υποψηφιότητά μου αποτελεί αυτοτελή συνδυασμό και δεν αποδέχομαι την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβω με τους σταυρούς άλλων μεμονωμένων υποψηφίων ή υποψηφίων συνδυασμών προκειμένου να συμμετέχω στη Β ' κατανομή των εδρών.

Κάθε συνδυασμός ή μεμονωμένος υποψήφιος παραδίδει το πρόγραμμά του και τους υποψηφίους από το ενιαίο ψηφοδέλτιο που υποστηρίζει την ημέρα που το Δ.Σ. θα αποφασίσει την ανακήρυξη των υποψηφίων. Τα προγράμματα αυτά θα συμπεριληφθούν στην εκλογική Ενημέρωση, η οποία μαζί με τις οδηγίες για τις εκλογές και όλο το εκλογικό υλικό που προβλέπει το Καταστατικό θα αποσταλεί προς όλα τα μέλη της Ε.Μ.Ε.

2. Στα πλαίσια του ενιαίου ψηφοδελτίου είναι δυνατόν να δημιουργηθούν συνδυασμοί, ο καθένας από τους οποίους να περιλαμβάνει από ένα έως δεκαπέντε υποψηφίους.

3. Κατά την εκλογική διαδικασία τα μέλη της Ε.Μ.Ε. μπορούν να βάλουν στο ενιαίο ψηφοδέλτιο μέχρι 15 σταυρούς σε υποψηφίους για το Δ.Σ. και μέχρι 3 σταυρούς σε υποψηφίους για την Ε.Ε. ψηφίζοντας αυτοπροσώπως ή ταχυδρομικά (με τους περιορισμούς που προβλέπει το Καταστατικό).

4. Η Εφορευτική Επιτροπή διεξαγωγής των Αρχαιρεσιών εκλέγεται και λειτουργεί όπως προβλέπεται από το Καταστατικό. Μετά την ολοκλήρωση της ψηφοφορίας αθροίζει όλους τους σταυρούς όλων των υποψηφίων, το δε άθροισμα το διαιρεί με το 15, οπότε το πηλίκο που προκύπτει αποτελεί το εκλογικό μέτρο.

5. Για την Α κατανομή των εδρών προσθέτει τους σταυρούς των υποψηφίων κάθε συνδυασμού και το άθροισμα το διαιρεί με το εκλογικό μέτρο, οπότε ο κάθε συνδυασμός εκλέγει τόσους υποψηφίους όσους δηλώνει το ακέραιο μέρος του πηλίκου της αντίστοιχης διαίρεσης, σύμφωνα με τη σειρά σταυροδοσίας τους. Έτσι ολοκληρώνεται η διάθεση των εδρών στην Α κατανομή, εφόσον δεν υπάρχει μεμονωμένος υποψήφιος της (lγ) περίπτωσης ο οποίος να έχει λάβει αριθμό σταυρών τουλάχιστον ίσον με το εκλογικό μέτρο.

6. Στη Β κατανομή συμμετέχουν όλοι οι συνδυασμοί ανεξάρτητα από την εκλογή ή μη υποψηφίου στην Α κατανομή. Επιπλέον συμμετέχει και η ομάδα των 15 πρώτων σε σταυρούς μεμονωμένων υποψηφίων (σαν παραγόμενος συνδυασμός), οι οποίοι εξ' αρχής I έχουν αποδεχθεί την προσμέτρηση των σταυρών που θα λάβουν, για να συμμετέχουν στη Β κατανομή των εδρών. Αν μετά τη Β κατανομή παραμείνουν αδιάθετες έδρες, τότε αυτές κατανέμονται σύμφωνα με τα υπόλοιπα των συνδυασμών (στους οποίους συμπεριλαμβάνεται και ο παραγόμενος συνδυασμός).

7. Ακριβώς αντίστοιχη διαδικασία με την παραπάνω εφαρμόζεται για την εκλογή των μελών της Ε.Ε., ακολουθώντας όλα τα στάδια από το 1 έως το 6 (Για την Ε.Ε. εκλέγονται 3 υποψήφιοι). Ώρα λήξης της ψηφοφορίας: 19.00' Η παραλαβή των φακέλων από το ταχυδρομείο θα γίνεται, στις 13.00' την πρώτη εργάσιμη μέρα μετά τις εκλογές. Θα πρέπει να γίνει ενσωμάτωση αυτής της πρότασης με κατάλληλη νομική επεξεργασία στα υπό τροποποίηση άρθρα 32-40 του καταστατικού.

Τα μέλη της Επιτροπής Γρηγόρης Καλογερόπουλος Θεόδωρος Εξαρχάκος Γεώργιος Δημάκος

Ευάγγελος Δριβαλιάρης Ιωάννης Καρακωσταντής Γεώργιος Καρκούλιας

Ιωάννης Κερασσαρίδης Νίκος Λεβετσοβίτης Ιωάννης Τυρλής

Το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο CERN

Στο CERN βρίσκεται ο μεγαλύτερος και ακριβότερος επιταχυντής σωματιδίων που έχει κατασκευαστεί ποτέ, ονομάζεται LHC [Larg e Hadron ColliderR-Mεγάλoς Επιταχυντής Αδρονίων], αποτελεί ένα από τα πιο αξιόλογα «μνημεία» της επιστήμης των ημερών μας. Οι ενέργειες ( = ταχύτητες = θερμοκρασίες) στις οποίες θα φτάσει το LHC δεν έχουν ποτέ μέχρι σήμερα.

Οι επιταχυντές σωματιδίων χρησιμοποιούνται για τη μελέτη των μικρότερων συστατικών της ύλης. Εmταχύνουν σωματίδια σε τεράστιες ενέργειες και κατόmν τα αναγκάζουν να συγκρουσθούν, με αποτέλεσμα την παραγωγή πληθώρας νέων σωματιδίων.

Η διάσημ η εξίσωση του Einstein E=m.c2

δείχνει ότι η ενέργεια (Ε) μπορεί να μ ετατραπεί σε μ άζα (m), όπου c η ταχύτητα του φωτός στο κενό ( c=3 . 108 m/s). Για την κατασκευή ακόμη και μ ιας μικρής μάζας απαιτείται πολύ υψηλή συγκέντρωση ενέργειας. Όσο ισχυρότερος είναι ο επιταχυντής, τόσο υψηλότερη είναι η ενέργεια της σύγκρουσης και τόσο βαρύτερα τα σωματίδια τα οποία μπορούν να δημ ιουργηθούν. Δηλαδή έργο του CERN είναι η καθαρή επιστήμ η, η διερεύνηση των πλέον θεμελιωδών ερωτημάτων για τη Φύση: Τι είναι η ύλη; Από πού προέρχεται; Πως συγκρατείται για να σχηματίσει άστρα, πλανήτες και ανθρώπινα όντα;

Το CERN είναι το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο, το μεγαλύτερο κέντρο για τη Φυσική στοιχειωδών σωματιδίων στον κόσμο. Το Εργαστήριο βρίσκεται πάνω στα Γαλλοελβετικά σύνορα, δυτικά της Γενεύης, στους πρόποδες της οροσειράς Ζουρά ( Jura) . Ο LHC είναι εγκατεστημένος σε ένα κυκλικό τούνελ μήκους 27 χλμ. (26.659 m) σε βάθος 100 μέτρων [μέγιστο 17 5 m - ελάχιστο 50 m], το οποίο όταν κατασκευάστηκε τα δύο άκρα συνέπεσαν με ακρίβεια 1 cm.

Το κόστος κατασκευής μόνο του εmταχυντή ξεπέρασε τα 3 δισεκατομμύρια ευρώ. Η Ελλάδα καταβάλλει το 1,5% του προϋπολογισμού του CERN περίπου 15 εκατ. €uro και συμμετέχει σε τρία από τα πειράματα του LHC: ALICE, ATLAS και CMS.

Παναγιώτης Π. Χριστόπουλος

Γύρω στους 6500 επιστήμονες, δηλαδή σχεδόν το 50% των επιστημόνων σ' όλο τον κόσμο που ασχολούνται με τα σωματίδια, χρησιμοποιούν τις εγκαταστάσεις του CERN. Οι επιστήμονες αυτοί εκπροσωπούν 500 πανεπιστήμια και πάνω από 80 εθνικότητες.

Όταν ιδρύθηκε στη Γενεύη της Ελβετίας το 1954 από 12 ευρωπαϊκές χώρες, μεταξύ των οποίων και η Ελλάδα, ήταν ένας από τους πρώτους οργανισμούς προς την κατεύθυνση της διευρωπαϊκής ένωσης και συνεργασίας. Σήμερα, απαρτίζεται όχι μόνο από τα 20 κράτη-μέλη της ΕΕ ( βασικά μέλη), αλλά ταυτόχρονα συμμετέχουν ενεργά οι Η ΠΑ, Ινδία, Ισραήλ, Ρωσία, Ιαπωνία, Τουρκία και η UNESCO. Πρόκειται για ένα πανανθρώπινο εγχείρημα, που ως βασικό αντικείμενο ερευνών του ήταν και είναι τα στοιχειώδη σωματίδια, οι δομικοί λίθοι που απαρτίζουν την ύλη, όπως και οι δυνάμεις που τα διέπουν.

Μερικά εντυπωσιακά στοιχεία Σε πλήρη ισχύ οι δέσμες των πρωτονίων εκτε

λούν 11. 245 περιστροφές το δευτερόλεπτο κινούμενα με το 99, 99% της ταχύτητας του φωτός στο κενό.

Κάθε δέσμη μπορεί να περιστρέφεται για δέκα ώρες καλύπτοντας μία απόσταση δέκα δισεκατομμυρίων χιλιομέτρων, αρκετή για να ταξιδέψει με επιστροφή μέχρι τον Ποσειδώνα.

Η θερμοκρασία στην "περιοχή" της σύγκρουσης των δεσμών είναι 100. 000 φορές μεγαλύτερη από τη θερμοκρασία στον πυρήνα του Ηλίου, με αποτέλεσμα να είναι ένα από τα θερμότερα σημεία του Γαλαξία μας.

• 9.593 υπεραγώγιμοι ηλεκτρομαγνήτες συγκρατούν τις δέσμες σε τροχιά. Οι ηλεκτρομαγνήτες "προψύχονται" στους -193,2 °C (80 Κ) χρησιμοποιώντας 10.080 τόνους υγρό άζωτο πριν ψυχθούν στους -27 1 ,3 °C ( 1 ,9 Κ) με 120 τόνους υγρού ηλίου, θερμοκρασία χαμηλότερη από αυτή του Διαστήματος (2,7 κ). • Η ισχύς που καταναλώνει ο LHC είναι 120 MW (όλο το CERN 230 MW). Λειτουργώντας 270 ημέρες τον χρόνο εκτιμάται ότι καταναλώνει 800.000 MWh το χρόνο με κόστος περίπου 19.000.000 ευρώ. • Κάθε χρόνο (από τα 1 5 χρόνια προγραμματισμένης λειτουργίας) αποθηκεύονται περίπου 1 5.000.000 GB (=1 5 ΡΒ) δεδομένων. Με τους προηγούμενους επιταχυντές, είχαν πετύχει πυκνότητα ενέργειας ίση με αυτή που είχε το πρώιμο Σύμπαν 1 sec μετά τη Μεγάλη Έκρηξη (Big Bang).

Ο LHC θα δημιουργήσει συνθήκες που μπορεί να φτάσουν έως και ιο-25 sec μετά τη Μεγάλη Έκρηξη όταν το Σύμπαν είχε θερμοκρασία 1017 oc.

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/3

------------- Το Ευρωπαϊκό Εργαστήριο CERN -------------

Τι φQχνονν να ρροον στο CERN; Μόλις 10 μικροδευτερόλεπτα αργότερα, το

• Το crο)ματίδιο Higgs σύμπαν ψύχθηκε τόσο πολύ, που τα γκλουόνια δέ-Στόχος της σύγχρονης φυσικής είναι να περι- σμευσαν τα κουάρκ, σχηματίζοντας πρωτόνια και

γράψουν με τις 4 δυνάμεις-αλληλεπιδράσεις έναν ε- νετρόνια, δηλαδή τους δομικούς λίθους των ατονιαίο τρόπο, σε μια ενοποιημένη θεωρία που θα τις μικών πυρήνων. Από τότε, κανένα κουάρκ δεν παεξηγεί ως 4 διαφορετικές εκδηλώσεις μίας και μονα- ρέμεινε ελεύθερο στο ορατό σύμπαν. δικής δύναμης. Γνωρίζουμε πεφαματικά σήμερα ότι οι ηλεκτρομαγνητικές και οι ασθενείς πυρηνικές αλληλεπιδράσεις σε πολύ υψηλές ενέργειες συμπεριφέρονται με τον ίδιο τρόπο και είναι δυνατόν να περιγραφούν με μία "ενοποιημένη" θεωρία, την ηλεκτρασθενή. Ο "γρίφος" αυτής της θεωρίας ήταν μέχρι σήμερα στο μυστηριώδες σωματίδιο Higgs, που αρνιόταν πεισματικά να μας αποκαλυφθεί.

Η βαρύτητα μπορεί να ασκεί επιρροή πάνω στη μάζα των σωμάτων, αλλά μέχρι τώρα δεν είχε εξηγηθεί γιατί τα θεμελιώδη σωματίδια έχουν τη μάζα που έχουν. Αυτό που σε θεωρητικό επίπεδο το Καθιερωμένο Μοντέλο προβλέπει, αλλά πειραματικά δεν είχε διαπιστωθεί, είναι ότι τα σωματίδια, άρα και κάθε υλικό αντικείμενο, έχουν τη μάζα που έχουν επειδή τους τη δίνει ένα σωματίδιο, το σωματίδιο Higgs. Μεταξύ των πειραμάτων που γίνονται στο CERN και που θα διαρκέσουν Ι Ο με 20 χρόνια, είναι να δούμε το σωματίδιο Higgs.

Η θεωρία προβλέπει ότι όλα τα στοιχειώδη σωματίδια αποκτούν μάζα μέσω του λεγόμενου «μηχανισμού Higgs)). Ολόκληρο το σύμπαν διαπερνάται από ένα «πεδίο Higgs)), το οποίο σχετίζεται με ένα τουλάχιστον σωματίδιο που δεν είχε μέχρι σήμερα aνιχνευθεί, το μποζόνιο Higgs ή σωματίδιο του Θεού. Σε αυτό το πλαίσιο, όλα τα σωματίδια της ύλης που γνωρίζουμε αποκτούν μάζα μέσω της αλληλεπίδρασης τους με αυτό το πεδίο. Δηλαδή, όσο περισσότερο αλληλεπιδρά ένα σωματίδιο με το πεδίο Higgs, τόσο μεγαλύτερη αντίσταση συναντά στην κίνηση του και κατά συνέπεια τόσο βαρύτερο είναι.

• Η Κατάσταση του Σύμπαντος Στον LHC θα συγκρούονται και βαρέα ιόντα

μολύβδου για να μπορέσουν οι επιστήμονες να μελετήσουν λεπτομερώς την κατάσταση του σύμπαντος στα πρώτα κλάσματα του δευτερολέπτου μετά τη Μεγάλη Έκρηξη. Λιγότερο από ένα νανοδευτερόλεπτο μετά τη δημιουργία του, το νεογέννητο σύμπαν διεστάλει, και από μέγεθος μικρότερο αυτού των υποατομικών σωματιδίων κατέλαβε μια έκταση πολλών χιλιομέτρων. Καθώς η διαστολή του συνεχιζόταν, η θερμοκρασία του εξακολουθούσε να υπερβαίνει τα 1. 000 δισεκατομμύρια βαθμούς, και για μια στιγμή η ύλη υπήρχε υπό μορφή ελεύθερων κουάρκ μέσα σε μια «σούπω) από γκλουόνια - τα σωματίδια «συγκόλλησηρ) των νουκλεονίων, που λειτουργούν κι ως φορείς της ισχυρής πυρηνικής δύναμης ανάμεσα στα κουάρκ.

Μπορεί τελικά στον επιταχυντή να καταλάβουμε τη φύση της σκοτεινής ενέργειας ή της ενέργειας του κενού (η οποία αποτελεί το 73 % της συνολικής μάζας του σύμπαντος) , που είναι η αιτία της επιταχυνόμενης διαστολής του σύμπαντος. Μια δυνατότητα για τη σκοτεινή ενέργεια είχε εισαχθεί από τον Albert Einstein, που την ονόμασε "κοσμολογική σταθερά" λ. Η φύση της σκοτεινής ενέργειας είναι ένα ακόμη μυστήριο.

Γιατί το Σύμπαν αποτελείται από ύλη; Να δούμε αν στην αρχή του σύμπαντος δημι

ουργήθηκαν κι άλλοι δομικοί λίθοι εκτός από αυτούς που ήδη γνωρίζουμε. Πού πήγε η αντιύλη που υπήρχε στο Σύμπαν; Υπάρχει η σκοτεινή ύλη και σε τι μορφή;

Μετά τη Μεγάλη Έκρηξη, η οποία συνέβη πριν από 13 ,7 δισεκατομμύρια χρόνια παρήχθησαν σωματίδια ύλης και αντι-ύλης σε ίσες περίπου ποσότητες. Τούτο σημαίνει πως κάθε σωματίδιο (π.χ. πρωτόνιο) είχε το αντίστοιχο πανομοιότυπό του σωματίδιο ( αντιπρωτόνιο ). Μεταξύ τους διαφέρουν μόνο ως προς το φορτίο που φέρουν (θετικό /αρνητικό). Στο σύμπαν μας δεν υπάρχει αντι-ύλη. Ο επιταχυντής του CERN λειτουργώντας ως χρονομηχανή που θα μας πάει πίσω στη στιγμή του Big Bang, θα προσπαθήσει να ρίξει φως στο μυστήριο της "εξαφάνισης" ερευνώντας εάν και πώς παραβιάστηκε αυτή η ισορροπία ύλης και αντιύλης. Οι φυσικοί υποθέτουν ότι σχεδόν αμέσως μετά τη Μεγάλη Έκρηξη που δημιούργησε το σύμπαν θα πρέπει να υπήρξε μια ελάχιστη «αστάθεια στη σχέση ύλης και αντιύλης, αφού διαφορετικά δε θα υπήρχε η ύλη που βλέπουμε γύρω μας. Η ασυμμετρία αυτή μεταξύ ύλης και αντιύλης θα μελετηθεί σε έναν από τους ανιχνευτές του LHC, σε μια προσπάθεια να κατανοηθεί γιατί το σύμπαν στο οποίο ζούμε, αποτελείται από ύλη.


Σωτήρης Χρ. Γκουντουβάς Γ ια τη ζωή* του Ευκλείδη γνωρίζουμε με βεβαιότητα λίγα πράγμα

τα. Η ακμή του τοποθετείται γύρω στο 300 π.Χ στην Αλεξάνδρεια, - την εποχή της βασιλείας του Πτολεμαίου Α' ( 306-283 π. Χ) . Εικά

ζεται ότι ήταν πρύτανης στο πανεπιστήμιο της Αλεξάνδρειας, το ονομαζό

μενο Μουσείο, και ότι είχε φοιτήσει στην Ακαδημία του Πλάτωνα στην

Αθήνα.

Τα περίφημα Στοιχεία του ήταν ένα έργο ορόσημο για την Γεωμετρία

όπου, τα 13 βιβλία τους, περιελάμβαναν τα μαθηματικά επιτεύγματα τριών

αιώνων ελληνικής επιστήμης, αρχής γενομένης από τον σοφό Θαλή το

Μιλήσιο (640-546 π. Χ) . Ευκλείδης ο Αλεξανδρεύς

Τα Στοιχεία περιείχαν 372 θεωρήματα και 93 προβλήματα ( γεωμετρι-

κές κατασκευές), δηλαδή 465 προτάσεις συνολικά. Το επίθετο ''Ευκλείδεια" δόθηκε στην Γεωμετρία

προς τιμήν του. Να σημειώσουμε ότι τα Στοιχεία έθεσαν στο περιθώριο προηγούμενες εκδόσεις έργων

Γεωμετρίας, λόγω της καταφανούς ανωτερότητάς τους. Η μόνη ουσιαστική συμπλήρωση στην αξιωματι

κή θεμελίωση των Στοιχείων έγινε από τον γερμανό μαθηματικό David Hilbert (1862-1943) το 1899 με

το περίφημο έργο του Επί των θεμελίων της Γεωμετρίας (Grundlagen der Geometrie).

Ένα χαρακτηριστικό περιστατικό από τη ζωή του Ευκλείδη είναι το εξής. Κάποτε ο Πτολεμαίος Α'

προσπαθώντας να μάθει Γεωμετρία από τα Στοιχεία ρώτησε τον Ευκλείδη αν υπάρχει πιο εύκολος τρό

πος. Η απάντηση του Ευκλείδη έμεινε στην ιστορία, «Μή είναι βασιλικήν ατραπόν επί γεωμετρίαν )),

δηλαδή δεν υπάρχει βασιλική οδός για τη γεωμετρία.

Η κομψότητα της Ευκλείδειας Γεωμετρίας είναι απαράμιλλη, όμως το πρόβλημα είναι ότι δεν υπάρ

χει μια γενική μέθοδος για την επίλυση όλων των προβλημάτων.

Τα αρχαία ελληνικά μαθηματικά κλείνουν τον κύκλο τους στους ελληνιστικούς χρόνους, τον 5° μ .Χ

αιώνα, στην Αλεξάνδρεια με τελευταία μεγάλη μαθηματικό την Υπατία, κόρη του μαθηματικού Θέαινα

του Αλεξανδρινού. Η Υπατία μάλιστα βρήκε τραγικό τέλος το 412 μ .Χ από φανατισμένο όχλο χριστια

νών υπό την καθοδήγηση του επισκόπου της Αλεξάνδρειας Κύριλλου, γιατί με τα μαθηματικά «καλλιερ

γούσε την ειδωλολατρίω)!!!

Μεσολαβεί ένα μεγάλο χρονικό διάστημα περίπου 1000 ετών, όπου τα μαθηματικά δεν αναπτύχθη-·'

καν ιδιαίτερα, και φτάνουμε στην Αναγέννηση. Η μεγάλη ώθηση στις θετικές επιστήμες ήταν η μελέτη

και έκδοση των έργων - αριστουργημάτων αρχαίων Ελλήνων επιστημόνων όπως τα Κωνικά του Απολ

λωνίου, τα Αριθμητικά του Διοφάντου, διάφορα έργα του Αρχιμήδη και

του Πτολεμαίου και πολλά άλλα. Κορωνίδα βέβαια αυτής της δραστη

ριότητας ήταν η έκδοση των Στοιχείων του Ευκλείδη. Η πρώτη έκδοσή

τους έγινε στα λατινικά το 1596 στη Βασιλεία της Ελβετίας και έκτοτε

ακολούθησαν πάρα πολλές εκδόσεις σε διάφορες χώρες και γλώσσες.

Το 1637 ο Γάλλος μαθηματικός και φιλόσοφος Καρτέσιος, Rene

Descartes (1596-1650) εκδίδει στα γαλλικά την περίφημη Γεωμετρία του

(La Geometrίe) που ήταν παράρτημα στο φιλοσοφικό του έργο "Dίscours Καρτέσιος (Rene Descartes de la Methode" (Περί της μεθόδου λόγος). Σ' αυτή, που σήμερα καλούμε

Αναλυτική Γεωμετρία, χρησιμοποιούνται εξισώσεις και γραφικές παρα-

•

Το άρθρο αυτό αφιερώνεται στη

μνήμη του, πρόωρα χαμένου φίλου, μαθηματικού Γιάννη Πάνου.


------------- Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη------------

στάσεις ευθειών γραμμών και καμπυλών και γίνεται εκτεταμένη χρήση άλγεβρας για τη λύση γεωμετρικών προβλημάτων. Το έργο αυτό του Καρτεσίου έμεινε στην ιστορία ως η Μέθοδος (La Methode) και επέκτεινε τους ορίζοντες και τις δυνατότητες της παραδοσιακής Ελληνικής Γεωμετρίας.

Ίχνη χρήσης συντεταγμένων υπήρχαν στα έργα Αλεξανδρινών Γεωμετρών, όπως στα Κωνικά του Απολλωνίου, στη Γεωγραφική Υ φήγηση του Κλαύδιου Πτολεμαίου και, σαφώς περισσότερο, στη Μαθη-

ματική Συναγωγή του Πάππου που γίνεται χρήση άλγεβρας, όμως το πιστοποιητικό γέννησης της Αναλυτικής Γεωμετρίας θεωρείται το έργο του Καρτεσίου. Ο Καρτέσιος κλείνει την Geometrίe ως εξής: ((Δεν

είναι ο σκοπός μου να γράψω ένα μεγάλο βιβλίο. Προσπαθώ μάλλον

να εισάγω πολλά με λίγα λόγια. ... Ελπίζω ότι εκ των υστέρων θα με

κρίνουν ευγενικά, όχι μόνο για τα θέματα που έχω εξηγήσει αλλά και

για αυτά που έχω σκόπιμα παραλείψει για να αφήσω και σε άλλους

την ευχαρίστηση της ανακάλυψης.>> (Geometrίe, σ. 413). Πιθανώς η βασιλική οδός για τη Γεωμετρία να βρέθηκε, δυστυχώς για τον Πτολεμαίο, ύστερα από 2000 χρόνια περίπου. Στη συνέχεια θα δούμε μερικά προβλήματα λυμένα με ευκλείδεια και αναλυτική γεωμετρία.

L& CEOMETR.IL

La Geometrie, Βιβλίο Πρώτο

Α

Β

Α

z

1. Δίνεται ένα ισοσκελές και ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΓ=ΒΓ και Γ=90°. Στις πλευρές ΑΓ, ΒΓ παίρνουμε τα σημεία Δ και Ε αντίστοιχα, ώστε Γ Δ = ΓΕ. Από τα Δ και Γ φέρνουμε κάθετες ευθείες στην ΑΕ που τέμνουν την υποτείνουσα ΑΒ στα Κ και Λ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι ΚΛ=ΛΒ.

(Μαθηματική Ολυμπιάδα 1974, Ερεβάν Αρμενίας) ΛΥΣΗ Ευκλείδης 1: Το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές και ορθογώνιο.

Προεκτείνουμε το ΔΓ κατά ίσο τμήμα ΓΖ=ΔΓ και φέρουμε το ΖΒ. Τα τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΓΖ είναι ίσα οπότε Β1=Α1• Στο τρίγωνο ΒΕΗ έχουμε: Β1+Ε1 = Α1+Ε2 = 90°, άρα Η=90°, οπότε ΗΒΙΙΓΝΙΔΚ.

Τώρα αφού ΖΒΙΙΓΝΙΔΚκαι ΔΓ = ΓΖ τότε ΚΛ=ΛΒ.

Ευκλείδης 2: Φέρουμε τις ΓΡ, ΔΕ. Το τετράπλευρο ΓΔΡΕ είναι εγγράψιμο αφού Ρ=Γ=90°. Τότε Ρ1=Δ1=45° (αφού ΓΔΕ ισοσκελές), οπότε αφού Η=90° έχουμε Γ1= 45°, άρα ΗΡ = ΗΓ. Προεκτείνω την ΡΗ κατά τμήμα ΗΖ=ΡΗ. Το τρίγωνο ΡΓΖ είναι ισοσκελές γιατί ΓΗ διάμεσος και ύψος άρα Ζ1 = Ρ1 = 45°. Τέλος το τετράπλευρο ΑΒΖΓ είναι εγγράψιμο γιατί Ζ1=Β1= 45°. Άρα ΑΓΒ =ΑΖΒ = 90°, οπότε ZBI I ΗΛ I I ΡΚ και αφού ΡΗ = ΗΖ έχουμε ότι ΚΑ = ΛΒ.

Ευκλείδης 3 : Οι γωνίες Αι και Γ 1 είναι ίσες γιατί είναι οξείες με κάθετες πλευρές. Από το Β φέρουμε κάθετη στη ΒΓ που τέμνει την προέκταση της Γ Λ στο Η. Τότε τα ορθογώνια τρίγωνα ΑΓΕ και ΒΓΗ είναι ίσα, άρα ΒΗ=ΓΕ=ΓΔ. Επίσης ΒΗΙΙΓΔ άρα ΒΗΙΙ=ΓΔ (1). Από το Κ φέρουμε

Α

ΚΖΙΙΓΔ. Τότε το τετράπλευρο Γ ΔΚΖ είναι παραλληλόγραμμο γιατί οι απέναντι πλευρές του είναι πα Η ράλληλες, άρα ΚΖΙΙ=ΓΔ (2). Από τις (1) και (2) έχουμε ότι ΒΗΙΙ=ΚΖ άρα το τετράπλευρο ΒΖΚΗ είναι παραλληλόγραμμο οπότε οι διαγώνιές του ΒΚ, ΖΗ διχοτομούνται, άρα ΚΛ=ΛΒ.


Γ Ε Β

Γ

-------------Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη-------------

Ευκλείδης 4: Έστω ότι ΓΔ=ΓΕ=α. Φέρω την ΕΖ//ΓΝ/ΔΚ. Από το θεώρημα του Θαλή έχουμε τις επόμενες δύο σχέσεις ΑΔ

= ΑΚ

<=> ΚΑ = α · ΑΚ και ΛΖ

= ΓΕ <=> ΛΒ =

ΛΖ· ΒΓ . ΔΓ ΚΑ ΑΔ ΛΒ ΒΓ α

Οπότε για να δείξω ότι ΚΑ = ΛΒ <::::> α 2 = ΛΖ· ΒΓ . ΑΔ (1) ΑΚ

Τα τρίγωνα ΑΔΚ και ΑΓΛ είναι όμοια οπότε έχουμε ΑΔ ΑΓ ΒΓ , ( ) , 2 ΒΓ2 ΛΖ (2) ,

-- = - = - , αρα η 1 γινεται α = ·- . Τωρα ΑΚ ΑΛ ΑΛ ΑΛ , θ , Θαλ , , ΛΖ ΡΕ , (2) , απο το εωρημα του Μ η εχουμε - = - , οποτε η γινεται

ΑΛ ΑΡ 2 2 ΡΕ 2 2 ΡΕ α 2 ΡΕ , , α = ΒΓ ·- <=> α = ΑΓ ·- <=> -- =- (3). Όμως απο

ΑΡ ΑΡ ΑΓ2 ΑΡ

Α

Γ α Ε Β

, , θ , , , , , ΓΕ 2 ΡΕ δ λ δ , ( ) τις μετρικες σχεσεις στο ορ ογωνιο τριγωνο ΑΓΕ με υψος το ΓΡ ισχυει οτι --2 = - , η α η η 3 . ΑΓ ΑΡ

Άρα τελικά ΚΛ=ΛΒ.

Καρτέσιος : Θεωρούμε το ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων όπως είναι στο σχήμα, δηλαδή ο άξονας χ'χ διέρχεται από τα σημεία Β, Γ και ο άξονας y'y από τα Α, Υ Γ. Έστω τα σημεία Α(Ο,α) Β(α,Ο), Γ(Ο,Ο), με α>Ο και Δ(Ο,β) και Ε(β,Ο) με β>Ο, αφού ΓΔ=ΓΕ.

Η εξίσωση της ευθείας ΑΒ είναι : x+y = α (1) α Ο συντελεστής διεύθυνσης της ευθείας ΑΕ είναι λ 1 =-β ,

Α

άρα ο συντελεστής διεύθυνσης των κάθετων ευθειών ΔΚ, Γ Λ είναι λ2 =Ι . Η εξίσωση της ευθείας ΔΚ είναι: y =Ι χ +β α α e Β χ

(2) και της Γ Λ : y = Ι χ (3). Λύνουμε το σύστημα των εξισώ-α σεων (1) και (2) και βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Κ(α 2 - αβ, 2αβ ). Ομοίως από τις (1) α+β α+β και (3) βρίσκουμε τις συντεταγμένες του σημείου Λ(� .�) . Υπολογίζουμε τώρα τα τμήματα ΚΛ α+β α+β

, ΚΛ 2α2β2 .fiαβ 'β λ β , 'ξ , , δ , και ΛΒ και εχουμε = 2 = --=ΛΒ. Βε αια, οι α γε ρικες πρα εις ειναι αρκετες και ε ω (α+β) α+β δίνουμε απευθείας τα αποτελέσματα. 2. Να αποδείξετε ότι ένα τρίγωνο είναι ισοσκελές αν δύο διά-μεσοι του είναι ίσες. ΛΥΣΗ Ευκλείδης 1 : Αν στο τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΒΔ και ΓΕ είναι ίσες, τότε το τρίγωνο είναι ισοσκελές.

Α

Φέρνω την ευθεία ΕΔ και παίρνω ίσα τμήματα Η _..___----fl..-----..,ιιι---..........,. z ΗΕ=ΕΔ=ΔΖ (1).

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΓΔΕ. Αυτά έχουν ΑΔ=ΔΓ, ΔΖ=ΕΔ (1) και οι κατακορυφήν γωνίες ΑΔΖ=ΓΔΕ. Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΑΖ=ΓΕ (2). Όμοια τα τρίγωνα ΑΗΕ και ΒΔΕ είναι ίσα άρα ΑΗ=ΒΔ (3).


Β Γ

------------- Καρτέσιος εναντίον Ευκλείδη------------

Όμως ΒΔ=ΓΕ άρα από (2) και (3) έχουμε ότι ΑΖ=ΑΗ (4), δηλαδή το τρίγωνο ΑΗΖ είναι ισοσκελές, οπότε οι γωνίες Ζ=Η (5).

Συγκρίνουμε τώρα τα τρίγωνα ΑΔΖ και ΑΕΗ. Αυτά έχουν ΔΖ=ΗΕ ( 1 ), ΑΖ=ΑΗ (4) και οι γωνίες Ζ=Η (5). Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΑΔ=ΑΕ οπότε ΑΓ=ΑΒ.

Ευκλείδης 2 : Οι διάμεσοι ΒΔ, ΓΕ είναι ίσες και τέμνονται στο Κ, που είναι το βαρύκεντρο.

2 1 Από την ιδιότητα του βαρύκεντρου έχουμε ΒΚ = 3" ΒΔ, ΚΔ= 3 ΒΔ και

2 1 ΓΚ=- ΓΕ ΚΕ=-ΓΕ. 3

, 3

Άρα ΒΚ=ΓΚ (1) και ΚΕ=ΚΔ (2)

Α

Β Γ

Συγκρίνουμε τα τρίγωνα ΒΚΕ και ΓΚΔ. Αυτά έχουν ΒΚ=ΓΚ (1) και ΚΕ=ΚΔ (2) και οι κατακορυφήν γωνίες Κι = Κ2. Συνεπώς τα τρίγωνα είναι ίσα άρα ΒΕ=ΓΔ, οπότε ΑΒ=ΑΓ.

Καρτέσιος: Στο τρίγωνο ΑΒΓ οι διάμεσοι ΒΔ και ΓΕ είναι ίσες. Θεωρούμε το ορθογώνιο σύστημα συντεταγμένων όπως είναι στο σχήμα, δηλαδή ο άξονας χ'χ διέρχεται από τα σημεία Β, Γ και ο άξονας y'y από το ύψος του ΑΒΓ. Έστω τα σημεία Α(Ο,α) Β(β,Ο) και Γ(γ,Ο), με β<Ο και γ>Ο. Τότε οι

συντεταγμένες των Δ, Ε θα είναι Δ( l, α) και Ε( β, α). 2 2 2 2

Αφού ΓΕ=ΒΔ, τότε

Υ

Β

Η λύση β=γ απορρίπτεται γιατί τα β, γ ετερόσημα ενώ η λύση β=-γ είναι δεκτή.

Τώρα για β=-γ έχουμε ότι ΑΒ=ΑΓ, άρα το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισοσκελές.

Γ χ

Συμπερασματικά έχουμε ότι οι λύσεις με ευκλείδεια γεωμετρία είναι πολλές και διαφορετικές μεταξύ τους, σαφώς πιο κομψές από της αναλυτικής, αλλά δεν ακολουθούν μια γενική μέθοδο. Αντίθετα, οι λύσεις με αναλυτική γεωμετρία είναι τυποποιημένες, όμως οι αλγεβρικές πράξεις που απαιτούνται είναι συνήθως αρκετές.

Θα δώσουμε στη συνέχεια ένα πρόβλημα και θα προκαλέσουμε να λυθεί με τους δύο τρόπους. Η ευκλείδεια λύση είναι δύσκολη αλλά σύντομη, ενώ η αναλυτική απαιτεί τουλάχιστον δύο - τρεις σελίδες με πράξεις.

Δίνεται ένα κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓ Δ και οι διαγώνιες του ΑΓ και ΒΔ τέμνονται στο Κ. Θεωρούμε τα ορθόκεντρα Η 1 και Η2 των τριγώνων ΑΚΔ και ΒΚΓ αντίστοιχα και τα βαρύκεντρα G1 και G2 των τριγώνων ΑΚΒ και ΓΚΔ αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τμήμα Η1Η2 είναι κάθετο στο Gι G2.


αβηματικοί ΔtαΎfιΙΥΙοpοfι αβηpατικ.έ� Οl:υμιnβδες

Επιτροπή Διαγωνισμών της Ε.Μ.Ε.

73°ς ΠΑΝΕΛΛΗΝΙΟΣ ΜΑθΗΤΙΚΟΣ Δ�ΑrΩΝ�ΣΜΟΣ ΠΑ ΜΑθΗΜΑΤ�ΚΑ

'Ό ΘΑΛΗΣ" 20 Οκτωβρίου 2012

Α' Λυκείου Πρόβλημα 1 Ν α βρεθούν οι ακέραιοι χ που είναι ρίζες της εξίσωσης χ (χ- 2) = 24 και το τετράγωνό

τους δεν είναι μεγαλύτερο του 25. Λύση Η εξίσωση χ (χ- 2) = 24 <=> χ2 - 2χ- 24 = Ο είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα

Δ 100 ' ' δ' ' 'ζ 2 ± 1 0 6 ' 4 = , οποτε εχει υο πραγματικες ρι ες χ = -2- <=> χ = η χ = - ·

Δεκτή είναι η ρίζα χ= -4 , γιατί ( -4)2 = 1 6 < 25 , ενώ 62 = 36 > 25 .

Πρόβλημα 2 Ν α απλοποιηθεί η παράσταση:

Λύση

α3 + β3 -α2 + β2 + ( αβ+ p2)(α- 2β) Κ(α,β)= 2 , αν α+ β"ΦΟ και α+ β"Φ1.

(α+ β) -α-β

Ο αριθμητής της παράστασης γράφεται: α3 + β3 -α2 + p2 +( αβ+ p2)(α-2β) = α3 + β3 -( α2 -p2) + β(α + Ρ)(α-2β)

=(α+ Ρ)(α2 -αβ+ Ρ2)-(α+ Ρ)( α-Ρ)+ β(α+ Ρ)(α-2β)

= (α+ β) ( α2 -αβ + β2 -α+ β+ βα -2 β2) = (α+ β) ( α2 - β2 -α+ β) =(α+ Ρ)[(α+ Ρ)(α-Ρ)-(α-Ρ)] =(α+ β)( α- β)( α+ β- 1).

Ο παρανομαστής της παράστασης γράφεται: (α+ β)2 -α- β= (α+ β)( α+ β - 1) Άρα, αφού α+ β"ΦΟ και α+ β"Φ1 , έχουμε

Πρόβλημα 3

Κ(α, β)= (α+ β)(α- β)(α+ β- 1) =α- β. (α+ β)(α+ β-1)

Δίνεται η εξίσωση χ2 + 2λχ +λ 2 - 1 = Ο. Ν α βρείτε τις τιμές της παραμέτρου λ για τις

ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β. 86 τ.2/9

-------- Μαθηματικοί Διαyωνιαμοi- Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------

οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες μεγαλύτερες του -5 και μικρότερες του 2 και το άθροισμα των τετραγώνων τους είναι ίσο με 20.

Λύση \. Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ = 4λ 2 -4 (λ 2 1) = 4 , οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες χ1 =-λ+ 1 και χ2 = -λ - 1 . \

Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα ( -5 ,2) , όταν - 5 <-λ+1 <2 και -5 <-λ-1 <2�<-λ<1 και -4 <-λ <3 <=>-1 <λ <6 και -3 <λ <4<=>-1 <λ <4 ..

Επιπλέον, έχουμε (-λ+ 1 γ + (-λ - 1 )2 = 20 <=> 2λ 2 + 2 = 20 <=>λ 2 = 9 <=>λ= -3 ή λ= 3 , Επομένως, αφού πρέπει -1 < λ < 4 το ζητούμενο ισχύει για λ = 3 .

Πρόβλημα 4 Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ με ΒΓ =α και ΑΒ = ΑΓ=2α . Η παράλληλη ευθεία από

την κορυφή Γ προς την πλευρά ΑΒ τέμνει την ευθεία της διχοτόμου ΒΔ στο σημείο Ε. Η ευθεία ΑΕ τέμνει την ευθεία ΒΓ στο σημείο Ζ. Ν α αποδείξετε ότι το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές.

Α Λύση Επειδή ΕΓ // ΑΒ, θα ισχύει Β ι =Ει και αφού η

ΒΕ είναι διχοτόμος της γωνίας Β, θα είναι Β ι = Β2• Επομένως έχουμε Β2 =Ει και κατά συνέπεια το τρίγωνο ΒΓΕ είναι ισοσκελές, δηλαδή: ΒΓ = ΓΕ =α . Στη συνέχεια μπορούμε να εργαστούμε με δύο τρόπους. lος τρόπος. Λόγω της παραλληλίας των ΕΓ, ΑΒ θεωρούμε τα όμοια τρίγωνα ΕΓΖ και ΑΒΖ , από τα

, λ β, ΓΖ ΕΓ α 1 ΒΖ 2 ΓΖ οποια αμ ανουμε: -=-=-=-=> = ·

ΒΖ ΑΒ 2α 2 8 *-.:ι....-ι-} __ .,_ ____ .....,. z Επομένως το σημείο Γ είναι το μέσο της ΒΖ, δηλαδή

Σχήμα 1 ΒΖ = 2 · ΒΓ = 2α . Επειδή είναι και ΑΒ = 2α το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές.

2°ς τρόπος. Θεωρούμε το μέσο Μ της ΑΒ. Τότε το τετράπλευρο ΒΓΕΜ είναι ρόμβος, διότι: έχει ΒΜ = //ΓΕ =α ( οπότε ΒΓΕΜ παραλληλόγραμμο) και ΒΓ = ΓΕ =α ( δύο διαδοχικές λε ' ' ) Ά ΜΕ ΒΖ ' ' Ε ' ' ΑΖ Ε ' π υρες ισες . ρα = Τ και κατα συνεπεια το ειναι μεσο του . πομενως στο

τρίγωνο ΑΒΖ , η ΒΕ είναι διχοτόμος και διάμεσος, οπότε το τρίγωνο ΑΒΖ είναι ισοσκελές.

Β' Λυκείου Πρόβλημα ι

Α Α ν α '* Ο και -1 < α < 1 να βρείτε το πρόσημο της παράστασης Κ = --1 +α , όπου Β

Λύση

Α=�1 +α + �1 -α , Β=�1 +α _ �1 -α . 1 -α 1+α 1-α 1 +α

Από τις υποθέσεις έχουμε ότι 1 + α > Ο και 1 -α > Ο , οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/10

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

Α =�1 +α +�1 -α = 1 +α+ 1 -α = 2 , Β= �1 +α _ �1-α = 1 +α-(1 -α) = 2α . 1 -α 1 +α �1 -α2 �1 -α2 1 -α 1 +α �1-α2 �1 -α2

Α 1 1-α+α2 Άρα έχουμε: Κ =-- 1 +α =-- 1+α = ---Β α α

Επειδή είναι 1-α+ α' = (α-� ) ' + � > Ο , για όΜς τις τιμές του α , έπεται ότι η παράσταση

Κ έχει το πρόσημο του α , δηλαδή θετικό, αν Ο< α < 1 και αρνητικό, αν -1 <α <Ο .

Πρόβλημα 2 Δίνεται η εξίσωση : χ2 -2κχ - 1 + κ2 = Ο . Να βρείτε τις τιμές της παραμέτρου κγια τις οποίες η εξίσωση έχει δύο ρίζες στο

διάστημα (Ο, 5) με άθροισμα τέταρτων δυνάμεων ίσο με 82. Λύση Η δεδομένη εξίσωση είναι δευτέρου βαθμού και έχει διακρίνουσα Δ = 4κ2 -4 ( -1 + κ2) = 4 ,

οπότε έχει δύο πραγματικές ρίζες χ1 = κ+ 1 και χ2 = κ -1 . Οι δύο ρίζες ανήκουν στο διάστημα (Ο, 5) , όταν

Ο < κ+ 1 < 5 και Ο < κ -1 < 5 <=> -1 < κ < 4 και 1 < κ < 6 <=> 1 < κ < 4 . Επιπλέον, έχουμε (κ+ 1)4 +(κ- 1)4 = 82 <=> 2κ4 + 12κ2 + 2 = 82 <=> κ4 +6κ2 -40 =Ο ,

από την οποία λαμβάνουμε κ2 = 4 ή κ2 = -10 (αδύνατη)<=> κ= 2 ή κ= -2. Επομένως για κ= 2 ισχύει το ζητούμενο, αφού η τιμή κ= -2 απορρίπτεται λόγω της

σχέσης 1 < κ < 4.

Πρόβλημα 3 Ν α προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς ακέραιους χ, y και z για τους οποίους ισχύει ότι

χ Υ z ----= = ----2012χ+ 3 2012y+ 5 2012z+ 7

και το άθροισμα των τετραγώνων των x,y και z είναι διαιρέτης του 747.

Λύση Από το δεδομένο σύστημα έχουμε 2012χ +3 =

2012y + 5 = 2012z+ 7 <=> 2012 +� = 2012 +2_ = 2012 +2. <=> � =2_ =2 χ Υ z χ y z x y z ,

θ' 3 5 7 1 ' ' 3λ 5λ 7λ οποτε, αν εσουμε - =-=-= - επεται οτι: χ = , y = , z = . χ y z λ

'

Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x,y και z είναι διαιρέτης του 747 θα έχουμε

Χ2 + / + z2 = 83λ2j 747 = 32 ·83 � 83λ2 Ε {83,83 ·3,83 ·32} � λ2 Ε { 1, 3, 32}.

Επομένως οι μοναδικές αποδεκτές τιμές για το λ2 είναι οι 1 , 3 και 9.

• Για λ2 = 1<=>λ=± 1 έπεται ότι (x,y,z) =(3, 5, 7) ή (x, y,z) =(-3, -5, -7) . • Για λ2 = 3 <=>λ= ±.fi προκύπτουν για τα x,y,z μη ακέραιες τιμές, άτοπο.

• Για λ2 = 9 <=>λ= ±3 έπεται ότι (x,y,z) =(9, 15,21) ή (x,y,z) =( -9,-15,-21).


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολ'Uμπιάδες -------Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος c( O,R), τυχούσα χορδή του ΑΒ (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο Μ

του μικρού τόξου ΑΒ. Οι κύκλοι c1( A,AM) και c2( B,BM) τέμνουν το κύκλο c( O,R) στα σημεία Κ και Ν αντίστοιχα. Οι κύκλοι c1( A,AM) και c2( Β,ΒΜ)τέμνονται στα σημεία Μ και Τ. Ν α αποδείξετε ότι το σημείο Τ είναι το σημείο τομής των διχοτόμων του τριγώνου ΚΜΝ.

Λύση Γνωρίζουμε ότι η διάκεντρος τεμνόμενων κύκλων είναι μεσοκάθετη της κοινής χορδής τους.

Επομένως έχουμε: Η Κ Μ είναι κοινή χορδή των κύκλων c( Ο, R) και c 1( Α, ΑΜ). Άρα

η ΟΑ είναι μεσοκάθετη της ΚΜ. (1) Η ΜΙ' είναι κοινή χορδή των κύκλων c 1( Α, ΑΜ) και c2( Β, ΒΜ) . Άρα

η ΑΒ είναι μεσοκάθετη της ΜΙ' . (2) Η ΜΝ είναι κοινή χορδή των κύκλων c(O,R) και c2( Β,ΒΜ). Άρα

η ΟΒ είναι μεσοκάθετη της ΜΝ. (3)

Σχήμα 2

Από τις καθετότητες ( 1) και (2) , προκύπτει Α Α

η ισότητα γωνιών: Α1 = Μ1 (γιατί έχουν

πλευρές κάθετες). Από τις καθετότητες (2) και (3) ,

Α Α

προκύπτει η ισότητα γωνιών: Β1 = Μ2 (γιατί

έχουν πλευρές κάθετες) και τελικά από το ισοσκελές τρίγωνο ΟΑΒ , έχουμε:

Α Α

Α1 =Β1• Οι τρεις τελευταίες ισότητες γωνιών μας

Α Α

οδηγούν στην ισότητα: Μ1 = Μ2, δηλαδή η

ΜΙ' είναι διχοτόμος της γωνίας ΚΜΝ. Η γωνίες ΑΝΜ και ΑΒΜ είναι ίσες, διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c(O,R) και - Α

βαίνουν στο τόξο ΑΜ. Η γωνία ΤΝΜ είναι εγγεγραμμένη στο κύκλο c2( Β,ΒΜ), οπότε

θα ισούται με το μισό της αντίστοιχης επίκεντρης γωνίας ΤΒΜ, δηλαδή: ΤΝΜ = ΑΒΜ Άρα Α Α

ΑΝΜ = ΤΝΜ και κατά συνέπεια τα σημεία Α, Τ , Ν είναι συνευθειακά. Ισχύει τώρα η ισότητα

ΑΝΚ = ΑΝΜ (διότι είναι εγγεγραμμένες στον κύκλο c(O,R) και βαίνουν στα ίσα τόξα ΑΜ και ΑΚ ). Επομένως η ΝΑ είναι διχοτόμος της γωνίας κΝΜ.

Γ' Λυκείου Πρόβλημα t Να λύσετε στους θετικούς ακέραιους την εξίσωση

1 1 1 1 2011

1+2 +

1+2+3 +

1+2+3+4+ .. ·+

1+2+3+4+ .. ·+χ =

2013.

Λύση χ(χ+1) ,

Επειδή 1 + 2 + 3 + ... +χ = , για καθε θετικό ακέραιο χ , η δεδομένη εξίσωση 2


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------2 2 2 2 201 1 ( 1 1 . 1 1 1 1 1 1 ) 20 1 1

γράφεται: 2 ·3 + 3 ·4

+ 4 ·5 + .. · + χ(χ+1)

= 2013

<=>2 · 2-3 +3 -4 +4 -5 + ... +-:;-χ+ 1 = 2013

<=> 1- -2- = 201 1 <=> _2_ = _2_ <=>χ= 2012. χ+ 1 2013 χ+ 1 2013

Πρόβλημα 2 Α ν οι γραφικές παραστάσεις των συναρτήσεων f (χ) = ax2 + bx + c και g (χ) = cx + b,

όπου α, b, c ε ffi., α -::;:. Ο, διαφορετικοί μεταξύ τους ανά δύο, έχουν ένα μόνο κοινό σημείο, να βρείτε τη συνθήκη που ισχύει μεταξύ των παραμέτρων α, b, c καθώς και το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων.

Λύση Από την υπόθεση έπεται ότι η εξίσωση ax2 + bx + c = cx + b <=> ax2 + ( b - c) χ + ( c -b) = Ο

έχει μοναδική λύση. Επομένως η διακρίνουσά της ισούται με Ο, δηλαδή

Δ = ( b -c )2 + 4α ( b-c) = Ο <=> ( b-c) ( b-c + 4α) = Ο <=> c-b = 4α, αφού b -::;:. c .

Όταν c-b = 4α η εξίσωση γίνεται: ai -4at'+4a=O<=>α(.i -4χ+4) =0<=>.i-4x+4=0<=>x=2. Άρα το κοινό σημείο των δύο γραφικών παραστάσεων είναι το Μ ( 2 , 2c + b) .

Πρόβλημα 3 Να προσδιορίσετε τους μη μηδενικούς πραγματικούς αριθμούς x,y και zγια τους

, , ό χ Υ z ' θ , οποιους ισχυει τι

2012χ+ Υ= 2012y +z

= 2012z+ 7

και το α ροισμα των τετραγωνων των

χ, y και z ισούται με 14 7.

Λύση

Από το δεδομένο σύστημα έχουμε 2012χ+ y 2012y+z 2012z+ 7 ------''--= = ----

χ Υ z

<=> 2012+ Υ= 2012 +..:_ = 2012+2 <=>Υ=_:_= 2, οπότε, αν θέσουμε Υ=_:_= 2 =_!_ έπεται ότι: χ y z x y z x y z λ χ= 7λ\ y= 7λ2 , z= 7λ.

Επειδή το άθροισμα των τετραγώνων των x,y και z ισούται με 147 θα έχουμε

χ2 + y2 +z2 = 147 <=> 49λ6 +49λ4 +49λ2 = 147 <=> λ6 +λ4 +λ2 = 3 <=> λ6 - 1+λ4 - 1+λ2 - 1 = Ο <=> (λ 2 - 1) (λ 4 + λ 2 + 1 + λ 2 + 1 + 1) = ο <=> (λ 2 - 1) (λ 4 + 2λ 2 + 3) = ο <=> λ = -1 ή λ = 1,

αφού η εξίσωση λ 4 + 2λ 2 + 3 = Ο έχει διακρίνουσα Δ = -8 < Ο. Επομένως οι ζητούμενες τριάδες ακεραίων είναι: (χ , y, z) = ( 7, 7, 7) ή (χ, y , z) = ( -7, 7, -7) Πρόβλημα 4 Δίνεται κύκλος c(O,R), τυχούσα χορδή του BC (όχι διάμετρος) και τυχόν σημείο Μ

του μικρού τόξου BC . Οι κύκλοι c1(B,BM), c2 (C,CM) τέμνουν το κύκλο c(O,R) στα


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

σημεία Κ, Ν , αντίστοιχα, και οι κύκλοι c1 (Β, ΒΜ) , c2 ( C, CM) τέμνονται στα σημεία Α

και Μ. Η παράλληλος από το σημείο Μ προς την BC τέμνει τους κύκλους c1(B, BM), c2 (C,CM) στα σημεία Τ, S αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι οι ευθείες AM,KT, NS περνάνε από το ίδιο σημείο.

Ρ ,, .. ' " '

I I ', ' ' ' ι ι ""', ' ' '

/ : '\., Ν ,/ :

',

/

Σχήμα 3

Λύση Θα αποδείξουμε, πρώτα, ότι τα

σημεία K,A,C,S και Ν,Α,Β,Τ είναι συνευθειακά.

Η ΑΜ είναι η κοινή χορδή των κύκλων c1(B,BM) και c2(C,CM). Άρα η διάκεντρός τους BC είναι μεσοκάθετη της ΑΜ . Η BC όμως είναι παράλλ.ηλη με την TS (από την κατασκευή του σχήματος). Άρα η TS είναι κάθετος με την ΑΜ (AM.l_τS). Δηλαδή AMr = AMS = 90° .

Από την τελευταία ισότητα γωνιών προκύπτει ότι τα σημεία Α, Τ και Α, S είναι aντιδιαμετρικά

στους κύκλους c1(B,BM) και c2(C,CM) αντίστοιχα. Επομένως, τα σημεία A,C,S και

Α, Β, Τ είναι συνευθειακά. Στη συνέχεια θα αποδείξουμε ότι τα σημεία K,A,C και Ν, Α, Β είναι συνευθειακά. Στον κύκλο c(O,R), το σημείο Β είναι μέσο του τόξου ΚΜ (δώτι ΒΜ,ΒΚ

είναι ακτίνες του κύκλου c/ Β,ΒΜ) ). Άρα οι εγγεγραμμένες στα τόξα ΒΜ και ΒΚ γωνίες, θα

είναι ίσες μεταξύ τους. Επομένως KCB = MCB (l).

Εφόσον η διάκεντρος BC είναι μεσοκάθετη της ΑΜ , τα τρίγωνα ABC και MBC είναι " "

ίσα, οπότε: ACB = MCB (2). Λ Λ

Από τις ισότητες των γωνιών (1) και (2) συμπεραίνουμε ότι KCB = ACB και κατά

συνέπεια τα σημεία Κ , Α, C είναι συνευθειακά.

Με όμοιο τρόπο αποδεικνύουμε ότι και τα σημεία Ν, Α, Β είναι επίσης συνευθειακά. Από τα

εγγεγραμμένα τετράπλευρα ΑΜ1'Κ και AMSN συμπεραίνουμε ότι: ΑΚΤ = ANS = 90° .

Επομένως προκύπτουν οι καθετότητες ΤΚ .l KS και ΤΝ .l NS .

Σε συνδυασμό τώρα με την καθετότητα ΑΜ .l TS, συμπεραίνουμε ότι τα ΑΜ, ΚΤ, NS είναι ύψη του τριγώνου ATS, οπότε θα συγκλίνουν στο ορθόκεντρό του.

Παρατηρήσεις Έστω Ρ το ορθόκεντρο του τριγώνου ATS. Τότε τα σημεία P,A,T,S αποτελούν

ορθοκεντρική τετράδα και κατά συνέπεια το σημείο Α είναι ορθόκεντρο του τριγώνου PTS . Το τρίγωνο ΚΜΝ είναι ορθικό του τριγώνου PTS και κατά συνέπεια το σημείο Α είναι έκκεντρο του τριγώνου ΚΜΝ.


------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες -------Οι λύσεις των ασκήσεων του τεύχους 85

Α1 1 . Να προσδιορίσετε όλες τι συναρτήσεις f : Q � Q που ικανοποιούν την ισότητα

!(χ+ f(y+ /( z ))) = ;'t f(x+ z) , (*) για κάθε x,y, z Ε Q . [Λευκορωσία, ΜΟ 2012]

Λύση Αν θέσουμε χ = z = Ο στη δεδομένη συναρτησιακή εξίσωση (*), τότε λαμβάνουμε:

!(f(y+ ι( ο))) = y+ f(O) , για κάθε Υ Ε Q ή ισοδύναμα: Ι(!( χ)) = χ, για κάθε χ Ε Q. : ( 1 ) Από την τελευταία σχέση προκύπτει ότι η συνάρτηση f είναι 1 - 1 και επί. Πράγματι, από

f (Χι ) = f ( Χ2 ) => f ( f (Χι ) ) = f ( f ( Χ2 ) ) => Χι = Χ2 και επιπλέον, για κάθε y Ε Q, το f ( y) Ε Q και ισχύει ότι f (I (y)) = y.

Έστω τώρα I (ο) = α, οπότε I (α) = ι ( I (ο)) = ο . Στη συνέχεια παρατηρούμε ότι το δεύτερο μέλος της (*) είναι συμμετρικό ως προς χ και z , οπότε θα έχουμε:

f(x+ f(y+ f(z))) = y+ f(x+ z) = f(z+ f(y+ f(x))) , από την οποία, λόγω του ότι η f είναι 1 - 1 , έπεται ότι: χ+ f ( y + f ( z)) = z + f ( y + f (χ)) . (2)

Αν θέσουμε στη (2), όπου z το f(z) , λαμβάνουμε χ+ f(y+ !((f(z))}) = /(z)+ f(y+ f(x)) ή χ+ f(y+z) = /(z) + f(y+ /(χ)) => f(y+z) = /(z) + f(y+ f(x)) -x. (3)

Για χ = α = f (Ο) στην (3) λαμβάνουμε f(y+ z) = f(y) + f(z) - α � f(y+z) -α = (f(y) -α) + (f(z) - α ) ,

δηλαδή η συνάρτηση g (χ) = f (χ) - α είναι προσθετική, οπότε θα ισχύει g (χ) = f (χ) - α = cx, για κάθε χ Ε Q,

όπου c = g (1) = /(1) - α Ε Q. Άρα είναι /(χ) = cχ+ α,χ Ε Q . Επειδή η συνάρτηση f πρέπει να ικανοποιεί τη σχέση (*), έχουμε: f(x+ f(y+ f(z))) = y+ f(x+ z) �

=c[x+ f(y+ f(z))]+α = y+c(x+z)+α�cx+c[c(y+cz+α)+α ]+α= y+cx+cz+α� �c2y+c3z+c2α+cα = y+cz, για κάθε y,z EQ�( c2 - 1)y+( c3 -c)z+cα(c+1) = 0, για κάθε y,z EQ�c2 -1 = 0 και c3 -c = Ο και cα( c+1) = 0 �c = 1,α = 0 ή c = -1,α EQ. Άρα οι ζητούμενες συναρτήσεις είναι οι: f (χ) = χ ή f (χ) = -χ+ α, α Ε Q.

Α12 . Αν α, b θετικοί ακέραιοι, να λύσετε την εξίσωση αb + ba = 2αb. ΛίJση Έστω α = 1 . Τότε η εξίσωση γίνεται: 1 + b = 2b � b = 1 . Ομοίως, αν b = 1 , έπεται ότι α = 1 .

Άρα μία λύση είναι το ζευγάρι (α, b) = ( 1, 1) . Ας υποθέσουμε ότι (α, b) είναι μία λύση της εξίσωσης με α ;;:: 2 και b ;;:: 2 . Τότε 2αb=αb +ba ;;:: α2 +b2 :::>0;;:: α2 +b2 -2αb = (α-b)2 =>α=b .

Τότε η εξίσωση γίνεται: 2αa = 2α2 � α = 2 . Εύκολα επαληθεύουμε ότι και το ζευγάρι (α, b) = ( 2, 2) είναι λύση του προβλήματος.


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

Ν9. Να προσδιορίσετε όλους τους πρώτους θετικούς ακέραιους p που είναι τέτοιοι ώστε ο αριθμός p2 -p - 1 είναι κύβος κάποιου ακεραίου. [Λευκορωσία, ΜΟ 2012]

ΛίJση Έστω ότι p2 -p - 1 = n3 , n Ε Ζ, n > Ο . Παρατηρούμε ότι: p2 > n3 � n2 => p � n + 1 . Αν είναι p = n + 1, τότε (n+1)2 -(n+1)-1 =d �n3 -n2 -n+1 =0�(n-1){n2 -1) =0�n=1,

αφού n θετικός ακέραιος. Άρα μία λύση του προβλήματος είναι ο πρώτος p = 2. Έστω τώρα p > n + 1 . Τότε έχουμε: p2 -p - 1 = n3 , n Ε Ζ, n > Ο � p ( p - 1) = n3 + 1 = ( n + 1) ( n2 - n + 1) , n Ε Ζ, n > Ο .

Επομένως ο πρώτος p διαιρεί το γινόμενο ( n + 1) ( n2 - n + 1) , οπότε, αφού p > n + 1 , έπεται ότι p J n2 - n + 1 , δηλαδή υπάρχει θετικός ακέραιος k έτσι ώστε n2 - n + 1 = pk . (1)

Τότε όμως η ισότητα p(p - 1) = ( n + 1) ( n2 - n + 1 ) ,n Ε Z, n > Ο γίνεται p(p - 1) = (n + 1)pk => p- 1 = k(n + 1) => p = kn +k + 1 . (2)

Λόγω της (2) η ( 1 ) γίνεται: n2 - n + 1 = k (kn +k+ 1) � n2 - (k2 + 1) n - (k2 + k- 1) = Ο . (3) Επειδή n θετικός ακέραιος, η διακρίνουσα Δ = k4 + 6k2 + 4k- 3 του τριωνύμου που δίνεται

από την (3) πρέπει να είναι τετράγωνο ακεραίου. Όμως, αν k � 4 , εύκολα προκύπτει ότι ( k2 + 3 )2 < Δ < ( k2 + 4 )2 , που είναι άτοπο.

Άρα οι μόνες δυνατές τιμές για το k είναι οι 1 , 2 και 3, από τις οποίες με έλεγχο προκύπτει ότι η μόνη αποδεκτή τιμή είναι η k = 3 . Τότε είναι Δ = 122 και p = 3n + 4 , όπου ο θετικός ακέραιος n ικανοποιεί την εξίσωση n2 - 1 On - 1 1 = Ο . Άρα είναι n = 1 1 και p = 3 7.

Άρα οι λύσεις του προβλήματος είναι οι πρώτοι αριθμοί 2 και 37.

Ν 1 0. Ν α αποδείξετε ότι, αν για το θετικό ακέραιο n οι αριθμοί 3n + 1 και 10n + 1 είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα, τότε ο αριθμός 29n + 1 1 δεν είναι πρώτος. [Γερμανία, 2011]

ΛίJση Σύμφωνα με την υπόθεση, οι αριθμοί3n + 1 και 10n + 1 είναι .τέλεια τετράγωνα, δηλαδή

3n + 1 = a2 και 1 On + 1 = b2 , α, b θετικοί ακέραιοι. Τότε έχουμε: a2b2 = (3n + 1) (10n + 1) = 30n2 + 13n + 1 = 29n2 + 1 1n + (n + 1)2

=> a2b2 -(n + 1)2 = 29n2 + 1 1n = n (29n+ 1 1) => (29n+ 1 1) j( ab+n + 1) ( ab-n- 1) . Αν υποθέσουμε ότι ο 29n + 1 1 είναι πρώτος, τότε θα έχουμε ότι

( 29n + 1 1 ψ ab + n + 1) ή ( 29n + 1 1) j( ab -n - 1) , οπότε σε κάθε περίπτωση προκύπτει ότι: 29n + 1 1 � ab + n + 1 => ab � 28n + 1 Ο

=> 30n2 + l 3n + 1 = α2 b2 � ( 28n + 10 )2 = 784n2 + 569n + 100, το οποίο είναι άτοπο. Άρα ο 29n + 1 1 δεν είναι πρώτος.

Γ9. Πάνω σε κύκλο c θεωρούμε τα διαδοχικά σημεία A, B,C,D,E έτσι ώστε ΑΒ = BC και CD = DE . Τα ευθύγραμμα τμήματα AD και ΒΕ τέμνονται στο Ρ , ενώ το τμήμα BD τέμνει τα τμήματα CA και CE στα σημεία Q και Τ, αντίστοιχα. Να αποδείξετε ότι το τρίγωνο PQT είναι ισοσκελές. [Λευκοpωσία, ΜΟ 2012]


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

Λύση ..-.. ..-... ..-... ...-..

Επειδή ΑΒ = BC και CD = DE έπεται ότι ΑΒ = BC και CD = DE , οπότε: (ΛΒ +ΕΕ) (ΛΒ + CΒ) BPA = DPE = = = BQA . (1) 2 2

Επομένως τα σημεία A,B,Q,P είναι ομοκuκλικά, οπότε QAB = QPB , (2)

Α

.-... ως γωνίες που βαίνουν στο ίδιο τόξο BQ . Όμως QAB = CAB = CEB ' (3)

.-... ως γωνίες πουν βαίνουν στο ίδιο τόξο BC του αρχικού κύκλου c .

Από τις σχέσεις (2) και (3) έπεται ότι D QPB = CEB, οπότε PQ 11 EC . Επομένως,

(Bc+i5E) (ΛΒ+DΈ) TQP=DTE = = = AQB. (4) 2 2 Ομοίως, τα σημεία P,T,D,E είναι

ομοκuκλικά, αφού ισχύει ότι Α (ΛΒ + ΕΕ) (BC+DE) Α EPD = = = DTE. 2 2 Σχήμα 4 Επομένως έχουμε ΡΤΕ = PDE, αφού

βαίνουν στο ίδιο τόξο ΡΕ . Επειδή ACE = ADE (βαίνουν στο ίδιο τόξο ΑΕ του κύκλου c ), έπεται ότι ACE = ΡΤΕ , οπότε ΡΤ 11 AC . Άρα είναι και PTQ = AQB , οπότε από την (4) έπεται ότι PTQ = TQP και το τρίγωνο PTQ είναι ισοσκελές. ΓlΟ. Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ABC με Α = 90° . Θεωρούμε σημείο D στην πλευρά AC και σημείο Ε στο τμήμα BD έτσι ώστε ABC = ECD = CED. Ν α αποδείξετε ότι ΒΕ = 2 · AD •

D' �-----

Α c

[Ρωσία , ΜΟ 2003] Λύση Θεωρούμε το συμμετρικό D' του σημείου D ως

προς την ευθεία ΑΒ και θέτουμε χ = ABC = ECD = CED . Τότε θα είναι ADB = 2χ και ABD' = ABD = 90° - 2χ, οπότε

CBD' = χ +90° - 2χ = 90° -χ. Στο τρίγωνο BCD' , από την ισότητα

BD' C = ADB = 2χ , έπεται ότι BCD' = 900 -χ= CBD' , οπότε το τρίγωνο D'BC είναι ισοσκελές με D' C = D'B = BD . Τέλος, από DC = DE , έπεται ότι

BE=BD-DE= CI1-CD=DI1 =2 ·AD. Δ 4. Υποθέτουμε ότι 2n πραγματικοί αριθμοί Σχήμα 5 τοποθετούνται στα τετράγωνα ενός 2 χ n

πλέyματος έτσι, ώστε το άθροισμα των αριθμών σε καθεμία από τις n στήλες να είναι 1. Να αποδείξετε ότι είναι δυνατόν να αφαιρέσουμε τον ένα από τους δύο αριθμούς κάθε στήλης έτσι ώστε το άθροισμα των αριθμών που απομένουν σε κάθε γραμμή να μην

n+ l υπερβαίνει τον αριθμό -- . 4

[Ινδία, ΜΟ 2012]


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί - Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Λύση Υποθέτουμε ότι οι αριθμοί της πρώτης γραμμής είναι οι α1 � α2 � • • • � αn , όχι υποχρεωτικά

με αυτή τη διάταξη. Τότε οι αριθμοί στη δεύτερη γραμμή θα είναι οι b1 = ι - α1 , j = ι, 2, . . . , n , οπότε b1 � b2 � . . • � bn .

Α , , n + ι , , ζ , δ , 'λ ν ισχυει οτι α1 + α2 + · · · + αn � -- , τοτε προκυπτει το ητουμενο, αν ιαγραψουμε ο α τα 4 στοιχεία της δεύτερης γραμμής.

Α ' n + ι ό ' k λ ' θ ' ' ' ν ειναι α1 + α2 + · · · + αn > 4, τ τε εστω ο ε αχιστος ετικος ακεραιος για τον οποιο , , n + ι Τ ' θ , , n + ι ισχυει οτι: α1 + α2 + · · · + αk > 4. οτε α ισχυει οτι: α1 + α2 + · · · + αk-ι � 4.

π , ό > α1 + α2 + . . . + αk n + ι , , αρατηρουμε τι αk _ > -- , οποτε εχουμε k 4k bk +bk+Ι + . . . + bn � ( n+ ι - k )bk = ( n + ι - k )(ι -αk ) <

< ( n + 1 -k )(ι - n+ 1) = �( n + 1) -( ( n + ι γ +4k2 J� �( n + ι) - 2( n + ι) · 2k = n + ι . 4k 4 4k 4 4k 4

ΔS. Να υπολογίσετε τον αριθμό των τοποθετήσεων 5 κοριτσιών G1 , G2 , G3 ,G4 , G5 και ι2 αγοριών σε μία γραμμή έτσι, ώστε να ισχύουν όλες οι συνθήκες που ακολουθούν:

ι. Η διάταξη των κοριτσιών από αριστερά προς τα δεξιά είναι G1 , G2 , G3 , G4 , G5 • 2. Υπάρχουν τουλάχιστον 3 αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G1 και G2 • 3. Υπάρχει τουλάχιστον ι και το πολύ 4 αγόρια μεταξύ των κοριτσιών G4 και G5 •

[Βιετνάμ, ΜΟ 2012}

Λύση Θυμίζουμε πρώτα ότι ο αριθμός των λύσεων στους θετικούς ακέραιους της εξίσωσης

, (m+ n - ι

J , , , χ1 + χ2 + .. . + xn = m ειναι . Θα χρησιμοποιησουμε το παραπανω για τον υπολογισμο

n- 1 των τοποθετήσεων των, αγοριών και των κοριτσιών έτσι ώστε να ικανοποιούνται οι δεδομένες συνθήκες. Έστω Χ; ο αριθμός των αγοριών που τοποθετούνται μεταξύ των κοριτσιών G;-ι και G; , για 2 � i � 5 . Έστω επίσης χ1 ο αριθμός των αγοριών που βρίσκονται αριστερά του κοριτσιού G1 και χ6 ο αριθμός των αγοριών που βρίσκονται δεξιά του κοριτσιού G5 • Τότε έχουμε

Χι + χ2 + Χ3 +χ4 +xs +χ6 = ι2 . (1) Με την αντικατάσταση Υ; = Χ; , για ί -:F- 2 και y2 = χ2 - 3 , λαμβάνουμε:

Υι + Υ2 + Υ3 + Υ4 + Ys + Υ6 = 9, (2) όπου Υ; � Ο και 1 � Υ; � 4 . Α ν θέσουμε στη σχέση (2) y 4 = ι, 2, 3, 4 , τότε ο αριθμός των λύσεων

της (2), άρα και της ( 1), ε!ναι t,(9-

�·:15 - 1

] = (1:]+ (

1:] +(

1:H:J = (

1:]-(:J = 1 161 .

Επειδή μπορούμε να τοποθετήσουμε τα αγόρια με οποιαδήποτε δυνατή μετάθεση των ι2 στοιχείων, έπεται ότι ο αριθμός των τοποθετήσεων που ικανοποιούν τις δεδομένες συνθήκες είναι: ι 2 ! . ι ι6 ι .


-------- Μαθηματικοί Διαγωνισμοί- Μαθηματικές Ολυμπιάδες --------Ασκήσεις για λύση

n + 2 ) Al3. Δίνεται η ακολουθία πραγματικών αριθμών (xn ) με Χι = 3 και xn = --τ,;-(χn-ι + 2 , n � 2. Να αποδείξετε ότι η ακολουθία ( xn ) συγκλίνει και να βρείτε το όριό της.

A l4. Αν x,y ε (0, 1) , να βρείτε τη μέγιστη τιμή της παράστασης: Κ( χ y) = xy(l-x-y) ' (x+y)(1-x)(1-y)

AlS. Να λύσετε στο σύνολο των ακέραιων την εξίσωση: ( YJ + xy - ι) ( χ2 + χ - Υ) = ( xJ - xy + ι) ( / + χ-Υ) .

N l l . Να εξετάσετε, αν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι α και b τέτοιοι, ώστε οι αριθμοί d +4b, ll +4a να είναι και οι δύο τέλεια τετράγωνα.

Ν 1 2. Να προσδιορίσετε τους θετικούς ακέραιους n για τους οποίους ισχύει: 6 15n2 + 7 .

Γl l . Δίνεται εγγράψιμο τετράπλευρο ABCD . Θεωρούμε τον κύκλο Γι που περνάει από τα σημεία Α και Β και εφάπτεται της ευθείας CD στο σημείο Ε . Θεωρούμε και τον κύκλο Γ 2 που περνάει από τα σημεία Β και C και εφάπτεται της ευθείας DA στο σημείο F . Επίσης θεωρούμε και τον κύκλο Γ 3 που περνάει από τα σημεία C και D και εφάπτεται της ευθείας ΑΒ στο σημείο G . Τέλος, θεωρούμε τον κύκλο Γ 4 που περνάει από τα σημεία D και Α και τέμνει την ευθεία BC στο σημείο Η . Να αποδείξετε ότι EG j_ FH .

Δ6. Θεωρούμε ότι ένα ντόμινο αποτελείται από δύο μοναδιαία τετράγωνα (τετράγωνα πλευράς 1 ), τα οποία έχουν μία κοινή πλευρά. Ομοίως, ένα τετρόμινο αποτελείται από τέσσερα μοναδιαία τετράγωνα που τα διαδοχικά έχουν μία κοινή πλευρά. Τα τετρόμινα εμφανίζονται με διάφορα σχήματα, αλλά στο παρόν πρόβλημα θεωρούμε μόνο L-τετρόμινα, που έχουν το σχήμα του γράμματος L ή του συμμετρικού του ως προς τις δύο πλευρές του, με τρία μοναδιαία τετράγωνα σε μία γραμμή και το τέταρτο να συνδέεται με ένα από τα τετράγωνα στις άκρες της γραμμής. Να εξετάσετε, αν είναι δυνατόν να καλύψουμε έναν ι Ο χ ι Ο τετράγωνο με μη επικαλυπτόμενα L-τετρόμινα .

Δ7. Δίνεται θετικός ακέραιος n . Υπάρχουν n αγόρια και n κορίτσια τοποθετημένα σε μία γραμμή. Δίνουμε σε κάθε άτομο Χ από τα αγόρια και κορίτσια της γραμμής έναν αριθμό γλυκών ίσο με τον αριθμό των ζευγών (α, b) , όπου τα α, b είναι άτομα αντίθετου φύλου από το άτομο Χ και βρίσκονται μεταξύ των α και b . Να αποδείξετε ότι ο συνολικός αριθμών των γλυκών που θα πάρουν τα n αγόρια και τα n κορίτσια δεν είναι μεγαλύτερος του � n ( n2 - 1) .

Δ7. Έστω Μ ένα υποσύνολο του συνόλου {1, 2, 3, . . . , 201 1} που ικανοποιεί την ακόλουθη ιδιότητα: Για κάθε τρία στοιχεία του Μ , υπάρχουν δύο από αυτά , έστω α, b τέτοια ώστε α lb ή b iα . Να βρείτε το μέγιστο αριθμό των στοιχείων που μπορεί να έχει το υποσύνολο Μ .


ΗΟΜΟ MATHEMATICUS 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 απαιτοUν καλή γνώση των Μαθηματικών για να μπορέσει κάποιος να τους σπουδάσει.

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

επιμέλεια: Γιάννης Κερασαρίδης Ι α. "τι είναι τα !ΗαΟηματιι<ά; "

Π ρολεγ6μενα. Συνεχίζουμε με το δεύτερο μέρος του κειμένου του Albert Einstein σχετικά με τη γεωμετρική σκέψη σε σχέση με τη Φυσική. Στο επόμενο τεύχος θα συνεχίσουμε με το έργο του Henή Poincare «ΕΠΙΣΤΉΜΗ ΚΑΙ ΥΠΟΘΕΣΙΣ», από τη σπάνια ελληνική μετάφραση του έτους 19 12, από τον

Παναγ. Ζερβό. A lbeι·t Eίn.\·teίn:

«Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ, ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΚΑΙ ΓΕΝΙΚΕΥΜΕΝΗΣ ΜΕΡΟΣ ΠΡΩΤΟΝ: Η ΜΕΡΙΚΕΥΜΕΝΗ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΣ

ΚΕΦΑΛΑΙΟΝ 1: Η ΦΥΣΙΚΗ ΚΑΙ ΟΙ ΝΟΜΟΙ ΤΗΣ ΓΕΩΜΕΊ'ΡΙΑΣ» [πηγή: ALBERT EINSTEIN ((Η ΘΕΩΡΙΑ ΤΗΣ ΣΧΕτΙΚΟΤΗΤΟΣ»,

μετάφραση Κ. ΡΩΤΑ, εκδ. Ε.& Ι. ΜΠΛΑΖΟΥΔΑΚΗ, Αθήνα 1923 «Εν τούτοις είναι εύκολο να εξηγηθεί από πού πάνω σε ευθεία), οποιεσδήποτε κι αν είναι οι κατα

οδηγηθήκαμε στο να θεωρούμε τις προτάσεις της λαμβανόμενες θέσεις από το σώμα αυτό. Γεωμετρίας σαν αληθείς. Υπάρχουν πράγματα στη Μ αυτό τον τρόπο μετατρέπουμε τις προτάσεις φύση που ταιριάζουν λιγότερο ή περισσότερο στις της ευκλείδειας Γεωμετρίας σε προτάσεις που ανtαέννοιες της Γεωμετρίας, τα οποία χωρίς καμιά αμ- ποκρίνονται στις διάφορες σχετικές θέσεις τις οποίες φιβολία υπήρξαν η αιτία να γεννηθούν αυτές. Αλλ.ά τα πραγματικά στερεά αντικείμενα μπορούν να καταη Γεωμετρία επιδιώκει να απομακρυνθεί από την λάβουν. Η Γεωμετρία έτσι συμπληρωμένη μπορεί να υλική καταγωγή της, με σκοπό να περιορίσει το οι- θεωρηθεί σαν κλάδος της Φυσικής. Μετά απ' αυτά κοδόμημά της μέσα στο πεδίο της λογικής. Παρα- έχουμε το δικαίωμα να διερωτηθούμε αν αυτές οι γεδείγματος χάριν, η συνήθεια να ορίζουμε την ευ- ωμετρικές προτάσεις έτσι εξηγημένες είναι «αληθεία με δύο σημεία πάνω σε στερεό σώμα, είναι ρι- θείς», γιατί μπορούμε να εξετάσουμε αν επαληθεύοζωμένη βαθιά μέσα μας. Είμαστε, επίσης, συνηθι- νται από τα πραγματικά αντικείμενα τα οποία συμσμένοι να θεωρούμε ότι τρία σημεία βρίσκονται φωνούν με τις καθαρά γεωμετρικές έννοιες. Άρα στην ίδια ευθεία όταν μπορούμε να πετύχουμε ώ- μπορούμε να συμπεράνουμε, με τη μέγιστη δυνατή στε απ' αυτά τα τρία σημεία να περνά μια οπτική ακρίβεια, ότι όταν λέμε πως κάποια γεωμετρική πρόακτίνα από κατάλληλη οπτική θέση. ταση είναι «αληθής>> να εννοούμε πως αυτή η παρα-

Συμμορφούμενοι στις συνήθειες της σκέψης δοχή μας οδηγεί σε δυνατότητα κατασκευής με χάραμας, μπορούμε να προσθέσουμε στις προτάσεις της κα και διαβήτη. ευκλείδειας Γεωμετρίας την παρακάτω μοναδική Η βεβαιότητα της έτσι νοηθείσας «αλήθειας» πρόταση: των γεωμετρικών προτάσεων δεν μπορεί να στηρι-

Μεταξύ δύο σημείων κάποwυ πραyματικού στε- χθεί φυσικά παρά μόνο από πειράματα αρκούντως ρεού υφίσταται πάντα η ίδια απόσταση (μετρημένη ατελή . . . >>

I β. 'ΈιJκλείδεια Γεωμετρία, αγάπη μου " • ευθεία Ηοιι.\·el (σχήμα 1), ισχύει το παρακάτω θεώρημα:

«Σε κάθε τρίγωνο, το κέντρο της εγγεγραμμένης πε- πρώτων σημείων είναι διπλάσια της απόστασης των ριφέρειας ("έ-yκυκλος'�. το κέντρο βάρους του, και δύο τελευταίων» το κέντρο του έγκυκλου του μεσοτριγώνου, βρίσκο- Η παραπάνω ευθεία (ε) ονομάζεται ευθεία Hou.<;e/

νται στην ίδια ευθεία (ε), η δε απόσταση των δύο • σημείο Franke (σχήμα 2) ισχ6ει το παρακάτω θεώρημα:

«Σημειώνουμε με ΟΔ, ΟΕ, ΟΖ τις αποστάσεις του ώστε ΟΔ ΊΟΔ=ΟΕ ΊΟΕ=ΟΖΊΟΖ περικέντρου Ο τριγώνου ΑΒΓ, από τις πλευρές ΒΓ, Τότε οι ευθείες ΑΔ ', ΒΕ ', ΓΖ' περνούν από το ίδιο ΓΑ, ΑΒ αντίστοιχα. Πάνω στις ευθείες ΟΔ,ΟΕ, ΟΖ, σημείο Ρ» θεωρούμε σημεία Δ ',Ε ', Ζ' αντίστοιχα, σε τρόπο Το σημείο Ρ οιιομάζεται σημείο Franke


-------------- ΗΟΜΟ MATHEMAτiCUS-------.....-------

• κι5κλος Terquem (σχ1Ίμα 3 ) ισχύει το παρακάτω θεώρημα: «Αν συνδέσουμε τυχαίο σημείο Μ τριγώνου ΑΒΓ με τις ΒΓ,ΓΑ,ΑΒ στα Δ ', Ε ', Ζ' αντίστοιχα. σε τρόπο τις κορυφές του Α, Β, Γ , οι ευθείες ΜΑ, ΜΒ, Α1Γ τέ- ώστε οι ΑΔ ',ΒΕ ',ΓΖ' να περνούν από το ίδιο σημείο μνουν τις ΒΓ, ΑΓ, ΑΒ στα σημεία Δ, Ε, Ζ αντίστοι- Μ'» χα . . Ο κύκλος που περνά από τα Δ,Ε,Ζ ξανατέμνει Ο κι)κλος αιπr)ς ονομάζεται κι!κλος του Τeιψιe

ευΟεία Hoιt.'iίel σι είο f�ranke κι5ιιλο

Α

Γ

σχημ.3

l lα. "Αυτό το ξ1Εpατι:; ,

Με ποια βραβεία τιμήθηκε ο Paul Joseph Cohen; [ 1934-2007] [η απάντηση στο τέλος της στήλης]

Π Ι . "οι συνεργάτες της στήλης γράφουν-ερωτοι5ν"

1 " Οέμα: Για τη φύση των Μ αθηματικών Π ρολεγόμενα. Δεν περιμέναμε, κάνοντας διακοπές, να οδηγηθούμε σε ένα θέμα που άπτεται κα

τευθείαν με τη φύση των Μαθηματικών. Ένας καλός συνάδελφος και φίλος της στήλης (Κρανιώτης Βαγγέλης), μας τηλεφώνησε και μας είπε να βρούμε το τελευταίο τεύχος του περιοδικού «ΘΕΜΑ Τ Α ΠΑΙΔΕIΑΣ>>. Εμείς, επιστρέφοντας στην Αθήνα, βρήκαμε το περιοδικό και το άρθρο για το οποίο έγινε το τηλεφώνημα. Ο συγγραφέας (Μιχάλης Μιχαήλ) είναι ειδικός συνεργάτης του περιοδικού. Σας παρουσιάζουμε μερικά αποσπάσματα από την εργασία του.

Μ. Μιχαήλ «Η ανάπτυξη ικανοτήτων στα Μαθηματικά» «Τα Μαθηματικά, όπως κάθε ανθρώπινη ριθμοί προέκυψαν σαν αποτέλεσμα συγκεκριμένων

δραστηριότητα, προέκυψαν από τις πρακτικές (α- ανθρώπινων ενεργειών, των μετρήσεων. νάγκες της κοινωνίας). Γι' αυτό ακριβώς το λόγο Η επιστήμη των Μαθηματικών ερευνά τις είναι εφαρμόσιμοι. Οι άνθρωποι έπρεπε να προσδι- μορφές των αντικειμένων, καθώς και τις ποσοτικές ορίσουν τις ποσότητες των αγαθών που ανταλλά- σχέσεις που συνδέουν τα αντικείμενα και τα φαισανε, να προσανατολιστούν στις μετακινήσεις νόμενα. Προσδιορίζει τις συνδέσεις των φαινομέτους, να οριοθετήσουν τις ιδιοκτησίες κτλ. Οι α- νων και τις διατυπώνει με τη μορφή λογικών προ-

«Τα Μαθηματικά δεν εξετάζουν την υλική σύσταση των αντικειμένων, αλλά μόνο τη μορφή και την ποσότητά τους. Οι μαθηματικές έννοιες αποτελούν λογικές αφαιρέσεις και γενικεύσεις ορισμένων μόνο χαρακτηρισηκών της ύλης. Για να μελετήσουμε τις μορφές και σχέσεις των αντικειμένων και φαινομένων της πραγματικότητας, τις αποσπάμε από το υλικό περιεχόμενό τους. Έτσι έχουμε σημεία χωρίς διαστάσεις, γραμμές χωρίς πλάτος και ύψος κτλ. Ο άνθρωπος, για να μετρήσει, επικεντρώνεται στην ποσότητα ξεχωρίζοντάς την από όλες τις άλλες ιδιότητες των αντικειμένων. Ωστόσο αυτό δε σημαίνει ότι δεν ενδιαφέρεται γι' αυτές. Αντίθετα, για να διαλέξει μια μονάδα μέτρησης

τάσεων γραμμένων με σύμβολα»

προς την οποία θα συγκρίνει το (αντικείμενο, πρέπει να λάβει υπόψη του ποια είναι η ιδιότητα που θα μετρήσει. Για παράδειγμα: αν θέλει να μετρήσει μια διάσταση του αντικειμένου (μήκος), πρέπει να διαλέξει σαν μονάδα μέτρησης ένα άλλο αντικείμενο δοσμένου μήκους.

Ο αφηρημένος χαρακτήρας των Μαθηματικών δε συνεπάγεται το διαχωρισμό τους από την πραγματικότητα. Αντίθετα, με την πρόοδο της επιστήμης και της τεχνολογίας τα Μαθηματικά όλο και περισσότερο βρίσκουν εφαρμογή στην πρακτική δραστηριότητα των ανθρώπων.

Τα Μαθηματικά αποτελούν αντανάκλαση στην ανθρώπινη νόηση της αλληλεπίδρασης των υλικών


-------------- ΗΟΜΟ ΜΑΤΗΕΜΑτΙCUS-------------

συστημάτων. Ωστόσο η προέλευση των Μαθηματι- του αφηρημένου χαρακτήρα των Μαθηματικών κών από τον υλικό κόσμο και η σύνδεσή τους με δομών και εννοιών» αυτόν δε γίνεται πάντα άμεσα αντιληπτή, εξαιτίας

«Η απόσπαση των μαθηματικών εννοιών από υλικών αντικειμένων. Διαμορφώθηκε η αντίληψη την υλική υπόσταση των αντικειμένων γέννησε, ότι τα Μαθηματικά είναι κάτι που υπάρχει ανεξάρήδη από την αρχαιότητα, τη λαθεμένη ιδέα ότι οι τητα από την υλική πραγματικότητα και από τη μαθηματικές έννοιες υπάρχουν από μόνες τους. Έ- συλλογική πρακτική δραστηριότητα των ανθρώγινε μια αντιστροφή οι μαθηματικές έννοιες και πων. Τα Μαθηματικά περιβλήθηκαν με ένα πέπλο σχέσεις, ενώ είναι μορφή aντανάκλασης της πραγ- μυστικισμού, κατάλοιπα του οποίου επιβιώνουν ματικότητας στο νου των ανθρώπων, θεωρήθηκαν μέχρι σήμερα» οντότητες που υπαγορεύουν τον τρόπο κίνησης των

2° θέμα: Οι Beatles και τα Μαθηματικά

Προλεγόμενα. Η Ιστοσελίδα του συνδέσμου "ΘΑ- μόνιμη άδεια που μας έδωσαν οι υπεύθυνοι της ιΛΗΣ +ΦΙΛΟΙ", ήταν γεμάτη ευχάριστες εκπλήξεις, στοσελίδας και δημοσιεύουμε ένα θέμα, κατά τη μια απ' τις οποίες είναι η σχέση των Beatles και γνώμη μας πρωτότυπο και πολύ ενδιαφέρον. των Μαθηματικών. Εμείς επωφεληθήκαμε από την

Συντάκτης: Γιώργος Καρουζάκης: Ο μαθηματικός γρίφος των Beatles

Η μουσική των τραγουδιών που έχουν υπάρξει μεγάλες επιτυχίες, αναγνωρίζεται τις περισσότερες φορές από το πρώτο άκουσμα, χωρίς να δημιουργεί ή να συντηρεί κανενός είδους μυστήριο. Υπάρχει, όμως, μια περίπτωση πασίγνωστου τραγουδιού, που δεν είναι τόσο ξεκάθαρη όσο οι άλλες. Συνοδεύεται, μάλιστα, από ένα μυστηριώδες ερώτημα το οποίο ζητά απάντηση τα τελευταία σαράντα χρόνια: «τt είδους ενορχήστρωση και ποιες νότες συνθέτουν την εισαγωγική συγχορδία του δημοφιλούς τραγουδιού των Beatles, «Α Hard Day' s Night» ; Το μυστήριο ενισχύεται από το γεγονός ότι οι Beatles δεν είχαν ποτέ διάθεση να αποκαλύψουν τη δημιουργία του σύνθετου ήχου που ακούγεται στην εισαγωγή του τραγουδιού. Όσοι μουσικοί προσπάθησαν να τον επαναλάβουν aπογοητεύτηκαν από το αποτέλεσμα, το οποίο απέχει εντυπωσιακά από το πρωτότυπο. Ο μαθηματικός Jason Brown, λάτρης των Beatles, επιχείρησε να προσεγγίσει τον μυστηριώδη γρίφο του τραγουδιού, αξιοποιώντας τις μουσικές του γνώσεις αλλά και τους Διακριτούς Μετασχηματισμούς Φουριt, τους μαθηματικούς μετασχηματι-

30 θέμα: Hίlbert και Einstein

σμούς που βοηθούν στην διάσπαση των σημάτων στα στοιχειώδη βασικά τους μέρη. Οι μαθηματικοί μετασχηματισμοί απλοποιούν εφαρμογές που κυμαίνονται από την επεξεργασία ενός σήματος μέχρι τον πολλαπλασιασμό μεγάλων αριθμών, για αυτό και ο μαθηματικός ερευνητής κατάφερε να πάρει απαντήσεις που αφορούν τις νότες και τη συμπεριφορά των διαφορετικών οργάνων. Και να εντοπίσει «κρυμμένες» mνελιές mάνου που δεν αναγνωρίζονται εύκολα στην εισαγωγή του τραγουδιού. Ο J. Brown χρησιμοποιεί, επίσης, τα μαθηματικά, ιδιαιτέρως τη Θεωρία Γραφημάτων, προκειμένου να ανακαλύψει ποιός είναι, τελικά, ο δημιουργός του τραγουδιού «ln My Life>>, αφού και ο Τζον Λένον και ο Πολ Μακ Κάρτνεϊ είχαν διεκδικήσει την πατρότητά του. Στις γραφικές παραστάσεις που δημιούργησε εξετάζονται όλα τα τραγούδια της μπάντας που έχουν αναγνωρισμένη πατρότητα για να εντοmστεί σε ποιά συλλοyή γραφημάτων, σε εκείνη του Λένον ή του Πολ Μακ Κάρτνεϊ, ταιριάζει καλύτερα το τραγούδι «ln My Life».

[Πηγή: Ameήcan Mathematical Society]

Προλεγόμενα Στο ηλεκτρονικό μας ταχυδρομικό κουτί έφτασε ένα πολύ ενδιαφέρον σημείωμα του φίλου της στήλης Νίκου Λυγερού. Λόγω έλλειψης χώρου, δημοσιεύουμε ένα μέρος της.

Ο Hilbert, ο Einstein και η Γενική Σχετικότητα (του Νίκου Λυγερού, Πανεπιστήμιο Λυών)

( . . . )ο Hilbert, μετά από τις διαλέξεις του Einstein τικό επίπεδο. Αυτές οι πληροφορίες δεν είναι βέστο πανεπιστήμιο όπου τον είχε καλέσει, άρχισε να βαια εκτιμήσεις της ιστορίας των μαθηματικών και μελετά το πλαίσιο της Γενικής Σχετικότητας. Τον της φυσικής, αλλά στοιχεία που υπάρχουν στην αλείχε αγγίξει η αισθητική της θεωρίας του Einstein ληλογραφία μεταξύ Einstein και Hilbert. Με αυτόν και ήθελε να τη μελετήσει βαθύτερα στο μαθημα-


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

τον τρόπο έχουμε ακριβείς αναφορές για την εξέλιξη της μαθηματικής έρευνας του Hilbert.

Στις 1 8 Νοεμβρίου 19 15, ο Einstein απαντά στην επιστολή του Hilbert, ότι το σύστημα εξισώσεων που του έστειλε είναι σύμφωνο με το δικό του, το οποίο παρουσίασε στην Ακαδημία. Έχουμε, λοιπόν, γραπτές αποδείξεις για τη σχέση των δύο επιστημόνων σε σχέση με την εύρεση των εξισώσεων πεδίου. Βλέπουμε, επίσης, ότι δεν υπάρχει καμιά διαμάχη για οποιαδήποτε προτεραιότητα σχετικά με τα πνευματικά δικαιώματα. Αντιθέτως, η αλληλοεκτίμηση για τα επιτεύγματα του καθενός είναι διάφανη σε όλη την αλλ.ηλογραφία τους. Οι προσεγγίσεις τους ήταν, βέβαια, διαφορετικές για την επίλυση του προβλήματος κι αυτό οφείλεται όχι 4° θέμα: Μαθηματικά βραβεία

μόνο στη διαφορά μεταξύ των μαθηματικών και των φυσικών αλλ.ά ειδικά στις γνώσεις του καθενός και τη διαχείριση των σκέψεων τους. Η αφαιρετικότητα του Hilbert κι η διαίσθηση του Einstein βρέθηκαν σ' ένα σημείο ισορροπίας μέσω του τανυστικού λογισμού και της Γενικής Σχετικότητας. Είναι λοιπόν όχι μόνο φυσιολογικό αλλ.ά ταυτόχρονα και λογικό να ονομάσουμε αυτό το σύστημα: εξίσωση Einstein - Hilbert. Σε κάθε περίπτωση αυτή η εξέχουσα σχέση των δύο επιστημόνων καθορίζει κι ένα ξεκάθαρο πλαίσιο για τη συνέχεια της ιστορίας και της εξέλιξης της Γενική Σχετικότητας. Διότι έχουμε άλλη μία αντικειμενική απόδειξη της ακριβής κατάστασης της θεωρίας, ένα χρόνο πριν γίνει η πρώτη επαφή μέσω αλλ.ηλογραφίας μεταξύ Einstein και Caratheodory.

Προλεγόμενα Ο φίλος της στήλης Μάρκος Μαούδης [Θεσσαλονίκη], μας ρωτά πόσα διεθνή μαθηματικά βραβεία υπάρχουν. Εμείς το "ψάξαμε" και βρήκαμε ορισμένα. Θα παρακαλέσουμε οποιονδήποτε φίλο της στήλης, γνωρίζει και άλλα βραβεία να μας τα γνωστοποιήσει για να τα δημοσιεύσουμε κι αυτά.

Πρώτη λίστα βραβείων [1]. Το μετάλλιο [Fields medal] αναλογικά βρίσκεται πλησιέστερα προς το βραβείο Nobel.

[2] . Το μετάλλιο Abel Prize: είναι ένα νέο βραβείο μαθηματικών της Νορβηγικής Ακαδημίας, αφιερωμένο στη μνήμη του Niels Henήk Abel ( 1 802-1 829) [3]. Το Bocher Memorial Prize απονέμεται από την Αμερικανική Μαθηματική Εταιρεία κάθε πέντε χρόνια [4]. Βραβείο Shaw είναι 1 εκατομμύριο δολάρια χρηματικά βραβεία που προσφέρονται κάθε χρόνο [5]. Βραβείο Wolfskehl: Ένα βραβείο .zεου προσφέρεται για την πρώτη έγκυρη απόδειξη του τελευ-

llβ. Απάντηση στο <<Α υτό το ξέρατε;;;

Ο Paul Joseph Cohen τιμήθηκε με τα παρακάτω βραβεία: α) AMS Bocher Prize το 1964 [απονέμεται κάθε τρία χρόνια , συνοδεύεται με 5.000 $. Το επόμενο θα απονεμηθεί το 2014], β) Fields Medal το 1966 [απονέμεται κάθε τέσσερα χρόνια,

ταίου θεωρήματος του Fermat.

[6]. Βραβείο Cole: Η AMS προς τιμήν του καθηγητή Frank Nelson Cole,

[7]. Βραβείο Nevanlinna: Το Nevanlinna απονέμεται από τη Διεθνή Μαθηματική Ένωση για όσους συνεισφέρουν με τα Μαθηματικά στην επιστήμη της πληροφορίας. [8] . Βραβείο Wolf: Πέντε ή έξι Wolf βραβεία που απονέμονται κάθε χρόνο σε εξέχοντες εmστήμονες και καλλ.ιτέχνες που εργάζονται για επιτεύγματα προς το συμφέρον της aνθρωπότητας και των φιλικών σχέσεων μεταξύ των λαών

συνοδεύεται με 1 5.000 $. Το επόμενο θα απονεμηθεί το 2014], γ) Honorary Members of the London Mathematical Society το1973 [δεν υπάρχει κανονικότητα στο χρόνο απονομής]

Ανακοίνωση: Δεν προλάβαμε να στείλουμε το κείμενο στη συντακτική επιτροπή του περιοδικού και, κάποιος φίλος που ήξερε για την έκκλησή μας, μας υπέδειξε μια ανάρτηση του Bilstef [Βασίλης Στεφανίδης], της 19/6/2012 στο mathematica.gr. Εμείς το βρήκαμε, αλλά ελλείψει χώρου, θα το δημοσιεύσουμε στο επόμενο τεύχος


Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑλΓΕΒΡΑΣ

Σημείωση. Όλες οι εξισώσεις και ανισώσεις που θα διαπραγματευτούμε στο άρθρο αυτό έχουν σύνολο αναφοράς και σύνολο ορισμού το σύνολο R των πραγματικών αριθμών.

1 ) Ν α λυθεί η εξίσωση: � x + l χ

ν 1.χ - .fi _ 1 = ι -.fi + 1

.

Λύση. Έχουμε: (1)

(1) � J2x- (J2 + 1)(χ + 1) = 1 - (Ji -1)χ � J2x -J2x-J2 -χ- 1 = 1 -..fix+ x � ( 2-..fi)x = -( 2 +J2)

J2(J2+1) � χ =

J2(J2-1) � x = -2J2-3

2 ) Να λυθεί η εξίσωση: λχ + 5 5 χ -- - - = - (1 )

9 3λ λ στην οποία χ είναι ο άγνωστος και λ Ε JR • παράμετρος. Λύση. Μελ * Ο ,έχουμε: (1) � λ(λχ + 5) - 15 = 9χ � .. . � (λ - 3)(λ + 3)χ = -5(λ - 3) (2). α) Έστω ότι: λ = 3 . Τότε: (2) � Ο · χ = Ο και άρα η εξίσωση είναι ταυτότητα. β) Έστω ότι: λ = -3 . Τότε: (2) � 0 · χ = 30 και άρα η εξίσωση είναι αδύνατη. γ) Έστω ότι λ * 3 και λ * -3 ( φυσικά

-5 καιλ * 0 ). Τότε: χ =-- . λ + 3 3) Θεωρούμε την εξί�ωση:

χ χ - 1 χ - 2 χ - 3 χ - 4 -- + -- + -- + -- + -- = 5 . 2012 2011 2010 2009 2008 Χωρίς να επιλύσετε την εξίσωση αυτή,

να αποδείξετε ότι το 2012 είναι ρίζα της, ενώ το Ο δεν είναι. Τι συμπεραίνεται για τις λύσεις της εξίσωσης αυτής; Λύση. Με χ = 2012 , κάθε ένα από τα κλάματα του πρώτου μέλους της εξίσωσης αυτής είναι ίσο με 1 . Άρα, το 2012 είναι ρίζα της.

Α.Κυριακόπουλος- Χρυσ. Κυβερνήτου Άρα, το Ο δεν είναι ρίζα της. • Η εξίσωση αυτή, μετά την απαλοιφή των παρονομαστών, τις πράξεις κτλ. , είναι ισοδύναμη με μια εξίσωση της μορφής: αχ + β = Ο , όπου α, β Ε R . Άρα, ή θα έχει ακριβώς μια λύση ή θα είναι αδύνατη ή θα είναι ταυτότητα. ΑλλfJ., δεν είναι ταυτότητα αφού με χ = Ο δεν επαληθεύεται, ούτε είναι αδύνατη αφού έχει τη λύση χ = 2012 . Συμπεραίνουμε λοιπόν ότι η δοσμένη εξίσωση έχει τη μοναδική λύση: χ = 2012 .

4) Να βρείτε, αν υπάρχουν, τους ακέραιους αριθμούς λ, για τους οποίους η εξίσωση: χ2 - 2χ + λ - 1 = Ο , έχει δύο ρίζες πραγματικές, άνισες, θετικές. Λύση. Η διακρίνουσα της εξίσωσης αυτής είναι: Δ=4-4(λ-1) =8-4λ. Το άθροισμα των ριζών της είναι S = 2 και το γινόμενο τους είναι Ρ=λ-1 . Έτσι, συμβαίνουν τα ζητούμενα {Δ>Ο {8-4λ>0 αν, και μόνο αν: S>O � 2>0 �1<λ<2.

Ρ>Ο λ-1>0 Άρα, τέτοιος αριθμός λ δεν υπάρχει.

5) Η εξίσωση: αχ2 + βχ + γ = Ο , όπου α, β, γ Ε JR • έχει πραγματικές ρίζες ρ1 και ρ2 • Να αποδείξετε ότι ένας τουλάχιστον από τους αριθμούς: I Ρ ι I και IPz l δεν υπερβαίνει

τον αριθμό 2 � •

Λύση. Έστω ότι αυτό δεν συμβαίνει. Τότε θα έχουμε: IPι l > 2 l και IP2 1 > 2 l . 'Ετσι, επει-β β δή: β = -α(ρ1 + ρ2) και γ = αρ1ρ2 , θα έχουμε:

I Ρ ι I > 2 αριρ2 -α(ρι + ρ2 )

=> {IΡι + P2 I > 2 1P2 I

IP2 I > 2 αρ1ρ2 IΡι + ρ2 Ι > 2 IPι l -α(ρι + ρ2 )

=> IΡι + P2 l > IPι l + IΡ2 I , άτοπο. • Με χ=Ο to πρώτο μέλος της εξίσωσης αυτής είναι αρνητικό, ενώ το δεύτερο είναι θετικό. 6) Δύο εργάτες Α και Β τελειώνουν μαζί


Μαθηματικά για την Α' Λυκείου

ένα έργο σε ι2 ώρες. Ο εργάτης Β τελειώνει το έργο (μόνος του) σε ιο ώρες περισσότερες από όσες ώρες το τελειώνει ο εργάτης Α (μόνος του). Να βρείτε σε πόσες ώρες τελειώνει το έργο καθένας από τους εργάτες (μόνος του). Λύση. Έστω ότι ο εργάτης Α τελειώνει το έργο σε χ ώρες, οπότε ο εργάτης Β το τελειώνει σε χ+ 1 Ο ώρες. Σε μια ώρα ο εργάτης Α εκτελεί

1 το - του έργου και ο εργάτης Β εκτελεί το χ 1

--του έργου. Άρα και οι δύο μαζί εκτεχ + lΟ λ ' 1 1 συν το - + -- του έργου. Εξάλλου και οι χ χ + 10 δύο μαζί εκτελούν το _!__ του έργου. 'Ετσι έ-12

1 1 1 χουμε: -+-- = -<=> 12(χ + 10) + 12χ = χ x + lO 12 = χ( χ + 10) <=> χ2 -14χ -120 = ο Η διακρίνουσα της τελευταίας εξίσωσης είναι:

Δ = 142 + 4 · 120 = 676 = 262 • Άρα, οι ρίζες της εξίσωσης αυτής είναι:

14 ± 26 (20 (δεκτή) χ = 2 -6 (απορρίπτεται) Συνεπώς χ = 20 . Άρα, ο εργάτης Α τελειώνει το έργο σε 20 ώρες και ο εργάτης Β σε 20 + 10 = 30 ώρες. 7) Ν α λυθεί η aνίσωση:

χ χ -+ ι � λ 2 (ι)

στην οποία χ είναι ο άγνωστος λ ε 1R • παράμετρος.

Λύση. α) Έστω ότι λ>Ο. Τότε: (1) <=> 2χ + 2λ � λχ <=> (λ - 2)χ � 2λ (2).

α1) Έστω ότι: Ο < λ < 2 . Τότε: 2λ (2) <=> χ �·-- . λ - 2

α2) Έστω ότι: λ=2. Τότε: (2) <=> Ο · χ � 4 <=> χ ε 1R .

α3) Έστω ότι: λ > 2 . Τότε: 2λ (2) <=> χ � -- . λ - 2

β) Έστω ότι: λ<Ο. Τότε: (1) <=> 2χ + 2λ � λχ <=> (λ - 2)χ � 2λ

και

•

•

2λ ( ' <=> χ � -- γιατι λ - 2 < Ο ). λ - 2 Συνοπτικά:

2λ 0 < λ < 2 : χ �-λ - 2 λ = 2 : χ ε 1R

2λ • λ < ο ή λ>2 : χ � --λ - 2

8) Έστω ότι η εξίσωση: χ2 - 2λχ + ι = Ο , όπου χ είναι ο άγνωστος και λ ε 1R παράμετρος, έχει πραγματικές ρίζες και ότι ρ είναι μια εξ αυτών. Να αποδείξετε ότι:

ι IPI + lPf = lλ + ιι + lλ - ιι . <ι>

Λύση. Ονομάζουμε η την άλλη ρίζα της εξίσωσης, οπότε: ρ + η = 2λ και ρη = 1 . Έτσι .

δ ' 1 επει η η = - και ρη = 1 > Ο , έχουμε: ρ 1 1 'ρ ' + ίΡϊ = 'ρ' + ρ = 'ρ' + 'η ' = 'ρ + η' = 2 1 λ I (2).

Επειδή η εξίσωση έχει ρίζες πραγματικές, έχουμε: Δ � Ο � 4λ 2 -4 � Ο � λ 2 - 1 � Ο

� (λ + 1)(λ - 1) � ο �

lλ + 1l + lλ - 11 = l<λ + 1) + (λ - 1)1 = 2 lλl (3). Από τις (2) και (3) έπεται η (1). 9) Να λυθεί η aνίσωση: lx2 -2xl <x . (ι) Λύση. Έχουμε:

(1) <=> ({'Χ22 - 2x l < χ ή {'χ2 - 2x l < xJ χ - 2χ � ο χ 2 - 2χ < ο

<::> ({Χ: - 2χ < Χ ή {-χ2 + 2χ < XJ χ - 2χ � ο χ2 - 2χ < ο <=> ({χ(χ - 3) < ο ή {χ(χ - 1) > ο J χ( χ - 2) � ο χ(χ - 2) < ο <=> ({0 < χ < 3 ή {(χ < Ο ή χ>ι)J

(χ � Ο ή χ � 2) 0 < χ < 2 <=> ( 2 � χ < 3 ή ι <χ<2) <=> 1 < χ < 3.

-Υπενθυμίζουμε το παρακάτω θεώρημα: Θεώρημα (του τριωνύμου). Θεωρούμε το τριώνυμο: f(x) = αχ2 + βχ +γ, όπου α, β, γ ε 1R με α :;t: Ο . Θέτουμε: Δ = β2 - 4αγ .



1) Αν Δ < Ο , τότε αf(χ) > Ο , για κάθεχ Ε :!R. . 2) Αν Δ = Ο , τότεαf(χ) > Ο , για κάθε x E :!R. με χ * _1._ και f( _1._) = Ο . 2α 2α 3) Αν Δ > Ο , τότε: {αf(χ) > Ο, για κάθε χ Ε ( -οο, Ρι ) υ (ρ2 , +οο) αf(χ) < Ο, για κάθε χ Ε (ρι , Ρ2 ) ,

όπου Ρι και p2 οι ρίζες του f(χ), ρι < ρ2 .

1 0) Να λυθεί η aνίσωση: αχ2 - 4χ + α > Ο (1)

στην οποία χ είναι ο άγνωστος και α Ε πι παράμετρος.

Λύση. 1) Έστω ότι α=Ο. Τότε: (1) <=> -4χ > ο <=> χ < ο .

2)Έστω ότια * Ο .Θέτουμε: f(x) = αχ2 - 4χ + α .

Η διακρίνουσα του τριωνύμου αυτού είναι: > Ο, αν -2<α<2(α * Ο)

Δ = 1 6-4α2 = 0, αν α=2 ή α = -2 < Ο, αν α<-2 ή α>2

• Αν Δ � Ο , τότε οι ρίζες του f(x) είναι: 2 + .J4 - α2 2 -.J4 - α2

Ρι = και ρ2 = ----α α 2α) Έστω ότι: -2 < α < Ο .Τότε Δ>Ο

καιρι < ρ2 . Έτσι, τότε, σύμφωνα με το θεώ-ρημα του τριωνύμου, έχουμε: (1) <=>Ρι <χ <ρ2 . 2β) Έστω ότι: Ο<α<2. Τότε Δ>Ο καιρι > ρ2 . Έτσι, τότε, σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, έχουμε: (1) <=> (χ < Ρ2 ή χ>ρι ) ·

2γ) Έστω ότι: α=2.Τότε: (1) <=> 2χ2 - 4χ + 2 > ο <=> (χ - 1)2 > ο <=> χ * 1 2δ)Έστω ότι: α=-2.Τότε: (1) <:::::> -2χ2 - 4χ - 2 > Ο <:::::> (� + 1)2 < Ο , αδύνατον. 2ε) Έστω ότι: α>2. Τότε Δ<Ο και σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, η ( 1 ) επαληθεύεται για κάθε χ Ε IR. . 2στ) Έστω ότι α<-2. Τότε Δ<Ο και σύμφωνα με το θεώρημα του τριωνύμου, η (1) είναι αδύνατη. Συνοπτικά: • α ::;; -2 : Αδύνατη

• -2 < α < Ο : ρι < Χ < ρ2 • α = Ο : χ < Ο • Ο < α < 2 : χ < Ρ2 ή χ > Ρι • α=2 : χ * 1 • α>2 : Χ Ε JR. ( 2 + .J4- α2 2 -.J4 - α2 J Ρι = , ρ2 = α α

- Σημειώνουμε ότι με: f(x) = αχ2 + βχ + γ , όπου α,β,γ Ε :!R. , α * Ο και Δ = β2 - 4αγ , ισχύουν οι παρακάτω ισοδυναμίες:

. {α > Ο 1) (Για καθε χ Ε IR., f(x)>O) <:::::> Δ < Ο . {α > Ο 2) (Για καθε χ Ε IR., f(x) � Ο) <:::::> Δ ::;; Ο

3) (Για κάθε χ Ε IR., f(x)<O) <:::::> {α < 0 Δ < Ο

, {α < Ο 4) (Για καθε χ Ε IR., f(x) ::;; Ο) <:::::> Δ ::;; Ο

1 1 ) θεωρούμε δύο πραγματικούς αριθμούς λ και μ και υποθέτουμε ότι για κάθε χ Ε πι ισχύει: (λ - 3)χ2 + 2λχ + λ + μ > Ο . Να αποδείξετε ότι για κάθε χ Ε πι ισχύει:

(μ - 3)χ2 + 2μχ + λ + μ > ο .

Λύση. Από την υπόθεση συμπεράνουμε ότι: λ-3>0 και Δι < Ο , όπου Δι η διακρίνουσα του τριωνύμου: (λ - 3)χ 2 + 2λχ + λ + μ . Έχουμε: Δι = 4λ2 - 4(λ - 3)(λ + μ) = -4λμ + 12λ + 12μ Για να αποδείξουμε το ζητούμενο, αρκεί να αποδείξουμε ότι: μ-3>0 καιΔ2 < Ο , όπουΔ2 είναι η διακρίνουσα του τριωνύμου:

(μ - 3)χ 2 + 2μχ + λ + μ > ο . Έχουμε:

• Δι < 0 => -4λμ + 12λ + 12μ < 0 => λ μ - 3λ - 3μ + 9 > 9 => (μ - 3)(λ - 3) > 9

=> (μ - 3)(λ - 3) > ο και επειδή λ-3>0, έπεται μ-3>0.

• Δ2 = 4μ2 - 4(μ - 3)(λ + μ) = -4μλ + 12λ + 12μ=Δι < Ο



Α ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑλΓΕΒΡΑΣ Θύμιος Διαμαντόπουλος - Βαγγέλης Ευσταθίου

1 . Αν x =i( α+�} ψ =i(β +j) με α � 1 και

β � 1 , να υπολογιστεί η τιμή της παράστασης:

xψ-..w=l� Α = r-:;--: � . χψ + '\/Χ2 - 1vψ2 - 1 ' 1

( 1 J '

Λύση: Αφου χ ="2 α+� , εχουμε .----,-------=

�� (α+�)' - Ι � ψ α+�)' -+

�J�(α-Η ��ια-�1 · Όpς α 2 1 , οπότε

1 � 1(

1J

α-- � Ο . Επομένως: ν χ- - 1 = - α-- . α 2 α

Όμοια βρίσκουμε �ψ2 - 1 =�(β -t) · Αντικαθιστώντας στην παράσταση παίρνουμε

χψ -..Jχ2 - 1�ψ2 - 1 Α - = -χψ +..Jχ2 - 1�ψ2 - 1

�(α+

�J(β +

t)-�(

α-�J(

β -t) �

�( α+

Ηβ+

i) -�( α-

Ηβ-

i)

-

α β 1 α β 1 α β αβ+β +� +� -αβ+β +� -� -β+� - σ: +β2

α β 1 α β 1 - 1 -σ!β2 +( αβ+-+-+-+αβ----+- αβ+-β α αβ β α αβ αβ 2. Να αποδειχθεί ότι η εξίσωση: (χ-α)( χ- Ρ)+( χ-α)( χ-γ)+ ( χ-Ρ)( χ-γ) = Ο , α, β, γ ε R. έχει πάντοτε πραγματικές ρίζες.

Λύση: Έχουμε (χ -α)( χ -β) +(χ-α)(χ -γ) + (χ-β)(χ-γ) = 0<=> <=> χ 2 - (α+ β) χ + α β + χ 2 -( α + γ) χ + αγ + χ 2 ---(β+γ)χ+βy=Ο<=> 3JC -2( α+β+γ)χ+αβ+αγ+βy=Ο. Η διακρίνουσα της εξίσωσης είναι: Δ = 4( α+ β + γ)2 - 12( αβ + αγ + βγ) = = 2{ 2α2 + 2β2 + 2γ2 - 2αβ - 2αγ - 2βγ) = =2[( α2 +β2 -2αβ)+( α2 +Υ. -2αy)+(β2 +Υ -2βy)]=

= 2[(α-β)2 + (α -γ)2 + (β - γγ]

Είναι φανερό ότι Δ � Ο για κάθε α, β, γ Ε R. , άρα η εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. Β'Τρόπος Έστω f( χ) =(χ-α)( χ-β)+( χ-α)( χ-γ)+( χ-β)( χ-γ) Τότε f (a) = (α - β)(α-γ) , f (β) = (β - α)(β -γ) , f (γ) = (γ - α)(γ - β) => f(α)f(β)f(γ) = = -(α - βγ (β -γ)2 (γ - α)2 :s; Ο ::::> Δ � Ο αφού διαφορετικά αν ήταν δηλαδή Δ < Ο θα είχαμε f (χ) > Ο για κάθε χ ε � οπότε f (α) > Ο, f (β) > Ο, f (γ) > Ο δηλαδή f (α)f(β)f (γ) > Ο , πράγμα άτοπο. (παρατηρήσαμε ότι το τριώνυμο f(x) έχει συντελεστή του χ2 το 3>0) 3. Να αποδείξετε ότι αν οι συντελεστές των εξισώσεων χ2 +β1χ+γ1 =0 και Χ2 + β2

χ+ γ2 = Ο

ικανοποιούν την σχέση β1 • β2 = 2 (γ 1 + γ

2) , τότε

μία τουλάχιστον εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. Λύση Έστω Δι και Δ2 η διακρίνουσα της πρώτης

και της δεύτερης εξίσωσης αντίστοιχα, τότε Δι = β� - 4γι και Δ2 = β; - 4γ2 . Τότε Δι +Δ2 = β� -4γι +β; -4γz = β� +β; -4( γι +γz ) = =β� + β; - 2βιβ2 = (βι -βz )2 � Ο

Αν Δι < 0 και Δ2 < 0 , τότε Δι + Δ2 < 0 άτοπο. Άρα Δι � Ο ή Δ2 � Ο , δηλαδή μία τουλάχιστον εξίσωση έχει πραγματικές ρίζες. 4. Για ποιες τιμtς του α ε JR -{-2} , μία ρίζα

της εξίσωσης (α+2)χ2 -(7α+11)χ+6(α-1) =0 είναι μικρότερη του -1 .

Λύση

'Ε χουμε: Δ = ( 7 α + 1 1) 2 - 24 (α + 2) (α -1 ) =

25α2 + 1 30α+ 1 69 = ( 5α + 13)2 •

(7α+ 1 1)±( 5α+ 13) χ = � 1'2 2(α+2)

χ = 12(α+2) = 6 1 2( α+2) 2(α-1) α-1 χ

2 ) 2(α+2 α+2 , α - 1 2α + 1 Πρεπει --< -1 <=> --< Ο <=>

α + 2 α + 2 �(2α+1) · (α+2) <0� α Ε ( -2, -�) .


Μαθηματικά για την Α· Λυκείου

Α ' ΑΥΚΕΙΟΥ Παραλληλόγραμμα και Τραπέζια Παναγιώτης Χριστόπουλο ς- Μαρία Σίσκου

Ορίζουμε: Ένα κυρτό τετράπλευρο που έχει τις απέναντι πλευρές του παράλληλες είναι πα-ραλληλόγραμμο, ενώ αν έχει μόνο δύο πλευρές παράλληλες είναι τραπέζιο. Με κάποιες επιπλέον ιδιότητες που μπορεί να έχουν τα παραλληλόγραμμα τα διακρίνουμε σε ορθογώνια ή ρόμβους. Αν έχουν και τις ιδιότητες του ορθογωνίου και τις ιδιότητες του ρόμβου τότε είναι τετράγωνα. Για να δείξουμε σε μία άσκηση οτι ένα τετράπλευρο είναι παραλληλόγραμμο, ορθογώνιο, ρόμβος ή τεράγωνο θα πρέπει να βρούμε και να αποδείξουμε ότι έχει κάποια συγκεκριμένα στοιχεία. Τα στοιχεία αυτά αναφέρονται ως κριτήρια.

I Κυ ρτό Τετράπλευ ρο I Παραλληλόγραμμο Τραπέζιο

Ορθογώνιο BD Τετράγωνο

Για να είναι ένα παραλληλόγραμμο τετράγωνο αρκεί ο συνδυασμός των δύο κριτηρίων του ορθογωνίου με τα τρία κριτήρια -τ:ου ρόμβου π. χ.

1 . Να έχει μια γωνία ορθή και (α) δύο διαδοχικές πλευρές του ίσες ή (β) Μια διαγώνιος του να διχοτομεί μια γωνία του ή (γ) Οι διαγώνιοι του να είναι κάθετες.

2. Τις διαγώνιες του ίσες και (α) ή (β) ή (γ).

Για να αποδείξουμε ότι ένα τετράπλευρο είναι τετράγωνο αρκεί ένας συνδυασμός των κριτηρίων παραλληλογράμμου, ορθογωνίου και ρόμβου π.χ. να ισχύει μια από τις πιο κάτω ιδιότητες:

1 . Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται είναι ίσες και κάθετες

2. Όλες οι πλευρές του και οι γωνίες του είναι ίσες

3. Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται είναι ίσες

και διχοτομούν μια γωνία του 4. Οι διαγώνιοί του διχοτομούνται τέμνονται

κάθετα και μια γωνία του είναι ορθή Άσκηση lη Δίνεται ισοσκελές τραπέζιο ΑΒΓ Δ

(ΑΒ//ΓΔ) και ΑΒ=ΑΔ=_!_ ΓΔ. Από το σημείο 2

Α φέρουμε κάθετη στην ΒΔ που τέμνει την ΓΔ στο Ε. Να δειχτεί ότι α) ΑΒΕΔ , ΑΒΓΕ είναι ρόμβοι β) EAr = ΔΒΕ

Α Β

Δ Ε Γ

Απόδειξη α) ΑΒ=ΑΔ ( 1) � το τρίγωνο ΑΔΒ είναι

ισοσκελές � η ΑΕ είναι μεσοκάθετος του ΒΔ � ΕΔ=ΕΒ (2) � επίσης ΜΒ = ΑΒΔ ως παρά τη βάση γωνίες του. Αφού ΑΒ//Γ Δ θα είναιΑΒΔ = ΒΔΕ ως εντός εναλλάξ. Από τις παραπάνω σχέσεις προκύπτει ΑΔΒ = ΒΔΕ . Στο τρίγωνο ΑΔΕ η ΔΚ είναι διχοτόμος και ύψος. Άρα αυτό είναι ισοσκελές, οπότε ΑΔ=ΔΕ (3) . Από τις σχέσεις (1 ),(2),(3) έχουμε ΑΒ=ΑΔ=ΔΕ=ΕΒ δηλαδή το ΑΒΕΔ είναι ρόμ-βος. Αφού ΔΕ=ΑΒ= ΓΔ , το Ε είναι μέσον της

2

ΓΔ, το τετράπλευρο ΑΒΓΕ έχει ΑΒ//=ΕΓ. Άρα είναι παραλληλόγραμμο με ΑΒ=ΒΓ οπότε είναι ρόμβος β) Οι οξείες γωνίες ΕΑΓ και ΔΒ Ε έχουν τις πλευρές το�ς 1ςάθετες μια προς μια (AE.l ΒΔ και ΑΓ .l ΒΕ διαγώνιοι ρόμβου). Άρα είναι ίσες.



Κυρτό Τετράπλευρο* Αν

� Μόνο δυο πλευρές παράλληλες τότε Τραπέζιο

� Τις απέναντι πλευρές του παράλληλες τότε

Παραλληλόγραμμο Αν

01 .Μια γωνία ορθή ή 02.Διαγώνιες ίσες τότε

Ορθογώνιο Παραλληλόγραμμο Συν μια ιδιότητα

Ρ1 .Δυο διαδοχικές πλευρές ίσες ή Ρ2.0ι διαγώνιοι τέμνονται κάθετα ή Ρ3.Μια διαγώνιος διχοτομεί μια γωνία του

τότε Ρόμβος Pl ,Ρ2,Ρ3(ρόμβου) Συν μια ιδιότητα 01,02,03(ορθογωνίου)

τότε Τετράγωνο

(*) Α ν έχει α. Όλες οι γωνίες ίσες ή τρείς γωνίες ορθές τότε είναι Ορθογώνιο παραλληλόγραμμο β. Όλες οι πλευρές του ίσες τότε είναι Ρόμβος

Άσκηση 2'1 Δίνεται ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με

γωνΑ=90° και το μέσο Μ της υποτείνουσας, ενώ πάνω στις κάθετες πλευρές ΑΒ,ΑΓ τα σημεία Κ,Λ αντίστοιχα ώστε γωνΚΜΛ=90°. Αν ΒΟ//=ΚΛ και το Ο στο ημιεπίπεδο με ακμή ΑΒ που περιέχει το Γ, τότε να δείξτε ότι: ΟΜ _lΒΓ .

Απόδειξη Αφού ΒΟ//=ΚΛ θα είναι ΒΚΛΟ παραλληλό

γραμμο και ΟΛ//=ΒΚ. Άρα ΟΛ κάθετη στην ΑΓ. Πάνω στην προέκταση της ΚΜ παίρνουμε τμήμα ΜΣ=ΚΜ. Έτσι το τετράπλευρο ΒΚΓΣ είναι παραλληλόγραμμο αφού οι διαγώνιοι διχοτομούνται. Επομένως ΓΣ//=ΚΒ και ΓΣ κάθετη στην ΑΓ. Το ΟΛΓΣ είναι ορθογώνιο παραλληλόγραμμο, γιατί ΒΚ//=ΟΛΙ/=ΓΣ. Άρα οι διαγώνιοί του είναι ίσες ΟΓ=ΛΣ. Όμως η ΛΜ είναι μεσοκάθετός του ΚΣ, οπότε ΛΣ=ΛΚ.

Άρα ΒΟ=ΚΛ=ΛΣ=ΟΓ, δηλαδή το τρίγωνο ΒΟΓ ισοσκελές, οπότε η διάμεσός του ΟΜ είναι και ύψος. Άρα ΟΜ l_ ΒΓ .

Β

Α Λ λσκηση 3'�

Σ

Δίνεται κυρτό τετράπλευρο ΑΒΓΔ και το κέντρο βάρους Θ του τριγώνου ΑΒΓ Α ν Ζ το μέσο της ΘΔ και Η το μέσο της Γ Δ να δείξετε ότι ΕΖ=ΗΘ.

Απόδιιξη Αν Ε το μέσο του ΑΒ τότε το Θ είναι σημείο

του ΓΕ με ΓΘ=2ΘΕ. το τρίγωνο ΔΘΓ έχουμε ΖΗ//ΘΓ και ΖΗ=ΘΓ/2 γιατί ενώνει τα μέσα δυο πλευρών του τριγώνου. Επίσης ΕΘ=ΘΓ/2(από υπόθεση).



Β

Άρα ΖΗ//=ΕΘ, δηλαδή ΕΖΗΘ παραλληλόγραμμο και επομένως ΕΖ= Η Θ.

Άσκηση 4η Δίνεται το παραλληλόγραμμο ΑΒΓΔ. Αν Ζ τυ

χαίο σημείο της ΒΓ και Β', Γ, Δ', οι προβολές των Β, Γ, Δ στην ΑΖ να δείξετε ότι Β'Β=Δ'Δ- Γ Γ.

v�::Y-r - - - - - - -

Απόδειξη Φέρνουμε από το Γ παράλληλη στην ΑΖ που

τέμνει την ΔΔ' στο Η. Το τετράπλευρο ΓΓΔ'Ή είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΗΔ'=ΓΓ. Το τρίγωνο ΓΗΔ είναι ίσο με το τρίγωνο ΒΒ 'Α διότι είναι ΑΒ=ΓΔ, fΊ = Α1 πλευρές παράλληλες), και

Η = Β ' = 90° . Άρα ΔΗ=ΒΒ'. Επομένως ΔΔ'=ΒΒ'+ΓΓ, ή ΒΒ'=ΔΔ'-ΓΓ.

Άσκηση Sη Έστω ορθογώνιο τρίγωνο ΑΒΓ με Α=90° και

Β=30°. Φτιάχνουμε το ισόπλευρο τρίγωνο ΒΓ Δ με το Δ στο ημιεπίπεδο ακμής ΒΓ που δεν περιέχει το Α. Να δείξετε ότι: α) ΑΓ // ΒΔ β) Αν Ζ το σημείο τομής των ΒΑ, ΔΓ τότε το Α είναι μέσο της ΒΖ και το Γ είναι μέσο της ΔΖ.

Δ

Α Απόδειξη α) Το τρίγωνο ΒΓΔ είναι ισόπλευρο. Άρα

Γ 2 = Β2 = Δ = 60° , δηλαδή ΒΙ+Β2=90°. Είναι και Α =90° Άρα ΒΔ // ΑΓ.

β) t 1 + t 2 + t 3 = 180° => 60°+60°+ Γ3 = }8(f =>

Γ 3 =60° ::::::::> Ζ =90°- Γ 3 =30° = Β1 ::::::::> Το ΒΓΖ είναι ισοσκελές. Συνεπώς το ύψος του Γ Α θα είναι και διάμεσος, δηλαδή το Α μέσο της ΒΖ. Επειδή είναι και ΑΓΙ/ΒΔ το Γ θα είναι το μέσο της ΔΖ.

Άσκηση 6'�

Σε ένα παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ έστω Μ το μέσο της πλευράς ΒΓ και Ε η προβολή του Δ στην ΑΜ. Να δείξετε ότι ΓΕ=ΓΔ.

Απόδειξη Δ

Α

Β Αν Ζ το μέσο της πλευράς ΑΔ η ευθεία ΓΖ τέ

μνει την ΔΕ στο Κ. Όμως ΓΜ=//ΑΖ δηλαδή το ΑΖΓΜ είναι παραλληλόγραμμο. Άρα ΓΖ/ I ΑΜ. Έτm έχουμε ΖΓ//ΑΕ. Αφού το Ζ είναι μέσο της πλευράς ΑΔ του τριγώνου ΑΔΒ θα είναι και το Κ μέσο της πλευράς ΔΕ. Αλλά ΓΚ//ΕΜ και ΔΕ κάθετη στην ΕΜ Άρα ΔΕ l_ ΓΚ . Επομένως η ΓΚ είναι μεσοκάθετη του ΔΕ, οπότε ΓΕ=Γ Δ.

Άσκηση 7η Δίνεται ρόμβος ΑΒΓ Δ και σημείο Μ στην κατά

κορυφήν γωνία της γωνίας του Β. Να συγκρίνετε το άθροισμα των αποστάσεων του Μ από τις ευθείες ΑΒ και ΑΔ με το άθροισμα των αποστάσεων του Μ από τις ευθείες ΒΓ και Γ Δ.

Απόδειξη Γνωρίζουμε ότι τα ύψη ενός ρόμβου είναι ίσα,

δηλαδή ΕΖ=ΗΘ. Επομένως ΜΖ-ΜΕ=ΜΘ-ΜΗ και από τη σχέση αυτή προκύπτει ΜΖ+ΜΗ=ΜΘ+ΜΕ.

I

I I I I

/ /

/ z



Άσκηση 8η ΚΛΙ/ΒΓ Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ τέτοιο ώστε

Β -Γ = 90° Έστω ΑΕ ύψος και ΑΔ διχοτόμος του. Να αποδειχθεί ότι αν φέρουμε από το Β τη ΒΖ//ΑΔ όπου Ζ η τομή της με το ύψος ΑΕ, το τραπέζιο ΑΔΒΖ είναι ισοσκελές.

Α

Απόδειξη

Από Β-Γ=90° ( 1 ). Η γωνία Δι είναι εξωτερική Λ Λ Α του τριγώνου ΑΔΓ, οπότε: Δι = Γ+- (2). Αf.λά 2

Λ Λ Α ως γωνία του ΑΒΔ είναι Δι =180° -Β-2 (3)

Από (2), (3): 2Δ1 =180° +f'-B =180° -{B-f') =90° , από (Ι)

Άρα 1Δι=45j, δηλαδή το ΑΕΔ είναι ορθογώνιο και ισοσκελές, οπότε ΔΑΕ = 45° = Δι , οπότε το τραπέζιο ΑΔΒΖ είναι ισοσκελές.

Άσκηση 9η Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με βάση τη ΒΓ, Κ η προ

βολή της κορυφής Α στη διχοτόμο της γωνίας Β και Λ η προβολή της Α στη διχοτόμο της γωνίας Γ. Να δειχθεί ότι η ΚΛ διχοτομεί κάθε ευθύγραμμο τμήμα από την κορυφή Α στη βάση ΒΓ.

Απόδειξη Έστω κ,· Λ1 τα σημεία τομής ΑΚ, ΑΛ με τη

ΒΓ αντιστοίχως. Τα τρίγωνα ΑΒΚ1 και ΑΓ Λ1 είναι ισοσκελή,

αφού έχουν τις ΒΚ, Γ Λ διχοτόμους και ύψη. Άρα ΚΑ=ΚΚ1 , ΛΑ=ΛΛ1 • Επομένως το ΚΛ ενώνει τα μέσα των πλευρών

του τριγώνου ΑΚιΛι , οπότε ΚΛ//ΚιΛι . δηλαδή ΚΛ//ΒΓ.

Κάθε ευθ. τμήμα επομένως από το Α σε σημείο Ζ της ΒΓ διχοτομείται, αφού στο τρίγωνο ΑΖΚι η

Α

περνάει από το μέσο της πλευράς ΑΚι οπότε θα διέρχεται και από το μέσο της πλευράς ΑΖ.

Άσκηση 1 0'1 Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ (Α=90°). Προεκτεί

νουμε την πλευρά ΒΑ προς το Α κατά τμήμα ΑΖ=2ΑΓ και την πλευρά Γ Α κατά τμήμα ΑΗ=2ΑΒ. Να αποδειχθεί ότι το ύψος ΑΔ του τριγώνου ΑΒΓ περνάει από το μέσο της ΖΗ.

Απόδειξη

Γ Δ

Αν Κ, Λ τα μέσα των ΑΖ και ΑΗ αντίστοιχα τότε ΑΚ=ΑΓ, ΑΛ=ΑΒ και Α=90° και έτσι τα τρί-γωνα ΑΒΓ, ΑΚΛ είναι ίσα. Επομένως ΑΚΜ ' = Γ και Γ = Α 1 , ως οξείες με πλευρές κάθετες

=>ΑΚΜ'=Αι =Α2 =>Μ ' Κ=Μ'Α (Ι) Επίσης ΑΑΜ' =B=AJ =Α4 =>Μ'Λ=Μ'Λ(2) Από τις (1), (2) προκύπτει Μ'Κ=Μ' Λ (3). Όμως ΑΖ= 2ΑΓ }

, ΑΖΜ , => ΚΛ//ΖΗ. Στο τριγωνο ε-ΑΗ = 2ΑΒ χουμε ΚΜΊ/ΖΜ και ΚΑ=ΚΖ άρα ΜΖ=2Μ'Κ (4). Ομοίως στο τρίγωνο ΑΜΗ έχουμε ΛΜ Ί /ΜΗ και ΛΑ=ΛΗ. Άρα ΜΗ=2Μ' Λ (5).

Από τις (3), (4), (5) προκύπτει ΜΖ=ΜΗ.


Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

Μπρίνος Παναγιώτης

Άσκηση 1 . Έστω ότι η συνάρτηση f: R�R είναι γνησίως αύξουσα στο R και η γραφική της

παράσταση τέμνει τον άξονα y'y στο -2. Να λύσετε την aνίσωση: f(x2 - 9)<-2.

Λύση: Επειδή η γραφική παράσταση Cr της f τέμνει τον y'

y στο -2, ισχύει η Ισοδυναμία Α(Ο,-2) Ε Cr <::::> f(O)= -2, οπότε διαδοχικά έχουμε: f(x2 - 9)< -2 <::::> f(x2 - 9)< f(O) <::::> χ2 - 9<0 <::::> χ2 <9 <::::> Ν < .J9 <::::> Ιχ1<3 <::::>-3<χ<3,

καθότι η συνάρτηση f είναι γνησίως αύξουσα στο R.

Άσκηση 2. Αν η συνάρτηση f: [-1, +oo)-R είναι γνησίως αύξουσα, τότε να λυθεί η aνίσωση:

Λύση :

f( 2χ - 1 ) ::: f( _ _!) (1). χ - 3 χ

Για να ορίζεται η ( 1 ) πρέπει και αρκεί: χ-3:#:0, χ:#=Ο και 2χ - 1 :::- 1 (i), - 2 :::-1 (ii). χ - 3 χ

Με χ:#=3 και χ:#=Ο έχουμε: (i)<=> 2χ - 1 + 1 :::Ο<::::>(χ-3)(3χ-4):::Ο<::::>χΕ(-οο,Ο)υ(Ο, i ]υ(3,+οο)=Α. χ - 3 3

Εξάλλου: (ii)<=>1 - 2 :::ο <::::> χ(χ-2):::0 <::::>χΕ (-οο,Ο)υ[2,3)υ(3, +οο=Β. χ

Η (I) λοιπόν έχει σύνολο ορισμού το D=AnB= (-οο,Ο)υ(3,+οο). Αφού η f είναι γνησίως αύξουσα στο [ -1 , +οο ), θα έχουμε στο D:

2χ - 1 2 2χ - 1 2 2χ2 + χ - 6 (I) <=> --::Ξ:--<=>--+ -::Ξ:Ο <::::> ::Ξ:Ο<::::>χ(χ-3)(2χ-3)(χ+2)::Ξ:Ο (11)

χ - 3 χ χ - 3 χ χ(χ - 3) 3

-00 -2 ο -2 3 +οο

+ + +

D Από την παραπάνω συναλήθευση προκύπτει: (Ι) <::::> ΧΕ [-2,0).

Άσκηση 3. Να βρείτε τα ακρότατα καθώς και το σύνολο τιμών της συνάρτησης f(x)=-.Jx + 2 + 2

στο σύνολο ορισμού της. Λύση : Για το σύνολο ορισμού της fπρέπει: χ + 2 :::ο <::::> χ :::- 2. Δηλαδή Ar= [-2, +οο). Για κάθε χ:::-2, έχουμε διαδοχικά:

χ+2:::Ο <=>.J χ + 2 :::ο <=>-.J χ+ 2 :::; Ο <::::> - .J χ + 2 + 2 :::;2 <::::> f(x) :::; 2 (1) .


----------- Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

Παρατηρούμε ότι f(x) = 2 <::}--- .J χ + 2 + 2 = 2<::}---.J χ + 2 =O�.J χ + 2 =Ο�χ+2 = Ο�χ = -2, με την τιμή -2 να ανήκει στο σύνολο ορισμού [ -2, +οο ).

Επομένως (1) � f(x) :::; f(-2), δηλαδή η fπαρουσιάζει μέγιστο στο -2, το f(-2) = 2. Για το σύνολο τιμών της συνάρτησης με τυχαίο y ε JR έχουμε:

- f(x) = y � -.Jx +2 +2 = y � 2- y = .Jx + 2 � -2 � -

•

{2 - y > Ο {Υ < 2 (2 - y) = χ + 2 x = -2 + (2 -y)2

Προφανώς -2+ (2- y)2 2 -2 . Επομένως f(A)= (-οο,2] .

Άσκηση 4. Δίνεται η συνάρτηση f(x) = 2συν(3χ) + 1

Α. Να βρείτε την περίοδο Τ και την μέγιστη τιμή της f .

Β. Να λύσετε την ανίσωση f(x) 2 3 Γ. Στο διπλανό σχήμα δίνεται η γραφική

παράσταση της συνάρτησης g(x) = aημ(βχ) + γ . -τr/2

ί. Να προσδιορίσετε τα α, β, γ και _,

ii. Να βρείτε αλγεβρικά τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης -2

τr 3τr/2

της συνάρτησης g με τη γραφική παράσταση της συνάρτησης f στο [Ο,π). (Από εξετάσεις του 7ου Λυκείου Ν. Σμύρνης, προτάθηκε από τον συνάδελφο Πάτροκλο Καζάζη).

Λύση: Α Α , , τ 2π - τ 2π Η , f , , , , . πο τον τυπο =- εχουμε: = - . συναρτηση παιρνει μεγιστη τιμη για χ=χ1, οπου

ω 3 συν(3χ1)=1 (1). Αλλά: (1)�3χ1=2κπ�χ1= 2κπ , κεΖ και είναι ίση με f(χΙ)=2· 1 + 1 = 3

3 Β. Από το Α) ερώτημα ισχύει f(x) :::; 3 (2). Επομένως έχουμε:

f(x) 2 3� - � f(x) = 3�χ = -, κ εΖ. (2) {f(x) > 3 2κπ f(x) :::; 3 3

Γ. i) Το σημείο Α( Ο, 1 ) ανήκει στην γραφική παράσταση της g,επομένως g(O)= 1 => γ = 1 . Για την περίοδο της συνάρτησης από το σχήμα έχουμε: Τ=2π => 2π = 2π => β= 1 . Από το σημείο

β Β( 3π ,3) της γραφικής παράστασης της g έχουμε: g( 3π )=3 => αημ( 3π ) + 1 = 3 =>--α=2=>α=-2.

2 2 2 ii) Για να βρούμε τα σημεία τομής της γραφικής παράστασης της g με τη γραφική

παράσταση της συνάρτησης f, λύνουμε την εξίσωση f(x)=g(x). Έχουμε: f(χ)=g(χ)�2συν(3χ)+ 1 =-2ημ(χ)+ 1 �συν(3χ)=ημ( -χ)�συν(3χ)=συν( π+ χ)

2 � 3χ = 2κπ+ π + χ ή 3χ =2κπ - π- χ � χ=κπ + !!... (1) ή χ = κπ - π (2), κεΖ.

2 2 4 2 8

Επειδή θέλουμε οι λύσεις της (1) να ανήκουν στο [Ο,π), θα έχουμε: Ο:::;χ<π� Ο::; κπ + π <π<:}-π :::;κπ< 3π <:}-.!.::;κ<� �κ =0, αφού κεΖ.

4 4 4 4 4

Γ ο (1) δ' π ο ' ' (2) ' 3π ' 7π ια κ= , η ινει χ= - . μοιως απο την παιρνουμε χ = - η χ=- . 4 8 8


------------ Μαθηματικά yια την Β' Λυκείου

τ λ ' δ ' ' ' π 3π 7π ε ικα εκτες ειναι οι τιμες. 4 , S και 8 . Άσκηση 5. Δίνεται η συνάρτηση f(t)= 2- 2ημ πt , teR.

2

Α) Να βρεθεί η περίοδος της f. Β) Να βρεθούν η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της, καθώς και οι τιμές του teR για τις

οποίες η f παίρνει τις τιμές αυτές. Γ) Να βρεθούν οι τιμές του teR, για τις οποίες η γραφική παράσταση της f(t) τέμνει την

γραφική παράσταση της y=2+ .Ji Δ) Να γίνει η γραφική παράσταση της f, όταν te [0,8]. Λύση:

' 2π 2π Α) Εχουμε Τ = -= - = 4. ω π

2

Β) Ισχύει για κάθε teR: -1:::; ημ� :::; 1 � 2 2: -2 ημ πt 2: -2 � 42: 2-2 ημ πt 2:0 � O:::;f(t):::;4. 2 2 2

Ε ' Η ' f ' ' ' ' ( π tι ) 1 πομενως: συναρτηση παιρνει μεγιστη τιμη για t=t1 οπου ημ - = - � 2

( π t1 ) 3π π t1 2 3π , Π t1 2 π 4 3 ' 4 1 z ' ' ημ - = ημ- �- = κπ+ - η -= κπ - -�tι= κ + η tι= κ- , κε και ειναι ιση 2 2 2 2 2 2

με f(t1) =2- 2·(-1) = 4. Η συνάρτηση f παίρνει ελάχιστη τιμή για t=t2 όπου ημ( πt2 ) = 1� ημ( πt2 ) = ημ π �

2 2 2

� πt2 = 2κπ+ π �t2=4κ+2, κ εΖ και είναι ίση με f(tz) =2-2· 1 = Ο. 2 2

Γ) Οι τετμημένες των σημείων τομής των δύο γραφικών παραστάσεων είναι οι λύσεις της εξίσωσης f(t)= 2+.fi . 'Ε χουμε: f(t)= 2+.fi � 2- 2ημ πt = 2 + .fi � ημ� = - .fi �

2 2 2 π t π π t π ' π t 3π 1 ' 3 ημ- =--ημ-�-=2κπ+- η -=2κπ+-�t=4κ+- η t = 4κ+- , κεΖ. 2 4 2 4 2 4 2 2

Δ) Επειδή η περίοδος της συνάρτησης είναι Τ=4, κατασκευάζουμε τον πίνακα τιμών της σε διάστημα μιας περιόδου.

Επομένως στο [0,8] η γραφική παράσταση της συνάρτησης f είναι: Υ

ο 2 3 .. 8

-1


ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

1 . Αν ισχύει 2ημχ - συνχ = 1 (1), τότε να βρεθεί το ημχ . Λύση Έχουμε: (1) => ( 2ημχ -συνχ)2 =1 =>4ψ2Χ -4ημχ. συνχ +�χ =1 => 4ημ2χ -4ημχ · συνχ + 1 -ημ2χ - 1 = Ο => => 3ημ 2χ -4ημχ · συνχ = Ο => ημχ (3ημχ -4συνχ ) = Ο => ημχ = Ο (Π) ή 3ημχ = 4συνχ = Ο (111). Από τις (1), (11) βρίσκουμε ημχ = Ο, συνχ = -1, από τις (1),

(111) βρίσκουμε ημχ = ±, συνχ = � . 5 5 2. Να αποδειχθεί ότι αν π < χ < π

2 εφ2χ + σφ2χ + 2εφχ + 2σφχ - 1 = Ο , τότε

εφ2χ + σφ2χ = 7 . Λύση

και

Έχουμε: εφ2χ + σφ2χ + 2εφχ + 2σφχ - 1 = Ο => ( εφχ + σφχ )2 -2εφχ · σφχ + 2εφχ + 2σφχ -1 =Ο=> ( εφχ + σφχ)2 + 2εφχ + 2σφχ -3 = Ο => => (εφχ +σφχ)2 + 2 (εφχ +σφχ)-3 = 0 (1) . Α , ο , π ν εφ χ + σφχ = ω , τοτε ω< αφου - < χ < π ,

2 οπότε (1) =>ω2 +2ω-3=0::::>ωΕ{ι-3} ::::>ω=-3 και εφ2χ +σφ2χ = ( εφχ +σφχ )2 -2εφχ · σφχ =

of -2=7.

3 Ν δ θ , , συν3799ο ο . α απο ειχ ει οτι: εφ71 = Ο . συν3851°

Λύση 'Ε . συν3799° 71ο χουμε.

συν3851° - εφ =

= συν ( 10 · 3 60° + 199° )

_ ε 7 1 ο _

συν (1 0 · 360° + 25 1° ) φ -

συν199° συν(180° + 19° ) = εφ71ο = σφ19° = συν25 1ο συν(270° -19° )

Θύμιος Διαμαντόπουλος

4. Να αποδειχθεί ότι η συνάρτηση f (χ) = ημ(αχ + β) , α * Ο είναι περιοδική με

, δ τ 2π περιο ο = ι;;r . Απόδειξη Είναι Τ > Ο και η συνάρτηση g (χ) = ημχ έχει πεδίο ορισμού το Α = JR . Επομένως για κάθε χ Ε Α έχουμε χ + τ Ε Α ' χ -τ Ε Α . Τότε f (x + τ) = ημ( α( χ+ Τ)+β) = ημ( αχ+αΤ +β) = � ημ( αχ + α ��+β) � ημ (αχ ± 2π+β) � ημ ( αχ +β) = f (x ) . 5. Δίνεται η συνάρτηση f : JR """"+ JR για την οποία ισχύει: 3f (χ) - 2f (-χ) = ημχσυνχ ( 1) . (i) Να αποδειχθεί ότι η f είναι περιττή. (ii) Να βρεθεί ο τύπος της (iii) Να αποδειχθεί ότι η f είναι περιοδική με περίοδο τ = π . Λύση Η συνάρτηση f έχει πεδίο ορισμού το JR . (i) Για κάθε χ Ε JR , τότε -χ Ε JR και θέτοντας στην (1) το -χ αντί του χ παίρνουμε

3f ( -χ )-2f ( χ) = ημ ( -χ )συν ( -χ ) <::> <::> -2f (x )+3f ( -χ) = -ημχσυνχ (2)

Προσθέτουμε τις ( 1) , ( 2) και έχουμε: f (x )+f (-x) = O, δηλαδή f (-x) = -f (x) . Άρα η συνάρτηση f είναι περιττή. (ii) Αφού η συνάρτηση f είναι περιττή θα έχουμε: (1) => 3f (x )-2f ( -χ) = ημχσυνχ => 3f (x )-2[ -f (x )J = ημχσυνχ => 3f ( χ)+ 2f ( χ) = ημχσυνχ =>

1 5f( χ) = ημχσυνχ => f( χ) = -ημχσυνχ , χ Ε JR . 5


----------- Μαθηματικά για την Β' Λυκείου

(ίίί) Για κάθε xE:!R έχουμε χ+πΕ:!R, χ -π Ε IR Άρα η συνάρτηση είναι και ισχύει: f( χ +π) =�ημ( χ +π)συν( χ +π) = f (χ) = 4ημ( 6χ -�) - 1 .

1 1 = 5(-ημχ)( -συνχ) =sημχσυνχ = f (x) .

Άρα η f είναι περιοδική με περίοδο Τ = π .

5. Η συνάρτηση f{χ) = (α-2)ημ(βχ-�)+γ,

α > Ο, β > Ο έχει μέγιστη τιμή 4 , περίοδο

π 3 και η γραφική της παράσταση διέρχεται

από Α(1�,ι) . (i) Να βρεθούν τα α , β και γ (ii) Να βρεθούν η περίοδος, η μέγιστη τιμή και η ελάχιστη τιμή και της σy"γι,ΙρτηCJ!Ίς_ g (χ) = 4ημ6χ . Επίσης να βρεθούν οι τιμές

του χ Ε IR για τις οποίες η συνάρτηση g παρουσιάζει μέγιστη και ελάχιστη τιμή. (iii) Να βρεθούν τα σημεία στα οποία η γραφική παράσταση της συνάρτησης g τέμνει τον άξονα χχ' •

Λύση (i) Η μέγιστη τιμή της συνάρτησης είναι 4 , οπότε

α - 6 Ια - 21 = 4 � α-2 = ±4 � - . α = -2

Επομένως α = 6 , αφού α > Ο .

πρέπει:

Η . δ ' ' '"Γ' π περιο ος της συναρτησης ειναι ·1 = - και

' 2π π 2π εχουμε Τ =- � - = - � β = 6 . β 3 β

3

Για α = 6 και β = 6 ο τύπος της συνάρτησης

γίνεται f (χ) = 4ημ ( 6χ -�)+ γ , χ Ε IR .

Το σημείο Α (; , 1) ανήκει στη γραφική

παράσταση της συνάρτησης, οπότε έχουμε:

r(;) = 1 � 4ημ(6;-�)+γ = 1 =>

π => 4ημ6 +γ = 1 � 2 +γ = 1 � γ = -1

(ii) Η συνάρτηση g είναι περιοδική με , δ τ 2π π 'Ε , , περιο ο = 6 = 3 . χει μεγιστη τιμ η 4 και

ελάχιστη τιμή -4 . • g( χ) = 4 � 4ημ6χ = 4 � ημ6χ = 1 �

π κπ π � 6χ = 2κπ+-� χ =-+- Κ Ε Ζ . 2 3 12 '

• g (x) = 4 � 4ημ6χ = -4 � ημ6χ = -1 � π κπ π � 6χ = 2κπ-- � χ = --- κ Ε Ζ . 2 3 12 '

Άρα η συνάρτηση g παρουσιάζει μέγιστη ' ' κπ π τιμ η οταν χ = -+-, κ Ε Ζ και ελάχιστη

\ 3 12 . . .. ' ' , . κπ π τιμ η οταν χ = ---, κ Ε Ζ .

3 12

(iii) g(0) =4ημ0 = 0 , g(�)=4ημ6π

=4ημ�=4 12 12 2 '

g(�) = 4ημ 66π = 4ημπ = Ο ,

g(:) = 4ημ 6; = 4ημ 3; = -4 και

g(;) = 4ημ 63π = 4ημ2π = 0 .

6. Να αποδειχτεί ότι η συνάρτηση f (χ) = χ + ημχ δεν είναι περιοδική.

Λύση Έστω ότι συνάρτηση f είναι περιοδική με

περίοδο τ > ο ' τότε για κάθε χ Ε IR έχουμε χ + τ Ε IR ' χ -τ Ε IR και θα ισχύει: f(x + τ) = f(x) � χ +Τ+ημ(χ +Τ) = χ +ημχ � � τ+ η μ (χ + τ) = ημχ ' για κάθε χ Ε IR ( 1) Από την ( 1) για χ = Ο παίρνουμε, Τ +ημΤ = Ο (2) και χ = π παίρνουμε, τ +ημ( π + τ) = ο, δηλαδή τ -ημΤ = ο (3) Προσθέτουμε τις ( 2) , ( 3) και έχουμε 2Τ = Ο, δηλαδή Τ = Ο που είναι άτοπο. Άρα η συνάρτηση δεν είναι περιοδική.


Β ' λΥΚΕΙΟΥ- ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

Ε.Μ.Ε Ν. Μαγνησίας: Αναστασία Κοντονίνα, Θανάσης Μαργαριτόπουλος, Γιώργος Φόσκας, Χρήστος Χριστοδουλόπουλος

Άσκηση ι , , f( )

1 + συνχ Δινεται η συναρτηση χ =

2 ημ χ Α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της f Β. Να δείξετε ότι η f είναι άρτια Γ. Να βρείτε τα κοινά σημεία της Cr με τους

άξονες Δ. Να λύσετε την εξίσωση f(x) = 2

Λύση Α. Πρέπει ημ2χ:;e0 <::::> ημχ * ημΟ <::::> χ * 2κπ ή χ * 2κπ + π , δηλαδή το πεδίο ορισμού είναι

Α = JR. - {κπ, κ Ε Ζ} , f( ) 1+συν(-χ) 1+συνχ --f(x) . Β. Ισχυει -χ =---,2---'----'-ημ (-χ) ημ2χ

Άρα η f είναι άρτια Γ. Τα κοινά σημεία της Cr με τον άξονα χ' χ

προκύπτουν από τις λύσεις της εξίσωσης f(x) = Ο <::::> 1 + συνχ = Ο <::::> συνχ = -1 <::::> <::::> συνχ = συνπ <::::> χ = 2κπ ± π, κ Ε Ζ

Άρα τα κοινά σημεία της Cr με τον άξονα χ' χ είναι Α(2κπ + π, Ο) . Κοινά σημεία της Cr με τον άξονα ψ'ψ δεν υπάρχουν γιατί το χ = Ο δεν ανήκει στο πεδίο ορισμού της f

1+συνχ Δ. f(x) = 2 <::::> 2 2 <::::> 1 + συνχ = 2ημ 2χ ημ χ

<::::> 1 + συνχ = 2(1 - συν2χ) <::::> 2συν2χ + συνχ - 1 = Ο 1 ' 1 π ' <::::> συνχ = 2 η συνχ = - <=:>σuνχ = συν3 η

συνχ = συνπ <=:>χ=2κπ±�,κΕΖ ή χ=2κπ±π,κΕΖ 3

Άσκηση 2 Έστω η συνάρτηση f(χ) =συνχ-χ2 , ΧΕ(Ο,π). Α. Να βρείτε την μονοτονία της f Β. Να δείξετε ότι συνχ - συν2χ > -3χ2 , για

κάθε χ Ε (0, π

) 2

Λύση Α Γ ο 2 2 2 2 . ια < Χ1 < Χ2 � Χ1 < Χ2 � -Χ1 > -Χ2 ,

και επίσης ισχύει Ο < Χ1 < Χ2 < π � συνχ1 >συνχ2 , αφού η συνχ είναι γνησίως φθίνουσα στο (Ο,π).

Άρα συνχ1 - χ12 > συνχ2 -χ/ � f(x1 ) > f(x2) για κάθε Ο < χ1 < χ2 < π , δηλαδή η f είναι γνησίως

φθίνουσα στο (Ο,π).

Β. 'Εχουμε για κάθε χ Ε (0,�) � 2χ Ε (Ο, π) 2

Άρα σuvx -συν2χ >-3χ2 <::::> σuνχ-χ2 > συν2χ -4χ2 <::::> συνχ - χ2 > συν2χ - (2χ)2 <::::> f(x) > f(2x) r.ιστο(ο.π)

<::::> χ < 2χ <::::> χ > Ο που ισχύει. Άσκηση 3 Δίνεται συνάρτηση f(χ)=(2α+β)ημ( ( α-β)χ) .

Αν είναι γνωστό ότι η γραφική παράσταση της συνάρτησης διέρχεται από το σημείο

( Βπ 5 ) , , δ r , τ 2 Α 6, 2 και οτι η περιο ος της ειναι = π:

Να βρεθούν: ι . Τα α, β. 2. Η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή της f. 3. Για ποια χΕ [-2π, 2π] η f(x) παίρνει την

μέγιστη τιμή της. Λύση Α. ι . Γνωρίζουμε ότι η περίοδος της συνάρτησης f(χ)=ρημ( ωχ) δίνεται από την

2π 2π σχέση : Τ = - � 2π = - � α - β = 1 (1 ) . ω α - β

Άρα f(x) = (2α + β)ημχ και επειδή διέρχεται

από το σημείο Α ( 1 �π , %) ισχύει:

( 13π) 5 1 3π 5 f - = - <=:> (2α + β)ημ- = - <=:>

6 2 6 2

<=> (2α+β)ημ( 2π+�) =% <::::> 2α + β = 5 (2)

Από την λύση του συστήματος των (1) και (2) προκύπτει: α=2 και β= Ι και συνεπώς f(χ)=5ημχ. 2. Γνωρίζουμε ότι το μέγιστο και το ελάχιστο της συνάρτησης f(χ)=ρημ(ωχ), ρ>Ο, είναι ρ και -ρ αντίστοιχα. Άρα η f(x) έχει μέγιστη τιμή 5 και ελάχιστη τιμή -5.

π 3. f(χ)=5{:}5ημχ=5{:}ημχ=l{:}χ=2κπ+- , κεΖ. 2

Οπότε: χ Ε [ -2π, 2π] <::::> -2π :::; 2κπ + π :::; 2π <::::> 2

<::::> -2 :::; 2κ + .!_ :::; 2 <::::> κ = -1 ή κ = Ο . Άρα χ = 2

3π ' π -- η χ = - . 2 2


Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΑΛΓΕΒΡΑΣ

ι) Ν α λυθεί η aνίσωση: (1 +ημχ+συνχ)(l-ημχ+συνχ) (1 +ημχ-συνχ)(ημχ+συνχ-1 )�1 (1). Λύση: (I) �[(l+συνχ)+ημχ][(l +συνχ)-ημχ]

[ημχ - (συνχ-Ι)][ημχ+(συνχ-Ι)]�Ι � [(Ι+συνχ)2 -ημ2χ][ημ2χ - (συνχ-Ι)2]�Ι � (Ι+2συνχ+συν2χ-ημ2χ)(ημ2χ--συν2χ+2συνχ-Ι)�Ι� (ημ2χ+συν2χ+2συνχ+συν2χ - ημ2χ)·

[ημ2χ - συν2χ + 2συνχ -( ημ2χ+συν2χ)]�Ι � (2συν2χ+2συνχ)(2συνχ - 2συv2χ)�Ι � (2συνχ)2 - (2συν2χ)2�Ι �4συν2χ - 4συν4χ �Ι � 4συν4χ - 4συν2χ +Ι �Ο� (2συν2χ - Ι )2� Ο

� 2συvΖχ - Ι =Ο � συνχ = ± J2 � χ =2κπ±�

' 2 3π z η χ= κπ±- , κε . 4

2 4

2) Να βρεθούν οι α, βεR, ώστε η παράσταση

Α=α4ημχ +2β4ημ(7π+χ) +8α2συν(χ-Jπ

)+ 2

16συν( 41π -χ)+1, να είναι σταθερή.

2 Λύση: Η παράσταση Α παίρνει τη μορφή: Α= α4ημχ + 2β4ημχ -8α2ημχ+ Ι6ημχ+ Ι=

=(α4 +2β4 -8α2+ Ι6)ημχ+ Ι = [(α4 - 8α2+ Ι6) +2β4 ]·ημχ + 1 .

Έστω ότι η Α έχει σταθερή τιμή.

Τότε για χ=� θα είναι Α = (α4 -8α2+ Ι6) +2β4 +Ι 2

και για χ= - π θα είναι Α= -[(α4-8α2+ Ι6)+2β4 ]+ 1 . 2

Άρα (α4-8α2+ Ι 6)+2β4+ Ι= -[(α4-8α2+ Ι6)+2β4]+ Ι=> (α4 -8α2+ Ι6) +2β4 =Ο . Το αντίστροφο προφανές. Άρα: (Α σταθερή)� (α4 -8α2+ Ι 6) +2β4 =Ο � (α2 - 4)2+2β4 = Ο �α2-4 = Ο και 2β4 =Ο � �(α=2, β=Ο) ή (α=-2, β=Ο).

3) Αν ημθ·συνθΦΟ, τότε 1 - ημθ - συνθ 1

θ ----=-:...---+ - =σφ .

Γεώργιος Αποστολόπουλος

Λύση: Παρατηρούμε ότι: Ι-ημθ+συνθ =Ο� {Ι + συνθ = ημθ

Ι+συνθ=ημθ � 2 2 � ημ θ + συν θ = Ι {Ι + συνθ = ημθ . {Ι+συνθ = ημθ

(Ι + συνθ)2 + συν2θ = Ι �

συνθ · (Ι+ συνθ) =Ο {συνθ = Ο , {συνθ = -Ι � η .

ημθ = Ι ημθ = Ο Επομένως ημθ·συνθ*Ο => ημθ*Ο και συνθ*Ο

=> συνθ� { Ι ,-Ι ,Ο} => Ι-ημθ+συνθ*Ο. Ομοίως ημθ·συνθ*Ο => Ι-ημθ--συνθ*Ο. ξεκινώντας από το

, 'λ , Ι - ημθ - συνθ Ι πρωτο με ος παιρνουμε: + - = Ι - ημθ + συνθ ημθ

[(1 - ημθ) - συνθ] · [(1 -ημθ) - συνθ] + _Ι_ =

[(1 - ημθ) + συνθ] · [(1 - ημθ) - συνθ] η μθ

[(1 - ημθ) -συνθ]2 Ι .::...:..._-----=.:'-----'::----7---- + - = (Ι - ημθ)2 - συν2θ ημθ

_ (1 - ημθ)2 - 2(Ι - ημθ)συνθ + συν2θ Ι _ - + - -Ι - 2ημθ + ημ2θ - συν2θ ημθ

Ι - 2ημθ + ημ2θ - 2συνθ + 2ημθ · συνθ + συν2θ + ημ2θ + συν2θ - 2ημθ + ημ2θ - συν2θ

_Ι_ = 2- 2ημθ - 2συνθ + 2ημθ · συνθ + _

Ι_ =

ημθ 2ημ2θ - 2ημθ ημθ

= Ι -ημθ - συνθ + ημθ · συνθ + _Ι_= ημ2θ -ημθ ημθ

= (Ι - ημθ) - συνθ(l -ημθ) + _Ι_ =

η μθ(ημθ - Ι) ημθ

= (Ι - ημθ)(Ι - συνθ) + _Ι_ = συνθ - Ι + _Ι_=

-ημθ(l - ημθ) ημθ ημθ η μθ συνθ =σφθ. ημθ

4) Να λυθεί η εξίσωση χ+ .!. = 2ημθ (1), όπου χ

θ e R παράμετρος. Λύση:

Αν χ>Ο, τότε είναι γνωστό ότι Ι χ+ - � 2 χ

1 - ημθ + συνθ ημθ (εφαρμογή σχ. Βιβλίου Α ' Λυκείου). Άρα για να


-------------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ""'

έχει λύση η (1) πρέπει και αρκεί 2ημθ:Ξ::2 (i). π π π θ=2κπ+2 και θ =2κπ- "2 , κεΖ η ( 1 ) έχει λύσεις

Όμως (i) <::::> ημθ:Ξ:: 1 <::::>ημθ=1 <::::> θ =2κπ+ -2

, τις 1 ,-1 αντιστοίχως.

κεΖ. Τότε (1) <::::> χ+ _!_ = 2 <::::> x=l . Αν χ<Ο, τότε χ

Β' τρόπος : Στο ffi. * η (1) ισοδυναμεί με χ2 -( 2ημθ)χ + 1 =0 (2), η οποία έχει διακρίνουσα

είναι χ+ _!_ :::; -2. Άρα για να έχει λύση η (1) χ

Δ= 4ημ2θ - 4 = 4( ημ2θ - 1 ) = -4συν2θ ::; Ο .

Για να έχει λοιπόν λύσεις πρέπει και αρκεί π

πρέπει και αρκεί 2ημθ :::;-2 (ii).Αλλά (ii)<::::>ημθ :::;-1 π <::::>ημθ=-1<::::>θ=2κπ-- , κεΖ. συνθ=Ο, δηλαδή θ = κπ + -, κ ε Ζ (Συνθήκη 2 2

Τότε (1)<::::> χ+_!_ =-2<::::>χ=-1 . Τελικά μόνο για χ

ισοδύναμη με την ημθ = ±1 ). Τότε προφανώς η (2) έχει διπλές ρίζες τις Χ ι = 1, χ2 = -1 .

Η i:γκιι φ η πλη ρωμi1 της συ\·δρομι1ς σιις, βοηΟΙιι:ι στην i:κδοση του πψιοδικοί>.

Δωρεάν διάθεση εκδόσεων της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας σε 3.000 μαθητές της χώρας Η Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία, σε συνεργασία με το Κοινωφελές Ίδρυμα Ιωάννη Σ. Λάτση έστειλε τεύχη των περιοδικών εκδόσεών της, Ευκλείδης Α [για μαθητές Γυμνασίου], Ευκλείδης Β [για μαθητές Λυκείου] και Μικρός Ευκλείδης [για μαθητές Δημοτικού], για να διανεμηθούν δωρεάν σε 3000 περίπου μαθητές Πρωτοβάθμιας και Δευτεροβάθμιας Εκπαίδευσης που φοιτούν σε δυσπρόσιτα σχολεία. Με τη δράση αυτή να συμβάλουμε στην ύπαρξη ίσων ευκαιριών ενημέρωσης και μάθησης σε όλους τους μαθητές που φοιτούν σε απομακρυσμένα σχολεία της Ελληνικής περιφέρειας, όπου οι γεωγραφικές και οι καιρικές συνθήκες πολλές φορές καθιστούν αδύνατη την επαφή με τα μεγάλα αστικά κέντρα των νομών. Σημειώνουμε ότι η επιλογή των σχολείων έγινε σε συνεργασία με τα Παραρτήματα της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας στους Νομούς Δωδεκανήσου, Λέσβου, Χίου, Γρεβενών, Ιωαννίνων, Άρτας, Αρκαδίας, Ηλείας, Κιλκίς, Ροδόπης.

ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ ΣΕΜΙΝΑΡΙΑΚΗΣ ΕΚΠΑΙΔΕΥΣΗΣ ΜΑΘΗΜΑτΙΚΏΝ, ΦΙΛΟΛΟΓΩΝ, ΦΥΣΙΚΏΝ, ΧΗΜΙΚΏΝ ΚΑΙ ΒΙΟΛΟΓΩΝ

ΓΕΝΙΚΗ ΠΕΡΙΓΡΑΦΗ Ο Όμιλοs Φροντιστnρίων Πουκαμισάs, με τον σχεδιασμό, τnν ευθύνn και το κύροs του Ακαδnμαϊκού του τμrΊματοs, διοργανώνει για τρίτn χρονιά ειδικά σεμινάρια για τnν εκnαίδευσn και τnν κατάρτισn νέων καθnγnτών στα Μαθnματικά, στα Φιλολογικά μαθrΊματα, στn ΦυσικrΊ, τn Χnμεία και τn Βιολογία, με στόχο τn γνωστικrΊ και nαιδαγωγικrΊ εnιμόρφωσrΊ τουs, n οποία απαιτείται για τn διδασκαλία στn λυκειακrΊ βαθμίδα.

ΣΤΟΧΟΙ ΚΑΙ ΣΚΟΠΟΙ Οι κaθnγnτέs που θα πaρaκολουθrΊσουν τα σεμινάρια του Ομίλου θα αποκομίσουν: • Βεβaίωσn nαρaκ:ολούθnσns του

σεμιναρίου. • Εκπαιδευτικό υλικό. • Δυνατότnτα συνεργασίαs με τnν

υπό σύστaσn Ακαδnμία καθnγnτών του Ομίλου, nου με νομιμότnτα και επαγγελματισμό θα προσφέρει τnν υπnρεσίa των κατ' οίκον μαθnμάτων με αξιολογnμένουs κaθnγnτέs, οι οποίοι θα χρnσιμοποιούν τιs εκπaιδευτικέs μαs μεθοδολογίεs και τα βιβλία των Εκδόσεων Πουκaμισάs.

Επιπλέον, στο πλaί01ο των σεμιναρίων, οι νέοι κaθnγnτέs θα παρακολουθήσουν υποδειγματικέs διδασκaλίεs στα φροντιστrΊριa του Ομίλου μαs.


ΠΡΟΓΡΑΜΜΑ Ύ στερa οπό τουs πέντε nρώτουs εnιτυχnμένουs κύκλουs σεμιναρίων, ο Όμιλοs διοργανώνει τρειs νέουs κύκλουs εnιμόρφωσns δίμnνns διάρκειαs, οι οποίοι περιλαμβάνουν 48 διδaκτικέs ώρεs με κόστοs 420€ και θα πρaγματοποιnθούν: • 4 Φεβρουαρίου έωs 29 Μαρτίου

201 3 (8 εβδομάδεs) • 3 Ιουνίου έωs 26 Ιουλίου 20 1 3

(8 εβδομάδεs) • 7 Οκτωβρίου έωs 29 Νοεμβρίου

201 3 (8 εβδομάδεs)

Περισσότερεs πλnροφορίεs και δπλώσειs συμμετοχns σmν κο. Σύρμπου Μaριλένο στο τπλέφωνο 21 Ο 41 12507.

Εμβαδό ευθύγραμμου σχήματος

Εμβαδά επιφάνειας είναι το «μέτρο» της δηλαδή ένας θετικός αριθμός που υπόκειται στα γνωστά αξιώματα. Εξ ορισμού το εμβαδά μίας επιφάνειας ισούται με το άθροισμα των εμβαδών των μερών της, αρκεί βέβαια να έχουν μετρηθεί με την ίδια μονάδα μέτρησης. Δύο επιφάνειες λέγονται ισοδύναμες όταν έχουν το ίδιο εμβαδά. Εδώ θα παραθέσουμε θέματα πάνω στα εμβαδά που θεωρούμε ότι προάγουν την μεθοδική Μαθηματική σκέψη αναφορικά με επίλυση ασκήσεων, ξεκινώντας από μια σπουδαία θεωρητική αναφορά που δείχνει την δυνατότητα του μετασχηματισμού ενός σχήματος σε ισοδύναμο του. Θεωρούμε ότι είναι γνωστοί οι τύποι αλλά και βασικά θεωρήματα επί των εμβαδών ευθύγραμμων σχημάτων.

Θεώρημα Πάππου - Clairaut: Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ και εξωτερικά

αυτού τα παραλληλόγραμμα ΒΑΔΕ , ΑΓΖΗ , ΒΘΙΚ. , με τα εξής δεδομένα: Αν Κ είναι το σημείο τομής των ευθειών ΕΔ, ΖΗ , Λ το σημείο τομής της ευθείας ΑΚ με την πλευρά ΒΓ και Τ το σημείο τομής της ευθείας ΑΚ με την ευθεία ΘΙ , ώστε ΑΚ =Τ Λ . Αποδείξτε ότι ισχύει η ισότητα (ΒΑΔΕ) + ( ΑΓΖΗ) = (ΒΘΙΓ).

Διαπραγμάτευση: Θα στηριχτούμε στο εξής θεωρητικό

δεδομένο: Αν έχουμε δύο ευθείες παράλληλες που πάνω σε αυτές κινούνται αντίστοιχα δύο ίσα ευθύγραμμα τμήματα σταθερού μήκους, τα παραλληλόγραμμα που σχηματίζονται με βάσεις τα ευθύγραμμα αυτά ευθύγραμμα τμήματα έχουν το ίδιο εμβαδό. Αυτή η βασική πρόταση μας επιτρέπει να μετασχηματίσουμε κάθε παραλληλόγραμμο σε ισοδύναμο του παραλληλόγραμμο. Έτσι οδηγούμαστε στην Απόδειξη που ακολουθεί:

Απόδειξη : Θεωρούμε από την κορυφή Β ευθεία πα

ράλληλη προς την ευθεία ΛΑ που τέμνει τις ευθείες ΕΚ, ΘΙ στα σημεία Μ,Θ' αντίστοιχα και από την κορυφή Γ παράλληλη στην ευ-

Σωτήρης Ε. Λουρίδας

θεία ΛΑ που τέμνει τις ευθείες ΖΚ, ΘΙ στα σημεία Ν,Ι· αντιστοίχως.

I'C

I I

��-�_. _ _ -1, θ' I'

Έτσι παίρνουμε τα παραλληλόγραμμα ΑΚΜΒ, ΓΝΚΑ, ΒΘΊ'Γ που είναι ισοδύναμα προς τα παραλληλόγραμμα ΒΑΔΕ, ΑΓΖΗ, ΒΘΙΓ αντιστοίχως, καθότι διατηρούν με αυτά ίδιες βάσεις και ίσα ύψη. Επομένως παίρνουμε

(ΒΑΔΕ) + (ΑΓΖΗ) = (ΒΑΚΜ)+ (ΑΓΝΚ) = (ΒΘ'ΤΛ) + ( ΛτΙ'Γ) = (ΒΘΊ'Γ) = (ΒΘΙΓ).

Σπουδαία παρατήρηση : Με βάση το θεώρημα Πάππου - Clairaut

αποδεικνύεται άμεσα το Πυθαγόρειο Θεώρημα και έχει ενδιαφέρον να δούμε το πώς με βάση το σχήμα που ακολουθεί, στο οποίο έχουμε το τρίγωνο ΑΒΓ που είναι ορθογώνιο με υποτείνουσα ΒΓ και τα τετράγωνα με βάση τις πλευρές του ορθογωνίου τριγώνου και εκτός αυτού:

τ

Δ

Ι< Λ


------------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------------Παρατηρούμε ότι τα ορθογώνια τρίγωνα 2( ΑΒΓ) 2( ΑΒΓ)

ΗΤΑ, ΑΒΓ είναι ίσα καθότι ΊΜ + ΖΙΝ ΒΓ => ΊΜ + ΊΝ + ΤΛ ΒΓ • ct.

ΑΓ = ΑΗ, ΗΤ = ΑΕ = ΑΒ, οπότε παίρνουμε ΑΤ =ΒΓ =ΒΚ και LBAM =LA1 =LΓ =>

LA2 + LB = LΓ + LB = 2: . Αν θεωρήσουμε το 2 σημείο Μ της πλευράς ΒΓ σαν το σημείο τομής των ευθειών ΤΑ, ΒΓ , ισχύει επίσης ΑΤ _l_ ΒΓ => Α τ ι Ι ΒΚ.

Επειδή τα τετράγωνα είναι και παραλληλόγραμμα από το θεώρημα Πάππου- Clairaut έχουμε ( ΑΒΔΕ) + ( ΑΓΖΗ) = (ΒΚΛΓ) , δηλαδή ΑΒ2 +ΑΓ2 = ΒΓ2 •

1 . Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με την ιδιότητα η βάση του ΒΓ είναι μέσος αριθμητικός των δύο άλλων πλευρών του ( ΑΒ + ΑΓ = 2ΒΓ ). Θεωρούμε την διχοτόμο ΑΡ του τριγώνου αυτού που aντιστοιχίζεται στη γωνία LA . Αποδείξτε ότι το άθροισμα των αποστάσεων τυχόντος σημείου της διχοτόμου ΑΡ από τις πλευρές του τριγώνου είναι σταθερό.

Λύση : Α

Β rνr p Γ

Έχουμε, . (ΑΒΓ) = (ΤΒΓ) + (ΤΑΒ) + (ΤΑΓ) = ΒΓ · ΤΜ+ΑΒ ·'ΓΝ +ΑΓ · ΤΛ

2 με 'ΓΝ =Τ Λ καθότι το σημείο Τ είναι σημείο της διχοτόμου της γωνίας LA του τριγώνου. Άρα οδηγούμαστε στην σχέση

( ) ΒΓ · τΜ + (ΑΒ+ΑΓ)'ΓΝ , ΑΒΓ = , απο την ο-2 ποία με βάση την υπόθεση ΑΒ + ΑΓ = 2ΒΓ

, (ΤΜ + 2'ΓΝ)ΒΓ παιρνουμε ( ΑΒΓ) = => 2

2. Επί ευθείας (ε) δίνονται τα σημεία

Β, Γ (Β * Γ) . Θεωρούμε δύο σημεία Ε,Ζ του

ευθύγραμμου τμήματος ΒΓ , ώστε ΒΕ = κΒΓ, ΒΖ = λΒΓ με κ, λ δοθέντες αριθμούς με την ιδιότητα Ο<κ <λ<l . Αν θεωρή-σουμε σημείο Α με την LBAZ=LEAΓ και ονομάσουμε Τ της διχοτόμου της γωνίας LEAZ

θεία ΒΓ υπολογίστε τον λόγο ΒΤ

. τr Απόδειξη : Α

Γ

ιδιότητα το ίχνος στην ευ-

Αρχικά παρατηρούμε ότι ΒΕ < ΒΖ < ΒΓ ως επίσης LBAE + LEAZ = LEAZ + LΖΑΓ => LBAE = LΖΑΓ. Από το θεώρημα της εσωτερικής διχοτόμου στο τρί-

ΑΒΓ . ΒΤ ΑΒ ( ) Ι , γωνο παιρνουμε ΤΓ = ΑΓ * . σχυει από την υπόθεση η ισότητα LBAZ=LEAΓ (1) , αποδείχθηκε επίσης η ι-σχύς της ισότητας LBAE = LΖΑΓ ( 2 ) . Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε ότι:

Ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων με ίσα ύψη ισούται με τον λόγο των αντίστοιχων προς τα ύψη αυτά βάσεων τους, ως επίσης ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων, που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου, ισούται με τον λόγο των γινομένων των μέτρων των πλευρών των τριγώνων αυτών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Επομένως από τα τρίγωνα ΑΒΖ, ΑΕΓ προκύπτει

ΑΒ ·ΑΖ ΒΖ , (1)=> =- (3) και απο τα τρίγωνα ΑΓ ·ΑΕ ΕΓ ΑΒΕ, ΑΖΓ προκύπτει η ισότητα

(2)=> ΑΒ · ΑΕ = ΒΕ (4) . Υπολογίζοντας τα ΑΓ · ΑΖ ΖΓ

μέτρα των ευθύγραμμων τμημάτων ΕΓ, ΖΓ παίρνουμε


------------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη -----------

ΕΓ = (Ι - κ)ΒΓ, ΖΓ = (l - λ)ΒΓ (5). Από τις i) Από όλα τα τρίγωνα με κοινή βάση και

σχέσεις (3),(4),(5) προκύπτει ΑΒ2 κλ ΑΒ -- = � = ΑΓ2 ( 1 -κ) ( 1 - λ) ΑΓ

Καταλήγοντας έχουμε

κλ (1-κ)(1 - λ)

.

ΒΤ κλ ( *) �

ΤΓ =

( 1 - κ) ( 1 -λ) .

3. θεωρούμε κυρτό εξάγωνο ΑΒΓ ΔΕΖ , για το οποίο έχουμε: LA + LΓ + LE = LB + LΔ + LZ και ΑΒ = ΖΑ, ΒΓ = Γ Δ, ΔΕ = ΕΖ. Υπολογίστε τον

λόγο των εμβαδών {ΑΓΕ), {ΑΒΓΔΕΖ) .

Λύση: Α

8

Ε

Δ

Παρατηρούμε ότι από την υπόθεση προκύπτει η ισχύς της ισότητας LA + LΓ + LE = 2π. Για να εκμεταλλευτούμε την ισότητα των πλευρών της υπόθεσης, θεωρούμε τους κύκλους (Α,ΑΒ = ΑΖ), (Γ,ΓΒ = ΓΔ) που τέμνονται σε σημείο Ο . Παρατηρούμε ότι

LA LΓ LBOZ = π--, LΒΟΔ = π-- � 2 2

LBOZ + LΒΟΔ = 2π- LA + LΓ οπότε παίρ-2 '

LE νου με 2π-LΔΟΖ = π + - � 2

LE LΔΟΖ = π--2

σχέση που οδηγεί στο ότι το σημείο Ο ανήκει στο κύκλο (Ε,ΕΔ = ΕΖ) . Από το κριτήριο, δύο τρίγωνα με αντίστοιχες ίσες πλευρές είναι ίσα, παίρνουμε ότι τα τρίγωνα ΑΒΓ, ΓΔΕ, ΕΖΑ, είναι αντιστοίχως ίσα προς τα τρίγωνα ΟΑΓ, ΟΓΕ, ΟΕΑ . Συνεπώς έχουμε

(ΑΒΓΔΕΖ) = 2(ΑΓΕ), δηλαδή (

(ΑΓΕ) )

= 1 ΑΒΓΔΕΖ 2

4. Α) Αποδείξτε ότι:

κοινό μέτρο της απέναντι από αυτή γωνίας το μέγιστο εμβαδό έχει το ισοσκελές τρίγωνο. ii) Σε ισόπλευρο τρίγωνο εγγεγραμμένο σε κύκλο, η απόσταση του κέντρου του κύκλου από μία πλευρά του τριγώνου είναι το ήμισυ της ακτίνας του κύκλου. Β) θεωρούμε τα τρίγωνα ΑΒΓ που διατη-

ρούν την ίδια βάση ΒΓ = a με LA = π . - 3 θεωρούμε για το τυχόν τρίγωνο ΑΒΓ τις εσωτερικές διχοτόμους του ΒΔ, ΓΕ , οι ο-ποίες τέμνονται στο σημείο Ι . Υπολογίστε την μέγιστη τιμή του εμβαδού ε του μη κυρτογώνιου χωρίου ΙΕΒΓ Δ . Λύση: Α) i)

Ε "

ι Ι I ι 1 ι

ι Ι I ι ι 1

ι ι 1 ι ι ' I I I

ι I I ι ι \

ο� \ \ I \

Θεωρούμε το τυχόν τρίγωνο ΑΒΓ και τον περιγεγραμμένο του κύκλο κέντρου Ο . Επειδή η γωνία Ι LA διατηρεί το μέτρο της, θα κινείται σε τό ο σταθερής ακτίνας. Το εμβαδόν του τριγώνου αυτού στην τυχούσα θέση που βλέ , , (ΑΒΓ) ΒΓ · ΑΗ πουμε στο σ ημα ειναι =

2 ·

Από το κέντ ο Ο Θεωρούμε την κάθετη στην βάση ΒΓ που ν τέμνει στο σημείο Δ και τέμνει το τόξο στο μείο Ε . Δημιουργούμε στη συνέχεια το ορθογ ' νιο ΕΖΗΔ οπότε παίρνουμε ΑΗ ::::; ΖΗ = ΕΔ. Απ εδώ προκύπτει άμε-σα: ( ΑΒΓ) = ΒΓ . ΑΗ ::::;

ΒΓ -� (ΕΒΓ) 2 2

ii) Θεωρία -� Β) π , , Β LB + LΓ · "2π αρατηρουμε οτι L ΙΓ = π- =-.

2 3 Συνεπώς το σημείο Ι θα κινείται σε σταθερό



τόξο (είναι το τοξ. ΓΙΒ ) και LEIB = LΓΙΔ = 2:. . 3 Αν θεωρήσουμε την διχοτόμο ΙΖ έχουμε LBIZ = LΖΙΓ = 2:. Συγκρίνουμε τα τρίγωνα 3 ΙΕΒ, ΙΒΖ και βλέπουμε ότι είναι ίσα καθότι έ-χουν την πλευρά ΙΒ κοινή και σύμφωνα με τα προηγούμενα τις προσκείμενες σε αυτή γωνίες ίσες.

' z lv1 , ' , ' , ' , ' , ' , , - - - - - - - -

Ομοίως τα τρίγωνα ΙΖΓ, ΙΓΔ είναι ίσα. Συνεπώς έχουμε ε= 2(ΙΒΓ) (1) .Σύμφωνα με τα προηγούμενα ισχύει (ΙΒΓ) :::; (ΤΒΓ) ( 2) , αν καλέσουμε Τ το μέσο του τοξ. ΓΙΒ και LΜΤΓ = π , οπότε στο ορθογώνιο τρίγωνο 3 ΜΓΤ ισχύει ΓΤ = 2ΤΜ και από το Πυθαγόρειο Θεώρημα στο ίδιο ορθογώνιο τρίγωνο

a2 a.J3 προκύπτει 4ΤΜ2 =™2 + - => τΜ =--που 4 6 οδηγεί στην ισότητα

ΤΜ ·ΒΓ a2J3 , (ΤΒΓ) = 2 l2 (3) .Συνδυαζοντας

τις σχέσεις (1) , (2) , (3) παίρνουμε ε :::; a2J3 , 6

δ λ δ , , az.J3 , λ β ' η α η ισχυει εmax = -6- τιμ η που αμ ανε-ται όταν το τρίγωνο ΑΒΓ είναι ισόπλευρο.

5. Δίνεται ευθύγραμμο τμήμα ΑΒ = a . θεωρούμε εσωτερικό του σημείο Γτέτοιο πού

ΑΓ = � , όπου μ, ν δοθέντα μη μηδενικά ευΓΒ ν θύγραμμα τμήματα με μ < ν . θεωρούμε κύ-κλο που να έχει χορδή το ευθύγραμμο τμή-

μα ΑΒ , χωρίς αυτό . να είναι διάμετρος του. Έστω Ρ το σημείο τομής των εφαπτόμενων στον κύκλο στα σημεία Α, Β και Ττο ση-μείο τομής του ευθύγραμμου τμήματος ΡΓ

' κλ Υ λο ' λ ' ΤΑ

με τον κυ ο. πο γιστε τον ογο -m- συ-

ναρτήσει των μ, ν . Λύση:

Ρ

Α Β

Παρατηρούμε ότι LA1 = LB1 καθότι η πρώτη γωνία είναι εγγεγραμμένη και βλέπει το τόξο ΤΒ και η δεύτερη είναι σχηματιζόμενη από τη χορδή ΒΤ και την εφαπτομένη ΒΡ . Εδώ θα χρησιμοποιήσουμε το γνωστό θεώρημα που διατυπώνει ότι ο λόγος των εμβαδών δύο τριγώνων, που μία γωνία του ενός ισούται με μία γωνία του άλλου, ισούται με τον λόγο των γινομένων των πλευρών που περιέχουν τις γωνίες αυτές. Επομένως παίρνουμε (ΑΓΤ)

_ ΑΤ ·ΑΓ _ ΑΕ · ΤΓ (ΒΡΤ) - ΒΤ · ΒΡ - ΒΔ · ΡΤ (1) ' -�ργαζόμενοι

ομοίως (ΓΒΤ) ΒΤ · ΒΓ ΒΔ · ΤΓ (ΑΤΡ)

= ΑΤ · ΑΡ = ΑΕ · ΡΤ

έχουμε

(2) . Τα ορθογώνια

τρίγωνα ΑΕΓ, ΒΔΓ είναι όμοια καθότι οι αντίστοιχες γωνίες τους LΑΓΕ, LΒΓ Δ είναι ίσες ως κατά κορυφή επομένως λαμβάνουμε ΒΔ = ΒΓ ( 3) . Συνδυάζοντας τις σχέσεις (1 ), ΑΕ ΓΑ

Ar ΑΡ ΑΓ ΑΕ·ΊΓ·ΑΕ·ΡΓ (2),(3)καταλήγουμε -·-·- => IW ΒΓ ΒΡ ΒΔ· Pf. ΒΔ· ΊΓ ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/43


Παρατήρηση :

Α , , ΤΑ � , , πο την σχεση - = - , προκυπτει αμε-ΤΒ ν σα ότι το σημείο Τ θα κινείται στον Απολλώ-νιο Κύκλο με βάση ΑΒ και λόγο ΤΑ = � . ΤΒ \j� 6. Θεωρούμε τρίγωνο ΑΒΓ με μεγαλύτερη από τις γωνίες του την γωνία LB • Έστω Ε σημείο της πλευράς του ΑΓ , τέτοιο ώστε LΓΒΕ = LA . Θεωρούμε Ζ,Η σημεία των ευθύγραμμων τμημάτων ΑΒ, ΑΕ αντίστοι-

χα με ΖΗ 11 ΒΓ και LΓΒΗ � π . 2

Αν Δ είναι τυχόν σημείο της διχοτόμου της γωνίας Α να συγκριθούν τα εμβαδά των τριγώνων ΔΖΒ, ΔΕΗ. Λύση :

Α

I I I \

.. '

ι·. τ

' '

\

Γ

Αφού γνωρίζουμε ότι κάθε σημείο της διχοτόμου ΑΤτης γωνίας LΑαπέχει ίσες αποστάσεις από τις πλευρές της, οι αποστάσεις του σημείου Δ από τις ευθείες ΖΒ, ΗΕ είναι ί-σες, δηλαδή είναι ίσα τα ύψη των τριγώνων ΔΖΒ, ΔΕΗ. Αυτό οδηγεί στην σύγκριση των αντίστοιχων βάσεων τους ΖΒ, ΗΕ . Αν θεωρήσουμε σημείο Κ της βάσης ΒΓ τέτοιο που ΗΚ 1 1 ΖΒ δημιουργείται το παραλληλόγραμμο ΒΚΗΖ (Αυτή τη κίνηση την κάνουμε, ώστε να μεταφέρουμε το ευθύγραμμο τμήμα ΖΒ σε θέση που να μπορεί να συγκριθεί με το ευθύγραμμο τμήμα ΗΕ καθιστούμε δηλαδή τα ευ-

θύγραμμα τμήματα κοινής κορυφής άρα πλευρές του ίδιου τριγώνου ΗΚΕ ).

Παρατηρούμε ότι LΚΗΕ = LA = LΚΒΕ, οπότε το τετράπλευρο ΗΒΚΕ είναι εγγράψιμμο, άρα παίρνουμε LHEK + LΓΗΒ = π� LHEK � � , αφού έχου-2 με από την υπόθεση LΓΒΗ � � . Αυτό σημαί-2 νει ότι ΗΚ > ΗΕ � ΖΒ > ΗΕ , δηλαδή ( ΔΖΒ) > (ΔΕΗ) .

7. Έστω το περιγεγραμμένο σε κύκλο (Ο, ρ) τετράπλευρο ΑΒΓ Δ .

ΟΑ2 ΑΒ2 ΑΔ2 Αποδείξτε ότι: 2 -- � -- + -- .

ΟΓ2 ΒΓ2 ΓΔ2 Λύση :

Δ Αρκεί να αποδείξουμε

2 ΟΑ2 � 2 ΑΒ ·ΑΔ , ΟΑ2 < ΑΒ · ΑΔ ΟΓ2 ΒΓ · ΓΔ ' η ΟΓ2 - ΒΓ · ΓΔ (Ι) ,

αφού ως γνωστόν ισχύει 2xy � x2 + y2 , x, y ε JR .

Εδώ παρατηρούμε ότι LΒΟΑ = π- LA+LB LΓ+LΔ � 2 2 LΒΟΑ=π - LΔΟΓ (2) και αυτό επειδή οι ευθείες ΑΟ, ΒΟ, ΓΟ, ΔΟ διχοτομούν τις αντίστοιχες γωνίες του τετραπλεύρου.

Από την σχέση (2) προκύπτει η ισότητα (ΟΑΒ) ρΑΒ ΟΑ · ΟΒ ( ΟΓ Δ) = ρΔΓ = ΟΓ · ΟΔ ' δηλαδή έχουμε

ΑΒ ΟΑ ·ΟΒ (3) , ΔΓ ΟΓ · ΟΔ

ΑΔ ΟΑ · ΟΔ (4) . ΒΓ ΟΓ ·ΟΒ

ομοίως προκύπτει

Με πολλαπλασιασμό των σχέσεων (3), (4) καταλήγουμε στην ισχύ της σχέσης (1 ).


Εμ�αδά πολυγωνικών χωρίων

1 . Δίνεται ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ (ΑΒ=ΑΓ) . Αν

( ΑΒΓ) = 4J3

και 3

~ Β ρ Γ - Δ -_.

Υ ΑΒ = 2ΑΔ όπου Δ το μέσο της βάσης του τριγώνου να υπολογίσετε την ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τριγώνου

Λύση: Αν ΑΒ = ΑΓ = χ ,ΒΓ = y τότε επειδή το τρίγωνο είναι ισοσκελές η διάμεσος του ΑΔ εί-ναι και ύψος οπότε στο ΑΔΒ , ΑΔ = ΑΒ , Β = 30° 2

Υ , ΒΔ J3 2 h αρα συν30° =-=>-=-=>y=χν3 (Ι ) ΑΒ 2 χ

' 4.J3 Ι Λ

Αλλα ( ΑΒΓ) = -3- => 2 ΑΒ · ΒΓημΒ = 4J3 Ι ο 4J3 {Ι) 4.J3 =--=> -χyημ30 =--=> χ =-- οπότε 3 2 3 3

4.J3 .Jj '

2 ·-3-+ 4 4.J3 y = 4- ·.J3 = 4 αρα τ = =-+ 2 . 3 2 3 Αν ρ ακτίνα του εγγεγραμμένου κύκλου του τρι-

γώνου 4.J3 = (4.J3 + 2Jρ => ρ =

2.J3 ( 2.J3- 3) 3 3 3

2. Δίνεται τρίγωνο ΑΒΓ με β = 2γ . Αν

Φίλιππος Σερέφογλου 3. Δίνεται οξυγώνιο σκαληνό τρίγωνο ΑΒΓ με ΑΒ < ΒΓ . Φέρνουμε το ύψος ΒΔ και το προεκτείνουμε προς το Δ κατά τμήμα ΔΕ = ΒΔ . i) Να δείξετε ότι ΑΔ < ΔΓ . ii) Α ν Ζ σημείο της ΔΓ ώστε ΑΔ = ΔΖ να δεί-

ξετε ότι ( ΒΖΓ )= ΒΕ�ΖΓ

. Ε

Λύση: i) Επειδή ΒΔ ..l ΑΓ και ΑΒ < ΒΓ είναι ΑΔ < ΔΓ ii) Στο ΑΕΖΒ οι διαγώνιοι διχοτομούνται και είναι κάθετοι άρα είναι ρόμβος οπότε Β Γ

(ABZ) = _l(AEZB) = _l · l_AZ · BE = ΑΖ ·ΒΕ (Ι) . 2 2 2 4 Τα ΑΒΖ,ΒΖΓ έχουν κοινό ύψος αντίστοιχα ως

προς ΑΖ,ΖΓ άρα t:�=�={=)=(ftl!Z}��

(Bzr) = ΑΖ · ΒΕ . ΖΓ = ΒΕ · ΖΓ 4 ΑΖ 4

4. Έστω παραλληλόγραμμο ΑΒΓ Δ και Ε το μέσο της πλευράς ΑΒ . Έστω Ζ της ΔΓ ώστε

2 ΔΖ = -ΔΓ και Η της ημιευθείας Γ Δ ώστε 3

ΓΗ = ι: ΓΔ . Τότε ( ΑΙΗ )-(ΜΖ)-( ΓΒΕ )=(ΑΒΓΔ) .

Δ ,Ε αντι

_

στ

-4

οίχως

_

ση

_ι

μεία των

Α

πλευρών γ ,β �Α� 18 ώστε ΑΔ - γ,ΑΕ- β , Δ

5 5 Ε

να υπολογίσετε τον λόγο Η Δ z r

των ακτίνων των περιγε- Δ Λύση: Το ΑΒΓΔ είναι παραλληλόγραμμο γραμμένων κύκλων των Β Γ αλλά ΑΒΓ=ΑΓΔ άρα ( ΑΒΓ )=( ΑΓΔ) (ΑΒ;Δ) (Ι) . τριγώνων ΑΒΓ , ΑΔΕ .

Λύση: 'Εστω R , R' αντίστοιχα οι ακτίνες των Όμως ( ΑΓΗ) = Ι:( ΑΔΓ )�� (ΑΒΓΔ) (2) ενώ περιγεγραμμένων κύκλων των τριγώνων ΑΒΓ ,

( ) ( ) (Ι) ΑΔΕ . ΑΒΓ ::::: ΑΔΕ διότι η Α είναι κοινή και ΑΔΖ = � ΑΔΓ =±(ΑΒΓΔ) (3) και β β 5ββ=Ζγ 5 · 2γ 5 γ γ 5γβ=Ζγ 5γ 5 Μ= �γ

= 4γ

= 4γ=2 ' ΑΕ = lβ =β = 2γ =2

5 5 ο λ , , , 5 Ά R 5 ογος ομοιοτητας ειναι 2 . ρα

R' = 2 .

( ) Ι ( ) (Ι) Ι ΓΒΕ = 2 ΑΒΓ =4'(ΑΒΓΔ) (4). Συνεπώς

( ) ( ) ( ) (2),(3) ΑΓΗ - ΑΔΖ - ΓΒΕ <=;> Ι 9 (ΑΒΓΔ)-_!_(ΑΒΓΔ) -_!_(ΑΒΓΔ) = (ΑΒΓΔ) . Ι2 3 4


------------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------------

Β ' ΛΥΚΕΙΟΥ Μαθηματικά Θετικής και Τεχνολογικής Κατεύθυνσης ΤΑ ΣΤΡΑΒΑ ΤΗΣ ΕΥΘΕΙΑΣ

Αθ. Χριστόπουλος Κλίση ευθείας Η κλίση ή ο συντελεστής διεύθυνσης (λ) όπως αλλιώς λέγεται είναι το πιο σημαντικό χα

ρακτηριστικό που πρέπει να γνωρίζουμε για την ευθεία. ε

χ' χ

Αν ω είναι η κυρτή γωνία που σχηματίζει μια ευθεία (ε) με τον άξονα χ' χ τότε η κλίση της ευθείας ή ο συντελεστής διεύθυνσης είναι λ=εφω.

Α ν ω=90° δηλαδή η (ε) κάθετη στον χ' χ τότε δεν ορίζεται η εφ90° οπότε για τις κατακόρυφες ευθείες βλέπουμε ότι δεν ορίζεται η κλίση λ .

Ειδικότερα, αν (ε)//χ'χ τότε λ=εφ0°=0, αν ω<90° τότε λ>Ο, αν ω>90° τότε λ<Ο λ�Ο � λ� δεν ορίζεται λ

Για να μελετήσουμε τις ευθείες θα τις διακρίνουμε αρχικά σε δύο μεγάλες κατηγορίες: Α. Αυτές για τις οποίες ορίζεται ο συντελεστής διεύθυνσης (λ) .

Β. Αυτές για τις οποίες δεν ορίζεται το λ . Αν Μ(χ, ψ) είναι σημείο κάποιας ευθείας (ε) της Α κατηγορίας τότε τα χ, ψ συνδέονται με

σχέση της μορφής ψ=λχ+β και διακρίνουμε τρείς χαρακτηριστικές υποπεριπτώσεις: • Οριζόντια ευθεία(παράλληλη στον άξονα χ'i) οπότε λ=Ο και άρα ψ= σταθερός αριθμός

π.χ. ψ=2. Ειδικά αν ψ=Ο η ευθεία είναι ο άξονας χ' χ. • Πλάγια, που διέρχεται από την αρχή των αξόνων τότε ψ = λχ • Πλάγια, που τέμνει τον άξονα ψ' ψ στο β τότε ψ = λχ+β

Α ν η ευθεία είναι της Β κατηγορίας τότε αυτή είναι κατακόρυφη (κάθετη στον άξονα χ' i) και έχει τύπο χ= σταθερός αριθμός, π.χ. χ=3. Ειδικά αν είναι χ=Ο τότε η ευθεία είναι ο άξονας ψ'ψ. Τελικά έχουμε: < Α κατηγορία ψ=λχ+β (ειδικές περιπτώσεις ψ= λ χ και ψ=β) Ευθεία

Β κατηγορία χ= Χο Η εξίσωση Αχ+Βψ+Γ=Ο συνδυάζει όλες τις παραπάνω μορφές και εκφράζει οποιαδήποτε

ευθεία (η εξίσωση αν έχει Α=Ο και Β=Ο δεν εκφράζει ευθεία). Αν Β:#Ο τότε η εξίσωση παίρνει , Α Γ λ Α β Γ , λ β τη μορφη ψ = --χ-- αν = -- και =- - ειναι ψ= χ+ .

Β Β Β Β Είναι γνωστό ότι από ένα σημείο διέρχονται άπειρες ευθείες, καθεμία όμως έχει διαφορετι

κή κλίση (λ) . Επομένως αν δοθεί: i) ένα σημείο Α(χ0,ψ0) και ii) ο συντελεστής διεύθυνσης λ τότε η ευ

θεία είναι μοναδική με εξίσωση: ψ-ψο = λ(χ-χο). Μέθοδοι Προσδιορισμού του λ Πολλές φορές στις ασκήσεις το λ δεν δίνεται, αλλά από τα δεδομένα μπορεί να βρεθεί. Πα

ρακάτω αναφέρονται 5 κλασικές περιπτώσεις: 1. Αν δίνονται δύο σημεία της ευθείας Α(χι,ψι) και Β(χz,ψ2) τότε αν χι-:f:.Χ;l. λ ψz-ψι αν Χt=Χ2 χ2-χ1

δεν ορίζεται το λ. (η ευθεία, είναι κατακόρυφη με τύπο χ=χι). 2. Αν η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι παράλληλη σε κάποια γνωστή ευθεία (δ) τότε 4:=4 .


------------- Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------------3. Αν η ζητούμενη ευθεία (ε) είναι κάθετη σε κάποια γνωστή ευθεία (δ) τότε λε·4=-1. 4. Αν ω είναι η κυρτή γωνία που σχηματίζει με τον άξονα χ' χ τότε λ=εφω. 5. Αν δίνεται ότι η ζητούμενη ευθεία (ε) σχηματίζει γνωστή γωνία ω με κάποια γνωστή ευθεία - -(δ) τότε εργαζόμαστε ως εξής: γράφουμε διανύσματα u =(l .λε) και ν =(l ,λδ) τα οποία είναι u

-//ε και ν //δ οπότε συν( u , ν )=συνω αλλά

- - u . v Ι + λ · λ6 συν(u, ν) = _ � • � = συνω από αυτή τη σχέση βρίσκουμε το λ. Ι u Ι · Ι ν 1 ν Ι + λ. · ν Ι + λ6

Αν είναι αρνητικό παίρνουμε την απόλυτη τιμή του γιατί η γωνία των δύο ευθειών που θα μας δώσουν θα είναι οξεία. [γνωρίζουμε ότι αν Αχ+Βψ+Γ=Ο τότε ένα διάνυσμα παράλληλο σε

αυτήν είναι το u =(Β,-Α) και ένα κάθετο σε αυτή είναι το ν =(Α, Β)} Μέθοδοι Προσδιορισμού σημείου Αν στις ασκήσεις δεν δίνεται το σημείο τότε μπορεί να προσδιορισθεί:

• Σαν σημείο τομής δύο ευθειών Το σημείο τομής των δυο ευθειών έχει συντεταγμένες τη λύση του συστήματος των εξισώσεών τους.

• Σαν σημείο με γνωστή ιδιότητα Για παράδειγμα αν Μ μέσο του ευθ. τμήματος ΑΒ τότε Μ( ΧΑ + Χο ΨΑ + Ψο ).

2 ' 2 Μικρές αλλά σημαντικές σκέψεις για την ευθεία

• Πού τέμνει μια ευθεία τον άξονα χ'χ; Απάντηση: στην εξίσωση της ευθείας θα θέσουμε ψ=Ο και έτσι θα βρούμε την τιμή του χ

• Πού τέμνει μια ευθεία τον άξονα ψ'ψ; Απάντηση: στην εξίσωση της ευθείας θα θέσουμε χ=Ο και θα βρούμε την τιμή του ψ

• Πού τέμνονται δύο ευθείες; Απάντηση: σε σημείο που οι συντεταγμένες του είναι λύση του συστήματος των εξισώσεων των δύο ευθειών.

• Πότε μια ευθεία διέρχεται από ένα σημείο ή αλλιώς πότε ένα σημείο βρίσκεται πάνω σε μια ευθεία; Απάντηση: όταν στην εξίσωση της ευθείας, αντικαταστήσουμε το χ με την τετμημένη και το ψ με την τεταγμένη του σημείου και προκύπτει αληθής ισότητα. Τρία ειδικά Θέματα στην ευθεία

1. Μεταβλητό σημείο. Παράδειγμα: δίνεται σημείο Μ(λ-1 , 2λ+3), λ ε!Rδείξτε ότι το Μ κινείται σε ευθεία, καθώς το λ μεταβάλλεται στο JR{

2. Οικογένεια ευθειών. Παράδειγμα: Δίνεται η εξίσωση (λ-1 )χ+(λ2- 1 )ψ+λ2-λ=Ο, λEJR{ 3. Εξίσωση 2 ή περισσότερων ευθειών.

Παράδειγμα: Δίνεται η εξίσωση ψ2+ 3χ2 -4χψ+ψ-χ=Ο δείξτε ότι παριστά 2 ευθείες. Αναλυτικά Αν δοθεί σημείο που οι συντεταγμένες του περιέχουν μία ή περισσότερες παραμέτρους, τότε

μας ζητούν να βρούμε το γεωμετρικό τόπο. Παράδειγμα 1° : Δίνεται σημείο Μ(λ-1, 2μ+3),λ,μΕR . Αν 3λ+6μ=5 τότε να δείξετε ότι

το σημείο Μ κινείται σε σταθερή ευθεία. Λύση: Για το σημείο Μ έχουμε ΧΜ =λ- 1 και ψΜ = 2μ+3. Στο σύστημα αυτών των δύο εξισώσεων αρκεί να τις λύσουμε ως προς λ και μ αντίστοιχα και να αντικαταστήσουμε στη σχέση που τα συνδέει. Δηλαδή λ=Χ,Μ+1 , μ = ΨΜ -3 οπότε τα aντικαθιστούμε στην σχέση 2 3λ+6μ=5 και έχουμε 3(ΧΜ +1)+6· ΨΜ -3 =5 => 3Χ,Μ+3ψΜ-1 1=0 δηλαδή το Μ ανήκει στην 2 ευθεία (ε) : 3χ+3ψ-1 1=0 Παράδειγμα 2°:


------------ Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ------------

Δίνεται η εξίσωση (λ-l)χ+(λ2-l)ψ+λ2-λ=Ο, λΕR i) για ποιες τιμές του λ παριστά ευθεία ii) για ποια τιμή του λ προκύπτει κατακόρυφη ευθεία; Λύση i) Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο � λ- 1=0 άρα λ=1 και Β=Ο� λ2-1=0 άρα

λ=1 ή λ=- 1 επομένως για λ=1 έχουμε Α=Β=Ο. Οπότε για να παριστά ευθεία πρέπει να είναι 41

ii) Αρκεί Β=Ο οπότε λ2-1=0 και αφού 41 προκύπτει λ=- 1 πράγματι σε αυτή την περίπτωση έχουμε -2χ+Οψ+2=0 δηλαδή χ=1 που είναι κατακόρυφη. Παράδειγμα 3° : Δίνεται η εξίσωση (2λ-l)χ+(λ+l)ψ-3λ+3=0, λΕR i) δείξτε ότι παριστά ευθεία για όλες

τις τιμές του λΕR ii) δείξτε ότι όλες οι ευθείες που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές του λΕR διέρχονται από το ίδιο σημείο iii) για ποια τιμή του λ προκύπτει ευθεία παράλληλη στον χ 'χ; Λύση i) Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο �2λ-1=0 άρα λ=1/2 και Β=Ο� λ+1=0 άρα

λ=-1 επομένως δεν υπάρχουν τιμές του λ ώστε Α=Β=Ο άρα παριστά ευθεία για κάθε λΕΙΙι iii) 1 ος τρόπος: επιλέγουμε δύο τυχαίες ευθείες που προκύπτουν για λ=Ο και λ= 1 και βρίσκω

το σημείο τομής τους Για λ=Ο είναι ει : -χ+ψ+3=0 και για λ=1 είναι ε2 : χ+2ψ=Ο Οπότε προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε 3ψ+ 3=0�ψ =-1 και χ+ 2ψ=Ο�χ= 2 άρα τέμνονται

στο σημείο Κ(2, -1 ). Θα δείξουμε ότι όλες οι ευθείες για λΕR διέρχονται από το Κ. Αρκεί οι συντεταγμένες του σημείου Κ να επαληθεύουν το γενικό τύπο.

Πράγματι (2λ-1) ·2+(λ+1) (- 1) -3λ+3=0 � 4λ-2-λ-1-3λ+3=0 �0=0. 2°ς τρόπος Γράφουμε το πρώτο μέλος της εξίσωσης σαν πολυώνυμο του λ δηλαδή

2λχ-χ+λψ+ψ-3λ+3=0 � 2λχ+λψ-3λ-χ+ψ+3=0 �(2χ+ψ-3)·λ + (-χ+ψ+3)=0. Για να αληθsύ��για κάθε λΕR πρέπει 2χ+ψ-3=0 και -χ+ψ+3=0 το σύστημα αυτών των δυο δίνει λύση Κ(2,-1) .

Παράδειγμα 4° : Δίνεται η εξίσωση ψ2+3χ2-4χψ+ψ-χ=Ο δείξτε ότι παριστά 2 ευθείες. Λύση

lος τρόπος. Με κλασική παραγοντοποίηση : ψ2+3χ2-3χψ-χψ+ψ-χ=Ο � ψ2-3χψ+ψ-χψ+3χ2-χ=Ο � ψ(ψ-3χ+1)-χ(ψ-3χ+1)=0 � (ψ-3χ+1 )(ψ-χ)=Ο οπότε ψ-3χ+l=Ο ή ψ-χ=Ο 2°ς τρόπος. Σαν τριώνυμο ως προς ψ γίνεται ψ2+(1-4χ)ψ+3χ2-χ=Ο ( 1 ), οπότε Δ=(l-4χ)2-4(3χ2-χ)=l-8χ+16i-12χ2+4χ=4χ2-4χ+1=(2χ-1)2 και(l) � ψ= -(1 - 4χ) ± (2Χ -1)

2 � ψ=3χ-1 ή ψ=χ που είναι εξισώσεις δύο ευθειών.

Παράδειγμα 5° : Δίνεται η εξίσωση i -ψ2=4(χ-1) δείξτε ότι παριστά 2 κάθετες ευθείες Λύση χ2 -ψ2 =4χ-4 � χ2- 4χ+4-ψ2 =Ο οπότε (χ-2)2 -ψ2 =Ο � (χ-2-ψ)(χ-2+ψ)=Ο άρα ει : χ-ψ-2=0 ή εz: χ+ψ-2=0 είναι λι=1 και λz=- 1 και λιλz=-1 , επομένως ει..L εz . Λυμένες ασκήσεις Άσκηση lη Δίνεται το σημείο Α(-4,2). Να βρείτε:

i) Την εξίσωση της ευθείας ΟΑ ii) Την εξίσωση της ευθείας που διέρχεται από το Α και είναι κάθετη στην ΟΑ iii) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΑΒ, όπου Β το σημείο τομής της ευθείας του ii) ερωτήμα

τος με τον άξονα χ' χ Λύση Η ευθεία διέρχεται από την αρχή των αξόνων άρα θα είναι της μορφής ψ=λχ αλλά


------------ Μαθηματικά για τη Β' Τάξη -----------

2-0 1 ' 1 λοΑ=--=-- Οποτε ΟΑ: ψ=--χ -4-0 2 2

Η ευθεία που ζητάμε είναι κάθετη στην ΟΑ άρα έχει «αντιθετο-αντίστροφο» λ δηλαδή λ=2 και διέρχεται από το γνωστό σημείο Α. Άρα ψ-2=2(χ+4), οπότε ψ=2χ+10

Το σημείο τομής της ευθεία ψ=2χ+ 10 με τον χ' χ θα το βρούμε για ψ=Ο.

Επομένως 2χ+ 10=0 <=>χ=-5 , άρα Β( -5,0). Είναι ΟΑ .L ΑΒ άρα το τρίγωνο ΟΑΒ είναι ορθο-

γώνιο στο Α και θα έχει εμβαδόν Ε=.!_ (ΟΑ)·(ΟΒ). 2

Έχουμε (ΟΑ)= .../16+4 = .J20 = 2../5 και

·•

(ΑΒ)=�(-5 + 4)2 + (0-2)2 = �1 +4 =.J5 και τελικά Ε=5 τ.μ . . Άσκηση 2η Σε ρόμβο ΑΒΓ Δ δίνονται B(l,O) Δ( -3,2), και (ΑΓ)=4 .J5 Να βρείτε τις συντεταγμένες των σημείων Α,Γ καθώς και το εμβαδόν του ρόμβου Λύση Έστω Κ το κέντρο του ρόμβου, το Κ είναι το μέσον του ΒΔ άρα Κ( - 1 , 1 ) Επίσης

λ - 2-Ο - 1 ' ΑΓ.L ΒΔ θ ' λ λ - 1 1 λ - 1 λ - 2 ' ΒΔ - _3 _ 1 - -2 και αφου α ει ναι ΒΔ ΑΓ - - <::::> -2 Ar - - <::::> ΑΓ - και αφ ου

η ΑΓ διέρχεται από το σημείο Κ(- 1 , 1 ) θα έχει εξίσωση ψ-1=2(χ+1) άρα ψ=2χ+3 Τα σημεία Α(ΧΑ,ψΑ), Γ(Χr,ψr) βρίσκονται πάνω σε αυτή την ευθεία άρα ΨΑ = 2χΑ +3 και ΑΚ= ΑΓ = 2../5

2 αλλά ΑΚ = �(ΧΑ +1γ + (ψ Α -1)2 = �(ΧΑ + 1)2 + (2χΑ +3 - 1)2 οπότε

�(χΑ + 1)2 + (2χΑ + 3 - 1)2 = 2.J5 <::::> (χΑ + 1)2 + (2χΑ + 2)2 = 4 · 5 <=> 5 (χΑ + 1)2 =4· 5<=>

χ� + 2χΑ + 1 = 4 <=> χ� + 2χΑ -3 = Ο είναι Δ=16>0 άρα ΧΑ = -2 ±Μ και ΧΑ=-3 ή ΧΑ=l και 1,2 2 αφού ψ Α = 2χΑ +3 . Επομένως το ψ Α =2(-3)+3=-3 ή ψ Α =2+3=5 αντίστοιχα δηλαδή Α(-3,-3) ή Α(1 , 5) [προφανώς ένα είναι το Α και το άλλο το Γ] άλλωστε το σημείο Γ προσδιορίζεται εύκολα επειδή το Κ είναι μέσον του ΑΓ, άρα ΧΑ+ΧΓ=-2 και ψΑ+ψr=2 οπότε αν Α(-3,-3) θα είναι Γ(1 ,5) ενώ αν Α(1 ,5) τότε Γ(-3,-3). Το εμβαδόν του ρόμβου υπολογίζεται εύκολα από τον τύπο :e:: δι · δ2 είναι δ1=ΑΓ=4../5 και δ2 = ΒΔ=�(-3-1)2 + (2 -0)2 =.fiO = 2.J5, άρα Ε=20 τ.μ . . 2

Άσκηση 3η I

Να βρεθεί η εξίσωση της ευθείας (δ) η οποία διέρχεται από το σημείο Ρ(2,1) και σχηματίζει με την ευθεία ε: χ-ψ .fi +4=0 γωνία ίση με 30°

Λύση Προφανώς η ευθεία (δ) δεν είναι κάθετη στο άξονα χ'χ (γιατί;) δηλαδή έχει κλίση �. Θεωρώ

διανύσματα � = ({3,1) και v= (1,λδ) τα οποία είναι � //ε και ν //δ, οπότε συν(� ' v )=±συνω (1).

, . - - u · ν _ .J3 + λ δ , .J3 + λ δ .J3 Αλλα. συν(u, ν) = _ _ - r:;-:-; r;-:-:::2 , οποτε (1) <::::> r;-:-:::2 = ±- <::::> Ι u Ι · Ι ν Ι ν3 + 1 · ν1+λ� 2ν1 + λ� 2

.J3 + λδ = ±�1 + λ� · .J3 <::::> 3 + 2ν)λδ + λ� = (Ι + λ�) · 3<::::> λ� = ν) · λδ <::::> λδ = Ο ή λδ = ν) .



Άρα η ζητούμενη ευθεία αφού διέρχεται από το Ρ(2, 1) για λ=Ο είναι ψ=1 (οριζόντια ) και για λδ =J3 είναι ψ-1=../3 (χ-2) ή ψ=.J3 χ -2../3 +1

Άσκηση 4η Δίνεται η εξίσωση (λ-1)χ+(λ2-1)ψ+λ2-λ=Ο, λΕR i) Για ποιές τιμές του λΕR παριστά

ευθεία; ii) Δείξτε ότι όλες οι ευθείες που προκύπτουν για τις διάφορες τιμές του λΕR-{1} διέρχονται από το ίδιο σημείο iii) Για ποια τιμή του λ προκύπτει ευθεία που σχηματίζει με τον χ 'χ γωνία 45° .

Λύση i) Εξετάζω πότε τα Α,Β γίνονται μηδέν, είναι Α=Ο �λ-1=0 άρα λ=1 και Β=Ο � λ2-1=0

άρα λ=1 ή λ=- 1 επομένως για λ=1 είναι Α=Β=Ο. Άρα για να παριστά ευθεία πρέπει και αρκεί λ::;C 1 δηλαδή λΕR-{1} .

ii) 1 ος τρόπος. Επιλέγουμε δύο τυχαίες ευθείες που προκύπτουν για λ=Ο και λ=2 και βρίσκουμε το σημείο τομής τους. Για λ=Ο είναι ε1 : -χ-ψ=Ο ή ψ=-χ και για λ=2 είναι ε2: χ+ 3ψ+ 2=0.

Οπότε αντικαθιστώντας έχουμε χ+3(-χ)+2=0�χ=1 και ψ=- 1 . Άρα τέμνονται στο σημείο K(l ,- 1 ). Θα δείξουμε τώρα ότι όλες οι ευθείες για λΕR διέρχονται από το Κ. Αρκεί οι συντεταγμένες του σημείου Κ να επαληθεύουν το γενικό τύπο.

Πράγματι (λ-1) · 1+(λ2-1) (- 1 ) +λ2-λ=Ο � λ-1-λ2+1+λ2-λ=Ο � 0=0 2°ς τρόπος. Γράφουμε το πρώτο μέλος της εξίσωσης σαν πολυώνυμο του λ δηλαδή

λχ-χ+λ2ψ-ψ+λ2-λ =Ο � λ2ψ+ λ2 +λχ -λ-χ-ψ =Ο �(ψ+ 1 )·λ2 + (χ-1)λ+(-χ-ψ)=Ο για να αληθεύει για κάθε λΕR-{1} πρέπει ψ+ 1 =Ο και χ-1 =Ο και -χ-ψ=Ο.

Το σύστημα αυτό δίνει λύση K(l ,- 1 ) . iii) Για να σχηματίζει με τον χ' χ γωνία 45° πρέπει και αρκεί λ2 -1* Ο και λε=εφ45° (1 ). Έχουμε:

λ - 1 2 2 ( 1 ) <=:>--- = 1 <=:> λ -1 =-λ+ 1 <=:> λ +λ-2=0 <=:> λ Ε 1 -2 �λ= -2 . λ2 - 1 '

Άσκηση 5η Σε ορθογώνιο ΑΒΓΔ είναι Α(-2,1) και το κέντρο του είναι Κ(2,-1). Αν μια πλευρά του βρί

σκεται στην ευθεία χ+ψ+ 1 :=:ο να βρεθούν η κορυφή Δ και οι εξισώσεις των άλλων πλευρών. Λύση Το κέντρο του ορθογωνίου είναι το μέσον του ΑΓ, επομένως αφού Κ(2,- 1) οπότε ΧΑ+Χr =4

και ψΑ+ψr=-2, άρα -2+:xr=4 � :xr=6 και 1+ψr =-2 � ψr=-3 και τελικά Γ(6,-3). Οι συντεταγμένες του σημείου Α επαληθεύουν την εξίσωση χ+ψ+ 1 =Ο άρα αυτή η ευθεία διέρχεται από το Α. Έστω ότι αυτή είναι η πλευρά ΑΒ, αφού η Α =90° η ΑΔ έχει συντελεστή διεύθυνσης τέτοιον ώστε λΑΒ"λΑΔ=- 1� (-1)·λΑΔ=- 1� λΑΔ=1 και επομένως η εξίσωση της ΑΔ είναι ψ-ψΑ= λΑΔ·(ψ- ψΑ)�ψ-1=1(χ+2) � ψ = χ+3 .Αντίστοιχα η πλευρά ΒΓ είναι παράλληλη με την ΑΔ. Άρα λ8r =1 και διέρχεται από το γνωστό σημείο Γ(6,-3), οπότε η ΒΓ έχει εξίσωση ψ+3=1 (χ-6)� ψ= χ-9. Ομοίως εργαζόμαστε με την πλευρά ΓΔ. Είναι ΓΔ//ΑΒ. Άρα λrΔ = -1 και Γ γνωστό, οπότε η εξίσωση της είναι ψ+ 3=- 1 (χ-6) �ψ=-χ+ 3

Άσκηση 6η Ισοσκελές τρίγωνο ΑΒΓ έχει τη βάση του ΒΓ στην ευθεία ψ=3χ-6, το μέσον της βάσης

στον άξονα χ'χ και την κορυφή του στον άξονα ψ'ψ. Αν (ΒΓ)=20 να βρεθούν οι συντεταγμένες των κορυφών.

Λύση Έστω Μ το μέσον της ΒΓ, αφού είναι σημείο του άξονα χ' χ είναι ψΜ=Ο. Επίσης Μ σημείο

της ευθείας ψ= 3χ-6. Άρα 3ΧΜ=6, οπότε ΧΜ =2, δηλαδή Μ(2,0). Η κορυφή Α προσδιορίζεται σαν σημείο τομής του άξονα ψ' ψ (χ=Ο) και της ευθείας που είναι κάθετη στη βάση (ψ=3χ-6) στο ση-μείο Μ. Αυτή η ευθεία είναι κάθετη στην ψ=3χ-6. Άρα 3·λ=-1 δηλαδή λ= _.!. και η εξίσωση

3 , Ο 1 ( 2) 1 , 2 , , , , Α(Ο 2 ) ειναι: ψ- =-- χ- � ψ=--χ+- η οποια τεμνει τον ψ ψ στο σημειο , - .

3 3 3 3 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/50


Οι κορυφές Β,Γ προσδιορίζονται από τις ιδιότητες: i) Βρίσκονται πάνω στην ψ=3χ-6 ii) Το μέσον του ΒΓ είναι το σημείο Μ(2,0) και iii) (ΒΓ)=20 Από το πρώτο προκύπτει ψ8=3χs-6 ομοίως ψr=3xr-6 ενώ από το δεύτερο ΜΒ=10 ��(ΧΒ - 2)2 +ψ� = 10� (χΒ -2)2 + (3χΒ - 6)2 = 1 0 � (χΒ - 2)2 + 9(χΒ - 2)2 = 10

� (χ8 - 2)2 = 1 οπότε (χ8 -2 - 1)(χ8 - 2 + 1) = Ο � άρα χ8 = 3 ή χ8 = 1 , αν χ8 = 3 τό,τε

ψ8 =3 και αν χ8 = 1 τότε ψ8 = -3 οπότε 8(3,3) ή 8(1,-3) και ασφαλώς αν 8(3,3) τότε

Γ(l,-3) ενώ αν 8(1,-3) τότε Γ(3,3) . Άσκηση 7η Να προσδιοριστεί ευθεία που διέρχεται από την αρχή των αξόνων και τέμνει τις ευθείες ει: 3χ-2ψ=5 και ε2: 3χ- 2ψ=1 σε σημεία Α,Β ώστε (ΑΒ)=2 . Λύση Η ευθεία που ζητάμε διέρχεται από την

αρχή των αξόνων άρα είναι ο άξονας ψ'ψ (χ=Ο κατακόρυφη) ή είναι της μορφής ε: ψ=λχ και για να τέμνει τις ει , ε2 πρέπει να μην είναι παράλληλη με αυτές. Άρα f4. 3 Θ β . . . 2 . "' α ρουμε τα σημεια τομης της ε με την

ει και την ε2 • Η χ=Ο τις τέμνει στα σημεία

Α(Ο, -� ) και Β(Ο, _.!_ ) οπότε (ΑΒ)=2. 2 2

Άρα η χ=Ο είναι δεκτή.Για την τομή της ε

-·

{ψ = λχ } 5 5λ με την ει έχουμε Άρα Α( -- , -- ). 3χ-2ψ = 5 3-2λ 3-2λ

Γ . . {ψ = λχ } Ά Β(-1- __ λ_ ) ια την τομη της ε με την ε2 εχουμε 3χ _ 2ψ = 1

. ρα 3 _ 2λ

, 3 _ 2λ .

. Ι 5 1 2 5λ λ 2 Επομενως: (ΑΒ)=2 � ν c3 - 2λ - 3- 2λ) + (3 -2λ - 3 -2λ

) =2 �

16 16λ2 -(3---2-λ)�2 +

(3 -2λ)2 =4 � 16+16λ2=4 (3-2λ)2 �4+4λ2= 9-12λ+4λ2 �

12λ=5 � λ= 2_ . Άρα και η ευθεία ε με εξίσωση ψ= 2_ χ είναι δεκτή. 12 12

Άσκηση 8η Σε καρτεσιανό σύστημα συντεταγμένων η θέση ενός πλοίου Π που ξεκίνησε από ένα

λιμάνι Λ και το οποίο πρόκειται να φτάσει μετά από 5 ώρες σε ένα δεύτερο λιμάνι Μ προσδιορίζεται κάθε φορά από το σημείο Π(t-2,3t-8) όπου t ,ο χρόνος σε ώρες με Ο :::; t :::; 5 . Αν στην αρχή των αξόνων βρίσκεται ένας φάρος Φ να βρεθούν:

ί) Οι συντεταγμένες των λιμανιών ίί) Η εξίσωση της πορείας του πλοίου ίίί) Σε τι απόσταση θα περάσει το πλοίο από το Φάρο iv) Το εμβαδόν του τριγώνου ΟΛΜ Λύση i) Στο λιμάνι Λ το πλοίο βρισκόταν όταν t=O άρα Λ(-2,-8) ενώ στο λιμάνι Μ θα φτάσει όταν

t=5 οπότε Μ(3,7)


------------ Μαθηματικά για τη Β' Τάξη ----------

ii) Κάθε στιγμή το πλοίο έχει τετμημέvη χ= t·2 και τεταγμένη ψ=3t-8. Οπότε λύνοντας την πρώτη ως προς t και αντικαθιστώντας στην άλλη έχουμε t=χ+2 και ψ=3(χ+2)-8<=> ψ=3χ-2. Δηλαδή το πλοίο κινήθηκε σε ευθεία με εξίσωση ψ=3χ-2 άλλωστε λΛΜ = 7 - (-8) = � = 3

3 - (-2) 5 άρα ΛΜ: ψ-7=3(χ-3) <=> ψ=3χ-2 ή 3χ-ψ-2=0 δηλαδή το πλοίο κινήθηκε από το λιμάνι Λ μέχρι το λιμάνι Μ ευθύγραμμα.

iii) Θα υπολογίσουμε την απόσταση του 0(0,0) από την ευθεία ΛΜ αφού βέβαια εξετάσουμε αν το ίχνος της καθέτου από το Ο προς το ΛΜ είναι εσωτερικό σημείο του ευθυγράμμου τμήματος ΛΜ. Η κάθετη ευθεία που φέρνουμε από το Ο προς την ΛΜ έχει τύπο

λ λ 1 ' 1 ' ψ= χ με =-- αρα ψ=--χ που τεμνεται με 3 3

την ψ=3χ-2 στο Κ(� , -.!_) που είναι εσωτε-5 5

ρικό σημείο του ΛΜ, η απόσταση τώρα ΟΚ μπορεί να βρεθεί είτε σαν d(O, ΛΜ)=

Μ

-2 s e 10 12 ,� 16 j /:: -10

1 -2 1 = � = 2$0 = JϊΟ ή απλά (ΟΚ)= 3 2 1 2 ' JϊΟ (-) +(--) οποτε (ΟΚ)=- . �32 + (-1)2 JϊΟ 10 5 5 5 5 - -- 1 - -- 1 -2 -8

iv) ΟΑ =(-2,-8) , ΟΜ=(3,7) οπότε (OΛM)=- Idet( ΟΑ , OM)I ,άρα (ΟΛΜ)=- 1 I =

1 - Ι -14 + 24 1= 5 τ.μ . . 2 Άσκηση 9η

2 2 3 7

i) Να δειχτεί ότι η εξίσωση χ2 + ψ2 + 4χ + 4ψ + 2χψ-5 = Ο παριστά δύο ευθείες ε, και ε2 με εξισώσεις ε, : χ+ψ+5=0 και ε2 : χ+ψ- 1 =Ο

ii) Αν Α(α, β) και Β(γ, δ) σημεία με ΑΕ ε, και ΒΕ ε2 να δειχτεί ότι το σημείο α+γ-2 β +δ - 4 Γ( , ) ανήκει στην ευθεία ε1 •

/ Λύση 2 2

i) Η εξίσωση χ 2 + ψ2 + 4χ + 4ψ + 2χψ-5 = Ο γράφεται η εξίσωση χ2 +ψ2 + 4χ + 4ψ+ 2χψ+4-9 = 0 � (χ +ψ+ 2)2 - 32 = 0� (χ +ψ+ 2+ 3)(χ +ψ+ 2-3) = Οοπότε ε, : χ+ψ+5=0 και ε2 : χ+ψ-1=0 .Είναι λι=λz=-1 . Άρα ε1 // ε2 και για να βρούμε τη μεταξύ τους απόσταση αρκεί να πάρουμε τυχαίο σημείο της ε, και να βρούμε πόσο απέχει από την ε2 • Επιλέγω τυχαίο σημείο της ε, . Για χ=1 εί-

- ' - 1 1 - 6 - 1 1 6 6� r;; ναι ψ--6 αρα M(l ,-6) και d(M, ε2 )- r::;-;:; = r;; =- = 3v2 .

ν12 + 12 v2 2 ii) Α Ε ε, � α+β+5=0 �α+ β=-5 και Β Ε ε2 �γ+δ-1 =Ο �γ+δ= 1 . Για να ανήκει το Γ στην ε,

αρκεί α+ γ -2 + β + δ -4 + 5 = Ο ή α+ γ - 2 + β+ δ -4 + 10 =Ο ή α + β + γ + δ = -4 , ή τέ-2 2

λος -5+ 1 =-4, που ισχύει.


Γ ' ΛΥΚΕΙΟΥ ΘΕΜΑΤ Α ΣΤ ΑΠΣΠΚΗΣ

Στο παρακάτω άρθρο αρχικά επισημαίνονται κάποιες εξειδικευμένες θεωρητικές παρατηρήσεις, στη συνέχεια παρουσιάζονται μεθοδικά επιλεγμένες ασκήσεις με τις λύσεις τους καθώς και προτεινόμενες ασκήσεις για εξάσκηση.

Α. ΒΑΣΙΚΟ ΤΥΠΟΛΟΓΙΟ

1) Για το άθροισμα των παρατηρήσεων, ν δηλαδή το t 1 + t2 + .. . + tν = Σ ι , ισχύει:

i=l

χ �.! :Σι; <c> l:tι; � v · XI ( 1). Αν χ; , ί � �2,3, . . . , κ ν i=ι i=ι

με κ � ν , οι παρατηρούμενες τιμές και νi οι

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση κ (1) έχουμε: Σ� · νi =ν· χ (2). i=l

2) Για το τετράγωνο του αθροίσματος των παρατηρήσεων δηλαδή το

{ t1 + t2 + .. . + tν )2 = ( �ti J2, ισχύει:

� ti = ν . χ=> ( � ti J2 = {ν . χ)2 = ν2 . χ2

=> (�ti J2 = ν2 · χ2 (3). Αν xi , i = 1,2, 3, . . . , κ με

κ � ν , οι παρατηρούμενες τιμές και νί οι

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση

(3) έχουμε: ( txi · νi J2 = ν2 · χ2 (4)

3) Για το άθροισμα των τετραγώνων των παρατηρήσεων, δηλαδή το ν 2 2 2 Σ( )2 . t1 + t2 + .. . + tν = ti , ισχuει:

2 1 s =-ν

i=l

ν ν 2 Σ( )2 -2 Σ( )2 2 -2 ν · S = ti - ν · Χ => ti = ν · S + ν · Χ => i=l i=l

Ζιώγας Χρήστος - Ε.Μ.Ε. παράρτημα Μαγνησίας

ν Σ(ti )2 = ν · {s2 + χ2 ) (5). Αν xi , i = 1,2,3, . . . , κ με i=l

κ � ν , οι παρατηρούμενες τιμές και νί οι

αντίστοιχες συχνότητές τους, τότε από τη σχέση κ

(5) έχου με τους τύπους: Σ(χi )2 · νi = ν · {s2 +χ2 ) i=l

s2 =_!._ :Σ,(ti )2 -χ2 (7) ν i=I (6) και

4) Για την διακύμανση, Αν x i , i = 1,2, 3, . . . , κ με κ � ν , οι παρατηρούμενες

τιμές και fi οι αντίστοιχες συχνότητές τους, ισχύει:

5) Για την τυπική απόκλιση, αν s = Ο τότε

t1 + t2 + .. . + tν = χ = δ . Αυτό συμβαίνει διότι:

1 ν ν s2 =-Σ(ti -χ)2 => Σ(ti - χ)2 = O=>(ti -χγ = 0

ν i=I i=ι

για κάθε i = 1,2, 3, . . . , ν . Άρα ti - χ = Ο=> ti = χ = δ για κάθε i = 1,2,3, . . . , ν .

Όταν s = Ο και χ = Ο τότε t1 = t2 = . . . = tν = Ο Β. Λ ΥΜΕΝΕΣ ΑΣΚΗΣΕΙΣ

1) Στον παρακάτω πίνακα δίνονται οι θερμοκρασίες 20 ημερών (3 έως 22) του μηνός Νοεμβρίου σε βαθμούς Κελσίου (°C). Αν η μέση θερμοκρασία των παραπάνω ημερών είναι 14,65 °C, τότε: Ι) Να βρείτε τις συχνότητες ν4, ν6 11) Να βρείτε το πλήθος καθώς και το ποσοστό των θερμοκρασιών με τιμές τουλάχιστον 14 °C αλλά το πολύ 16 °C. III) Ποια η διάμεσος του δείγματος των τιμών της θερμοκρασίας; IV) Να κατασκευάσετε το διάγραμμα καθώς και το κυκλικό διάγραμμα των σχετικών συχνοτήτων f; των τιμών της Θερμοκρασίας.


-------------- Μαθηματικά για τη Γ Τάξη -------------Τιμές θερμοιφασrας σε °C Πλήθος ημερώνν1

12 4 13 2 14 3 15 ν4 16 2 17 Ve

Σύνολο 20

Λύση: Ι. Η μέση θερμοκρασία των παραπάνω ημερών

είναι 14,65, οπότε: 14, 65 = _!_ :Σ:Χiνi � ν i=I

1 2 · 4 + 1 3 · 2 + 14 · 3 + 1 5 · ν4 + 16 · 2 + 1 7 · ν6 = 14 65

20 '

(1). Επίσης ισχύει: ν, +ν2 + . . . + ν6 = 20 � 4 + 2 + 3 + ν4 + 2 + ν6 = 20 � ν4 + ν6 = 9 (2). Από (1 ), (2) βρίσκουμε ν 4 = 4, ν 6 = 5 .

11. Το ζητούμενο πλήθος είναι:

ν 3 + ν 4 + ν 5 = 3 + 4 + 2 = 9 , ενώ το ζητούμενο

ποσοστό είναι: ν 3 + ν 4 + ν 5 = _2_ = Ο 45 δηλαδη' ν 20 '

45%. 111. Η διάμεσος δ των τιμών είναι το ημιάθροισμα της 1 ο ης και της 1 1 ης παρατήρησης, δηλαδή:

δ 15 + 1 5 15 ( ο c) , , λε'

, = 2

= αφου, αυτη αποτε ι τη μεση

τιμή των δύο μεσαίων παρατηρήσεων του πλήθους αυτών( σε αύξουσα σειρά), που είναι άρτιος.

IV. Σύμφωνα με τους τύπους: f, = � ι και

ν αi = fi · 360°C , i = 1,2, 3,4,5 ,6 έχουμε: f1 = 0, 2, f2 = 0, 1, f3 = 0, 15, f4 = 0,2, f5 = 0,1 f6 = 0, 25, και α, =0,2 · 360° , α2 =36° , α3 = 54° , α4 = 72° , α5 = 36° , α6 = 90° .

Συνεπώς κατασκευάζουμε το διάγραμμα σχετικών συχνοτήτων καθώς και το κυκλικό διάγραμμα αυτών:

0,25 0,20 0,15 0,10 I I ο

12 13 14 15 18 17 8φμοιφιισΙιι uε°C

2) Οι παρατηρήσεις χ1, χ2, • • • , Χν ενός δείγματος

μεγέθους ν, ν ε Ν* , ακολουθούν περίπου τη

κανονική κατανομή με μέση τιμή χ και τυπική

απόκλιση s. Τιμή μικρότερη από 34 παρουσιάζει το 84% των παρατηρήσεων του δείγματος, ενώ τιμή μικρότερη από 22 παρουσιάζει το 2,5% αυτών.

Α) Ν α υπολογίσετε τη μέση τιμή χ και την

τυπική απόκλιση s του δείγματος. Β) Ν α υπολογίσετε κατά προσέγγιση το εύρος

καθώς και τη διάμεσο του δείγματος.

Γ) Να βρείτε το μέγεθος ν του δείγματος καθώς

και το πλήθος των παρατηρήσεων με τιμή μεγαλύτερη από 38 ή μικρότερη από 22, αν είναι

ν γνωστό ότι: Σχ 12 • ν1 = 73280

i=l

Λύση: Α) Υπολογίζοντας τα ποσοστά των τιμών του δείγματος στα έξι επιμέρους διαστήματα, έχουμε το επόμενο διάγραμμα συχνοτήτων.

j 13,5%

i 2,35% i 0,15% i i

i · 3s i - 2s i - s

34% 34%

i + s x .. 2s i + 3s

Εφόσον το 2,5% των παρατηρήσεων εμφανίζει τιμή μικρότερη ή ίση του 22, ενώ το 84% αυτών τιμή μικρότερη ή ίση του 34, τότε από το διάγραμμα συχνοτήτων της κανονικής κατανομής προκύπτει ότι η τιμή 34 αντιστοιχεί στην παρατήρηση με τιμή χ + s και η τιμή 22 αντιστοιχεί στη παρατήρηση με τιμή χ - 2s . Δηλαδή θα ισχύουν: χ + s = 34 και χ - 2s = 22 απ' όπου προκύπτει: χ = 30, s = 4

Β) Το εύρος R στην κανονική κατανομή ισούται περίπου με 6s, άρα R = 6 · 4 = 24 . Γνωρίζουμε πως στην κανονική κατανομή το 50% των παρατηρήσεων είναι μικρότερες ή ίσες της μέσης τιμής και το 50% μεγαλύτερες ή ίσες της μέσης τιμής. Τότε προφανώς η διάμεσος συμπίπτει με τη μέση τιμή, άρα: δ = χ = 30 .

2 1 Σκ ( }2 -2 2 73280 r.2

Γ) s =- xi νί - χ �4 =-- -3u �ν=80 ν i=I ν

Απεικονίζοντας γραφικά τις συχνότητες (κανονική κατανομή) έχουμε το επόμενο σχήμα στο οποίο παρατηρούμε ότι το ποσοστό των παρατηρήσεων


-------------- Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη ------------

με τιμή που είναι μεγαλύτερη της τιμής 38 ή Εφόσον για τις παρατηρήσεις y; του δείγματος μικρότερη από την τιμή 22 είναι ίσο με Δ2, ισχύει Υ; = Χ; + 2 , ί = 1, 2, 3 τότε για τη μέση 100% - 95% = 5% άρα το ζητούμενο πλη' θος , - , - - + 2 Ά τιμη y , εχουμε: y = χ . ρα: είναι: 5% · 80 = 4 .

,�-� /( 1 !', / : ! i \. ( i ! . \. � : : t ....

./ [ 1 ! , ··χ __ _ __.7'i i ! i ;'---1 8 2 2 2 6 3ο 34 38 42 �! 1 • . . · . Ι � �----,·��----�

3) Δίνονται τρία δείγματα Δ1, Δ2, Δ3, ως προς μια μεταβλητή Μ. Οι τιμές της μεταβλητής Μ για τα δείγματα είναι: για το

4 2 2 2 4 2 1 Δι: Χι = -Χ + Χ - ' Χ2 = -χ + χ + '

χ3 = χ2 - χ + 1 , χ Ε JR , για το Δ2: y i = xi + 2 ,

ί = 1, 2,3 και για το Δ3: z1 = χ4 - χ3 - 4χ2 + 2 ,

z2 = 4χ4 + χ - 5 , z3 = χ3 - 7χ2 + χ - 5 , χ Ε JR . 4) Α) Ν α βρείτε τη μέση τιμή του κάθε δείγματος ως συνάρτηση του αγνώστου χ. Β) Αν η μέση τιμή των μέσων τιμών των

4 δειγμάτων Δ1, Δ2, Δ3 είναι ίi = -- , να βρείτε τις

9 τιμές του αγνώστου χ.

Γ) Για τη θετική ακέραια τιμή του χ που βρήκατε στο ερώτημα β): i) Να υπολογίσετε τις τιμές της μεταβλητής Μ για το κάθε δείγμα.

ίί) Ν α αποδείξετε ότι ισχύει η σχέση: 2 2 5 2 ' 2 'z 3 δ ' S1 + s2 , οπου s1 , s2 , s3 , οι ιακυμανσεις των δειγμάτων.

ίίί) Να υπολογίσετε τη μέση τιμή του δείγματος Δ4 που προκύπτει, όταν οι παρατηρήσεις zi του δείγματος Δ3 μειωθούν κατά 30% καθεμιά.

Λύση:

α) Για το Δι η μέση τιμή είναι:

χ = χ, + χ, + χ) = 3

-χ4 + 2χ2 -2-χ4 + χ2 + 1 + χ2 + 1 + χ2 -χ + 1 3

-2χ4 + 4χ2 -χ -2χ4 + 4χ2 - χ + 6 y = + 2 = -------------3 3

Για το Δ3 η μέση τιμή είναι:

= 3

= -----------3

β) Η ζητούμενη μέση τιμή μ δίνεται από τον

, _ x + y + z τυπο: μ = -----=----

3 -2χ4 + 4χ2 -χ -2χ4 + 4χ2 -χ + 6 5x4-l lx2 + 2χ-8 --------- + + -----------

3 3 3 3

χ4 -3χ2 -2 Ε δ ' - 4 , , =

9 . πει η μ = -9 , προκυπτει οτι:

χ4 -3χ2 -2 4 4 2 ---- = -- <=> χ - 3χ - 2 = -4 <::::> 9 9

χ4 - 3χ2 + 2 = 0 ( 1). Επιλύοντας την διτετράγωνη αυτή εξίσωση

έχουμε: χ = 1 ή χ = -1 ή χ = .Ji ή = -.Ji γ) Ο χ είναι θετικός ακέραιος, άρα χ = 1 ι. Για το Δι : Χι = -1, χ2 = 1, χ3 = 1

Για το Δ2 έχουμε y ι = 1, y 2 = 3, y 3 = 3 Για το Δ3 έχουμε Ζι = -2, z2 = 0, z3 = -10

11 Ε' - χ, + χ, + χ) 1 - - 2 7 . ιναι: χ =

3 = 3 ' Υ = χ + = 3 '

_ z, + z, + Ζ3 4 Ε , z = =- . πομενως:

3

Sι =-Σ (χ; -Χ) = - -- + 2 - =-2 1 3 2 1 [( 4)2 ( 2)2 ] 8 3 i=l 3 3 3 9

2 2 8 ' s2 = s1 = '9 αφου s1 = s2 ,

s / =_!_ :Σ(z; -z)2 =_!_[ 22 + 42 +(-6)2 ] = 56 . 3 i=l 3 3

' 2 2 2 8 56 1 2 Άρα: 2s1 + 5s2 = 7s1 = 7 ·- =-- =-s3 9 9 3 111. Έστω c ; , ί = 1, 2, 3 οι παρατηρήσεις του

δείγματος Δ4 που προκύπτουν μετά τη μείωση κατά 30% καθεμιάς των παρατηρήσεων z; του

δείγματος Δ3•


------------- Μαθηματικά για τη Γ Τάξη

Τότε θα ισχύει: c; = Ζ; -0,3z; = 0,7z; , i = 1, 2,3 Συνεπώς η μέση τιμή των παρατηρήσεων του δείγματος Δ4, είναι: c = Ο, 7 · z = Ο, 7 · ( -4) = -2,8 5) Στον παρακάτω πίνακα (ελλιπή) δίνεται η κατανομή των απουσιών που έκαναν οι μαθητές της Α' Λυκείου ενός σχολείου κατά τη διάρκεια του σχολικού έτους. Οι απουσίες είναι κατανεμημένες ομοιόμορφα σε 5 ισοπλατείς κλάσεις. Για το πλήθος του δείγματος ισχύει:

ν2 - 59ν - 61 = Ο και για τις απόλυτες συχνότητες ισχύουν: ν1 = 3ν5 , ν2 = 2ν5 , V4 = 9 .

Ι. Να συμπληρώσετε τον πίνακα. ΙΙ. Να βρείτε τη διάμεσο δ του δείγματος.

Απαυαlες κtνιρο Σχ. ουχWιηια N/f.αxmo1 Ν/f. αχειιιι! 'llι Κλ1Ισεις Ι, I ιιΑdαιιιw χ, ς αυχν6ιιιm F, ΙΙUΙ\'61ηια F, 'ΙΙι

... - 12 -000 000

000 - 000 24 75 -000 000 -000 000

Σ(ΜιΛο - - -

Λύση: Ι. Έστω c το πλάτος κάθε κλάσης και α το αριστερό άκρο της πρώτης κλάσης. , a + 2c + a + 3c Ειναι: α + c = 12 (1) και = 24 2 :=> 2α + 5c = 48 (2). Από (1 ), (2) προκύπτει: c = 8,α = 4 . Επομένως οι κλάσεις είναι: [ 4, 12) , [ 12, 20) , [20, 28) , [28,36) , [36,44) . Επιπλέον: ν2 - 59ν - 61 = 0:=> ν = 60 ή �

νι νs Ακόμη: ν1 = 3ν5 =>-= 3-:=> f1 = 3f5 , όμοια: ν ν f2 = 2f5 ενώ: ν4 = 9:=> f9 =_.2._ = 0, 15 . 60

Όμως: f1 + f2 + . . . + f5 = 1 :=> 3f5 + 2f5 + f3 + 0, 15 + f5 = 1 :=> 6f5 + f3 = 0,85 (3). Επίσης: F; %=75:=>1'; =0, 75:=>f1 +f2 +f3 =0, 75 :=> 3f5 + 2f5 + f3 = Ο, 75 :=> 5f5 + f3 = Ο, 75 (4). Από (3), (4) έχουμε: f5 = 0, 1 και f3 = 0, 25 . Οπότε: f1 = 0,3 και f2 = 0, 2 . Όσον αφορά τις αθροιστικές συχνότητες έχουμε: F1 = f1 = 0,3 , F2 =F; +f2 =0,5 , F3 = 0,75 , F4 = F3 + f4 = Ο, 9 και F5 = 1 . Για τις αντίστοιχες αθροιστικές σχετικές συχνότητες επί τοις εκατό ισχύει: F;% = F; · 100 .

Συνεπώς ο πίνακας συμπληρωμένος είναι:

Αmιυαlrς Κtνιρσ rx. σvχν6nJπι � Ν/f.οχεπιιt ΝJρ.σχει.ιΙ 'ΙΙι ΚλιkJuc; ( , I ύdouιJv χ, σvχν6nJπι F, ouxWnιιo F,'llι 4-12 Β D.3 D.3 311 12-20 16 D.2 11.5 5Ο 20-28 24 0,25 075 75 28-38 32 015 D.9 80

38-44 .tO 0,1 1 100 Σ(ΜιΛο - 1 - -

ΙΙ. Από τον πίνακα παρατηρούμε ότι F2% = 50 . Το δεξί άκρο της δεύτερης κλάσης είναι το 20, συνεπώς η διάμεσος του δείγματος είναι δ = 20 απουσίες. 5) Δίνεται χ = 4s , όπου χ > Ο η μέση τιμή και s η τυπική απόκλιση των παρατηρήσεων Χ; ενός δείγματος μεγέθους ν μιας μεταβλητής Χ. α. Αφού παρατηρήσετε ότι το δείγμα δεν είναι ομοιογενές, να δείξετε ότι για να γίνει ομοιογενές θα πρέπει κάθε τιμή των παρατηρήσεων να αυξηθεί τουλάχιστον κατά 6s . β. Αν ν = 500 (πλήθος παρατηρήσεων), s = 3 και η κατανομή των χ; είναι περίπου κανονική, τότε να βρείτε: a) τη μέση τιμή χ των παρατηρήσεων και το εύρος των τιμών αυτών. b) το πλήθος των παρατηρήσεων που έχουν τιμή το πολύ 15. c) πόσες παρατηρήσεις έχουν τιμή μεγαλύτερη ή ίση της διαμέσου;

Λύση: α. x =4s:=> �=..!_ :=>CV=.!_>_!_ οπότε CV>O 1 χ 4 4 ι ο ' ' ' άρα το δείγμα δεν είναι ομοιογενές. Έστω μ η αύξηση για κάθε μια τιμή των παρατηρήσεων χ;, i=1 , 2, . . . ,ν. Τότε οι νέες τιμές είναι y; = χ; + μ, i=1 , 2, . . . ,ν, οπότε ισχύουν y = χ + μ και Sy = Sx = s.

Ο συντελεστής μεταβολής του ομοιογενούς (πλέον) δείγματος είναι CVy για τον οποίο θα ισχύει: CVy:::;; 0,1 :=> : :::;::; 0, 1 :=> � :::;::; 0, 1 :=>

Υ χ + μ s :::;; 0,1 χ +0, 1 μ:=>s:::;; 0,1 (4s)+Ο, 1 μ :=>0,6s :::;; 0, 1μ :=>μ:::: 6s. Άρα θα πρέπει η καθεμιά τιμή από τις παρατηρήσεις να αυξηθεί τουλάχιστον κατά 6s. β. a) x=4s:=> χ=4.3=12. Για το εύρος ισχύει R=6s, δηλαδή R=18 . b) Αφού χ=12 και s=3, τα διαστήματα στα οποία κατανέμονται οι παρατηρήσεις που οι τιμές τους ακολουθούν την κανονική (ή περίπου κανονική) κατανομή, είναι (3,6), (6,9), (9, 12), (12,15), (15 , 18) και (1 8,2 1). Υπολογίζοντας τα ποσοστά των τιμών του δείγματος στα έξι επιμέρους διαστήματα και τοποθετώντας τις τιμές στο


------------- Μαθηματικά Ύια τη Γ' Τάξη -------------

διάγραμμα συχνοτήτων (κανονική κατανομή) έχουμε:

ο ο ο

ο i 34% ο ο ο ο ! 13,5%!

ο ο 34% ! I ο ο ο ο i 13,5ο/� ο ο 150/ i 2,35ο/� i ' 10 ι ι Ι ! !2,35ο/� I Ι 1 0,15% 3 6 9 12 15 18 21

Παρατηρούμε ότι το ποσοστό των παρατηρήσεων με τιμή το πολύ 15 είναι: 50%+ 68% = 84% . 2 Άρα, ζητούμενο πλήθος παρατηρήσεων: 84

· 500 = 420 παρατηρήσεις. 100 c) Η διάμεσος στην κανονική κατανομή είναι ίση με την μέση τιμή και επομένως το ζητούμενο πλήθος είναι: 50% · 500 = 250 , αφού το 50% των παρατηρήσεων έχουν τιμή μεγαλύτερη ή ίση από δ = χ = 12 . Γ. ΑΣΚΗΣΕΙΣ ΓΙΑ Λ ΥΣΗ

1 ) Ένα δείγμα μεγέθους ν=10 ενός πληθυσμού μιας μεταβλητής Χ παίρνει τιμές χ1 , Χ2 , Χ3 0 Χ4 με αντίστοιχες σχετικές συχνότητες: ί

f, = -1 10 '

ί = 1 ,2,3,4 . Να κατασκευαστεί ο πίνακας αθροιστικών συχνοτήτων. 2) Τις ελάχιστες θερμοκρασίες για 200 συνεχείς ημέρες τις ομαδοποιήσαμε σε πέντε κλάσεις ίσου πλάτους c όπως φαίνεται στο παρακάτω πίνακα.

Κλάσεις[,) Χ; ν; :t;% F;%

6 30 40

12 -

Σύνολο

Έστω ότι η διάμεσος είναι 13 και η μέση τιμή 1 1 . α. Ν α βρείτε το πλάτος c των κλάσεων. β. Να συμπληρώσετε τον πίνακα. γ. Να εξετάσετε αν το δείγμα είναι ομοιογενές. 3) Δίνονται οι παρατηρήσεις χ; με ί = 1,2,3, ... ,40 . Δέκα από αυτές μειώνονται κατά 4 και 6 από αυτές αυξάνονται κατά 8 και προκύπτουν έτσι οι παρατηρήσεις y; με ί = 1,2,3, . . . ,40

α) Να βρείτε την μέση τιμή y αν χ = 25 . β) Να βρείτε την διακύμανση και την τυπική

40

απόκλιση των ν; αν Σ Υ; 2 = 36400 , i=l

γ) Να εξετάσετε αν το δείγμα των Υ; είναι ομοιογενές.

(Δίνεται ότι: s2 = ..!_ ν ).

4) i) Οι τιμές χ1 , χ2 , χ3 0 χ4 μιας μεταβλητής Χ

ενός δείγματος μεγέθους ν έχουν σχετικές ' 1 1 3 2 2 συνvοτητες -- κ - - 2κ -+ κ -+ κ ,... 10 ' 5 ' 10 ' 5

αντίστοιχα. Αν η απόλυτη συχνότητα της τιμής χ3

είναι 30, να υπολογίσετε το μέγεθος ν του δείγματος και να βρείτε τις ι>πόλοιπες απόλυτες συχνότητες. ii) Από τους 20 εργάτες μιας βιοτεχνίας οι 15 έχουν μέσο ημερομίσθιο χι = 30 € με τυmκή απόκλιση s1 = 2 και οι υπόλοιποι 5 έχουν ημερομίσθιο xz = 40 € με τυπική απόκλιση s2 = 3 . Να υπολογιστεί το μέσο ημερομίσθιο, καθώς και η τυπική απόκλιση όλων των εργατών.

5) Έστω Χ1 , χ2 , • • • , χκ θετικές παρατηρήσεις μιας μεταβλητής Χ ενός δείγματος μεγέθους ν, για τις

κ οποίες ισχύει Σ χ/ · V; = 900 και s2 = 20. Έστω

i=l Υ; = χ/ ,ί = 1,2, .. . , κ οι τιμές μιας μεταβλητής Υ με μέση τιμή y = χ + 40 . Να βρεθεί το μέγεθος του δείγματος. 6) Η σχετική αθροιστική συχνότητα F;% σ' ένα δείγμα μεγέθους ν μιας μεταβλητής Χ δίνεται από τον τύπο F;% = 3ί2 + 5ί

Ι. Να βρεθούν τα f1 , f2 • 11. Να αποδειχθεί ότι f;% = 6ί + 2.

ΗΙ. Να βρεθεί το πλήθος των παρατηρήσεων Χ;

του δείγματος. IV. Αν το πλήθος των παρατηρήσεων που είναι μικρότερες ή ίσες της παρατήρησης χ3 είναι 42, να βρεθεί το μέγεθος του δείγματος και να κατασκευαστεί ο πίνακας αθροιστικών σχετικών συχνοτήτων.


------------ Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη ------------

Γ Ά ΥΚΕΙΟΥ ΜΑΘΗΜΑΠΚΑ ΘΕΠΚΗΣ -ΤΕΧΝΟΛΟΓΙΚΗΣ ΚΑΤΕΥΘΥΝΣΗΣ

Α' ΜΕΡΟΣ: Συναρτήσεις -Όρια - Συνέχεια

Τα περισσότερα θέματα που αναφέρονται στο πρώτο μέρος της Ανάλυσης αντιμετωπίζο� νται χωρίς τη χpήση παραγώγων. Παρακάτω παραθέτουμε μερικά τέτοια θέματα.

ΘΕΜΑ 1 Έστω f , g συναρτήσεις με πεδίο ορισμού

το R, οι οποίες για κάθε χ Ε R ικανοποιούν τις 1 σχέσεις: f (χ) < Ο και f(x) + - = g(x)

f(x) α. Να δείξετε ότι για κάθε χ Ε R είναι g(x) � - 2 . β. Α ν g(x0) = -2 και η g είναι συνεχής στο Χ0

τότε και η f είναι συνεχής στο Χ0 •

γ. Αν η f είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα με f (O) = -1 , J.im,f(x) = Ο και JJmf(x) = - οο ,

να αποδείξετε ότι: ί. Η g έχει σύνολο τιμών ( -οο , - 2]

ίί. Υπάρχει μοναδικό Χ0 Ε (-1,0) τέτοιο,

ώστε x� - x0 g(x0) + 1 = 0 Λύση

α. Για κάθε χ Ε R είναι: g(x) + 2 = f(x)+-I-+ 2 = f z(x) + 1 + 2f (χ) f (x) f (x)

{f(x)+ 1)2 = � 0, αφού f (x) < Ο . Άρα g(x) � -2

f(x) β. Είναι: g (x0 ) = -2 =>

=> (f(X0) + 1)2= 0::::> f(X0 ) =-1 (1) Για κάθε χ Ε R έχουμε:

g(x) � -2 => g2 (x) � 4 => g2 (x) � 4 � Ο και

• f(x) + -1-. = g(x) => f2 (χ) -g(x)f(x) + ι = ο (2) f(x)

=> f2 (x) - 2 . g(x) f(x) + g2 (x) = g2 (x) - 1 => 2 4 4

(r<x>-g(;>)' i<�-4 =ψ<χ>-g(;>Ι Ν�-4 (3)

Επίσης για κάθε χ Ε R είναι : fix)�-2 ��-1 =>-gx)�I=>f(x)-gx) �f(x)+l�O 2 2 2 Άρα, / r<χ> - g;χ> Ι � ιr<χ> + •ι .� ο (4)

Γ. Τσικαλουδάκης

Επομένως (3), (4)::::> lf(x) + ll � �g2 (x) - 4 2 => �gz(x) - 4 � f(x) + 1 � �g2(x)-4

2 2

=> -1- �r--g2-( χ-)---4 � f (χ) � -Ι + �r-g2-( χ_)_-:-_4

2 2 Η συνάρτηση g είναι συνεχής στο Χ0 , άρα

lim g(x) = g(x0 ) = -2 , οπότε έχουμε: Χ--+Χο

• lim (-I �g2(x)-4]=-1 �g2(xo) -4 -1 Χ-+Χο 2 2

• lim (-1+ �g2(x)-4 ]=-1+ �g2(xo) -4 - -ι �� 2 2 Άρα από το κριτήριο παρεμβολής έχουμε και

lim f(x) = -1 (5) Χ--+Χο

Από τις σχέσεις (1) και (5) έχουμε: lim f(x) = f(x0)

Χ--+Χο

Επομένως η συνάρτηση f είναι συνεχής στο Χ0 •

γ. ί. Είναι g(x) = f(x) +_Ι_ συνεχής με f(x) 1 g(x) � -2 , g(O) = f(O) +- = -2 , f(O)

lim g(x) = lim (f(x) + -I-) =-oo και χ-+-«> χ-+-«> f(x)

lim g(x) = lim (f(x) +_Ι_) = -οο .

χ-++«> χ-++«> f(x) Άρα g(R) = (-oo,-2]

ίί. Λόγω της (2), θα δείξουμε πρώτα ότι υπάρχει Χ0 Ε (-Ι , Ο) τέτοιο, ώστε f(x0) = Χ0

Η συνάρτηση h(x) = f(x) - χ είναι συνεχής με h(O) = f(O) = -I < O και h(-l) > Ο , αφού:

r r -Ι < 0::::> f(-I) > f(O) => f(-I) > -Ι

=> f (-I) - (-Ι) > ο=> h(-1) > ο Ισχύουν οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bol�

zano. Άρα υπάρχει Χ0Ε(-Ι ,Ο) τέτοιο, ώστε h(x0 ) = 0, δηλαδή f(x0 ) = X0

Επομένως, λόγω της (2) είναι Xa2-g(Xa)Xa +1=0 (6) Θα δείξουμε ότι το παραπάνω X0E (-l ,O) , για

το οποίο ισχύει η ( 6) είναι μοναδικό. ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/58

------------- Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη ------------

Η f είναι γνησίως φθίνουσα στο (-1 , 0) , άρα για κάθε χ1,χ2 ε(-1,0) με Χι < χ2 είναι f(xι) > f(x2) (7). Επίσης είναι -χι >-χ2 (8). Προσθέτοντας κατά μέλη τις σχέσεις (7) και (8) έχουμε: f(χ1 ) -χι > f(x2) -x2 => h(xι ) > h(x2) .

Δηλαδή η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό. Δείξαμε λοιπόν ότι υπάρχει μοναδικό χ0 τέτοιο, ώστε h(χσ)=Ο�f(χσ)=χσ, οπότε και Χ0 2-g(x0)X0 + 1 =Ο

ΘΕΜΑ 2

Δίνεται η συνάρτηση f με f (x) = χ - �χ2 + 1 α. Να αποδείξετε ότι για κάθε χ ε R ισχύει f (x) < Ο . β. Να αποδείξετε ότι η f είναι γνησίως αύξουσα. γ. Να ορίσετε την αντίστροφη της f . δ. Να αποδείξετε ότι οι Cr , Cr-ι δεν έχουν κα-νένα κοινό σημείο.

Λύση

α. Για κάθε χ ε R είναι: �χ2 + 1 > Ν= I χ I � χ , οπότε �χ2 + 1 > χ� χ-�χ2 + 1 < Ο Άρα f(x) < O , χ ε R (1) β. Για κάθε Χι ,χ2 εR , με Χι < χ2 έχουμε: f(xι ) -f(x2) = Χι -�χ/+1 - { χ2 -�χ/+1 ) = = Χι - χ2 +�χ/ + 1 -�χ/ + 1 =

χ 2 + 1 - χ 2 - 1 = Χι - Χ2 + 2 ι = �χ/ + 1 +�χ/ + 1 (χι - χ2)(χι + χ2) = Χι -χ2 -�χ/ + 1 +�Χι2 + 1

=

= (Χι - χ2)[1 - Χι + χ2 ] = �χ/ + 1 +�χ/ + 1 �Χι2 + 1 - χι +�χ/ + 1 - χ2 = (Χι -χ2 ) · · = �χ/ + 1 +�χ/ + 1

( ) - f(xι ) - f(x2) = Χι - Χ2 • < 0 � �χ/ + 1 +�χ/ + 1

> 0

Επομένως f(χι ) < f(x2 ) , οπότε η f είναι

y = x-νx-+l �vx2+l=x -y<:::> 2 -

2 � � {x -y> O

χ +1 = (x-y) {x �y {x �y (Ι) {x � y � x2 +1=x2 -2xy+y

� 2xy=y2-1� x=y-1 ' 2y

y2- 1 1 + y2 Όμως τότε x - y =---y= ---�0 , αφού 2y 2y ο δ λ δ ' ' y2- 1 ' δ ' ' y< , η α η η τιμη χ =-- ειναι εκτη. / 2y

Άρα f-1 : (-ao,O) � R με τύπο Γι (χ) = χ2 - 1 2χ

δ. Για τα κοινά σημεία των Cr , Cr-ι έχουμε: { 1 { r-:;-:-: χ2 - 1 f(x) = r - (χ) χ - νχ2 + 1 = --� 2χ � χ <Ο Ο χ <

� { χ2 + 1 = 2χ�χ2 + 1 � { .Jx2 + 1 = 2χ χ < Ο χ < Ο

Όμως η εξίσωση .J χ 2 + 1 = 2χ με χ< Ο είναι αδύνατη. Επομένως οι Cr , Cr-ι δεν έχσuν κοινά σημεία.

ΘΕΜΑ 3 Έστω f, g συναρτήσεις συνεχείς με πεδίο

ορισμού το R , για τις οποίες ισχύουν: 1 . Η f είναι γνησίως αύξουσα με f (χ) < Ο για κάθε χ ε R . 2. lim f(x) = - οο

χ-.--«>

3. g(x) = f 2(χ) - f(x)

και lim f(x) = Ο x-.+ao

για κάθε χ ε R Ν α αποδείξετε ότι: α. Η g είναι γνησίως φθίνουσα. β. Η g έχει σύνολο τιμών το (Ο , +οο) γ. Οι Cr , Cκ δεν έχουν κοινό σημείο. δ. Υπάρχει μοναδικό Χ0 Ε R τέτοιο, ώστε

f(x0 ) + g(X0 ) = Χ0 Λύση α. Για κάθε Χι ,χ2 εR , με Χι < χ2 έχουμε:

(ι) Χι <χ2 =>f(x1) < f(x2)<0�f(x1 )- 1 <f(x2)- 1 <-1

Επομένως f(χι )( f(χι ) - 1) > f(x2)( f(x2) - 1) => f2 (χι ) - f(χι ) > f2 (x2) - f(x2) � g(χι ) > g(x2) Άρα η συνάρτηση g είναι γνησίως φθίνουσα. γνησίως αύξουσα.

γ. Για να βρούμε τον τύπο της aντίστροφης συνάρ- β. Η f είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα στο R τησης λύνουμε την εξίσωση y = f(x) ως προς χ με lim f(x) = - ao και limf(x) = Ο , οπότε έχει

x-+-ao στο R με y<O. Έχουμε: σύνολο τιμών το ( -ao, Ο)

Επομένως η συνάρτηση g είναι συνεχής, ως ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/59

------------- Μαθηματικά για τη Γ Τάξη ------------πράξεις συνεχών, -γνησίως φθίνουσα, με: { x:;e 1 Δ�g(χ) = }��[f(x)(f(x) - 1)] =+oo και ή τελικά

(eαχ - eα)(ex - e) > O (1) lim g(x) = lim [f(x)(f(x) - 1)] = 0 · (-1) = 0 εξετάζουμε για ποιες τιμές του χ:;t ι ισχύει η (l )

χ -++Φ χ -++α:!

Άρα η συνάρτηση g έχει σύνολο τιμών το (Ο,+οο) γ. Είναι: f (R) = (-oo, O) και g(R) = (Ο ,+οο) , οπότε f (R) n g (R) = 0 . Επομένως οι Cr , Cg δεν έχουν κοινό σημείο. δ. Θεωρούμε τη συνάρτηση

h(x) = f(x) + g(x) - χ = f2(x) -χ , χ εR Είναι: lim f(x) = -οο , οπότε lim f2(x) = +σο και

x-+-m x-+-m

lim (-x) = -tco χ-+-«>

Άρα: lim h(x) = lim [f2(x) - χ] = +οο χ -+-co χ -+-οο Επομένως, υπάρχει διάστημα της μορφής

( -οο , α) με α < Ο τέτοιο, ώστε h(x) > Ο για κάθε χ<α, οπότε h(κ) > Ο με κ Ε ( -οο , α) . Επίσης είναι h(O) = f(O) < Ο .

Παρατηρούμε ότι η f είναι και συνεχής στο [κ,Ο], οπότε ισχύουν οι προUποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano. Άρα υπάρχει χ0ε (κ , Ο) ς R τέ-τοω, ώστε h(x0 ) = 0 δηλαδή f(x0) + g(x0 ) = X0

• χ > ι� � � α >ο{ αχ> α { eαχ > eα { eαχ _ eα> Ο

ex > e ex > e ex - e > O

� (eαχ -eα)(ex - e) > O

• χ < ι� � � α >0{ αχ< α { eαχ < eα { eαχ - eα < ο

ex < e ex < e ex - e < O

� (eαχ -eα )(ex - e) > O Σε κάθε περίπτωση ισχύει η (1 ), άρα το πεδίο

ορισμού της f είναι το σύνολο Ar = R- { ι } β. Για κάθε x:;e 1 έχουμε: eαχ - eα -

e• ( eαχ-χ - eα-χ ) ex -e - e• ( 1 - e� )

Διακρίνουμε περιπτώσεις: • Αν Ο < α < ι , τότε lim e<α-ι)χ = lim e-x = Ο ,

χ -+too χ -+-tοσ

' ' ' . eαχ - eα οποτε απο την (2) προκυπτει lιm = Ο χ-++οο e" - e

Η συνάρτηση h (x) = f 2 (x) - x είναι -γνησίως Επομένως limf(x)= lim(lne�-eα)= lim{lmι) =-oo. θ' R ' ' θ R Χ--+!<0 Χ--+!<0 e -e υ .J>f-φ ινουσα στο , αφου για κα ε Χι , χ2 Ε , με ___,..,

Χι < χ2 ένουμε: • Αν α > 1 , τότε lim e<α-ι)χ = +σο , lim e-x = Ο Λ X-+-tOO X-+-tOO (I) αχ α Χι < Χ2 � f(Χι) < f(x2) < 0 � f2 (Χι ) > f 2 (x2 ) οπότε από την (2) προκύπτει lίm e - e = +σο

Επίσης είναι: -χι > -χ2 Προσθέτοντας κατά μέλη έχουμε: 2 2 f (χι ) -χι > f (χ2 ) -χ2� h (χι) > h (χ2) Δηλαδή η συνάρτηση h είναι -γνησίως φθίνου

σα, οπότε το χ0 είναι μοναδικό. ΘΕΜΑ 4 ·

e"• - e" Δίνεται η συνάρτηση f(x) = Ιη , α > Ο

e• - e α. Να βρείτε το πεδίο ορισμού της. β. Να υπολΟ'yίσετε το lim f(x) , για τις διά-

•--+-

φορες θετικές τιμές του α γ. Α ν είναι Ο < α < 1 να αποδείξετε ότι:

ί. f(2) < Ο ίί. f(x) < Ο για κάθε χ > 1

•-++«> ex - e Επομένως limf(x) = lim(ln e

σχ -ea )= 1im (Ιmι) =+σο Χ -+!<Ο Χ-Η«> e--e U-+t00

eax -eα e" - e , • Αν α = 1 , τότε = -- = 1 , οποτε e"-e e"- e

lim f(x) = lim (Ιηι) = Ο χ -+-tOO χ -+-tOO

γ. Για Ο < α < 1 είναι: 2α α α( α ι)

ί . f(2) = 1n e - e = ln e e -e2- e e(e - ι)

= ln[ eα (eα - ι) J - ln[ e(e - ι)] =

= lneα + ln( eα -ι) - lne - ln( e - ι ) = α-ι + ln(eα - ι) - ln(e - ι) < Ο , αφού:

� < 0

Λύση < Ο

α . Για να ορίζεται η συνάρτηση f πρέπει και αρ- α < 1 � eα < e � eα -ι < e-ι�ln(eα -ι) < ln(e-ι) κεί: Άρα f(2) < Ο

αχ α δ λαδ ' e :;t e { ex - e * Ο { χ ίί. Α' τρόπος: Έστω ότι υπάρχει ξ ε ( 1 , +οο) , ώστε e

ex=: > 0 ' η η

(eαx _ eα)(ex - e) > O ' f(ξ) =Ο . Τότε έχουμε:


------------- Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη -----------

=> eαξ - eα = eξ- e => eαξ - eξ = eα- e Αν αποδείξουμε ότι για ξ> 1 ισχύει

eαξ - eξ ':f. eα - e τότε καταλήγουμε σε άτοπο. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = eαχ - ex j με

χ :2: 1 και 1 < χ1 < χ2 .Τότε: 1 < χ1 < χ2 => e• t

Λ ο (α-1) χ1 (α-1 ) χ2 Ο>(α- 1 ) χ1 > (α- 1 ) χ2 => e >e > e -1 => 1 >e(α-1) χι > e (α-1) χ2 => 0>e(α-1) χι - 1 > e(α- 1 )χ2 - 1

=> 0 < 1 - e(α-1) Χι < 1 - e (α-1) χ2 και 0 < ex1 < ex2 ' ΟΠότε: Ο < ( 1- e(α-1) Χι )e•ι < ( 1 - e(α-1 ) Χ2 )e'2 =>

Χι αχι χ αχ · (-!)

αχ χ αχ χ => e - e < e 2 - e 2 => e ι - e ι > e 2 -e 2

=> h(x 1) > h(x2) . Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα στο [ 1 , +οο) , οπότε για ξ > 1 είναι: h(ξ) < h(1) => eαξ - eξ < eα - e => eαξ - eξ ':f. eα - e . Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής

και δε μηδενίζεται στο ( 1 , +οο) , οπότε διατηρεί

ΘΕΜΑ 5 Έστω συνάρτηση f συνεχής στο R και η

e• -f(x) συνάρτηση g με g(x) = er<•>

+ e• , χ ε R •

α. Αν είναι �(χ)=-21, να αποδείξετε ότι

χ-+0

f(O)=O . β. Αν είναι lim f(x)=- οο , να υπολογίσετε το

Χ-+-«>

όριο lim g(x) . χ-+-«>

γ. Αν είναι g(O) > O και g(1 ) < 0 , να απόδείξετε ότι υπάρχει:

ί. Χ0 ε (Ο , 1) τέτοιο, ώστε f (χ0) = eχσ ίί. ξ ε (χ0 , 1) τέτοιο, ώστε f (ξ) = e

Λύση α. Η f είναι συνεχής, οπότε και η g είναι συνεχής. Άρα έχουμε:

Ι. ( ) 1 ι· e' - f(x) 1 ιm g χ = - => ιm -

..... ο 2 ..... ο ef(x) + e• 2

=> 1- f(O) = .!_ => er<o>+2f(O) - l =O {1 ) er<o>+ 1 2

σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό και επειδή Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x)=e' +2x-1 , χ ε R . f (2) < 0 συμπεραίνουμε ότι f (x) < O για κάθε Για κάθε χ ε R είναι: b'(x) =(ex +2x-1} '=ex +2>0 . χ ε ( 1 , +οο) Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως αύξουσα στο R ,

Β· τρόπος: Έστω ότι υπάρχει ξ Ε ( 1 , +co) τέ- οπότε είναι και 1 - 1 . τοιοj ώστε f(ξ)=Ο. Τότε f(ξ)=0=>eα; -� =eα-e(3) ΑJ..λά: (l)=>h(f(O)) = h{O) h;ι f(O) = O όπως προηγουμένως. Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) =eαx-� , χ � 1 . Για κάθε χ ε [ 1 ,+οο) είναι: β. Είναι lim f(x)=-oo , άρα lim (ex -f (x))=+oo

Χ-+--<Ο χ ..... -οο

h '(x) = (eαx _ e• ) '= αeαx - e' Ι. ( )= ι· eX - f (x) και ιm g x - ιm = χ-.-«> x-+-ao ef (χ) +e•

·x>l Λ Είναι: Ο < α< 1=> αχ < χ => eα' < e• Έχουμε:

lim ( r ι >1 · (e' - f (x))) = +co χ-.-«> e χ +e' { Ο<eα• <e• Διότι: lim ( er <•> + ex ) = Ο , με er <χ> + ex > Ο , οπότε

=> αeαχ <ex => αeαχ -ex <Ο=> h '(χ)<Ο χ...-«> Ο<α < 1 1. 1 ιm = +οο

για κάθε χ Ε [1 ,+οο) ._. ..... ef <x> + ex Άρα η συνάρτηση h είναι γνησίως φθίνουσα γ. ί. Η g είναι συνεχής με g(O) > Ο, g{1 ) < Ο ,

στο [1 , +οο) , οπότε είναι και 1 - 1 . ΑJ..λά: οπότε υπάρχει χ0 Ε (Ο , 1) τέτοιο, ώστε g(x0 ) = Ο

(3)=> h (ξ) = h (1) h;ι ξ = 1 , που είναι άτοπο αφού όμως: g(xo ) = 0 => ( 1 ) f( ) ex0 - f (x ) ξ ε , +οο . Επομένως χ ':f. Ο για κάθε 0 Ο => exo - f (χ )=Ο => f (χ )=exo (2)

ef (Χο) +eXo Ο Ο x ε ( l ,+co) .

ii. Για το παραπάνω χ0 έχουμε: Παρατηρούμε ότι η συνάρτηση f είναι συνεχής και δε μηδενίζεται στο ( 1 , +οο) , οπότε διατηρεί σταθερό πρόσημο στο διάστημα αυτό και επειδή f (2) < Ο συμπεραίνουμε ότι f (χ) < Ο για κάθε

(2) Ο<χ0 <1 => e0 <ex0 <e1 => 1<ex0 <e => 1<f (x0 ) <e Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - e , η οποία

χ ε ( 1 , +οο) είναι συνεχής στο [ χ0 , 1] . Είναι:

ΕΥΚΛΕΙΔΙΙΣ Β' 86 τ.2/61

------------ Μαθηματικά για τη Γ Τάξη ------------

(2) •

• h(X0) = f(X0 ) - e = exo - e < Ο , αφού Χ0 < 1 e- f (l)

• g(l ) < O=> r < ι > < O=> e-f (l) < O e + e => f(1) -e > 0=> h(l) > Ο

Δηλαδή ικανοποιούνται οι προϋποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [ χ0 , 1] . Άρα θα υπάρχει ξ e (χ0 , 1) ς (0 , 1 ) τέτοιο, ώστε h(ξ) = Ο, δηλαδή f(ξ) = e .

Β' ΜΕΡΟΣ Έλεγχος Παραγωγισιμότητας συνάρτησης με

τον ορισμό -Εφαπτομένη καμπύλης

H(h) = f(x + h)(f(x)-��+ (1 - f(x))f(x),

τότε για κάθε h φ. Ο και χ φ. Ο είναι: H(h) = f(x)[ f(x + h) - f(x)] - f(x + h) + f(x)

xh

= [f(x+h)- f(x)] · [f(x) - 1] f(x+h)-f(x) . f(x) - 1 xh h χ

Άρα: H(h) = f(x + h) -f(x) . f(x) - 1 και h χ limH(h) = 3χ4 + 12χ2 + 9 h-+0

Για h κοντά στο h0 = Ο και χ e R • έχουμε: f(x +h)- f(x) =H(h) ·

χ h f(x) - 1

Σε αρκετά θέματα η εύρεση της παραγώγου μιας συνάρτησης αντιμετωπίζεται με τον ορισμό της παραγώγου. Παραθέτουμε παρακάτω μερικά τέτοια θέματα. ΘΕΜΑ 1 Επομένω : limf(x+h)-f(x) = lim(H(h) ·-x-) Έστω συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R τέ-

ς h--+O h h--+O f(x) -1

. ι · f(x)- e' 2 τοια, ωστε ιm = χ-+0 χ

α. Να αποδείξετε ότι limf(x) = 1 χ-+0

β. Να υπολογίσετε το όριο lίm f(x)- l •-+0 χ γ. Έστω ότι η f είναι συνεχής και για κάθε x e R. , ισχύουν f(χ) * 1 και

I• f(x+h){f(x) - 1) +{1 - f(x))f(x) 4 2 1 9 ιm = 3χ + 1 χ +

h-.0 X · h Να αποδείξετε ότι η f είναι παραγωγίσιμη.

Λύση α. Για χ κοντά στο Χ0 = Ο θεωρούμε τη συνάρτη-

ση g(x) f(x) -e• , οπότε έχουμε limg(x) = 2 και χ χ-+0

f(x) = χ . g(x) + ex Άρα: limf(x) = ιim(x · g(x) + ex ) = Ο · 2 + e0 = 1

χ-+0 χ-+0

β. Για χ κοντά στο χ0 = Ο έχουμε: f(x) - 1 f(x) -ex + ex - 1 f(x) -ex ex - 1 ___:_;:....__ = = + --χ χ χ χ

f(x) -ex Είναι: 1im 2 και χ-+0 χ

Επομένως έχουμε:

. ex - 1 ιιm--= 1 χ-+0 χ

ι. f(x) - 1 ι· ( f(x) -ex ex - 1) ιm = ιm · + --

χ-+ο χ χ-+Ο χ χ ι. f(x) -ex ι· ex - 1 3 = ιm + ιm--=

γ. Θέτουμε: χ-+0 χ χ-+0 χ

= (3χ4 + 12χ2 + 9) · χ f(x) - 1

Άρα η συνάρτηση f είναι παραγωγίσιμη στο R • και για κάθε χ * Ο , είναι:

f '(x) = {3x4 + 12χ2 +9) · χ f(x) -1

Επίσης η f είναι συνεχής με limf(x) = 1 , οπό-χ-+ο

τε f(O) = 1 Επιπλέον: 1. f(x)- 1 3 ι· f(x)-f(O) 3 f'(O) 3 ό ιm--= => ιm => = , οπ -χ-+0 χ χ-+0 χ-0 τε η f είναι παραγωγίσιμη σε όλο το R .

ΘΕΜΑ 2 Έστω Ρ( χ) πολυώνυμο με Ρ(χ0 ) = Ο και η

συνάρτηση: f(x) = χ - Χ0 °

{ Ρ(χ) , x :;t x

Ν α αποδείξετε ότι: Υο ' Χ = Χο

α. Αν η f είναι συνεχής στο χ0 , τότε είναι

και παραγωγίσιμη στο Χ0 β. Αν η ευθεία y = αχ + β είναι εφαπτόμενη

της Cr στο Χ0 , τότε το Χ0 είναι ρίζα της εξίσωσης f(x) - αχ - β = Ο με βαθμό πολλαπλότητας τουλάχιστον 2.

Λύση α. Είναι: Ρ(χ0) = Ο=> Ρ(χ) = (χ - Χ0)Π(χ) , όπου

Π( χ) πολυώνυμο, οπότε έχουμε:

f(x) = { Π(χ) ' χ � Χο Υο ' Χ - Χο

Όμως η f είναι συνεχής στο χ0 , οπότε ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/62

------------- Μαθηματικά 'f'α τη Γ Τάξη ------------

Υ ο= lim Π(χ) = Π(Χ0 ) . Έτσι έχουμε: Η (3) είναι δευτεροβάθμια εξίσωση ως προς ω χ- η . και έχει διακρίνο'uσα Δ = 28 - 12β

lim f(x) - f(xo) = lim Π(χ) - Π(χο ) = Π'(χ0 ) Η εξίσωση ( 1 ) άρα και η ισοδύναμή της (2) χ.-Ηο χ - Χ0 χ.-Ηο χ - Χ0 είναι αδύνατη, όταν και μόνον η εξίσωση (3), έχει Άρα f '(x0 ) = Π '(χ0 ) Δ < Ο (αδύνατη στο JR) ή έχει αρνητικές ρίζες. β. Για κάθε χ Ε R είναι f(x) = Π(χ) . Αν η ευθεία y = αχ + β είναι εφαπτομένη της Cr στο χ0 , τότε π'(χο ) = α ( 1 ) και π (χο ) = αχο + β (2)

Διακρίνουμε περιπτώσεις: 7 7

• Δ < 0<=> 28 - 12β < Ο<::> β > - . Για β > -3 3 λοιπόν η εξίσωση (3) είναι αδύνατη. Το πολυώνυμο Q(χ)=Π(χ) - αχ - β , έχει παράγο- 7 7

• Δ � Ο <=> 28 - 12β � Ο <=> β � - . Για β �- εξί--

οπότε για κάθε χ Ε R είναι: Q(x) = (χ - Χ0 )G(x) (3)

Παραγωγίζοντας και τα δύο μέλη της (3) έχουμε: Q'(x) = G(x) + (χ - X0 )G'(x)

Επίσης Q'(χ)= (Π(χ)-αχ-β) ' � Q '(χ)=Π ' (χ)-α� � G(x) + (x - x0)G '(x) = Π '(χ) - α , για κάθε

χ Ε JR � G(xo)+(xo - Χο )G'(χο )=Π '(χο) - α (I) �G(xo )=Ο � Q:x) =(χ-Xa)Z(x) � Q(x) =(χ-Xa)2 Ζ(χ) .

ΘΕΜΑ 3 Δίνεται η συνάρτηση f με f (χ) = χ4 + 4χ2 + 1 ,

x e R . α. Να βρείτε τις εφαπτόμενες τις Cr , που είναι

παράλληλες στον άξονα χ' χ β. Ν α βρείτε τα σημεία του άξονα y

'y , από τα

οποία δε διέρχεται εφαπτομένη της Cr . Λύση

α. Για κάθε χ Ε R είναι: f'(x) = 4χ3 + 8χ οπότε f '(x) = 0 <::> 4x3 + 8χ = Ο

<=> 4χ(χ2 + 2) = Ο <=> χ = 0 Άρα η εφαπτομένη της Cr στο Χ0 = Ο είναι:

ε : y- f(O)=f '(O) · (x -0), δηλαδή ε:y=1 . β. Η εφαπτομένη της Cr στο Χ0 έχει εξίσωση:

ε : y - f(x0 ) = f '(x0) · (X - X0) Για να βρούμε τα σημεία Α( Ο, β) του άξονα

y'y από τα οποία δεν διέρχεται εφαπτομένη της Cr , πρέπει και αρκεί να βρούμε για ποιες τιμές του β ER , ισχύει Α � (ε) , δηλαδή η εξίσωση β -f (X0 ) = -x0f '(x0) (1) δεν έχει λύση.

Η εξίσωση ( 1) είναι ισοδύναμη με την: 3χ04 + 4χ;+ β - 1 = 0 (2)

Θέτουμε χ; = ω � Ο , οπότε η επιλύουσα της (2) είναι η εξίσωση 3ω2 + 4ω+ β - 1 = Ο (3)

3 3 σωση (3) έχει πραγματικές ρίζες ω1 και ω2

π ' ' 4 ο δ λ δ ' αρατηρουμε οτι ω1 + ω2 =-3 < , η α η το άθροισμα των ριζών είναι αρνητικό, οπότε για να είναι και οι δύο ρίζες αρνητικές πρέπει και αρκεί το γινόμενο τους να είναι θετικό. Όμως: ω1ω2 > 0<::::> β - 1 > 0 <:=> β > 1 3

Επομένως η εξίσωση (1) άρα και η ισοδύναμή της (2) είναι αδύνατη, όταν και μόνον β > 2 ή 1 < β � 2 , δηλαδή β > 1 . Συνεπώς μόνο 3 3 από τα σημεία Α( Ο, β) με β > 1 δεν διέρχεται εφα-πτομένη της Cr .

ΘΕΜΑ 4 Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = χ lnx - χ2 ,

χ>Ο. Ν α αποδείξετε ότι: α. Υπάρχουν ακριβώς δυο σημεία της Cr με τετμημένες στο διάστημα (Ο , 2) , στα οποία οι ε

φαπτόμενες της είναι κάθετες στην ευθεία ει : Υ = χ

β. Υπάρχει μοναδικό σημείο της Cr με τετμημένη ξ e (1 , e) , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr ,

είναι παράλληλη στην ευθεία ε2 : y = -2χ . Λύση

α. Για κάθε χ Ε (Ο , + οο) είναι: f'(x)=lnx-2x+1 Αρκεί να δείξουμε ότι η εξίσωση f '(χ) = -1

έχει ακριβώς δυο ρίζες στο διάστημα (Ο , 2) . Θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = lnx -2χ + 2 ,

χ Ε (Ο , 2) Για κάθε χ Ε (Ο , 2) είναι: h '(x) =_!_- 2 = 1 - 2χ και: χ χ

h , 1 , 1 • (χ) = Ο <::> χ =- . • h (χ) > Ο <::::> Ο < χ < -2 2

Άρα, έχουμε τον παρακάτω πίνακα:


------------- Μαθηματικά για τη Γ' Τάξη -----------

χ ο 1 2 2 h '(x) + ο -h (x) ? h (�J "\ι

ΜΕΓΙΣΤΟ Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως αύ-

ξουσα στο διάστημα Δ1 = (Ο , i] , οπότε h(Δ1 ) = (!��h(x) , h(�)] = (-οο , 1-ln2] Το 0 Ε h (Δ1) , οπότε η εξίσωση h(x) = O έχει

μια ρίζα στο Δ1 = (Ο , i] . Η μοναδικότητα της ρίζας προκύπτει από τη μονοτονία της h. Η συνάρτηση h είναι συνεχής και γνησίως φθίνουσα στο διά-στημα Δ2 = [� , 2 J , οπότε

h (Δ2)= (.ι�':! h(x),h (υ] = ( 2(ln2-2), 1-ιn2] Το Ο Ε h(Δ2 ) ,οπότε η εξίσωση

μοναδική ρίζα στο Δ2 = [ � , 2 J . h(x) = Ο έχει

Επομένως υπάρχουν ακριβώς δυο σημεία με τετμημένες στο (Ο , 2) , στα οποίο οι εφαπτόμενες της Cr , είναι κάθετες στην ευθεία ε1 : y = χ β. Αρκεί να δείξουμε ότι, υπάρχει ξ ε (1 , e) τέτοιο, ώστε f '(ξ) = -2

Δηλαδή: lnξ-2ξ+ l=-2, ή lηξ-2ξ+3=0 (1) Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = lnx- 2χ + 3 ,

x E [ 1 , e] . Η g(χ) είναισυνεχής στο [1 , e] και g(1 ) = 1 > Ο, g(e) = 4- 2e = 2 (2-e) < ο , αφού 2<e<3. Στο διάστημα [ι , e] ικανοποιούνται οι πρσΟποθέσεις του Θεωρήματος Bolzano. Άρα θα υπάρχει ξ ε (1 , e) τέτοιο, ώστε g(ξ) = Ο , το οποίο είναι και μοναδικό, αφού η συνάρτηση g είναι γνησίως φθί-νουσα στο διάστημα αυτό, επειδή

1 1-2χ , g'(x) =- - 2 =--<0 για καθε χ Ε (ι, e). Επο-χ χ μένως λόγω της (2) έχουμε f '(ξ) = -2 .

ΘΕΜΑ 5

Δίνεται η συνάρτηση f με f(x) = e-11 + χ2 - χ , χ ε R. Να αποδείξετε ότι:

α. Β συνάρτηση f ' είναι γνησίως αύξουσα. β. Υπάρχει μοναδικό σημείο Μ με τετμημένη

Χ0 ε R , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr εί-

ναι παράλληλη στον άξονα χ' χ γ. Υπάρχει σημείο Ν με τετμημένη ξ ε (0,1)

στο οποίο η εφαπτομένη της C1 διέρχεται

από την αρχή των αξόνων. Λύση

α. Για κάθε χ ε R είναι: • f '(x) = -e-x + 2χ -1 και • f "(x) = e-x + 2 > 0 Άρα η συνάρτηση f ' είναι γνησίως αύξουσα.

β. Η συνάρτηση f ' είναι συνεχής και γνησίως αύξουσα με: • lim f '(χ) = lim (-e-x + 2χ - 1) = -οο , αφού

X-+-<D Χ-+--«ι

lim(-e-x)=-oo και lim(2x-1)= lim(2x)=--co Χ-+--Φ Χ-+-ο::ι X-+<CI

• limf'(x) = lim(-e-x +2x-l) =+oo , αφού χ-+ι-οο χ�

lim (-e-x ) = lim (--1 ) = Ο και Χ-Η«> Χ-Η«> eX lim (2x - 1) = lim (2x) = +οο x-++co χ-++οο

Άρα η f ' έχει σύνολο τιμών το R και επειδή είναι γνησίως αύξουσα συμπεραίνουμε ότι υπάρχει μοναδικό χ0 ε R τέτοιο, ώστε f '(χ0 ) = Ο , δηλαδή υπάρχει μοναδικό σημείο Μ με τετμημένη Χ0 Ε R , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr είναι παράλληλη στον άξονα χ ' χ γ. Η εφαπτομένη της Cr σε τυχαίο σημείο Μ(ξ,f(ξ)) είναι y - f(ξ) = f'(ξ)(χ - ξ) και διέρχεται από την αρχή των αξόνων, αν και μόνο αν 0-f (ξ) = f '(ξ)(Ο -ξ), δηλαδή f(ξ) = ξf '(ξ) Αρκεί να δείξουμε ότι, υπάρχει ξ Ε (0, ι) τέτοιο, ώστε ξf '(ξ) = f(ξ) . Έχουμε: ξ f '(ξ) = f(ξ) � -ξe-ξ + 2ξ2 - ξ = e-ξ + ξ2 -ξ

<=> -ξe-ξ + ξ2 = e-ξ <=> ξe-ξ + e-ξ -ξ2 =Ο Θεωρούμε τη συνάρτηση h με :

h(x) = xe-x + e-x � χ2 , χ Ε R Η συνάρτηση h είναι συνεχής στο R και

2 - e h(O) = ι > Ο, h ( ι ) =-< Ο, αφού 2<e<3 e Ικανοποιούνται λοιπόν οι πρσϋποθέσεις του

Θεωρήματος Bolzano στο διάστημα [0, 1 ] . Άρα θα υπάρχει ξ Ε (Ο , 1) τέτοιο, ώστε h(ξ) = Ο , δηλαδή θα υπάρχει σημείο Ν με τετμημένη ξ Ε (Ο , 1 ) , στο οποίο η εφαπτομένη της Cr διέρχεται από την αρχή των αξόνων.


Α 13 . Να δείξετε ότι για κάθε ν e Ν , ο αριθμός

ρν = ( 3+2.J5T + ( 3-2.JST , είναι φυσικός. Ειδικά

για ν=4 είναι πρώτος αριθμός. Απόδειξη

Αν χ = 3 + J5 χ = 3 - JS I 2 ' 2 2 ' τότε χ1 + χ2 = 3,

χ1 χ2 = Ι, οπότε οι αριθμοί χ1 , χ2 είναι ρίζες της εξίσωσης χ2 - 3χ + 1 = Ο . Αφού το πολυώνυμο χ 2 - 3χ + Ι έχει ακέραιους συντελεστές και μάλιστα συντελεστή του μεγιστοβάθμιου όρου τη μονάδα, σύμφωνα με τον Αλγόριθμο της Ευκλείδειας διαίρεσης για πολυώνυμα (που αποτελεί συγχρόνως και έναν τρόπο απόδειξης της αντίστοιχης ταυτότητας) η διαίρεση xv : (χ2 -3x + l) δίνει πηλίκο π(χ) και υπόλοιπο αχ + β με συντελεστές ακεραίους

Άρα: xv =(χ2 -3χ+l)π(χ)+αχ+β για κάθε χ ε IR. . Επομένως:

χ� =(χ� -3χ1 +l)π(χ1 )+αχ1 +β=Οπ{χ1 )+αχ1 +β=αχι +β . Ομοίως: χ; = αχ2 + β , οπότε

ρν = χ� + χ� = α (χ1 + χ2 ) + 2β = 3α + 2β . Άρα ρν ε Ζ . Αλλά ρ ν > Ο για κάθε ν ε Ν , οπότε ρ ν ε Ν * . Για ν=4 εκτελώντας τη διαίρεση χ4 : {χ2 -3x + l) , βρίσκουμε χ4 = ( χ2 -3x+l) ( χ2 +3x+8) +2lx-8 για κάθε χ ε IR. . Άρα: ρ4 =χ� +� =2l(x, +�)-16=21·3-16=63-16=47, όΠΘυ πράγμαn ο αριθμός 47 είναι πρώτος.

Παρατήρηση: Να εmχειρηθεί και απόδειξη με τη μέθοδο της Μαθημαnκής Επαγωγής, από τους μαθητές της Β' Λυκείου. 8 12. Μεταξύ των διαδοχικών όρων 3,7,11, . . . ,367 και 2,9,16, . . . ,709 δύο αριθμητικών προόδων να βρείτε πο\bι είναι κοινοί.

Κ. Αναγνώστου, μαθηματικός [3° Λύκ. Λαμίας]

Λύση : Για την πρώτη πρόοδο ( αν ) έχουμε: α1 = 3, ω1 = 4 , οπότε: αν = 367 <=>3+ (ν -1)4 = 367 <=> 4ν-1 = 367 <=>ν = 92 .

Για τη δεύτερη ( β ν ) έχουμε: Ι3ι =2, � = 7 , οπότε: β ν = 709 <=> 2 + {ν -1) 7 = 709 <=> 7ν - 5 = 709 <=> ν = Ι 02

Ζητάμε λοιπόν ακεραίους κ,λ με: 1 � κ � 92, Ι � λ � 102 τέτοιους ώστε: ακ = βλ (Ι) .

Προφανώς: {Ι) �4κ-1 = 7λ-5 �4{ κ+ Ι) = 7λ(2) .

Επιμέλεια: Αντώνης Κυριακόπουλος Γιώργος Τασσόπουλος

Αλλά: Μ.Κ.Δ.(4,7)=1 , οπότε: ( 2) � κ + Ι = 7 ρ � κ = 7 ρ - 1 και 4 · 7 ρ = 7λ , δηλαδή λ=4ρ, ρ ε Ζ . Οι τιμές αυτές προφανώς επαληθεύουν την (Ι). Άρα: (1) <=> κ = 7ρ - 1, λ = 4ρ, ρ ε .Ζ . Ομως:

2 93 Ι�κ�92<=>1 �7ρ-1 �92<=>-�ρ�- <=>ρε{�2,3, ... , 13} =Α 7 7 Ι 5 1 Ι � λ � Ι 02 <=> Ι � 4ρ � Ι 02 <=> - � ρ � - <=> 4 2

ρ ε {Ι,2,3, ... ,25} = Β . Άρα: ρ ε ΑnΒ=Α={1,2,3, ... , 13} . Κοινοί λοιπόν είναι οι όροι:

ακ = α7ρ-1 = 3 + (7ρ -2)4 = 28ρ -5 που ταυτίζονται με τους όρους: βλ = β4Ρ = 2 + (4ρ - 1)7 = 28ρ - 5 , για κάθε ρ ε Α , δηλαδή: Για ρ= Ι έχουμε: α6 = β4 = 23, για ρ=2 α13 = β8 = 5 1, . . . , και τέλος για ρ=13, α9ο = βs2 = 359.

Παρατήρηση: Συντομότερα μπορούμε να καταλήξουμε στην ισοδυναμία: (Ι) <=>κ=7ρ-� λ=4ρ, ρεΖ επιλύοντας κατά τα γνωστά τη διοφανnκή εξίσωση: 4κ-7λ= -4. κ.λ.π. Γt l . Μια συνάρτηση f είναι ορισμένη και συνεχής στο διάστημα [Ο, +οο) και για κάθε χ>Ο ισχύουν:

χ Ο � f(x) � k Jr(t)dt , όπου k ένας θετικός αριθμός.

ο

Να αποδείξετε ότι f(x)=O, για κάθε χ ε [Ο, +οο) . χ

Λύση: Θεωρούμε τη συνάρτηση: F(x) = Jr(t)dt. ο

Η F είναι ορισμένη και παραγωγίσιμη στο διάστημα [Ο,+οο) με: F'(x) = f(x) . 'Ετσι, από την υπόθεση, έχουμε για κάθε χ > Ο : Ο � f(x) � kF(x) . ( 1 ) Από την (Ι) έπεται ότι για κάθε χ > Ο ισχ6ει F( χ) � Ο (2) και επίσης: F(x) � kF(x) �e-kxF'(x)-e-kxkF(x) �o�(F(x)e-kx )' �0.

Έτσι , για την συνάρτηση: g(x) = e-kxF(x) , που είναι συνεχής στο διάστημα [Ο,+οο) , ισχ6ει: g'(x) � Ο , για κάθε χε(Ο,-tοο) . Άρα, η συνάρτηση g είναι φθίνουσα στο διάστημα [0,-too) . Συνεπώς, για κάθε χ > Ο έχουμε: g(x) �g(O) �e-kxF(x)�O�F(x)�0(3). Από τις (2) και (3) έχουμε για κάθε χ > Ο :

(I) F(x) = Ο � Ο � f(x) � Ο � f(x)=O . Εξάλλου, επειδή η f είναι συνεχής στο Ο, έχουμε: f(O) = lim f(x) = lim Ο = Ο . Συνεπώς: f(x) = Ο , για

χ-+0+ χ-+0+

κάθε χ ε [Ο, +οο) .


Το Βήμα του Ευκλείδη Επιμέλεια: Γιaννης Στρατής - Βαrtέλης Ευσταθίου

·.

Ξεκ ινώντας από το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach

Αντώνης Κρυπωτός

Το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach διατυπώθηκε και απεδείχθη από το Banach το 1 922 στα πλαίσια της διδακτορικής διατριβής του. Αναφέρεται σε πλήρεις μετρικούς χώρους και κάποιες από τις γνωστές εφαρμογές του είναι η επίλυση γραμμικών συστημάτων, η απόδειξη ύπαρξης και μοναδικότητας λύσεων κάποιων τύπων διαφορικών και ολοκληρωτικών εξισώσεων κ.α.

Δίχως να ασχοληθούμε καθόλου με την πληρότητα των χώρων επισημαίνουμε ότι το σύνολο των πραγματικών αριθμών είναι πλήρης μετρικός χώρος και θα διατυπώσουμε το θεώρημα Banach έτσι ώστε να αναφέρεται μόνο στους πραγματικούς αριθμούς. Στην απόδειξη θα μας βοηθήσει το θεώρημα Bolzano. Το θεώρημα του σταθερού σημείου του Banach θα είναι η αφετηρία για να διατυπωθούν με αποδείξεις κάποια θεωρήματα που απορρέουν από αυτό. Όλη η θεωρία που θα αναπτυχθεί θα μας δώσει τη δυνατότητα να επισφραγίσουμε αυτές τις σκέψεις με μία γνωστή εφαρμογή αλλά και με μία μικρή αναφορά στα δυναμικά συστήματα και στο χάος. Ορισμός: Μία πραγματική συνάρτηση f με πεδίο ορισμού το R ονομάζεται συστολή , αν υπάρχει σταθερά a Ε R , Ο � a < 1 τέτοια ώστε, if(x) - f(y)i � a ix - Yi , για κάθε x, y Ε R . Πρόταση: Κάθε συστολή f ορισμένη στο R είναι συνεχής συνάρτηση σε κάθε χ0 Ε R . Απόδειξη: Από τον ορψμό της συστολής αν αντικαταστήσουμε το y με χ0 θα έχουμε: Ο � if(x) - f(x0)1 � αiχ - Χ0 I , οπότε lim if(x) - f(x0 )1 = Ο , δηλαδή lim f(x) = f(x0) . Άρα κάθε συστολή είναι συνεχής συνάρτηση για

Χ-+Χο Χ-+Χο

κάθε χ0 E R . Θεώρημα 1 (Σταθερού Σημείου του Banach): Κάθε συστολή f ορισμένη στο R έχει μοναδικό σταθερό σημείο δηλαδή υπάρχει μοναδικός πραγματικός ξ τέτοιος ώστε f(ξ)=ξ. Απόδειξη : Από τον ορισμό της συστολής θεωρώντας y = Ο και χ ::ι. Ο έχουμε

if(x) - f(O)i � a lx - oΙ � l f(x):f(O) I � a� -a � f(x):f(O) � a ( 1 )

Ι . Αν f(O) > Ο θα ασχοληθούμε μόνο με τα χ>Ο. Από τα δύο τελευταία μέλη της ( 1 )

'Εχου� f(x) - f(O) � a � f(x) - f(O) � ax � f(x) � ax + f(O) (2). χ Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) = ax + f(O) , όπου η (2) μας δίνει ότι για κάθε χ>Ο είναι

g(x) ;;:: f(x) (3). Οι ευθείες y = g (χ) και y=x δεν έχουν ίδιο συντελεστή διευθύνσεως και τέμνονται σε ένα σημείο με τετμημένη χ0 >0. Πράγματι g(x0) = χ0 � ax0 + f(O) = χ0 � χ0 = f(O) από όπου βλέπουμε ότι θα

1 - a είναι χ0 > Ο . Επίσης από την g(x0 ) = χ0 και την (3) έχουμε ότι f(x0) � χ0 • α. Αν f(x0 ) = χ0 τότε απεδείχθη η ύπαρξη. β. Αν f(x0) < χ0 τότε θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - χ για την οποία ισχύει:

Η h είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. h(O) = f(O) - Ο > Ο ( από την υπόθεση της περίπτωσης I) h(x0) = f(x0 ) - χ0 < Ο ( από την υπόθεση της περίπτωσης Ι.β.)

Έτσι από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας ξ Ε (Ο,χ0) τέτοιος ώστε h(ξ) = Ο� f(ξ) - ξ = Ο� f(ξ) = ξ . 11. Αν f(O) < Ο θα κινηθούμε ομοίως: Θα ασχοληθούμε μόνο με τα χ<Ο. Από τα δύο τελευταία μέλη της


Το Βήμα του Ευκλεiδη

(1) έχουμε f(x) - f(O) ::;; a � f(x) - f(O) � ax � f(x) � ax + f(O) (4). χ Θεωρούμε τη συνάρτηση g(x) =ax+f(O) , όπου η (4) μας δίνει ότι για κάθε χ<Ο είναι g(x):=;;f(x) (5). Οι ευθείες y = g( χ) και y=x δεν έχουν ίδιο συντελεστή διευθύνσεως και τέμνονται σε ένα σημείο χ0 • Σε αυτό το σημείο θα ισχύει g(x0) = χ0 � ax0 + f(O) = χ0 � χ0 = f(O) , από όπου βλέπουμε ότι θα 1 - a είναι χ0 < Ο . Επίσης από την g(x0) = χ0 και την (5) έχουμε ότι f(x0) � Χ0 • α. Αν f(x0) = χ0 τότε απεδείχθη η ύπαρξη του σταθερού σημείου. β. Αν f(x0) > χ0 τότε θεωρούμε τη συνάρτηση h(x) = f(x) - χ για την οποία ισχύει:

Η h είναι συνεχής ως διαφορά συνεχών συναρτήσεων. h(O) = f(O) - Ο < Ο ( από την υπόθεση της περίπτωσης Π) h(x0 ) = f(x0) - χ0 > Ο ( από την υπόθεση της περίπτωσης Π. β.)

Έτσι από θεώρημα Bolzano υπάρχει ένας ξ ε (χ0 , Ο) τέτοιος ώστε h(ξ) = Ο� f(ξ) - ξ = Ο� f(ξ) = ξ . 111. Αν f(O) = Ο τότε το ζητούμενο σταθερό σημείο είναι το Ο. Μένει τώρα να αποδείξουμε τη μοναδικότητα αυτού του σταθερού σημείου. Αν υπήρχαν δύο σταθερά σημεία ξι και ξ2 , διάφορα μεταξύ τους, δηλαδή f(ξι ) = ξι , f(ξ2 ) = ξ2 και ξι :;t: ξ2 θα είχαμε lfCξι ) - f(ξ2 )j = lξι - ξ2 Ι . Έτσι η (Σ) (ο ορισμός της συστολής) θα γινόταν lξι - ξ2 j ::;; αjξι - ξ2 j � α � 1 άτοπο αφού o ::;; a < 1 .

Μία γεωμετρική ερμηνεία του θεωρήματος και της απόδειξης είναι η εξής: Από τον ορισμό της συστολής έχουμε ότι για κάποιο a ε [0, 1) ισχύει για όλους τους πραγματικούς χ, χ0 ότι

jf(x) - f(xo )l ::;; a jx - xo l � {a(x - Χο ) ::;; f(x) - f(xo ) ::;; a(xo - χ) , χ ::;; Χ ο �

a(x0 - χ) ::;; f(x) - f(x0 ) ::;; a(x - χ0 ) , χ > χ0 {ax - ax0 + f(x0 ) ::;; f(x) ::;; -ax + ax0 + f(x0 ) , χ ::;; χ0 •

-ax + ax0 + f(x0 ) ::;; f(x) ::;; ax - ax0 + f(x0 ) , χ > χ0 Σταθεροποιώντας το χ0 και αφήνοντας το χ να μεταβάλλεται παρατηρούμε ότι η f είναι ανάμεσα

στις ευθείες y = ax -ax0 + f(x0) και y = -ax + ax0 + f(x0) . Οι δύο αυτές ευθείες δεν είναι παράλληλες με την y=x άρα την τέμνουν με αποτέλεσμα να την τέμνει και η f. Το σημείο τομής της f και της y=x είναι το σταθερό σημείο.

Θεώρημα 2 : Θεωρούμε μία συνάρτηση f παραγωγίσημη στο R. Η f είναι συστολή, τότε και μόνο τότε όταν υπάρχει a ε R , Ο ::;; α < 1 τέτοιος ώστε lf'(x)j ::;; α για κάθε χ ε R .

Απόδειξη: Έστω ότι η συνάρτηση f είναι συστολή. Από τον ορισμό της συστολής έχουμε ότι υπάρχει O ::;; a < 1 ώστε jf(x) - f(x0)j :=;; a jx - x0 1 , oπότε f(x) - f(xo ) ::;; a για κάθε χ,χ0 ε R με X :;t: X0 (1). Χ - Χ0 Αφού η f(x) είναι παραγωγίσιμη στο χ0 ε R , έχουμε lim f(x) - f(xσ ) = f '(x0 ) για κάθε χ0 ε R .

χ-+χο Χ - Χο

Άρα: (1)=> lim f(x) - f(χσ) ::;; α => lim f(x) - f(χσ ) ::;; α=> lf'(x0 )j ::;; α, .για κάθε χ0 ε R . χ-+χο Χ - Χο χ-+χο Χ - Χ ο

Α ντίστροφα: Θεωρούμε ότι υπάρχει πραγματικός Ο ::;; a < 1 ώστε jf' (χ )I ::;; a για κάθε χ ε R . Έστω ότι η f δεν είναι συστολή. Τότε για κάθε β ε [0, 1) υπάρχουν χ και y έστω χ ::;; y τέτοια ώστε jf(x) - f(y)j > βjχ - Yl · Προφανώς θα είναι χ :;t: y και έτσι μπορούμε να γράψουμε I f(x) - f(y) l > β . x - y

Αφού η f είναι παραγωγίσιμη, από θεώρημα μέσης τιμής στο διάστημα [x,y] , θα υπάρχει ξ ε (x, y) τέτοιος ώστε f(x) - f(y) = f'(ξ) . x - y


Το Βήμα του Ευκλείδη

Τελικά βρήκαμε ότι για κάθε β Ε [Ο, ι) υπάρχει ξ τέτοιος ώστε Jf'(ξ)J > β που είναι άτοπο διότι έρχεται σε αντίθεση με την υπόθεση ότι υπάρχει Ο :::; a < ι ώστε Jf' (χ )J :::; a για κάθε χ Ε R .

Άρα η f είναι συστολή. Από το θεώρημα του σταθερού σημείου και το θεώρημα 2 συμπεραίνουμε άμεσα το ακόλουθο

πόρισμα: Πόρισμα 3: Αν μία συνάρτηση είναι παραγωγίσιμη και υπάρχει σταθερά a Ε R , Ο :::; a < ι ώστε

Jf'(x)J :::; a για κάθε πραγματικό χ, τότε η f έχει ακριβώς ένα σταθερό σημείο. Στο θεώρημα που μόλις διατυπώθηκε η πρόταση «υπάρχει σταθερά Ο :::; a < ι ώστε Jf'(x)J :::; a για

κάθε χ Ε R )) δε μπορεί να αντικατασταθεί από την (( Ιr '(χ )I < ι για κάθε χ Ε R )), παρόλο που εκ πρώτης όψεως, οι δύο προτάσεις φαίνονται ισοδύναμες. Αυτό εξηγείται αν προσέξουμε ότι η πρόταση του θεωρήματος αποκλείει τις περιπτώσεις όπου lim f'(x) = ι ή lim f'(x) = ι x---++co x ........ -co

χ

ενώ η πρόταση « Jf'(x)J < ι για κάθε Χ)) δεν το αποκλείει. Η συνάρτηση f(x) = χ - _e_ είναι ένα καλό e

x + ι παράδειγμα: Η f ικανοποιεί την απαίτηση Ιr ' (χ )I < ι για κάθε χ (η απόδειξη αφήνεται στον αναγνώστη)

χ χ

αλλά η εξίσωση f( χ) = χ <::::> χ -_e_ = χ <::::> __ e_ = Ο , είναι προφανώς αδύνατη δηλαδή η f δεν έχει e

x + ι ex + ι

σταθερό σημείο. Στη συνέχεια θα χρησιμοποιήσουμε το συμβολισμό fn = f ο f ο . . . ο f όπου το η μας δείχνει πόσες fυπάρχουν στη σύνθεση. Δηλαδή f1 = f , f2 = f ο f και fn = f ο rn-ι .

Θεώρημα 4: Θεωρούμε τη συστολή f με πεδίο ορισμού το R και έστω ξ το σταθερό σημείο της. Αν χ0 είναι τυχαίος πραγματικός αριθμός τότε lim fn (χ0 ) = ξ .

Π-ΗΦ

Απόδειξη : Α ν το ξ είναι σταθερό σημείο για την f τότε θα είναι σταθερό σημείο και για την fn , για οποιονδήποτε φυσικό αριθμό η. Πράγματι για το σταθερό σημείο ξ, της f έχουμε

f(ξ) = ξ� f2 (ξ) = f(ξ)� f2 (ξ) = ξ� .. . � f0 (ξ) = ξ . Αφού η f είναι συστολή θα υπάρχει Ο :::; a < ι τέτοιος ώστε, Jf(x) - f(y)J :::; a Jx - yJ , για οποιαδήποτε χ, y Ε R . Έχοντας αυτό υπόψη και την προηγούμενη σχέση παίρνουμε:

lfn (xo ) - ξl = lfn (xo) - fn (ξ)l = lf (rn-ι (xo ) ) - f( rη-ι (ξ) )I :::; a Ιrn-ι (xo ) - fn-ι (ξ)l :::; .. . :::; aπ-ι Jf(xo ) - f(ξ)J :::; an Jxo - ξJ .

Επειδή α< ι θα είναι lim an Jx0 - ξJ = Ο και από τις προηγούμενες ανισότητες έχουμε ότι η-Η«>

Εφαρμογή

lim lf0 (X0 ) - ξl = 0<=> lim fn (x0 ) = ξ . η ...... -ΗΧΙ η ...... -HXI { Fc ,x <Fc Έστω η συνάρτηση f(x) = ι ( c ) Γ όπου Ο < c < ι ή c > ι . - Χ +- ,X � "'/C 2 χ Για τη συνάρτηση αυτή ισχύουν τα παρακάτω: Ι. Η f είναι συνεχής Ι Ι. Η f είναι παραγωγίσιμη 1 1 1 . Ισχύει Jf'(x)J <

.!.για κάθε χ Ε R 2

(Οι αποδείξεις των τριών προτάσεων αφήνεται στον αναγνώστη) Άρα η f είναι παραγωγίσιμη συστολή και σύμφωνα με το θεώρημα 4, αν θεωρήσουμε τυχαίο

χ0 > Fc και εφαρμόσουμε στο χ0 την fn (δηλαδή βρίσκουμε πρώτα το χ1 = f(x0) μετά το χ2 = f(x 1 ) κ.ο.κ.) ύστερα από η επαναλήψεις θα πάρουμε μία προσέγγιση του σταθερού σημείου της f. Όμως από την εξίσωση f(x) = χ βρίσκουμε εύκολα το σταθερό σημείο:


Το Βήμα του Ευκλείδη

!(χ +�) = χ <=> 2χ = χ +� <=> χ = � <=> χ2 = c <=> χ = JC (το -JC δεν ανήκει στο 2° κλάδο της t). 2 χ χ χ Βλέπουμε δηλαδή ότι αν χ0 > JC τότε το f" (χ0 ) = ( f ο f ο . . . ο f)(x0) είναι μία προσέγγιση του JC η οποία γίνεται καλύτερη όσο μεγαλώνει το η. Εμπειρικά μπορούμε να πούμε ότι αν το χ0 είναι κοντά στο JC τότε η ( f ο f ο f) ( χ0 ) αρκεί για να μας δώσει μία ικανοποιητική προσέγγιση του JC .

Παράδειγμα Θα προσεγγίσουμε το .J7 με πέντε επαναλήψεις, δίνοντας αρχική τιμή το χ0 = 4 .

χ, = f( 4) = Η 4 + υ = 2: = 2,8750000000 χ, = r( 2: Η[� + � J = :�� = 2,6548913043 . . .

παίρνουμε : χ3 = 2,6457670442. . . χ4 = 2,64575 1 3 1 1 1. . . χ5 = 2,64575 1 3 1 1 1 . . .

και συνεχίζοντας

Ο υπολογιστής τσέπης μας δίνει .J7 = 2,64575 13 1 1 1 Η μέθοδος αυτή προσέγγισης τετραγωνικών ριζών που είναι και η πιο απλή, εφαρμοζόταν από τους Βαβυλώνιους. Η ακολουθία αριθμών χ0, f(x0 ) , f2(x0 ) , f3 (x0) , . . . ονομάζεται τροχιά της f και το χ0 , από το οποίο ξεκινάει η τροχιά, ονομάζεται σπόρος. Η επαναλαμβανόμενη δράση μιας συνάρτησης f ξεκινώντας από ένα σπόρο χ0 , λέμε ότι αποτελεί ένα Δυναμικό Σύστημα. Αν για κάποιον πραγματικό χ0 έχουμε lim f" (χ0) = ξ τότε το ξ είναι σταθερό σημείο της f . η-Η«>

Αξίζει να δούμε τι συμβαίνει αν η συνάρτηση δεν είναι συστολή και φυσικά δεν ισχύει το θεώρημα 4. Ας πάρουμε για παράδειγμα τη συνάρτηση f(x) = χ2 , που δεν είναι συστολή. Αν lxσ l < 1 τότε lim fη (χ0 ) = Ο ενώ αν η-Η«> lxσl > 1 τότε lim fη (χ0) = +οο . Ο αναγνώστης μπορεί να κάνει δυο-τρεις επαναλήψεις και θα το διαπιστώσει χωρίς

η-Η«>

δυσκολία αφού η τροχιά της f(x) = χ2 είναι για κάθε σπόρο προβλέψιμη. Υπάρχουν όμως και συναρτήσεις, όπου με κατάλληλη επιλογή του σπόρου έχουν τροχιές αρκετά πολύπλοκες και εντελώς απρόβλεπτες και δικαιολογημένα ονομάζονται χαοτικές. Στον πίνακα που ακολουθεί φαίνονται παραδείγματα χαοτικών τροχιών της f(x) = χ2 - 2 με διαφορετικούς σπόρους. Αυτή η συνάρτηση είναι γνωστή για τις χαοτικές της τροχιές. Όπως βλέπουμε δεν υπάρχει καμία ένδειξη που θα μας βοηθήσει να προβλέψουμε την πορεία της κάθε τροχιάς.

Σπόρος 1.5 Σπόρος -1.2 Σπόρος 0.5 Σπόρος 0.500000001 Χο 1,5 -1 ,2 0,5 0,500000001

f(xo) 0,25 -0,56 -1,75 -1 ,749999999 f(χο) -1 ,9375 -1 ,6864 1 ,0625 1 ,062499997 f(x0) 1,75390625 0,84394496 -0,87109375 -0,871093757 f(x0) 1 ,076187134 -1 ,287756904 -1 ,241 195679 - 1 ,24 1 195666 f(xo) -0,841821253 -0,341682155 -0,459433287 -0,4594333 19 f(x0) -1 ,291336978 -1 ,883253305 -1 ,788921055 -1 ,788921025 f7(x0) -0,33244881 1 ,54664301 1 1 ,20023854 1 ,200238434 f'(x0) -1 ,889477789 0,392104603 -0,559427448 -0,559427701 �(χο) 1 ,5701263 15 -1 ,84625398 - 1 ,68704093 1 -1 ,687040647 f

0(x0) 0,465296646 1 ,40865376 0,846107103 0,846106144 Ακολουθεί ένας απλός αλγόριθμος σε ψευδογλώσσα, ο οποίος ζητάει από το χρήστη το σπόρο και τον

αριθμό των επαναλήψεων και τυπώνει την τροχιά της f(x) = χ2 - 2 . ΔΙΆΒΑΣΕ σπόρο,πλήθος_επαναλή ψεων f+- σπόρο ΓΙΑ ί ΑΠΟ 1 ΜΕΧΡΙ πλήθος_επαναλήψεων f+-fΛ2-2

ΓΡΑΨΕ f ΤΕΛΟΣ_ΕΠΑΝΑΛΗΨΗΣ

Μπορούμε επίσης να επέμβουμε στον κώδικα και να αλλάξουμε το τύπο της συνάρτησης. Πρέπει να σημειώσουμε ότι η πραγματική τροχιά της f αν είναι χαοτική διαφέρει από αυτή που θα τυπώσει το πρόγραμμα ειδικά αν επιλέξουμε μεyάλο αριθμό επαναλήψεων. Αυτό συμβαίνει διότι ένα από τα χαρακτηριστικά μιας χαοτικής τροχιάς είναι η ευαισθησία της τροχιάς στην ακριβή επιλογή του σπόρου και κατά συνέπεια στην ακρίβεια των αποτελεσμάτων των πράξεων (το βλέπουμε και στον προηγούμενο πίνακα στις δύο τελευταίες στήλες). Έτσι σε συνδυασμό με την αδυναμία των υπολογιστών στην απόδοση των αριθμών με πολλά δεκαδικά ψηφία οδηγούμαστε σε αποτελέσματα τόσο λάθος που η φράση «άλλα αντί άλλων» είναι η πιο εύστοχη. Άλλωστε δεν περιμέναμε το χάος να μπορεί να αποδοθεί με αριθμούς! ! !


Εuκλεiδης προτείνει

«Η καρδιά των μαθηματικών είναι τα προβλήματα και οι λύσεις και ο κύριος λόγος

ύπαρξης του μαθηματικού είναι να λύνει προβλήματα)). Ρ. R. HALMOS

Επιμέλεια: Γ. Κ. ΤΡΙΑΝΤΟΣ - Ν. Θ ΑΝΤΩΝΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θ. Α. ΤΖΙΩΤΖΙΟΣ

Η Στήλη , αφού πρώτα ευχηθεί σε όλους καλή και δημιουργική τη νέα Σχολική Χρονιά, έρχεται να απαντήσει, με τον πλέον σύντομο τρόπο, σε ένα - κατά καιρούς επαναλαμβανόμενο - ερώτημα του συναδέλφου ΓΙΩΡΓΟΥ ΔΕΛΗΣΤΑΘΗ - Κάτω Πατήσια, δίνοντας τη διπλανή καμπύλη. Προφανώς ισχύει : g(R) = ( -4,0) , γεγονός, από το οποίο προκύπτει ότι : ημχ + ημ3χ + ημ7χ < 2 , για κάθε χ ε R . ..

ΑΣΚΗΣΗ 1 92 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 ) 1 t Αν για τους θετικούς πραγματικούς αριθμούς x,y, z ισχύει για x=y=z=3 · Η συνάρτηση g(t) = 1_t με ισχύει χ + y + z = 1 , τότε να δειχθεi ότι ισχύει:

+ - - + - - s -Mfz

�χ 3 yz + x zx + y 2

'

(ΓΙΩΡΓΟΣ Α ΠΟΠΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ - Μεσολόyyι ) ΛΥΣΗ 18 :( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΑΝΝΑΡΟΣ - Πύργος) Επειδή χ + y + z = 1 , είναι: xy + z = xy + 1 - χ - y = 1 - x - y(l - x) = (1 - x)(l - y) = (y + z)(x + y)

ι--χ..:....y __ =�-χ- . �-Υ- (Αρ. - Γεωμ. Μέσος)

(x + z)(y + z) x + z y + z

� .!.(_χ_+_Υ_) (1). Κυκλικά, έχουμε: 2 x + z y + z � � .!_(_Y_+ _z_) (2) και ν� 2 x + y x + z � � .!_(_z_+ _x_) (3). Με πρόσθεση ν� 2 z + y x + y

8f � 1 χ Υ + - - + - - � -(-- +--yz + x zx + y 2 x + z y + z

y z z χ 1 x + z y + z +--+--+--+--) = -(--+--x + y x+z z+y x + y 2 x + z y + z x + y 1 3 1 +--) = -(1 + 1 + 1) = - . Το = αν χ = y = z = - . x + y 2 2 3

Λ ΥΣΗ 2" (Γ. Π ΑΜΑ ΤΟΓΙΑΝΝΗΣ - Δροσιά).

xy xy χ Υ , -- = = - · - , (Αρ. - Γεωμ. Μεσος): xy+z xy+1-x-y 1-χ 1-y

Ο< t < 1 κοίλη, αφού g"(t) =� < Ο . Από ανισ. (1 -t)

x+y+z 1 3 JENSEN S � g(x)+g(y)+g(z) �3 ·g( )= 3g(-) =-3 3 2 Λ ΥΣΗ 38 ( ΡΟΔΟΛΦΟΣ ΜΠΟΡΗΣ - Δάφνη)

Θέτουμε χ = kL , y = Lm ,z = mk , όπου Α k = εφ- , 2 L = εφ Β ,m = εφ!:. με Α, Β, Γ ε (0,�) . Επειδή 2 2 2

1 kL + Lm + mk = 1 => m(L + k) = 1 - kL => - = m Α Β

k + L 1 εφ- + εφ- Γ Α + Β -- => -- = 2 2 => σφ- = εφ--1 - kL Γ Α Β 2 2 εφ- 1 - εφ-εφ-2 2 2

π - Γ Α + Β π - Γ Α + Β � εφ-- = εφ-- � -- + νπ = -- (1) 2 2 2 2

, Α + Β + Γ 3π π 3π Ομως, 0 < < - => Ο < νπ + - < -2 2 2 2

=>-� < ν < 1 και επειδή νεΖ, είναι ν = Ο , άρα Α+Β+Γ=π, 2 δηλ Α,Β,Γ είναι οξείες γωνίες τριγώνου ΑΒΓ. π · · 8f �2m L Β αρατηρουμε οτι: - - = 2 = r;:;-: = ημ-

χy+z � m+lαn v� +1 2

κυκλικά, � yz = η μ!:.,� zx = η μ Α . Συνεπώς, yz + x 2 zx + y 2 2� xy = 2 xy � -x- + ___r_ κλ , Α Β Γ 3 κυ ικα, αρκεί να δειχθεί ότι ισχύει ημ-+ημ- + η μ- � -xy + z (1 - x)(l - y) 1 - χ 1 - y

2 � � _z_ + _L και 2� zx � _z_+ � . ν� 1 - z 1 - y zx + y 1 - z 1 - χ

Συνεπώς, αν τεθεί S = � xy + � yz + � zx , xy + z yz + x zx + y χ Υ z ισχύει ότι: S � --+ --+ - , με την ισότητα να 1 - χ 1 - y 1 - z

2 2 2 2 ' σχέση που προκύπτει εύκολα από την ανισ. JENSEN για την κοίλη συνάρτηση f(x) = η μ� . Πράγματι,

2

f(A) + f(B) + f(Γ) � 3f(Α + Β + Γ ) , δηλαδή 3

Α Β Γ Α + Β + Γ 3 ημ2

+ημ2 + η μ2

� 3ημ--6--

2 ΕΥΚΛΕΙΔΗΣ Β' 86 τ.2/70

--------------- Ευκλείδης προτείνει • • • ---------------

Λύσεις έστειλαν επίσης οι Δημήτριος Καραβότας - κάτω Αχαϊα, Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Δημήτριος Κουκάκη ς - Κιλκίς και ο μαθητής Στέλιος Βλάχος - Πετρούπολη. ΑΣΚΗΣΗ 193 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 79 ) Ν α βρεθούν οι θετικοί ακέραιοι αριθμοί χ, y, z, α, β, γ, ν που ικανοποιούν το σύστημα {Χν + yν-Ι + zν-Ζ = αν

(Σ) yv + zv-Ι + xv-z = β ν

Ζν + Χν-1 + Υ ν-Ζ = γ ν

(ΑΠΟΣτΟΛΟΣ ΚΑΖΑΚΟΠΟΥ ΛΟΣ - Θεσαλονίκη ) Λ ΥΣΗ ( ΔΙΟΝΥΣΗΣ ΓΙΑΝΝΑΡΟΣ - Πύργος ) Για ν = ι , το σύστημα παίρνει τη μορφή:

1 χ + 1 + - = α

z 1

y + 1 + - = β <:) χ 1

z + 1 + - = y Υ

1 - = α - χ - 1 z 1

- = β - y - 1 χ 1

- = γ - z - 1 Υ

(Σ) επειδή οι αριθμοί

χ, y, z, α, β, γ είναι θετικοί ακέραιοι οι εξισώσεις του (Σ) αληθεύουν μόνο για χ = y = z = ι , οπότε είναι α = β = γ = 3 . Έστω ν � 2 . Θα δείξουμε ότι δεν υπάρχουν θετικοί ακέραιοι που επαληθεύουν το σύστημα. Υποθέτουμε ότι z = max(x, y, z) . Τότε ισχύει Ζν < Ζν + χν-1 + Υν-2 < Ζν + Ζν-1 + zν-2 και λόγω της τρίτης εξίσωσης του συστήματος θα ισχύει zν <γν <zν +zν-Ι +zν-2 <(z+ι)" ή το αυτό z < γ < z + I , άτοπο, αφού ο αριθμός γ βρίσκεται μεταξύ δύο διαδοχικών ακεραίων και συνεπώς δεν είναι ακέραιος. Στο ίδιο συμπέρασμα καταλήγουμε αν δεχθούμε ότι ισχύει y = max(x, y, z) ή x = max(x, y, z) . Μοναδική, τελικά, λύση είναι χ = y = z = ν = ι , α = β = γ = 3 . Λύσεις έστειλαν επίσης οι Αντώνης Ιωαννίδης-Λάρισα, Ροδόλφος Μπόρης-Δάφνη, Κων. Τζαγκαράκης-Χανιά.

ΑΣΚΗΣΗ 194 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 81 ) Να βρεθούν οι ακέραιες λύσεις της εξίσωσης.

(2z + 3w)(x + y - 1) + y = 2 (1) (ΔΗΜΗΤΡΙΟΣ ΚΑΡΒΕΛΑΣ - Πεύκη ) ΛΥΣΗ ( Από τον ίδιο)

Η εξίσωση (ι) γράφεται Ax + (A + I)y = A + 2 (2) όπου

ΑΣΚΗΣΗ 195 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 8ι ) Να λυθεί στο σύνολο R η εξίσωση:

3ι2+6 6ι2+3 I ι2+Ι

2-

.-

· 15. + 2-

.-

· 15-;- + 136-

.-= 33856

(ΓΙΩΡΓΟΣ Α ΠΟΣτΟΛΟΠΟΥ ΛΟΣ - Μεσολόγγι ) Λ ΥΣΗ ( ΓΙΑΝΝΗΣ ΗΛΙΟΠΟΥ ΛΟΣ - Καλαμάτα) Προφανώς η εξίσωση ορίζεται για χ :;e Ο . 3χ2+6 I 6 Ι 6 Επειδή 2-χ- - ι5;;- = 23χ · 2;;- · ι 5;;- = 2;;- · (8 - ι 5)χ '

6χ2 +3 I 3 I I 2-χ- - ι 5;;- = 26χ · 2;;- · Ι5;;- = 26χ · (8 · ι 5);;- και

χ'+Ι χ+.!. � 136 χ = 136 χ αν τεθεί Α1 = 2χ · (8 · Ι5)χ +

I I

26χ · (8 · Ι 5);;- και Α2 = ι36χ+;;- , τότε για χ > Ο από την ανισότητα αριθμητικού - γεωμετρικού μέσου έχουμε:

Α1 � 2�2� · (8 · Ι 5)χ · 26χ · (8 · ι 5)� 6(χ+.!.) χ� 62 2 6 = 2 2 χ · (8 · Ι5) χ � 2../2 . · (8 · ι5) =2 · 2 · 8 · ι5 = ι5360,

I

Α2 = 1 36χ+;;- � ι362 = ι8496 (για κάθε χ > Ο ισχύει Ι χ +- � 2 η ισότητα ισχύει μόνο για χ = Ι ). Έτσι, χ

έχουμε: Α1 +� � ι5360+ι8496 =33856 , που σημαίνει ότι η μοναδική θετική λύση της εξίσωσης είναι χ = ι . Α ν είναι χ < Ο , τότε όλοι οι εκθέτες του πρώτου μέλους της εξίσωσης είναι αρνητικοί οπότε Α1 + Α2 � 3 < 33856 , που σημαίνει ότι η εξίσωση δεν δέχεται αρνητική λύση. Τελικά, η χ = Ι είναι η μοναδική λύση της εξίσωσης. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Γιώργος Δεληστάθης - Κ. Πατήσια, Ν ικόλαος Παύλου Χαλκίδα, Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος. Γιώργος Μήτσιος - Ράμια Άρτας, Δημήτρης Κουκάκη ς - Κιλκίς. ΑΣΚΗΣΗ 196 ( ΤΕΥΧΟΥΣ 8 ι ) Αν οι ετερόσημοι πραγματικοί αριθμοί x,y και ο α Ε R ικανοποιούν τη σχέση:

ΧΖ ΥΖ 5 χ Υ 2(- + -) · az - - · (- + -) · a = 3 (1)

ΥΖ ΧΖ 2 Υ χ Να βρεθεί η μέγιστη και η ελάχιστη τιμή του a •

(Μαθητής ΚΩΝ. Ί'ΣΟΥΒΑΛΑΣ-Μύρινα Λήμνσυ). Α = 2z + 3w . Αν Α=Ο, η 2z + 3w = Ο δέχεται άπειρες Λ ΥΣΗ ( ΓΙΩΡΓΟΣ ΜΗΤΣΙΟΣ - Ράμια Άρτας )

λύσεις της μορφής z = -3k , w = 2k , k Ε Ζ και η Αν a = Ο η (1) είναι αδύνατη. Άρα, a :;e Ο . Θέτουμε (2) <:::> y = 2 , x = m,m E Z . Άρα, η (2) έχει άπειρες �+ I = k . Προφανώς, ισχύει k � -2 , αφού λύσεις (x, y, z,w) = (m,2,-3k, 2k) ,m, k E Z . Aν A :;e O , Υ χ επειδή (Α,Α + ι) = ι , η εξίσωση (2) έχει άπειρες λύσεις, k + 2 = � + Ι + 2 = χ2 + Υ2 + 2xy =

(χ + y)2 � Ο με την που σύμφωνα με τα όσα αναπτύχθηκαν στο τεύχος 8 ι , y χ xy xy προκύπτουν ως εξής: (2) <:::>Ak+y=2 <:::>y=2-Ak,k E Z . ισότητα να ισχύει μόνο για x + y = O . Τότε, είναι Με αντικατάσταση στη (2), έχουμε χ = -ι + (Α + ι)k . χ2 f χ y x y - +- = (-+-)2 -2-- = k2 -2 , και η (1) ισοδυναμεί Επειδή η εξίσωση Α = 2z + 3w έχει λύσεις της μορφής z=-A+3m,w=A-2m,mEZ, το σύνολο λύσεων της (ι) προκύπτει από τις σχέσεις: χ=-ι +(A+I)k, y = 2- Ak , z = -Α + 3m , w = Α - 2m , Α, k , m τυχαίοι ακέραιοι. Λύσεις έστειλαν επίσης οι Διονύσης Γιάνναρος - Πύργος, Ροδόλφος Μπόρη ς - Δάφνη, Γιάννης Ηλιόπουλος - Καλαμάτα.

f χ2 Υ χ y x 5 με την 2(k2 - 2)a2 -- ka -3 = Ο και τελικά με την 2

4a2k2 - 5ak - 8a2 -6 = Ο (2). Η εξίσωση (2) με άγνωστο k έχει διακρίνουσα Δ = 25a 2 + ι6a 2 (8a 2 + 6) > Ο και άρα


--------------- Ευκλείδης προτείνει . . . ---------------

8a2 6 Παρατηρούμε ότι τα τρίγωνα ΗΒΓ, ΑΒΓ και ΗΑΒ έχουν ίζ k k ' ' k 1r + ο έχει ρ' ες 1 < 2 ετεροσημες, αφου �� =-� < ίσους περιγεγραμμένους κύκλους. Πράγματι είναι

, 5a - .JΔ. και πρέπει k1 S -2 < Ο < k2 • Ετσι, k1 = 2 � -2 <=> 8a

<=>v'Δ�1&ι2+5a(3). Αν 16a2 + 5a < O δηλ. -1

56 <

a < O ,

τότε η (3) ισχύει. Αν 16a2 + 5a � Ο δηλ a � _2_ ή 16

a � Ο τότε η (3) ισοδυναμεί με Δ�{l&ι2 +5a)2 και (μετά από πράξεις) με την 4a2 +5a-3�0 <=> a e[11ι.�] με

5+.fi3 5 -5+J73 a1 =--- <-- και a2 = > Ο . Οι τιμές 8 16 8

αυτές του a δίνουν k = k1 = -2 και χ = -y "Φ Ο . Άρα,

' -5+../73 . 5 + J73 ειναι ιmxa=� =-8- και mιn a = a1 = -8

.

Λύσεις έστειλαν επίσης οι Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Διονύσης Γιάνvαρος - Πύργος, Δημήτριος Κουκάκης - Κιλκίς, Κ ων. Τζαγκαράκης - Χανιά.

ΑΣΚΗΣΗ 197 { ΤΕΥΧΟΥΣ 8 1 ) Δίνεται αμβλυγώνιο τρίγωνο ΑΒΓ. Να αποδειχθεί ότι ο περιγεγραμμένος κύκλος του, ακτίνας R, τέμνει τον κύκλο Euler του τριγώνου αυτού κατά χορδή μήκους

d = 4R p(p + l) , όπου p = συνΑσυνΒσυνΓ . 8p - l (ΠΩΡΓΟΣ ΤΡΙΑΝΗ)Σ - Αθήνα ) ΛΥΣΗ (ΠΕΛ ΙΟΣ Π ΠΡΟΛΕΚΑΣ - Δραπετσώνα) Είναι γνωστά από την Ευκ:λείδια Γεωμετρία τα εξής: Το κέντρο S του κύκλου Euler του τριγώνου ΑΒΓ είναι το μέσον του τμήματος ΗΟ, όπου Η είναι το ορθόκεντρο και Ο το περίκεντρο του τριγώνου ΑΒΓ.

Λ Λ Λ Λ ΒΗΓ + ΒΑΓ = π, ΗΓΒ+ ΗΑΒ = π . Από τον νόμο των

Λ ημιτόνων στο ΗΑΒ: ΗΑ = 2Rημ(ΗΒΑ) =

π Λ Λ 2Rημ(--ΖΑΒ) = 2Rσυν(ΖΑΒ) = 2Rσυν(Β+ Ι)= -2RσυνΑ ( 4) 2 Λ

Από το ορθογώνιο ΗΔΒ: ΗΔ=ΗΒ·συ\ο(ΒΗΔ) =ΗΒ·συνΓ= Λ π Λ

2Rημ(ΗΓΒ) · συνΓ = 2Rημ(-- ΓΗΔ) · συνΓ = 2 π 2Rημ(- - Β) · συνΓ = 2RσυνΒ · συνΓ (5) 2

Η (3) από (4), (5): -8R2συνΑσυνΒσυνΓ = 4 · 0S2 - R2 � 4 ·0S2 = -8R2 · p+R2 = R2 {1-8p) (6) . Θέτουμε OS = k , άρα η ( 6): 4k2 = R 2 (1 -8Ρ) (7). Στο

KSO το ΚΝ είναι ύψος του. Συνεπώς, ΚΝ = � Εκsο ,

2 I R 3R + 2k δηλ. ΚΝ =kVτ(τ-2χτ-RΧτ-k) (7), με τ = 4 ,

R R+2k 2k-R 3R-2k , τ-- =--,τ-R=-- , τ-k= -- . Τοτε η (7): 2 4 4 4 ΚΝ=� (3R+2kXR+2k)(2k-RX3R-2k) = k 64·4 Ι

r----(4k2 - R2){9R2 - 4k2) (6> p{l + p) = 2 = 2R -- = 64 · 4 · k2 8p - 1

� d = ΚΛ = 2 · ΚΝ = 4R p{l + p) 8p - 1

Σχόλιο: Ο Δ. ΓΙΑΝΝΑΡΟΣ παρατηρεί ότι: Σε κάθε ΑΒΓ ισχύουν: 1 . συνΑσυνΒσυνΓ > -1 <=> p > -1 .

2. 8συνΑσυνΒσυνΓ � 1 <::::>8p � 1 <=>p � � . Η ισότητα ισχύει 8

μόνο για ισόπλευρο. Στη περίπτωση του αμβλυγωνίου,

IXP+1)<0,8p-1 <0 άρα η p(p + 1) ορίζεται καλώς. 8p - 1

Λύσεις έστειλαν επίσης οι Ροδόλφος Μπόρης - Δάφνη, Διονύσης ΓΙάνναρος-Πύργος, Κωνσταντίνος Τάγαρης-Πύργος.

ΠΡΟΤΕΙΝΟΜΕΝΑ ΘΕΜΑΤΑ 213. Δίνονται οι μιγαδικοί z1 , z2 , ... , zv τέτοιοι, ώστε zl + z2 + . . . + Ζν = ο ' lzl l = lz2 1 = . . . = lzv I = 1 Αν z είναι τυχαίος μιγαδικός αριθμός, τότε να δειχθεί

Άρα ιnvι'\ει ότι HS = SO (1 ). Η ακτίνα του κύκλου Euler · 1 1 1 Ι + + Ι Ι > -��.� οτι: z - z1 + z - z2 . . . z - zv _ ν . του τριγώνου ΑΒΓ είναι ίση με SK = R , όπου R είναι η ΑΝΤΩΝΗΣ ΙΩΑΝΝ ΙΔΗΣ - Λάρισα.

2 2 1 4. Τετραπλεύρου ΑΒΓ Δ τα μήκη των πλευρών ΑΒ, ακτίνα του περιγεγραμ- μένου κύκλου του τριγώνου ΒΓ, ΑΔ, Γ Δ είναι διαδοχικοί όροι Αρ. Προόδου. Να ΑΒΓ. Τα συμμετρικά του ορθοκέντρου Η ως προς τις δειχθεί ότι ισχύει: L2 - 4Τ2 + 3 = Ο , όπου έχει τεθεί: πλευρές του τριγώνου ΑΒΓ βρίσκονται πάνω στον Α Γ Β 2 Δ περιγεγραμμένο κύκλο του τριγώνου ΑΒΓ. Άρα, είναι ημ2 -+ημ2 - ημ2 - + ημ -ΗΔ = ΔΜ (2). Επειδή ΗΑΜ είναι τέμνουσα του κύκλου L = 2 2 και Τ = 2 2 .

2 Α 2 Γ 2 Β 2 Δ (O,R) , ισχύει ότι: ΗΑ · ΗΜ = ΟΗ2 - R2 , σχέση που ημ - - ημ - ημ - -ημ -2 2 2 2 λόγω των (1 ),(2) δίνει: 2 · ΗΑ · ΗΔ = 4 · 0S2 - R 2 (3). ΓΙΩΡΓΟΣ ΗΙΑΝΤΟΣ - Αθήνα.


«Μου φαίνεται απίστευτο ότι συνέβη όσο ζούσα» δήλωσε ο Πήτερ Χιγκς[83 ετών]. Δεν ήξερε πως να κρύψει την συγκίνησή του, όταν, μετά από πενήντα περίπου χρόνια, είδε την πειραματική επιβεβαίωση της υπόθεσής του: το πεδίο Higgs υπάρχει, και η απόδειξη παρουσιάστηκε σε ολόκληρο τον κόσμο πριν λίγους μήνες).

Μου λένε πως τα μαθηματικά δύσκολα είναι κι αδυνατούν αντιληπτά να γίνουν. Το λάθος έγκειται στην άρνησή μας να σκύψουμε τον ψίθυρό τους ν ' αφουΊκραστούμε ή στη φοβία που ενδεχομένως καλλιεργούμε -ή μας καλλιεργούν;-απέναντί τους όμοια με κείνη προς τον ξένο που απορρίπτουμε πεισματικά μη θέλοντας τη δική του Ίλώσσα να μάθουμε -ξύλινη δεν είναι-. Υπήρχαν ή τα ανακαλύψαμε; (Λουκία Ροδίτου - μαθηματικός)

Το 1964, ο βρετανός φυσικός Πίτερ Χιyκς είχε προεξοφλήσει την ύπαρξη του μποζονίου, διατυπώνοντας τη θεωρία του πεδίου Χιyκς, ενός πεδίου που διαπερνά το Σύμπαν ακόμη και το κενό, με συνέπεια να δυσκολεύει την κίνηση των σωματιδίων δίνοντας μάζα στα στοιχειώδη σωματίδια, μάλιστα όσο πιο πολύ δυσκολεύεται ένα σωματίδιο να κινηθεί, τόσο μεγαλύτερη είναι η μάζα του. Το μποζόνιο του Χιyκς που ανακαλύφθηκε από τους ερευνητές του CERN, είναι το σωματίδιο που είναι υπεύθυνο για την ύπαρξη μάζας, χωρίς την οποία δεν θα υπήρχε βαρύτητα στο Σύμπαν. Πρόκειται για τον κρίκο που έλειπε στην αλυσίδα των στοιχειωδών σωματιδίων. Το μποζόνιο του Χιyκς θεωρείται από τους φυσικούς ως το κλειδί της θεμελιώδους δομής της ύλης. "Διαβήκαμε ένα νέο στάδιο στην κατανόηση της φύσης. Η ανακάλυψη του θα ανοίξει τον δρόμο και σε άλλα μυστήρια του Σύμπαντός", δήλωσε ο γενικός διευθυντής του CERN Rolf Heuer. Το παρατσούκλι «σωματίδιο του θεού» ·προέρχεται από τον τίτλο ενός βιβλίου του νομπελίστα φυσικού Leon Ledeπnan: ο Ledeπnan ήθελε να αναφέρsι το μποζόνιο στον τίτλο ως «αναθεματισμένο σωματίδιο)) (goddamn particle ), το οποίο έγινε «σωματίδιο του Θεού)) έπειτα από παρέμβαση του εκδότη. Ο Πίτερ Χιyκς απεχθάνεται το παρατσούκλι αυτό, καθώς θεωρεί ότι προσβάλλει όσους είναι θρησκευόμενοι.

Σύμφωνα με τη σύγχρονη Φυσική, όλες οι μορφές ύλης, από τα στοιχειώδη συστατικά των ατόμων μέχρι τους μακρινούς γαλαξίες, αποτελούνται από δύο κατηγορίες σωματιδίων: τα λεγόμενα «φερμιόνιω) (προς τιμήν του Ιταλού φυσικού Φέρμι), σαν τα ηλεκτρόνια, τα πρωτόνια και τα νετρόνια, θεμελιώδεις λίθους της «συμπαγούρ), ας το πούμε έτσι, ύλης- και τα «μποζόνιω) (προς τιμήν του Ινδού φυσικομαθημτικού Μπόζε, συνεργάτη του Αϊνστάιν), σαν τα φωτόνια, που συνθέτουν το φως, φορείς των δυνάμεων που έλκουν ή απωθούν τα υλικά σωματίδια. Το μεγάλο όνειρο του Αϊνστάιν, τα τελευταία 30 χρόνια της ζωής του ήταν να θεμελιώσει μια ενιαία φυσική θεωρία, η οποία θα εξηγούσε όλες τις δυνάμεις (βαρύτητά, ηλεκτρομαγνητικές, πυρηνικές) και όλα τα στοιχειώδη σωματίδια της ύλης για να περιγράψει με ενιαίο τρόπο όλες τις δυνάμεις της Φύσης. Από τη δεκαετία του '60 μέχρι το 2000, η ανακάλυψη σειράς στοιχειωδών σωματιδίων όπως των περίφημων «κουάρΚ)), δομικών λίθων των πρωτονίων και των νετρονίων) έδωσε στερεότητα σε αυτό το θεωρητικό οικοδόμημα. Απέμενε ωστόσο το ασύλληπτο «μποζόνιο


------------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν ------------

Χιγκς», αυτό που θα εξηγούσε τον τρόπο με τον οποίο τα σωματίδια αποκτούν τη μάζα τους. Ο πειραματικός εντοπισμός του απαιτούσε την κατασκευή ενός τεράστιου επιταχυντή, που θα οδηγούσε δέσμες σωματιδίων σε μετωπική σύγκρουση σχεδόν με την ταχύτητα του φωτός, έτσι κατασκευάστηκε το CERN. Πάντως, η ανακάλυψη του μποζονίου είναι ιστορικής σημασίας γιατί μπορεί να είναι το κλειδί ώστε οι επιστήμονες να εξηγήσουν άλλα φαινόμενα όπως τη φύση της βαρύτητας, τη σκοτεινή ενέργεια και σκοτεινή ύλη που καλύπτουν το 96% του Σύμπαντος. [(τ. 8 1 «Χάος, Γαία, Έρως>>])

Γρίφοι Παράξενη πρόσθεση Αντικαταστήστε τα γράμματα με αριθμούς ώστε

να έχουμε αυτό το αποτέλεσμα: (τα πρώτα γράμματα δεν είναι μηδέν, οι λέξεις στοιχίζονται δεξιά)

Π Ε ΝΤΕ ΠΕΝΤΕ Π Ε ΝΤΕ

ΕΦΤΑ ΕΦΤΑ

55577 Ο Αριθμός 15873 Πολλαπλασιάστε τον αριθμό με τα 9 πρώτα πολ

λαπλάσια του 7 και θα εκπλαγείτε. Ο διαβάτης Κάποιος διαβάτης φτάνει σ' ένα σταυροδρόμι. Έ

χει να διαλέξει ανάμεσα σε τρία μονοπάτια. Ο διαβάτης θέλει να βαδίσει αυτό που οδηγεί στην τελειότητα και ξέρει καλά ότι μόνο ένα από τα τρία μονοπάτια οδηγεί σ' αυτήν. Το μονοπάτι προς τα δεξιά έχει μια mνακίδα που γράφει: «Αυτό το μονοπάτι οδηγεί στην τελειότηται>. Το μονοπάτι προς τα εμπρός έχει μια πινακίδα που γράφει: «Αυτό το μονοπάτι δεν οδηγεί στην τελειότητα». Το μονοπάτι προς τα αριστερά έχει μια mνακίδα που γράφει: « Το μονοπάτι προς τα εμπρός δεν οδηγεί στην τελειότητα». Εκείνη την στιγμή εμφανίζεται μια παράξενη γριά μάγισσα(κάτι σαν Πυθία) και του λέει: «Τουλάχιστον μία mνακίδα λέει την αλήθεια και τουλάχιστον μία mνακίδα λέει ψέματα. Βρες τώρα μόνος σου ποιο μονοπάτι πρέπει να τραβήξεις>>. «Γιατί δε μου λες κατευθείαν ποιο είναι το μονοπάτι της τελειότητας;» ρωτάει ο διαβάτης. «Δεν έχει αξία να σ' τα δίνουν όλα έτοιμα. Προσπάθησε μόνος σου να βρεις αυτό που ζητάς», του απάντησε η γριά και έφυγε. Και πράγματι, ύστερα από λίγη προσπάθεια, ο διαβάτης μας βρήκε το μονοπάτι της τελειότητας. Πώς σκέφτηκε και βρήκε τη λύση;

Οι δίδυμοι Δύο δίδυμοι παρουσιάζονται στο δικαστήριο. «0

ένας από αυτούς λέει πάντοτε ψέματα, ενώ ο άλλος πότε ψέματα και πότε την αλήθεια». Ο ένας δίδυμος, ο Τάσος, είχε διαπράξει ένα αδίκημα. (Ο Τάσος δεν είναι κατ' ανάγκη αυτός που λέει πάντοτε ψέματα). "Είσαι ο Τάσος;" ρωτάει ο δικαστής τον πρώτο δίδυμο. "Ναι, είμαι" του απαντάει. "Είσαι ο Τάσος;" ξα-

ναρωτάει ο δικαστής τον δεύτερο δίδυμο. Αφού του απάντησε και αυτός (Ναι ή Όχι), ο δικαστής βρήκε αμέσως ποιος ήταν ο Τάσος.-Ήταν ο πρώτος ή ο δεύτερος δίδυμος;

Τι έγινε το Ευρώ; Τρεις φίλοι μπαίνουν σε μια κάβα και αγοράζουν

ένα μπουκάλι καλό κρασί που κοστίζει 30€ δίνοντας 1 0€ ο καθένας. Φεύγοντας, τους προλαβαίνει ο υπάλληλος και τους λέει πως έκανε λάθος γιατί το μπουκάλι στοιχίζει 25€ και όχι 30€ γι' αυτό τους επιστρέφει 5€ ρέστα. Αυτοί αφού δεν μπορούν να μοιράσουν τις 5€ στα τρία, παίρνουν ο καθένας από 1 € και δίνουν 2€ φιλοδώρημα στον υπάλληλο για την καλή του πράξη. Στο τέλος όμως σκέφτονται: Έδωσε ο καθένας μας 1 Ο € και πήρε ένα πίσω, άρα 9€. Τρεις φορές το 9€ μας κάνει 27€ και 2€ για το φιλοδώρημα, 29€. Τι έγινε το 1 €;

Γνωρίζετε ότι . . . Διαβάζετε Αρχαία Ελληνικά γιατί Θεραπεύουν . . .

Σύμφωνα με την θεωρία, του Καθηγητού Εήc Haνelock η οποία στηρίζεται στον Πλάτωνα, το αρχαίο Ελληνικό αλφάβητο προκάλεσε πακτωλό αφηρημένων εννοιών στον Αρχαίο Ελληνικό κόσμο, λόγω ενεργοποίησης του εγκεφάλου των χρηστών του. Σε συνέδριο του 1988 τα επιστημονικά αποτελέσματα τα οποία υποστηρίζουν την θεωρία του Haνelock είναι τα εξής:

α) Η περιοχή Broca, που βρίσκεται στην αριστερή πλευρά του εγκεφάλου, ενεργοποιήθηκε λίγο περισσότερο, λόγω του Ελληνικού αλφαβήτου διότι χρησιμοποιήθηκαν επιτυχώς φωνήεντα σε γραφή για πρώτη φορά.

β) Ο ανθρώπινος εγκέφαλος επαναπρογραμματίστηκε ριζικώς.

γ) Η πιο πάνω αναφερθείσα συγκλονιστική μεταβολή στην λειτουργία του εγκεφάλου προκάλεσε μία ουσιώδη αλλαγή στην ψυχολογία των χρηστών του Ελληνικού αλφαβήτου από την οποία προέκυψε η ανάγκη επικοινωνίας των πολιτών δια της λειτουργίας του θεάτρου. •:• Το νερό που πίνουμε έχει ηλικία 3 δις έτη; •:• Εάν τα πρωτόνια και τα νετρόνια είχαν διάμετρο

1 Ο cm, τα κουάρκ και τα ηλεκτρόνια θα είχαν διάμετρο μικρότερη από Ο, 1 mm, ενώ όλο το άτομο θα είχε διάμετρο 10 km ! ! ! Δηλαδή περισσότερο από το 99,99% του ατόμου είναι κενός χώρος;

•:• Κάθε χρόνο, ο ήλιος χάνει 360 εκατομμύρια τό-


-------------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν -------------

νους μάζας; •:• Στην εποχή του Πλάτωνα οι άνθρωποι πίστευαν

στην πιθανή ύπαρξη ζωής κάτω από την επιφάνεια της γης. Ο ίδιος ο Πλάτωνας πίστευε ότι η γη στο εσωτερικό της είναι γεμάτη σπηλιές και διόδους. Ο ερευνητής Halley κατέληξε στο συμπέρασμα, ότι υπάρχει μια σφαίρα στο εσωτερικό της γης, με το δικό της ξεχωριστό μαγνητικό πεδίο . . .

Αθώωσαν τον Σωκράτη ιιετά από 2.410 χρόνια. •• ; Ομοσπονδιακό Δικαστήριο της Νέας Υόρκης, το Μάη 2012, αθώωσε το Σωκράτη μετά από 2.410 χρόνια. Σε μια ιστορική δίκη, με aρχαιοελληνικά στοιχεία και συνάμα με σύγχρονες αντιλήψεις, δοσμένες με νομικές εκφάνσεις και χιούμορ, εκατοντάδες θεατές είχαν την ευκαιρία να βιώσουν μια εκπληκτική "παράσταση" της αλήθειας, του νόμου και της ελληνικής κληρονομιάς. Τη μεταφορά της δίκης του Σωκράτη, σε μια από τις πιο αντιπροσωπευτικές δικαστικές αίθουσες της Αμερικανικής Δικαιοσύνης, ανέλαβε το Ίδρυμα Αλέξανδρος Ωνάση, καταφέρνοντας να πετύχει τη συμμετοχή κορυφαίων δικαστών και διαπρεπών δικηγόρων της νεοϋορκέζικης νομικής ελίτ. Το δικαστικό σώμα διχάστηκε μπροστά σε χείμαρρο επιχειρημάτων και ρητορικών λόγων από τις δυο πλευρές, αναδεικνύοντας παράλληλα το διαχρονικό σκεπτικισμό για την πολύκροτη δίκη του Σωκράτη, που προβληματίζει κάθε φορά που μεταφέρεται ο χρόνος, ο τόπος και η επικρατούσα κατάσταση της τότε εποχής.

Στη δίκη του Μανχάταν, εξετάστηκαν όλες οι κατηΎορίες που βάρυναν το Σωκράτη το 399 π. Χ., με σκοπό να αποφανθούν οι Αθηναίοι αν είναι "ένοχος" ή "αθώος", κατη-yορούμενος pa "ασέβεια προς τους θεούς" και pa "διαφθορά των νέων".

Κατά τη δίκη, ο Σωκράτης επέδειξε θάρρος, είχε χιούμορ και σε μερικές περιπτώσεις προκαλούσε το δικαστήριο. Η κατηγορούσα αρχή υποστήριξε ότι οι ιδέες του διαφθείρουν τους νέους και aποσταθεροποιούν τους θεσμούς της Πολιτείας, ενώ οι συνήγοροι υπεράσπισης στήριξαν τα επιχειρήματά τους σε κλασσικά ντοκουμέντα και με σύγχρονες διατυπώσεις. Οι τρεις δικαστές ήταν ο Ντένις Τζέικομπς (πρόεδρος του δεύτερου ομοσπονδιακού εφετείου ΗΠΑ), ο οποίος προήδρευσε, η Λορέτα Πρέσκα (πρόεδρος ομοσπονδιακού δικαστηρίου της νότιας περιφέρειας Νέας Υόρκης) και η Κάρολ Μπέγκλεϊ Έιμον (πρόεδρος ομοσπονδιακού δικαστηρίου της ανατολικής περιφέρειας Νέας Υόρκης). Οι δυο πρώτοι ψήφισαν υπέρ της αθώωσης του Σωκράτη και η τρίτη τον καταδίκασε. Δημόσιοι κατήγοροι, εκπροσωπώντας την Πόλη των Αθηνών, ήταν ο δικηγόρος, οικονομολόγος και πρόεδρος του Ιδρύματος Αλέξαν-

δρος Ωνάση, Αντώνης Παπαδημητρίου και ο έφεδρος συνταγματάρχης και νυν αναπληρωτής εισαγγελέας στη Νέα Υόρκη, Μάθιου Μπογδάνος. Συνήγ�ρος υπεράσπισης ήταν ο Έντι Χέις και την Απολογία του Σωκράτη έκανε ο Μπενζαμίν Μπράφμαν. Και οι δυο είναι διακεκριμένοι ποινικολόγοι. Με την απόφαση του δικαστηρίου συμφώνησαν 1 85 θεατές-ένορκοι, διαφώνησαν 29. Ο πρόεδρος του Ιδρύματος Αλέξανδρος Ωνάσης, Αντώνης Παπαδημητρίου, δήλω<fε ότι "όσα χρόνια και να περάσουν, είναι πολύ δύσκολο να καταδικασrεί ο Σωκράτης, ο οποίος αναγνωρίζεται απ' όλους για την τεράσrια συμβολή του στη φιλοσοφική σκέψη", υπογραμμίζοντας παράλληλα ότι "δεν πρέπει όμως να λησμονούμε ότι η δίκη του Σωκράτη ήταν απολύτως νόμιμη και ότι ο ίδιος ο Σrοκράτης ήταν αυτός που προκάλεσε το θάνατό του. 'Οπως υποστήριξα στη δίκη, για λόγους δικανικούς, έπρεπε να καταδικαστεί. Αυτό όμως ήταν στην Αθήνα · της εποχής εκείνης. Δηλαδή, πιστεύω ότι η Αθήνα έδωσε στο Σωκράτη μια δίκαιη δίκη και του επέτρεψε να αμυνθεί και να υπερασπιστεί τον εαυτό του". Η δίκη έγινε μέσα σε μια εκπληκτική δικαστική αίθουσα από πραγματικούς σπουδαίους δικαστές, από διάσημους δικηγόρους, δίδοντας μια σοβαρότητα και ένα ρεαλισμό. Αθώωση μεν, αλλά και μια μειοψηφία που υποστήριξε ότι υπήρχαν και λόγοι που η Αθήνα έκανε αυτό που έπρεπε να κάνει. Βεβαίως, γεννιούνται παγκόσμια και αιώνια ερωτήματα απ' αυτή τη δίκη που θα συνεχίσουν να προβληματίζουν τον κόσμο. Το ίδρυμα Ωνάση θα κυκλοφορήσει σε DVD αυτή τη δίκη και θα τη δημοσιοποιήσει στο διαδίκτυ-ο.

Μηχανισμός των Α ντικυθήρων Εθνικό Μουσείο -Αθήνα, έκθεση, μέχρι Απρίλη 2013

Ο Μηχανισμός (Υπολογιστής) των Αντικυθήρων έχει ονομαστεί ένα αστρονομικό όργανο που μετρούσε τις εκλείψεις του Ηλίου, της Σελήνης και τις τροχιές των πλανητών. Είναι από τις πιο σημαντικές μηχανικές εφευρέσεις στην ιστορία της aνθρωπότητας. Η ανακάλυψη του έγινε τυχαία το 1 900 από Συμιακούς σφουγγαράδες που επέστρεφαν από τη Λι

πάειγια σφουγγάρια. Στο γυρισμό έπεσαν σε φουρτούνα, που τους ανάγκασε να παρακάμψουν και να δέσουν σε όρμο των Αντικυθήρων. Εκεί, κάποιοι από τους σφουγγαράδες

�1!!1 αποφάσισαν να εξερευνήσουν .......,ο.=.;, ___ ....... τον βυθό της περιοχής.

Έτσι βρήκαν κατά σύμπτωση ένα ρωμαικο ναυάγιο σε βάθος 60 μέτρων με πλουσιότατο φορτίο: κοσμήματα, αγάλματα μαρμάρινα και μπρούτζινα ήταν διάσπαρτα στον πυθμένα. Ανάμεσά τους ήταν τα γνωστά σήμερα γλυπτά ο Έφηβος των Αντικυθήρων, ο Φιλόσοφος των Αντικυθήρων και το περίεργο εύρημα: ένα κουτί (20χ30χ8 εle") με μπρούτζινα και ξύλινα μέρη που είχαν παραμορφωθεί από τη διά-


-------------- Τα Μαθηματικά μας Διασκεδάζουν ------------

βρωση. Πολλοί ερευνητές ασχολήθηκαν μέχρι που μπτον, ο χαλκούς, το δίχαλκον, το ημιώβολον, ο οβοδιαπίστωσαν στα τέλη του 2005, με ειδικό ψηφιακό λός, το διώβολον, το τριώβολον, το τετράβολον, η

τομογράφο, ότι επρόκει- δραχμή, το δίδραχμον ή στατήρας, το τετράδραχμον, η το για τον πιο σύνθετο μνα και το τάλαντο. Οι Λύδωι έκοψαν πρώτοι χρυσά μηχανισμό της αρχαιότη- και ασημένια νομίσματα. Η δραχμή, ελληνική νομιτας που χρονολογείται σματική μονάδα, t:yινε περίπου το 874 π.Χ. και έπερίπου έναν αιώνα π.Χ.. κλεισε τον κύκλο της ζωής της το 1001 με την αντι-

κατάστασή της από το ευρώ. Πήρε το όνομά της από

•> Νόμισμα ήταν η αρχαία ελληνική λέξη για το ρήμα «δράτrομαω, που σημαίνει «πιάνω σφιχτά την ποσότητα που χωράει στην παλάμη μου)). Στην παλάμη χωρούσαν έξι οβολοί, γι' αυτό και η «ισοτιμία)) της δραχμής καθορίστηκε ως 1δρχ./6 οβολούς.

το «χρήμα)) και προέρχεται από τα: νέμω, νόμος,

Χάλκινο τάλαντο από ναυάγιο βρέθηκε στην Κύμη Ευβοίας

στα μέσα του 1 6ου π.Χ. !

νομός, νόμισμα. Δηλαδή τα νομίσματα αναγνωρίζονται ως προϊόν κοινωνικών συμβάσεων με δεδομένες αξίες στις συναλλαγές. Πιο απλά νόμισμα = το νενομισμένο = το επι-τρεπόμενο στις ε

ντός νομικής ισχύος συναλλαγές και Χρήμα = χρώμαι, χρήσιμο πράγμα κοινό μέσω ανταλλαγής και πληρωμών;

Σύμφωνα με τον Αριστοτέλη ("Πολιτικά"), πολύ πριν γίνει χρήση του νομίσματος ως μέσου ανταλλαγής, οι aρχέγονες κοινότητες αντάλλασσαν μεταξύ τους τα απολύτως χρήmμα στην ζωή χωρίς κανένα ενδιάμεσο και αργότερα μεταπήδησαν στο στάδιο των χρηματικών συναλλαγών. Έτm έχουμε στην αρχαία Αθήνα τα νομίσματα π.χ. «δεκάβοων)) = 10 βόδια, «εκατόμβοιον))= 100 βόδια. Τα πρώτα νομίσματα ήταν σιδερένια και χάλκινα και τα είχαν επινοήσει οι Έλληνες επί Μίνωα και Θησέα. Τα νομίσματα των αρχαίων ήσαν : το πέ-

Ο Αριστοτέλης στην Αθηναίων Πολιτεία μας πληροφορεί πως ο Σόλωνας έκανε υποτίμηση στη δραχμή, πριν 1 μνα διαιρείτο σε 70 δραχμές και επί Σόλωνα έγινε 1 μνα = 100 δραχμές. Τα πρώτα νομίσματα, όπως και σήμερα, ήταν δυο λογιών, τα μικρής και μεγάλης αξίας. Τα μικρής αξίας αρχικά ήσαν μικρά τμήματα χαλκού ή μπρούτζου, μετά χρυσά και ασημένια, κυρίως βόλοι (στρογγυλές σφαίρες) ή ράβδοι (οι καλούμενοι οβελοί). Τα μεγάλης αξίας ήσαν τα καλούμενα τάλαντα, που ήσαν σε σχήμα ως δέρμα ζώου, και τα οποία άξιζαν τόσους οβελούς όσο αναλογούσε το βάρος τους. Στο επόμενο στάδω στη μια όψη τους χαράζονταν η ποσότητα του βάρος τους και στην άλλη μια ένδειξη (κάτι ως η σφραγίδα) ένα διακοσμητικό γεωμετρικό σχέδιο ή η εικόνα αγαπημένου ζώου ή θεού ή βασιλιά κ.α. Τα σημερινά επίπεδα νομίσματα προέκυψαν με κτύπημα στην κορυφή των στρογγυλών βόλων μετάλλου, ώστε να γίνουν επίπεδες πίττες γι αυτό ονομάζονταν και «παιστά)) (από το ρήμα «παίω)) που σημαίνει κτυπώ).

Ευχαριστούμε το Νίκο Πελεκανάκη και όλους όσους στηρίζουν τη στήλη αυτή.

Γρiφοι Παράξενη πρόσθεση ΠΕΝΤΕ=1 5035

ΕΦΤΑ=5236 Ο Αριθ� 15873 1 5873χ7=1 1 1 1 1 1 15873χ14=222222 15873χ21=333333 1 5873χ28=444444

Για να βρούμε αριθμούς σαν τον παραπάνω παίρνουμε κλάσμα με αριθμητή τη μονάδα και παρονομαστή ένα περιττό πολλαπλάmο του 9 μη διαιρετό δια 5 π.χ. 1/7χ9= 1/63=0,0 15873

Οι απαντήσεις στα μαθηματικά μας διασκεδάζουν

Ο διαβάτης Έστω ότι το ζητούμενο μονοπάτι είναι αυτό που οδηγεί προς τα δεξιά. Τότε η πινακίδα του γράφει αλήθεια. Όμως οι άλλες δύο πινακίδες θα γράφουν επίσης την αλήθεια. Άτοπο, διότι δεν μπορεί όλες να γράφουν την αλήθεια. Έστω ότι το ζητούμενο μονοπάτι είναι το προς τα εμπρός. Όμως τότε η πινακίδα του θα γράφει ψέματα, όπως και οι άλλες δύο πινακίδες. Άτοπο, διότι δεν μπορεί όλες οι πινακίδες να γράφουν ψέματα. Άρα το ζητούμενο μονοπάτι είναι το αριστερό. Έτσι πράγματι επαληθεύεται η γριά μάγισσα, οι δύο πινακίδες ( αριστερά και εμπρός) θα γράφουν την αλήθεια και η μία (δεξιά) θα γράφει ψέματα. Οι δίδυμοι Αν ο δεύτερος δίδυμος απαντούσε "ναι", τότε προφανώς ο δικαστής δεν θα μπορούσε να συμπεράνει ποιος ήταν ο Τάσος. Άρα, ο δεύτερος δίδυμος πρέπει να απάντησε "όχι". Αυτό σημαίνει είτε ότι και οι δύο δίδυμοι δήλωσαν την αλήθεια είτε ότι και οι δύο είπαν ψέματα. Αλλά αφού ο ένας από τους δύο λέει πάντοτε ψέματα, πρέπει να είπαν και οι δύο ψέματα. Επομένως ο δικαστής κατάλαβε ότι ο δεύτερος δίδυμος είναι ο Τάσος. Τι έγινε το Ευρώ; Οι τρείς φίλοι έδωσαν τελικά 3χ9€=27€ το φιλοδώρημα πρέπει να το αφαιρέσουμε από τα 27€ και όχι να το προσθέσουμε στα27€ δηλαδή 27€-2€ φιλοδώρημα=25€.


λοι γνωρίζουμε τις αθλητικές Ολυμπιάδες που γίνονται κάθε 4 χρόνια και τις οποίες κληρονομήσαμε από

τους Αρχαίους Έλληνες. Οι Ολυμπιακοί αγώ-το 2004 και πάλι Ελλάδα.

Ιιtι1ιιιιΙ:.ιΑ:Μ:ι1ι;ι,a;;:g Τα τελευταία χρόνια έχουν οργανωθεί Ολυμπιάδες και στις επιστήμες. Οι Διεθνείς Ολυμπιάδες είναι ένας θεσμός υψηλοτάτου επιστημονικού επιπέδου όπου συμμετέχουν τα μεγαλύτερα ταλέντα στο χώρο των επιστημών από όλο σχεδόν τον κόσμο. Είναι Ολυμπιάδες στη γνώση και τις ικανότητες που έχουν οι νέοι στα Μαθηματικά, τη Φυσική, την Βιολογία, την Πληροφορική, την Αστρονομία, τη Χημεία κ.ά. Οι Ολυμπιάδες αυτές γίνονται κάθε χρόνο. Το 2004 έγινε στη χώρα μας με μεγάλη επιτυχία, από την Ελληνική Μαθηματική Εταιρεία η 45η Διεθνής Μαθηματι-

Ολυμπιάδα 93

Οι Διεθνείς Ολυμπιάδες του 2012 •:• Η 53η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιά

δα, διοργανώθηκε στην πόλη Mar del Plata της Αργεντινής από 4 έως 16 Ιουλίου. Οι 6 μαθητές που προετοίμασε η ΕΜΕ πέτυχαν ένα Χρυσό μετάλλιο, ένα Αργυ-

ρό, τρία Χάλκινα και μια Εύφημη Μνεία καταλαμβάνοντας την 26η θέση(2η θέση στην Ευρώπη). Συμμετείχαν 100 χώρες και 548 μαθητές. Τα τρία τελευταία χρόνια στα μαθηματικά η χώρα μας έχει συνεχείς επιτυχίες: το 2009 στη Βρέμη της Γερμανίας είχαμε 3 Χάλκινα και 3 Εύφημες Μνείες. Το 2010 στην Αστάνα του Καζακστάν είχαμε 2 Αργυρά μετάλλια και 4 Εύφημες Μνείες. Το 2011 στο Άμστερνταμ της Ολλανδίας ένα Χρυσό, 3 Χάλκινα και μια Εύφημο Μνεία. Το 2013 η 54η Διεθνής Μαθηματική Ολυμπιάδα θα διεξαχθεί στην Κολομβία.

•:• Η 43η Διεθνής Ολυμπιάδα Φυσικής διοργανώθηκε στην Tallinn της Εσθονίας πήραν μέρος μαθητές από 85 χώρες. Την ομάδα της Ελλάδας προετοίμασε η Ένωση Ελλήνων Φυσικών. Πήρε ένα Χάλκινο Μετάλλιο και δύο Εύφημες Μνείες.

•:• Η 6η Διεθνής Ολυμπιάδα ΑστρονομίαςΑστροφυσικής έγινε τον Αύγουστο στο Ρίο Ντε

Η πενταμελής ελληνική ομάδα κατέκτησε ένα Αργυρό μετάλλιο, δύο Χάλκινα και δύο Εύφημες Μνείες. Πήραν μέρος 20 χώρες με 140 μαθητές. Το 2013 η 11 Διεθνής Ολυμπιάδα Αστρονομίας - Αστροφυσικής θα γίνει στην Ελλάδα στην πόλη του Βόλου.

•:• Η 24η Διεθνής Ολυμπιάδα Πληροφορικής πραγματοποιήθηκε από τις 23 έως τις 30 Σεπτεμβρίου στην Λομβαρδία της Ιταλίας κοντά στο Μιλάνο, η Ελληνική ομάδα


----------------------------------------------------------- Ολυμπιάδες ---------------------------------------------------------

πήρε ένα Ασημένιο μετάλλιο. Στην Ολυ- Αυτοί οι χαρισματικοί νέοι, που θα βρεθούν

μπιάδα συμμετείχαν 320 νέοι κάτω των 19 εκτός Ελλάδας, πιστεύουμε να μη χάσουν την

ετών από 82 χώρες. Στην Ελλάδα η ΕΠΥ επαφή τους με την Ελλάδα και να συμβά-

είχε διοργανώσει το 1991 την 3η Ολυμπιά- λουν στην πνευματική, επιστημονική και οι-

δα και το 2004 την 16η Ολυμπιάδα. κονομική ανάπτυξή της .

• •

I ΙΞ ,.. __ Oiymρiιdin-

I T A L Y lake garda - lombardy

Το 201 3 η 25η Ολυμπιάδα θα διεξαχθεί στο Bήsbane της Αbστραλίας.

•:• Η 44η Διεθνής Ολυμπιάδα Χημείας πραγματοποιήθηκε τον Ιούλιο στην Ουάσιγκτον των ΗΠΑ. Η τετραμελής Ελληνική ομάδα της Ένωσης Ελλήνων Χημικών γύρισε με ένα Χάλκινο μετάλλιο.

-�-�.-� . · ·

•:• Η 23η Διεθνής Ολυμπιάδα Βιολογίας, διοργανώθηκε στη Σιγκαπούρη το δεύτερο δεκαήμερο του Ιουλίου. Πήραν μέρος 60 χώρες με 250 μαθητές. Οι μαθητές της Ελληνικής αποστολής κέρδισαν ένα Χάλκινο μετάλλιο και μία Εύφημο Μνεία. Η Ελλάδα, μέσω της ΠΕΒ, συμμετέχει από το 2005 και είναι η δεύτερη φορά τα τελευταία τρία χρόνια που πετυχαίνει διάκριση. Η Ελλάδα που επιμένει . • •

Σύμφωνα με την ισχύουσα νομοθεσία οι μαθητές που διακρίνονται κερδίζοντας μετά.Αλιο σε Βαλκανιάδες ή Ολυμπιάδες έχουν δικαίωμα εισα'1ω'1ής σε τμήμα A.E.L ή τ.Ε.Ι. της επιλοmς τους.

Διακρίσεις στην 15η Μαθηματική Μεσογειάδα

Διακρίσεις είχαμε και στην 1 5η Μαθηματική Μεσσογειάδα 20 12. Οι επιτυχίες της Ελληνικής ομάδας ήταν μεγάλες. Τα βραβεία ήταν ένα Χρυσό, 2 Αργυρά, 3 Χάλκινα. Οι μαθητές που διακρίθηκαν είναι: Λώλας Παναγιώτης Τρίκαλα Αθανασίου Νικόλαος Δράμα Τσαμπασίδης Ζαχαρίας Κατερίνη Τσίνας Κωνσταντίνος Τρίκαλα Σκιαδόπουλος Αθηναγόρας Ρόδος Βλάχος Στυλιανός Αθήνα Βλάχου Βασιλική Αθήνα

Συνάντηση Προέδρων Ευρωπαϊκής Μαθηματικής Εταιρείας Στις 3 1 Μαρτίου με 1 Απριλίου 201 2 διοργα

νώθηκε στην Πράγα συνάντηση των Προέδρων των Μαθηματικών Εταιρειών των χωρών μελών της bυρ��

Κάποιοι προσπαθούν να μας πείσουν ότι σ' αυτή τη χώρα κατοικεί ένας λαός χωρίς ικανότητες, που ζει σε βάρος των ά/.λων και δεν εργάζεται. Όμως οι χιλιάδες μαθητές μας που συμμετέχουν σε αυτούς τους Διαγωνισμούς και διακρίνονται, οι καθηγητές που aφιλοκερδώς εργάζονται για την προετοιμασία των μαθητών και την πραγματοποίηση των Διαγωνι- Η συνάντηση έγινε στη Βίλα Lanna, έδρα σμών, οι επιστήμονες και οι αντίστοιχες επι- της Ακαδημίας Επιστημών της Τσεχικής Δημοστημονικές ενώσεις που κοπιάζουν εθελοντι- κρατίας, στα πλαίσια του εορτασμού της 1 50ης

κά για την οργάνωσή τους, αποτελούν απο- επετείου ίδρυσης της Ένωσης των Τσέχων Μαστομωτική απάντηση. Οι νέοι μας αποτελούν θηματικών και Φυσικών. Την Ελληνική Μαθητο μέλλον της χώρας και ευελπιστούμε να ματική Εταιρεία εκπροσώπησε ο Αν. καθηγητής τους δοθούν τα κίνητρα και οι δυνατότητες να του ΕΜΠ και Αντιπρόεδρος του ΔΣ της ΕΜΕ κ. διακριθούν εντός ή εκτός της χώρας μας. Α νάιηυρος Φελλούρης.


ρα ε' α Νόμaελ 2012 Η μεγαλύτερη επιβράβευση που μπορεί να έχει ένα� επισ�μονας ,ή διαν?ούμενος γι� τα επιτευγματα του, περα απο την ψυχικη

του αγαλλίαση, είναι και το βραβείο Νόμπελ. Ο θεσμός των Νόμπελ χρονολογείται στα 190 1 . Δίνονται κάθε χρόνο στη μνήμη του εφευρέτη της νιτρογλυκερίνης και της δυναμίτιδας Σουηδού Χημικού Alfred Bernhard Nobel(1833-1896). Στη διαθήκη του ο Νόμπελ, άφηνε την τεράστια περιουσία του για βραβεία στη Φυσική, την Ιατρική ή Φυσιολογία, τη Λογοτεχνία, τη Χημεία και την Ειρήνη ή Φιλανθρωπία. Το 1965 η τράπεζα της Σουηδίας καθιέρωσε και το βραβείο των Οικονομικών Επιστημών στη μνήμη του Nobe1 (με τα εφαρμοσμένα μαθηματικά να περικλείονται μέσα σε αυτές). Το βραβείο αυτό πήραν και μαθηματικοί όπως ο John Nash Αμερικανός μαθηματικός που βραβεύτηκε το 1 994 στη θεωρία των παιγνίων,

μοιράστηκε το βραβείο με τον οικονομολόγο John C. Harsanyi και τον μαθηματικό Reinhard Se1ten. [σχετικά και στο τεύχος 81]. Όλα τα βραβεία δίνονται στην Στοκχόλμη, εκτός από το Νόμπελ Ειρήνης που δίνεται

στο Όσλο της Νορβηγίας. Δίνονται κάθε χρόνο στις 1 0 Δεκεμβρίου (η επέτειος θανάτου του ιδρυτή τους). Στη Σουηδία θεωρείται πολύ σημαντικό γεγονός, καθηλώνοντας το 90% των Σουηδών στις τηλεοράσεις τους την ημέρα της τελετής. Το χρηματικό έπαθλο είναι: χρυσό μετάλλιο τιμητικό δίπλωμα και 1 εκατομμύριο δολάρια. Το χρηματικό βραβείο το 201 2 θα είναι μειωμένο κατά 20% σε σχέση με πέρυσι, λόγω της οικονομικής κρίσης. Από τη λίστα των επιστημών που έγραψε στη διαθήκη του ο ΝόμΠελ λείπουν τα μαθηματικά. Ο πραγματικός λόγος είναι άγνωστος ωστόσο πολλά είναι τα σενάρια. Δεν ξέρουμε αν θα υπήρχαν οι άλλες επιστήμες για να -δοθούν βραβεία Νόμπελ αν δεν υπήρχαν τα μαθηματικά. Η παράλειψη αυτή για τα μαθηματικά έχει συμπληρωθεί σήμερα με άλλα έπαθλα. Έτσι η μεγαλύτερη τιμή που μπορεί να λάβει ένας μαθηματικός είναι το μετάλλιο Fields ή το βραβείο Abel ή το βραβείο «Shaw» της Ασίας. Τα βραβεία αυτά είναι αντίστοιχα του Νόμπελ με τα ίδια περίπου έπαθλα. Το βραβείο «Shaw>> το 201 1 πήρε ο μεγάλος Έλληνας μαθηματικός και φυσικός Δημή-

τρης Χριστοδούλου, ο οποίος έχει βαθειά γνώση για την Αρχαία Ελλάδα και θεωρεί ότι ο αρχαίος ελληνικός πολιτισμός στον επιστημονικό τομέα έκανε τέτοια τομή στην ιστορία της aνθρωπότητας και στην εξέλιξη του ανθρώπινου είδους, η οποία δεν επαναλήφθηκε ποτέ μέχρι σήμερα. Ο Χριστοδούλου σε ηλικία 21 ετών ήταν καθηγητής στο Πανεπιστήμιο Αθηνών. Τα μετάλλια Fields απονέμονται κάθε τέσσερα χρόνια από το 1936. Το βραβείο θεσπίστηκε από τον Καναδό μαθηματικό Τζον Φιλντς και απονέμεται σε μαθηματικούς έως 40 χρόvων. Όμως ο Ρώσος μαθηματικός Γκριγκόρι Πέρελμαν που έλυσε μετά από 100 χρόνια την υπόθεση του Poincare στην τοπολογία, αρνήθηκε το βραβείο και τα χρήματα, αν και είναι πάμπτωχος. Το βραβείο Abel απονέμεται κάθε χρόνο από το 2003 στη Νορβηγία.

ltCΙJ: � Ύμt11ιQ) 2ίf)h� ��: Ψ Στα μαθηματικά

Η Νορβηγική Ακαδημία Επιστημών και Γ ραμμάτων που απονέμει κάθε χρόνο σε έναν ή περισσότερους εξαίρετους μαθηματικούς το Βραβείο Άμπελ, ανακοίνωσε ότι για το 2012 το βραβείο δίνεται στον Ούγγρο μαθηματικό Εντρέ Σεμεράντι. Ο Σεμεράντι εργάζεται στο Ουγγρικό Ινστιτούτο Μαθηματικών Άλφρεντ Ρένιι και στο τμήμα επιστήμης των υπολογιστών του Πανεπιστημίου Ράτγκερς της Αμερικής. Οι μαθηματικές εργασίες του Σεμεράντι έχουν βοηθήσει καθοριστικά στην ανακάλυψη των σχέσεων ανάμεσα στους αριθμούς και στις πληροφορίες και έχουν συμβάλει καθοριστικά στην ανάπτυξη της πληροφορικής και του διαδικτύου: •:• Στην Ιατρική

Το βραβείο Νόμπελ Ιατρικής για το 201 2 πάει στους Τζόν Γκούρντον (John Gurdon) Βρετανό και Σίνια Γιαμανάκα (Shinya Υ amanaka) Ιάπωνα για την ανακάλυψή τους ότι ώριμα κύτταρα μπορούν να επαναπρογραμματιστούν ώστε να γίνουν πολυδύναμα κύτταρα.

Ο Γκούρντον αντικατέστησε τον πυρήνα πρώιμων κυττάρων βατράχου με πυρήνα που πήρε από κύτταρα ώριμων κυττάρων. Το τροποποιημένο κύτταρο αναπτύχθηκε κανονικά σε γυρίνο. Δηλαδή το DNA του ώριμου κυττάρου είχε όλη την απαραίτητη πληροφορία για την ανάπτυξη των πρώιμων - αδιαφοροποίητων αυτών κυττάρων σε βάτραχο. Ο Σίνια Γιαμανάκα ανακάλυψε πως ώριμα


Εκδόσεις της Ελληνικής Μαθηματικής Εταιρείας

Τιμή τεύχους: 3€

ΆΣΤΡΟ ΒΟΣ

Τιμή τεύχους: 10€

ν" Ο ΘΑΛΗΣ ,/ Ο fΥΚΛΕΙΔΗΣ ,/ Ο ΛΡΧΙΜΗΔΗΣ ,/ Ο ΜΕΣΟΓΕΙΑΚΟΣ ΜΑΘΗΜΛτJΚΟΣ. ΔfΑfΩΝΙΣ.ΜΟΣ

• Τα προβλήματα

ΑΘΗΝι\ 2007

Τιμή βιβλίου: 30€

Τιμή τεύχους: 3€ Τιμή τεύχους: 3,5€

Τιμή τεύχους: 10€ Τιμή τεύχους: 10€

Τιμή βιβλίου: 20€ Τιμή βιβλίου: 20€

Κεντρική Διάθεση : Πανε-rrιστημίου 34 - Αθήνα

τηλ. : 2 1 0 36 1 6532 , 2 1 0 36 1 7784 fαχ : 2 1 0 3641 025

www . hms .gr e - mαil : info@hms . gr

Ευκλειδης Β 86

Documents

Transcript of Ευκλειδης Β 86